Ön Bilgiler

T I M U R K A R A Ç A Y- H A Y D A R E Ş - İ B R A H I M İ B R A H I M O Ğ L U
CALCULUS
S E Ç K I N YAY I N C I L I K
Copyright © 2017 Timur Karaçay-Haydar Eş-İbrahim İbrahimoğlu
bu kitap ba şkent üniversitesinde hazirlanmi ştir.
ankara
Büyün hakları saklıdır. Yazarların izni alınmaksızın, bu kitabın tamamı vaya bir kısmı elektronik, mekanik, fotokopi
veya başka bir yolla çoğaltılamaz, kopyalanamaz, basılamaz, internet ve bilgisayar ortamında tutulamaz. Bu konuda
TELİF HAKLARI YASASI HÜKÜMLERİ geçerlidir.
Birinci baskı, Eylül 2017
Contents
Ön Bilgiler
9
Mantık ve Matemtik
17
Önermeler Cebiri
27
Sezgisel Kümeler Kuramı
Açık Önermeler
53
Kümeler Cebiri
61
Bağıntılar
71
Kümeler Ailesi
87
Denklik Bağıntıları
Tikel Sıralama
97
105
Tümel Sıralama
115
İyi Sıralama
117
Fonksiyonlar
125
İşlem
137
Fonksiyon İşlemleri
163
47
6
Matematiksel Yapılar
177
Doğal Saylar Üzerinde Aritmetik
Doğal Sayıların Kuruluşu
Karmaşık Sayılar
Sayılabilirlik
187
201
213
241
SAYILAMAYAN SONSUZ KÜMELER
Nicelik Sayıları
SIRA SAYILARI
271
285
AKSİYOMLAR VE PARADOKSLAR
SEÇME AKSİYOMU
Index
315
253
303
297
7
Cumhuriyeti kuranlara adanmıştır.
Ön Bilgiler
Bu kitapta, matematiğin temeli olan mantık, kümeler, sayılar ve
sonsuz kavramı sık sık kullanılacaktır. Ancak o kavramların anlatımı calculus’un içeriğinde değildir. Genellikle Soyut Matematik
ya da Soyut Cebir derslerinde işlenen konulardır. O nedenle, sözü
geçen kavramların çok kısa tanımlarını vererek onları kullanmaya
başlayacağız. Bu konularda eksiklik duyanlar Soyut Matematik
kitaplarına başvurabilirler.
Analiz Öğretimi
İki Milenyum Süren Sorunlar
1
Türkçe’ye Genel Matematik adıyla yerleşen ve İngilizce’de
calculus denilen matematik dersi mantık, kümeler, sayılar, sıralama,
sonsuz ve limit kavramlarına dayalıdır.
nsuz büyük sayıların ortaya çıkışı beşinci işlem diye adlandırılam limit işlemini
Bir zamanlar matematiği ilkel (elementary) ve yüksek (Higher) diye ikiye ayırmak
çok basit bir şekilde yapılırdı. Yalnız dört işlemi içeren matematik ilkel matematik,
rak limit eklendiğinde ortaya çıkan matematiğe de yüksek matematik denirdi.
mlerin ve matematiksel yapıların çok büyük çoğunluğu sayılar üzerinde kuruludur.
snelere yapılan genelleştirmelerde de sayıların özelikleri taklit edilir. Bu yöntemin
basar. Yöntemin bize verdiği harikulade yapılar, yalnız matematik sanatında
ğı soyut güzellikleri ortaya koymakla kalmaz, bilimin, özellikle fiziğin gerekseme
üretir. Matematiğin bu yöndeki gelişimi insanın doğa olaylarına egemen olma
a neden oldu.
Calculus, başlangıçta infinitesimal calculus diye adlandırılırdı. İlgi
alanları o zamanlar yeni olan limit, fonksiyon, türev integral ve sonsuz
seriler idi. Infinitesimal calculus’un İngiliz matematikçi ve fizikçi
Isaac Newton (4 Ocak 1643 - 31 Mart 1727) ve Alman matematilçi
Gottfried Wilhelm Leibniz (1 Temmuz 1646 - 14 Kasım 1716) tarafından birbirlerinden bağımsız olarak geliştirildiğini kabul edilir.
17.yüzyılda ortaya konan infinitesimal calculus (sonsuz küçükler ve
sonsuz büyükler hesabı) doğa olaylarını açıklamakta etkin bir araç
oldu.
Matemetik tarihine girmeden irrasyonel sayıların ortaya çıkışını
anlatlamak eksiklik yaratır. Yine de konuya kısa bir dokunuş için
şimdi kabul ettiğimiz tanımlara dayanacağız. a ve b 6= 0 tamsayılar
olmak üzere ba biçiminde yazılabilen sayılara rasyonel, böyle yazıla-
1
İki Milenyum
10
calculus
Figure 1: Wilhelm Richard Dedekind
Figure 2: Augustin-Louis Cauchy
Figure 3: Theodor Wilhelm Weierstrass
mayanlara da irrasyonel sayı diyoruz. Aslında irrasyonel terimi
hesaplanamayan oranlar (immensurable ratio) adıyla ortaya çıktı.
Çıkış yerlerine bakılınca insan aklının onu bağımsız olarak farklı
coğrafyalarda yarattığı söylenebilir. Eski Yunan, İran, Hint, Çin
uygarlıklarında hesaplanamayan oranlar hep insan aklını şu ya
da bu şekilde meşgul etmiştir. Şimdi hesaplanamayan oranları
kolayca ifade ediyoruz. Bir sayma sisteminde, örneğin on tabanlı
sistemdeki yazılışlarında kesir basamakları sonsuza uzanıyor ve
haneler tekrarlı değilse o tür sayılar irrasyonel sayıdır.
İşin zor yanı şudur: aritmetiğin temeli olan dört işlemde kullandığımız yöntem, daima sayının sağdaki son basamağından
başlar. Rasyonel sayılarda bunu kolayca yapıyoruz. Ama irrasyonel
sayılarda, onlu açılımın sonsuz ve tekrarlanmayan hanesi var; sağda
son basamağa erişilemez. Dolayısıyla, dört işlem yöntemlerimiz onlara uygulanamaz. Zaten ’hesaplanamayan oranlar (incommensurable)
sözü de bunu ifade ediyor olmalıdır.
Sayı ekseni üzerine rasyonel sayıları yerleştirdiğimiz zaman,
irrasyonel sayılara karşılık gelen boşlukları yoketmek için geometrik yöntemler revaçta olsa bile, aritmetik yöntemlerle boşlukları yoketme çabası Fransız matematikçi Baron Augustin-Louis
Cauchy (21 August 1789 - 23 May 1857), Alman matematikçi Karl
Theodor Wilhelm Weierstrass (31 Ekim 1815 - 19 Şubat 1897), alman
matematikçi Julius Wilhelm Richard Dedekind (6 Ekim 1831 - 12
Şubat 1916) ve kendi dönemlerinin ünlü öteki matematikçileri geometrik yollara dayalı yöntemleri aritmetik yöntemlere çevirmeye
çalıştılar. Bu çabaların sonunda Dedekind rasyonel sayıları gerçel
sayılara genişleten ve bu gün kendi adıyla anılan Dedekind Kesimini 1858 yılında buldu; ama o önemli bulguyu ancak 1872 yılında
yayınladı.
Calculus’a yeni başlayanların zor anladığı Dedekind Kesimi rasyonel sayı dizilerinin limiti olarak ifade edilebilir. Limit kavramı
topolojik bir kavram olsa bile, calculus’a yeni başlayan öğrencilerin sezgisel olarak kolayca algılayacakları bir kavramdır. zaten
calculus’un büyük çoğunluğu limit kavramını kullanıyor. O nedenle, rasyonel sayılardan irrasyonel sayılara genişleme eylemini
limit sezgisine dayandırarak, Luitzen Egbertus Jan Brouwer (18811966)’in dediği gibi, kavramların algılanmasını öğrencinin sezgisine
dayandırmak daha etkin bir yol olacaktır.
Ne demek istediğimizi tarihi değeri olan problemlerle açıklayabiliriz. Bir zamanlar irrasyonel sayılar bilinmiyordu. M.Ö. 500
yıllarında varlığı bilinen Pisagor okulu, birim kenarlı ikizkenar
√
üçgenin hipotenüsünün uzunluğu olan 2 sayısını görmezden
geldi. ’Bir çemberin çevresinin, yarıçapının kaç katı olduğu’ sorusuna
dünyanın en akıllı adamları yanıt aradı. Olmayan yerde sürdürülen
bu arayış M.Ö. dönemlerden başlayıp irrasyonel sayıların ortaya
çıktığı 19.yüzyıla kadar sürdü. Bu çok çok uzun bir süredir. Bu
uzun sürede, örneğin, Arşimedin bulduğu yöntem soruya rasyonel
sayılar içinde verilebilecek en iyi yanıtı vermekle kalmıyor, adını
koymadan limit kavramından yararlanıyordu. Elealı Zenon (MÖ
ön bilgiler
490 - MÖ 430) ’tavşan kaplumbğaya yetişemez’ diyerek halktan haklı
bir deli ünvanını aldı. Ama onun aldığı ünvanın onura dönüşmesi
sonsuz serilerin ve ona dayalı limit kavramının ortaya çıkışına
kadar iki bin yıldan fazla bir zaman dilimini aldı. 18.yüzyılın
başlarında sonsuz serilerin ürünü olarak ortaya çıkan e sayısı ile
milattan önceki dönemlerden gelen π sayısının transandant sayılar
olduğunun ispatının yapıldığı 18.yüzyılın sonuna kadar rasyonel
sayı kümesini genişletme zorunluğu görülmüyordu.
Genel Matematik derslerinde, matematiğin iki milenyum sonunda aşabildiği iki önemli problemin yarattığı zorlukla karşılaşılır.
Birincisi rasyonel sayılar kümesini gerçel sayılar kümesine genişletmektir. Burada irrasyonel sayıların tanımlanması matematiğe yeni
başlayanlar için çok kolay olmayan bir sorundur. İkinci zorluk,
sonludan sonsuza geçiştir. Bu iki zorluğu aşmanın yöntemlerini
matematik elbette ortaya koymuştur. Ama bilimde ufuk açan bu iki
konunun öğretiminde başarılı olduğumuz tartışılabilir.
Doğal Sayıları Peano aksiyomları ile ya da kümelerin öğelerini
eşleştirerek tanımlamakta bir zorlukla karşılaşılmaz. Doğal sayıların
grup genişlemesi olarak tam sayılar kümesini (halka) tanımlamak mümkündür. Tamsayılar halkasını içeren ek küçük cismin
rasyonel sayılar cismi olduğunu söylemek de çok sorun yaratmaz. Aslında bu genişlemeler, isteniyorsa, aksiyomatik yöntemler yerine cebirsel yöntemlerle de yapılabilir. Sayı kümelerinin
genişletilmesi konusunda ilk zorluk rasyonel sayılardan irrasyonel
sayılara genişlemedir. Çoğunlukla, sayı ekseni üzerinde rasyonel
olmayan noktalara karşılık gelen boşlukları irrasyonel sayıların
doldurduğunu söyleyerek yaptığımız öğretim konunun gerektirdiği cebirsel işlemlerin genişlemesini içermez. Oysa, irrasyonel
sayı içeren dört işlemin hiç birisini tam yapamayız. Onun yerine,
irrasyonel sayıya istediğimiz kadar yakın bir rasyonel sayı alır,
işlemi onunla gerçekleştiririz. Bu yaklaşımın tipik örneği irrasyonel
π sayısıdır. Ortaöğretimde π = 3.14 eşitliğini kullanan öğrenci
üniversitede π = 3.1416 eşitliğini kullanmaya başlar, ama eylemin
gerisinde yatan büyük düşünceyi algılamayabilir. Oysa, matematik
öğretimi mekanik işlemler yapmayı öğretmek yerine, matematiğin
yarattığı soylu düşünceleri algılatmalıdır.
Rasyonel sayılardan irrasyonel sayılara geçiş için kullanılan farklı
yöntemleri üç sınıfa ayırmak mümkün görünmektedir:
1. Dedekind Kesimi
2. Rasyonel dizilerin limitleri
3. Aksiyomatik Yöntem
Dedekind Kesimi, irrasyonel sayılar bilinmiyorken rasyonel sayılardan irrasyonel sayılara genişlemeyi sağlayan ilk yöntemdir. O
nedenle başlı başına taşıdığı tarihi değerin yanında yöntemin kendi
değeri de çok büyüktür: Dedekind kesimi gerçel sayılar kümesini
sıralı bir cisim olarak kurar; rasyonel sayıları bu cisim içine gömer.
Böylece rasyonel sayılarda tanımlı olan işlemler (toplama, çıkarma,
11
Figure 4: Isaac Newton
Figure 5: Elealı Zenon
Figure 6: Giuseppe Peano (1858–1932)
12
calculus
çarpma, bölme) işlemleri ile sıralama eylemi gerçel sayılar üzerine
genişletilmiş olur. Bunun yanında analizin sık kullanığı aşağıdaki
teoremleri elde eder. Bu teoremler analizin omurgasıdır.
2
Tamlık
Theorem 0.1. 2 Gerçel sayılar tamdır.
Bu teorem, gerçel sayılardaki her Cauchy dizisinin gerçel sayılar
kümesinde bir limite yakınsadığını söyler.
3
Yoğunluk
Theorem 0.2. 3 Rasyonel sayılar gerçel sayılar kümesinde yoğundur.
Bu teorem, herhangi iki gerçel sayı arasında sonsuz tane rasyonel
sayı olduğunu söyler. Başka türlü söylersek, her gerçel sayıya
yakınsayan rasyonal diziler vardır. Bu özelik irrasyonel sayılarla
yaklaşık değerli işlem yapmamızı sağlar. Günlük yaşamda olduğu
kadar bilimin ve tekniğin esas aracıdır.
Theorem 0.3. Gerçel sayıların boş olmayan ve üstten sınırlı her alt
kümesinin en küçük üst sınırı (supremum) vardır.
Bu teoremde geçen sayıların negatiflerini alırsak;
4
infimum, supremum
Theorem 0.4. 4 Gerçel sayıların boş olmayan ve alttan sınırlı her alt
kümesimin en büyük alt sınırı (infimum) vardır.
teoremini elde ederiz.
Yoğunluk topolojik bir özeliktir, ama ardışım (succession) cebirsel bir özeliktir. Bu teoremlerin hepsi analiz derslerinde kanıtlanır. Bu kitapta, teoremlerin kanıtları yapılana kadar, onların
geçerliğini varsayacağız. Bu var saymayı birer aksiyom olarak
algılamayacak; yalnızca bize gerekli önbilgiler olarak sayacağız.
5
6
Arşimet Özeliği
İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu
Theorem 0.5. 5 (Arşimet Özeliği) Her gerçel sayıdan daha büyük olan bir
doğal sayı vardır; yani her x ∈ R sayısına karşılık x < n olacak biçimde
bir n ∈ N doğal sayısı vardır.
Theorem 0.6. 6 İrrasyonel sayılar gerçel sayılar kümesinde yoğundur.
Bu teorem, herhangi iki gerçel sayı arasında sonsuz tane irrasyonel sayı olduğunu söyler; Teorem 0.2’in irrasyonel sayılar için ifade
edilmiş şeklidir.
Sayı kümelerini
1. N : Doğal sayılar
2. Z : Tam sayılar
3. Q : Rasyonel saylar
4. R : Gerçel sayılar
5. C : Kompleks sayılar
N⊂Z
Z⊂Q
Q⊂R
7
R
⊂
C
diye sınıflandırırız. Bu kümeler arasında N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C kapsaması vardır7 . İlk üçü üzerindeki işlemleri (fonksiyonları) yalın
aritmetik yöntemleriyle yaparız. Ama onları R kümesine genişletirken, genellikle, şeylerin üstündeki örtüyü kaldırıp, ileride anlaşılacak bazı konuları şimdiden öğrencinin sezgisine dayandırmak
ön bilgiler
13
daha doğru olabilir. Brouwer’in önerdiği gibi, zaten matematiğin
bir çok konusunu öğretirken öğrencinin sezgisine dayanırız. Bunu
apaçık yapmakta ne sakınca olabilir.
√
√
Gerçel sayılar bir gruptur deriz, ama 2 + 2 yi toplama
√
işlemiyle karşılaşınca, 2 2 nesne sayma yanıtını vererek konuyu
√
elimizdeki şalla örteriz. Burada 2 nin irrasyonel sayının adı olan
bir resim olduğunu söylemez, bu iki sayının toplamını nasıl yaptığımızı anlatmayız. Yaptığımız iş
5 + 5 = 2 tane 5
gibidir. Oysa 5 + 5 = 10 işlemine benzer bir işlem yapmalıyız.
Öğrencilerin çoğu, irrasyonel sayılarla tam işlem yapılamayacağının,
irrasyonel sayı içeren her işlemin aslında rasyonel sayılara dönüş
yapan ve ancak yaklaşık değer veren bir işlem olduğunun bilincine
varamaz. Bu öğrenciler, yaptığımız hilenin farkına varmaz. Bu
örnekler çoğaltılabilir.
Gerçel sayılar rasyonel dizilerin limitleridir. O zaman limiti yeni
bir nesne olarak kabul edip, gerçel sayıları bu nesnelerinin denklik
sınıfları olarak tanımlamak doğru ve sezgisel anlatılması mümkün
olan bir yoldur. Denklik sınıflarını zaten kümeler kuramında işliyoruz. Aynı limite giden diziler aynı gerçel sayıyı tanımlayacaklarına
göre, onların denklik sınıflarını gerçel sayı kümesi olarak anlatmak
olduğu kadar pedagojik olacaktır.
Mantık ve Matematik
Okuma Parçası
Tarih Öncesi Çağlarda, insanın mukayese yoluyla akıl yürüttüğünü söyleyebiliriz. Hemen her olguda olduğu gibi, doğru
düşünme kurallarının ortaya çıkması da tarih içinde bir gelişim,
bir evrim geçirmiştir. Buna bir başlangıç noktası seçilemez. Ancak, antik çağdan günümüze gelen kalıtlarda, mantık ile uğraşan
düşünürlerin varolduğu görülmektedir. Bunlar arasında, mantık
biliminin oluşmasında en etkili olanı Aristo (M.Ö.384-322)’dur.
M.Ö. 600-300 yıllarında ortaya çıkan usavurma kurallarını Aristo
sistemleştirdi. Organon (alet) adlı eserinde ondört usavurma kuralı
(syllogism) verdi. Bu kurallar, bu günkü biçimsel mantığın temelidir
ve 2000 yılı aşkın bir zaman dilimi içinde insanoğlunun düşünme
ve doğruyu bulma eylemini etkisi altında tutmuştur. Organon,
insanlığa bırakılmış en büyük miraslardan birisidir.
Aristo’nun ortaya koyduğu kuralların oluşturduğu sisteme
Klasik Mantık, Aristo Mantığı ya da iki-değerli mantık denilir. Klasik
Mantık, 19.yüzyıla kadar egemenliğini sürdürmüştür.
Mantık önermelerle uğraşır. Her önerme bir vargı, bir bildirim, bir
bilgi’dir. Buna bazı kaynaklar yargı (hüküm) der. Bir vargı ya doğru
ya da yanlış’ tır. Buna önermenin doğruluk değeri diyoruz. İki-değerli
mantığın temeli budur. Bir önerme, hem doğru, hem de yanlış
olamayacağı gibi; biraz doğru, biraz yanlış da olamaz. Bir şey ya
Figure 7: Aristoteles (MÖ 384-322)
14
calculus
Figure 8: Augustus De Morgan
Figure 9: George Boole
Terim
Terim 8 Bir bilim, sanat, meslek dalıyla ya da bir konu ile ilgili özel
ve belirli bir kavramı olan kelime ya da deyim.
Örneğin, küp, basamak, hane, daire, pay, . . . gibi sözcüklerin
matematikteki anlamları, konuşma dilindeki anlamlarından farklıdır.
İşlem, çokgen, çarpma, nokta, düzlem, açı, sonsuz,. . . gibi sözcükler
birer matematik terimidirler.
Tanım
Tanım: 9 Bir varlığa, bir şeye özgü niteliklerin belirtilmesi, bir
sözcüğü belirleyen anlam.
8
9
10
güzeldir, ya da çirkin; ya iyidir, ya da kötü; ya aktır ya da kara vb.
Bu kesinliktir.
Aristo Mantığı konuşma diline bağlıdır. Dolayısıyla, kullandığımız
dil, çevre koşullarımız, bilgilerimiz, inançlarımız, duygularımız, vb.
önermenin doğruluk değerine etki edebilir. Başka bir deyişle,
bazı önermelerin doğruluk değerleri evrensel bir değer alamaz.
Örneğin,
"Bu gün hava soğuktur."
önermesinin doğru ya da yanlış yorumlanması, kutuptaki bir
insanla, ekvatordaki bir insana göre değişebilir.
İngiliz matematikçileri Augustus De Morgan (1806-1871) ve
George Boole (1815-1865), matematiksel yöntemleri mantığa uygulayarak, klasik mantığın çevreye bağımlılıktan doğan kusurlarını
ortadan kaldırdılar. Matematiksel Mantık adı verilen bu sistem dile,
kültüre, duygulara, çevre koşullarına bağlı değildir. Soyut bir
matematiksel yapıdır. Dolayısıyla evrenseldir; yani aynı varsayımlar
altında yapılan usa vurma (akıl yürütme) her zaman ve her yerde
aynı sonuca ulaşır.
Bu sisteme, Boole Cebiri, Boole Mantığı, Simgesel Mantık, Önermeler
Cebiri, Matematiksel Mantık,. . . gibi adlar verilir.
İki-değerli Matematiksel Mantık, bu günkü uygarlığımızın
temelidir. O olmadan, matematik olmaz. Matematik ise, çağımız biliminin, tekniğinin, teknolojisinin dayanağıdır. Başka türlü söylersek,
insanoğlunun ürettiği bilgi’nin asıl aleti mantıktır. Bunun için,
insanın bilgiyi nasıl ürettiğine kısaca bir göz atalım.
Tanımlama
11
Ad
Tanımlamak: 10 Bir kavramı bütün öğeleri ile eksiksiz anlatmak,
özel ve değişmez niteliklerini sayarak bir şeyi tanıtmak. Tarif etmek.
Tanım, tanımlanan terimi (varlığı) kesinkes belirler ve öteki terimlerden ayırır. Bu nedenle, bir tanım şu özeliklere sahip olmalıdır:
1. Tanımlanan terime bir ad verilmelidir11 .
2. İfadede bilinmeyen kavram ya da terim kullanılmamalıdır.
3. Tanımlanan terim, ait olduğu en küçük kümeye yerleştirilmelidir.
4. Tanımlanan terimi, ait olduğu kümedeki öteki varlıklardan ayırt
edecek bütün nitelikler söylenmelidir.
ön bilgiler
15
5. Gereksiz hiç bir bilgi verilmemelidir.
Örnekler12
Aşağıdaki tanımları dikkatle okuyunuz. Hangilerinin tanım
olabileceğini nedenleriyle söyleyiniz.
12
Örnek
1. Kesişmeyen iki doğru paraleldir.
2. Paralel doğrular, aynı düzlemde olan ve kesişmeyen doğrulardır.
3. İki doğrunun paralel olması için gerekli ve yeterli koşul aynı
düzlemde olmaları ve kesişmemeleridir.
Bu tanımlardan birincisi, aykırı doğruları da paralel saydığı için,
ayırdedici niteliği yoktur. İkincisi aynı düzlemde olma koşulunu
koyduğu için, uzayda paralel olan doğruları dışlamaktadır. Bu
durumda, yalnızca, üçüncü tanım geçerlidir.
Tanımlı ve Tanımsız Terimler
13
13
Tanımlı, tanımsız
Bir terimi tanımlarken, daha önceden tanımlanmış başka terim
ve kavramları kullanarak, o terimin bütün niteliklerini ve yalnızca
onları ortaya koyarız. Böyle terimlere tanımlı terimler denilir.
Ancak, her terimi tanımlarken, kendisinden önceki terimlere
başvurmayı sürdürürsek, bir başlangıç noktasına ulaşmalıyız.
Başka bir deyişle, tanımları, başka kavramlara dayanmayan terimlerin olması gerekir. Bu terimlere ilkel terimler ya da tanımsız
terimler denilir. Bu terimler, kendilerinden daha basit terimler ya
da kavramlarla açıklanamazlar. Ama, onları, sezgilerimizle kolayca algılarız. Örneğin, nokta, doğru, düzlem, üzerinde, düz, yüzey,
eşdeğerli, . . . matematiğin tanımsız terimlerindendir. öte yandan,
üçgen, işlem, rasyonel sayı, karekök, bölüm, . . . gibi terimler ise, tanımlı
terimlerdir.
Teorem: Kanıtlanabilen bilimsel önerme. Mantıksal usavurma ile
kanıtlanan önermenin ya da özeliğin bildirimi.
"Teorem" terimi yerine "Önerme", "Lemma" gibi terimler de
kullanılır.
Örnek:
Eşaçılı bir üçgen eşkenardır.
belit (aksiyom): Kendisinden daha basit terim ve kavramlarla ifade
edilemediği için varlığı kabul edilen önerme.
Belit yerine aksiyom ya da postülat da denilir.
Örnek:
İki nokta bir doğru belirler.
Uyarı 0.7. Bazı kaynaklarda bizim eşanlamlı saydığımız terimler arasında
küçük anlam farklılıkları gözetilir. Bu kitapta, o tür ayrımları önemsiz
sayacak ve eşanlamlı terimler arasında ayrım yapmayacağız.
Figure 10: İki noktdan bir doğru geçer
Mantık ve Matemtik
Okuma Parçası
Çağları Aşan matematik
Mantık tarihine kısa bir bakış
Tümel bir önermeden tikel önerme çıkarılışını sağlayan yordama
usavurma diyoruz. Mantık (usbilim-lojik) usavurma kurallarını
konu edinir. Başka bir deyişle, mantık tümdengelim yöntemlerini
inceler. Değişik kaynaklarda bazı nüans farklılıklarıyla, usavurmaya
akıl yürütme, tasım (kıyas), dedüksiyon, çıkarım, vb adlar verilir.
[23], [24], [26]
Antikçağ
MÖ 8.yy dan başlayıp MS 5.yy da sona eren zaman dilimi içinde
eski Yunan ve Roma kültürlerini içine alan felsefeye antikçağ felsefesi
denilir. Buna eski Yunan felsefesi de denmektedir. Bu dönemde
uzakdoğu, Hint, Mısır, Sümer, Akad, Babil, Asur, Hitit, Fenike,
İsrail, Pers, Kartaca vb birçok kültürler daha vardır. Bunları da içine
alan felsefeye ilkçağ felsefesi denilir.
Hemen her olguda olduğu gibi, doğru düşünme kurallarının ortaya çıkması da tarih içinde bir gelişim, bir evrim geçirmiştir. Buna
bir başlangıç noktası seçilemez. Üstelik felsefe ile mantığın ayrıldığı
tarih çizgisi belirlenemez. Eski Yunan felsefesinin önemli adları
arasında Parmenides (M.Ö.500), Zeno (M.Ö.490-430), Socrates
(M.Ö.470-399), Platon (M.Ö.428-348) ve Aristotles(M.Ö.384-322)
anılmalıdır. Aristotles, mantık biliminin doğması ve gelişmesinde
en etkili olan addır. Kendi zamanına kadar ortaya çıkan usavurma
kurallarını Aristotles sistemleştirdi. Organon (alet) adlı yapıtında
14 syllogism (usavurma kuralı) ortaya koydu. Bu kurallar bu günkü
iki-değerli mantığın temelidir. Bu kurallar, 2000 yılı aşkın bir zaman
dilimi içinde insanoğlunun düşünme ve doğruyu bulma eylemini etkisi altında tuttuğu gibi, çağımızın bilim ve teknolojisisnin
dayandığı iki-değerli matematiksel mantığın da öncüsü olmuştur.
18
calculus
Ortaçağ
14
Ortaçağ
14
Hristiyanlık en başından antik çağ felsefesine karşı oldu, onu
düşman saydı. Zaten başka türlü de olamazdı. Antik çağ felsefesinin yarattığı tanrılar veya tek ve mutlak tanrı varlıktan ayrı
değildi, varlığın kendisiydi. Başka bir deyişle, antik çağ felsefesinde
doğa-tanrı vardır. Bireysel varlıklar mekanda onun parçaları, zamanda anlarıdır. "Yoktan hiç bir şey varolmaz" kuralı antik çağ
felsefenin temelidir. Hristiyanlık ise "evreni yoktan yaratan" tanrı
kavramını getiriyordu. Yalnız oğul (İsa) ve kutsal ruh tanrıdan
çıkmıştır. Öyleyse, onlar da gerçek tanrıdır. Yoktan yaratılanlar ile
yaratan arasında mutlak ayrılık vardır. Tanrı gerçek ve hayat olan
oğulda kendisini göstermiştir. Mutlak gerçeğe sahip olduğuna göre,
Hristiyan’ın gerçeği aramasına gerek yoktur. Eğer gerçeği arıyorsa,
sahip olduğu gerçekten (oğul) şüphe ediyor demektir. Bu da İsa’yı
inkar etmesi anlamına gelir.
Ne var ki, çöken hellenizmin bıraktığı miras felsefede izini belli
ediyordu. Kilise, red ettiği antik çağ felsefesinin karşısına bir felsefe
koymak zorundaydı. Bu durum hristiyanlık üzerinde verimli bir
baskı yarattı. Platon, Aristotles ve stoacıların doktrinleri hristiyan
öğretisine uyarlandı. Hristiyanlık inancı (imanı) bir doktrin (dogma)
halinde kuruldu, sistemleşti. Hristiyan doğmatiğinin kurucusu
İskenderiye hristiyan okulunun kurucusu Origenes (MS 220) dir.
İskenderiyeli Saccas (MS 300) Aristotles’in eserlerini yorumlayarak
ortaçağa taşıdı. Din devletini kurmak isteyen Hristiyan Kilisesi Aristotles Mantığını iyice benimsedi. Ortaçağda, Hristiyan din adamları,
Aristotles’in 14 syllogism’ine 5 tane daha eklediler. Ortaya çıkan
19 kural, Hristiyan Kilisesi öğretisinin (skolastik öğreti) temeli oldu.
Bu öğretide, evrime (değişim - zaman) yer yoktur; gerekseme de
yoktur. Aristotles’in tümelden tikele giden usavurma kuralları, Hristiyan din devletinin yapısına kolayca uyarlandı. Din devletinin
yetkileri Tanrı’nın yetkileri sayıldı. Bu tümel bir gerçek (mutlak
gerçek) olarak kabul edildi. Bu gerçek asla sorgulanamazdı.
Ortaçağda yeryüzünde biricik olan islam hoşgörüsü, müslüman
olan ya da olmayan birçok bilginin islam şemsiyesi altında toplanmasına neden oldu. Ortaçağların sonlarına doğru Organon Arapça’ya çevrildi. El Kindi(805-873), El-Farabi(873-950), İbni Sina(9801037), İbni Rüşd(1126-1198) islam uygarlığının mantıkla da uğraşan
düşünürleridir. Matematik, astronomi, tıp ve felsefede ileri adımlar
atıldı. Bağdat, Mısır, Buhara, Kufe, Kurtuba, Gırnata, Toledo, Sevilla,
Valencia vb yerlerde bilime kaynak olacak okullar açıldı. Bu okullar
batının felsefi uyanışına çok yardım etmiştir. Hristiyan dünyasında
düşünce üretimi durmuşken, islam dünyasındaki bu gelişme
sürdürülebilseydi, belki tarihin akışı değişecekti. Ne var ki, akıl
ve mantığın imana ters düşemeyeceğini savunan İmam Gazali, bir
bakıma hristiyan din devleti öğretisine benzer düşünceyi savunarak,
diğer islam bilginlerine karşı çıktı. Ne yazıktır ki, Osmanlı’da ve
islam dünyasında İmam Gazali’nin düşünceleri zamanla egemen
mantik ve matemtik
19
oldu ve islam dünyasında düşünce üretimi sınırlandı [3].
Yeniçağ
İnsanın, düşüncenin sınırlanmasına başkaldırısı aniden olmadı.
Buna bir başlangıç bile konulamaz. Hristiyan dogmasına karşıt
tohumlar, kilisenin en güçlü olduğu dönemlerde, hatta hristiyanlığın gelişme döneminde atılmıştır. Zamanla yeşeren bu tohumlar yenidendoğuşu (rönesas) yarattı. Bir çok bilginin, kaşifin,
düşünürün bitmez çabalarıyla yeni fikirler oluştu. 1547 yılında
Alman Papaz Martin Luther (1483-1576) Wüttenberg kilisesinin
kapısına astığı ünlü protestosu ile katolik kilisesine karşı çıktı. Bu
bir başlangıç değil, sondur!.. Bu sonun gelişi engizisyon mahkemeleriyle,
savaşlarla, acılarla, insana yapılan eziyetlerle epeyce uzun sürmüştür. Sonunda batı avrupada ortaçağ karanlığı yırtılmıştır.
Yenidendoğuş (rönesas), her alanda olduğu gibi felsefe ve mantıkta da yeni gelişmelere neden oldu. Akıl dinden ayrıldı, özgürce
düşünmeye başladı. Bilgilerini yenileyen insan, bütün dogmalardan kuşkulanmaya başladı. Yenidendoğuş felsefesi bir dinsel akım
gibi görünse de, onun temel niteliği insancı (hümanist) olmaktır.
Jordano Bruno (1548-1600), Francis Bacon (1561-1626), Réne Descartes
(1596-1650) cesaretle bilimde yenilik gösteren sistemleri koydular. 15 Bruno bilimin yenileşmesinde başı çekti. Kilise dogmasına
karşı görüşlerinden dolayı Roma’da yakılarak öldürüldü. Yakılacağı sırada, kendisine ölüm kararını bildiren engizisyon yargıcına
söylediği şu söz insan aklının zulme meydan okuyuşudur:
15
Yeniçağ
"Ölüm hükmümü bana bildirirken, sen benden daha çok korkuyorsun!.."
Bacon, tümdengelime karşı çıktı. Bilimsel bilginin ancak tümevarımla
üretilebileceğini savundu. Her şeyin tam bir listesini çıkarıp aralarında karşılaştırma yapmayı önerdi. Ama böyle bir listeyi çıkarmak mümkün değildi.
Bilimsel bilgi üretiminde, en önemli yöntemi Descartes önerdi: "Herşeyden şüphelen, çözümle, birleştir, say, ölç, bütün-parça
ilişkisini kur" diye özetlenebilecek bu yöntemin bilimsel yöntemlere büyük etkisi oldu. Ancak, bunların biçimsel mantığa bir etkisi
yoktu. Hatta, biçimsel mantık yenidendoğuşun başlarında bir bilgi
üretme yöntemi olarak kabul görmemeye başladı. Kilisenin temel
baskı aracı olduğu gerekçesiyle, Martin Luther, Aristotles’in adını
bile duymak istemiyordu. Tabii, zamanla Aristotles’in usavurma
yöntemlerinin, yabana atılamayacağı ve kilisenin onu kullanmış
olmasında biçimsel mantığın bir günahının olmadığı anlaşılmıştır.
Bundan sonraki dönemlerde, biçimsel mantıkta matematiksel yöntemler ağır basmaya başlayacaktır.
Matematiksel Mantık
Figure 11: Blaise Pascal
16
16
Matematiksel Mantık
20
calculus
Figure 12: Gottfried Wilhelm Leibniz
Figure 13: Immanuel Kant
Blaise Pascal(1623-1662 ): Bir para atıldığında, ya yazı ya tura gelir.
Her-kesin gördüğü, bildiği bu apaçık gerçeği, Pascal, matematik
diliyle ifade etti: "Yazı gelme olasılığı 1/2, tura gelme olasılığı da 1/2
dir. Bu iki olasılığın toplamı 1/2 + 1/2 = 1 eder." Matematik diliyle
söylenen bu apaçık gerçek, olasılık kuramı (probability theory) adlı
bilim dalının doğmasını sağladı. Bu bilim dalının, biçimsel mantıkla halâ süren yakın ilişkisi o günlerde hiç sezilmiyordu; çünkü
biçimsel mantığa matematiksel yöntemler henüz karışmamıştı.
Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716): Usavurma sürecini konuşulan dilden bağımsız kılarak ona matematiksel bir yapı kazandırmaya çalışan ilk kişi Alman matematikçisi Leibniz’dir. Yazık
ki Leibniz’in yaptığı işin önemi ölümünden iki yüzyıl sonra anlaşılabilmiştir. Dissertatio de Arte Combinatoria (1666), adlı eserinde
sembolik bir dil yaratmayı düşündü. Evrensel tam notasyon sistemi
diyebileceğimiz bu dilde, her kavram en küçük bileşenlerine kadar
ayrıştırılabilecektir. Ayrışan bu bileşenler her kavrama temel olacak
bilgilerdir. Lingua characteristica universalis, Calculus ratiocinator (Akıl
yürütmenin hesabı) adlı projeleri teorik düzeyde bile gerçekleşemedi.
Logic konulu olan ve yaşarken yayınlanmamış makalelerinin önemi,
daha sonraki dönemlerde anlaşılacaktır.
Immanuel Kant (1724-1804): Mantığın tamamen işlenmiş, bitirilmiş,
sona erdirilmiş bir doktrin olduğunu 1794 yılında ifade etmiştir.
Ama Kant yanılıyordu. Mantığın görkemli dönüşü henüz başlayacaktı.
George Boole (1815-1864): İngiliz matematikçisi Boole, Leibniz’in
başladığı işin önemini kavrayan ilk kişi sayılır. Konuyu yeniden ele
alarak bugünkü iki-değerli mantığın yapısını tamamen matematiksel
temellere oturtmuş ve klasik mantığın dile bağımlı zayıf yanını
yokeden simgesel mantığı yaratmıştır. Buna Boole mantığı, Boole
cebiri, matematiksel mantık, simgesel mantık, vb adlar verilmektedir.
Boole mantığında bu gün kullandığımız simgeleri yaratan kişi
Ernst Schröder (1841-1902)’dir. Simgesel mantığın üstünlüğü şudur:
Akıl yürütmede kullanılan kavramları sözcüklerden, nesnelerden,
duyulardan arındırmakta, onları soyut simgelerle temsil etmekte ve
o simgeler arasında matematiksel işlemler kullanarak akıl yürütme
sürecini kesin sonuca ulaştırmaktadır. Kullandığı cebirsel yapı,
mantığın istediği sağlamlığı sağlamaktadır.
Predicate calculus
Figure 14: Ernst Schröder
Simgesel mantığın birisi ötekine kenetlenmiş iki ayrı dalı vardır:
Önermeler mantığı ve predicate calculus. Birincisi, önermeleri tek tek
ele alır ve onların doğru ya da yanlış olduklarını belirler. İkincisi
ise, bir küme üzerinde tanımlı önerme fonksiyonlarını ele alır.
Predicate terimi, matematik dilindeki fonksiyon’dan başka bir şey
değildir.
mantik ve matemtik
21
Belirsizlik (uncertainty)
Matematiksel (simgesel) mantığın sağlam ve soyut cebirsel bir
yapı olarak ortaya konması, klâsik (sözel) mantıkta ancak 2000 yıl
sonra yapılabilen çok büyük bir aşamadır. Ama, Boole mantığı da
klâsik mantığın ortaya koyduğu iki-değerliliği korumaktadır. İkideğerli mantıkta belirsizlik olamaz. Orada bir önerme ya doğru ya
da yanlış’tır. Oysa, gerçek yaşamda önermeler biraz doğru, biraz
yanlış olabilir. Daha ötesi, gözlemlere dayalı önermeler belli bir
olasılık katsayısına bağlıdır ([2],[4],[6],[8]).
İki-değerli mantıktan çok-değerli mantığa geçiş İki-değerli matematiksel mantık, 20.yy biliminin ve teknolojisinin temelidir. Hiç bir
matematikçi, onun sağlamlığından, öneminden, heybetinden kuşkulanamaz. Ama doğa olaylarıyla ilgilenen bilim adamları, bazı doğa
olaylarını açıklamak için iki-değerli mantığın yetmediğini çaresizlik
içinde görüyorlardı. İki-değerli mantığın istediği kesinliğin elde
edilemediği yerlerde, doğa bilimciler olasılık kuramına başvurmaya
başladılar. Bu arada, bazı mantıkçılar üç-değerli mantık(lar) kurmaya çalıştılar. İki-değerli mantığın aldığı doğru ve yanlış değerler
yanına belirsiz ya da nötr adını verdikleri üçüncü bir değer kattılar.
Lukasiewicz, Bochvar, Kleene, Heyting, Reichenbach gibi mantıkçılar
birbirlerinden farklı üç-değerli mantık sistemleri oluşturdular. Bunların her biri kendi içinde tutarlı olmakla birlikte, simgesel mantığın
kullandığı (¬, ∨, ∧, ⇒, ⇔) işlemleri arasında tanım farklılıkları yarattılar. Dolayısıyla, hiç biri mantığın evrensel kuralları
olarak düşünülemez.
Bu arada, Jan Lukasiewicz (1878-1956) üç-değerli mantığın da
yetmediğini gördü ve 1930 lu yıllarda ( L2 , L3 , . . . , L∞ ) mantık
dizisini kurdu. Bunlardan ilki olan L2 iki-değerli mantıktır. Diğerleri artarak sonsuz-değerli L∞ mantığına kadar uzanır.
L∞ mantığının değerleri [0, 1] aralığındaki rasyonel sayılarıdır.
Bu düşünce, elbette çok önemlidir ve sonsuz değerli mantığa yürüyüşün
kaçınılmazlığını ortaya koymaktadır.
Figure 15: Jan Lukasiewicz
Heisenberg Belirsizlik İlkesi
Werner Karl Heisenberg(1901-1976), yirmimci yüzyıl fiziğinin büyük
adlarından birisidir. Bu yüzyılın en önemli buluşlarından birisi olan
kuantum mekaniğinde, atom çekirdeğinin yapısını belirlemek için,
içindeki küçük parçacıkların hareketlerinin belirlenmesi gerekiyordu. Ancak, kesin ölçümler yapılamadığı için, hareketli parçacıkların yörüngeleri ancak olasılık hesabıyla verilebildi. Heisenberg
Belirsizlik İlkesi diye adlandırılan bu yöntem, atom çekirdeğinin
yapısı hakkında çok şey söylemektedir. Ama, Albert Einstein (18791951) "Tanrının zar attığına inanamam!" diyerek doğa olaylarının
olasılık yöntemleriyle açıklanmasına karşı çıkmıştır. Elbette, matematikçiler ve fizikçiler, belirsizlikten sakınmak isterler ve daima
kesinliğin peşinde koşarlar ([3],[6],[8],[11],[15],[20]).
Figure 16: Karl Heienberg
22
calculus
20.Yüzyılda Matematiği Sarsan Düşünceler
Altı bin yılda insanoğlunun yarattığı en büyük düşünce yapıtı
olan matematiğin temellerinin ne olduğu konusu, özellikle, 20inci yüzyılın ilk yarısında büyük tartışmalara neden olmuştur. Bu
tartışmalarda, hiç biri ötekine üstün sayılamayacak üç okul ortaya
çıktı. Bu okullar ve savları kısaca şöyledir:
Figure 17: Luitzen Egbertus Jan Brouwer
Sezgisellik: Matematik insan aklının eseridir. Sayılar, peri masallarındaki kahramanlar gibi yalnızca aklın yaratısıdır. Eğer insan
aklı olmasaydı, onlar asla var olmayacaklardı. Bu görüşün en büyük
temsilcisi L. E. J. Brouwer (1882-1966) dir.
Formalizm: Matematik bir dildir, onun bir dilden ne fazlası ne de
eksiği vardır. Bu görüşün temsilcisi sayılan David Hilbert (18621943) e göre, matematik, basitçe, simgelerle oynanan bir oyundur.
Matematiğin bütün teoremleri, Formal Lojik kullanılarak Aksiyomatik Kümeler Kuramından elde edilebilir.
Platonizm: Sayılar, insan aklından bağımsız olarak var olmak
zorunda olan soyut varlıklardır. Matematiksel varlıklar hakkındaki doğruları insan aklı keşfeder. Matematiğin temelleri aksiyomlar değil, matematiksel nesnelerin gerçek dünyasıdır. O nedenle
tabiatın kanunları ile matematiğin kanunları aynı statüdedir. Bu
düşüncenin en önemli temsilcisi Kurt Gödel (1906-1978) dir. [27]
Düşünen Makina:
Figure 18: Alain Colmerauer
1970 yılında Alan Colmerauer PROLOG (PROgramming LOGic) adını
verdiği bir bilgisayar dili yarattı. Bu dil, daha önceki bilgisayar
dillerinden tamamiyle farklı idi. PROLOG mantık kurallarını kullanarak (çözülebilir) problemleri usavurma yöntemiyle çözecekti.
Bu dilin önemi başlangıçta anlaşılamadı. Belki de, kapsamlı problemlerin çözümünde PROLOG’un gerekseme duyduğu büyük ana
bellek yokluğu (RAM), onun pratiğe geçişini geciktirdi.
Mantıksal programlama kavramı 1974 yılında Kowalski tarafından önerilmiştir. Uzun zaman hiç bir ses getirmeyen bu öneriden
20 yıl sonra binlerce makale yayımlanmıştır. O alana özgü bilimsel dergiler çıkmaya başlamıştır. Üniversiteler ve hatta devletler
araştırma projeleri başlatmışlardır. Bu gelişmeyi PROLOG dili
başlatmıştır. Bu gün mantıksal programlama diye bilinen bilgisayar
dil(ler)inin ortaya çıkmasında Colmerauer, Warren ve Kowalski’nin
çalışmaları önemli rol oynamıştır.
Fuzzy Mantığı:
Doğa olaylarını açıklamak için kullandığımız matematiksel yöntemlerin ve modellerin yararı, gücü ve heybeti tartışılamaz. Ancak,
matematiğin kesin deterministik niteliğinin uygulamada gerçeğe
çoğunlukla uymaması, yüzyıllar boyunca bilim adamlarını ve
mantik ve matemtik
düşünürleri uğraştırmıştır. Matematiksel temsiller, evrenin karmaşıklığı ve sınırsızlığı karşısında daima yetersiz ve çok yapay
kalmaktadır. Bu nedenle, doğa olaylarını açıklarken, çoğunlukla,
kesinliği (exactness - certainty) değil, belirsizliği (vagueness - uncertainty) kullanırız. [15]
Doğal diller, doğa olaylarını açıklamakta çoğunlukla iki-değerli
mantığa dayalı matematiksel modellerden daha etkilidir. Örneğin,
’bu gün hava güzeldir - değildir’ ikilemi, hemen her konuşma dilinde
kavurucu çöl sıcağından başlayıp, dondurucu kutup soğuğuna
kadar varan derecelendirmeyi anlatabilir. "Bu gün hava güzeldir"
deyimi tatilini bir yaz günü plajda geçiren kişi için başka, bir kış
günü kayak merkezinde geçiren kişi için başkadır. Yer ve zamana
bağlı olarak farklı anlamlara sahip olan bu deyim, hemen hemen
her söylenişinde istenen anlamı verir; yani muhataba istenen mesajı
iletir. İki-değerli mantığın kesinliğine sahip olmayan doğal dil, bir
doğa olayını ondan daha iyi anlatabilmektedir.
Bu olgu, mantığı ve matematiği yeni arayışlara itmektedir. Fuzzy
Kümeleri ve onun doğal yoldaşı olan Fuzzy Mantığı bu arayışlardan
birisidir.
Geleneksel matematikteki kesinlik (certainty) deyimi yerine,
Fuzzy mantığında belirsizlik (vagueness-uncertainty-imprecision)
deyiminin konulması, belki doğal bir talihsizliktir. Gerçekte Fuzzy
Kümelerinde belirsiz (fuzzy-bulanık) olan hiç bir şey yoktur. O,
belirsizliği, bulanıklığı inceleme peşindedir. [17], [4]
Bu ders için yararlı olacak kitaplar: [5],[10], [19], [6], [22], [14],
[24], [12], [11] ,[20], [1], [27], [26] [7], [28], [8]
Bilimsel Bilgi Üretimi
Bilimsel yöntemler diye adlandırılan ve doğru bilgi üretimine
yarayan yöntemler yalnızca iki tanedir: tümdengelim ve tümevarım.
Tümdengelim
Tümdengelim, tümel (genel) bir önermeden tikel (özel) önerme
çıkarma eylemidir. Örneğin, fizikte genel çekim yasasını biliyorsanız, uzaya fırlatacağınız bir iletişim uydusunun istenen yörüngeye
oturması için, nereden, hangi hızla, hangi eğimle fırlatılması gerektiğini de hesaplayabilirsiniz. Bu örnekte söylendiği gibi, tümel bir
önermeden tikel önerme çıkarılışını sağlayan yordama usavurma
diyeceğiz. Değişik kaynaklarda, buna tümdengelim, akıl yürütme,
tasım (kıyas), dedüksiyon, çıkarım adları verilir. Mantık (usbilim-lojik),
usavurma kurallarını konu edinen bilim dalıdır. Başka bir deyişle,
o, tümdengelim yöntemlerini inceler; önermelerin doğru ya da yanlışlığı ile ilgilenmez. Mantık, başka bilim dallarının ortaya koyduğu
doğru önermelerden doğru önerme çıkarma sanatıdır. Usavurma
kuralları denilen bu sanatı, ayrıntılarıyla göreceksiniz.
23
24
calculus
Tümevarım
Bazı doğa olaylarının neden ve nasıl olduklarını belirten genel
kurallar, elimizde yoktur. Bu durumlarda, o doğa olayını açıklayabilmek için, tümdengelimin tersi olan tümevarım yöntemi izlenir.
Tümevarım, tikel (özel) önermelerden tümel (genel) önerme oluşturma yordamıdır. Tümevarım gözlem, deney, hesap vb yollarla
bir doğa olayının genel yasasını kurmaya çalışır. Bazı doğa olayları
insanlık tarihi boyunca gözlendiği ve her seferinde aynen tekrarlandığı için tartışmasız doğru bilgidir. Örneğin, ılıman kuşakta
yaşayanlar, yılda dört mevsimin oluştuğunu gözlemişlerdir. Bunun
nedeninin bilinmediği eski zamanlarda bile, insan bunu doğru bir
bilgi olarak kabul etmiştir. Bu bilgiye gözlemle varılmıştır. (Tabii,
gök cisimlerinin hareketleriyle ilgili bilgilerin ortaya konmasıyla
birlikte, mevsimlerin neden ve nasıl oluştuğu, tümdengelim kullanan hesap yöntemleriyle de gösterilmiştir.) Bazı doğa olayları,
ancak laboratuar ortamında defalarca denenmiş ve varılan sonucun doğruluğu kabul edilmiştir. Örnekse, bir bitkinin tohumunu
toprağa eker ve belirli koşullar altında belirli süre bekletirseniz,
onun filizlendiğini görürsünüz. Bu deneyi bir çok kez tekrarlayıp,
aynı sonuca ulaşırsanız, bunun genel bir yasa olduğunu söyleyebilirsiniz. Bu bilgiye deneyle varmış olursunuz. Tümevarım ilkesi
bilim ve teknikte, başlıca bilgi üretme aracı olmuştur ve bu işlevini
sürdürmektedir.
Tabii, bir çok adımdan oluşan bir bilimsel çalışmada, hem tümdengelim, hem de tümevarım yöntemleri kullanılabilir. Ama
kullanılan yöntemi, daha basite indirgenemeyen adımlarına
ayırdığımızda, her adımın bu iki yöntemden birisi olduğunu
görürüz.
Terim Bir bilim, sanat, meslek dalıyla ya da bir konu ile ilgili özel
ve belirli bir kavramı olan sözcük. Örneğin, küp, basamak, hane,
daire, pay, . . . gibi sözcüklerin matematikteki anlamları, konuşma
dilindeki anlamlarından farklıdır.
İşlem, çokgen, çarpma, nokta, düzlem, açı, sonsuz, ldots
gibi sözcükler birer matematik terimidirler.
Tanım Bir varlığa, bir şeye özgü niteliklerin belirtilmesi, bir
sözcüğü belirleyen anlam.
Tanımlı ve Tanımsız Terimler Bir terimi tanımlarken, daha önceden
tanımlanmış başka terim ve kavramları kullanarak, o terimin bütün
niteliklerini ve yalnızca onları ortaya koyarız. Böyle terimlere
tanımlı terimler denilir.
Ancak, her terimi tanımlarken, kendisinden önceki terimlere
başvurmayı sürdürürsek, bir başlangıç noktasına ulaşmalıyız.
Başka bir deyişle, tanımları, başka kavramlara dayanmayan terimlerin olması gerekir. Bu terimlere ilkel terimler ya da tanımsız
terimler denilir. Bu terimler, kendilerinden daha basit terimler ya
mantik ve matemtik
da kavramlarla açıklanamazlar. Ama, onları, sezgilerimizle kolayca algılarız. Örneğin, nokta, doğru, düzlem, üzerinde, düz, yüzey,
eşdeğerli, . . . matematiğin tanımsız terimlerindendir. Öte yandan,
üçgen, işlem, rasyonel sayı, karekök, bölüm, . . . gibi terimler ise, tanımlı
terimlerdir.
Teorem Kanıtlanabilen bilimsel önerme. Mantıksal usavurma ile
kanıtlanan önermenin ya da özeliğin bildirimi.
Örnek:
Eşaçılı bir üçgen eşkenardır.
Aksiyom (belit) İspatsız kabul edilen önerme.
Belit yerine aksiyom ya da postülat da denilir.
Örnek:
İki nokta bir doğru belirler.
25
Önermeler Cebiri
Önermeler
Önerme Nedir?
Tanım 0.8.
Doğru ya da yanlış bir hüküm bildiren ama aynı zamanda hem doğru
hem de yanlış olmayan ifadelere önerme denilir. Her önerme bir
yargı, bir bildirim, bir bilgi’dir. Önerme’nin doğru ya da yanlış oluşu,
onun doğruluk değeri’dir. Bir önerme, hem doğru hem de yanlış
olamayacağı gibi, biraz doğru, biraz yanlış da olamaz. İki-değerli
mantığın temeli budur.
Bir bilgi vermeyen, bir hüküm bildirmeyen ifadeler önerme
değildir.
Örnek 0.9.
1.
Londra, İngiltere’nin başkentidir.
2.
Konya İç Anadolu bölgesindedir.
3. 2 + 2 = 4
4.
Pekin, Avrupa kıtasındadır.
5. 29 < 12
6.
Nereye gidiyorsun?
7.
Eyvah!
8.
Merhaba!
9.
Kapıyı ört.
10.
Ahmet!
Bu ifadelerden ilk beşi birer hüküm bildirir; dolayısıyla birer
önermedir. 1 inci, 2 nci ve 3 üncü önermelerin doğruluk değeri
doğru; 4 üncü ve 5 incinin doğruluk değerleri yanlış’tır. Geri kalan
ifadeler birer hüküm bildirmez; dolayısıyla birer önerme değildir.
Mantık, doğru önermeden doğru önerme çıkarma sanatıdır.
Usavurma (akıl yürütme) kuralları denilen bu sanatı, kişinin bilgisine, konuştuğu dile, duygularına, çevre koşullarına, . . . bağlı
28
calculus
olmaktan kurtarmak için, soyut bir küme üzerinde tanımlı matematiksel işlemlerle belirleyeceğiz. Soyut matematiksel bir yapı olarak
ortaya konulan bu sistem evrenseldir ve istenilen her somut duruma kolayca uygulanır. Bu sisteme Önermeler Cebiri, Boole Cebiri,
Matematiksel Mantık, Simgesel Mantık adları verilir.
Önermeleri,
p, q, r, . . .
gibi harflerle; önermelerin doğruluk değerlerini de,
D = 1 = Doğru
Y = 0 = Yanlış
simgeleriyle göstereceğiz; yani, bir p önermesinin doğru olması
D veya 1, yanlış olması Y veya 0 ile gösterilir. Burada 1 ile 0 her
dile uyabilen gösterimlerdir; sayısal değerleri yoktur. Yalnızca,
önermenin doğru ya da yanlış olduğunu belirten birer simgedir.
Yalın Önermeler
Yalnızca bir hüküm içeren önermeye, yalın bir önerme, denilir.
Örnek 0.10.
p:
Kar yağıyor.
q:
Ankara’da yaz aylarında hava çok soğuktur.
önermeleri yalındır. p önermesinin doğruluk değeri 1; q önermesinin doğruluk değeri 0 dır. Daha kısa olarak, p önermesine
doğru, q önermesine yanlış diyeceğiz.
Bileşik Önermeler
Birden çok hüküm içeren önermeye, bileşik bir önerme, denilir.
Örnek 0.11.
p:
Antalya, Akdeniz bölgesindedir ve Rize, Karadeniz bölgesindedir.
q:
Bugün hava sıcak değildir veya ben üşüyorum.
önermeleri bileşiktir. p önermesinin doğruluk değeri, onu oluşturan,
p1 :
Antalya, Akdeniz bölgesindedir.
p2 :
Rize, Karadeniz bölgesindedir.
önermelerinin doğruluk değerlerine bağlıdır. Benzer olarak, q
önermesinin doğruluk değeri, q yu oluşturan,
q1 :
Bugün hava sıcak değildir.
q2 :
Ben üşüyorum.
önermelerinin doğruluk değerlerine bağlıdır.
Bileşik önermelerin doğruluk değerlerinin nasıl belirleneceğini,
bundan sonraki kesimlerde inceleyeceğiz.
önermeler cebiri
Denk Önermeler
Doğruluk değerleri aynı olan önermelere, denk önermeler ya da
eşdeğer önermeler denilir. p ile q önermelerinin denkliği, p ≡ q
simgesiyle gösterilir ve "p denk q" diye okunur.
Önermelerin denkliği araştırılırken, yalnızca onların doğruluk değerlerine bakılır. Önermelerin anlamları dikkate alınmaz.
Örneğin,
p : (23 = 8) ile q : Bir haftada 7 gün vardır önermelerinin
doğruluk değerleri 1 dir. Dolayısıyla, birbirlerine denktirler: ( p ≡
q). Ama bu iki önermenin anlamları farklıdır.
Alıştırmalar
1. Bildiğiniz, tanımlı ve tanımsız terimler yazınız.
2. Bunlar arasında, matematik terimi olanları ayırınız.
3. Önerme, ondalık, kök, küp, kesir, basamak, merdiven, hane,
ev, büyük, küçük, doğru, yanlış, bölme, nokta, doğru, çizgi,
eğri, düzlem, ışın, açı, dik, eğik, dörtgen, kare, masa sözcükleri
veriliyor.
(a) Bu sözcükler arasında matematik terimi olanları ayırınız.
(b) Matematik terimi olanlardan hangileri tek anlamlıdır? Hangileri birden çok anlama sahiptir?
(c) Bunlardan hangileri tanımlıdır? Hangileri tanımsızdır?
4.
a : Merhaba !
c : Pencereyi aç.
e : 5+7 < 5
q : Köpek evcildir.
s : 5 asal bir sayıdır.
b : Adana Akdeniz bölgesindedir.
d : 5 + 7 = 12
p : Kedi evcil değildir.
r : 8 tek bir sayıdır.
t : 1 Ocak 2000
ifadeleri veriliyor.
(a) Verilen bu ifadeler arasından önerme olanları ve olmayanları
ayırınız.
(b) Önerme olanların doğruluk değerlerini bulunuz.
(c) Bu önermelerden birbirlerine denk olanları s ≡ t simgesiyle
belirtiniz.
(d) Bu önermelerden birbirine denk olmayanları s 6≡ t simgesiyle
belirtiniz.
5. Aşağıdaki önermelerin doğruluk değerlerini belirleyiniz.
( a) (−5)3 < 125
(c)
3
5 = 125
(b)
Ay bir gezegendir.
(d)
Dünya bir gezegen değildir.
6. Yukarıdaki önermeler arasında birbirlerine denk olanları belirtiniz.
29
30
calculus
7. Aşağıdaki önermeler arasında birbirlerine denk olanları belirtiniz.
( a) (−3)2 < 9
3
(c)
3 = 27
(b)
Tokyo, Japonya’nın başkentidir.
(d)
3 asal sayı değildir.
8. Önerme olan ve olmayan ifadeler yazınız.
9. Yazdıklarınız arasında, önerme olanların doğruluk değerlerini
belirleyiniz.
10. Birbirine denk olan ve olmayan önermeler yazınız.
ÖNERMELER CEBİRİ
Önermeler kümesi üzerinde { ve, veya, değil, ise } denilen işlemleri
tanımlayarak, verilen önermelerden yeni önermeler çıkarmayı
öğreneceğiz. Bunu yapınca, doğru önermelerden, doğru önermeler
çıkarmanın yöntemlerini de ortaya koymuş olacağız. Bu işlemlere,
bazı kaynaklarda, bağlaç denilir. Bu deyim, dilbilgisindeki "bağlaç"
kavramından farklıdır ve verilen önermeleri, belli bir kural ile,
birbirine bağlayarak yeni bir önerme oluşturduğunu ifade eder.
Tanımlayacağımız bu işlemler sonunda ortaya çıkan önermelerin
doğruluk değerlerini, doğruluk tablosu denilen tablolarda daha
kolay olarak görebiliriz. Bu tabloları, ilgili işlemle birlikte vereceğiz.
Ve İşlemi (bağlacı)
Tanım 0.12.
p ile q birer önerme ise, p ∧ q bileşik önermesi,
1 ∧ 1 = 1,
1 ∧ 0 = 0,
0 ∧ 1 = 0,
0∧0 = 0
(1)
kurallarıyla tanımlanır; p ve q diye okunur. Bu kuralları, aşağıdaki
simgelerle de tanımlayabiliriz.
D ∧ D = D,
D ∧ Y = Y,
Y ∧ D = Y,
Y∧Y = Y
(2)
p ile q önermeleri, p ∧ q bileşik önermesininin bileşenleri’dir.
p ∧ q bileşik önermesinin doğru olması için, p ile q bileşenlerinin her
ikisinin de doğru olması gerekli ve yeterlidir.
p q p∧q
1 1
1
p ∧ q bileşik önermesinin doğ1 0
0
ruluk
tablosu, yanda gösteril0 1
0
miştir.
0 0
0
Örnek 0.13.
1) −8 < 0 ve 0 < +8
2) 6 bir çift sayıdır ve 4 bir tek sayıdır.
önermeler cebiri
3) 4 bir asal sayıdır ve 4 < 5 dir.
4) 4 bir asal sayıdır ve 5 < 4 dür.
Bu bileşik önermelerden birincisinin doğru, ötekilerin yanlış
olduğunu sezebiliyor musunuz?
Bunların doğruluk değerlerini, tanıma ve tabloya göre, ayrı ayrı
belirleyiniz.
Theorem 0.14.
p, q, r üç önerme ise, aşağıdaki özelikler sağlanır:
1.
2.
3.
p∧p ≡ p
p∧q ≡ q∧p
( p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r )
(∧ nin Eşgüçlülük Özeliği)
(∧ nin Yer Değişim Özeliği)
(∧ nin Birleşme Özeliği)
İspat: Bunların ispatları, sırasıyla, aşağıdaki doğruluk tablolarından
görülebilir. Bu tabloları inceleyiniz ve ispatları açıklayınız.
p q p∧q q∧p
p p p∧p
1 1
1
1
1 1
1
1 0
0
0
0 0
0
0 1
0
0
0
0
0
0
↑
↑
p ≡ p∧p
↑
↑
p
1
1
1
1
0
0
0
0
q
1
1
0
0
1
1
0
0
r
1
0
1
0
1
0
1
0
p∧q
1
1
0
0
0
0
0
0
q∧r
1
0
0
0
1
0
0
0
( p ∧ q) ∧ r
1
0
0
0
0
0
0
0
↑
p∧q ≡ q∧p
p ∧ (q ∧ r )
1
0
0
0
0
0
0
0
↑
( p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r )
Uyarı: ” ∧ ” nin birleşme özeliğini daha kısa göstermek için, parantezleri kaldırıp,
( p ∧ q) ∧ r = p ∧ (q ∧ r ) = p ∧ q ∧ r
biçiminde yazabiliriz.
Veya İşlemi (bağlacı)
Tanım 0.15.
p ile q birer önerme ise, p ∨ q bileşik önermesi,
1 ∨ 1 = 1,
1 ∨ 0 = 1,
0 ∨ 1 = 1,
0∨0 = 0
kurallarıyla tanımlanır; p veya q” diye okunur.
Bu kurallar, aşağıdaki simgelerle de gösterilebilir:
D ∨ D = D,
D ∨ Y = D,
Y ∨ D = D,
Y∨Y = Y
(3)
31
32
calculus
p ile q önermeleri, p ∨ q bileşik önermesininin bileşenleri’dir.
p ∨ q bileşik önermesinin yanlış olması için, p ile q bileşenlerinin
her ikisinin de yanlış olması gerekli ve yeterlidir.
p q p∨q
1 1
1
p
∨
q bileşik önermesinin
1 0
1
doğruluk tablosu, yanda göster0 1
1
ilmiştir.
0 0
0
Örnekler
1.
(2 < 7) ∨ (1 + 5 = 6)
2.
(2 + 2 = 4) ∨
(Paris, Amerika kıtasındadır.)
3.
(2 + 2 = 5) ∨
(Paris, Avrupa kıtasındadır.)
4.
(4 + 2 = 7) ∨ (3 + 1 = 6)
Bu bileşik önermelerden ilk üçünün doğru, dördüncünün yanlış
olduğunu sezebiliyor musunuz?
Bu bileşik önermelerin doğruluk değerlerini, tanıma ve tabloya
göre, ayrı ayrı belirleyiniz.
Theorem 0.16.
p, q, r üç önerme ise, aşağıdaki özelikler sağlanır:
1.
2.
3.
p∨p ≡ p
p∨q ≡ q∨p
( p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r )
(∨ nın Eşgüçlülük Özeliği)
(∨ nın Yer Değişim Özeliği)
(∨ nın Birleşme Özeliği)
İspat: Bu özeliklerin ispatları, sırasıyla, aşağıdaki doğruluk
tablolarında görülmektedir. Bu tabloları inceleyiniz ve ispatları
açıklayınız.
p
1
0
↑
p
1
1
0
0
p∨p
1
0
↑
p
1
0
p∨p ≡ p
q
1
0
1
0
p∨q
1
1
1
0
↑
q∨p
1
1
1
0
↑
p∨q ≡ q∨p
p
1
1
1
1
0
0
0
0
q
1
1
0
0
1
1
0
0
r
1
0
1
0
1
0
1
0
p∨q
1
1
1
1
1
1
0
0
q∨r
1
1
1
0
1
1
1
0
( p ∨ q) ∨ r
1
1
1
1
1
1
1
0
↑
p ∨ (q ∨ r )
1
1
1
1
1
1
1
0
↑
( p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r )
Uyarı: ” ∨ ” nin birleşme özeliğini daha kısa göstermek için, parantezleri kaldırıp, aşağıdaki biçimde yazabiliriz.
( p ∨ q) ∨ r = p ∨ (q ∨ r ) = p ∨ q ∨ r
önermeler cebiri
Dağılma Özelikleri
Theorem 0.17.
p, q, r üç önerme ise aşağıdaki özelikler sağlanır:
1. ∧ nin ∨ üzerine soldan dağılma özeliği:
p ∧ (q ∨ r ) ≡ ( p ∧ q) ∨ ( p ∧ r )
2. ∨ nın ∧ üzerine soldan dağılma özeliği:
p ∨ (q ∧ r ) ≡ ( p ∨ q) ∧ ( p ∨ r )
3. ∧ nin ∨ üzerine sağdan dağılma özeliği:
( p ∨ q) ∧ r ≡ ( p ∧ r ) ∨ (q ∧ r )
4. ∨ nın ∧ üzerine sağdan dağılma özeliği:
( p ∧ q) ∨ r ≡ ( p ∨ r ) ∧ (q ∨ r )
İspat: 1. Özeliğin ispatı, aşağıdaki tablodan görülür.
p
1
1
1
1
0
0
0
0
q
1
1
0
0
1
1
0
0
r
1
0
1
0
1
0
1
0
q∨r
1
1
1
0
1
1
1
0
p∧q
1
1
0
0
0
0
0
0
p∧r
1
0
1
0
0
0
0
0
p ∧ (q ∨ r )
1
1
1
0
0
0
0
0
↑
( p ∧ q) ∨ ( p ∧ r )
1
1
1
0
0
0
0
0
↑
p ∧ (q ∨ r ) ≡ ( p ∧ q) ∨ ( p ∧ r )
2. Özeliğin ispatı, aşağıdaki tablodan görülür:
p q r q ∧ r p ∨ q p ∨ r p ∨ (q ∧ r )
1 1 1
1
1
1
1
1 1 0
0
1
1
1
1 0 1
0
1
1
1
1 0 0
0
1
1
1
0 1 1
1
1
1
1
0 1 0
0
1
0
0
0 0 1
0
0
1
0
0 0 0
0
0
0
0
↑
( p ∨ q) ∧ ( p ∨ r )
1
1
1
1
1
0
0
0
↑
p ∨ (q ∧ r ) ≡ ( p ∨ q) ∧ ( p ∨ r )
Değilleme
Bir Önermenin Olumsuzu (Değili)
Tanım 0.18.
Bir p önermesinin doğruluk değerinin değiştirilmesiyle elde edilen
yeni önermeye, p nin olumsuzu (değili) denilir; p0 , ∼ p ya da ¬ p
simgelerinden birisi ile gösterilir ve "p nin olumsuzu (değili)", diye
okunur.
33
34
calculus
Örnek 0.19.
p : Ödevimi yaptım.
q : Bir yıl 12 aydır.
r : 11 asal sayı değildir.
p p0
1 0
0 1
↑
Theorem 0.20.
⇒
⇒
⇒
p0 : Ödevimi yapmadım.
q0 : Bir yıl 12 ay değildir.
r 0 : 11 asal sayıdır.
( p0 )0
1
0
↑
Bir önerme doğru ise, değili yanlıştır.
Önermenin kendisi yanlış ise, değili
doğrudur.
Bir önermenin değilinin değili, kendisine denktir; yani, p = ( p0 )0 dür.
Bu özeliklerin ispatları tablodan görülmektedir.
Örnek 0.21.
Aşağıdaki önermeleri değilleyiniz.
p : Viyana, Asya kıtasındadır.
q : 2 × 3 6= 6
p : Berlin, başkent değildir.
r : 7 6< 15
Çözüm:
p0 : Viyana, Asya kıtasında değildir.
q0 : 2 × 3 = 6
p : Berlin, başkenttir.
r 0 : 7 < 15
Burada şuna dikkat edilmelidir. p : "Viyana, Asya kıtasındadır" önermesinin değili, "Viyana, Asya kıtasında değildir." önermesidir. p1 :
"Viyana, Avrupa kıtasındadır." önermesi p nin değili olamaz; o başka
bir önermedir. Bu olgu, önermelerin denkliği ve olumsuzlanması
konularında, anlamlarıyla ilgilenmemek gerektiğini açıklıkla ortaya
koyar.
Uygulamalar
1. Önceki alıştırmalarda verilen önermeleri değilleyiniz.
2. Bu önermeler ile değillerinin doğruluk değerlerini karşılaştırınız.
3. p, q, s, t önermeleri ile değillerinin doğruluk değerlerini aynı
tabloda gösteriniz.
önermeler cebiri
4. Bir p önermesi yazınız. Bunu, sırayla, 1,2,3,4,5,. . . kere değilleyiniz. Her defasında bulduğunuz önermelerin doğruluk değerlerini p ve p0 nün doğruluk değerleri ile karşılaştırınız. Bir kural
çıkarabildiniz mi?
5. p, q, r, s dört önerme ise, bu önermelerin;
(a) Birer birer,
(b) İkişer ikişer,
(c) Üçer üçer,
(d) Dörder dörder
doğruluk tablolarını yapınız.
6. Doğru ve yanlış önermeler yazınız. Yazdığınız önermeleri değilleyiniz.
Bileşik Önermelerin Değillenmesi
De Morgan Kuralları
p ile q iki önerme ise, aşağıdaki eşitlikler vardır.
( p ∨ q)0 = ( p0 ∧ q0 )
( p ∧ q)0 = ( p0 ∨ q0 )
İspat: İlk eşitliğin ispatı, aşağıdaki tablolardan görülür.
p q p0 q0 p ∨ q ( p ∨ q)0 p0 ∧ q0
1 1 0
0
1
0
0
1 0 0
1
1
0
0
0 1 1
0
1
0
0
0 0 1
1
0
1
1
↑
↑
( p ∨ q)0 ≡ p0 ∧ q0
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
p0
0
0
1
1
q0
0
1
0
1
p∧q
1
0
0
0
( p ∧ q)0
0
1
1
1
↑
p0 ∨ q0
0
1
1
1
↑
( p ∧ q)0 ≡ p0 ∨ q0
35
36
calculus
Örnek 0.22.
1. (Bu gün hava sıcaktır veya yaz mevsimindeyiz.)0 ≡
(Bu gün hava sıcak değildir ve yaz mevsiminde değiliz.)
2.
[ p ∨ (q ∧ r )0 ]0
≡
p0 ∧ (q ∧ r )
(De Morgan Kuralı)
Totoloji ve Çelişki
Bazı bileşik önermeler daima doğru, bazıları ise daima yanlış
olabilir.
Tanım 0.23. Bileşenlerinin bütün doğruluk değerleri için, daima 1 (doğru)
değerini alan bileşik önermeye bir totoloji denilir.
Bileşenlerinin bütün doğruluk değerleri için, daima 0 (yanlış) değerini
alan bileşik önermeye bir çelişki denilir.
Örnekler: Aşağıdaki ifadeleri ispatlayınız.
1. p bir önerme ise, p ∨ p0 bileşik önermesi bir totolojidir.
2. p bir önerme ise, p ∧ p0 bileşik önermesi bir çelişkidir.
3. p bir önerme ise, p ∨ 1 bir totolojidir.
4. p bir önerme ise, p ∧ 0 bir çelişkidir.
5. ( p ∧ q)0 ∨ ( p ∨ q) bileşik önermesi bir totolojidir.
Çözüm: Birinci ve ikinci ifadelerin ispatları aşağıdaki tablolardan
çıkar.
p p0 p ∨ p0
p p0 p ∧ p0
1 0
1
1 0
0
0 1
1
0 1
0
Buradan, p ∨ p0 ≡ 1 ve p ∧ p0 ≡ 0 çıkar.
Beşinci ifadenin ispatını, aşağıdaki doğruluk tablosundan görebiliriz.
p q p ∧ q ( p ∧ q)0 p ∨ q ( p ∧ q)0 ∨ ( p ∨ q)
1 1
1
0
1
1
1 0
0
1
1
1
0 1
0
1
1
1
0 0
0
1
0
1
Bütün doğruluk değerleri 1 olduğundan, ( p ∧ q)0 ∨ ( p ∨ q) bileşik
önermesi bir totolojidir.
Bazan, doğruluk tablosunu düzenlemek yerine, önermeler cebirinin uygun kurallarını kullanarak da problemleri çözebiliriz:
önermeler cebiri
( p ∧ q)0 ∨ ( p ∨ q)
≡
≡
≡
≡
≡
≡
( p0 ∨ q0 ) ∨ ( p ∨ q)
p0 ∨ q0 ∨ p ∨ q
p0 ∨ p ∨ q0 ∨ q
( p0 ∨ p) ∨ (q0 ∨ q)
1∨1
1
(De Morgan)
(Birleşme)
(Değişme)
(Birleşme)
( p 0 ∨ p ≡ 1)
(1 ∨ 1 ≡ 1)
( p ∧ q)0 ∨ ( p ∨ q) ≡ 1
olduğundan, bu bileşik önerme bir totolojidir.
Bu yönteme önermeler cebiri ile çözme yöntemi denilir.
İse İşlemi
p : Bu üçgenin iki kenarı eşittir.
q : Bu bir ikizkenar üçgendir.
önermelerini “ ise" bağlacıyla birbirine bağladığımızda,
p ise q : "Bu üçgenin iki kenarı eşitse, ikizkenar bir üçgendir. bileşik
önermesini elde ederiz.
Tanım 0.24.
p ile q birer önerme ise, p ⇒ q bileşik önermesi,
(1 ⇒ 1) ≡ 1,
(1 ⇒ 0) ≡ 0,
(0 ⇒ 1) ≡ 1,
(0 ⇒ 0) ≡ 1
(4)
kurallarıyla tanımlanır ve ”p ise q” diye okunur. Bu kurallar, aşağıdaki
simgelerle de gösterilebilir:
( D ⇒ D ) ≡ D,
( D ⇒ Y ) ≡ Y,
(Y ⇒ D ) ≡ D,
(Y ⇒ Y ) ≡ D
(5)
p ile q önermeleri, p ⇒ q bileşik önermesininin bileşenleri’dir.
p ⇒ q önermesine koşullu önerme, gerektirme adları da verilir
ve p gerektirir q diye de okunur. Bu koşullu önermede, p ye öncül
(varsayım, hipotez); q ya ise sonuç (vargı, hüküm) denilir.
p ⇒ q koşullu önermesinin yanlış olması için, q vargısının yanlış
olması gerekli ve yeterlidir.
p q p⇒q
1 1
1
p ⇒ q bileşik önermesinin doğruluk
1 0
0
tablosu, yanda gösterilmiştir.
0 1
1
0 0
1
Örnekler
1. Doğru önerme, doğru önermeyi gerektirir:
p : Fiyatlar ve ücretler yükseliyor.
q : Enflasyon artıyor.
önermeleri için,
p ⇒ q : Fiyatlar ve ücretler yükseliyor ise, enflasyon artıyor.
koşullu önermesini yazabiliriz.
37
38
calculus
2. Doğru önerme, yanlış önermeyi gerektirmez:
p : Ankara’da hava soğuktur. q : Ankara kuzey kutbundadır.
önermelerinden oluşan,
p ⇒ q : Ankara’da hava soğuk ise, Ankara kuzey kutbundadır.
koşullu önermesi yanlıştır. O halde, p 6⇒ q dur.
3. Yanlış önerme, doğru önermeyi gerektirebilir:
p : (6 = 9) ≡ 0, ile q : (6 < 9) ≡ 1 önermelerini
düşünelim. 6 6= 9 olması 6 < 9 olmasına engel değildir. O halde
(6 = 9) ⇒ (6 < 9) gerektirmesi var olabilir. Demek ki yanlış bir
önermeden, doğru bir önerme çıkarılabilir.
4. Yanlış önerme, yanlış bir önermeyi gerektirebilir:
p : (6 6= 6) ≡ 0, ile q : (7 6= 7) ≡ 0 önermelerini
düşünelim. 6 6= 6 olması 6 + 1 6= 6 + 1 olmasına engel değildir. O
halde (6 6= 6) ⇒ (7 6= 7) gerektirmesi var olabilir.
p ⇒ q koşullu önermesinde, p önermesi yeterli koşul, q önermesi
gerekli koşuldur.
p ⇒ q koşullu önermesinde p önermesine hipotez, q önermesine
hüküm denir.
q ⇒ p koşullu önermesine, p ⇒ q önermesinin karşıtı denilir.
Bir koşullu önermenin karşıtı bazan doğru, bazan yanlış olabilir.
Örnekler
1. p : x = 3 ile q : x + 4 = 7
önermelerinden oluşturulan,
p ⇒ q : [( x = 3) ⇒ ( x + 4 = 7)]
koşullu önermesinin karşıtı,
q ⇒ p : [( x + 4 = 7) ⇒ ( x = 3)]
dür. O halde, bu örnekte, hem ( p ⇒ q) koşullu önermesi, hem de
(q ⇒ p) karşıtı doğrudur.
2. p : x = −4 ile q : x2 = 16
önermelerinden oluşturulan,
p ⇒ q : [( x = −4) ⇒ ( x2 = 16)]
koşullu önermesinin karşıtı,
q ⇒ p : [( x2 = 16) ⇒ ( x = −4)]
dür. Ancak, her zaman ( x2 = 16) ⇒ ( x = −4) olmaz. ( x2 =
16) ⇒ ( x = +4) de olabilir. O halde, bu örnekte, ( p ⇒ q)
koşullu önermesinin doğruluğu, (q ⇒ p) karşıtının doğruluğunu
gerektirmeyebilir.
3. p : 4 ABC ikizkenar bir dik üçgendir.
q : 4 ABC dik üçgenin kenarları arasında a2 + b2 = c2 bağıntısı
vardır.
önermeler cebiri
önermeleri için
p ⇒ q : 4 ABC ikizkenar bir dik üçgen ise, 4 ABC dik üçgeninin
kenarları arasında a2 + b2 = c2 bağıntısı vardır.
q ⇒ p : 4 ABC dik üçgenin kenarları arasında a2 + b2 = c2 bağıntısı
var ise, 4 ABC ikizkenar bir dik üçgendir.
olur. Ama, bu önerme her zaman doğru değildir.
Tanım 0.25.
p ⇒ q koşullu önermesinin karşıt tersi, q0 ⇒ p0 önermesidir.
Theorem 0.26.
Koşullu bir önerme karşıt tersine denktir:
p⇒q
q0 ⇒ p0
≡
İspat: Aşağıdaki doğruluk tablosu isteneni verecektir.
p q p0 q0 p ⇒ q q0 ⇒ p0
1 1 0
0
1
1
1 0 0
1
0
0
0 1 1
0
1
1
0 0 1
1
1
1
↑
↑
p ⇒ q ≡ q0 ⇒ p0
Theorem 0.27.
p ile q iki önerme ise, aşağıdaki denklik sağlanır.
p⇒q
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
p0
0
0
1
1
≡
p ⇒ q p0 ∨ q
1
1
0
0
1
1
1
1
↑
↑
p ⇒ q ≡ p0 ∨ q
p0 ∨ q
İspat: Yandaki doğruluk tablosundan çıkar.
Örnekler
1. p : 4 ABC üçgeni eşkenardır.
q : 4 ABC üçgeninin açıları eştir.
p ⇒ q : 4 ABC üçgeni eşkenar ise, 4 ABC üçgeninin açıları eştir.
q0 ⇒ p0 : 4 ABC üçgeninin açıları eş değil ise, 4 ABC üçgeni eşkenar
değildir.
2.
p ⇒ q ≡ p0 ∨ q denkliğini kullanarak, ( p ⇒ q) ∨ p ≡ 1
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
( p ⇒ q) ∨ p
≡
≡
≡
≡
≡
( p0 ∨ q) ∨ p
(q ∨ p0 ) ∨ p
q ∨ ( p0 ∨ p)
q∨1
1
( p ⇒ q ≡ p0 ∨ q)
∨ nin Değişme Özeliği)
(∨ nin Birleşme Özeliği)
( p 0 ∨ p ≡ 1)
( q ∨ 1 ≡ 1)
39
40
calculus
Uygulamalar
1. p ⇒ q koşullu önermesi yanlış iken q ⇒ p önermesinin doğru ve
yanlış olduğu durumlara örnekler veriniz.
2. p0 ⇒ q0 koşullu önermesine p ⇒ q koşullu önermesinin tersi
denilir. Bunun doğruluk tablosunu düzenleyiniz.
p : x = 3 ile q : x2 = 9
önermelerinden oluşturulan
p ⇒ q : ( x = 3 ⇒ x 2 = 9)
koşullu önermesinin tersini yazınız.
3. ( p ⇒ q)0 ∧ q bileşik önermesinin bir çelişki olduğunu gösteriniz.
Ancak ve Ancak İşlemi
Tanım 0.28.
p ile q birer önerme ise, p ⇒ q bileşik önermesi,
p ⇒ q ≡ ( p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)
bağıntısıyla tanımlanır ve p ancak ve ancak q diye okunur. Bu tanım,
(1 ⇒ 1) ≡ 1,
(1 ⇒ 0) ≡ 0,
(0 ⇒ 1) ≡ 0,
(0 ⇒ 0) ≡ 1
kurallarıyla da verilebilir. Neden?
p ile q önermeleri, p ⇒ q bileşik önermesininin bileşenleri’dir.
p ⇒ q önermesine iki yönlü koşullu önerme, çift gerektirme adları
da verilir ve "p çift gerektirir q" diye de okunur.
p ⇒ q iki yönlü koşullu önermesinin doğru olması için, p ile q
bileşenlerinin aynı değerli olması gerekli ve yeterlidir.
p ⇒ q bileşik önermesinin doğruluk tablosu, aşağıda gösterilmiştir.
p q p ⇒ q q ⇒ p ( p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) p ⇒ q
1 1
1
1
1
1
1 0
0
1
0
0
0 1
1
0
0
0
0 0
1
1
1
1
↑
↑
p ⇔ q ≡ ( p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)
Örnek 0.29.
1. d, e iki doğru ve k simgesi paralelliği göstersin.
p: dke
q: ekd
önermelerinden ve paralellik özeliğinden,
p⇒q: dke
⇒
ekd
önermeler cebiri
q⇒p: ekd
⇒
dke
p⇒q: dke
⇒
ekd
çıkar. Öyleyse, bu örnek için, ( p ⇒ q) iki yönlü koşullu önermesi
doğrudur; yani, bir çift gerektirmedir. Bu sonucu,
( p ⇒ q) ≡ 1
biçiminde göstereceğiz.
2.
p : ∠ A = ∠B
q : ∠A
ile
∠ B yöndeştir.
önermelerinden,
p ⇒ q : (∠ A = ∠ B) ise, ∠ A ile ∠ B yöndeştir.
q ⇒ p : (∠ A ile ∠ B yöndeş ise, (∠ A = ∠ B)dir.
yazabiliriz. O halde,
p ⇒ q : (∠ A = ∠ B) ancak ve ancak ∠ A ile ∠ B yöndeştir.
olur.
Oysa, bütün eş açılar yöndeş olmak zorunda değildir; yöndeş
olmadığı halde eş olan açılar da vardır. O halde, ( p ⇒ q) önermesi yanlıştır; yani, [( p ⇒ q) ≡ 0] dır. Öte yandan, bütün yöndeş
açılar eştir. Dolayısıyla, (q ⇒ p) koşullu önermesi doğrudur;
yani, [(q ⇒ p) ≡ 1] dır.
Öyleyse, bu örnek için, ( p ⇒ q) iki yönlü koşullu gerektirmesi
yanlıştır; yani, bir çift gerektirme değildir. Bu sonucu,
( p ⇒ q) ≡ 0,
ya da ( p ⇒ q) 6≡ (q ⇒ p)
biçimlerinden birisiyle gösterebiliriz.
Buraya kadar elde ettiklerimizi özetlersek, aşağıdaki tabloyu
düzenleyebiliriz.
Önermeler Cebirinin Kuralları
41
42
calculus
Eşgüçlülük Kuralları:
1a. p ∧ p ≡ p
1b.
p∨p ≡ p
Birleşme Kuralları:
2a. ( p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r )
2b.
( p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r )
Yer Değişme Kuralları:
3a. p ∧ q ≡ q ∧ p
3b.
p∨q ≡ q∨p
Dağılma Kuralları:
4a. ( p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r )
4b.
( p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r )
Eşgüçlülük Kuralları:
5a. p ∧ 1 ≡ p
5b.
p∨1 ≡ 1
Eşgüçlülük Kuralları:
6a. p ∧ 0 ≡ 0
6b.
p∨0 ≡ p
Tümleme Kuralları:
7a. p ∧ p0 ≡ 0
7b.
p ∨ p0 ≡ 1
Tümleme Kuralları:
8a. ( p0 )0 ≡ p
8b.
10 ≡ 0,
De Morgan Kuralları:
9a. ( p ∧ q)0 ≡ ( p0 ∨ q)
9b.
( p ∨ q)0 ≡ ( p0 ∧ q0 )
Gerektirme Kuralları:
10a. [( p ⇒ q) ≡ [( p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)]
10b.
( p ⇒ q) ≡ (q ⇒ p)
Geçişme Kuralları:
11a. [( p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r )] ⇒ ( p ⇒ r )
11b.
( p ⇒ q) ≡ (q0 ⇒ p0 )
00 ≡ 1
Karşıt Ters Önerme:
12a. ( p ⇒ q) ≡ (q0 ⇒ p0 )
Alıştırmalar
1. x = 5 ⇒
bulunuz.
x2 = 25 önermesinin doğru olup olmadığını
2. p ≡ 1 ise p ∧ ( p ⇒ q) önermesi neye eşittir?
3. "Ateş olmayan yerden duman tütmez." atasözünü biraz değiştirerek, "Ateş yoksa, duman tütmez." biçimine sokalım. Bu bileşik
önermenin bileşenlerini bulunuz ve harflerle ifade ediniz. Sonra,
karşıt, ters ve ters karşıt önermelerini yazınız.
4. Aşağıdaki bileşik önermelerin doğruluk tablolarını yapınız.
önermeler cebiri
a) ( p ∧ q)0 ∨ r
c) ( p0 ∨ q0 ) ∧ r 0
e) (q ∨ r ) ∧ (q0 ∨ p)
b) ( p0 ∨ q) ∧ r
d) (r ∧ q0 ) ∨ ( p ∧ q0 )
f) ( p ∨ q0 ) ∧ p
5. Aşağıdaki bileşik önermeleri değilleyiniz.
a) ( p ∨ q0 ) ∧ p
c) p0 ∧ (q ∨ r 0 )
e) p ∧ [(q ∧ r ) ∨ ( p0 ∨ r )]
b) p ∧ (q ∨ p0 )
d) ( p ∧ q) ∨ (q ∧ r )
f) ( p ∧ q) ∨ ( p0 ∧ r 0 )
6. Aşağıdaki denkliklerin geçerli olup olmadğını gösteriniz.
a) 0 ∨ 0 ≡ 0
c) 1 ∨ 1 ≡ 1
e) p ∨ 0 ≡ p
g) p ∨ 1 ≡ 1
i) ( p0 ∧ q)0 ≡ p ∨ q0
b) 0 ∧ 0 ≡ 0
d) 1 ∧ 1 ≡ 1
f) p ∧ 0 ≡ 0
h) p ∧ 1 ≡ p
j) p ∧ [( p0 ∧ q)0 ∨ q] ≡ p
7. Aşağıdaki denklikleri gösteriniz.
a) [( p ⇒ q) ∧ (r ⇒ q)] ≡ ( p ∨ r ) ⇒ q
b) [ p ⇒ q) ∧ ( p ⇒ r ) ≡ p ⇒ (q ∨ r )
c) ( p ∨ q)] ≡ [( p0 ⇒ q)
8. Aşağıdaki bileşik önermelerin doğruluk değerlerini bulunuz.
a) [(1 ∨ 0) ∧ (0 ∧ 1)0 ] ∨ (00 ∨ 1)
c) [1 ∧ (0 ∨ 1)]0 ∨ [(00 ∨ 1) ∧ (1 ∧ 00 )]
b) [(10 ∧ 0)0 ∧ (1 ∨ 0)] ∧ [(00 ∨ 0) ∨ 1]
d) (1 ∨ 0) ∧ [(0 ∨ 1) ∨ (1 ∧ 1)] ∧ (1 ∨ 1)
9. Aşağıdaki denklikler doğru mudur?
a) ( p ∧ q) ∨ ( p0 ∨ q)0 ≡ p
c) p ∧ (q ∨ q0 ) ≡ p
e) ( p0 ∨ q) ∧ ( p ∨ q) ≡ q
b) p ∧ ( p0 ∨ q) ≡ p ∧ q
d) ( p0 ∨ q)0 ∨ q ≡ p ∨ q
f) [ p ∧ (q0 ∨ r )]0 ≡ p0 ∨ (q ∧ r 0 )
10. Aşağıdaki bileşik önermeler, birer totoloji midir? Neden?
a) [( p ∧ q0 )0 ∧ p] ∨ (q ∧ p)0
b) [( p ∨ q) ∧ ( p ∨ q0 )] ∨ p0
c) [( p ∨ s) ∨ ( p0 ∧ q)] ∧ ( p ∨ q0 )
11. Aşağıdaki bileşik önermeler, birer çelişki midir? Neden?
a) [( p ∨ q) ∧ ( p ∨ q0 )] ∧ p0
b) [( p ∧ q0 )0 ∧ p] ∧ ( p ∧ q)0
12. ( p0 ∨ q) ∨ r 0 ≡ 0 olduğuna göre ( p0 ∨ q) ∧ [(r 0 ∨ p) ∧ r ] bileşik
önermesinin doğruluk değerini bulunuz.
13. ( p ∨ r )0 ∧ q ≡ 1 olduğuna göre [( p ∨ r 0 )0 ∨ q]0 ∧ (q0 ∧ r ) bileşik
önermesinin doğruluk değerini bulunuz.
14. p : "Bardak yere düşer." ve q : "Bardak kırılır." önermeleri için
p⇒q
q ⇒ p,
p0 ⇒ q0
q0 ⇒ p!
önermelerini sözle ifade ediniz.
15. "Aynı doğruya dik olan iki doğru birbirine paraleldir." bileşik
önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz.
43
44
calculus
16. "Yöndeş açılar birbirine eştir." bileşik önermesini, bileşenlerine
ayırarak, simgelerle ifade ediniz.
17. p : x = 7,
q : x2 = 49 önermeleri veriliyor.
a) p ⇒ q ve p ⇒ q önermelerini yazınız ve her birinin doğruluk
değerlerini bulunuz.
b) p ⇒ q teoremini doğrudan ve olmayana ergi yöntemleri ile
ayrı ayrı ispatlayınız.
c) p ⇒ q nun bir çift gerektirme olup olmadığını nedenleri ile
açıklayınız.
18. p ⇒ q ≡ p0 ∨ q denkliğini kullanarak, p ⇒ q bileşik önermesini
değilleyiniz.
19. p ⇒ q bileşik önermesinin değilini bulunuz.
20. "Bir dörtgenin kare olması için, kenarlarının birbirlerine eş olması
gerekir." bileşik önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle
ifade ediniz. Önermenin tersini, karşıtını ve karşıt tersini bularak
doğruluk değerlerini belirtiniz.
21. "Kenarlarının birbirlerine eş ve açılarının birbirlerine eş olması bir
dörtgenin kare olması için yeterlidir." bileşik önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz. Önermenin tersini, karşıtını
ve karşıt tersini bularak doğruluk değerlerini belirtiniz.
22. "Bir dörtgenin kare olması için, kenarlarının birbirlerine eş ve
açılarının birbirlerine eş olması gerekli ve yeterlidir." bileşik önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz.
23. "2 den farklı her asal sayı tektir." bileşik önermesini, bileşenlerine
ayırarak, simgelerle ifade ediniz. Önermenin tersini, karşıtını ve
karşıt tersini bularak doğruluk değerlerini belirtiniz.
24. "Yalancının mumu yatsıya kadar yanar." atasözünü "Yalancıysa,
mumu yatsıya kadar yanar." bileşik önermesi biçimine getirip,
bileşenlerine ayırınız. Önermenin tersini, karşıtını ve karşıt
tersini bularak doğruluk değerlerini belirtiniz.
25. Aşağıdaki bileşik önermeleri değilleyiniz.
a) ( p ∧ q) ⇒ ( p ∨ q)
c) [( p ⇒ q) ∧ q] ⇒ q
e) p ∧ (q ⇒ r )
g) ( p ⇒ q) ⇒ r
b) ( p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r )
d) ( p ∧ q) ⇒ ( p ⇒ q)
f) ( p ∧ q) ⇒ ( p ∨ q)
h) ( p ⇒ q) ∧ r
26. Aşağıdaki önermelerin doğruluk tablolarını düzenleyiniz.
önermeler cebiri
a) p ∨ (q ⇒ p)
b) ( p ∧ q) ⇒ r ≡ ( p ⇒ r ) ∨ (q ⇒ r )
c) [( p ⇒ q) ∧ q] ⇒ ( p ∨ q)
d) ( p ⇒ q) ∨ r
e) [ p0 ∧ ( p ⇒ q)0 ] ∨ ( p ⇒ q)
f) ( p ⇒ q) ∧ r
g) ( p ∧ q) ⇒ ( p ∨ q)
h) ( p0 ∨ q) ⇒ ( p ⇒ q)0 ≡ p ∧ q0
i) ( p ∧ q0 ) ⇒ (r ∨ q)
j) ( p ⇒ q) ⇒ q ≡ 1
k) [ p ∧ (q0 ⇒ r 0 )]0
27. Aşağıdaki önermelerden hangileri doğrudur?
a) ( p0 ∨ q0 )0 ∨ ( p ∧ q0 ) ≡ p
b) ( p ∨ q) ⇒ ( p ∧ q0 ) ≡ q0
c) ( p ⇒ q) ∧ ( p ∨ q) ≡ q
d) ( p ⇒ q) ⇒ [( p ∧ r ) ⇒ (q ∧ r )]
e) [ p ∧ ( p ⇒ q)] ⇒ p ≡ p0 ∨ q
f) f )[( p ⇒ q) ∧ q] ⇒ p0
g) [( p ⇒ q) ∧ q] ⇒ ( p ∧ q)
h) ( p0 ⇒ q) ∨ r ≡ 0
i) p ∨ ( p0 ∧ q) ≡ ( p ∨ q)
28. Aşağıdaki önermelerin doğruluk tablolarını düzenleyiniz.
a) [( p ⇒ (q ⇒ r )] ≡ [( p ∧ q) ⇒ r ]
b) ( p ∧ q0 ) ⇒ ( p ∧ r )0 ≡ 0
c) [( p0 ⇒ q) ⇒ r ] ∨ ( p ∨ r )
d) p ∨ (q ⇒ r ) ≡ 0
e) [( p0 ⇒ (r ∨ q)] ⇒ ( p ∨ r )
f) r ∧ (q0 ⇒ p)0 ≡ 1
g) [ p ∧ (q ⇒ r )] ⇒ [( p0 ∨ r ) ∧ q0 ]
h) ( p0 ⇒ q) ⇒ ( p0 ⇒ q0 )0 ≡ p0
45
Sezgisel Kümeler Kuramı
Okuma Parçası
Bu derste, Kümeler Kuramını belitsel (aksiyomatik) incelemeyi
amaçlamıyoruz. Burada, küme kavramını, sezgiye dayalı olarak
belirli nesnelerin bir topluluğu diye tanımlayacak ve daha çok cebirsel
özeliklerini inceleyeceğiz.
Her belitsel sistemin dayandığı bazı ilkel kavramlar vardır. Bu
ilkel kavramları, o sistem içindeki başka nesneler ya da kavramlarla
belirlemek mümkün değildir. Bunlara sistemin tanımsız terimleri ya
da ilkel terimleri diyoruz. Bir belitsel yapı kurulurken, bu yapının
dayanacağı tanımsız terimler açıklıkla ortaya konulur. Bundan
sonraki her yeni tanım, bu tanımsız terimlerle ifade edilir; başka
bir belirsiz kavram ya da bilinmeyen nesne yapıya giremez. Tabii,
bir belitsel yapıyı mümkün olduğu kadar az sayıda tanımsız terime dayandırmak gerekir. Başka bir deyişle, bir belitsel sistemde,
ötekiler cinsinden ifade edilebilecek kavramları, yapının tanımsız
terimleri olarak almamak gerekir. Ayrıca, bir belitsel yapıda bu
tanımsız terimlerin, kendilerine verilecek özeliklerinden başka
özeliklere sahip olduklarını, ya da, bize alışkın olduğumuz bazı
özelikleri ima ettiklerini varsaymayacağız.
Bu bölümde küme kavramını Georg Cantor (1845-1918)’un yaptığı gibi belirleyeceğiz. Hemen belirtelim ki, bu yöntemle kümeyi
belirlemek, ileri aşamalarda, yapı içinde çelişki yaratır. Ama, ilk
elde, amacımız yalnızca kümeler cebirini incelemek olduğu için,
Cantor yönteminin eksikliği, bize, burada bir zarar vermeyecektir.
Bunun yanında, bu yöntem, özellikle, konuya ilk başlayanlar için,
belitsel yönteme göre çok daha kolay sezilebilir nitelikte olduğundan, Kümeler Cebiri’ne daha çabuk girebilme olanağı bulacağız.
Zaten bu yöntemle kurulan kümeler kuramına sezgisel sıfatı verilir.
İLKEL KAVRAMLAR
Kümeler Kuramının Tanımsız Terimleri
Kümeler Kuramını kurmak için dört tanımsız terim alacağız:
1. öğe
2. küme
3. içerilme (elemanı olma)
48
calculus
4. nicelik sayısı
x herhangi bir nesne olsun. Buna bazan belirsiz, bazan da
değişken denilir. İçinde x bulunan bir p( x ) önermesi (ifadesi) tanımlı
olsun. Eğer bu önerme doğru ise, x nesnesi p önermesini sağlıyor
(doğruluyor), diyelim ve bunu, p( x ) = 1 anlamına gelmek üzere,
kısaca,
p( x )
simgesiyle belirtelim.
Eğer, p( x ) yanlış bir önerme ise, x nesnesi p önermesini sağlamıyor
(doğrulamıyor) diyelim ve bunu da, p( x ) önermesinin değili anlamına gelmek üzere,
p 0 ( x ),
∼ p ( x ),
¬ p( x )
(6)
simgelerinden birisiyle belirtelim.
p( x ) = 0
⇒
p0 ( x ) = 1
(7)
olduğu açıktır.
p önermesini sağlayan bütün x nesnelerinin oluşturduğu topluluğu,
{ x | p( x )}
ya da
{ x : p( x )}
(8)
simgelerinden birisiyle gösterelim. (8) topluluğuna bir küme, bu
topluluğu oluşturan her bir x nesnesine bu kümenin bir öğesi
(elemanı) diyeceğiz.
Genellikle, öğeleri a, b, . . . , x, y, z gibi küçük harflerle ve
kümeleri de
A, B, . . . , X, Y, Z gibi büyük harflerle göstereceğiz.
Evrensel Küme
Evrensel küme deyimi, "her şeyi içeren küme" çağrışımı yapıyor. Bu
çağrışımı en genel bir soru olarak ortaya atalım
Bütün kümelerin kümesi nedir?
Bu soru Kümeler Kuramında paradoks yaratan çetin bir sorudur.
Geçen yüzyılın büyük matematikçilerini uğraştıran bu konuyu
ileri bölümlerde ele alacağız. Şimdilik, her şeyi içeren bir kümeyi
hiç düşünmeyeceğiz. Zaten her şeyi içeren bir kümeye gereksinim
doğmayacaktır. Matematikte belli bir iş için belli bir küme üzerinde
çalışırız. Bu küme doğal sayılar, tamsayılar, karmaşık sayılar, bir
aralık üzerinde tanımlı sürekli fonksiyonlar v.b. gibi, öğeleri kesinlikle bizce belirli olan kümelerdir. Bu demektir ki, üzerinde çalışacağımız evrensel kümenin ne olacağı başlangıçta saptanacaktır. Bu
saptama işi çok kolaydır. Evrensel kümeyi, o andaki çalışmamıza
konu olacak bütün öğeleri içerecek kadar büyük, o anda gereksiz
öğeleri dışlayacak kadar küçük seçmeliyiz. Örneğin, çoğunlukla
yapacağımız gibi, sayılarla ile ilgili işlemler yapıyorsak, evrensel
sezgisel kümeler kurami
küme olarak gerçel sayılar kümesini almak yetecektir; bu halde
evrensel kümeyi, diyelim ki, bütün canlıları da içerecek büyüklükte
seçmek gereksizdir. Evrensel kümenin, her seferinde ne olacağının,
saptanması gereken bir belirsiz oluşu, kümeler cebirinde işleri zorlaştırıcı bir etken sanılabilir. Ama böyle bir zorluğun çıkmayacağını
göreceğiz.
Belli bir iş için kullanacağımız evrensel kümeyi sözel olarak
tanımlayabiliriz. Örneğin, çift tamsayılar deyimi kümeyi kesinlikle
belirler. Bu işi matematiksel simgelerle yapmak işi kolaylaştıracak
ve herkesin aynı kavramda anlaşmasını sağlayacaktır. Belli bir
andaki işimizde kullanacağımız bütün x öğelerini seçen (belirleyen)
bir Φ önermesi düşünelim. Φ( x ) simgesi, x öğesinin Φ önermesini
sağladığı anlamına gelir; yani Φ( x ) önermesinin doğruluk değeri
D (doğru) dir. Bu koşulu sağlayan bütün x öğelerinin oluşturduğu
kümeye Φ nin belirlediği evrensel küme diyeceğiz. Bu kümeyi EΦ
ile göstereceğiz.
EΦ = { x | Φ( x )}
(9)
Evrensel kümemiz başlangıçta belli olacağı için, onu belirleyen
Φ önermesini her işlemde kullanmak, formüllerde yararsız bir
kalabalık yaratacaktır. O nedenle, çok gerekmiyorsa, işlemlerimizde
Φ önermesini hiç kullanmayız. Örneğin, EΦ yerine E yazarız. Daha
önemlisi, alt kümeleri kullanırken de bunu yaparız. Örneğin, doğal
sayılar kümesini evrensel küme olarak almışsak, çift sayılardan
oluşan A alt kümesini belirlemek için
A = {n | n ∈ N ∧ n çift tamsayıdır}
demek yerine,
A = {n |n çift tamsayıdır}
yalın biçimini kullanacağız. Bunu matematiksel simgelerle ifade
edelim. Φ nin belirlediği evrensel küme içinde bir p önermesini
sağlayan x öğelerinin oluşturduğu A alt kümesini
A = { x | Φ( x ) ∧ p( x )}
= { x | ( x ∈ Eφ ) ∧ p( x )}
biçimlerinden birisini yazmak yerine
A = { x | p( x )}
(10)
yalın biçiminde yazacağız.
Örnek 0.30.
1. Düzlem Geometri çalışırken, düzlemdeki bütün noktaların
kümesini evrensel küme olarak seçmek yeterlidir.
2. Gerçel (real) sayılarla çalışırken, R gerçel sayılar kümesini
evrensel küme olarak seçmek yeterlidir.
3. Nüfus konularıyla ilgili çalışmalar yapan bir sosyal bilimcinin,
dünya nüfusunu evrensel küme olarak seçmesi yeterlidir.
49
50
calculus
Tümleyen Küme
Benzer olarak, p önermesini sağlamayan; yani, p0 ( x ) önermesini
sağlayan bütün x nesnelerinin oluşturduğu topluluğu,
{ x | p0 ( x ) }
(11)
simgesiyle gösterelim. Buna (10) kümesinin tümleyen (tamlayan)
kümesi diyeceğiz.
Buna göre, E evrensel kümesini
E = { x | p( x ) ∨ p0 ( x )}
(12)
biçiminde yazabiliriz. Bu yalın gösterimlerde kullanmadığımız Φ( x )
önemesinin sağlandığını gizil biçimde kabul ediyoruz.
A kümesinin tümleyenini A0 , ¬ A, Ac simgelerinden birisiyle
göstereceğiz:
A0 = { x | p0 ( x ) }
(13)
Bir a öğesinin A kümesine ait olduğunu,
a∈A
ya da
A3a
simgelerinden birisiyle gösterecek ve
"a öğesi (elemanı) A kümesine aittir", "a öğesi A kümesinin bir
öğesidir",
"A kümesi a öğesini içerir,"
ifadelerinden birisiyle okuyacağız.
Tanımımız gereğince, a ∈ A olması için, a nesnesinin p önermesini sağlaması gerekli ve yeterli koşuldur; yani p( a) önermesi
doğru olmalıdır. Öyleyse,
a∈A
⇒
p( a)
yazılabilir.
Bir b öğesi A kümesine ait değilse
b 6∈ A
ya da
A 63 b
simgelerinden birisiyle gösterecek ve
"b öğesi (elemanı) A kümesine ait değildir",
"b öğesi A kümesinin bir öğesi değildir",
"A kümesi b öğesini içermez,"
ifadelerinden birisiyle okuyacağız.
Tabii, buraya dek söylediklerimiz kümelerin varlığını garanti
etmez. Bu nedenle, p bir önerme ise, (10) kümesinin varlığını, bir
belit (aksiyom) olarak varsayacağız.
İyi Tanımlılık
Bir kümeyi tanımlamak demek, o kümenin içerdiği bütün öğeleri
belirlemek demektir. Bunun için genel yöntemimiz, tanımlayacağımız kümenin içerdiği öğelerin sahip olduğu bütün özelikleri ve
sezgisel kümeler kurami
yalnızca onları ifade eden p önermesini belirledikten sonra, kümeyi
(10) biçiminde yazmaktır. Böyle olduğunda, kümeye ait olan ve
olmayan nesneler kesinkes belirlenmiş olur. Bu özeliğe, kümenin iyi
tanımlanması, diyeceğiz. Her küme iyi tanımlı olmalıdır.
(10) kümesini belirleyen p önermesi, yalın bir önerme olabileceği
gibi, bileşik bir önerme de olabilir.
Nicelik Sayısı
Bazan, bir kümede kaç öğe olduğunu bilmemiz gerekir. Bir kümenin öğelerini sayabiliyorsak, sonunda eriştiğimiz sayı, o kümenin
nicelik sayısıdır. Ama, kümelerin çoğunun öğelerini sayamayız.
Böyle olsa bile, her kümenin öğelerinin miktarını belirten bir
kavramın (sayının) olması gerektiğini sezebiliyoruz. Bu nedenle, şu
beliti varsayacağız.
Aksiyom 0.31. [Nicelik Sayılarının varlığı] Her kümenin bir ve yalnız
bir nicelik sayısı vardır. Sayılabilen kümeler için, nicelik sayısı, kümenin
öğelerinin sayısıdır.
Bir A kümesinin nicelik sayısı Ā¯ ,
simgelerinden birisiyle gösterilir.
\( A),
n ( A ),
card( A)
Sonlu ve Sonsuz Kümeler
Tanım 0.32. Nicelik sayısı bir doğal sayıya eşit olan kümeler sonludur.
Sonlu olmayan kümeler de sonsuzdur.
Sonlu kümelerin öğelerini sayarak bitirebiliriz, ama sonsuz
kümelerin öğelerini sayarak bitiremeyiz.
Örnekler:
1. Alfabemizdeki harflerden oluşan { a, b, c, . . . , y, z} kümesi sonludur.
2. 1000 den küçük çift tamsayılar kümesi sonludur.
3. Bir çuval pirinçten oluşan küme sonludur.
4. N = {0, 1, 2, 3, 4, . . .} Doğal Sayılar Kümesi sonsuzdur.
5. Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .} Tamsayılar Kümesi sonsuzdur.
6. R = Gerçel Sayılar Kümesi sonsuzdur.
7. Düzlemdeki noktalar kümesi sonsuzdur.
Kümelerin Gösterimi
Niteleme Yöntemi
Niteleme Yöntemi (Öğelerin Ortak Özeliklerini Belirleme):
Kümeleri, genellikle (10) biçiminde gösteririz. Bu gösterimde p
önermesi, kümenin öğelerinin belirleyici ve ayırıcı niteliklerini; yani,
ortak özelliklerini belirtir. Bu nedenle, (10) gösterimine Niteleme
Yöntemi (Ortak Özelik Belirleme Yöntemi) denilir.
51
52
calculus
Listeleme Yöntemi
Bazı özel hallerde, kümenin öğelerini tek tek yazmak ya da belirli
bir kurala uyar biçimde sıralamak mümkün olabilir. Bu durumlarda, kümenin öğelerini {} parantezi içine yazarız. Bu yönteme,
Kümenin Öğelerini Listeleme ; {} parantezine de, küme parantezi
diyeceğiz. A kümesinin öğeleri a, b, c, d, e, . . . ise,
A = { a, b, c, d, e, . . . }
(14)
yazarız. Örneğin, tek tamsayılar kümesi’nin niteleme yöntemi ile
gösterimi,
{ x | x tek tamsayıdır}
biçimindedir. Aynı kümeyi listeleme yöntemiyle gösterecek olursak,
{ . . . , −5, −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . . }
yazabiliriz. Birinci gösterimdeki x tek tamsayıdır önermesi, kümeyi
belirleyen p( x ) önermesidir. İkincide ise, büyük parantez içinde
verilen
. . . , −5, −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .
sıralamasından, . . . ile belirtilen yerlere yalnızca tek tamsayıların
yazılması gerektiğini anlıyoruz. Tabii, bu tür bir gösterimi kullanırken, herkesin yazılı olmayan öğelerin ne olduğunu kesinlikle
anlayacağından emin olmak gerekir; değilse yanlış anlamalar doğabilir. Eğer yanlış anlam çıkacağı kuşkusu varsa, ortak özelik belirtme
yöntemi’ne geçmek daha uygun olur.
Bu örnekte görüldügü gibi, listeleme yöntemi, bazı hallerde
daha kolay algılanabilir. Ancak, kümelerin büyük çoğunluğu
için, listeleme yöntemi olanaksızdır. Örneğin, sınıfınızdaki bütün
öğrencilerin adlarını yazarsanız, sınıftaki öğrencilerden oluşan
kümenin öğelerini listelemiş olursunuz. Ama, dünyadaki bütün
insanların kümesini listeleyemezsiniz.
Venn Diyagramı
Kümeler cebirinde birçok bağıntıyı daha somut biçimde görebilmek
için kümeleri düzlemde kapalı bir eğri ile sınırlanmış bölgeler
olarak temsil ederiz. Bu yöntemi ilk kez İngiliz Matematikçisi John
Venn uyguladığı için, kümeleri temsil eden böyle sekillere Venn
diyagramları, denilir.
Açık Önermeler
Predicates
Önerme Fonksiyonları
Tanım 0.33. 17 Γ bir küme olsun. Γ kümesinin her γ öğesi için φ(γ) bir
önerme ise, φ ye, Γ kümesi üzerinde açık önerme (önerme fonksiyonu),
denilir.
17
Önerme
18
örnekler
Her γ ∈ Γ için φ(γ) önerme fonksiyonu ya doğru ya da yanlış
değer alır.
Γ kümesi φ nin tanım bölgesidir. Değer bölgesi {yanlış, doğru}
kümesidir. Bu kümeyi daha yalın olan {0, 1} biçiminde de gösterebiliriz. Bu gösterimde 0 ve 1 birer simgedir; sayısal değerleri
dikkate alınmaz.
φ nin doğruluk kümesi
Dφ = {γ| γ ∈ Γ ∧ φ(γ) doğru}
(15)
dir.
örnekler18
1.
φ( x ) = ( x2 − 16 = 0)
biçiminde tanımlanan φ önerme fonksiyonunun, c ile gösterilen
gerçel sayılar kümesi üzerinde tanımlı olduğunu varsayalım.
Hemen görüleceği üzere, doğrulık kümesi
Dφ = { x | ( x ∈ R) ∧ ( x2 − 16 = 0)} = {−4, +4}
olur.
2.
φ ( n ) = ( n + 3 > 1)
biçiminde tanımlanan φ açık önermesinin tanım kümesi doğal
sayılar kümesi olsun. Doğruluk kümesi
Dφ = {n| (n ∈ N) ∧ (n + 3 > 1)} = N
olur. O halde, tanım kümesi doğruluk kümesine eşittir.
3. Önceki örnekte φ nin tanım kümesini Z tamsayılar kümesi
olarak değiştirirsek, doğruluk kümesi
Dφ = {m| (m ∈ Z) ∧ (m + 3 > 1)} = { -2 den büyük tamsayılar}
olur.
54
calculus
4. Önceki örnekte φ nin tanım kümesini R gerçel sayılar kümesi
olarak değiştirerek doğruluk kümesini bulunuz.
Γ kümesi üzerinde tanımlı φ önerme fonksiyonu, bazı γ ∈ Γ
için doğru, bazı γ ∈ Γ için yanlış olabildiği gibi, tanım bölgesineki
her öğe için doğru ya da yanlış olabilir. Her öğe için bunu sözle
anlatmak güçlüğünden sakınmak için, adına nicelik belirteçleri
denilen bazı simgeler kullanacağız.
Nicelik Belirteçleri
Evrensel Belirteç
Tanım 0.34. φ, Γ kümesi üzerinde tanımlanmış bir önerme fonksiyonu
olsun. Γ kümesinin her γ öğesi için φ(γ) doğru bir önerme ise, bu durum,
Figure 19: Her niceleyicisi
∀γφ(γ)
(∀γ ∈ Γ)φ(γ)
∀γ(γ ∈ Γ) ⇒ φ(γ))
(16)
simgelerinden birisiyle gösterilir ve "her γ ∈ Γ için φ(γ) doğrudur", diye
okunur.
∀ simgesine evrensel niceleyici ya da evrensel belirteç denir ve "her"
diye okunur.
Varlık Belirteci
Figure 20: Varlık Niceleyicisi
Tanım 0.35. φ, Γ kümesi üzerinde tanımlanmış bir önerme fonksiyonu
olsun. φ(γ) önermesi doğru olacak şekilde, Γ kümesinin bazı (dolayısıyla
en az bir tane) γ öğeleri varsa, bu durum
∃γ φ(γ)
(17)
(∃γ ∈ Γ)φ(γ)
(18)
∃γ(γ ∈ Γ) ∧ φ(γ))
(19)
simgelerinden birisiyle gösterilir ve "bazı γ ∈ Γ için φ(γ) doğrudur" diye
okunur.
∃ simgesine varlık niceleyicisi ya da varlık belirteci denir ve yerine
göre, "vardır" ya da "bazı" diye okunur.
Bazen φ(γ) önermesi tanım bölgesindeki bir tek γ ∈ Γ için
doğru, başkaları için yanlış olabilir. Bu özel durumu vurgulamak
gerektiğinde, varlık belirtecinin üstüne bir yıldız koyacağız; yani
(∃∗ γ ∈ Γ)φ(γ),
∃∗ γ(γ ∈ Γ ∧ φ(γ))
(20)
simgeleri, φ(γ) önermesini sağlayan bir ve yalnızca bir tane γ ∈ Γ
öğesinin varlığını belirtecektir.
Nicelenmi ş İfadeler
(16) - (19 ) biçimindeki ifadelere nicelenmiş ifadeler diyeceğiz.
açik önermeler
Nicelenmiş ifadeleri kullanırken, bazen γ öğesinin hangi kümeye ait olduğu apaçık belli olur. O zaman, basitliği sağlamak için
(17) simgesinin kullanılması önerilir. Ama aynı anda birden çok
kümeyle çalışılıyor ve ele alınan öğenin hangisine ait olduğunu
belirtmek gerekiyorsa, (18 ya da (19) simgeleri kullanılmalıdır.
Nicelemelerin Değillenmesi
19
19
¬ olumsuzlama
"her" Niceleyicisinin Değillenmesi
20 .
20
Her canlı ölür.
(21)
önermesini simgelerle ifade edebilmek için canlılar kümesini C ile
gösterelim. (??) ifadesi yerine
φ ≡ ∀γ(γ ∈ C ⇒ γ
( ölür.)
(22)
yazabiliriz. Şimdi φ nin değilini (olumsuzunu) düşünelim :
¬φ ≡ ¬ ( Her canlı ölür.)
≡ Ölmeyen canlılar vardır.
≡ Bazı canlılar ölmez.
≡ ∃γ(γ ∈ C ∧ γ ölmez.)
diyebiliriz.
Bunu genelleştirelim:
∀γ(γ ∈ Γ ⇒ φ(γ))
(23)
önermesi ya doğru ya da yanlıştır. Bu önermenin doğru olması
demek, her γ ∈ Γ için φ(γ) önermesinin doğru olması demektir. Yanlış olması demek ise, φ(γ) önermesi yanlış (dolayısıyla
¬φ(γ) doğru) olacak şekilde enaz bir γ ∈ Γ var demektir. Öyleyse,
¬[∀γ(γ ∈ Γ ⇒ φ(γ))] ≡ ∃γ(γ ∈ Γ ∧ ¬φ(γ))
(24)
olur. Γ kümesinin bir başkasıyla karışma tehlikesi yoksa, (24)
ifadesini çok daha yalın olan
¬[∀γ φ(γ)] ≡ ∃γ ¬φ(γ)
biçiminde yazabiliriz.
(25)
∀ Niceleyicisinin Değillenmesi
55
56
calculus
"var" Niceleyicisinin Değillenmesi
21
21
Bazı canlılar ölür.
(26)
önermesini düşünelim. Bunu simgelerle ifade etmek için, gene
canlılar kümesini C ile gösterelim.
(26) ifadesi yerine
ψ ≡ ∃γ(γ ∈ C ∧ γölür.)
(27)
yazabiliriz. Şimdi ψ nin değilini (olumsuzunu) düşünelim :
¬ψ ≡ ¬ ( Bazı canlılar ölür.)
≡ Hiçbir canlı ölmez.
≡ Her canlı ölmez
≡ ∀γ(γ ∈ C ⇒ γölmez.)
olacaktır.
Sözel önermelerin değili, konuşulan
dile ve içinde yaşanılan kültüre göre
farklı anlamlar alabilir. O nedenle,
sözel ifadeler yerine simgesel ifadeler
tercih edilmelidir.
22
22
Örneğin, "Her kuşun eti yenmez." ifadesi dilimizde, "Eti yenmeyen kuşlar vardır." anlamında kullanılır. Burada ∀ nitelemesi ∃
nitelemesi yerine geçmiştir. Matematiksel mantıkta bu anlamların
yanlış olduğu apaçıktır. Çünkü, simgesel mantıkta
Her kuşun eti yenmez. ≡ Eti yenmeyen kuşlar vardır.
denkliği vardır. Şimdi bunu simgesel biçimde yazalım:
∃γ(γ ∈ Γ ∧ ψ(γ))
(28)
önerınesinin doğru olması demek, ψ(γ) önermesi doğru olacak
şekilde enaz bir γ ∈ Γ öğesi var olması demektir. Bu önermenin
yanlış olması demek, hiçbir γ ∈ Γ için ψ(γ) doğru değil demektir.
O halde, her γ ∈ Γ için ¬ψ(γ) doğru olur. Simgelerle yazarsak,
¬[∃γ(γ ∈ Γ ∧ ψ(γ))] ≡ ∀γ(γ ∈ Γ ⇒ ¬φ(γ))
(29)
olacaktır. Eğer Γ kümesinin bir başkasıyla karışması tehlikesi yoksa,
ifadeyi daha basit olarak,
¬[∃γ ψ(γ)] ≡ ∀γ ¬ψ(γ)
(30)
şeklinde de yazabiliriz.
Çok Değişkenli Önerme Fonksiyonları
23
Çok Değişkenli
Önermeler
23
Önerme fonksiyonları birden çok değişkene bağlı olabilir. Burada
yalnızca iki değişkenli önerme fonksiyonlarını ele alacağız. Daha
çok değişken olduğunda, niceleyicileri ve değillerini iki değişkenli
duruma indirgemek mümkündür.
X ile Y herhangi iki küme olsun. Her x ∈ X ve her y ∈ Y için, x
ile y öğelerine bağlı bir
P( x, y)
(31)
∃ Niceleyici
açik önermeler
57
önermesi tanımlanmışsa, P ye iki değişkenli bir önerme fonksiyonudur,
denilir.
Lemma 0.36.
P( x, y) ≡ ∀ x ( x ∈ X ⇒ [∀y(y ∈ Y ⇒ P( x, y))])
(32)
önermesini, yalınlığı sağlamak için
P( x, y) ≡ ∀ x ∀y P( x, y)
(33)
simgesiyle göstereceğiz.
X ve Y kümelerini belirtmek gerekiyorsa (33) yerine
P( x, y) ≡ (∀ x ∈ X )(∀y ∈ Y ) P( x, y)
(34)
diyebiliriz. Bu önermeyi şöyle okuyacağız :
"Her x ∈ X ve her y ∈ Y için P( x, y) doğrudur".
Lemma 0.37.
Yukarıdakine benzer düşünüşle,
Q( x, y) ≡ ∃ x ( x ∈ X ∧ [∃y(y ∈ Y ∧ Q( x, y))])
(35)
önermesini, yalınlığı sağlamak için
Q( x, y) ≡ ∃ x ∃yQ( x, y)
(36)
simgesiyle gösterecek ve
"bazı x ve bazı y öğeleri için Q( x, y) doğrudur"
diye okuyacağız.
X ile Y kümelerini belirtmek gerektiğinde (36) yerine,
Q( x, y) ≡ (∃ x ∈ X )(∃y ∈ Y ) Q( x, y)
(37)
yazabiliriz.
Lemma 0.38.
24
24
R( x, y) ≡ ∀ x ( x ∈ X ⇒ [∃y(y ∈ Y ∧ R( x, y))])
(38)
R( x, y) ≡ ∀ x ∃yR( x, y))])
(39)
önermesini,
ile gösterecek ve bunu
"Her x için öyle bir y vardır ki, R( x, y) doğru olur."
diye okuyacağız.
X ve Y kümelerini belirtmek gerektiği zaman (39) yerine,
R( x, y) ≡ (∀ x ∈ X )(∃y ∈ Y ) R( x, y)
yazabiliriz.
(40)
predicate
58
calculus
Lemma 0.39.
S( x, y) ≡ ∃ x ( x ∈ X ∧ [∀y(y ∈ Y ⇒ P( x, y))])
(41)
S( x, y) ≡ ∃ x ∀yP( x, y)
(42)
önermesini
simgesiyle gösterecek ve bunu,
"öyle bir x var ki her y için S( x, y) doğrudur."
diye okuyacağız.
X ile Y kümelerini belirtmek gerekiyorsa (42) yerine
S( x, y) ≡ (∃ x ∈ X )(∀y ∈ Y ) P( x, y)
(43)
diyebiliriz.
Aksiyom 0.40.
∀ x ∀y ≡ ∀y∀ x
∃ x ∃y ≡ ∃y∃ x
yer değişimlerini varsayacaız. Daha açık söyleyişle,
a) ∀ x ∀y P( x, y) ≡ ∀y ∀ x P( x, y)
(44)
b) ∃ x ∃y Q( x, y) ≡ ∃y ∃ x Q( x, y)
(45)
eşitliklerini birer belit olarak varsayacağız.
Ancak ∀∃ niceleyicileri kendi aralarında yer değiştirmez. Daha
açık bir deyişle,
Theorem 0.41. Aşağıdaki eşitsizlik vardır.
∀ x ∃y P( x, y) 6≡ ∃y∀ x P( x, y)
Kanit:
Gerçekten, bu iki önermenin denk olmadığı (29) ile (34) bağıntılarından görülebilir. Bunu bir örnekle açıklayabiliriz: X insanlar
kümesi ve Y de kitaplar kümesi olsun. x ∈ X ve y ∈ Y ise P( x, y)
önermesini,
P( x, y) ≡ ( x, y yi okudu)
diye tanımlayalım. Buna göre,
∀ x ∃y P( x, y) ≡ Her insan enaz bir kitap okudu.
∃y∀ x P( x, y) ≡ öyle bir kitap vardır ki her insan o kitabı okudu.
olacaktır.
Değilleme
açik önermeler
Çok Değişkenli Önermeleri Değilleme
25
P, Q, R, S önermelerinin değillerini, ifadeleri yalın bileşenlerine ayırarak bulabiliriz. Örnek olarak P( x, y) nin değilinin nasıl
bulunduğunu gösterelim.
T ( x ) ≡ ∀y(y ∈ Y ⇒ P( x, y))
dersek (32) ifadesi
P( x, y) ≡ ∀ x ( x ∈ X ⇒ T ( x )
şeklini alır. Bunun olumsuzu, (25 ) gereğince,
¬ P( x, y) ≡ ∃ x ( x ∈ X ∧ ¬ T ( x ))
dir, ki burada
¬ T ( x ) ≡ ∃y(y ∈ Y ∧ P( x, y))
dir. Bunu yukarıdaki yerine yazarsak,
¬ P( x, y) ≡ ∃ x ( x ∈ X ∧ [∃y(y ∈ Y ∧ P( x, y))])
çıkar. Demek ki
¬[∀ x ∀y P( x, y)] ≡ ∃ x ∃y P( x, y)
olur.
Alıştırmalar
1. Aşağıdaki bağıntıların varlığını gösteriniz.
a) ∃ x ∃y P( x, y) ≡ ∀ x ∀y ¬ P( x, y)
(46)
b) ∀ x ∃y P( x, y) ≡ ∃ x ∀y ¬ P( x, y)
(47)
c) ∃ x ∀y P( x, y) ≡ ∀ x ∃y ¬ P( x, y)
(48)
2. Aşağıdaki sözlü ifadeleri simgelerle gösteriniz ve sonra da
olumsuzlaştırınız. Herbirisinin olumsuzunu sözle ifade ediniz.
a) Her insan okur.
b) Bazı insanlar okur.
c) Her insan okumaz.
d) Bazı insanlar okumaz.
3. Aşağıdaki önermeleri sözle ifade ediniz ve sonra olumsuzlaştırınız.
a) ∀ x ∃y( x2 + y2 > 100
b) ∀ x ∀y(y2 < x − 3
c) ∃ x ∃y( x2 − y2 = 4
d) ∃ x ∀y( x = y
59
60
calculus
4. Aşağıdaki önermelerin doğruluk değerlerini bulunuz. Sonra
herbirinin olumsuzunu yazınız.
a) (∀ x ∈ R)( x2 − 4 >)
b) (∀ x ∈ R)(∃y ∈ R)( x2 = y2 )
c) (∃ x ∈ R)(∀y ∈ R)( x − y = 0)
d) (∃ x ∈ R)(∃y ∈ R)( x − y = 0)
5. x ∈ R iken, aşağıdaki önermenin değilini bulunuz.
∀ x (( x − 5 ≤ 0) ∨ (∃ x (5x − 3 ≥ 0)))
6. Aşağıdaki sözel ifadeleri mantıksal simgelerle yazınız ve herbirisinin olumsuzunu belirleyiniz.
a) Bazı arkadaşlarım zekidir.
b) Aptal insanlar can sıkıcıdır.
c) Hiç zengin akrabam yok.
d) Bazı bilgisayar yazılımlarını kullanmak zordur.
7. Aşağıdaki sözel ifadeleri mantıksal simgelerle yazınız ve herbirisinin olumsuzunu belirleyiniz.
a) Bütün futbolcular çok para kazanır.
b) Bazı pilotlar bayandır.
c) Bazı doktorların elyazısı okunmaz.
d) Bütün öğrencilerin lüks arabaları var.
Kümeler Cebiri
26
26
Doğa olaylarının ya da sosyal olayların açıklanması için, bazen,
matematiksel modelleme yapılır. Bunu yapmak demek, incelenecek
olaya etki eden etmenleri içine alan matematiksel formülleri ortaya
koymak demektir. Bunların büyük çoğunluğu, sayısal işlemlerle
yapılabilir. Ama bazı durumlarda, sayısal işlemlere benzemeyen
işlemler gerekebilir. Bu farklı işlemlerden bir bölümü, Kümeler
Cebiri kullanılarak yapılanlardır.
Sayılarda yaptığımız dört işlem, tek tek sayılarla uğraşır. İki sayı
arasında yapılan toplama, çıkarma, bölme, çarpma, . . . işlemleriyle
yeni sayılar oluşturur. Kümeler Cebiri, sayılardaki dört işlemden
farklı olarak, tek tek öğelerle değil, kümelerle uğraşır. İki küme
arasındaki işlemlerle yeni kümeler oluşturur. Bu kavram, birçok
modellemede kullanılır.
Hemen belirtelim ki, Matematik bir yönüyle, kesin kuralları olan
bir dildir. Bir dilin alfabesini, ve dilbilgisini öğrenmeden, o dilde
konuşmak ve düşünmek mümkün değildir. Matematiğin alfabesi
simgeler, dilbilgisi ise tanımlar ve teoremlerdir. Dolayısıyla, Matematiği kavrayabilmek için, öncelikle, sayısı çok olmayan simgeleri
öğrenmeliyiz. Tanım ve teoremler, bunu kolayca izleyecektir.
Kümesel
İşlemler
Kümeleri liste biçiminde gösterirken, kümenin öğelerini { } parantezi içine yazarız. { } ye küme
parantezi denilir. Küme parantezi içine yazılan öğelerin sırası önemli değildir. Ayrıca, aynı öğe birden
çok yazılmışsa, o öğe bir kez var sayılır.
Örnek 0.42.
Öğeleri a,b,c olan kümeyi A = { a, b, c}, A = {b, a, c}, A = {c, b, a}
vb gibi yazabiliriz. Küme parantezi içine öğelerin hangi sırada
yazıldığı önem taşımaz. Kümeleri, genellikle, A, B, . . . , X, Y, . . . gibi
büyük harflerle, öğelerini ise a, b, c, . . . , x, y, . . . gibi küçük harflerle
göstereceğiz. Ayrıca 1, 2, 3, . . . gibi sayıları ya da başka simgeleri de
öğe olarak gösterebiliriz.
{ a, b, c} kümesi ile { a, a, a, b, c} kümeleri aynıdır; çünkü a öğesi
küme parantezi içine birden çok kez girse bile ancak bir kez var
olduğunu kabul ediyoruz.
Tanım ??’de birinci özelik, kümenin öğelerinin kesinlikle belirli
olduğu anlamına gelir. Hangi öğenin kümeye ait olduğu ya da
olmadığı konusunda hiç bir kuşku olmaz. Örneğin,
K = {kütüphanemizdeki kitaplar}
62
calculus
ifadesi kümeyi kesinlikle belirler. Çünkü, kütüphanemizdeki her
kitap K kümenin bir öğesidir; kütüphanemizde olmayan hiç bir
kitap K kümesine ait değildir. Bunun yanında,
{iyi kitaplar}
deyimi bir küme tanımlamaz. Çünkü, ’iyi kitap’ kavramı kişiden
kişiye değişir. Dolayısıyla , Tanım ??’in ilk özeliği sağlanmaz.
Tanım 0.43.
a ∈ A simgesi a öğesinin A kümesine ait olduğunu belirtir ve
"a öğesi A kümesi içindedir", diye okunur. Tersine olarak, a 6∈ A
simgesi a öğesinin A kümesine at olmadığını belirtir ve "a öğesi A
kümesi içinde değildir", diye okunur. Aşağıdaki denklikler vardır.
27
Kapsama
Kapsama
a∈A≡A3a
(49)
a 6∈ A ≡ A 63 a
(50)
27
Tanım 0.44. A kümesinin her öğesi B kümesine ait ise, "A kümesi, B
kümesi tarafından kapsanır" ya da "B kümesi A kümesini kapsıyor,"
denilir ve A ⊂ B simgesiyle gösterilir.
Figure 21: Altküme
Tanım 0.45. A ⊂ B ise A kümesi B kümesinin bir altkümesidir ya da B
kümesi A kümesinin bir üstkümesidir, denilir.
⊂ simgesine kapsama bağıntısı denilir. A ⊂ B ile B ⊃ A eş
anlamlıdır. Kapsamayı simgesel olarak şöyle gösterebiliriz:
A ⊂ B =⇒ ( x ∈ A ⇒ x ∈ B)
28
evrensel
Figure 22: Evrensel Küme
(51)
Evrensel Küme 28
Sözlük anlamıyla, evrensel kümeyi her şeyi içeren en büyük
küme olarak düşünmeye kalkabiliriz. Oysa, öyle bir küme belirsizdir. Her şeyi içeren küme, kişiden kişiye değişebileceği gibi,
böyle bir kümeyi kümeler cebirine katınca sistemde paradokslar
oluşur. Paradoksları ileride ele alacağız. Evrensel küme diyeceğimiz
tek bir küme yoktur.
Tanım 0.46. Belli bir iş için, o anda ele alınan bütün öğeleri (nesneleri)
içeren kümeye evrensel küme denilir.
Örneğin, {1, 3, 5, 7} kümesi ile işlem yaparken, evrensel küme
olarak tek sayılar kümesini, doğal sayılar kümesini ya da tam sayılar
kümesini almak mümkündür. Evrensel kümeyi belirleyen genel
bir kural yoktur. İşleme giren öğelerin hepsini kapsayan en küçük
kümeyi evrensel küme olarak seçmek uygundur. Aslında, kümeler
cebiri ile ilgili işlemlerin çoğunda evrensel kümenin kim olduğu
önemli fark yaratmayacaktır. Ele alınan kümeler soyut ise; yani
öğeleri belirtilmiyor ise, o anda söz konusu olan bütün kümeleri
kapsayan kümeye evrensel küme deriz. Bu anlaşma, kümeler
cebirinde bir sorun yaratmayacaktır.
Evrensel kümeyi, çoğunlukla E simgesiyle göstereceğiz.
kümeler cebiri
63
Venn Çizenekleri
İngiliz matematikçi John Venn(134-1923) yapılan işlemlerin kolay
algılanmasını sağlamak için kümeleri düzlemsel şekillerle gösterdi.
Kümeleri istediğimiz şekillerle gösterebiliriz. Ama, duyu organlarımız iki boyutlu şekilleri; yani düzlemsel şekilleri daha kolay
algılar. Genellikle, daire ve elips kullanılır.
Tümleyen Küme
29
29
Tümleyen
Tanım 0.47. A kümesinin tümleyeni, evrensel kümeye ait olan ama A
kümesine ait olmayan öğelerin oluşturduğu kümedir.
A kümesinin tümleyeni A0 , ∼ A , Ac , E \ A ya da E − A
simgelerinden birisi ile gösterilir.
Simgesel olarak, tümleyen kümeyi
A0 = { x | x ∈ E ∧ x 6∈ A}
Figure 23: Tümleyen Küme
(52)
biçiminde yazabiliriz. E tümleyeninin kim olduğunu belirtmek
gerekmiyorsa, yukarıdaki ifadeyi
A0 = { x | x 6∈ A}
(53)
yalın biçimiyle yazarız.
Theorem 0.48. E evrensel küme ise, her x ∈ E ve A ⊂ E kümesi için
aşağıdaki özelikler geçerlidir.
x ∈ A =⇒ x 6∈ A0
(54)
x ∈ A0 =⇒ x 6∈ A
(55)
İspat: Tümleyen küme tanımından çıkar.
Lemma 0.49. Her A kümesi için ( A0 )0 = eşitliği sağlanır.
İspat:
x ∈ A =⇒ x 6∈ A0 =⇒ x ∈ ( A0 )0
Boş Küme
30
Tanım 0.50. Hiçbir öğesi varolmayan kümeye, boş küme diyecek ve bunu
∅ simgesiyle ya da içi boş { } parantezi ile göstereceğiz.
Boş kümenin, kümeler cebirinde oynadığı rolü, sıfırın sayılarda
oynadığı role benzetebiliriz. Tabii, sıfırın boş küme olmadığını
söylemek gerekmez.
Örnek 0.51. Hiçbir insan 200 yıl yaşamadığına göre
∅ = { İkiyüz yaşını geçmiş ressamlar.}
olur.
Theorem 0.52. Her küme boş kümeyi kapsar.
30
Boş
64
calculus
İspat: A herhangi bir küme olsun.
x∈∅⇒x∈A
(56)
olduğunu göstermeliyiz. Bunun için olmayana ergi yöntemini
(φ ⇒ ψ ≡ ¬ψ ⇒ ¬φ) kullanabiliriz. Boş kümenin hiç bir öğesi
olmadığından, A kümesine ait olmayan hiç bir öğenin boş kümeye
ait olamayacağı apaçıktır. O halde,
x 6∈ A ⇒ x 6∈ ∅
(57)
yazılabilir.
Theorem 0.53. Evrensel kümenin tümleyeni boş kümedir. Boş kümenin
tümleyeni evrensel kümedir.
İspat: E0 = ∅ ve ∅0 = E olduğunu göstermeliyiz. Tümleyen
küme tanımında A yerine E konulursa
E0 = { x | x ∈ E ∧ x 6∈ E}
Sağdaki küme parantezi içindeki önerme hepyanlış bir önermedir.
O halde, önermeyi sağlayan hiçbir x öğesi yoktur. Öyleyse, E0
tümleyeninin hiçbir öğesi yoktur. E0 = ∅ olur.
Teoremin ikinci kısmı da benzer olarak kanıtlanabilir.
∅0 = { x | x ∈ E ∧ x 6∈ ∅}
Sağdaki küme parantezi içindeki önerme hepdoğru bir önermedir;
evrensel kümeye ait her x öğesi önermeyi sağlar. Öyleyse, ∅0
tümleyeni evrensel kümedir: E = ∅0 olur.
Tek öğeli küme
Tanım 0.54. Yalnızca bir tek a öğesine sahip kümeyi { a} ile gösterecek ve
adına tek öğeli küme diyeceğiz.
Uyarı 0.55. a bir öğedir, {a} ise bir kümedir. Dolayısıyla bu ikisi birbirlerinden farklıdır: a ∈ { a}.
Alt Küme ve Üst Küme
31
Figure 24: Altküme: A ⊂ B ⊂ E
31
⊂, ⊃
Tanım 0.56. A kümesi B kümesi tarafından kapsanıyorsa "A kümesi B
kümesinin bir alt kümesi dir," ya da "B kümesi A kümesi nin bir üst
kümesi dir," diyeceğiz: B ⊃ A.
Eşit Kümeler
Tanım 0.57. A kümesi B kümesinin altkümesi ve B kümesi de A
kümesinin altkümesi ise, "A ile B kümeleri birbirlerine eşittir," denilir ve
bu durum, A = B simgesiyle gösterilir.
A = B =⇒ [( A ⊂ B) ∧ ( B ⊂ A)
(58)
kümeler cebiri
65
Has Alt Küme 32
A ⊂ B =⇒ A kümesi, B nin bir alt kümesidir, olması, A kümesinin
B ye eşit olamayacağı anlamına gelmez. Örneğin, her küme kendi
kendisinin bir alt kümesidir A ⊂ A. Neden?
Bazen, altkümenin üstkümeye eşit olmadığını vurgulamak
gerekir.
Tanım 0.58. A kümesi, B kümesi tarafından kapsanıyorsa ve A ile B eşit
değilseler, A kümesi B kümesi nin bir has alt kümesi’dir, denilir.
Bu durumu simgesel olarak,
( A ⊂ B) ∧ ( A 6= B)
(59)
biçiminde göstereceğiz.33 .
Uyarı: Bazı kaynaklarda A ⊂ B
yerine A ⊆ B simgesi ve ( A ⊆
B) ∧ ( A 6= B) yerine de A ⊂ B simgesi kullanılır. Tabii, bir kavramın
hangi simgeyle gösterildiği, o kavrama
etkimez; ama hangi kavram için hangi
simgenin kullanıldığını daima bilmek
ve tutarlı biçimde kullanmak gerekir.
Bu derste ⊂ simgesini kullanacağız
33
Kuvvet Kümesi Kümeler cebirinde bir kümenin bütün altkümelerinden
oluşan aile önemli bir araç olarak kullanılır.
Tanım 0.59. Boş olmayan A kümesinin kuvvet kümesi A kümesinin bütün
altkümelerinden oluşan kümedir; P ( A) simgesiyle gösterilir.
Öğeleri kümeler olan bir topluluğun kendisi de bir kümedir.
Ancak, onlara kümeler ailesi diyeceğiz. Böylece, öğeleri kümeler
olan kümeyi algılamak daha kolaylaşacaktır.
Aşağıdaki önermenin ispatı ileride yapılabilecektir.
Theorem 0.60. n öğeli bir kümenin bütün alt kümelerinin sayısı 2n dir.
Küme İşlemleri
Bileşim Ya A kümesine ya B kümesine ya da hem A ya hem de
B ye ait olan bütün öğelerden oluşan kümeye, A ile B nin bileşimi,
denilir ve A ∪ B simgesiyle gösterilir; yani,
A ∪ B = { x | ( x ∈ A) ∨ ( x ∈ B) }
(60)
dir.
Figure 25: Bileşim
Arakesit Hem A kümesine hem de B kümesi ne ait olan bütün
öğelerden oluşan kümeye, A ile B nin arakesiti, denilir ve A ∩ B
simgesiyle gösterilir; yani,
A ∩ B = { x | x ∈ A ∧ x ∈ B}
(61)
dir.
Ayrık Kümeler
Figure 26: Arakesit
A ile B kümelerinin arakesiti boş ise; yani,
A∩B = ∅
ise, A kümesi ile B kümesi birbirlerinden ayrıktırlar (kesişmiyorlar),
denilir.
Hiçbir ortak öğesi olmayan iki küme ayrıktır.
(62)
66
calculus
Kesişen Kümeler
A ile B kümelerinin arakesiti boş değilse ; yani,
A ∩ B 6= ∅
(63)
ise, A ile B kümeleri ayrık değildir (kesişiyorlar), denilir. Kesişen iki
kümenin en az bir tane ortak öğeleri vardır.
Fark A kümesinin öğelerinden B kümesine de ait olanları attıktan
sonra, geriye kalan öğelerin oluşturduğu kümeye, A ile B nin
farkı diyecek ve bunu A \ B ya da A − B simgelerinden birisiyle
göstereceğiz; yani,
A − B = A \ B = { x | x ∈ A ∧ x 6∈ B }
(64)
dir.
( A \ B) 6= ( B \ A) olduğu apaçıktır.
Figure 27: A \ B: Fark
Simetrik Fark A ile B nin bileşim kümesinden, arakesitlerinin
çıkarılmasıyla elde edilen kümeye, A ile B kümelerinin simetrik farkı
diyecek ve bunu A4 B simgesiyle göstereceğiz; yani,
A4 B = {( A ∪ B) \ ( A ∩ B)}
(65)
dir.
( A4 B) = ( B4 A)
olduğu hemen görülür.
Figure 28: Simetrik Fark
KÜMELER CEBİRİ
Bu bölümde bileşim, arakesit, fark, simetrik fark ve tümleme işlemleriyle ilgili başlıca özelikleri çıkaracağız.
Theorem 0.61. a. Her küme boş kümeyi kapsar.
b. Her küme, o kümeyi belirleyen önermenin belirlediği evrensel küme
tarafından kapsanır.
c. Bir küme ile onun tamlayan kümesinin bileşimi, evrensel kümelerine
eşittir.
İspat: A = { x | p( x ) } herhangi bir küme ve
E = { x | p( x ) ∨ p0 ( x )}
A yı kapsayan evrensel küme olsun. (Evrensel küme tanımına bakınız.)
Aşağıdaki bağıntıları göstermeliyiz.
a.
∅
⊂
b.
A
⊂ E
c.
E
=
A
A ∪ A0
kümeler cebiri
a. Olmayana Ergi Yöntemini kullanalım. Eğer ¬(∅ ⊂ A) olsaydı,
¬(∅ ⊂ A) =⇒ [∃ x (( x ∈ ∅) ∧ ( x 6∈ A))] ≡ 0
⇒
[∀ x ( x ∈ ∅ ⇒ x ∈ A] ≡ 1
⇒
[(∅ ⊂ A)] ≡ 1
olurdu. Sağdaki ilk satırda, [( x ∈ ∅) ≡ 0] olduğundan, ( x ∈ A)
önermesi ister doğru, ister yanlış olsun, (( x ∈ ∅) ∧ ( x 6∈ A))
bileşik önermesi hepyanlıştır. Bu satırdaki ifadenin olumsuzu,
ikinci satırdaki ifadeye eşittir ve hepdoğrudur. Üçüncü satıra
geçmek için, alt küme tanımını kullanmak yetecektir.
b.
x ∈ A ⇒ p( x ) ⇒ x ∈ E
yazabiliriz. Neden?
c.
x∈E
=⇒ [ p( x ) ∨ p0 ( x )]
=⇒ [( x ∈ A) ∨ ( x ∈ A0 )]
=⇒ x ∈ A ∪ A0
olduğundan,
E ⊂ ( A ∪ A0 )
∧
E ⊃ ( A ∪ A0 )
bağıntıları vardır. Bu isteneni verir.
Buradan görüldüğü ve daha önce de söylediğimiz gibi, evrensel
küme, ele aldığımız kümeyi belirleyen Φ önermesine bağlı olarak
değişmektedir. İşlemlerde kolaylığı sağlamak için , ele alacağımız
bütün kümeleri kapsayacak kadar büyük; ama yalnız onları kapsayacak kadar küçük bir evrensel kümenin seçildiğini varsayacağız.
Farklı evrensel kümelerin seçilmesi, kümelerle yapacağımız
işlemlerin özeliklerini değiştirmeyecektir.
Buna göre, E evrensel kümesinin belli bir p açık önermesini
sağlayan öğelerinden oluşan A alt kümesi
A = { x | x ∈ E ∧ p( x )} = { x | Φ( x ) ∧ p( x )}
(66)
dir. Buradaki p önermesinin, genellikle, E yi belirleyen Φ önermesinden farklı olabileceğine dikkat edilmelidir. Zaten Φ önermesiyle pek ilgilenmeyeceğiz. Ele alacağımız bütün kümeler E ye ait
olacağından, yukarıdaki ifadeyi daha kısa olarak,
A = { x | p( x ) }
(67)
biçiminde yazabiliriz.
Aşağıdaki teoremlerin ispatları, önermeler cebirinde yaptığımız
ilgili bağıntılardan çıkar.
Lemma 0.62. A ile B herhangi iki küme ise, aşağıdaki bağıntılar sağlanır.
67
68
calculus
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
A=B
x∈A
x ∈ A0
A⊂B
A⊂B
A
B
( A ∩ B)
( A ∩ B)
( A ∩ A0 )
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
⊂
⊂
⊂
⊂
=
[( x ∈ A) =⇒ ( x ∈ B)]
x 6∈ A0
x 6∈ A
A∪B = B
A∩B = A
( A ∪ B)
( A ∪ B)
A
B
∅
Lemma 0.63. A, B, C herhangi üç küme ise, aşağıdaki bağıntılar sağlanır.
a.
b.
c.
d.
e.
A
A=B
( A ⊂ B) ∧ ( B ⊂ C )
( A = B) ∧ ( B = C )
A\B
=
⇒
⇒
⇒
6=
A
B=A
( A ⊂ C)
( A = C)
B\A
Lemma 0.64. A , B ve C herhangi üç küme ise, aşağıdaki bağıntılar
sağlanır.
1. A ∪ ∅ = A
(Boş küme bileşim işleminin birimidir)
2. A ∩ ∅ = ∅
(Boş küme, arakesit işleminin yok edicisidir)
3. A ∪ A = A
(Bileşimde Eşgüçlülük Kuralı)
4. A ∩ A = A
(Arakesitte Eşgüçlülük Kuralı)
5. A ∪ B = B ∪ A
(Bileşim İşleminin Yer Değiştirebilirliği)
6. A ∩ B = B ∩ A
(Arakesitin Yer Değiştirebilirliği)
7. ( A ∪ B) ∪ C = A ∪ ( B ∪ C ) (Bileşimin Birleşebilirliği)
8. ( A ∩ B) ∩ C = A ∩ ( B ∩ C )
(Arakesitin Birleşebilirliği)
9. A ∪ ( B ∩ C ) = ( A ∪ B) ∩ ( A ∪ C )
10. A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C )
(Arakesit Üzerine Dağılma)
(Bileşim Üzerine Dağılma)
Bunlara kümeler cebirinin kuralları diyeceğiz.
İspat: Örnek olarak, burada son eşitlik ispatlanacaktır. Ötekilerin
ispatını öğrenciye bir alıştırma olarak bırakıyoruz.
1. Yol: Önermeler Cebiri ile Kümeler Cebiri’nin bilinen özeliklerini
kullanarak, istenen bağıntıyı çıkarabiliriz.
x ∈ A ∩ (B ∪ C)
=⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B ∪ C arakesit tanımı
=⇒ x ∈ A ∧ ( x ∈ B ∨ x ∈ C ) bileşim tanımı
=⇒ ( x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ ( x ∈ A ∧ x ∈ C ) dağılma
=⇒ ( x ∈ A ∩ B) ∨ ( x ∈ A ∩ C ) dağılma
=⇒ x ∈ ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C ) bileşim tanımı
kümeler cebiri
2. Yol: Gösterilecek eşitliğin sol ve sağındaki önermelerin doğruluk
tablolarını düzenleyip; doğruluk değerlerinin aynı olduğunu görebiliriz. Bunun için, her iki yandaki önermeleri yalın bileşenlerine
ayırıp, herbirisinin doğruluk değerlerini bir tabloda göstereceğiz.
Eşitliğin sol ve sağındaki önermelere,
P( x ) = x ∈ A ∩ ( B ∪ C )
Q( x ) = x ∈ ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C )
diyelim. Bu iki önermenin mantıksal denk olduğunu göstermek
için, Aşağıdaki tabloyu düzenleyelim.
x∈A
1
1
1
1
0
0
0
0
x∈B
1
1
0
0
1
1
0
0
x∈C
1
0
1
0
1
0
1
0
x ∈ A∩B
1
1
0
0
0
0
0
0
x ∈ A∩C
1
0
1
0
0
0
0
0
x ∈ B∪C
1
1
1
0
1
1
1
0
P( x )
1
1
1
0
0
0
0
0
Bu tablodan, evrensel kümeye ait her x için,
P( x ) ≡ Q( x )
olduğu görülmektedir. O halde,
A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C )
eşitliği çıkmış olur.
Lemma 0.65. E evrensel küme, A ile B bunun birer alt kümesi iseler,
aşağıdaki eşitlikler sağlanır.
1.
A∪E = E
E, Bileşimin Birim Öğesidir
2.
A∩E = A
E, Arakesitin Birim Öğesidir
0
3.
A = E\A
4.
A0 = E \ A
5.
( A0 )0 = A
6.
E0 = ∅
7.
∅0 = E
8.
( A ∪ B)0 = A0 ∩ B0
De Morgan Kuralı
0
0
0
9.
( A ∩ B)
= A ∪B
De Morgan Kuralı
10.
( A ⊂ B) ⇒ A0 ⊃ B0
İspat: Aşağıdaki gerektirmeler, Önermeler Cebirinde ve Kümeler
Cebirinde gördüğümüz özeliklerdir. Her bir adımı nedenleriyle
açıklayınız.
Q( x )
1
1
1
0
0
0
0
0
69
70
calculus
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
A⊂E
A⊂E
x∈A
x ∈ A0
x ∈ ( A0 )0
x ∈ E0
x ∈ ∅0
⇒
⇒
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
A∪E = E
A∩E = A
x 6∈ A0 =⇒ x ∈ E \ A0
x 6∈ A =⇒ x ∈ E \ A
x 6∈ A0 =⇒ x ∈ A
x 6∈ E =⇒ ¬Ω( x ) ⇒ x ∈ ∅
x 6∈ ∅ =⇒ Ω( x ) =⇒ x ∈ E
8.
x ∈ ( A ∪ B)0
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
x 6∈ A ∪ B
( x 6∈ A) ∧ ( x 6∈ B)
( x ∈ A0 ) ∧ ( x ∈ B0 )
x ∈ A0 ∩ B0 )
9.
x ∈ ( A ∩ B)0
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
x 6∈ A ∩ B
( x 6∈ A) ∨ ( x 6∈ B)
( x ∈ A0 ) ∨ ( x ∈ B0 )
x ∈ A0 ∪ B0
ALIŞTIRMALAR
1. A, B, C, D birer küme ve E evrensel küme ise, aşağıdaki eşitlikleri sağlayınız.
(a) ( A \ B)0 = B ∪ A0
(b) A \ B = A ∩ ( E \ B)
(c) ( A4 B)4C = A4( B4C )
(d) ( A \ B) ∩ (C \ D ) = ( A ∩ C ) \ ( B ∪ D )
2. (a) A \ B = A =⇒ ( A ∩ B = ∅ =⇒ B \ A = ∅ A ⊂ B =⇒
A\B = ∅
(b) A \ B = B \ A =⇒ A4C = B =⇒ B4C = A
(c) ( A ⊂ C ∩ B ⊂ C ) =⇒ A ∪ B ⊂ C
(d) (C ⊂ A ∩ C ⊂ B) =⇒ C ⊂ ( A ∩ B
(e) A ⊂ B =⇒ B0 ⊂ A0
(f) A ⊂ B =⇒ A ∪ B = B =⇒ A ∩ B = A
Bağıntılar
Matematikte Yeni Ufuklar
Cebirsel yöntemlerin kolaylığı yanında, geometride ölçümlerin
sayısallaştırılması gereğini gören ünlü Fransız matematikçisi René
Descartes (1596-1650) yeni bir yöntem geliştirdi. Düzlemdeki noktaların yerlerini belirtmek için, birisi yatay konumda, ötekisi düşey
konumda olan ve birbirlerini başlangıç noktalarında dik kesen iki
sayı doğrusu aldı. Bu doğrulara koordinat eksenleri adını verdi. Düzlemdeki bir A noktasından yatay doğruya inilen dikmenin ayağı
x sayısına; düşey doğruya inilen dikmenin ayağı y sayısına karşılık
geliyorsa, { x, y} sayı çiftinin A noktasının düzlemdeki konumunu
kesinkes belirttiği görüldü. Ancak, bu sayıların rolleri değiştiğinde,
farklı bir noktanın konumunu belirteceği açıktır. Buradan doğacak karışıklığı yoketmek için, hangisinin yatay eksen üzerinde,
hangisinin düşey eksen üzerinde olduğunu belirtecek, bir sıralama
kavramı konuldu ve { x, y} yerine ( x, y) simgesi kullanıldı. Bunlara
A noktasının bileşenleri (koordinatları) adı veildi. ( x, y) gösteriminde birinci öğe olan x sayısı, yatay eksen üzerindeki bileşen
(apsis); ikinci öğe olan y sayısı, düşey eksen üzerindeki bileşen
(ordinat) olarak adlandırıldı. Böylece, { x, y} yerine ( x, y) simgesi
kullanılmakla, sayı çiftine bir sıralanmış olma niteliği eklendi. Bu
nedenle, ( x, y) simgesinin temsil ettiği yeni varlığa sıralanmış sayı
çifti denilir.
Düzlemdeki noktaların sıralanmış sayı çiftleriyle belirtilmesinden
sonra, düzlemsel geometrinin temel kavramları cebirsel yöntemlerle
ifade edilebilir hale gelmiştir. Tabii, bu yöntem, ( x, y, z) gibi sıralı
üçlüler yardımıyla uzay geometriye kolayca uygulanmıştır. Sonra,
n bir doğal sayı olmak üzere, ( a1 , a2 , a3 , . . . , an ) gibi sıralı n liler
tanımlandı ve n boyutlu uzaylar incelendi.
Giderek, bu kavram, matematikte ve başka bilim dallarında geniş
bir uygulama alanı buldu. Bu günkü teknik ve teknoloji, büyük
ölçüde bu kavrama dayanır. [13]
Kartezyen çarpım
Bu bölümde, soyut kümeler için, sıralanmış çiftleri inceleyecek ve
bir uygulaması olarak analitik düzlemi tanımlayacağız.
Tanım 0.66. A, B iki küme olsun. a ∈ A ile b ∈ B herhangi iki öğe ise,
( a, b) nesnesine, bir sıralı ikili, denilir.
72
calculus
( a, b) nesnesi, yeni bir varlıktır. a öğesine, ( a, b) sıralı ikilisinin
birinci bileşeni, b öğesine ikinci bileşeni, denilir. Bu sıralama, belirleyicidir. Dolayısıyla, aşağıdaki önermeyi, sıralı ikililerin eksiksiz
bir tanımı olarak alabiliriz.
( a, b) = (c, d) ⇒ ( a = c ∧ b = d)
(68)
( a, b) = (c, d) ⇒ ( a = c ∧ b = d)
(1)
( a, b) sıralı ikilisine, sıralı çift ya da, kısaca, ikili de denilir.
Uyarı: Bir sıralı ikilide yazılış sırası belirleyici özelik taşır; bileşenlerin sırası değiştirilirse başka bir ikili elde edilir.
Örnek
(2, 7) 6= (7, 2)
Kartezyen Çarpım
Tanım: Hiç birisi boş olmayan A ile B kümelerinin kartezyen
çarpımı
A × B = {( a, b) | a ∈ A ∧ b ∈ B}
(2)
kümesidir.
Kartezyen terimi, onu ilk ortaya koyan R.Descartes’dan gelir.
Sayılardaki çarpma işlemiyle hiç bir ilişkisi yoktur. O, yalnızca,
sıralı ikililerden oluşan bir kümedir.
Örnek
A = { a, b, c} B = { x, y} kümeleri için,
A × B ve B × A kartezyen çarpımlarını bulunuz.
Çözüm:
A × B = {( a, x ), ( a, y), (b, x ), (b, y), (c, x ), (c, y)}
ve
B × A = {( x, a), ( x, b), ( x, c), (y, a), (y, b), (y, c)}
olur.
Önerme: Hiç birisi boş olmayan A ile B kümeleri eşit değilseler,
A × B 6= B × A
dır; yani, kartezyen çarpımın yer değiştirme özeliği yoktur.
Bunu, (68) bağıntısından hemen görebiliriz. Ayrıca, bu özelik,
yukarıdaki örnek üzerinde de doğrulanabilir.
Önerme: Bir kartezyen çarpımın nicelik sayısı, kümelerin nicelik
sayılarının çarpımına eşittir.
n( A × B) = n( A).n( B)
Örneğin, yukarıdaki örnek için,
n( A) = 3, n( B) = 2, n( A × B) = n( B × A) = 6
dır. Buradan,
n( A).n( B) = 3.2 = 6
çıkar.
ve
n( B).n( A) = 2.3 = 6
ba ğintilar
Kartezyen Çarpımların Gösterimi
Bazı durumlarda, kartezyen çarpımları bir şekille göstermek algılamayı kolaylaştırabilir. Bunun için iki yöntem kullanacağız: Ok
Diyagramı ve Grafik.
Ok Diyagramı
A × B kartezyen çarpımını göstermek için A ile B kümelerinin Venn
diyagramları yan yana çizilir. Her ( a, b) ∈ A × B için, a öğesini
b öğesine eşleyen bir ok çizilir. Ortaya çıkan şekil, A × B nin ok
diyagramı’ dır.
Grafik
Grafik (Koordinat Diyagrami)
Birisi yatay konumda olan ve birbirlerini dik kesen iki doğru
çizilir. A kümesinin ögeleri yatay bir doğru üzerine, B kümesinin
ögeleri düşey bir doğru üzerine yerleştirilir.
Her ( a, b) ∈ A × B için, a ve b den doğrulara çıkılan dikmelerin
kesim noktası, ( a, b) sıralı çiftine eşlenir. Bu yolla düzlem üzerinde
elde edilen bütün noktaların oluşturduğu küme, A × B kartezyen
çarpımının grafiğidir.
Örnekler
1. A = {1, 2, 3} ve B = {3, 4} kümeleri veriliyor. A × B ile B × A nin
grafiklerini çiziniz.
B
4
3
A
(1,4)
(1,3)
(2,4)
(2,3)
(3,4)
(3,3)
1
2
3
3
2
1
(3,3)
(3,2)
(3,1)
(4,3)
(4,3)
(4,1)
3
4
Yukarıdaki grafiklerden, A × B 6= B × A olduğunu görüyoruz.
2. Özel olarak, bir A kümesinin kendisiyle kartezyen çarpımı da
düşünülebilir.
A = {2, 7, 8} için A × A kartezyen çarpının öğelerini listeleyiniz,
nicelik sayısını bulunuz ve grafiğini çiziniz.
Çözüm:
A × A = {( x, y) | x, y ∈ A}
kümesinin öğelerini listelersek,
A × A = {(2, 2), (2, 7), (2, 8), (7, 2), (7, 7), (7, 8)(8, 2), (8, 7), (8, 8)}
olur.
73
74
calculus
Nicelik sayısına gelince, yukarıdaki listede olan sıralı ikilileri
sayarsak,
n( A) = 3, n( A × A) = 9
olduğunu görebiliriz. Aynı sonucu, formülden de çıkarabiliriz.
n( A × A) = n( A).n( A) = 3.3 = 9
Kartezyen çarpımın grafiği aşağıda verilmiştir.
A
8
7
2
(2,8)
(2,7)
(2,2)
(7,8)
(7,7)
(7,2)
(8,8)
(8,7)
(8,2)
2
7
8
A
A × A kartezyen çarpımının köşegeni,
∆ = {( a, a) | a ∈ A}
alt kümesidir.
Yukarıdaki örnek için, A × A nin köşegeni,
∆ = {(2, 2), (7, 7)(8, 8)}
olur.
Kartezyen Çarpımın Özelikleri
B × A nın Grafiği × işleminin ∪ üzerine Dağılması:
A × ( B ∪ C ) = ( A × B) ∪ ( A × C )
× işleminin ∩ üzerine Dağılması:
A × ( B ∩ C ) = ( A × B) ∩ ( A × C )
ANALİTİK DÜZLEM
Tanım: Birbirlerini başlangıç noktalarında dik kesen iki sayı
doğrusuna, bir Dik Koordinat Sistemi, denir.
Üzerinde bir koordinat sistemi olan düzleme Analitik Düzlem,
denir.
Theorem 0.67. R × R kartezyen çarpımı ile analitik düzlem bire bir
eşlenebilir.
Birim uzunlukları eşit olan iki sayı doğrusu Ox ve Oy olsun. Bu
eksenler, başlangıç noktalarında birbirlerine dik olacak biçimde
düzleme yerleştirilir. Görüntüyü kolay algılamak için, Ox ekseni
yatay konuma getirilir. Tabii, Oy ekseni düşey konumda olacaktır.
Bir ( x0 , y0 ) ∈ R × R sıralı çifti verilsin. Ox ekseni üzerinde, x0
sayısına karşılık gelen noktadan Ox eksenine bir dikme çizilir. Aynı
ba ğintilar
şekilde, Oy ekseni üzerinde, y0 sayısına karşılık gelen noktadan
Oy eksenine bir dikme çizilir. Bu iki dikmenin kesiştiği P noktası,
( x0 , y0 ) ikilisine eşlenir. Bu eşlemede, her ( x, y) ∈ R × R sıralı
çiftine düzlemde bir tek P noktası karşılık gelir.
Tersine olarak, düzlemdeki bir P noktasından Ox ve Oy eksenlerine indirilen dikmelerin ayaklarının karşılık geldiği sayılar x0 ve y0
ise, ( x0 , y0 ) ∈ R × R ikilisini P noktasına eşleyelim. Bu eşlemede,
düzlemdeki her P noktasına bir tek ( x0 , y0 ) ∈ R × R ikilisi karşılık
gelir.
O halde, analitik düzlem ile R × R kartezyen çarpımı arasında
bire bir ve örten (bbö) bir eşleme kurulmuş oldu.
Bir koordinat sisteminde,
• Ox eksenine yatay eksen (apsisler ekseni),
• Oy eksenine düşey eksen (ordinatlar ekseni),
• Yukarıdaki eşlemeye göre, ( x0 , y0 ) sıralı sayı çiftine, P noktasının
bileşenleri (koordinatları),
• Eksenlerin kesişim noktasına başlangıç noktası (orijin),
• x0 sayısına P noktasının yatay bileşeni (apsisi),
• y0 sayısına P noktasının düşey bileşeni (ordinatı),
denilir.
P noktasının bileşenlerini belirtmek gerektiği zaman P( x0 , y0 )
ya da P = ( x0 , y0 ) yazarız. Başlangıç noktasını O ile göstereceğiz;
bileşenleriyle gösterirsek, O(0, 0) olacaktır.
Örnekler
1. A(3, 2), B(3, 3), C (−1, 2), D (− 25 , − 52 ), E(2, − 27 ) noktalarını
analitik düzlemdeki konumlarına yerleştiriniz. Bunlar arasında,
köşegen üzerinde olan öğe var mıdır?
Çözüm: Verilen noktaların analitik düzlemdeki konumlarını
gösteren bir grafik çiziniz. Köşegen üzerinde olan öğelerin yatay
ve düşey bileşenleri birbirlerine eşit olacağına göre, köşegen
aşağıdaki kümedir.
5 5
∆ = B(3, 3), D (− , − )
2 2
2. Aşağıdaki kümeleri analitik düzlemde gösteriniz.
a.
E = { x | x ∈ R, 1 ≤ y < 2},
b.
F = {( x, y)|2 ≤ x < 4 ∧ y ∈ R},
c.
E×F
Çözüm: E kümesi yatay bir şerit, F kümesi düşey bir şerit
ve E × F kümesi ise köşeleri (2, 1), (4, 1), (4, 2), (1, 2) olan bir
dikdörtgensel bölgedir. Alt ve sol yandaki kenarlar bölgeye
dahildir; üst ve sağ yandaki kenarlar dahil değildir.
75
76
calculus
3. Hiç biri boş olmayan A, B ve C kümeleri için, A × B × C kartezyen
çarpımı,
A × B × C = {( a, b, c) | a ∈ A ∧ b ∈ B ∧ c ∈ C }
olarak tanımlanır.
4. Ox, Oy, Oz başlangıç noktalarında birbirlerine dik olan üç sayı
ekseni, üç boyutlu gerçel Öklit uzayına eştir. Bunun analitik
temsili,
R × R × R kartezyen çarpımıdır:
R × R × R = {( x, y, z) | x, y, z ∈ R}
Uygulamalar
1. ( x + 2y − 3, 3x − y − 2) = (6, −10)) ise, P( x, y) noktasının analitik
düzlemdeki konumunu şema ile gösteriniz.
2. ( x − y, 9) = (1, x + y) ise, Q( x, y) noktasının analitik düzlemdeki
konumunu şema ile gösteriniz.
3. (2u + 1, v − 3, 4 − w) = (u + 3, 5 − v, 2 + w) ise ( x, y, z) sıralı
üçlüsünü bulunuz.
4. A = {−1, −2, 0, 2} , B = {−3, 0, 2, 3} kümeleri için, A × B ve
B × A kümelerini yazınız; şemalarını çiziniz. Nicelik sayılarını
bulunuz.
5. A = {1, 2, 3}, B = {2, 3, 4}, C = {1, 3} kümeleri için, ( A ∩
B) × ( B \ C ) kartezyen çarpımının öğelerini listeleyiniz; şemasını
çiziniz.
6. Herhangi bir kümenin boş küme ile kartezyen çarpımının boş
olduğunu gösteriniz:
A×∅ = ∅ = ∅×A
7. Herhangi bir kümenin boş küme ile kartezyen çarpımının nicelik
sayısının 0 olduğunu gösteriniz:
n( A × ∅) = n(∅) = 0 = n(∅ × A)
8. A = {−1, −2, 1}, B = {−2, 0, 2}, C = {−3, −1, 2} kümeleri için,
A × ( B ∪ C ) = ( A × B ) ∪ ( A × C ), A × ( B ∩ C ) = ( A × B ) ∩ ( A ×
C)
ve C × ( A \ B) = (C × A) \ (C × B) eşitliklerinin doğruluğunu
gösteriniz.
9. A × B = {( x, m), ( x, n), (y, m), (y, n), (z, m), (z, n)} kümesi veriliyor. A ve B kümelerini yazınız.
10. E × E kartezyen çarpımını, kısaca, E2 ile gösteriyoruz.
E2 = {( a, a), ( a, b), ( a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c)}
kümesini şema ile gösteriniz. Köşegenini, nicelik sayısını ve E
kümesini bulunuz.
ba ğintilar
11. A, B ve C herhangi üç küme olduğuna göre;
A × ( B ∪ C ) = ( A × B) ∪ ( A × C )
A × ( B ∩ C ) = ( A × B) ∩ ( A × C )
A × ( B \ C ) = ( A × B) \ ( A × C )
( A × B) ∪ (C × D ) = ( A ∪ C ) × ( B ∪ D )
( A × B) ∩ (C × D ) = ( A ∩ C ) × ( B ∩ D )
( A × B) \ (C × C ) = [( A \ C ) × B] ∪ [ A × ( B \ C )]
eşitliklerinin varlığını gösteriniz.
12. Analitik düzlemde,
a.
Ox ekseninin, düşey bileşeni 0 olan noktaların kümesi
olduğunu; yani,
Ox = { ( x, 0) | x ∈ R}
olduğunu,
b.
Oy ekseninin, yatay bileşeni 0 olan noktaların kümesi
olduğunu; yani,
Oy = { (0, y) | y ∈ R}
olduğunu gösteriniz; nedenini açıklayınız.
13. Bileşim işleminin × işlemi üzerine dağılmadığını; yani,
A ∪ ( B × C ) 6= ( A ∪ B) × ( A ∪ C )
olduğunu bir örnek üzerinde gösteriniz.
14. A, B, C ve D herhangi dört küme olduğuna göre;
A×A = B×B ⇒ A = B
B ⊂ C ⇒ ( A × B) ⊂ ( A × C )
( A ⊂ C ) ∧ ( B ⊂ D ) ⇒ ( A × B) ⊂ (C × D )
( A × B) ⊂ ( A × C ) ∧ A 6= ∅) ⇒ B ⊂ C
( A × B) = (C × D ) ⇒ ( A = C ) ∨ ( B = D )
( A × B) = ∅ ⇒ [( A = ∅) ∨ ( B = ∅]
bağıntılarının varlığını gösteriniz.
15. Köşeleri A(3, 4), O(0, 0), C (6, 0) olan 4 AOC üçgenini analitik
düzlemde çiziniz. [ AH ] yükseliğinin H ayağının koordinatlarını
ve üçgenin alanını bulunuz.
16. Köşeleri A(−3, 1), B(3, 1), C (5, 5), D (1, 5) olan ABCD dörtgenini
çiziniz. Dörtgenin türünü söyleyiniz ve alanını bulunuz.
17. A = {−1, 2, 3}, B = {−2, 3} için A × B ve B × A kümelerini
analitik düzlemde Venn şeması ile gösteriniz.
77
78
calculus
BAĞINTILAR
Tanım: Bir kartezyen çarpımın her alt kümesi bir bağıntıdır.
Hiçbirisi boş olmayan A ve B kümeleri verilsin. A × B nin her
β alt kümesine, A dan B ye bir ikili bağıntı ya da, kısaca, bağıntı
denilir.
• β ⊂ A × B ise;
• β, A dan A ya bir bağıntıdır,
• β, A üzerinde tanımlı bir bağıntıdır,
• ( x, y) ∈ β ise, β , x öğesini y öğesine bağlar,
• ( x, y) ∈ β ise, β , x öğesini y öğesine eşler,
• ( x, y) ∈ β ⇒ xβy ,
denilir.
Örnek 0.68.
1. Bir okuldaki her öğrenciye bir numara verilir. (öğrenci, numara)
sıralı çiftleri, öğrenciler kümesi’nden numaralar kümesine tanımlı
bir bağıntıdır.
2. (ad,soyad) sıralı çiftleri, adlar kümesinden soyadlar kümesine
tanımlı bir bağıntıdır.
3. A = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} kümesi üzerinde
β = {( x, y) | x, y ∈ A ∧ x sayısı y yi tam böler}
bağıntısını tanımlayalım.
β = {(2, 2), (2, 4), (2, 6), (2, 8), (3, 3), (3, 6), (3, 9), (4, 8)}
dir.
Bağıntıların Gösterimi
Kartezyen çarpımda olduğu gibi, bazan, bağıntıyı bir şekille göstermek algılamayı kolaylaştırabilir. Bunun için, kartezyen çarpımlarda
yaptığımız gibi, iki yöntem kullanacağız: Ok Diyagramı ve grafik.
β ⊂ A × B bağıntısı verilsin.
Ok Diyagramı
β nın ok diyaramını elde etmek için, A × B nin ok diyagramından, β
ya ait olanlar seçilirse istenen diyagram elde edilir.
Bunu doğrudan elde etmek için, A ile B kümelerinin Venn
diyagramları yan yana çizilir. Her ( a, b) ∈ β için, a öğesini b öğesine
eşleyen bir ok çizilir.
ba ğintilar
Grafik
Grafik (Koordinat Diyagrami)
A × B nin grafiğinden, β ya ait olanlar seçilirse, β nın grafiği
ortaya çıkar.
Bunu doğrudan elde etmek için, birisi yatay konumda olan ve
birbirlerini dik kesen iki doğru çizilir. A kümesinin ögeleri yatay
bir doğru üzerine, B kümesinin ögeleri düşey bir doğru üzerine
yerleştirilir.
Her ( a, b) ∈ β için, a ve b den doğrulara çıkılan dikmelerin
kesim noktası, ( a, b) sıralı çiftine eşlenir. Elde edilen noktaların
oluşturduğu küme, istenen grafiktir.
β bağıntısının grafiğini gra f ( β) simgesiyle göstereceğiz.
Bir β bağıntısı verilmişse, gra f ( β) kesinkes belirlidir. Karşıt
olarak, gra f ( β) verilmişse, β bağıntısı kesinlikle belirli olur. Bu
nedenle, yerine göre her ikisini eş anlamda kullanabiliriz.
β ⊂ A × B bağıntısı verildiğinde, A kümesine β nın tanım bölgesi;
B kümesine ise β nın değer bölgesi denilir.
Ters Bağıntı
β ⊂ A × B bağıntısı verilsin.
β−1 = {(y, x ) | ( x, y) ∈ β}
(5)
bağıntısına, β nın ters bağıntısı denilir.
β ⊂ A × B ⇒ β −1 ⊂ B × A
(5)
β −1
olduğu kolayca görülür. Dolayısıyla,
bağıntısı B kümesinden A
kümesine tanımlıdır ve
−1
β −1
=β
dır.
Uygulamalar
1. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} kümesi veriliyor.
1
a) A da tanımlı öyle bir bağıntı yazınız ki β 1 = β−
1 olsun.
b) A da tanımlı β 2 = {( x, y) : x | y ve x 6= y} bağıntısı veriliyor.
1
β 2 ve β−
2 bağıntılarını liste yöntemi ile yazalım. ( x | y simgesi,
“x sayısı y sayısını böler" anlamındadır.)
1
c) β 2 ile β−
2 in ok ve koordinat grafiklerini çizerek karşılaştırınız.
Çözüm
a) β 1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)} bağıntısında
1
β 1 = β−
1 olduğunu görünüz. Bu özelikte iki bağıntı daha
yazınız.
b) β 2 = {( x, y) : x | y ve x 6= y} için,
β 2 = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 4), (2, 6), (3, 6)}
79
80
calculus
1
β−
2 = {(2, 1), (3, 1), (4, 1), (5, 1), (6, 1), (4, 2), (6, 2), (6, 3)}
olur.
c)
β 1 , A × B şemasının köşegeni üzerindeki elemanların kümesidir.
1
β 2 ile β−
2 bağıntılarının elemanları ise şemanın köşegenine göre
1
simetriktirler. (1, 6) ∈ β 2 ve (6, 1) ∈ β−
2 elemanlarının simetrik
olduklarına dikkat ediniz.
1
Aşağıdaki β 2 ile β−
2 bağıntılarının ok diyagramlarını inceleyiniz.
A kümesinden A ya tanımlı bir β bağıntısı ile β−1 ters bağıntısının grafikleri, A × A nın köşegenine göre simetriktir. Ayrıca β
ile β−1 in yaptığı eşlemeler birbirinin tersidir.
Bağıntı Türleri
Tanım 0.69. β ⊂ A × A ve x, y, z ∈ A olsun. Aşağıdaki özelikler,
karşılarında yazılı bağıntı türünü tanımlar.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
[∀ x ( x ∈ A)
[∀ x ( x ∈ A)
[( x, y) ∈ β)
[( x, y) ∈ β)
[( x, y) ∈ β) ∧ (y, x ) ∈ β
[( x, y) ∈ β) ∧ (y, z) ∈ β
[ x, y ∈ A)
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
( x, x ) ∈ β]
( x, x ) 6∈ β]
(y, x ) ∈ β]
(y, x ) 6∈ β]
( x = y)]
( x, z) ∈ β]
[( x, y) ∈ β ∨ (y, x ) ∈ β]
(yansımalı)
(yansımaz)
(simetrik)
(simetrisiz)
(Antisimetrik)
(geçişken)
(Örgün)
Bir bağıntının yansımalı olması için gerekli ve yeterli koşul köşegenini kapsamasıdır: ∆ ⊂ β
Örnek
A = {1, 2, 3, 4} kümesi üzerinde tanımlı,
α = {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 4)}
bağıntısı yansımalıdır. α bağıntısının, A × A nın köşegenini kapsadığına dikkat ediniz.
Örnek
A = {1, 2, 3, 4} kümesi üzerinde tanımlı,
β = {(1, 1), (2, 3), (3, 2), (3, 4), (3, 3), (4, 1), (4, 4)}
bağıntısı yansımalı değildir; çünkü (2, 2) 6∈ β dır.
Hiç Yansımaz bağıntı, köşegene ait hiç bir noktayı içermez:
∆∩β = ∅
Dolayısıyla,
Hiç Yansımaz 6≡ ¬(Yansımalı) ≡ (Yansımalı Değil)
dır; çünkü, yansımalı değil bağıntısı, köşegene ait bazı noktaları
içerebilir.
ba ğintilar
Örnek 0.70.
A = {1, 2, 3, 4} kümesi üzerinde tanımlı,
γ = {(1, 2), (2, 3), (3, 4), (3, 2), (4, 1), (1, 4)}
bağıntısı hiç yansımazdır. γ bağıntısının, A × A nın köşegenine ait
hiç bir öğe kapsamadığına dikkat ediniz.
Örnek 0.71.
Gerçek Sayılar Kümesi üzerinde tanımlı olan,
δ = {( x, y) | x ≤ y}
bağıntısı, a.
yansımalıdır,
b.
yanal simetrisizdir,
c.
geçişkendir,
d.
örgündür.
Bunların ispatları aşağıdaki bağıntılardan kolayca görülür.
x∈R
⇒ x≤x
⇒ ( x, x ) ∈ δ
⇒ δ
x 6= y ∧ x < y
yansımalıdır
⇒ y 6< x
⇒ (y, x ) 6∈ δ
⇒ δ
x < y∧y < z
yanal simetrisizdir
⇒ x<z
⇒ ( x, z) ∈ δ
⇒ δ
x, y ∈ R
geçişkendir
⇒ ( x ≤ y) ∨ (y > x )
⇒ [( x, y) ∈ δ] ∨ [(y, x ) ∈ δ]
⇒ δ
örgündür
Buradan görüldüğü gibi, yanal simetrisiz bir bağıntının grafiğinde,
köşegen dışındaki hiç bir noktanın köşegene göre simetriği yoktur.
O halde bir δ bağıntısının yanal simetrisiz olması için,
δ ∩ δ −1 \ ∆ = ∅
olması gerekli ve yeterlidir.
Örnek
Gerçek Sayılar Kümesi üzerinde tanımlı olan,
η = {( x, y) | x < y}
bağıntısı,
a.
yansımasızdır,
(7)
81
82
calculus
b.
yanal simetrisizdir,
c.
simetrisizdir,
d.
geçişkendir,
e.
örgündür.
(b),(c),(d),(e) nin ispatları yukarıdakiler gibi yapılabilir. (a) nın
ispatını verelim. Hiç bir x gerçek sayısı için, x < x bağıntısı sağlanmaz. Dolayısıyla,
[∀ x ( x ∈ A) ⇒ ( x, x ) 6∈ η ]
olur.
Simetrisiz bir bağıntının grafiğinde, hiç bir noktanın köşegene
göre simetriği yoktur. O halde,
η
simetrisiz
⇒
( η ∩ η −1 = ∅ )
olur.
Örnek
E = { a, b, c, d} kümesi üzerinde tanımlı,
θ = {( a, a), ( a, b), (b, a), (b, c), (c, b), (d, d)}
bağıntısı simetriktir; ama,
µ = {( a, a), ( a, b), (b, c), (c, b), (d, d)}
bağıntısı simetrik değildir.
Alıştırmalar
1. A = { a, b, c, d} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların türlerini
belirtiniz.
(a) β 1 = {( a, a), ( a, b), (b, b), (d, d)}
(b) β 2 = {( a, a), (b, b), (c, c), (d, d)}
(c) β 3 = {( a, a), (b, b), (c, c), (c, a), (d, d)}
(d) Eleman sayısı en az olan yansıyan bağıntı hangi bağıntıdır?
(e) Yukarıdaki A kümesinde tanımlı, yansıyan ve yansıyan
olmayan üçer bağıntı yazınız.
2. A = {1, 2, 3} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların türlerini
belirtiniz. Ok diyagramlarını çiziniz.
(a) β 1 = {(1, 1, )(1, 2), (2, 2), (2, 3)}
(b) β 2 = {(2, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 1), (1, 3)}
(c) β 3 = {(3, 3), (2, 2), (1, 3), (3, 1), (2, 1), (1, 2)}
3. A = { x, y, z} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların türlerini
belirtiniz. Grafiklerini çiziniz.
(a) β 1 = {( x, x ), ( x, z), (z, z)}
(b) β 2 = {( x, y), (y, z), (y, x )}
ba ğintilar
(c) β 3 = {( x, x ), (y, y)}
(d) β 4 = {( x, y), (y, x ), (z, z)}
(e) β 5 = {( x, x ), (y, y), (z, z), (z, x )}
(f) β 6 = {( x, x ), (y, y), (z, z)}
(g) β 7 = {( x, x ), (y, y), (z, z), ( x, z), (z, x )}
4. A = {2, 4, 6} kümesinde β = {( x, y) : x | y( x, y yi böler) }
bağıntısı tanımlanıyor.
(a) β bağıntısının öğelerini listeleyiniz.
(b) Ok diyagramını çiziniz.
(c) Grafiğini çiziniz.
5. A = {2, 4, 6} kümesinde tanımlanan aşağıdaki bağıntıları
türlerini belirleyiniz. Ok diyagramlarını ve grafiklerini çiziniz.
(a) β 1 = {(2, 2), (4, 4)}
(b) β 2 = {(2, 4), (4, 2), (6, 2)}
(c) β 3 = {(2, 2), (4, 4), (6, 6)}
6. Aşağıdaki bağıntıların özeliklerini inceleyiniz.
β4
= {(2, 2), (4, 4), (6, 6), (4, 6)}
β5
= {(2, 6), (4, 2), (4, 6)}
β6
= {(2, 6)}
β7
= {(2, 2), (4, 4), (6, 6), (4, 2), (2, 4), (6, 4)}
β8
= {(6, 6)}
β9
= {(2, 4), (4, 2)}
7. Aşağıdaki bağıntıların geçişken olup olmadığını gösteriniz.
(a) β 1 = {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 4)}
(b) β 2 = {(1, 3), (4, 2)}
8. Aşağıdaki bağıntıların geçişken olduğunu gösteriniz.
β3
= {(3, 4), (2, 1)}
β4
= {(4, 1)}
β5
= {(4, 1), (3, 2)}
β6
= {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 4), (4, 1), (3, 2)}
9. β 7 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)} bağıntısının yansıyan, simetrik,
yanal simetrisiz ve geçişken olduğunu gösteriniz.
10. A = {1, 2, a} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların yansıma,
simetri, yan simetrisizlik geçişme özeliklerini inceleyiniz.
83
84
calculus
β1
= {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (1, a)}
β2
= {(2, a), ( a, 2), ( a, 1)}
β3
= {(1, 1), (2, 2), ( a, a)}
β4
= {(1, 1), (2, 2), ( a, a), (2, 1), ( a, 2)}
β5
= {( a, 2), (1, 1)}
β6
= {(1, 1), (2, 2), ( a, a), (1, a), ( a, 1)}
11. A = {1, 2, 3, 4}, B = {2, 3, 4, 5, 6} kümeleri ile β ⊂ A × B ve
β = {( x, y) | y = 2x } bağıntısı veriliyor.
a) β yı liste yöntemi ile yazınız.
b) β nın ok ve koordinat grafiklerini çiziniz.
c) β ile β−1 in özeliklerini inceleyiniz.
12. A = { a, b, c, d} kümesinde tanımlı aşağıdaki özelikleri sağlayan
bağıntılar yazınız.
a) Yansıyan, simetrik değil.
b) Yansıyan, simetrik, yanal simetrisiz değil.
c) Yansıyan değil, simetrik ve yanal simetrisiz.
d) Yansıyan, simetrik, yanal simetrisiz, geçişken.
e) Yansıyan, simetrik, geçişken.
f) Yansıyan, yanal simetrisiz, geçişken.
g) Yansıyan değil, simetrik değil, yanal simetrisiz değil, geçişken.
13. A = { x, y, z} kümesinde tanımlı β = {( x, x ), ( x, y), (y, z), (y, x )}
bağıntısından hangi sıralı çift atılırsa
a) Bağıntı simetrik olur.
b) Bağıntı yanal simetrisiz olur.
14. A = { a, b, c, d} kümesi üzerinde tanımlı
β = {( a, a), (b, c), (c, d), (d, a)} bağıntısı veriliyor.
a) β, ya hangi ikililer katılırsa geçişken olur?
b) β, ya hangi ikililer katılırsa simetrik olur?
c) β, ya hangi ikililer katılırsa yansıyan olur?
15. A = {−1, 0, 1, 2, 3} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların
türlerini belirleyiniz.
a) β = {( x, y) : x | y ( x, y yi tam böler)}
b) β = {( x, y) : y = 3x + 1}
c) β = {( x, y) : y < x − 1}
d) β =: ( x, y) : x | y3 }
16. Aşağıdaki bağıntıların türlerini belirleyiniz.
(a) Bir kümenin öğeleri arasındaki eşitlik,
ba ğintilar
(b) Düzlemdeki doğrular arasındaki diklik,
(c) Düzlemdeki doğrular arasında çakışma ya da paralel olma,
(d) Düzlemdeki üçgenler arasındaki benzerlik.
17. Bir has alt kümede yansıyan bağıntı, üst kümede de yansıyan
mıdır? Neden?
18. Bir has üst kümede yansıyan bağıntı, alt kümede de yansıyan
mıdır? Neden?
19. Bir A kümesinde tanımlı β bağıntısı için,
a) β yansıyan ise β−1 de yansıyan mıdır?
b) β simetrik ise β−1 de simetrik midir?
c) β yanal simetrisiz ise β−1 de yan
simetrisiz midir?
d) β geçişken ise β−1 de geçişken midir?
20. A = {−2, −1, 0, 1, 2} kümesinde tanımlı
β = {( x, y) | y = 2x − 1}
bağıntısı veriliyor.
a) β yı liste yöntemi ile yazınız.
b) β−1 ters bağıntısını liste yöntemi ile yazınız.
c) β ile β−1 in grafiklerini aynı analitik düzlemde çiziniz.
21. A = {1, 2, 3, 4} kümesinde tanımlı ve aşağıdaki koşulları
sağlayacak şekilde yansıyan, simetrik ve geçişken β 1 ve β 2 gibi
iki bağıntı yazınız.
a) β 1 ∩ β 2 de yansıyan simetrik geçişken olsun.
b) β 1 ∪ β 2 de yansıyan simetrik geçişken olsun.
22. A = { x, y, z} kümesinde β 1 ve β 2 gibi yanal simetrisiz öyle iki
bağıntı yazınızki,
a) β 1 ∪ β 2 de yanal simetrisiz (ters simetrik) olsun.
b) β 1 ∪ β 2 simetrik olsun.
85
Kümeler Ailesi
Damgalı Kümeler
34
34
Bazen çok sayıda küme ile çalışırız. Ele alınan kümelerin sayısı
n taneyse onları X1 , X2 , . . . , Xn simgeleriyle temsil edebiliriz. Bu
durumda, her bir Xi (i = 1, 2, . . . , n) kümesi i ile damgalanmış35
olur. Bazen alt damga yazmak yerine, kümeleri A, B, C, . . . , Y gibi
alfabenin harfleri ile de yazabiliriz.
Bu kavramı biraz daha genelleştirelim. Herhangi bir I kümesi
düşünelim. Her i ∈ I öğesine karşılık bir Di kümesi var olsun.
Bütün bu kümelerden oluşan topluluğu B ile gösterelim:
D = { Di | i ∈ I } .
damga=index
damga terimini indis (index) yerine
kullanacağız.
35
(69)
Kümeler Ailesi
36
36
aile
37
altaile
(69) uyarınca, D topluluğu, öğeleri Di kümeleri olan bir kümedir.
Ancak "Kümelerin kümesi" kavramı, bizi, ileride açıklayacağımız
Russel paradoksuna götürdüğü için, bu deyimi kullanmayacak,
bunun yerine, B ye "kümeler ailesi" , "kümeler topluluğu" ya da
"sınıf" diyeceğiz.
Burada I kümesine ailenin damga (indis, index) kümesi, her bir
Ci kümesine i ile damgalanmış (indislenmiş) küme ve herbir i ∈ I
öğesine de bir damga (index) diyeceğiz.
(69) ailesini, bazen
B = {Ci }i∈ I
(70)
biçiminde yazacağız. Hattâ, aileyi oluşturan kümeler C1 , C2 , . . . , Cn
şeklindeyse, bunu
{C1 , C2 , . . . , Cn }
(71)
diye de gösterebiliriz.
Altaile
37
Tanım 0.72. Bir B = {Ci | i ∈ I } ailesi verilsin. J ⊂ I olmak üzere
D = {Cj | j ∈ J }
ailesine, B nin bir alt ailesi, denilir ve D ⊂ B biçiminde gösterilir.
(72)
88
calculus
Kuvvet Kümesi
38
power set
38
Daha önce yaptığımız tanımı anımsayalım.
Bir X kümesinin kuvvet kümesi, X kümesinin bütün altkümelerinin
oluşturduğu ailedir.
X in kuvvet kümesini P ( X ) simgesiyle göstereceğiz:
P (X) = { A | A ⊂ X}
(73)
olur.
Teorem 0.61 gereğince boşküme X kümesinin bir alt kümesidir
; yani ∅ ⊂ X dir. O halde her X için ∅ ∈ P ( X ) dir. Örneğin,
X = { a, b} kümesinin kuvvet kümesi
P ( X ) = {∅, { a}, {b}, { a, b}}
olur.
İşlemler
39
işlemler
39
Kümeler Ailesi Üzerinde Cebirsel İ şlemler
Kümeler Ailesinin Bileşimi
40
birleşim
40
Aileye ait kümelerin öğelerinin oluşturduğu kümedir. Bunu
simgelerle açıklamak daha doğrudur:
B = {Ci | i ∈ I } ailesinin bileşimi
∪B =
[
Ci = {b | ∃i (i ∈ I ) ∧ (b ∈ Ci )}
(74)
i∈ I
kümesidir. Burada, sağ yandaki ifadeyi şöyle okuyacağız:
b ∈ ∪B olması için gereki ve yeterli koşul, b ∈ Ci olacak biçimde
bir i ∈ I damgasının olmasıdır.
(74) ifadesinde , I indis kümesi iki öğeli ise (74) ifadesi, özel
olarak, (60) biçimini alır.
Küme ailesinin bileşimini aşağıdaki simgelerden birisiyle göstereceğiz:
∪B =
[
B ∈B
B=
[
Ci =
[
{Ci | i ∈ I }
(75)
i∈ I
Bir öğenin ailenin bileşimine ait olup olmadığını, aşağıdaki
teorem belirler.
Theorem 0.73. B = {Ci | i ∈ I } ailesi verilsin. b öğesinin B ailesinin
bileşimine ait olması için gerekli ve yeterli koşul, aileye ait bir kümenin b
öğesini içermesidir.
kümeler ailesi
89
Küme Ailesinin Kesişimi
41
kesişim
41
Ailedeki her kümeye ait olan öğelerin oluşturduğu kümedir.
Kesişimin simgesel ifadesi şöyledir:
∩B =
\
Ci = {b | ∀i ((i ∈ I ) ⇒ (b ∈ Ci ))}
(76)
i∈ I
Burada, sağ yandaki ifadeyi şöyle okuyacağız:
b ∈ ∩B olması için gereki ve yeterli koşul, her i ∈ I damgası için
b ∈ Ci olmasıdır.
(76) ifadesinde, I indis kümesi iki öğeli ise (76) ifadesi, özel
olarak, (61) biçimini alır.
Arakesiti aşağıdaki simgelerden birisiyle göstereceğiz:
∩B =
\
B ∈B
B=
\
Ci =
\
{Ci | i ∈ I }
(77)
i∈ I
Bir öğenin ailenin arakesitine ait olup olmadığını, aşağıdaki teorem
belirler.
Theorem 0.74. B = {Ci | i ∈ I } ailesi verilsin. b öğesinin B ailesinin
arakesitine ait olması için gerekli ve yeterli koşul, aileye ait her kümenin b
öğesini içermesidir.
Ayrık Aile
42
42
kesişmeyen
Kesişmeyen iki kümeye birbirlerinden ayrık kümeler demiştik.
Şimdi bu kavramı bir kümeler ailesine genelleştireceğiz.
Tanım 0.75. Bir B = {Ci | i ∈ I } ailesi verilsin. Aileyi oluşturan kümeler
ikişer ikişer birbirlerinden ayrık iseler, "B ailesine ayrık bir ailedir",
denilir.
Ayrık aileyi simgelerle ifade edebiliriz:
(i, j ∈ I ) ∧ (i 6= j) ⇒ Ci ∩ Cj = ∅
(78)
Ayrışım
43
43
ayrışım
Tanım 0.76. Boş olmayan bir X kümesi verilsin. Aşağıdaki özeliklere sahip
bir E ailesine X kümesinin bir ayrışımı denilir:
(i) E ya ait kümeler X kümesinin altkümeleridir.
(ii) Boşküme E ailesine ait değildir.
(iii) E ailesi ayrıktır.
(iv) E ailesinin bileşimi X kümesine eşittir.
Figure 29: Ayrışım
90
calculus
Bunu simgelerle açıklamak istersek şöyle diyebiliriz: Aşağıdaki
özeliklere sahip E ailesine X kümesinin bir ayrışımıdır, denilir:
(i) E ⊂ P ( X )
(ii) ∅ ∈
/E
(iii) [( Eα , Eβ ∈ E ) ∧ (α 6= β)] ⇒ [ Eα ∩ Eβ = ∅]
(iv) X = ∪E
E ailesi X kümesinin bir ayrışımı ise, X kümesinin her öğesi, E
ailesine ait bir ve yalnızca bir küme tarafından içerilir.
Örtü
44
örtü
44
X kümesi ile C = {Ci | i ∈ I } ailesi verilsin.
X⊂
[
C ∈C
C=
[
Ci
(79)
i∈ I
oluyorsa, C ailesine X kümesinin bir örtüsüdür, denilir.
Theorem 0.77. Boş ailenin arakesiti evrensel kümeye, bileşimi ise boşkümeye eşittir.
Kanit:
B ailesi boş ise, B ailesine ait hiçbir küme yoktur. Öyleyse,
B = {Ci | i ∈ ∅}
(80)
ailesi boş bir ailedir.
\
Ci = E
(81)
Ci = ∅
(82)
i ∈∅
[
i ∈∅
olduğunu göstereceğiz. (76) ve (74) uyarınca
(i) x ∈
(ii) x ∈
T
i ∈∅
S
Ci =⇒ ∀i (i ∈ ∅) ⇒ ( x ∈ Ci )
i ∈∅
Ci =⇒ ∃i (i ∈ ∅) ∧ ( x ∈ Ci )
olduğunu biliyoruz.
(i ) için α ∈ ∅ önermesi yanlıştır. (4) uyarınca, evrensel kümeye
ait her x öğesi için (α ∈ ∅) ⇒ ( x ∈ Dα ) önermesi hepdoğrudur. O
halde (81) sağlanır.
(ii ) için ( β ∈ ∅) yanlış bir önerme olduğundan, gene (1)
uyarınca, evrensel kümeye ait her x öğesi için ( β ∈ ∅) ∧ ( x ∈ Cβ )
önermesi hepyanlıştır. Demek ki bileşime ait hiç bir öğe yoktur. O
halde (82) sağlanır.
kümeler ailesi
Genelleşmiş de Morgan Kuralı
91
45
Theorem 0.78.
D = { Di | i ∈ I }
ailesi için aşağıdaki eşitlikler sağlanır:
!0
[
=
Di
i∈ I
\
Di0
(83)
Di0
(84)
i∈ I
!0
\
Di
=
[
i∈ I
i∈ I
=⇒ x ∈
/
[
Kanit: (83):
!0
x∈
[
Di
!
i∈ I
Di
i∈ I
=⇒ ¬ {∃i (i ∈ I ) ∧ ( x ∈ Di )}
=⇒ {∀i (i ∈ I ) ⇒ ( x ∈
/ Di )}
=⇒ ∀i (i ∈ I ) ⇒ ( x ∈ Di0 )
!
=⇒ x ∈
\
Di0
i∈ I
(84) eşitliğinin kanıtı da benzer düşünüşle yapılabilir.
Genelleşmiş Dağılma Kuralları
46
46
Theorem 0.79. A = { Di | i ∈ I } ve B = {Cj | j ∈ J } aileleri için
aşağıdaki eşitlikler sağlanır:
!
[

∩
Di
i∈ I

[


Cj  =
j∈ J
[
[
( Di ∩ C j ) 

i∈ I
j∈ J
[
[
j∈ J
i∈ I
(85)
!
=
!
\
i∈ I
Di

∪

\
( Di ∩ C j )

Cj  =
j∈ J
\

\
( Di ∪ C j ) 

i∈ I
j∈ J
\
\
j∈ J
i∈ I
!
=
( Di ∪ C j )
(86)
gağılım
92
calculus
Kanit: (85)
!
x∈
[
Di
i∈ I

∩

[

!
Cj  ⇔ x ∈
j∈ J
[
∧x ∈
Di
i∈ I

[
Cj 
j∈ J
⇔ (∃i (i ∈ I ) ∧ ( x ∈ Di )) ∧ ∃ j( j ∈ J ) ∧ ( x ∈ Cj )
⇔ (∃i (i ∈ I ) ∧ ∃ j( j ∈ J )) ∧ ( x ∈ Di ∩ Cj )


[
⇔ ∃ i ( i ∈ I ) ∧  x ∈ ( Di ∩ C j ) 
j∈ J

⇔x∈
[

[

i∈ I
( Di ∩ C j ) 
j∈ J
(86) nin kanıtı da benzer yolla yapılır.
Küme Dizileri
47
küme dizileri
47
48
48
D0 , D1 , D2 , . . . , Dn , . . .}
Tanım 0.80. Her n doğal sayısına karşılık bir Dn kümesi verilmiş olsun.
Böylece
{ D0 , D1 , D2 , . . . , Dn , . . .}
gibi bir kümeler ailesi elde edilir. Bu aileye bir kümeler dizisi denir.
Başka bir deyişle, bir D = { Di | i ∈ I } ailesinin I indis kümesi
N = {0, 1, 2, . . . , n, . . .}
doğal sayılar kümesine eşitse, D ye bir kümeler dizisi, denilir.
49
superior
Üstlimit
49
Tanım 0.81. { Dn | n ∈ N} kümeler dizisinin üstlimiti aşağıdaki eşitlikler
ile tanımlanır.
lim sup Dn =
n→∞
=
\ [
Dn + k
n ∈N k ∈N
∞
∞
\
[
n =1
(87)
!
Dk
k=n
(88)
Altlimit
Tanım 0.82. { Dn | n ∈ N} kümeler dizisinin altlimiti aşağıdaki eşitlikler
ile tanımlanır.
lim inf Dn =
n→∞
=
[ \
n =1
diye tanımlanır.
Dn + k
n ∈N k ∈N
∞
∞
[
\
k=n
(89)
!
Dk
(90)
kümeler ailesi
Tanım 0.83. Üst ve altlimitleri eşit olan kümeler dizisinin limiti vardır,
denir ve bu limit,
lim Dn
(91)
n→∞
simgesiyle gösterilir.
Theorem 0.84. { Dn } ve {Cn } kümeler dizisi için aşağıdaki kapsama
sağlanır:
lim sup( Dn ∩ Cn ) ⊂ (lim sup Dn ) ∩ (lim sup Cn )
n→∞
n→∞
n→∞
(92)
Kanit:
\ [
x ∈ lim sup( Dn ∩ Cn ) =⇒ x ∈
n→∞
( Dn+k ∩ Cn+k )
n ∈N k ∈N
=⇒ n ∈ N ⇒ x ∈
[
( Dn+k ∩ Cn+k )
k ∈N
=⇒ n ∈ N ⇒ (∃k ∈ N) ( x ∈ Dn+k ∩ Cn+k ))
=⇒ n ∈ N ⇒ (∃k ∈ N) ( x ∈ Dn+k ) ∧ ( x ∈ Cn+k )
=⇒ n ∈ N ⇒ (∃k ∈ N) ( x ∈ Dn+k ) ∧ (∃k ∈ N) ( x ∈ Cn+k )
=⇒ n ∈ N ⇒ ( x ∈
[
k ∈N
=⇒ n ∈ N ⇒ ( x ∈
Cn+k ))
k ∈N
Dn + k ) ∧ n ∈ N ⇒ ( x ∈
[
k ∈N
=⇒ x ∈
[
Dn + k ) ∧ ( x ∈
[
Cn+k )
k ∈N
\ [
Dn + k ∧ x ∈
n ∈N k ∈N
\ [
Cn+k )
n ∈N k ∈N
=⇒ ( x ∈ lim sup Dn ) ∧ ( x ∈ lim sup Cn )
n→∞
n→∞
=⇒ x ∈ (lim sup Dn ) ∩ (lim sup Cn )
n→∞
n→∞
Theorem 0.85. { Dn } ve {Cn } kümeler dizisi için aşağıdaki eşitlik
sağlanır:
lim sup( Dn ∪ Cn ) = lim sup Dn ∪ lim sup Cn
n→∞
n→∞
n→∞
(93)
93
94
calculus
Kanit:
\ [
x ∈ lim sup( Dn ∪ Cn ) ⇐⇒ x ∈
n→∞
( Dn+k ∪ Cn+k )
n ∈N k ∈N
⇐⇒ n ∈ N ⇒ x ∈
[
( Dn+k ∪ Cn+k )
k ∈N
⇐⇒ n ∈ N ⇒ (∃k ∈ N) ( x ∈ Dn+k ∪ Cn+k ))
⇐⇒ n ∈ N ⇒ (∃k ∈ N) ( x ∈ Dn+k ) ∨ ( x ∈ Cn+k )
⇐⇒ n ∈ N ⇒ (∃k ∈ N) ( x ∈ Dn+k ) ∨ (∃k ∈ N) ( x ∈ Cn+k )
!
!
⇐⇒ n ∈ N ⇒
[
x∈
Dn + k
∨
[
x∈
k ∈N
Cn+k
k ∈N
!
⇐⇒
n ∈ N ⇒ (x ∈
[
Dn + k
!
∨ n ∈ N ⇒ (x ∈
k ∈N
[
Cn+k
k ∈N
!
⇐⇒
\ [
x∈
Dn + k
!
∨
x∈
n ∈N k ∈N
⇐⇒
\ [
Cn+k
n ∈N k ∈N
( x ∈ lim sup Dn ) ∨ ( x ∈ lim sup Cn )
n→∞
n→∞
⇐⇒ x ∈ (lim sup Dn ) ∪ (lim sup Cn )
n→∞
n→∞
Theorem 0.86. Her kümeler dizisinden aynı bileşime sahip ayrık bir dizi
türetilebilir.
Kanit: D = { Dn | n ∈ N} bir kümeler dizisi olsun.
C0 = D0
C1 = D1 − D0 = D1 − C0
C2 = D2 − ( D0 ∪ D1 ) = D2 − C1
C3 = D3 − ( D0 ∪ D1 ∪ D2 ) = D3 − C2
C4 = D4 − ( D0 ∪ D1 ∪ D2 ∪ D3 ) = D4 − C3
..
.
Cn = Dn −
n[
−1
Dn−1 = Dn − Cn−1
k =1
..
.
biçiminde özyinelgen olarak tanımlanan
C = {Cn | n ∈ N}
(94)
kümeler dizisini düşünelim. Göstereceğiz ki, C dizisi aşağıdaki iki
özeliğe sahiptir.
(i) C ailesi ayrık kümelerden oluşur.
(ii) C ailesinin bileşimi D ailesinin bileşimine eşittir.
Kanit (i): n 6= m olduğunda Cn ∩ Cm = ∅ olduğunu göstermeliyiz.
kümeler ailesi
95
n > m olduğunu varsayalım.
x ∈ Cm ⇒ x ∈ Dm
⇒x∈
n[
−1
(m < n)
Dk
k =1
⇒x∈
/
Dn −
n[
−1
!
Dk
k =1
⇒x∈
/ Cn
⇒x∈
/ Cn ∩ Cm
⇒ Cn ∩ Cm = ∅
olacaktır. Öyleyse C ailesi ayrıktır.
Kanit (ii):
∞
[
Dn =
n =1
∞
[
Cn
n =1
olduğunu kanıtlamak için her bileşimin ötekini kapsadığını göstermeliyiz.
x∈
∞
[
Dn ⇒ ∃ n ( n ∈ N ∧ x ∈ Dn )
n =1
n
[
⇒ ∃ n ( n ∈ N) ∧ ( x ∈
Cm )
m =1
⇒x∈
∞
[
Cn
n =1
⇒
∞
[
∞
[
Dn ⊂
n =1
Cn
n =1
ve
x∈
∞
[
Cn ⇒ ∃n(n ∈ N ∧ x ∈ Cn )
n =1
⇒ ∃ n ( n ∈ N ) ∧ ( x ∈ Dn )
⇒x∈
∞
[
Dn
n =1
⇒
∞
[
Cn ⊂
n =1
∞
[
Dn
n =1
olur.
Alıştırmalar
50
50
1. { Di | i ∈ I } ailesi ile B kümesi verilsin. Her i ∈ I için Di ⊂ B ise
aşağıdaki kapsamanın varlığını gösteriniz.
[
i∈ I
Di ⊂ B
Alıştırmalar
96
calculus
2. { Di | i ∈ I } ailesi verilsin. Eğer J ⊂ I ise aşağıdaki kapsamanın
varlığını gösteriniz.
[
Dj ⊂
j∈ J
[
Di
i∈ I
3. { Di | i ∈ I } ile {Ci | i ∈ I } aileleri verilsin. Aşağıdaki eşitliklerin
varlığını gösteriniz.



! 
[
( Di
\
i∈ I
\
[
Cj  =
j∈ J
[
\

i∈ I
( Di \ C j ) 
j∈ J



! 
\
\ [
 ( Di \ C j ) 
( Di \  C j  =
i∈ I
j∈ J
i∈ I
j∈ J
4. D = { Di | i ∈ I } ve C = {Ci | i ∈ I } aileleri verilsin. Eğer her
i ∈ I için Di ⊂ Ci ise aşağıdaki kapsamaların varlığını gösteriniz.
[
i∈ I
Di ⊂
[
i∈ I
Ci
\
i∈ I
Di ⊂
\
i∈ I
Ci
Denklik Bağıntıları
51
51
Eşitlik
Günlük yaşamda "eşit" terimini çok kullanırız. Kullanıldığı yere
bağlı olarak anlam farklılıkları oluşur. Örneğin, 1$ = 2, 21 TL
ifadesindeki 0 =0 simgesiyle "Her üçgen kendisine eşittir" ifadesindeki
’eşit’ olma kavramları birbirlerinden farklıdır. Günlük yaşamda
bu tür anlam farklılıkları sorun yaratmıyor. Ama matematikte,
her tanıma yüklenen anlam kesinkes belirli olmalı, ondan farklı
anlamlar çıkarılamamalıdır.
Eşitlik Belitleri: 52
Eşit olma bağıntısı için üç belit koyacağız: x, y, z öğeler (değişken),
µ ile ν iki formül olsun.
52
eşitlik
53
eşdeğerlik
Her öğe kendisine eşittir: x = x
Her formülde x yerine y konulabilir: [( x = y) ∧ µ( x, z)] ⇒ µ(y, z)
Her formülde y yerine x konulabilir: (y = x ) ⇒ [ν(y, z) = ν( x, z)
Denklik Bağıntıları
53
Birbirlerine eşit olmayan, ama eşitliğe benzer niteliklere sahip
nesnelerle sık karşılaşırız. Örneğin, ’X marka ürün Y marka ürüne
denktir’ derken, tümceye yüklenen anlam ’eşit’ olma değildir.
Denklik bağıntısı, eşitlik kavramını genelleştirir. Bu genelleştirmeyi
yapan tanımın matematikte kesinkes belirli olması, farklı anlamlara
çekilememesi gerekir. Denkliği, aynı küme üzerinde tanımlı bir ikili
bağıntı olarak ele alınca, (??) bağıntı türlerinden yararlanacağız.
Ortaya koyacağımız tanıma farklı anlamlar yüklenemez. Denklik
bağıntısı yerine bazı kaynaklarda ’eşdeğerlik bağıntısı’ denilir.
Tanım 0.87. Yansımalı, simetrik ve geçişimli bağıntıya, denklik bağıntısı,
denilir.
(??) uyarınca, bu tanımı simgesel olarak ifade edebiliriz: A
kümesi üzerinde aşağıdaki özeliklere sahip δ bağıntısı bir denklik
denklik
98
calculus
bağıntısıdır:
x ∈ A ⇒ xδx
54
denk
Denk Öğeler
yansımalı
(95)
( x, y ∈ A) ∧ xδy ⇒ yδx simetrik
(96)
( x, y, z ∈ A) ∧ xδy ∧ yδz ⇒ xδz geçişimli
(97)
54
Tanım 0.88. Denklik bağıntısı ile birbirlerine bağlanan öğelere denk öğeler
denilir.
δ, boş olmayan A kümesi üzerinde tanımlı bir denklik bağıntısı
olsun. δ bağıntısına göre birbirlerine denk olan öğeler aşağıdaki
simgelerden birisiyle gösterilir.
x≡y
x ≡ y (mod δ)
ya da
x∼y
(98)
Denklik Sınıfları
55
55
denk
sınıflar
Tanım 0.89. A kümesi üzerinde tanımlı δ denklik bağıntısına göre, x
öğesine denk olan bütün öğelerden oluşan altkümeye, x öğesinin denklik
sınıfı, denir.
x öğesinin denklik sınıfını aşağıdaki simgelerden birisiyle
göstereceğiz.
x , [ x ] , [ x ]δ
Denklik sınıfını simgesel olarak da tanımlayabiliriz:
x̄ = [ x ] = [ x ]δ = {y | ( x, y) ∈ δ}
= {y | xδy}
(99)
(100)
Aşağıdaki teorem, uygulamalarda önemli rol oynar.
Theorem 0.90.
(a) Boş olmayan A kümesi üzerinde tanımlı δ denklik bağıntısının
denklik sınıfları A kümesinin bir ayrışımını oluşturur.
(b) Tersine olarak, A kümesinin bir ayrışımını kendi denklik
sınıfları olarak kabul eden bir δ denklik bağıntısı vardır.
Kanit:
( a): δ nın denklik sınıfları ailesinin () tanımındaki (i ), (ii ), (iii )
ve (iv) ayrışım koşullarını sağlandığını göstermeliyiz.
δ nın herhangi bir [ x ] denklik sınıfı için, hiç değilse, x ∈ [ x ]
olduğundan [ x ] 6= ∅ sonucu çıkar. Ayrıca
A = ∪x∈ A [ x ]
eşitliği apaçıktır. Böylece (ii ) ve (iv) koşulları sağlanır.
denklik ba ğintilari
99
(iii ) özeliğini göstermek için herhangi iki [ x ] ve [y] denklik
sınıflarını alalalım. [ x ] = [y] ya da [ x ] ∩ [y] = ∅ olduğunu göstermeliyiz. Olmayana ergi yöntemini kullanacağız.
u ∈ [ x ] ∩ [y] ⇒ uδx ∧ uδy ⇒ xδu ∧ uδy ⇒ xδy
olacaktır. Şimdi
∀w(w ∈ [ x ]) ⇒ w ∈ [y] ⇒ [ x ] ⊂ [y]
olacağını gösterelim.
w ∈ [ x ] ≡ wδx
dir. Ayrıca xδy olduğunu biliyoruz. Buradan şu sonuç görülür:
∀b(b ∈ [ x ]) ⇒ (bδx ∧ xδy) ⇒ bδy ⇒ b ∈ [y]
⇒ [ x ] ⊂ [y]
Benzer yolla [ x ] ⊃ [y] olduğu da gösterilebilir. Dolayısıyla,
arakesitleri boş olmayan [ x ], [y] denklik sınıflarının eşit olduğu
ortaya çıkar. Bu sonuç, teoremin ( a) kısmını kanıtlar.
(b): P kümesinin herhangi bir P = { Pi | i ∈ I } ayrışımı verilmiş
olsun, Ayrışım tanımına göre
[(i, j ∈ I ) ∧ (i 6= j)] ⇒ [ Pi ∩ Pj = ∅]
olur. x ∈ P ⇒ x ∈ Pi olacak şekilde bir tek i ∈ I vardır. Buna göre,
P üzerinde
xηy =⇒ [∃i (i ∈ I ) x, y ∈ Pi ]
(101)
bağıntısını tanımlayalım, η nın bir denklik bağıntısı olduğu ve η
nın denklik sınıflarının { Pi | i ∈ I } ailesinden ibaret olduğu kolayca
görülebilir.
Teorem 0.90 den şu sonuçları çıkarabiliriz:
1. A kümesinin her öğesi, bir ve yalnızca bir denklik sınıfına aittir.
Denklik sınıflarının birleşimi A kümesine eşittir:
A = ∪{ a | a ∈ A}
2. İki denklik sınıfı ya birbirlerine eşittir ya da ayrıktırlar:
x, y ∈ A
⇒
[( x = y) ∨ ( x ∩ y = ∅)].
Bölüm Kümesi
56
56
Tanım 0.91. A kümesi üzerindeki δ denklik bağıntısının bütün denklik
sınıflarından oluşan aileye, A kümesinin δ ya göre bölüm kümesi denir.
Bölüm kümesi A/δ simgesiyle gösterilir:
A/δ = {[ x ], [y], [z], . . .} = {[ x ] : x ∈ A}
Örnekler
(102)
bölüm
100
calculus
1. Boş olmayan bir küme üzerindeki eşitlik bağıntısının bir denklik
bağıntısı olduğunu gösteriniz.
X boş olmayan bir küme olsun. Bunun üzerinde,
(=) = {( x, y) | x = y }
bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu kanıtlamak için,
eşitliğin Tanım 0.87 koşullarını sağladığını göstermeliyiz.
yansıma: Her öğe kendisine eşittir, belitinden x ∈ X ⇒ x = x çıkar.
O halde 0 =0 bağıntısı yansımalıdır.
simetri: Eşitliğin ikinci ve üçüncü belitlerinden x yerine y ve
y yerine x koyabiliriz. Öyleyse, ( x, y ∈ X ) ve x = y ise
y = x yazılabilir. Buradan 0 =0 bağıntısının simetrik olduğu
sonucuna varılır.
geçişim: Gene, eşitliğin ikinci ve üçüncü belitlerinden ( x, y, z ∈
X ) için x = y ve y = z ise x = z yazılabilir. Buradan 0 =0
bağıntısının geçişimli olduğu sonucuna varılır.
O halde, eşitlik bağıntısı bir denklik bağıntısıdır.
x öğesinin 0 =0 bağıntısına göre denklik sınıfı, yalnızca kendisinden oluşur: x = { x } dir.
2. Düzlemdeki doğrular kümesi üzerinde , "diklik" (⊥) bağıntısının
bir denklik bağıntısı olmadığını gösteriniz.
Çözüm: Denklik bağıntısı yansıma ve geçişim özeliklerini sağlamaz. Gerçekten, hiç bir doğru kendisine dik değildir. O halde
diklik bağıntısının yansıma özeliği yoktur.(Problemin çözümü
için bu kadarı yeter. Ama istersek, geçişim özeliğinin de sağlanmadığını kolayca görebiliriz.) Düzlem geometriden iyi bilindiği
gibi, d doğrusu e doğrusuna dik ve e doğrusu f doğrusuna dik
ise d doğrusu ile f doğrusu birbirlerine paralel olur.
(d ⊥ e) ∧ (e ⊥ f ) 6⇒ (d ⊥ f )
Dolayısıyla, diklik bağıntısı geçişimli değildir.
3. Düzlemdeki doğrular üzerinde tanımlanan paralellik bağıntısının
denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Düzlemdeki bütün doğruların kümesini D ile gösterelim.
D üzerinde paralellik bağıntısını δ ile, düzlemde d ile e doğrularının birbirlerine paralel oluşunu d k e simgesiyle gösterelim.
δ = {(d, e) | (d, e ∈ D ) ∧ (d k e)}
yazabiliriz.
δ nın bir denklik bağıntısı olduğunu görmek için, yansıma,
simetri ve geçişim özeliklerine sahip olduğunu göstermeliyiz.
yansıma: Her doğru kendisine paralel olduğundan, d ∈ D ⇒ d k
d olur. O halde paralellik bağıntısı yansıma özeliğine sahiptir.
denklik ba ğintilari
simetri: Sentetik geometriden bilindiği üzere (d k e) ⇒ (e k d)
olduğundan, paralellik bağıntısı simetriktir.
geçişim: Gene, sentetik geometriden bilindiği üzere, [(d k e) ∧ (e k
f )] ⇒ (d k f ) olduğundan, paralellik bağıntısı geçişimlidir.
Düzlemde birbirlerine paralel olan doğrular, aynı denklik sınıfı
içindedirler. Paralel doğruların doğrultuları aynıdır. Düzlemde,
sonsuz doğrultu olduğu için, paralellik bağıntısının denklik
sınıfları sonsuz çokluktadır.
4. Denklik bağıntısının tersi de denklik bağıntısıdır. Kanıtlayınız.
Çözüm: Boş olmayan bir X kümesi üzerinde, δ bir denklik
bağıntısı ise, δ yansımalı, simetrik ve geçişimlidir. Şimdi, bunun
tersi olan
δ−1 = {( x, y) | (y, x ) ∈ δ}
bağıntısının da aynı özelikleri sağladığını göstermeliyiz.
a∈A
⇒ ( a, a) ∈ δ
⇒ ( a, a) ∈ δ−1
⇒
( a, b) ∈ δ−1
(δ−1 yansımalıdır)
⇒ (b, a) ∈ δ (δ−1 in tanımından)
⇒ ( a, b) ∈ δ (δ simetrik olduğundan)
⇒ (b, a) ∈ δ−1
⇒
(δ−1 in tanımından)
(δ−1 simetriktir)
( a, b) ∈ δ−1 ∧ (b, c) ∈ δ−1
⇒ ((b, a) ∈ δ) ∧ ((c, b) ∈ δ)
⇒ ((c, b) ∈ δ) ∧ ((b, a) ∈ δ)
⇒ (c, a) ∈ δ
⇒ ( a, c) ∈ δ−1
⇒
(δ−1 geçişimlidir)
5. İki kesrin eşitliği bağıntısı denklik bağıntısıdır. Kanıtlayınız.
Çözüm: İki kesrin eşitliği
m
n
≡
s
t
=⇒
(mt = ns)
bağıntısı ile tanımlanır. Buradaki ’≡’ bağıntısının yansımalı,
simetrik ve geçişimli olduğunu göstermeliyiz.
yansıma:
m
n
≡
m
n
=⇒
(mn = mn)
olduğundan ’≡’ bağıntısı yansımalıdır.
101
102
calculus
simetri:
m
n
≡
s
s
m
=⇒ (mt = ns) =⇒ (ns = mt) =⇒
≡
t
t
n
olduğundan, ’≡’ bağıntısı simetriktir.
geçişim:
m
s ≡ ) ∧
n
t
s
p
≡
t
q
=⇒ (mt = ns) ∧ (sq = tp)
=⇒ (mq = np)
p
m
≡
=⇒
n
q
olduğundan, ’≡’ bağıntısı geçişimlidir.
6. Tamsayılar kümesi üzerinde, denklik sınıfları
0
= {. . . , −8, −6, −4, −2, 0, , 2, 4, 6, 8, . . .}
1
= {. . . , −9, −7, −5, −3, −1, 1, 3, 5, 7, 9 . . .}
olan denklik bağıntısını bulunuz.
Çözüm: Birinci sınıf çift sayılardan, ikinci sınıf tek sayılardan
oluşuyor. Bu iki kümenin ortak özeliği, her birinde iki sayının
farkının çift olmasıdır. Gerçekten, tamsayılar kümesi üzerinde
"farkları çift olanlar eşleşir" bağıntısını kurarsak, bunun bir denklik
bağıntısı olduğunu gösterebiliriz.
Tamsayılar kümesini Z ile gösterelim ve Z üzerinde,
δ = {( p, q) | ( p − q)
çifttir}
bağıntısını tanımlayalım. δ nın yansımalı, simetrik ve geçişimli
olduğunu gösterelim.
yansıma: q ∈ Z ⇒ q − q = 0
çifttir. O halde, δ yansımalıdır.
simetri: ( p, q ∈ Z) ∧ ( p − q) çift ise (q − p) de çift olacağından, δ
simetriktir.
geçişim: ( p, q, r ∈ Z) için( p − q) çift ve (q − r ) çift ise ( p − r ) =
( p − q) + (q − r ) de çift olacağından, δ geçişimlidir.
{( p, q) ∈ δ =⇒ p − q = çift} olabilmesi için, p, q tamsayılarının
her ikisi de aynı zamanda ya çift ya da tek olmalıdır. Öyleyse, δ
bağıntısına göre tek sayılar birbirlerine denk; çift sayılar birbirlerine denktir. Bir tek sayı ile bir çift sayı aynı denklik sınıfında
olamazlar. Öyleyse, δ ya göre, yalnızca iki denklik sınıfı vardır: 0
ve 1
Alıştırmalar
57
alıştırmalar
57
1. A = {1, 2, 3, 4, 5} kümesi üzerinde ( a, b) = (c, d) =⇒ ( a + b =
c + d) bağıntısı bir denklik bağıntısı mıdır?
denklik ba ğintilari
2. ’Kardeşlik’ bağıntısı bir denklik bağıntısı mıdır? Neden?
3. A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} kümesinde tanımlı,
δ = {( x, y) : 4 | ( x − y)}
bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz ve denklik
sınıflarını bulunuz.
4. Tamsayılar kümesi üzerinde
(m, n) ∈ δ =⇒ 3 | (m − n)
bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz. Denklik
sınıflarını yazınız.
5. Düzlemdeki üçgenler kümesi üzerinde benzerlik bağıntısının bir
denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.
6. Sınıftaki öğrenciler arasında "arkadaşlık" bağıntısı bir denklik
bağıntısı mıdır? Neden?
7. Aynı bir küme üzerinde tanımlı iki denklik bağıntısının arakesiti
de bir denklik bağıtısı mıdır? Neden?
103
Tikel Sıralama
Partial Ordering
Sıralama Bağıntılar
58
Kar şila ştirma (Mukayese)
İnsanoğlunun, nicelikleri sayılarla ifade etme düzeyine erişmeden önce, nesneler arasında büyük, küçük, az, çok, . . . gibi karşılaştırmalar (mukayese) yaptığı varsayılır. Karşılaştırma eylemi, yalnız
günlük yaşantımızda değil, teknikte ve bilimde de önem taşır. İki
çokluğu karşılaştırırken daha az, deyiminden, hemen hepimiz anlatılmak isteneni doğru anlarız. Ama, iki nesneyi karşılaştırırken
"daha iyi" deyiminde herkesin uzlaşıyor olmasını bekleyemeyiz.
Bunun nedeni, "daha iyi" kavramının tanımsız oluşudur.
Doğacak bu tür belirsizlikleri gidermek için, karşılaştırma
(mukayese) kavramının matematiksel temellerini kuracağız.
Sıralama eylemi bağıntılarla yapılır. Sıralama bağıntılarını üçe
ayıracağız:
1. Tikel Sıralama
2. Tümel Sıralama
3. İyi Sıralama
Bu bölümün konusu, sıralama türlerini incelemektir.
Tikel Sıralama Bağıntısı
Kismî Siralama
Bir küme içinde yalnızca bazı öğeleri birbirleriyle karşılaştırmak
isteyebiliriz. Örneğin, sportif faaliyetler alanına giren takımlar
kümesinde, ligdeki futbol takımlarını başarılarına göre sıralayabiliriz. Bu sıralamada voleybol, basketbol, vb takımları yer almaz.
Üstelik bir futbol takımı ile bir basketbol takımını karşılaştırmanın
geçerli bir anlamı yoktur.
çiftlerinin karşılaştırılabildiği, ama kümeye ait bütün öğelerin ikişer ikişer karşılaştırılaüne tikel (kısmi) sıralama diyoruz. Tabii, bu tanımı sağlamlaştırmak için tikel
el tanımını ortaya koymalıyız.
Tanım 0.92. Yansımalı, antisimetrik ve geçişimli bağıntıya tikel (kısmi)
sıralama bağıntısı, denilir.
58
mukayese
Figure 30: sıralı küme
106
calculus
γ, A kümesi üzerinde tikel sıralama bağıntısı ve ( a, b) ∈ γ ise,
"a öğesi, b öğesinden önce gelir,"
ya da
"b öğesi, a öğesinden sonra gelir,"
diyoruz. Ancak, sayılardan edindiğimiz alışkanlıkla, çoğu kez,
a öğesi b öğesinden küçüktür, ya da
b öğesi, a öğesinden büyüktür,
diyeceğiz. Bunu simgelerle gösterebiliriz:
( a, b) ∈ γ ≡ aγb
yerine
a b, ≡ b a
yazabiliriz. Bu simgeleri kullanarak, tikel sıralama bağıntısını
yeniden tanımlayabiliriz:
Tanım 0.93. Boş olmayan bir A kümesi üzerinde tanımlı ve aşağıdaki
özeliklere sahip olan bağıntısına tikel kısmi sıralama bağıntısı’dır,
denilir.
1.
2.
3.
a∈X
( a, b ∈ A) ∧ ( a 6= b) ∧ ( a b)
( a, b, c ∈ A) ∧ ( a b) ∧ (b c)
⇒
⇒
⇒
aa
¬(b a)
ac
Tanım 0.94. Tanım 0.93 sağlanıyorsa ( X, ) sistemine tikel kısmi sıralı
bir sistemdir (tss, kss) diyeceğiz.
Tanım 0.95. a b ve a 6= b ise, a öğesi b öğesinden kesinlikle küçüktür
diyecek ve bunu a ≺ b simgesiyle göstereceğiz.
Simgelerle yazarsak,
( a ≺ b) ⇔ ( a b) ∧ ( a 6= b)
(103)
olur.
Üzerinde tikel sıralama bağıntısı olan kümeye ait herhangi iki öğeden birisi büyük, ötekisi küçük
olmak zorunda değildir. Başka bir deyişle, tikel sıralama bağıntısı, kümedeki her öğe çiftini birbirleriyle
karşılaştıramayabilir. Zaten bağıntıya kısmi denmesinin nedeni de budur.
Lemma 0.96. p ile q iki tamsayı olsun. p tam sayısı q tam sayısını
kalansız bölüyorsa, p sayısı q sayısını tam bölüyor, diyecek ve bu
durumu p | q simgesiyle göstereceğiz.
Tersine olarak, p tam sayısı q tam sayısını kalansız bölemiyorsa, bu
durumu p - q simgesiyle göstereceğiz.
Örnek 0.97.
A = {1, 3, 5, 7, 9, 11} kümesinde tanımlı,
γ = {( p, q) : p | q}
bağıntısının bir tikel sıralama bağıntısı olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Kanıt için, γ nın yansımalı, antisimetrik ve geçişimli
olduğunu göstereceğiz.
tikel siralama
107
yansıma: Her tamsayı kendisini tam böldüğüne göre,
∀ p ∈ A ⇒ p | p ⇒ ( p, p) ∈ γ
⇒ γ yansımalıdır.
antisimetri: Tamsayılarda, örneğin, 3 sayısı 9 sayısını böler, ama 9
sayısı 3 sayısını bölmez. Bunu genel olarak yazarsak,
( p 6= q) ∧ ( p, q ∈ A) ∧ ( p | q) ⇒ (q - p) ⇒ γ antisimetriktir
geçişim: Tamsayılarda p sayısı q sayısını ve q sayısı da r sayısını
kalansız bölüyorsa, p sayısı r sayısını kalansız böler. Genel olarak
yazarsak,
( p, q, r ∈ A) ∧ ( p | q) ∧ (q | r ) ⇒ ( p | r ) ⇒ γ geçişimlidir
Karşılaştırılabilirlik
59
59
Tanım 0.98. ( A, ) tikel sıralı bir sistem ve a, b ∈ A öğeleri için a b ya
da b a oluyorsa a ile b öğelerine bağıntısına göre karşılaştırılabilir
(mukayese edilebilir) iki öğedir, denilir.
mukayese
edilebilme
Tikel sıralı bir kümenin herhangi iki öğesi karşılaştırılamayabilir.
"kısmen sıralanmış" deyiminin buradan geldiğini söylemiştik.
Theorem 0.99. Tikel sıralı bir kümenin altkümeleri de tikel sıralıdır.
Kanit: ( X, ) tikel sıralı bir sistem ve A ⊂ X olsun. ( A; ) nun
tikel sıralı olduğunu göstermek için, bağıntısının A üzerinde yansımalı, antisimetrik ve geçişimli olduğunu göstermeliyiz. a, b, c ∈ A
olsun.
yansıma:
a ∈ A ise a ∈ X olur. ( X, ) tss olduğundan a a çıkar.
antisimetrik: [( a, b ∈ A) ∧ ( a 6= b) ∧ ( a b)] ise [( a, b ∈ X ) ∧ ( a 6=
b) ∧ ( a b)] olur. ( X, ) tss olduğundan b 6 a çıkar.
geçişim: ( a, b, c ∈ A) ∧ ( a b) ∧ (b c) ise ( a, b, c ∈ X ) ∧ ( a b) ∧ (b c) olur. ( X, ) tss olduğundan a c çıkar.
Hasse Çizgeleri Yönlenmi ş Çizgeler
Tikel sıralı kümelerin öğe sayısı az olduğunda, öğeler arasındaki
sıralama ilişkisini Hasse çizgelei ile göstermek algılamayı kolaylaştırır. Hasse çizgeleri şöyle yapılır: x y ise x öğesini temsil eden
nokta, y öğesini temsil eden noktaya göre diyagramda daha aşağıda
bir yere konuşlandırılır. x den y noktasına giden yukarıya doğru
yönlenmiş bir doğru parçası ile ya da doğru parçalarından oluşan
kırık bir çizgi ile birleştirilir.
Örnek 0.100.
A = { a, b, c, d, e, f , g} kümesi üzerinde
e d,
d b,
b a,
b c,
f d,
gd
Figure 31: Hasse Çizeneği
108
calculus
veriliyor. Oluşan tikel sıralamayı Hasse çizeneği ile gösteriniz.
Çözüm: Geçişme nedeniyle,
f a, f c, g a, g c
olduğu açıktır. Öte yandan, örneğin, e 6 f ve a 6 c olması nedeniyle bağıntısının, A kümesi üzerinde tikel sıralama olduğu
görülür. ( A, ) tss’nin Hasse çizeneği Şekil ??’deki gibidir.
Örnek 0.101.
A = { x, y, z} kümesinin P ( A) kuvvet kümesi üzerinde ⊂
bağıntısının bir tikel sıralama olduğununu gösteriniz ve Hasse
çizeneğini çiziniz.
Çözüm:
P ( A) = ∅, { x }, {y}, {z}, { x, y}, { x, z}, {y, z}, { x, y, z}
Figure 32: P ( A) Kuvvet
Kümesinin Hasse Çizgesi
olur. Buradan kapsama bağıntılarını yazabiliriz.
{ x } ⊂ { x, y} ⊂ { x, y, z}
{ x } ⊂ { x, z} ⊂ { x, y, z}
{y} ⊂ { x, y} ⊂ { x, y, z}
{y} ⊂ {y, z} ⊂ { x, y, z}
{ x, y} ⊂ { x, y, z}
{y, z} ⊂ { x, y, z}
Bu kapsamaları Hasse çizeneği haline getirirsek, ortaya Şekil 32
çıkar.
Alt ve Üst Sınırlar
Altsınırlar
60
alt sınırlar
60
Tanım 0.102. ( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X olsun. A nın her
öğesinden küçük olan x ∈ X öğesi A kümesinin bir altsınırıdır.
Altsınırı simgelerle ifade edebiliriz:
∀ a( a ∈ A) → x a
(104)
Uyarı 0.103.
( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X ise, A ⊂ X altkümesinin
hiç altsınırı olmayabileceği gibi çok sayıda altsınırı olabilir.
tikel siralama
Enbüyük altsınır
61
109
infimum
Tanım 0.104. ( X, ) tikel sıralanmış sistem olsun. A ⊂ X kümesinin
altsınırlarının enbüyüğüne A nın enbüyük altsınırı (ebas) denilir.
Bu tanımın kesinlik kazanması için enbüyük kavramını bilinen kavramlarla açıklamak gerekecektir. Bunu, biraz önce tanımladığımız altsınır ve üstsınır kavramları ile açıklayabileceğiz.
Aşağıdaki iki özeliği sağlayan α ∈ X öğesine, A kümesinin
altsınırlarının en büyüğüdür (enbüyük altsınır), denilir ve aseb, ebas,
infimum, inf kısaltmalarından birisiyle gösterilir:
(a) α öğesi A kümesinin bir altsınırıdır.
(b) α öğesi A kümesinin altsınırlarından oluşan kümenin bir üstsınırıdır.
Enbüyük altsınır aşağıdaki eşitliklerden birisi ile yazılır:
α = aseb( A)
= ebas( A) α = inf( A) α = infimum( A)
(105)
Üstsınırlar
Tanım 0.105. ( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X olsun. A nın her
öğesinden büyük olan y ∈ X öğesi A kümesinin bir üstsınırıdır.
Üstsınırı simgelerle ifade edebiliriz:
∀ a( a ∈ A) → a y
(106)
Uyarı 0.106.
( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X ise A altkümesinin hiç
üstsınırı olmayabileceği gibi, çok sayıda üstsınırları da olabilir.
Örnek 0.107. R gerçel sayılar kümesi bilinen ≤ bağıntısına göre sıralıdır
ve Z ⊂ R dır. Z tamsayılar kümesinin R içinde hiçbir alt ya da üst sınırı
yoktur.
Örnek 0.108. (Z, ≤) tss ve N ⊂ Z dir. N doğal sayılar kümesinin Z
içinde hiçbir üstsınırı yoktur. Ama bütün negatif tamsayılar altsınırdır.
Daha açıkçası, N doğal sayılar kümesinin Z içindeki alt sınırları Z =
{. . . , −3, −2, −1} kümesidir.
Enküçük üstsınır
62
supremum
Tanım 0.109. ( X, ) tikel sıralanmış sistem olsun. A ⊂ X altkümesinin
üstsınırlarının enküçüğüne A nın enküçük üstsınırı (eküs) denilir.
Yukarıda olduğu gibi, bu tanımın kesinlik kazanması için
enküçük kavramını bilinen kavramlarla açıklamak gerekecektir.
Bunu, önce tanımladığımız altsınır ve üstsınır kavramları ile açıklayabileceğiz.
Aşağıdaki iki özeliğe sahip η ∈ X öğesine, A kümesinin üstsınırlarının enküçüğüdür (enküçük üstsınır) denilir ve eküs, üsek, supremum,
sup kısaltmalarından birisiyle gösterilir:
62
supremum
110
calculus
(c) η öğesi A kümesinin bir üstsınırıdır.
(d) η öğesi A kümesinin üstsınırlarından oluşan kümenin bir
altsınırıdır.
En küçük üstsınır,
η = üsek( A)
η = eküs( A)
η = sup( A)
η = supremum( A)
(107)
eşitliklerinden birisi ile yazılır.
Uyarı 0.110.
( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X ise A kümesinin enbüyük altsınırı (inf) ya da enküçük üstsınırı (sup) var olmayabilir.
Ama varsa, bunlar ancak birer tanedir. Var olduklarında her ikisi
ya da yalnızca birisi A kümesine ait olabilir ya da her ikisi de A
kümesine ait olmayabilir.
Örnek 0.111.
(R, ≤) tikel sıralı bir sistemdir (aslında tümel sıralı bir sistemdir,
ama bu örnekte tikel sıralı olması yetecektir.).
1. (0, 1) ⊂ R dir. (0, 1) açık aralığının R içinde enbüyük altsınırı
(in f ({(0, 1)} = 0) ve enküçük üstsınırı (sup{(0, 1) = 1) vardır.
Ama bunlar (0, 1) alt kümesine ait değillerdir: 0, 1 6∈ (0, 1).
2. (0, 1] ⊂ R dir. (0, 1] yarı açık aralığının R içinde enbüyük
altsınırı (in f ({(0, 1]} = 0) vardır, ama (0, 1] kümesine ait değildir:
0 6∈ (0, 1). Oysa, (0, 1] yarı açık aralığının R içinde enküçük
üstsınırı (sup({(0, 1]} = 1) vardır ve (0, 1] kümesine aittir: 1 ∈
(0, 1].
3. [0, 1] ⊂ R dir. [0, 1] kapalı aralığının R içinde enbüyük altsınırı
(in f ({[0, 1]} = 0) vardır ve [0, 1] kümesine aittir: 0 ∈ [0, 1]. Ayrıca,
[0, 1] kapalı aralığının R içinde enküçük üstsınırı (sup({[0, 1]} =
1) vardır ve [0, 1] kümesine aittir: 1 ∈ [0, 1].
Küçükçe Öğeler
63
minimal
63
Minimal Ö ğeler
Tanım 0.112. ( X, )) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X olsun. A
kümesinin hiç bir öğesinden büyük olmayan κ ∈ A öğesine A nın bir
küçükçe öğesi denilir.
64
maximal=
büyükçe
Küçükçe öğeyi simgelerle de ifade edebiliriz:64
∀ a( a ∈ A ∧ a κ ) → a = κ
Uyarı 0.113.
(108)
minimal=
küçükçe
tikel siralama
111
( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X ise, A altkümesinin hiç
küçükçe öğesi olmayabileceği gibi, birden çok küçükçe öğesi de
olabilir. Küçükçe öğelerin hepsi A kümesi içindedir.65
Büyükçe Öğeler
66
Maximal Ö ğeler
66
supremum
Tanım 0.114. ( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X olsun. A
kümesinin hiç bir öğesinden küçük olmayan µ ∈ A öğesine A nın bir
büyükçe öğesi denilir.
Büyükçe öğeyi simgelerle de ifade edebiliriz:
∀ a( a ∈ A ∧ µ a) → a = µ
(109)
Uyarı 0.115.
( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X ise, A altkümesinin hiç
büyükçe öğesi olmayabileceği gibi, birden çok büyükçe öğesi de
olabilir. Büyükçe öğelerin hepsi A kümesi içindedir.
Örnek 0.116.
{ x, y, z} kümesinin kuvvet kümesinden ∅ ile { x, y, z} kümelerini
atarsak, geri kalan altkümelerin ⊂ bağıntısına göre Hasse çizeneği
Şekil 33’de görüldüğü gibi olur. Şekilden hemen görüldüğü gibi
{ x }, {y}, {z} küçükçe öğeler, { x, y}, { x, z}, {y, z} büyükçe öğelerdir
(bkz. Şekil 33).
Figure 33: Küçükçe ve Büyükçe Öğeler
Minimum
67
Enküçük Ö ğe
Tanım 0.117. Altkümeye ait olan enbüyük altsınıra (inf), altkümenin
minimumu denilir.
Bu tanımı biraz açmak gerekirse şöyle diyebiliriz:
( X, ) tikel sıralanmış sistem olsun. A ⊂ X altkümesinin enbüyük altsınırı α = inf( A) var ve α ∈ A ise, α öğesine A kümesinin
enküçük öğesi (minimum) diyeceğiz.
Uyarı 0.118.
( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X olsun.
1. A kümesinin minimum öğesi (min( A)) var olmayabilir, ama varsa
daima A kümesine aittir.
2. A kümesinin minimum öğesi varsa ebas’ye eşittir (min( A) =
in f ( A)) Minimum olmadığı halde ebas (infimum) olabilir.
67
minimum
112
calculus
Maksimum
68
Enbüyük Ö ğe
Tanım 0.119. Altkümeye ait olan enküçük üstsınıra (sup), altkümenin
maksimumu denilir.
Bu tanımı biraz açmak gerekirse şöyle diyebiliriz:
( X, ) tikel sıralanmış sistem olsun. A ⊂ X altkümesinin
enküçük üstsınırı η = inf( A) var ve η ∈ A ise, η öğesine A
kümesinin enbüyük öğesi (maksimum) diyecek ve max ( A) ile göstereceğiz.
Uyarı 0.120.
( X, ) tikel sıralanmış sistem ve A ⊂ X olsun.
1. A kümesinin maksimum öğesi (max ( A)) var olmayabilir, ama
varsa daima A kümesine aittir.
2. A kümesinin maksimum öğesi varsa eküs’e eşittir (max ( A) =
sup( A)) Maksimum olmadığı halde eküs (supremum) olabilir.
ALIŞTIRMALAR
1. B = {3, 5, 6, 7, 8, 12} kümesi üzerinde tanımlı η = {( x, y)| x ≤ y}
bağıntısı,
(a) denklik bağıntısı mıdır?
(b) tikel sıralama bağıntısı mıdır?
Nedenleriyle açıklayınız.
2. C = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15} kümesi üzerinde η = {( x, y) | x |y }
bağıntısı,
(a) denklik bağıntısı mıdır?
(b) tikel sıralama bağıntısı mıdır?
Nedenleriyle açıklayınız.
3. A = {0, 1, 2, 4, 6} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların
türlerini belirtiniz.
(a) η1 = {(0, 0), (1, 1), (2, 2), (4, 4), (6, 6), (2, 4)}
(b) η2 = {(0, 0), (1, 1), (2, 2), (4, 4), (2, 6), (6, 4)}
(c) η3 = {(1, 1), (2, 2), (4, 4), (6, 6), (4, 6), (6, 4)}
(d) η4 = {(0, 0), (1, 1), (2, 2), (4, 4), (6, 6)}
4. D = {2, 4, 12, 24} kümesi üzerinde η = {( x, y) | x |y } bağıntısı,
(a) denklik bağıntısı mıdır?
68
maksim
tikel siralama
(b) tikel sıralama bağıntısı mıdır?
Nedenleriyle açıklayınız.
5. Üzerinde uzunluk tanımlı bir küme üzerinde "daha kısa değildir"
bağıntısının, bir tam sıralama bağıntısı olduğunu gösteriniz.( Yol
Gösterme: Küme üzerinde, "x y =⇒ x, y den kısa değildir"
bağıntısını tanımlayınız.)
6. Bir kentte yaşayan insanlar kümesi üzerinde,
η = {( x, y) | x, y nin ablasıdır}
bağıntısı,
(a) denklik bağıntısı mıdır?
(b) tikel sıralama bağıntısı mıdır?
Nedenleriyle açıklayınız.
7. A = {1, 2, 3, 5, 7} kümesinde tanımlı η = {( x, y) : x | y}
bağıntısının türünü belirtiniz.
8. Bir A kümesi üzerinde tanımlı bir η bağıntısı veriliyor.
(a) η bir tikel sıralama bağıntısı ise η −1 de bir tikel sıralama
bağıntısı olur mu? Neden?
9. A nın bir has alt kümesinde tanımlı bir tam sıralama bağıntısı, A
üzerinde de bir tam sıralama bağıntısı olur mu? Neden?
10. Bir küme üzerinde tanımlı iki tikel sıralama bağıntısının arakesiti de bir tikel sıralama bağıtısı mıdır? Neden?
113
Tümel Sıralama
Tümel Siralama Ba ğintisi
Kümeye ait bütün öğeleri birbirleriyle karşılaştıran sıralama
türüdür. Matematiksel tanımı şöyledir:
Tanım 0.121. Örgün tikel sıralama bağıntısına, tümel (tam) sıralama
bağıntısı, denilir.
Böüm ??, Tanım ?? ile verilen örgün bağıntı tanımı uyarınca,
tümel sıralı kümeye ait her öğe çifti bağıntının grafiğinde olmalıdır.
Bunu sıra bağıntısı için ifade edersek, her öğe çifti birbiriyle mukayese
edilebilir diyebiliriz. Örgün olma koşulu katılarak, Tanım 0.121 şöyle
yazılabilir:
Tanım 0.122. Boş olmayan bir küme üzerinde yansımalı, antisimetrik,
geçişimli ve örgün olan bağıntı tümel sıralama bağıntısıdır.
Bunu simgelerle ifade edelim: Boş olmayan A kümesi üzerinde
tanımlı bağıntısı, aşağıdaki koşulları sağlıyorsa tümel sıralama
1.
x∈X
⇒ xx
2.
( x, y ∈ X ) ∧ ( x 6= y) ∧ ( x y)
⇒ ¬(y x )
bağıntısıdır.
3.
( x, y, z ∈ X ) ∧ ( x y) ∧ (y z) ⇒ x z
4.
( x, y ∈ X )
⇒ ( x y) ∨ (y x )
tümel sıralama bağıntısı, kümeye ait her öğe çiftini birbiriyle
karşılaştırır. Bunun anlamı şudur:
x, y ∈ X ⇒ ( x = y) ∨ ( x y) ∨ (y x )
(110)
bağıntısını yansımalı varsaydığımız için, yukarıdaki ifadedeki
( x = y) terimini yazmak gerekmez. Tümel sıralama bağıntısına tam
sıralama, doğrusal sıralama, lineer sıralama gibi adlar da verilir.
Yansıma koşulunu kaldırmak istersek, simgesi yerine ≺ simgesini kullanır ve tanımını şöyle yaparız:
( x ≺ y) =⇒ [( x y) ∧ ( x 6= y)]
(111)
Tanım 0.123. Antisimetrik, geçişimli ve örgün olan ( X, ≺) sistemine kesin
tümel sıralamalı sistem, denilir.
( X, ≺) sistemi köşegen üzerindeki öğeleri içermez;
Örnek 0.124. Alfabenin harfleri
A a B b ... Z z
(112)
sıralamasına göre tümel sıralı bir sistemdir. Bu sistemin enküçük öğesi A,
enbüyük öğesi z dir.
Figure 34: Tümel Sıralı Küme
116
calculus
(112) yerine, harfleri
A ≺ a ≺ B ≺ b ≺ ... ≺ Z ≺ z
(113)
biçiminde de sıralayabiliriz. Bu sistem kesin tümel sıralı sistem olur.
Tikel sıralı sistemler için tanımlanan inf, sup, min, max, küçükçe,
büyükçe, altsınır, üstsınır gibi tanımlar tümel sıralı sistemler için de
geçerlidir. Tabii, tümel sıralamanın gerektirdiği değişime uğrarlar.
Örnek 0.125. Doğal sayılar kümesi bilinen
N = {0 ≤ 1 ≤ 2 ≤ 3 ≤ . . . ≤ n ≤ n + 1 ≤ . . . }
sıralamasına göre tümel sıralı bir sistemdir. Bu sitemin enküçük öğesi 0
dır, ama enbüyük öğesi yoktur.
dopal sayılar tümel
sıralıdır
70
tam sayılar
tümel sıralıdır
71
gerçel sayılar
tümel sıralıdır
69
69 70 71
Örnek 0.126. Tam sayılar kümesi bilinen
Z = { . . . − 2 ≤ −1 ≤ 0 ≤ 1 ≤ 2 ≤ 3 ≤ . . . }
sıralamasına göre tümel sıralı bir sistemdir. Bu sitemin enküçük ve
enbüyük öğeleri yoktur.
Alıştırmalar
1. ( X, ) tümel sıralı ise A kümesinin küçükçe (minimal) öğesi
varsa tektir ve enküçük öğe (minimum) ile çakışır.
2. ( X, ) tümel sıralı ise A kümesinin büyükçe (maksimal) öğesi
varsa tektir ve enbüyük öğe (maksimumu) ile çakışır.
İyi Sıralama
Well Ordering
İyi sıralama kavramı, doğal sayıların sağladığı sıralama özeliklerinin soyut kümelere taşınmasıdır. O nedenle,
N = {0, 1, 2, 3, . . . , m, m + 1, . . .}
doğal sayılar kümesini varsayacacak ve onun üzerinde sıralama
bağıntısını tanımlayacağız. Doğal sayıların kuruluşunu Bölüm ’de
ele alacağız.
Doğal Sayılarda Eşitlik
İki doğal sayının eşitliğini, () ’deki gibi tanımlamak mümkündür.
Ancak, o işi ileride nicelik sayıları ile daha kolay yapabileceğiz. Bu
bölümde doğal sayıları sezgisel inceleyeceğimiz için;
Figure 35: İyi Sıralı Küme
Tanım 0.127. m ile n iki doğal sayı ise, bunların, birbirlerine eşit oluşunu
tanımsız kabul edecek ve
m=n
(114)
Figure 36: İyi Sıralı Küme
simgesiyle göstereceğiz.
Bunu, "m, n ye eşittir" ya da "m eşit n", diye okuyacağız.
Theorem 0.128. = eşitlik bağıntısının yansıma, simetri ve geçişim
özelikleri vardır.
72 73 74
Doğal Sayılar
iyi sıralıdır.
73
Tam Sayılar iyi sıralıdır.
74
Gerçell Sayılar iyi sıralı
değildir.
72
Doğal Sayılarda Sıralama
Tanım 0.129. m ve n doğal sayıları için, m + r = n eşitliğini sağlayan
sıfırdan farklı bir r doğal sayısı varsa, "m sayısı n sayısından küçüktür,"
denilir ve m < n simgesiyle gösterilir Simgsel olarak,
m<n
=⇒
(∃r ∈ N+ )( m + r = n )
(115)
yazılır.
Doğal sayılardaki sıralamanın yansımalı olmasını istiyorsak <
yerine ≤ bağıntısını kullanmalıyız. ≤ bağıntısını, bildiğimiz = ve <
bağıntıları yardımıyla tanımlayabiliriz.
Tanım 0.130. m, n ∈ N için m ≤ n =⇒ [(m < n) ∨ (m = n)] olur.
118
calculus
Sıralama eyleminde kullanılan < ve ≤ bağıntılarının > ve ≥
terslerini tanımlamak kolaydır.
Tanım 0.131. Her m, n ∈ N için aşağıdaki denklikler vardır:
n>m
=⇒
m<n
n≥m
=⇒
m≤n
Özelikler
Siralama Ba ğintisinin Özelikleri
Theorem 0.132. m, n, r doğal sayıları için aşağıdaki bağıntılar sağlanır.
(m < n) ∨ (m = n) ∨ (m > n)
(m < n) ∧ (n < r )
m+r < n+r
( m < n ) ∧ (r < d )
m < n ∧ (r > 0)
⇒
⇒
⇒
⇒
m<r
m<n
m+r < n+d
m.r < n.r
(üçlem)
(geçişim)
(sadeleşme)
(toplama)
(sadeleşme)
Örnek 0.133. 8(n − 3) ≤ 16 + 5(n − 2) eşitsizliğinin, Doğal Sayılar
Kümesindeki çözümlerini bulunuz.
Çözüm:
8(n − 3) ≤ 16 + 5(n − 2)
⇒ 8n − 24 ≤ 16 + 5n − 10
⇒ 8n − 5n ≤ 16 − 10 + 24
⇒ 3n ≤ 30
⇒ n ≤ 10 (N içinde)
10 dan büyük olmayan doğal sayılar, verilen eşitsizliğin çözüm
kümesini oluşturur ki bu
S = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}.
kümesidir.
75
iyi
İyi Sıralama 75
İyi sıralama kavramı, doğal sayıların sağladığı sıralamanın
özeliklerinin soyut kümelere taşınmasıdır.
Tanım 0.134. ( A, ) tikel sıralı bir sistem olsun. A kümesinin boş olmayan her altkümesinin enküçük (minimum) öğesi varsa ( A, ) sistemine
iyi sıralıdır, denilir.
Theorem 0.135. N doğal sayılar kümesi ≤ bağıntısına göre iyi sıralıdır.
Kanit: Her m doğal sayısının ardışığının m + 1 olduğunu ve
m < m + 1 eşitsizliğinin sağlandığını ve m ile m + 1 arasında başka
doğal sayı olmadığını sezgisel olarak kabul ediyoruz. M ⊂ N ise
M nın enküçük (min) öğesinin olduğunu göstermeliyiz. 0 ∈ M
ise 0 = min( M) olacağından, istenen sağlanmış olur. 0 6∈ M
olsun. in f ( M) = m diyelim. m 6∈ M ise m + 1 ∈ M olmalıdır;
değilse in f ( M) ≥ (m + 1) olur ki bu kabulümüzle çelişir. O halde
m + 1 ∈ M dır. Bu durumda min( M ) = m + 1 = in f ( M) olmalıdır.
Bu çelişki de olamayacağına göre in f ( M ) = m = min( M ) olmalıdır.
iyi siralama
Örnek 0.136. N doğal sayılar kümesi üzerinde aşağıdaki koşulları
sağlayan bağıntısı iyi sıralama bağıntısıdır.
a. çift sayılar tek sayılardan küçüktür,
b. Tek sayılar kendi aralarında ≤ bağıntısıyla sıralıdır,
c. Çift sayılar kendi aralarında ≤ bağıntısıyla sıralıdır.
(a),(b), ve (c) koşulları altında, doğal sayılar aşağıdaki gibi
sıralanmış olur:
0 2 4 6 ... 1 3 5 ...
Örnek 0.137. Z tam sayılar kümesi üzerinde aşağıdaki koşulları sağlayan
bağıntısı iyi sıralama bağıntısıdır.
a b =⇒
(| a| < |b|) ∨ (| a| = |b|) ∧ ( a ≤ b)
Buna göre doğal sayılardaki sıralama şöyle olur:
0 −1 1 −2 2 −3 3 −4 4 . . .
Örnek 0.138. Z tam sayılar kümesi ≤ bağıntısına göre iyi sıralı değildir.
Çünkü, örneğin Z− = {. . . , −3, −2, −1} negatif tam sayılar
kümesinin enküçük öğesi yoktur.
Örnek 0.139. R gerçel sayılar kümesi ≤ bağıntısına göre iyi sıralı değildir.
Çünkü, örneğin, (0, 1) açık aralığı R nin altkümesidir ama
enküçük öğesi yoktur. Aslında soldan açık aralıkların hiç birinin
enküçük öğesi yoktur.
Örnek 0.140. { m1 | m = 1, 2, 3, . . .} dizisi ≤ bağıntısına göre iyi sıralı
değildir.
Çünkü verilen dizinin enküçük öğesi yoktur.
Theorem 0.141. İyi sıralanmış her küme tümel sıralıdır.
Kanit: ( A, ) iyi sıralı olsun. Her a ∈ A ve her b ∈ A için { a, b}
altkümesinin enküçük öğesi vardır. Enküçük öğe a ise a b olur.
Enküçük öğe b ise b a olur. Dolayısıyla tümel sıralama koşulları
sağlanır (bkz. Tanım 0.121) koşulu sağlanıyor.
Önel Bölük
76
76
Tanım 0.142 (Önel bölük). (W, ) iyi sıralanmış bir sistem ve a ∈ W
olsun.
Wa = {w | w ∈ W ∧ w ≺ a}
(116)
altkümesine W kümesinin a ile saptanan önel bölüğü diyeceğiz.
Örnek 0.143. Doğal sayılar kümesinde N5 = {0, 1, 2, 3, 4} kümesidir.
bölük
119
120
calculus
Sonal Öğe
Tanım 0.144 (Sonal öğe). ( A, ) tikel (kısmen) sıralanmış bir sistem ve B ⊂ A olsun. B nin kendi içinde bulunmayan üstsınırlarının
oluşturduğu kümenin altsınırlarının en büyüğüne; yani
α = inf{ a | a ∈ A ∧ ∀b(b ∈ B ⇒ b ≺ a)}
(117)
öğesine B kümesinin ilk sonalı denilir.
Özel olarak B yerine tek öğeli bir {b} kümesi alınırsa (305) öğesi
b nin ilk sonalı adını alır.
b öğesinin ilk sonalı a ise b ≺ a olduğu ve b ≺ a0 ≺ a olacak
şekilde hiçbir a0 ∈ A öğesinin var olamayacağı açıktır. İyi sıralanmış
kümede enbüyük öğeden başka bütün öğelerin birer tane ilk sonalları vardır. Gerçekten b ∈ A enbüyük öğe (maksimum) değilse,
{ a | a ∈ A, b ≺ a} kümesi boş değildir ve varsayım gereğince bunun
enküçük öğesi (minimum) vardır. Bu öğe b nin ilk sonalı olacaktır.
Lemma 0.145. İyi sıralanmış kümenin altkümeleri de iyi sıralıdır.
Kanit: ( A, ) iyi sıralanmış bir sistem ve B ⊂ A olsun. ( B, ) nin tikel sıralı sistem olduğunu biliyoruz (bkz. Teorem 0.99).
Öte yandan B nin her C alt kümesi aynı zamanda A nın da bir
altkümesidir. Dolayısıyla C nin enküçük öğesi (minimum) vardır.
Sonluötesi Tümevarım
77
Sonlu Tümevarım İlkesi
77
Doğal sayıların iyi sıralı olma özeliğine dayalı olan sonlu tüme
varım ilkesi matematikte güçlü bir alettir. Doğal sayılar kümesi
üzerinde tanımlı bir önermenin her doğal sayı için geçerli olup
olmadığını göstermeye yarar. Şimdi sonlu tüme varım ilkesi’ni doğal
sayılardan daha güçlü kümelere (sayılamayan sonsuz kümelere)
taşıyan sonlu ötesi tüme varım ilkesi’ni kanıtlayacağız. İkisi arasındaki
ilişkiyi görmek için, sonlu tüme varım ilkesi’ni anımsamakta yarar
vardır.
Sonlu tüme varım ilkesi doğal sayıların sağladığı şu basit özeliğe
dayanıyordu. p, doğal sayılar üzerinde tanımlı bir önerme olsun.
p nin bütün doğal sayılar için geçerli olduğunu göstermek için şu
basit işi yapıyoruz:
1. Enküçük doğal sayı p önermesini sağlar
2. p önermesini sağlayan her doğal sayının ardılı da p önermesini
sağlar.
Bunu simgelerle ifade ederbiliriz: p önermesini sağlayan doğal
sayılar kümesi M olsun.
1. İlk doğal sayı M ye aittir : 0 ∈ M
2. n ∈ M → (n + 1) ∈ M dir.
iyi siralama
Şimdi aklımıza gelmesi gereken soru şudur. Bu güçlü kanıt yöntemi
sayılamayan sonsuz kümeler için de geçerli olabilir mi?
Sonlu Tüme Varım İlkesi, doğal sayıların iyi sıralı oluşuna dayalıdır. O halde, bu yöntemin iyi sıralı kümelere genelleşebileceğini
umabiliriz. Sonunda elde etmeyi umduğumuz genel Tüme Varım
İlkesi, iyi sıralı kümeler üzerinde geçerli olacağına göre öncelikle iyi
sıralı kümelerin özeliklerini bilmemiz gerekir.
Eşsıralı Kümeler
78
78
Şimdi, iyi sıralanmış kümelerin önemli bir özeliğini gösterebilmek
için gerekli bazı ön bilgileri vereceğiz.
Önce bir anımsatma yapalım. Tikel (kısmen) sıralanmış kümeler
için varlığını bildiğimiz başlıca özelikler iyi sıralanmış kümeler
için de geçerlidir. Bu bölümde çok kullanacağımız için tanımları
yeniden söyleyelim.
Tanım 0.146. ( A, ) ile ( B, .) iyi sıralanmış iki sistem olsun. her
a, b ∈ A için
a b ⇐⇒ f ( a) . f (b)
(118)
özeliğine sahip, birebir örten bir f : A → B fonksiyonu varsa, A ile B
eşsıralıdır. Bu durumda f fonksiyonuna eşsıra dönüşümü, denilir.
Eşsıralılığı sözel olarak da ifade edebiliriz:
İyi sıralanmış iki sistem arasında sıra yapısını koruyan birebir
ve örten (bbö) bir dönüşüm varsa, söz konusu sistemlere eşsıralıdır,
denilir.
A ile B nin eşsıralı olması için gerekli ve yeterli koşul aralarında
bir eşsıra dönüşümünün var olmasıdır.
( A, ) ile ( B, .) sistemleri eşsıralı ve eşsıra dönüşümü f ise, bu
durumu belirtmek için
A∼
= B,
f
A∼
=B
(119)
simgelerinden herhangi birisi kullanılabilir.
Theorem 0.147. Eşsıralı iki tikel sıralı sitemdem birisi iyi sıralı ise, ötekisi
de iyi sıralı olur.
Kanit: M ile B tikel sıralanmış iki küme olsun. M ile B
eşsıralı ve M iyi sıralı bir küme ise B kümesinin de iyi sıralı
olduğunu göstermek için, B nin herhangi bir C altkümesinin
enküçük öğesinin varlığını göstermeliyiz. Eşsıralılık tanımı gereğince
kendisi ve tersi artan birer dönüşüm olan birebir örten f : M → B
fonksiyonu vardır. f −1 (C ) ⊂ M altkümesinin enküçük (minimum)
öğesine a diyelim. f(a), C nin enküçük öğesi olacaktır.
Theorem 0.148. ( A, ) iyi sıralanmış bir sistem ve f : A → A bir eşsıra
dönüşümü ise, her a ∈ A için a f ( a) dir.
Eşsıralılık
121
122
calculus
Kanit: Olmayana ergi yöntemini kullanacağız. f ( a) ≺ a olacak
şekilde a ∈ A öğelerinin oluşturduğu X kümesinin en küçüğüne
x diyelim. f ( x ) ≺ x olacaktır, f fonksiyonu bir eşsıra dönüşümü
olduğundan, (308) uyarınca f ( f ( x )) ≺ f ( x ) ≺ x olmalıdır. O hlade
X kümesinin en küçüğü x değil, f ( x ) dir. Bu çelişki, kabulümüzün
var olamayacağını gösterir. Öyleyse, her a ∈ A için a f ( a) olur.
Theorem 0.149. İyi sıralanmış iki kümenin birinden ötekine en çok bir
tane eşsıra dönüşümü var olabilir.
Kanit: gene olmayana ergi yöntemini kullanalım. A, B iyi
sıralanmış iki küme ve f : A → B, g : A → B iki tane eşsıra
dönüşümü olsun. f −1 ◦ g bileşke fonksiyonu A dan A ’ya bir eşsıra
dönüşümü olur. Öyleyse, Teorem 0.381 gereğince, her a ∈ A için
a ( f −1 ◦ g)( a) olur. Buradan f ( a) g( a) çıkar.
Aynı yolla g( a) f ( a) elde edilebilir. Öyleyse, her a ∈ A için
f ( a) = g( a) olacaktır ki, bu f = g olması demektir.
Uyarı 0.150. İyi sıralanmış kümelerdeki bu özelik, tümel sıralı kümeler için
yoktur. Başka bir deyişle, tümel sıralı iki küme arasında birden çok eşsıra
dönüşümü var olabilir.
Theorem 0.151. İyi sıralı küme hiç bir önel bölüğüne eşsıralı olamaz.
f
∼ Xw
Kanit: ( A, ) iyi sıralı bir sistem, w ∈ A olmak üzere A =
ise, Teorem 0.381 den her a ∈ A için a f ( a) ve özel olarak
w f (w) olurdu, ki bu Xw önel bölüğünün tanımı gereğince,
f (w) ∈
/ Xw olmasını gerektirir ve kabulümüze aykırı düşer.
İyi sıralı küme hiçbir önel bölüğüne eşsıralı olamaz. ama bütün
önel bölüklerinin kümesine eşsıralıdır.
Theorem 0.152. İyi sıralı küme, kapsama (⊂) bağıntısına göre sıralanmış
önel bölükleri kümesi ile eşsıralıdır.
Kanit: Verilen iyi sıralanmış küme ( A, ) olsun ve önel bölükleri kümesine de U diyelim; yani
U = { B | ∃z(z ∈ A ∧ B = Xz )}
(120)
olsun. Bu durumda a ! Xx dönüşümü A den U ya bbö dir.
Ayrıca her a, b ∈ A için
a b ⇐⇒ Xa ⊂ Xb
(121)
olduğundan, bu dönüşüm ( A, ) den (U , ⊂) sistemine bir eşsıra
dönüşümüdür.
Genel Tümevarım İlkesi
79
Tümevarım
79
Theorem 0.153. ( X, ) iyi sıralanmış bir sistem olsun ve bir M ⊂ X alt
kümesi verilsin. Wa ⊂ M olduğunda a ∈ M olması gerekiyorsa M = X
olur.
iyi siralama
Kanit: Teoremin simgelerle ifadesi şöyledir:
[( a ∈ X ∧ Wa ⊂ M) ⇒ a ∈ M] =⇒ M = X
(122)
Olmayana ergi yöntemini kullanacağız. M 6= X olsaydı Mc ∩ X 6= ∅
olurdu. Bu durumda, Mc ∩ X nun enküçük öğesine (minimum)
a diyelim. a dan küçük öğeler Mc ∩ X kümesine ait olamayacaklarından Wa ⊂ M dır. Öyleyse, varsayımdan, a ∈ M çıkar. Oysa
a ∈ Mc ∩ X idi, ki buradan a ∈ Mc olması gerekir. Bu çelişki kabulümüzden gelmektedir. O halde, M 6= X olamaz; yani M = X
dir.
Alıştırmalar
80
1. Tümel sıralı bir kümenin iyi sıralı olması için gerekli ve yeterli
koşul azalan sonsuz bir diziyi kapsamamasıdır (Başka bir deyişle, doğal sırada negatif tamsayılara eşsıralı bir diziye sahip
olmamasıdır). Gösteriniz.
2. İyi sıralı olma koşulu yerine tümel sıralı olma koşulu alınırsa,
0.381, 0.382, 0.384 teoremlerin sağlanmayacağını birer karşıt
örnek ile gösteriniz.
3. Tümel sıralı öyle bir M kümesi ve bir f : M → M eşsıra
dönüşümü bulunuz ki, f dönüşümünün sabit noktası olmasın;
yani her a ∈ M için f ( a) 6= a olsun.
Her küme iyi sıralanabilir
80
123
Fonksiyonlar
Fonksiyon Nedir?
Fonksiyon kavramı, yalnız klasik analizin değil çağdaş bilim ve
tekniğin çok önemli araçlarından birisidir. Bu nedenle, bu bölümde
fonksiyon kavramını ayrıntılarıyla olarak inceliyeeeğiz.
Fonksiyon, bağıntının özel bir türüdür.
Tanım 0.154. Boş olmayan X ve Y kümeleri ile bir f ⊂ X × Y bağıntısı
verilsin. Her x ∈ X için ( x, y) ∈ f olan bir ve yalnızca bir tane y ∈ Y
ögesi varsa, f bağıntısına, X den Y ye bir fonksiyondur, denilir.
Fonksiyonlar, genellikle, f , g, h, ... gibi küçük harflerle gösterilir.
Temel Kavramlar
Bir f bağıntısının fonksiyon olduğunu belirtmek için, f ⊂ X × Y
yerine
f :X⇒Y
f
X⇒Y
ya da
(123)
simgeleri ve
( x, y) ∈ f ,
xfy
yerine,
y = f (x) ,
f :x⇒y,
f
x⇒y
simgelerinden birisi kullanılır. Bu derste, çoğunlukla,
y = f (x)
(2)
simgesini kullanacağız. Bu simgeler, x öğesinin, f bağıntısıyla, y ye
eşlendiğini belirtir.
Çeşitli kaynaklarda fonksiyon terimi yerine dönüşüm, transformasyon, gönderim, resmetme (mapping) gibi eşanlamlı terimler
kullanılır.
f : X ⇒ Y fonksiyonu için;
X kümesine, tanım kümesi,
Y kümesine, değer kümesi,
x öğesine, bağımsız değişken,
y öğesine, bağımlı değişken (görüntü, resim) ,
Tanım 0.155. A ⊂ X için f ( A) = {y | y = f ( x ), x ∈ A } ⊂
Y kümesine, A nın f altındaki görüntüsü, A kümesine ise f nin ön
görüntüsü, denilir.
126
calculus
f : X ⇒ Y fonksiyonunun belirli olması için, y = f ( x ) bağıntısının verilmiş olması gerekir. Bunun verilmesi demek, x ∈ X
öğesinin f fonksiyonu altında hangi y ∈ Y öğesine eşlendiğinin
belirli kılınması demektir.
Örnek
X = {−2, −1, 0, 1, 2} ve Y = {0, 1, 2, 3, 4, 6, 8, 10} olmak üzere,
f : X ⇒ Y fonksiyonunu y = f ( x ) = x2 bağıntısı ile tanımlayalım.
Verilen f bağıntısı (kuralı), x ⇒ x2 dir; yani, x değişkeni, f
altında x2 ye eşlenecektir.
X tanım kümesinin, f altındaki görüntüsü, f ( X ) = {0, 1, 4}
kümesidir.
Görüldüğü gibi, tanım kümesinin görüntüsü bütün değer
kümesini örtmeyebilir.
Fonksiyon tanımını, simgelerle ifade etmek uygun olacaktır.
Theorem 0.156. Boş olmayan X ve Y kümeleri ile bir f ⊂ X × Y
bağıntısı verilsin. f nin bir fonksiyon olması için gerekli ve yeterli
koşul, aşağıdaki iki özeliğin sağlanmasıdır.
F1. Her x ∈ X öğesinin Y içinde bir görüntüsü vardır.
F2. Her x ∈ X öğesinin Y içinde ancak bir tane görüntüsü vardır.
Bu iki özelik, fonksiyonu belirleyen niteliklerdir. O nedenle, bunları, matematiksel simgelerle ifade etmek uygun olacaktır. Çünkü,
bir çok problemin çözümünde, sözlü ifadeler yerine, matematiksel
simgeleri kullanacağız.
Aşağıdaki ifade çiftleri, fonksiyon tanımına denktirler:
f 1. ( x ∈ X ) ⇒ ∃y(y ∈ Y )(y = f ( x ))
f 2. ( x1 = x2 ) ⇒ (y1 = y2 )
ya da, tanım ve değer kümelerinin apaçık belli olduğu zamanlarda,
F1. ∀ x ∃y(y = f ( x ))
F2. (y1 6= y2 ) ⇒ ( x1 6= x2 )
yazılabilir.
Fonksiyonun Grafiği
Bir f : X ⇒ Y fonksiyonu bir bağıntıdır. Bu bağıntının grafiği,
fonksiyonun da grafiğidir.
f nin grafiğini, gra f ( f ) ya da G f simgesiyle göstereceğiz.
Bu derste ele alacağımız fonksiyonlar, çoğunlukla, gerçek
sayıların bir alt kümesinden gerçek sayılara tanımlı olacaktır.
Dolayısıyla, bu fonksiyonların grafikleri, analitik düzlemde yer
alacaktır.
Bir fonksiyonun belirli olması demek, tanım bölgesinin, değer
bölgesinin ve eşleme kuralının bilinmesi demektir; yani,
f : X ⇒ Y,
y = f (x)
nin bilinmesi demektir.
Bazan, fonksiyon verilirken, yalnızca y = f ( x ) eşleme bağıntısı
(kuralı) verilir; tanım ve değer bölgesi belirtilmez. Bu durumlarda,
fonksiyonun X tanım bölgesi y = f ( x ) bağıntısını anlamlı kılan
fonksiyonlar
bütün x gerçek sayılarıdır. Y değer bölgesi olarak bütün R gerçek
sayılar kümesi alınabileceği gibi, Y = {y | y = f ( x ), x ∈ X } kümesi
de alınabilir. Pratikte, değer bölgesini mümkün olduğunca küçük
seçmek kolaylık sağlayabilir.
Bağıntılarda söylediğimiz gibi, f : X ⇒ Y, y = f ( x ) fonksiyonu
tanımlandığında, bunun grafiği kesinkes belirli olur.
Tersine olarak, grafiği verilen fonksiyon da kesinkes belirlidir.
Bu nedenle, yeri geldiğinde, f ile gra f ( f ) simgelerini eş anlanda
kullanabiliriz.
f : X ⇒ Y, y = f ( x ) fonksiyonunun grafiği,
gra f ( f ) = {( x, y) | y = f ( x )}
kümesidir. Tabii,
gra f ( f ) ⊂ X × Y
dır. Grafik kavramı, bağıntılarda incelendiği için, bu kesimi, aşağıdaki özeliği söyleyerek kapatabiliriz.
Lemma 0.157. Bir fonksiyonun analitik düzlemdeki grafiği, düşey
doğrularla en çok birer noktada kesişir.
İspat: X kümesinden Y kümesine tanımlı f bağıntısının grafiğini
G f ile gösterirsek, bağıntıyı, simgesel olarak ( f = ( X, Y, G f ) sıralı
üçlüsü ile gösteriyoruz. Bu gösterimler altında, yukarıdakilere
eşdeğer olan şu özeliği söyleyebiliriz.
Theorem 0.158. ( f = ( X, Y, G f ) bağıntısının bir fonksiyon olması için
gerekli ve yeterli koşullar şunlardır:
(i) izd1 ( G f ) = proj1 ( G f ) = π1 ( G f ) = X
(ii) ( x, y1 ) ∈ G f ∧ ( x, y2 ) ∈ G f ⇒ y1 = y2
Theorem 0.159. f : X → Y fonksiyonu ile X kümesinin alt kümelerinden
oluşan bir { Aı | ı ∈ I } ailesi verildiğinde aşağıdaki bağıntılar sağlanır:
!
f
[
=
Aı
ı∈ I
[
f ( Aı )
(124)
f ( Aı )
(125)
ı∈ I
!
f
\
Aı
⊂
ı∈ I
\
ı∈ I
İspat: Aşağıdaki özeliklerden çıkar:
!
y∈ f
[
Aı
[
⇔ (∃ x ∈
ı∈ I
Aı : y = f ( x )
ı∈ I
⇔ (∃ j ∈ I )(∃ x ∈ A j ) : y = f ( x )
⇔ (∃ j ∈ I ) : y ∈ f ( A j )
⇔y∈
[
ı∈ I
f ( Aı )
127
128
calculus
!
y∈ f
\
Aı
\
⇒ (∃ x ∈
ı∈ I
Aı : y = f ( x )
ı∈ I
⇒ (∃ x ∀ı( x ∈ Aı ) ∧ y = f ( x )
⇒ (∀ı ∈ I )y ∈ f ( Aı )
⇒y∈
\
f ( Aı )
ı∈ I
Uyarı 0.160. Teoremin ikinci bağıntısının eşitlik değil, kapsama bağıntısı
olduğuna dikkat ediniz. Bu bağıntıda eşitlik olmadığını bir karşıt örnekle
ispatlayabiliriz.
X = { a, b, c},
Y = {s, t},
A = { a, b},
B = {b, c}
olmak üzere f : X → Y fonksiyonunu şöyle tanımlayalım:



s, x = a
f ( x ) = t, x = b



s, x = c
Buna göre, f ( A ∩ B) = {y} olduğu halde f ( A) ∩ f ( B) = {s, t} olur;
yani f ( A ∩ B){y} 6= f ( A) ∩ f ( B) dir.
Uygulamalar
1. X = {1, 2, 5, 9} ve Y = { a, b, c, d, e} veriliyor. Aşağıdaki bağıntılardan hangileri fonksiyondur? Nedenleriyle açıklayınız.
(a) β 1 = {(1, a), (2, b), (5, c), (9, d)}
(b) β 2 = {(1, a), (2, b), (5, c), (5, d), (9, b), (9, d)}
(c) β 3 = {(1, b), (5, a), (9, d)}
(d) β 4 = {(1, d), (2, d), (5, d), (9, d)}
(e) β 5 = {(1, c), (1, d), (2, b), (5, a), (5, c), (9, a)}
2. Yukarıdaki bağıntıların herbirisinin grafiğini çiziniz. Fonksiyon
olanların grafiklerinin, düşey doğrularla ençok bir noktada
kesiştiğini görünüz.
3. X = {−2, −1, 0, 3, 5} ve Y = {−10, −7, −5, −3, 1, 2, 3, 4, 10}
kümeleri ile f : X ⇒ Y, f ( x ) = 2x − 3 fonksiyonu veriliyor.
(a) f fonksiyonunun tanım bölgesini yazınız.
(b) f fonksiyonunun değer bölgesini yazınız.
(c) −1 öğesinin, f altındaki görüntüsünü yazınız.
(d) A = {−1, 0, 5} kümesinin, f altındaki görüntüsünü yazınız.
(e) X kümesinin, f altındaki görüntüsünü yazınız.
4. X = {1, 2, 3, 4}, Y = {1, 2, 3, 4, 7} kümeleri veriliyor. X kümesinden Y kümesine tanımlanan
β = {( x, y) | y = x + 1}
fonksiyonlar
bağıntısının grafiğini çiziniz. Bir fonksiyon olup olmadığını
inceleyiniz.
5. f = {(1, a), (2, b), (3, c)} veriliyor.
(a) f nin grafiğini çiziniz.
(b) f nin bir fonksiyon olduğunu gösteriniz.
(c) f nin tanım bölgesini yazınız.
(d) f nin değer bölgesini yazınız.
(e) Tanım bölgesinin, f altındaki görüntüsünü yazınız.
6. f = {(−2, −1), (−1, −1), (0, 1), (1, 1), (2, 3)}
bağıntısı veriliyor.
(a) f nin grafiğini çiziniz.
(b) Grafiği kullanarak, f nin bir fonksiyon olduğunu gösteriniz.
(c) f nin X tanım bölgesini yazınız.
(d) f nin Y değer bölgesini yazınız.
(e) n( f ) ile n( X ) nicelik sayılarını bulunuz.
7. X = {1, 2, 3, 4}, Y = {u, v, x, y, z} kümeleri veriliyor. Aşağıdaki
bağıntıların grafiklerini çiziniz. Hangilerinin fonksiyon olduğunu
belirleyiniz.
(a) f = {(1, x ), (2, x ), (2, y), (4, z)}
(b) g = {(1, y), (2, y), (3, t), (4, z)}
(c) h = {(1, y), (2, z), (3, x ), (4, t)}
(d) k = {(1, y), (2, y), (3, y), (4, y)}
8. Yukarıdaki fonksiyonların ok diyagramlarını çiziniz.
9. Ok diyagramı verilen fonksiyonu, tanım bölgesini, değer bölgesini ve y = f ( x ) eşleme kuralını
belirleyerek, tanımlayınız.
10. Aşağıdaki fonksiyonların tanım ve değer bölgelerini bulunuz.
(a)
y = −2x + 5
(b)
y=
(c)
y = x2
(d)
y = |x|
√
y= x
(e)
1
x −1
11. Her fonksiyonun bir bağıntı olduğunu, ama her bağıntının
fonksiyon olmadığını gösteren örnekler veriniz.
129
130
calculus
FONKSİYON TÜRLERİ
Eşit Fonksiyonlar
Her kümede olduğu gibi, fonksiyonlardan oluşan bir küme üzerinde eşitlik kavramı vardır.
Tanım 0.161. Tanım kümeleri ve tanım kümelerine ait her noktadaki
görüntüleri aynı olan iki fonksiyon eşittir.
Bunu, simgelerle yazarsak, şöyle diyebiliriz:
X ve Y boş olmayan iki küme ve f : X ⇒ Y1 , g : X ⇒ Y2 iki
fonksiyon olsun.
f = g ⇐⇒ [∀ x ( x ∈ X ) ⇒ f ( x ) = g( x )]
(126)
oluyorsa, f ile g birbirine eşittir, denilir. f = g eşitliği yerine, bazan
f ≡g
(127)
biçiminde eşdeğerlik simgesi yazılır. Bu eşitliğin tanımında, fonksiyonların Y1 ve Y2 değer bölgelerinin eşit olması koşulu gerekli
değildir; çünkü, görüntü kümeleri eşittir: f ( X ) = g( X ). İstenirse,
ortak değer bölgesi olarak, ortak görüntü kümeleri ya da = Y1 ∩ Y2
seçilebilir. Bu seçim, fonksiyonların niteliklerinde bir değişiklik
yapmayacaktır.
Örnek X = {−1, 0, 1}, Y1 = {−1, 0, 1, 2}, Y2 = {−2, −1, 0, 1, 2, 3, 5, }
kümeleri ile f : X ⇒ Y1 , f ( x ) = x ve g : X ⇒ Y2 , g( x ) = x3
fonksiyonlarının eşit olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
a. Tanım bölgeleri eşittir.
b. Tanım bölgelerine ait noktalarda, fonksiyonların aldığı değerler de, aşağıda görüldüğü gibi, karşılıklı olarak birbirlerine eşittir.
f (−1) = −1 f (0) = 0 f (1) = 1
g(−1) = −1 g(0) = 0 g(1) = 1
O halde, f = g dir. İstersek, her iki fonksiyonun tanım bölgesi
olarak, ortak görüntü kümesi olan Y = {−1, 0, 1} kümesini alabiliriz. Bu seçim, fonksiyonların niteliğini değiştirmez. Ama, tanım
bölgelerini değiştirirsek, fonksiyonların nitelikleri değişir. Örneğin,
f nin tanım bölgesine 2 noktasını katarsak, fonksiyonların eşitliği
bozulur: f 6= g.
İçine Fonksiyon
Görüntü kümesi, değer bölgesinin bir has alt kümesi olduğunda,
fonksiyon içine bir fonksiyon’dur. Bunu simgelerle ifade edersek,
( f : X ⇒ Y ) ∧ ( f ( X ) 6= Y )
(128)
ise, f foksiyonu X kümesinden Y kümesi içine bir fonksiyondur, diyeceğiz.
fonksiyonlar
Örten Fonksiyon
Görüntü kümesi, değer bölgesine eşit olduğunda, fonksiyon örten
bir fonksiyon’dur. Bunu simgelerle ifade edersek,
f : X ⇒ Y için, f ( X ) = Y
(129)
ise, f foksiyonu X kümesinden Y kümesi üzerine (örten) bir fonksiyondur, diyeceğiz.
Bire-bir Fonksiyon [bb]
Tanım bölgesindeki farklı öğelere eşlenen fonksiyon değerleri de
farklı ise, fonksiyon bire-bir (bijective) fonksiyon’dur.
Bunu simgelerle ifade edersek,
f : X ⇒ Y için, ( x1 6= x2 ) ⇒ f ( x1 ) 6= f ( x2 )
(130)
ise, f foksiyonu X kümesinden Y kümesine tanımlı bire-bir (bb) fonksiyondur, diyeceğiz.
Bire-bir-içine fonksiyon [bbi]
Bire-bir ve içine (bbi) olma niteliklerine sahip fonksiyondur.
Bire-bir-örten Fonksiyon [bbö]
Bire bir ve örten olma niteliklerine sahip fonksiyondur (surjective).
f : X → Y fonksiyonu bbö ise X ile Y kümelerinin öğeleri
arasında bire-bir eşleşme vardır. Bunu, kısaca, X ile Y kümeleri
bire-bir eşleşirler diye belirteceğiz.
Sabit Fonksiyon
Görüntü kümesi bir tek noktadan oluşan fonksiyon.
Bunu simgelerle ifade edersek,
f :X→Y
için
∃∗ c(c ∈ Y )( x ∈ X ⇒ f ( x ) = c)
(131)
ise, f foksiyonu X kümesinden {c} kümesi üzerine sabit bir fonksiyondur, diyeceğiz.
Sıfır Fonksiyon
Y = R ya da Y = C olmak üzere, görüntü kümesi f ( X ) = {0} olan
f : X → Y sabit sabit fonksiyonu.
Bunu simgelerle ifade edersek, f : X ⇒ Y için
f ≡ 0 ⇐⇒ [∀ x ( x ∈ X ) ⇒ f ( x ) = 0)]
(132)
ise, f foksiyonu X kümesinden {0} kümesi üzerine bir sıfır fonksiyondur,
diyeceğiz.
131
132
calculus
Birim (özdeşlik) Fonksiyonu
Tanım bölgesindeki her öğeyi kendisine eşleyen fonksiyon.
Bunu simgelerle ifade edersek, X ⊂ Y olmak üzere,
I : X ⇒ Y için, ( x ∈ X ⇒ I ( x ) = x )
ise, f foksiyonu X kümesinden Y kümesi içine bir gömme (özdeşlik,
birim) fonksiyonudur, diyeceğiz. X ⊂ Y olduğunda gömme terimini;
X = Y olduğunda ise, çoğunlukla, özdeşlik ya da birim terimini
kullanırız.
Kısıtlanmış Fonksiyon
f : X → Y fonksiyonu ile A ⊂ X alt kümesi verilsin.
∀ x ( x ∈ A) ⇒ f | A ( x ) = f ( x )
(133)
diye tanımlanan f | A : X → Y fonksiyonu.
Gömme Fonksiyonu
A ⊂ X olmak üzere
∀ x ( x ∈ A) ⇒ g A ( x ) = x
(134)
koşulunu sağlayan g A → X fonksiyonu.
Hemen görüldüğü gibi, I : X → X birim fonksiyonunun
A ⊂ X alt kümesine I| A kısıtı gömme (embedding) fonksiyonudur.
Gömme fonksiyonları, özellikle X üzerinde bir matematiksel yapı
var olduğunda işlevsellik kazanırlar.
Belirtgen (karakteristik) Fonksiyon
Herhangi bir X kümesinden {0, 1} kümesine tanımlı olan

1, x ∈ A
χA =
0, x ∈ A0
(135)
χ A → {0, 1} fonksiyonu.
Tanım 0.162. Y kümesinden X kümesine tanımlı olan bütün fonksiyonların kümesini XY simgesiyle göstereceğiz.
Simgesel olarak
XY = { f | f : Y → X }
(136)
dir.
Örnekler
1. X = {0, 1, 2, 3} kümesinden Y = {−7, −4, 1, 6, 11, 15} kümesine tanımlı olan f ( x ) = 5x − 4 fonksiyonu veriliyor. f ( X ) =
fonksiyonlar
{−4, 1, 6, 11} görüntü kümesi Y değer bölgesinin bir has alt
kümesi olduğundan, f içine bir fonksiyondur.
Bu fonksiyon, aynı zamanda, bire birdir. Dolayısıyla, bire bir içine
bir fonksiyondur.
2. X = {0, 1, 2, 3} kümesinden Y = {−4, 1, 6, 11} kümesine tanımlı
olan y = 5x − 4 fonksiyonu örten bir fonksiyondur; çünkü
f ( X ) = {−4, 1, 6, 11} görüntü kümesi Y değer bölgesine eşittir.
Bu fonksiyon, aynı zamanda, bire birdir. Dolayısıyla, bire bir
örten bir fonksiyondur. Buradan anlaşıldığı gibi, bire bir içine bir
fonksiyonun değer bölgesini görüntü kümesine daraltarak örten
bir fonksiyon elde edebiliriz. Bu işlem, fonksiyonun niteliğini
değiştirmez.
3. X = {−2, −1, 0, 1, 2}, olmak üzere,
f : X ⇒ X,
f (x) = x
fonksiyonu, özdeşlik (birim) fonksiyondur.
4. N doğal sayılar kümesinden Q rasyonel sayılar kümesine
tanımlı olan
f : N ⇒ Q, f ( x ) = x
fonksiyonu, bir gömme fonksiyonudur. Her r doğal sayısının
biçiminde bir rasyonel sayı olarak algılanmasını sağlar.
r
1
5. X = [2, 3) ve Y = {0, 1, 2, 3, 4} olmak üzere,
f + : X ⇒ Y,
f + ( x ) = ( x sayısının tam kısmı)
biçiminde tanımlanan fonksiyon, [2, 3) aralığındaki her x gerçek
sayısını {2} kümesi üzerine resmeder: ( x ∈ X ⇒ f + ( x ) = 2).
Öyleyse, f + , sabit bir fonsiyondur.
6. X = (−1, 0] ve Y = {0, 1, 2, 3, 4} olmak üzere,
f − : X ⇒ Y, f − ( x ) = k, [(k ∈ Z) ∧ ( x ≤ k < x + 1)]
biçiminde tanımlanan fonksiyon, (−1, 0] aralığındaki her x
gerçek sayısını {0} kümesi üzerine resmeder:
(x ∈ X ⇒ f − (x) = 0
Öyleyse, f − , bir sıfır fonsiyondur.
ALIŞTIRMALAR
1. f : {−1, 1, 2, 5} ⇒ {−5, −1, 1, 2, 5, 6} fonsiyonu y = f ( x ) = x
bağıntısı ile veriliyor. f nin türünü belirtiniz.
2. f ( x ) = 3x − 1 bağıntısı ile tanımlanan f : {−1, 0, 1, 3} ⇒
{−4, −1, 2, 8} fonksiyonunun türünü belirtiniz.
133
134
calculus
3. X = {1, 2, 3, 4}, Y = { a, b, c, d} veriliyor. X × Y nin alt kümesi
olan aşağıdaki bağıntıların türlerini belirtiniz.
(a) β 1 = {(1, a), (2, b), (2, c), (3, a)}
(b) β 2 = {(1, a), (2, c), (3, b)}
(c) β 3 = {(1, b), (2, c), (3, a), (4, b), (3, c)}
(d) β 4 = {(1, b), (2, d), (3, c), (4, c)}
(e) β 5 = {(1, c), (2, a), (3, b), (4, d)}
4. f ( x ) = x2 + 1 bağıntısı ile tanımlanan f : {−1, 2, 3} ⇒
{−3, 1, 2, 5, 10} fonsiyonunun türünü belirtiniz.
5. f ( x ) = 2x2 − 1 bağıntısı ile tanımlı f : {−3, −1, 0} ⇒ {−3, −1, 0, 1, 2, 17}
fonsiyonunun türünü belirtiniz.
6. f ( x ) = x2 + 3 bağıntısı bir fonksiyon tanımlıyor mu? Neden?
Tanımlıyorsa, tanım bölgesini ve değer bölgesini belirleyiniz
7. Aşağıdaki bağıntıların tanımlı olduğu kartezyen çarpımları
bulunuz. Bağıntıların grafiklerini çiziniz. Türlerini belirtiniz.
β 1 = {( a, 1), (b, 2), (c, 3)}
β 2 = {( a, 1), ( a, 2), (b, 3), (c, 3), (d, 3)}
β 3 = {( a, 1), (b, 1), (c, 1), (d, 1)}
β 4 = {(1, a), (2, a), (3, a)
β 5 = {(1, a), (2, b), (3, c), (2, t)
8. g( x ) = 2x2 + 1 kuralı ile tanımlı f : {−2, −1, 0, 1} ⇒ {−1, 1, 5}
fonksiyonunun türünü belirleyiniz. Grafiğini çiziniz.
9. Aşağıdaki bağıntıları belirleyiniz.
(a) β 1 = {( a, x ), (b, z), (c, z), (d, t)}
(b) β 2 = {( a, y), (b, y), (c, y), (d, y)}
(c) β 3 = {( a, z), (b, x ), (c, y), (d, z)}
(d) β 4 = {(y, a), (y, b), (y, c), (z, d)}
(e) β 5 = {( x, a), ( x, b), ( x, c), ( x, d)}
10. f ( x ) = x − 3 fonksiyonu ile A = {−2, −1, 0, 1, 2} kümesi
veriliyor.
f : A ⇒ B nin bire bir ve örten olması için, B ne olmalıdır?
11. A = { a, b, c, d}, B = { x, y, z, t} kümeleri veriliyor. A dan
B ye tanımlı olan aşağıdaki türlerde fonksiyonlar belirleyiniz.
Öğelerini listeleyiniz.
(a) f : A ⇒ B içine fonksiyon,
(b) g : A ⇒ B bire bir ve örten fonksiyon,
(c) h : A ⇒ B sabit fonksiyon,
(d) s : A ⇒ B sıfır fonksiyon,
fonksiyonlar
(e) t : B ⇒ A ters fonksiyon,
12. f : N ⇒ N fonksiyonu f ( x ) = ( a − 3) x + 2 − b bağıntısı ile
veriliyor. f nin bir özdeşlik fonksiyonu olması için, a ve b ne
olmalıdır?
13. f : N ⇒ N fonksiyonu f ( x ) = ( a − 5) x + 3 − b bağıntısı ile
veriliyor. f nin sıfır fonksiyon olması için, a ve b ne olmalıdır?
14. f : N ⇒ N fonksiyonu f ( x ) = ( a − 1) x + 4 + b bağıntısı
ile veriliyor. f nin sabit bir fonksiyon olması için, a ve b ne
olmalıdır?
1
15. f ( x ) = xx+
−1 bağıntısının bir fonksiyon belirleyip belirlemediğini
saptayınız. Belirliyorsa, fonksiyonun tanım ve değer bölgelerini
yazınız.
16. A = { a, b, c, d} olmak üzere f ( x ) = x kuralı ile tanımlı
f : A ⇒ A fonksiyonunun türünü belirleyiniz. Grafiğini çiziniz.
17. \( A) = n ve \( B) = m ise, A kümesinden B kümesine kaç tane
bire-bir fonksiyon vardır?
18. f : R → R;
x 7−→ f ( x ) = x2 fonksiyonu bbi midir. Neden?
19. f : R → R+ ;
Neden?
x 7−→ f ( x ) = | x − 1| fonksiyonu bbi midir.
20. f : R − {0} → R;
Neden?
x 7−→ f ( x ) = ln x fonksiyonu bbi midir.
21. Doğal sayılar kümesinden gerçel sayılar kümesine bir bbi
fonksiyonu tanımlayınız.
22. N × N kümesinden N kümesine bir bbi fonksiyonu tanumlayınız.
23. Z den Z ye tanımlanan
f (x) =

 x + 2,
x çift
 x + 4,
x tek
fonksiyonu veriliyor.
(a) f fonksiyonu bbö midir?
(b) f −1 ters bağıntısı bir fonksiyon mudur?
24. R den ye tanımlı olan
xβy ⇔ y = x2
bağıntısının bir fonksiyon olmadığını gösteriniz. Bu bağıntının parabol diye adlandırılan grafiğini çiziniz. Bu bağıntıdan
fonksiyon olan iki alt bağıntı çıkarınız.
135
136
calculus
25. R den ye tanımlı olan
xβy ⇔ 9x2 + 4y2 = 16
bağıntısının bir fonksiyon olmadığını gösteriniz. Bu bağıntının
elips diye adlandırılan grafiğini çiziniz. Bu bağıntıdan fonksiyon
olan iki alt bağıntı çıkarınız.
İşlem
İŞLEM KAVRAMI
Sayı kümeleri üzerinde dört işlem adıyla anılan toplama, çıkarma,
çarpma ve bölme işlemlerini yapmayı biliyorsunuz. Ayrıca, bu işlemlerin yer değişme, birleşme, dağılma özelikleri ile birim öğe, ters öğe
varlığı kavramlarını, kullanarak işlemler (operatör) yapıyor ve
problemler çözüyorsunuz.
Bu bölümde, bu tür işlemleri, soyut bir matematiksel yapı içinde
inceleyeceğiz. Bu inceleme sonunda ulaşacağımız genel kurallar,
istediğimiz somut duruma kolayca uygulanabilecektir.
Birli İşlemler
Tanım Bir kümeden kendisine tanımlı olan her fonksiyon, bir birli
işlem’dir.
Örnekler
1. Z Tam Sayılar Kümesi olmak üzere, Z den Z ye tanımlı f ( x ) =
− x fonksiyonu birli bir işlemdir.
2. Sıfırdan farklı Rasyonel Sayılar Kümesinden kendisine tanımlı
f ( x ) = 1x fonksiyonu birli bir işlemdir.
İkili İşlemler
Tanım: A 6= ∅ ve A ⊂ B ise, her
f : A×A ⇒ B
fonksiyonu, A üzerinde bir ikili işlem’dir.
Birli ve ikili işlemler apaçık belli olacağı için, birli işlem, ikili
işlem terimleri yerine, kısaca, işlem diyeceğiz. Bu kısaltma bir
karışıklık yaratmayacaktır.
İşlemler, fonksiyonların özel bir türüdür. Bir fonksiyonun işlem
olduğunu belirtmek için, onları, fonksiyonlar için kullandığımız
f , g, h, . . . gibi harflerle değil; özel simgelerle belirtiyoruz. Bu
simgeler, sayı kümelerinde kullandığımız +, −, ×, ·, ÷ simgeleri
olabileceği gibi, ?. ◦, ⊕, , ⊗, , , · · · gibi simgeler olacaktır.
138
calculus
Üzerinde bir ya da daha çok işlem tanımlı bir A kümesi, bir
matematiksel yapı’dır. Bu yapıyı, ( A, ⊕, ⊗), · · · ) biçiminde göstereceğiz.
A üzerinde bir ? işleminin tanımlı olması demek, ⊕ : A × A ⇒ B
fonksiyonunun verilmiş olması demektir. Öyleyse, ? işlemi, her
( x, y) ∈ A × A sıralı çiftini bir tek z ∈ B ögesine eşleyecektir.
Çoğunlukla, z görüntüsünü x ? y simgesiyle göstereceğiz:
? : ( x, y) ⇒ x ∗ y = z
Bunu "x işlem y eşit z" diye okuyacağız..
Örnek
N Doğal Sayılar kümesi üzerindeki çarpma işlemini · ile gösterelim.
· : N × N ⇒ N,
· : (m, n) ⇒ m.n
dir.
n-li İşlemler
Tanım:
A 6= ∅ ve n ∈ N olmak üzere A nın n kez kendisiyle kartezyen
çarpımından A ya tanımlı her fonksiyon bir n-li işlemdir. Bunu
simgelerle gösterirsek, her
f : A× A×...× A ⇒ A
fonksiyonuna, A kümesi üzerinde bir n-li işlemlem denilir.
İŞLEMLERİN ÖZELİKLERİ
Kapalılık
? fonksiyonunun görüntü kümesi bazan A kümesine eşit olur;
bazan da A dan büyük olur. Bu iki durumu birbirinden ayırmak
gerekir.
Tanım: ∗, A kümesi üzerinde bir işlem olsun. Eğer ? fonksiyonunun görüntü kümesi, A ise; yani,
∗ : A×A ⇒ A
bir fonksiyon ise, “A kümesi ∗ işlemine göre kapalıdır" denilir.
Bu durumda,
∀ x, y ∈ A için x ∗ y = z ∈ A
olur.
Eğer, ? fonksiyonunun görüntü kümesi, A kümesininden
büyükse, "A kümesi ∗ işlemine göre kapalı değildir," denilir.
i şlem
Uyarı 0.163. Aslında işlemin kapalı olması tanımı, fonksiyon (işlem)
tanımımız uyarınca, gereksizdir. Çünkü işlem tanımlı ise, zaten kapalılık
özeliği sağlanacaktır. Bu kavram, fonksiyon tanımının iyi yapılmadığı
eski zamanlardan kalan bir alışkanlık olarak sürmektedir. Bir çok kaynakta
karşılaşıldığı için, bu tanım bilgi amacıyla buraya alınmıştır. Bizim işlem
tanımımız kapalılık kavramını kapsamaktadır.
Örnekler
1. Doğal Sayılar Kümesi çarpma işlemine kapalıdır.
Gerçekten, iki doğal sayının çarpımı gene bir doğal sayıdır. Bunu,
simgelerle ifade etmek için, N Doğal Sayılar Kümesi üzerindeki
çarpma işlemini ” · ” ile gösterelim.
· : N × N ⇒ N,
· : (m, n) ⇒ m.n ∈ N
olduğundan, · çarpma işlemi Doğal Sayılar Kümesi üzerinde
tanımlıdır; yani, N kümesi çarpma işlemine kapalıdır.
2. Doğal Sayılar Kümesi çıkarma işlemine kapalı değildir.
Böyle olduğunu örneklerle gösterebiliriz:
7 − 2 = 5 ∈ N dir; ama
2 − 7 = −5 6 ∈ N
olduğundan, çıkarma işleminin görüntü kümesi, Doğal Sayılar
Kümesinden büyüktür. Başka bir deyişle, − : N × N ⇒ N
tanımlı değildir; dolayısıyla, Doğal Sayılar Kümesi çıkarma
işlemine kapalı değildir. Öte yandan,
− : N×N ⇒ Z
tanımlıdır.
Bu tür özelikler, matematiksel yapıların genişletilmesi gerekçesini
doğurur.
Yer Değişim
Tanım: Boş olmayan bir A kümesi üzerinde tanımlı ? işlemi verilsin. Her x, y ∈ A için,
x?y = y?x
oluyorsa, ? işleminin yer değişim (takas - komutatiflik) özeliği vardır,
denilir.
Örnekler
1. 5.7 = 7.5 örneğinde olduğu gibi, her m, n doğal sayı çifti için
m.n = n.m dir. O halde, Doğal Sayılar Kümesi üzerinde çarpma
işlemi yer değişimi özeliğine sahiptir.
2. 9 − 5 6= 5 − 9 örneğinde olduğu gibi, her m, n dodoğal sayı çifti
için m − n 6= n − m dir. O halde, Doğal Sayılar Kümesi üzerinde
çıkarma işlemi yer değişimi özeliğine sahip değildir.
139
140
calculus
Daha genel söylemek gerekirse;
a. Sayı kümeleri üzerinde tanımlı toplama (+) ve çarpma (.)
işlemlerinin değişme özeliği vardır.
b. Çıkarma (−) ve bölme (÷) işlemlerinin değişme özeliği
yoktur.
Birleşme Özeliği
Birleşme Özeliği
Boş olmayan bir A kümesinde tanımlı bir ? işlemi verilsin. Her
x, y, z ∈ A için,
x ? (y ? z) = ( x ? y) ? z
oluyorsa ? işleminin birleşme özeliği vardır, denilir.
Örnekler
1. 2.(3.4) = (2.3).4 örneğinde olduğu gibi, her m, n, r doğal sayıları
için m.(n.r ) = (m.n).r dir. O halde, Doğal Sayılar Kümesi üzerinde çarpma işlemi birleşme özeliğine sahiptir.
2. 40 : (20 : 2) = 4 6= 2 = (40 : 20) : 2 örneğinde olduğu gibi,
her p, q, r rasyonel sayılar için m : (n : r ) 6= (n : m) : r dir. O
halde, Rasyonel Sayılar Kümesi üzerinde bölme işlemi birleşme
özeliğine sahip değildir.
Genel olarak, sayı kümeleri üzerinde toplama ve çarpma işlemleri birleşme özeliğine sahiptir; ama çıkarma ve bölme işlemlerinin
birleşme özeliği yoktur.
Birim Öğe
? işlemi bir A kümesi üzerinde tanımlı olsun. Her x ∈ A için,
x?e = x = e?x
eşitliğini sağlayan bir e ∈ A varsa, e öğesine, ? işlemine göre birim
(etkisiz) öğe, denilir.
Örnekler
1. 8 + 0 = 8 = 0 + 8 örneğinde olduğu gibi, her k tam sayısı için
k + 0 = k = 0 + k dir. O halde, 0 sayısı, Tam Sayılar Kümesinde
üzerinde tanımlı toplama işlemine göre birim öğedir.
2. A = {2, 3, 4, . . .} kümesi üzerinde · çarpma işlemi tanımlıdır;
yani,
· : A × A ⇒ A,
· : (m, n) ⇒ m.n
bir ikili işlemdir. kapalılık, yer değişimi ve birleşme özelikleri
sağlanır. Ama, bir sayının 1 den başka bir sayı ile çarpımı kendisine eşit olamaz. 1 6∈ A olduğundan, çarpma işlemine göre birim
öğe A içinde yoktur.
i şlem
Q rasyonel sayılar kümesi üzerinde “∗" işlemi
a ∗ b = a + b + ab
biçiminde tanımlansın. Bu işlemin, varsa, birim elemanını bulalım.
Tanım gereğince ∀ a ∈ Q için a ∗ e = e ∗ a = a olacak biçiminde bir
e ∈ Q arayacağız.
a∗e = a
⇒ a + e + a.e = a
⇒ e + a.e = 0
⇒ (1 + a).e = 0
⇒ ( e = 0) ∨ (1 + a = 0)
⇒ e=0∈Q
olur. ∀ a ∈ Q için,
a ∗ 0 = a + 0 + a.0 = a
olduğundan sağdan birim eleman e = 0 dır.
e∗a = a
⇒ e + a + e.a = a
⇒ e + e.a = 0
⇒ e (1 + a ) = 0
⇒ ( e = 0) ∨ (1 + a = 0)
⇒ e=0∈Q
olur. ∀ a ∈ Q için,
0 ∗ a = 0 + a + 0.a = a
olduğundan “∗” işleminin soldan birim elemanı e = 0 dır.
Q da tanımlı “∗” işleminin hem sağdan, hem soldan birim
elemanı 0 (sıfır) olduğundan, işlemin birim elemanı vardır ve
e = 0 ∈ Q dır.
Birim eleman çoğunlukla e ile gösterilir.
Ters Öğe
Bir Ö ğenin Tersi
Tanım: A kümesinde tanımlı bir ? işlemi verilsin ve buna göre
birim e birim öğesi var olsun. Her x ∈ A için,
x?y = e = y?x
eşitliğini sağlayan bir y ∈ A varsa, y öğesi, ? işlemine göre, x
öğesinin tersidir.
Sayı kümeleri üzerinde, toplama işlemine göre, bir x öğesinin
tersi − x; çarpma işlemine göre x −1 = 1x , x 6= 0 dir. Örneğin, 12 nin
1
5
toplamsal tersi −12; çarpımsal tersi
dir. Aynı biçimde, −(− )
12
3
5
5
3
5
ün toplamsal tersi −(− ) = ; çarpımsal tersi (− )−1 = − dir.
3
3
3
5
Sayı kümelerinden edindiğimiz alışkanlıkla, soyut kümeler
üzerinde tanımlı olup + işlemine benzeyenlere toplama işlemi; ·
işlemine benzeyenlere de çarpma işlemi, diyeceğiz. Dolayısıyla,
bir x öğesinin toplamsal tersi − x; çarpımsal tersi x −1 simgesiyle
gösterilecektir.
141
142
calculus
Dağılma Özeliği
Boş olmayan bir A kümesi üzerinde ⊕ ve ⊗ işlemleri tanımlı olsun.
∀ a, b, c ∈ A için,
a ⊗ (b ⊕ c) = ( a ⊗ b) ⊕ ( a ⊗ c)
eşitliği sağlanıyorsa, ⊗ işleminin ⊕ işlemi üzerine soldan dağılma
özeliği vardır;
( a ⊕ b) ⊗ c = ( a ⊗ c) ⊕ (b ⊗ c)
eşitliği varsa ⊗ işleminin ⊕ işlemi üzerine sağdan dağılma özeliği
vardır, denilir.
Hem soldan, hem sağdan dağılma özeliği varsa, ⊗ işleminin ⊕
işlemi üzerine dağılma özeliği vardır.
Sayı kümeleri üzerinde çarpmanın, toplama üzerine dağılma
özeliği vardır; ama, toplamanın çarpma işlemi üzerine dağılma
özeliği yoktur.
Tanım: A kümesi üzerinde tanımlı bir ? işlemi olsun. Eğer ∀ x ∈ A
için,
∀ x ∈ A içinx ∗ u = u ∗ x = u
olacak biçimde bir u ∈ A varsa, u ya ? işleminin yutak (yutan) öğesi
denilir.
Örnek 0.164.
Sayı kümeleri üzerinde çarpma işleminin yutak öğesi 0 sayısıdır;
çünkü, her x sayısı için,
x.0 = 0.x = 0
dır.
Çözümlü Örnekler
Örnekler
1. Q Rasyonel Sayılar Kümesi üzerinde ⊕ işlemini aşağıdaki eşitlik
ile tanımlayalım: a + b ve ba işlemleri, Q üzerindeki toplama ve
bölme işlemleri olmak üzere, ∀ x, y ∈ Q için,
x⊕y =
x+y
2
(2)
diyelim.
Şimdi bu işlemin niteliklerini araştıralım.
(a) Q kümesi ⊕ işlemine göre kapalıdır; çünkü ∀ x, y ∈ Q için,
(2) eşitliğinin sağ yanı daima bir rasyonel sayıdır.
(b) ⊕ işleminin yer değişim özeliği vardır; çünkü,
x⊕y =
x+y
y+x
=
= y⊕x.
2
2
i şlem
(c) ⊕ işleminin birleşme özeliği yoktur; örneğin,
2 ⊕ (4 ⊕ 8) = 2 ⊕ 6 = 4 6 =
11
= 3 ⊕ 8 = (2 ⊕ 4) ⊕ 8
2
dir.
(d) 0 sayısı, ⊕ işlemine göre, Q içinde birim öğedir; çünkü,
∀x
x+0
x
0+x
=
=
2
2
2
dir.
(e) Her x rasyonel sayısının, ⊕ işlemine göre, Q içindeki tersi
− x sayısıdır; çünkü,
x ⊕ (− x ) =
x−x
=0
2
dır.
(f) (Q, ⊕) sistemi yer değişimli bir gruptur.
2. Q Rasyonel Sayılar Kümesi üzerinde ⊗ işlemini aşağıdaki eşitlik
ile tanımlayalım: a + b ve a.b işlemleri, Q üzerindeki toplama ve
çarpma işlemleri olmak üzere, ∀ x, y ∈ Q için,
x ⊗ y = x + y + x.y
(3)
diyelim.
Şimdi bu işlemin niteliklerini araştıralım.
(a) Q kümesi ⊗ işlemine göre kapalıdır; çünkü ∀ x, y ∈ Q için,
(3) eşitliğinin sağ yanı daima bir rasyonel sayıdır.
(b) ⊗ işleminin yer değişim özeliği vardır; çünkü,
x ⊗ y = x + y + x.y = y + x + y.x = y ⊗ x
(c) ⊕ işleminin birleşme özeliği vardır; çünkü,
x ⊗ (y ⊗ z)
=
x ⊗ (y + z + y.z)
= x + (y + z + y.z) + x.(y + z + y.z)
= x + y + z + y.z + x.y + x.z + x.(y.z)
= x + y + x.y + z + x.z + y.z + ( x.y)z
= ( x + y + x.y) + z + ( x + y + x.y).z
= ( x × y) ⊗ z
dir.
(d) ⊗ işlemine göre, Q içindeki birim öğe 0 dır; çünkü,
∀ xiçin,( x ⊗ 0) = ( x + 0 + x.0) = x = (0 + x + 0.x ) = (0 ⊗ x )
dir.
143
144
calculus
(e) Bir x 6= −1 sayısının, ⊗ işlemine göre, Q içindeki ters
öğesi 1−+xx dir; çünkü,
x⊗
−x
1+x
= x+
−x
−x
+x·
=0
1+x
1+x
dır.
(f) ((Q \ {1}), ⊗) sistemi yer değişimli bir gruptur.
3. Q üzerinde tanımlı olan ⊗ işleminin, ⊕ işlemi üzerine dağılma
özeliği vardır:
x ⊗ (y ⊕ z)
=
=
=
=
=
=
=
y+z
x⊗
2
y+z
y+z
x+
+x·
2
2
x
x y+z
x.y y + z
x.z
+ +
+
+
+x·
2
2
2
2
2 x 2 y
x.y x
z
x.z +
+ +
+ +
2
2
2
2 2
2
( x + y + x.y) + ( x + z + x.z)
2
( x ⊗ y) + ( x ⊗ z)
2
( x ⊗ y) + ( x ⊗ z)
4. (Q, ⊕, ⊗) sistemi yer değişimli ve birimli bir halkadır.
Önceki örneklerde gösterilen nitelikler, bu önermenin ispatıdır.
5.
Q üzerinde tanımlı olan ⊗ işlemine göre, iki sayının tersleri
aşağıda gösterilmiştir.
7−1
=
=
5
(− )−1
4
=
=
6.
−7
1+7
7
−
8
−(− 54 )
1 + (− 54 )
5
9
Q üzerinde tanımlı olan ⊗ işlemine göre, −1 sayısının ters
öğesinin olmadığını gösteriniz.
−(−1)
x −1 = 1−1 ifadesinin sağ yanı tanımsızdır; çünkü, sayı
kümelerinde 0 ile bölme işlemi tanımsızdır. Öyleyse, ⊗ işlemine
göre −1 in tersi yoktur.
7. Öğe sayısı az olan kümeler üzerinde ikili bir işlem tanımlamak
ya da tanımlanmış bir işlemi göstermek için, aşağıdaki gibi işlem
tablosu düzenlenebilir.
i şlem
?
a
b
c
d
e
f
a
a
a
a
a
a
a
b
a
b
a
b
b
b
c
a
a
c
a
c
c
d
a
b
a
d
b
d
e
a
b
c
b
e
e
f
a
b
c
d
e
f
köşegen
Bu tabloda, ikili işlemin ilk öğesi satırların solundan, ikinci
öğesi sütunlardan seçilir. İşlem sonucu, seçilen satır ve sütunun
kesiştiği yerdeki öğedir. Örneğin, yukarıdaki tabloda tanımlı
işlem için,
( a, a) ⇒ a ? a = a
( a, b) ⇒ a ? b = a
(c, f ) ⇒ c ? f = c
(d, e) ⇒ d ? e = b
(e, d) ⇒ e ? d = b
dir. Diğer sonuçlar da benzer biçimde listelenebilir.
A = { a, b, c, d, e, f } için,
1.
A kümesinin, ? işlemine göre kapalı olduğu,
2.
? işleminin yer değişim özeliğine sahip olduğu,
3.
? işleminin birleşme özeliğine sahip olduğu,
tablodan kolayca çıkarılabilir.
8. A = {1, 2, 3, 4, 5} kümesi üzerinde işlemi,
a, b ∈ A
⇒
a b = 3a − 2b
biçiminde tanımlanıyor. İşlem tablosunu yapınız ve işleminin
özeliklerini inceleyiniz.
1
2
3
4
5
1
1
4
7
10
13
2
-1
2
5
8
11
3
-3
0
3
6
9
4
-4
-2
1
4
7
5
-7
-4
-1
2
5
köşegen
yukarıdaki tabloda tanımlı işlem için,
(1, 1) ⇒ 1 1 = 1
(1, 2) ⇒ 1 2 = −1
(3, 2) ⇒ 3 2 = 5
(4, 3) ⇒ 4 3 = 6
(5, 5) ⇒ 5 5 = 5
145
146
calculus
dir. Diğer sonuçlar da benzer biçimde listelenebilir. Tablodan, işleminin şu özeliklerini görebiliriz.
(a) A kümesi, işlemine kapalı değildir; çünkü, görüntü
kümesi
B = {−7, −5, −4, −3, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 13}
kümesidir. Bu küme A nın bir has üst kümesidir. Dolayısıyla,
: A×A ⇒ A
işlemi tanımsızdır; bunun yerine
: A×A ⇒ B
işlemi tanımlıdır.
(b) işleminin yer değişim özeliği yoktur; örneğin,
3 2 = 5 6= 0 = (2, 3)
dür.
(c) işleminin birleşim özeliği yoktur; örneğin,
3 (4 5) = 3 2 = 5
olduğu halde,
(3 4) 5 = 1 5 = −7
dir.
(d) A kümesinde, işlemine göre birim öğe yoktur; çünkü,
∀x ∈ A
⇒
xe = x = ex
eşitliğini sağlayan bir e ∈ A öğesi yoktur.
(e) Birim öğe olmadığına göre, A içindeki hiç bir öğenin tersi
olamaz.
ALIŞTIRMALAR
1. İlköğretim çağından bu yana, öğrendiğiniz birli ve ikili işlemleri
yazınız.
2. N = {0, 1, 2, 3, · · · } doğal sayılar kümesi üzerinde x y =
3x + 2y eşitliği ile tanımlanan işlemin tablosunu, ilk 5 × 5 satır ×
sütun için düzenleyiniz. İşlemin özeliklerini araştırınız.
3. A = {−i, −1, 0, 1, i } kümesi üzerinde,
1 ∗ 1 = 1, (−1) ∗ (−1) = 1, 1 ∗ i = i, i ∗ 1 = i, i ∗ i = −1
eşlemeleri ile ∗ işlemi tanımlanıyor. ∗ işleminin tablosunu
yapınız; özeliklerini inceleyiniz.
i şlem
4. 1 sayısı, R gerçek (reel) sayılar kümesi üzerinde tanımlı bölme
işleminin birim öğesi midir? Neden?
5. Z Tamsayılar Kümesi üzerinde,
x, y ∈ Z
x y = 4x + 3y
için
bağıntısıyla tanımlanan işlemin,
(a) Yer değişim özeliğine sahip midir?
(b) Birleşme özeliğine sahip midir?
6. Q Rasyonel Sayılar Kümesi üzerinde,
x, y ∈ Q için
x y = x + y − xy
bağıntısıyla tanımlanan işlemin,
(a) Yer değişim özeliğine sahip midir?
(b) Birleşme özeliğine sahip midir?
(c) Bu işleme göre Q içinde birim öğe var mıdır?
(d) Bu işleme göre tersi var olan öğeler var mıdır?
7. A = {0, 1} kümesi üzerinde + ve · işlemleri veriliyor.
(a) Her iki işlemin tablolarını yapınız.
(b) + işlemine göre, A içinde birim öğe var mıdır?
(c) · işlemine göre, A içinde birim öğe var mıdır?
(d) + işlemine göre, A içindeki her öğenin tersi var mıdır?
(e) + işlemine göre, A içindeki her öğenin tersi var mıdır?
(f) · işleminin + işlemi üzerine dağılma özeliği var mıdır?
8. ∀ x ∈ R için x − 0 = x dir. 0 sayısı,cR üzerinde çıkarma (−)
işleminin birim elemanı olur mu? İnceleyiniz.
9. Bir işleme göre en çok bir tane birim öğe olabileceğini gösteriniz.
10. Bir işleme göre, bir öğenin en çok bir tane ters öğesinin olabileceğini gösteriniz.
11. N üzerinde tanımlı m n = mn + 1 işleminin yer değişme ve
birleşme özeliklerinin olup olmadığını araştırınız.
12. Z üzerinde tanımlı a ◦ b = ab − ab işlemi veriliyor. (2 ◦ 3) ◦ 4
işleminin sonucu nedir?
13. A üzerinde tanımlı bir ? işlemine göre, her öğenin tersi varsa,
( x ? y)−1 = y−1 ? x −1 olduğunu gösteriniz.
147
148
calculus
MODULAR ARİTMETİK
Farklı Bir Aritmetik
Yılın dokuzuncu ayında açılan okul, beş ay sonra yarıyıl tatiline girmektedir. Yaryıl tatili kaçıncı ayda olmaktadır?
Bu soruyu yanıtlarken, 9 + 5 = 14 demeyiz; 2 deriz. Çünkü, bir
yılda 12 ay vardır. 12 nci aydan sonra 1 nci ay gelir.
Sabah saat dokuzda işbaşı yapan bir işçi, günde sekiz saat çalşmaktadır.
Bu işçi, işi bırakırken, saati kaçı gösterir?
Bu sorunun yanıtı, 9 + 8 = 17 değildir; çünkü saatin göstergesinde,
12 den sonra 1 gelmektedir. Dolayısıyla, yanıt 5 dir.
Yılın birinci mevsimi 21 Mart’ta başlar. Beş mevsim sonra, yılın
kaçıncı mevsimi başlar?
Bu sorunun da yanıtı 1 + 5 = 6 değil; 2 dir. Çünkü, yılın mevsimleri 4 tanedir, 4 üncüden sonra 1 nci mevsim gelir.
Bunlara benzer problemlerin çözümü, tamsayılardaki aritmetikten farklı bir aritmetiği gerektirir. Buna Modüler Aritmetik denilir.
Bu bölümde, modüler aritmetiği, kısaca ele alacağız.
Tanım 0.165. a tamsayısı b tamsayısını kalansız bölüyorsa (tam bölüyorsa), bu durumu göstermek için a|b simgesini kullanırız. Karşıt olarak,
a tamsayısı b tamsayısını kalansız bölmüyorsa (tam bölmüyorsa), bu
durumu göstermek için a - b simgesini kullanırız.
Theorem 0.166. a, b, m ∈ Z, m > 1 olmak üzere Z üzerinde
β = {( a, b) : m | ( a − b)}
bağıntısı bir denklik bağıntısıdır.
İspat: Bir denklik bağıntısı olması için, β bağıntısı yansımalı,
simetrik ve geçişken olmalıdır.
β Yansımalıdır:
a − a = 0 ve m|0 olduğundan,
a∈Z
⇒
m | ( a − a) ⇒ ( a, a) ∈ β
çıkar.
β Simetriktir:
a, b ∈ Z için,
m | ( a − b) ⇒ m | (b − a)
olduğundan, [( a, b) ∈ β ⇒ (b, a) ∈ β] çıkar.
β Geçişkendir :
a, b, c ∈ Z için,
[m | ( a − b), m | (b − c)] ⇒ m | ( a − c)
olduğunu gösterirsek,
[( a, b) ∈ β, (b, c) ∈ β] ⇒ ( a, c) ∈ β
i şlem
çıkacaktır:
m | ( a − b)
ve
m | (b − c)
⇒ ∃ p, q ∈ Z, a − b = mp ∧ b − c = mq
⇒ ( a − b) + (b − c) = mp + mq dır.
⇒ a − b + b − c = m( p + q)
⇒ a − c = mk
( p + q = k ∈ Z)
⇒ m | ( a − c)
O halde, β bir denklik bağıntısıdır.
β bağıntısı, Z kümesini denklik sınıflarına böler. Neden? Şimdi,
denklik sınıflarını bulalım.
Bir a tamsayısı, 1 den büyük bir bir m tamsayısına bölünürse,
Bölme Algoritmasına göre,
a = m.r + k
eşitliğini sağlayan r ve k tamsayılarının varlığını söyleyebiliriz. Burada, r bölüm, k kalandır ve 0 ≤ k < m koşulunu sağlar. Buradan,
a = m.r + k
⇒ a − k = m.r
⇒ m | a−k
⇒ ( a, k) ∈ β
yazabiliriz. Bu, a nın k ya denk olduğunu; yani, a ile k nın aynı
denklik sınıfında olduğunu söyler.
Bir a tamsayısının k ye denk olması demek, aynı kalan sınıfına ait
olmaları demektir. Bu durumu,
a≡k
(mod m)
(137)
simgesiyle gösterecek ve "m modülüne göre, a sayısı, k ya denktir", ya
da "a denk k modulo m" diye okuyacağız.
Bu gösterimdeki, k sayısı,a nın m ye bölünmesiyle elde edilen
kalandır.
a ≡ k (mod m) bağıntısının yansıyan, simetrik ve geçişken olduğu
apaçıktır.
Bir tam sayı, m ile bölünürse, kalan 0, 1, 2, 3, · · · , m − 1 sayılarından birisidir. Yukarıdaki anlamda, k ya denk olan bütün a tamsayılarının oluşturduğu denklik sınıfı,
k = { a | a ≡ k (mod m)
(138)
dir. Oluşabilen bütün denklik sınıfları,
Z/m = {0, 1, 2, 3, · · · , m − 1}
(139)
dir. Bu denklik sınıflarının kümesine m nin kalan sınıflarının kümesi
de denilir ve Z/m simgesiyle gösterilir.
Öyleyse,
Z/m = {0, 1, 2, 3, · · · , m − 1}
olur.
149
150
calculus
Bir a tamsayısının b ye denk olmasını
a ≡ b (mod m)
(140)
simgesiyle göstereceğiz.
Bir k tamsayısına denk olan bütün tamsayıların oluşturduğu
denklik sınıfı,
k = { a | a ≡ k (mod m)}
(141)
dir. Bu denklik sınıflarının ailesine, m ye göre kalan sınıflar da denilir
ve Z/m simgesiyle gösterilir. Bir a tamsayısının b ye denk olması
demek, bu sayıların, aynı kalan sınıfına ait olmaları demektir:
Birbirlerinden farklı kalan sınıflar (denklik sınıfları),
Z/m = {0, 1, 2, 3, · · · , m − 1}
dir.
Theorem 0.167. Aşağıdaki ifadeler birbirlerine denktir.
1.
a ≡ b (mod m)
2.
m|( a − b)
3.
a ile b aynı kalan sınıfına aittir.
4.
a∈b
5.
b∈a
6.
a, b ∈ c
7.
a=b
Örnek 0.168. 1.
Z/4 kalan sınıflarını bulunuz.
Çözüm: 4 ün kalan sınıfları, Z/5 = {0, 1, 2, 3, 4} dür. Bunlar,
0
= {. . . , −16, −12, −8, −4, 0, 4, 8, 12, 16, . . .}
1
= {. . . , −15, −11, −7, −3, 1, 5, 9, 13, 17, . . .}
2
= {. . . , −14, −10, −6, −2, 2, 6, 10, 14, 18, . . .}
3
= {. . . , −13, −9, −5, −1, 3, 7, 11, 15, 19, . . .}
dur.
Theorem 0.169. a, b, c, m ∈ Z ve m > 1 için,
a ≡ b (mod m)
⇒
( a ∓ c) ≡ (b ∓ c)(mod m)
olur.
Bunun ispatı tanımdan hemen görülür.
Theorem 0.170. a, b, c, d, m ∈ Z ve m > 1 için,
( a ≡ b(mod m)) ∧ (c ≡ d(mod m)) ⇒ ( a ± c) ≡ (b ± d)(mod m)
dir.
i şlem
İspat:
a≡b
(mod m) ⇒ m | a − b
⇒ ∃ p ∈ Z, a − b = mp
c≡d
(mod m) ⇒ m | c − d
⇒ ∃q ∈ Z, c − d = mq
a − b = mp
c − d = mq
)
⇒ ( a + c) − (b + d) = m( p + q)
⇒ ( a + c) − (b + d) = mk ( p + q = k ∈ Z)
⇒ m | ( a + c) − (b + d)
⇒ a + c ≡ b + d (mod m)
olur. Buradan,
a≡b
c≡d
(mod m)
(mod m)
)
a≡b
c≡d
(mod m)
(mod m)
)
⇒ ( a + c) ≡ (b + d) (mod m)
çıkar.
⇒ ( a − c) ≡ (b − d) (mod m)
olduğu benzer yolla gösterilebilir.
Örnekler
1. −11 ≡ 9 (mod 4) ve 19 ≡ −5 (mod 4) için,
−11 + 19 = 8 ≡ 0 (mod 4)
9 − 5 = 4 ≡ 0 (mod 4)
)
⇒ −11 + 19 ≡ 9 − 5 (mod 4)
olur.
2. −14 ≡ 34 mod (12) ve −22 ≡ 26 (mod 12) için,
)
−14 − (−22) = 8 ≡ 8 (mod 12)
⇒ −14 − (−22) ≡ 34 − 26
34 − 26 = 8 ≡ 8 (mod 12)
olur.
Kalan sınıfları üzerinde toplama işlemini, aşağıdaki gibi tanımlayabiliriz:
Tanım 0.171. a, b ∈ Z/m ise,
a⊕b = a+b
dır.
Burada, a ve b yerine, a1 ∈ a ve b1 ∈ b olmak üzere herhangi
a1 , b1 sayıları alınabilir. Toplama işlemi, kalan sınıflardan seçilen
temsilciye bağlı değildir. Neden?
(mod 12)
151
152
calculus
3. 11, 5, 2 ∈ Z/7 için,
11 ⊕ 5 = 11 + 5 = 16 = 2,
−17 ⊕ 26 = −17 + 26 = 9 = 2
olur.
4. a + b = c işlemi doğru ise, eşitliğin iki yanının (mod 9) için
değerleri de eşit olmalıdır. Bu, 9 atarak sağlama yönteminin
dayanağıdır.
516 ≡ 3 (mod 9)
92 ≡ 2 (mod 9)
5. +
3 + 2 ≡ 5 (mod 9)
608 ≡ 5 (mod 9)
Bu sağlama işleminde, Z/9 içinde,
3
516
92
608
516 ⊕ 92 = 516 + 92
5
5
2
⇒
3⊕2 = 5
olduğunu göstermiş olduk.
Theorem 0.172. a, b, c, m ∈ Z, m > 1 için,
a ≡ b (mod m)
⇒
ac ≡ bc (mod m)
olur.
Bunun ispatı tanımdan çıkar.
Theorem 0.173. a, b, c, d, m ∈ Z ve m > 1 için,
[( a ≡ b (mod m)) ∧ (c ≡ d (mod m))]
⇒
a.c ≡ b.d (mod m)
dir.
İspat: Aşağıdaki bağıntılardan istenen çıkar.
a≡b
(mod
m)
⇒ m | a−b
⇒ ∃ p ∈ Z, a − b = mp
⇒ a = b + mp dir.
c≡d
(mod
m)
⇒ m | c−d
⇒ ∃q ∈ Z, c − d = mq
⇒ c = d + mq dir.
a = b + mp ∧ c = d + mq
⇒ a.c = (b + mp)(d + mq)
⇒ a.c = bd + mbq + mdp + m2 pq
⇒ ac − bd = m (bq + dp + mpq)
|
{z
}
k ∈Z
⇒ ac − bd = mk
⇒ m | ac − bd
⇒ ac ≡ bd (mod m)
Örnek 0.174.
19 ≡ −9 (mod 7) ve −13 ≡ 22 (mod 7) için,
i şlem
19.(−13) = −247 ≡ 2 (mod 7)
(−9).22 = −198 ≡ 2 (mod 7)
)
⇒ 19.(−13) ≡ (−9).22 (mod 7)
olur.
Theorem 0.175. a, b, m, n ∈ Z , m > 1 ve n > 0 ise,
[( a ≡ b (mod m))
⇒
an ≡ bn (mod m)
dir.
Bunun ispatı, verilen bir n için, önceki teormden çıkar. Genel ispatı tümevarım yöntemini gerektirir. Dolayısıyla, teoremin varlığını
kabul edeceğiz.
Z/m üzerinde çarpma işlemi tanımlayabiliriz.
Tanım 0.176. p, q ∈ Z/m için
p ⊗ q = p.q
(142)
dır.
Örnek 0.177.
7, 8 ∈ Z/3 için 7 ⊗ 8 = 7.8 = 56 = 2 dır.
a.b = c işlemi doğru ise, eşitliğin iki yanının (mod 9) için değerleri de eşit olmalıdır. Çarpmada, 9 atarak sağlama yönteminin
dayanağı budur.
Örnekler
×
1.
+
123
38
184
369
4674
123 ≡ 6 (mod 9)
38 ≡ 2 (mod 9)
6.2 ≡ 3 (mod 9)
4674 ≡ 3 (mod 9)
6
3
2
Bu sağlama işleminde, Z/9 içinde,
123 ⊗ 38 = 123.38
⇒
6⊗2 = 3
olduğunu göstermiş olduk.
2. Z/5 de 6.4 + 52 .4 + 2.8 işlemini yapınız.
6.4 + 52 .4 + 2.8
3
≡ 1.4 + 0.4 + 2.3 (mod 5)
≡ 5 (mod 5)
≡ 0 (mod 5)
153
154
calculus
3. Z/6 kalan sınıfında toplama ve çarpma tablolarını oluşturunuz.
⊕
0
1
2
3
4
5
0
0
1
2
3
4
5
1
1
2
3
4
5
0
2
2
3
4
5
0
1
3
3
4
5
0
1
2
4
4
5
0
1
2
3
⊗
0
1
2
3
4
5
5
5
0
1
2
3
4
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
4
5
2
0
2
4
0
2
4
3
0
3
0
3
0
3
4
0
4
2
0
4
2
5
0
5
4
3
2
1
4. Z/5 kümesinde, (3x − 2)(2x + 1) = 0 denklemlerinin çözüm
kümesini bulunuz.
(3x − 2)(2x + 1) = 0 ⇒ (3x − 2 = 0) ∨ (2x + 1 = 0)
⇒ (3x − 2 + 2 = 2) ∨ (2x + 1 + 4 = 4)
⇒ (3x = 2) ∨ (2x = 4)
⇒ (3.2.x = 2.2) ∨ (2.3.x = 3.4)
⇒ ( x = 4) ∨ ( x = 2)
S = {1, 2}
olur.
5. Z/7 kalan sınıfları içinde, 2x2 + 25 = 10 denkleminin çözümünü
bulunuz.
2x2 + 25 = 10
⇒ 2x2 + 25 − 25 = 10 − 25
⇒ 2x2 = −15
⇒ 2.x2 = −1
⇒ 4.2.x2 = −4
⇒ 8.x2 = −4
⇒
x2 = 3
⇒
x=3
S = {3}
bulunur.
6. −13 ≡ 12 (mod 5) olduğunu gösteriniz.
1.Çözüm: (mod 5) e göre, −13 ile 12 sayıları aynı denklik
sınıfına ait olmalıdır. 12 ÷ 5 işleminin kalanı 2 dir; yani 12 ∈ 2
dir. −13 ÷ 5 işleminden kalan −3 dür; yani, −13 ∈ −3 dir. Öte
yandan, −3 + 5 = 2 olduğundan, −3 = 2 yazılabilir. O halde, −13
ile 12 sayıları aynı denklik sınıfındadır.
2.Çözüm: (mod 5) e göre, −13 ile 12 sayılarının aynı denklik
sınıfına ait olması için, farklarının 5 ile tam bölünmesi gerekli ve
yeterlidir: 12 − (−13) = 25 ve 5|25 dir.
i şlem
7. 333 ≡ x (mod 5) eşitliğini sağlayan en küçük x sayısını bulunuz.
Çözüm: Önce aşağıdaki eşitlikleri inceleyelim.
3
32
33
34
35
···
≡
≡
≡
≡
≡
3 (mod 5)
3.3 (mod 5)
3.4 (mod 5)
3.2 (mod 5)
3.1 (mod 5)
≡
≡
≡
≡
≡
3
4
2
1
3
(mod
(mod
(mod
(mod
(mod
5)
5)
5)
5)
5)
Buradan görüldüğü gibi, 35 ≡ 3 (mod 5) olur ve üslü ifadeler,
dörderli döngüler halinde aynı sayıya denk olur. Öyleyse,
333 = 332+1 = 332 .3 = 34.8 .3
≡ (34 )8 .3 (mod 5)
≡ [(34 )8
≡ [(1)
8
(mod 5)] . [3 (mod 5)]
(mod 5)] . [3 (mod 5)]
≡ [1 (mod 5)] . [3 (mod 5)]
≡ 1.3 (mod 5)
≡ 3 (mod 5)
olur. Son eşitlik, aradığımız sayının 3 olduğunu söyler.
8. 489797 sayısının birler basamağındaki sayı nedir?
Çözüm: Önce aşağıdaki eşitlikleri inceleyelim.
4897
48972
48973
48974
48975
···
≡
≡
≡
≡
≡
7 (mod 10)
7.7 (mod 10)
7.9 (mod 10)
7.3 (mod 10)
7.1 (mod 10)
≡
≡
≡
≡
≡
7
9
3
1
7
(mod
(mod
(mod
(mod
(mod
10)
10)
10)
10)
10)
Görüldüğü gibi, 48974 ≡ 1 (mod 10) olduğundan,
489797 = 48974.24+1
≡ (48974 )24 .4897 (mod 10)
≡ [(1)24
(mod 10)] . [7 (mod 10)]
≡ [1 (mod 10)] . [7 (mod 10)]
≡ 1.7 (mod 10)
≡ 7 (mod 10)
olur. Son eşitlik, aradığımız sayının 7 olduğunu söyler.
BÖLÜNEBİLME KURALLARI
Theorem 0.178. a, b ∈ Z,
a ≡ b(
olur.
m, n ∈ N+ olmak üzere
mod m) ⇒ an ≡ bn (
mod m)
(143)
155
156
calculus
Bu teoremin doğruluğunu seçilecek her n sayısı için sağlamak
kolaydır. Ama ispatı tümevarım yöntemine dayanır; dolayısıyla, bu
dersin kapsamı dışındadır.
a, m, p, k ∈ N, m > 1, 0 ≤ k < m olmak üzere a’nın m ye
bölünmesinden bulunan bölüm p, kalan k ise bu durumda,
a = m.p + k ⇒ a ≡ k
(mod
m)
olduğunu biliyoruz.
Eğer a sayısı m ye tam olarak bölünüyorsa,
a≡0
(mod
m)
olur.
Örnek 821 in 5 ile bölünmesinden elde edilen kalanı bulunuz.
Çözüm:
8≡3
(mod
5)
⇒ 821 ≡ 321
21
⇒ 8
(mod
5)
2 10
≡ (3 ) .3 (mod 5)
⇒ 821 ≡ 910 .3 (mod 5)
⇒ 821 ≡ 410 .3 (mod 5)
⇒ 821 ≡ (42 )5 .3 (mod 5)
⇒ 821 ≡ (1)5 .3 (mod 5)
⇒ 821 ≡ 3 (mod 5)
O halde, çözüm kümesi, S = {3} ∈ Z/5 olur.
Örnek 767 nin 8 ile bölünmesinden elde edilen kalanı bulunuz.
Çözüm:
7 ≡ −1
(mod
8)
⇒ 767 ≡ (−1)67
(mod
8)
⇒ 767 ≡ (−1)67
(mod
8)
67
≡ −1 (mod 8)
67
≡ 7 (mod 8)
⇒ 7
⇒ 7
O halde, çözüm kümesi, S = {7} ∈ Z/8 olur.
Theorem 0.179. Bir a doğal sayısının basamaklarındaki rakamlar, soldan
sağa doğru, 0 ≤ an , an−1 , . . . , a2 , a1 , a0 ≤ 9 ise, a sayısının, onlu sayı
sistemindeki açılımı,
a = an 10n + an−1 10n−1 + · · · + a2 102 + a1 .10 + a0
dır.
Örnek
7853 = 7.103 + 8.102 + 5.10 + 3
(144)
i şlem
Theorem 0.180. Onlu sayı sistemindeki açılımı (144) deki gibi olan bir a
doğal sayısı için,
a = [ a n + a n −1 + · · · + a 2 + a 1 + a 0 ] (
mod 9)
(145)
eşitliği sağlanır.
İspat: Ker k doğal sayısı için 10k ≡ 1 (mod 9) dur. Bu özelik, (1)
eşitliğinin her terimine uygulanırsa, (2) eşitliği elde edilir.
2 ile Bölünebilme Kuralı
Bir tamsayının 2 ile tam bölünebilmesi için, gerekli ve yeterli koşul,
birler basamağındaki rakamın çift olmasıdır.
İspat: (1) eşitliğinden,
α
≡ an .0 + an−1 0 + · · · + a3 .0 + a2 .0 + a1 .0 + a0
≡ a0
(mod
(mod
2)
2)
elde edilir. Öyleyse, a ≡ 0 (mod 2) olması için a0 ≡ 0 (mod 2)
olmalıdır.
Örnekler
1. 17398 sayısının birler basamağındaki rakam 8 dır. 8 ≡ 0 (mod 2)
olduğundan 17398 ≡ 0 (mod 2) dir. Öyleyse, 17398 sayısı 2 ile
tam bölünür.
2. 5753 sayısının birler basamağındaki rakam 3 dür. 3 ≡ 1 (mod 2)
olduğundan 5753 6≡ 0 (mod 2) dır. Öyleyse, 5753 sayısı 2 ile tam
bölünemez.
3 ile Bölünebilme Kuralı
Bir tamsayının 3 ile tam bölünebilmesi için, gerekli ve yeterli koşul,
basamaklarındaki rakamların toplamının 3 ya da 3 ün bir katı olmasıdır.
İspat: Her k doğal sayısı için, (10)k ≡ 1 (mod 3) bağıntısı kullanılırsa, (1) eşitliğinden,
a
≡ an .1 + an−1 .1 + · · · + a2 .1 + a1 .1 + a0
≡ a n + a n −1 + · · · + a 3 + a 2 + a 1 + a 0
(mod
(mod
3)
3)
elde edilir. O halde,
a ≡ 0 (mod 3) olması için, gerekli ve yeterli koşul,
an + an−1 + · · · + a3 + a2 + a1 + a0 ≡ 0(mod3)
olmasıdır.
Örnekler
1. 8931 sayısının basamaklarındaki rakamların toplamı 21 dir.
Bu toplam 3 ün bir katıdır;yani, 3 ile tam bölünür. Öyleyse,
8931 sayısı da 3 ile tam bölünür. Bunun, eşdeğerlik bağıntısıyla
ifadesi, 8931 ≡ 0 (mod 3) dür.
157
158
calculus
2. 7451 sayısının basamaklarındaki rakamların toplamı 17 dir. Bu
toplam 3 ün bir katı değildir; yani, 3 ile tam bölünemez. 8931 ÷ 3
işlemi yapılırsa, elde edilecek kalan,
7451
≡ 7 + 4 + 5 + 1 (mod 3)
≡ 2 (mod 3)
dir.
4 ile Bölünebilme Kuralı
Bir a tamsayısının birler basamağındaki rakam ile onlar basamağındaki
rakamın iki katının toplamı 4 ün bir katı ise, a sayısı 4 e tam bölünür.
İspat: Her k ≥ 2 doğal sayısı için, (10)k ≡ 0 (mod 4) bağıntısı
kullanılırsa, (1) eşitliğinden,
a
≡ an .0 + an−1 .0 + · · · + a3 .0 + a2 .0 + a1 .10 + a0
≡ 2a1 + a0
(mod
(mod
4)
4)
elde edilir ve ispat biter.
a1 .10 + a0 ≡ 2a1 + a0 (mod 4) olduğundan, yukarıdakine eşdeğer
olan şu kuralı söyleyebiliriz.
Kural: Bir a doğal sayısının son iki rakamından oluşan doğal sayı, 4 ün
bir katı ise, a sayısı 4 ile tam bölünür.
Örnekler
1. a = 332456 sayısının son iki basamağındaki sayı 56 dır. Bu sayı 4
ün bir katıdır. O halde, 332456 sayısı 4 ile tam bölünür.
2. a = 5738 sayısının son iki basamağındaki sayı 38 dir. Bu sayı 4
ün bir katı olmadığından, verilen 5738 sayısı 4 ile tam bölünemez.
5738 ÷ 4 bölme işleminin kalanı 2 dir; çünkü,
5738 ≡ 2.3 + 8 ≡ 6 + 0 ≡ 2 (mod 4)
yazılabilir.
Aşağıdaki kuralların çıkışı, yukarıda yaptıklarımıza benzer.
5 ile Bölünebilme Kuralı
Birler basamağında 0 ya da 5 olan her doğal sayı, 5 ile tam bölünür.
9 ile Bölünebilme Kuralı
Bir tamsayının 9 ile tam bölünebilmesi için, gerekli ve yeterli koşul,
basamaklarındaki rakamların toplamının 9 ya da 9 un bir katı olmasıdır.
11 ile Bölünebilme Kuralı
Herhangi bir a tamsayısının basamaklarındaki rakamlar, sağdan sola doğru
numaralandığında, tek numaralı basamaklardaki rakamların toplamı ile
i şlem
çift numaralı basamaklardaki rakamların toplamının farkı, 11 in bir katı
ise, a sayısı 11 ile tam bölünür.
İspat: Her k tamsayısı için,
a2k .102k + a2k−1 .102k−1
≡ [ a2k .10 + a2k−1 ].102k−1 (mod 11)
≡ [ a2k .(−1) + a2k−1 ].102k−1 (mod 11)
≡ [ a2k−1 − a2k ].102k−1 (mod 11)
dir. Bunu, (1) eşitliğinde, ardışık terimler için kullanırsak, yukarıdaki kural çıkar.
Örnekler
1. a = 199617 sayısının rakamlarını, yukarıda açıklandığı gibi
numaralayalım:
a=
1
6
9
5
9
4
6
3
1
2
7
1
Tek numaralı basamakların toplamı : 7 + 6 + 9 = 22,
Çift numaralı basamakların toplamı: 1 + 9 + 1 = 11 dir.
22 − 11 = 11 ve 11 ≡ 0 (mod 11) olduğundan, verilen sayı 11 ile
tam bölünür; yani,
199617 ≡ 0 (mod 11)
dir.
2. a = 526390 sayısının basamaklarını, sağdan sola doğru, numaralayalım.
a=
5
6
2
5
6
4
3
3
9
2
0
1
Tek numaralı basamakların toplamı : 0 + 3 + 2 = 5,
Çift numaralı basamakların toplamı: 9 + 6 + 5 = 20
5 − 20 = −15 ve −15 6≡ 0 (mod 11) olduğundan, verilen 526390
sayısı 11 e tam bölünemez. 526390 ÷ 11 işleminin kalanı,
526390 = 11.47853 + 7
⇒
526390 ≡ 7 (mod 11)
dir.
3. n bir doğal sayı ise, a = 26.(13)4n+3 sayısının birler basamağındaki rakamı nedir?
Çözüm: Sayının birler basamağındaki rakam, a nın 10 ile bölünmesinden elde edilecek kalandır. Çünkü, a sayısının, (1) açılımından,
a
= an 10n + an−1 10n−1 + · · · + a2 102 + a1 .10 + a0 ≡ a0 (mod 10)
= a0 (mod 10)
159
160
calculus
yazılabilir. Şimdi, bu kalanı bulacağız.
26.(13)4n+3
≡ 6.34n+3 (mod 10)
≡ 6.34n .33 (mod 10)
≡ 2.3.34n .32 .3(mod 10)
≡ 2.32 .32 .34n (mod 10)
≡ 2.(−1)(−1).34n (mod 10)
≡ 2.34n (mod 10)
≡ 2.(32 )2n (mod 10)
≡ 2.(−1)2n (mod 10)
≡ 2.(1)(mod 10)
≡ 2(mod 10)
olduğundan, a = 6.34m+3 sayısının 10 ile bölünmesinden kalan 2
dir.
ALIŞTIRMALAR
1. 6, 15, 21, 22, 26, · · · gibi farklı iki asal sayının çarpımı olan bir sayı
ile bölünebilme kuralını söyleyiniz.
2. 4346.567 = 2464182 ve 2513.527 = 1324351 çarpma işlemlerinin
sağlamasını yapınız.
3. Toplama ve çarpma işlemleri için, [mod m) yardımıyla yapılan
sağlamada, m ve m’in katlarına eşit hatalar görülemez. Neden?
4. Bölme işlemini yapmadan, 5256 ÷ 7 işleminin kalanını bulunuz.
Bölme işlemini yapmadan, 1312n+1 ÷ 5 işleminin kalanını bulunuz
(n ∈ N+ ).
5. Z11 kümesinde, ⊗ işlemine göre, 5 in tersini bulunuz.
6. Z4 kümesinde, ⊗ işlemine göre, karekökü olmayan sayı nedir?
7. Aşağıdaki denklemleri çözünüz.
x + 2 ≡ 3 (mod 5)
x + 1 ≡ 5 (mod 6)
42.76 ≡ x (mod 100)
x − 4 ≡ 2 (mod 7)
5x ≡ 3 (mod 8)
2x + 8 ≡ 4 (mod 3)
8. Z11 kümesinde f ( x ) = 3x + 1 ise, f −1 (3) nedir?
9. Z6 kümesinde x ⊕ a = b denkleminin bir tek çözümü olduğunu
gösteriniz.
10. Z6 kümesinde x ⊗ a = b denkleminin çözümü tek midir?
Neden?
11. (327 + 535 + x ≡ 1 (mod 8) denklemini çözünüz.
12. (447 + 321 ) ÷ 5 işleminin kalanını bulunuz.
i şlem
13. 52k+1 ÷ 7 işleminin kalanını bulunuz.
14. Sağlama yapmak için neden mod 9 seçilir?
15. Z5 kümesinde 3.217 + 2.424 + 3.2436 + 3(5.333 ) işlemini yapınız.
16. Z7 kümesinde (3x2 + 2x + 1)(4x3 + 2x2 + x + 3) işlemini yapınız.
17. 4.7322 + 5.5347 + 5.4367 + 3.453 sayısının birler basamağındaki
rakamı bulunuz.
18. n bir sayma sayısı olsun. (53957)40n sayısının birler basamağındaki rakamı bulunuz.
19. Zm kümesinde x’in toplamaya göre tersi − x, çarpmaya göre
tersi x −1 ile gösteriliyor. Z5 kümesinde 2(−2)7 + 4−2 .3234 +
(8−1 )6 (−3)7 işlemini yapınız.
20. Bölme işlemi yapmadan, aşağıdaki önermelerin doğru mu,
yoksa yanlış mı, olduğunu belirleyiniz.
a. 3|37845
c. 15|54795
b.
e.
8|6934256
18|5269772
c.
f.
9|39510454
24|51064948
161
Fonksiyon İşlemleri
Bileşke
İK İ FONKS İYONUN B İLE ŞKES İ
Bileşke kavramını basitçe anlatmak için bir örnekle başlayalım.
f :R⇒R,
f : x ⇒ 2x
fonksiyonu ile
g : R ⇒ R;
g : y ⇒ y+1
fonksiyonlarını, arka arkaya uygularsak, bir x öğesinin görüntüsünü
f
g
x ⇒ 2x ⇒ 2x + 1
biçiminde yazabiliriz.
Bu olgu bileşke fonksiyonunun temelidir. Bir fonksiyonun görüntüsüne başka bir fonksiyonu uygulamak; onun görüntüsüne de
başka bir fonksiyonu uygulamak, . . .
Tanım 0.181. f : X ⇒ Y örten bir fonksiyon olsun ve g : Y ⇒ Z
fonksiyonu verilsin. y = f ( x ), z = g(y) olmak üzere, ard arda yapılan
x
y
z
(146)
gönderimlerini birleştirerek tek bir gönderim imiş gibi düşünürsek
x
z
(147)
gönderimi ortaya çıkar. Bu gönderim, önceki iki gönderimin bileşkesidir.
Bu bileşkeyi fonksiyon simgeleriyle şöyle yazabiliriz.
h : X ⇒ Z;
( x ∈ X ⇒ h( x ) = z = g( f ( x ))
(148)
Buradaki h fonksiyonuna, f ile g fonksiyonlarının bileşke fonksiyonu
denilir ve
h = g◦ f
biçiminde gösterilir.
Bunu " g bileşke f ” diye okuyacağız. g ◦ f yazılışında sıra önemlidir: Önce f fonksiyonu, sonra g fonksiyonu uygulanacak demektir.
Tabii,
g◦ f : X ⇒ Z
dir. (1) ifadesini, bağıntı gösterimleri ile de ifade edebiliriz:
(149)
164
calculus
Tanım 0.182. f : X → Y örten bir fonksiyon, g : Y → Z herhangi
bir fonksiyon olsun. f = ( X, Y, G f ) bağıntısı ile g = ( X, Y, Gg ) bağıntılarının bileşkesine f ile g fonksiyonlarınının bileşke fonksiyonu denilir
ve g ◦ f simgesiyle gösterilir. Bileşke bir fonksiyon olduğu için, onu da bir
fonksiyon simgesiyle gösterebiliriz: h = g ◦ f ; yani
H = g◦ f : X ⇒ Z
(150)
dir.
Bileşkenin eşdeğer tanımını, bileşen fonksiyonların grafiklerini
kullanarak da yapabiliriz.
Tanım 0.183. f : X ⇒ Y örten bir fonksiyon olsun ve g : Y ⇒ Z
fonksiyonu verilsin.
( x, y) ∈ f ∧ (y, z) ∈ g
⇒
( x, z) ∈ g ◦ f
(151)
fonksiyonu, f ile g bağıntılarının bileşkesidir.
( g ◦ f ) : X ⇒ Z,
( g ◦ f )( x ) = g( f ( x ))
(152)
olur.
Bileşke İşleminin Özelikleri
Gereksiz tekrardan sakınmak için, bundan böyle, g ◦ f yazdığımızda,
f nin örten olduğunu; h ◦ g ◦ f yazdığımız da da f ile g nin örten
olduğunu varsayacağız. Fonksiyonların sayısal değerlerinin verildiği yerler bunun dışındadır.
Yer Değişim Özeliği Yoktur
Bileşke işlemi yer değişim (komutatiflik) özeliğini sağlamaz.
Bunu bir örnek üzerinde görebiliriz.
R den R ye f ( x ) = 2x ve g(y) = y + 7 fonksiyonları verilsin. g ◦ f
ve f ◦ g fonksiyonlarını ayrı ayrı yazalım:
( g ◦ f )( x ) =
=
g( f ( x ))
(bileşke tanımı)
g(2x )
(f
nin kuralı)
= (2x ) + 7 ( g nin kuralı)
= 2x + 7
( f ◦ g)( x ) =
=
f ( g( x ))
(bileşke tanımı)
f ( x + 7)
( g nin kuralı)
= 2( x + 7) ( f
= 2x + 14
nin kuralı)
fonksiyon i şlemleri
bulunur. Dolayısıyla,
( f ◦ g)( x ) = 2x + 14
( g ◦ f )( x ) = 2x + 7
)
⇒ ( f ◦ g)( x ) 6= ( g ◦ f )( x )
olur. O halde,
f ◦ g 6= g ◦ f
(153)
dir.
Uyarı: Bazı özel hallerde, f ◦ g = g ◦ f eşitliği sağlanabilir; ancak bu
genel eşitsizlik kuralını bozmaz.
Birleşme Özeliği
Bileşke işleminin birleşme özeliği (asositatiflik) vardır.
f ⇒ B,
g : B ⇒ C,
h:C⇒D
fonksiyonlarından ilk ikisi örten ise,
[h ◦ ( g ◦ f )]( x ) = h[( g ◦ f )( x )]
= h[ g( f ( x ))]
ve
[(h ◦ g) ◦ f ]( x ) = (h ◦ g)( f ( x ))
= h[ g( f ( x ))]
olur. Yani,
[h ◦ ( g ◦ f )]( x ) = [(h ◦ g) ◦ f ]( x ) = h[ g( f ( x ))]
eşitliği vardır.
O halde fonksiyonlar kümesi üzerinde bileşke işleminin birleşme
özeliği vardır.
Sadeliği sağlamak için, parantezleri kaldırıp,
f ◦ ( g ◦ h) = ( f ◦ g) ◦ h = f ◦ g ◦ h
(154)
yazabiliriz.
Birim Fonksiyon
Lemma 0.184. A kümesinden kendisine tanımlı fonksiyonlar kümesi
içindeki özdeşlik fonksiyonu, bileşke işlemine göre birim (etkisiz) öğedir.
İspat: A boş olmayan bir küme olmak üzere,
I : A ⇒ A,
I (x) = x
(155)
165
166
calculus
fonksiyonuna birim (özdeşlik) fonksiyon demiştik. Herhangi bir
f : A ⇒ A fonksiyonu ile I özdeşlik fonksiyonunun bileşkesini
düşünelim.
( I ◦ f )( x ) =
=
I ( f ( x ))
f (x)
ve
( f ◦ I )( x ) =
=
f ( I ( x ))
f (x)
dir. O halde
f ◦I = I◦ f = f
(156)
olur. Bu istenen eşitliktir.
TERS FONKSİYON
Bir Fonksiyonun Tersi
Tanım 0.185. f : X → Y fonksiyonunu f = ( X, Y, G f ) bağıntısı olarak
düşünürsek,
1
f −1 = (Y, X, G −
f )
(157)
ters bağıntısı, f fonksiyonunun tersidir.
f fonksiyonunun f −1 ters bağıntısının bir fonksiyon olma
koşullarını sağlamayabilir; yani bir fonksiyon olmayabilir.
Tanım 0.186. f fonksiyonunun f −1 ters bağıntısı fonksiyon olma
koşullarını sağlıyor ise, f −1 ters bağıntısına f fonksiyonunun ters
fonksiyonu denilir. Bu durum varsa, f fonksiyonuna tersinebilir bir
fonksiyondur diyoruz.
Bu durumu
f −1 : Y ⇒ X
(158)
simgesiyle göstereceğiz.
f fonksiyonunun f −1 ters bağıntısı fonksiyon olma koşullarını
sağlamıyorsa, f fonksiyonuna tersinemez bir fonksiyondur diyoruz.
f fonksiyonu tersinemez bir fonksiyon ise, f −1 yalnızca Y den X
kümesine bir bağıntı olma işlevine sahiptir.
Fonksiyonlar ile grafikleri bire-bir eşlenebilir; yani her fonksiyonun bir tek grafiği vardır; her grafik bir tek bağıntıya (fonksiyona)
aittir. Bu nedenle, fonksiyonlarla ilgili özelikleri grafiklerinden
de çıkarabiliriz. Buna göre, yukarıda söylediklerimizi grafiklerle
yeniden ifade edebiliriz:
Lemma 0.187.
f −1 = {(y, x ) | ( x, y) ∈ f }
(159)
fonksiyon i şlemleri
ters bağıntısının bir fonsiyon olması için gerekli ve yeterli koşul
f = {( x, y) | x ∈ X ∧ y ∈ Y }
(160)
fonksiyonunun bire-bir-örten olmasıdır.
Lemma 0.188. Önceki önermenin varsayımı altında , f −1 de bire bir
örten bir fonsiyondur:
f : X ⇒ Y, f ( x ) = y
⇐⇒
f −1 : Y ⇒ X, f −1 (y) = x
(161)
Lemma 0.189. f −1 : Y ⇒ X ters fonksiyonunun varolması için gerekli ve
yeterli koşul, f : A ⇒ B fonksiyonunun bire bir ve örten olmasıdır.
İspat:
( x, y) ∈ f ⇒ (y, x ) ∈ f −1
bağıntısından,
y = f ( x ) ⇒ x = f −1 ( y )
yazılabilir.
KÜMELER AİLESİ
Kümeler Ailesinin Kartezyen Çarpımı
Önceki bölümlerde iki ya da sonlu sayıda kümenin kartezyen
çarpımını tanımlamıştık. Anımsanacağı üzere A1 , A2 , . . . , An
kümelerinin kartezyen çarpımı n-sıralılardan oluşan
A1 × A2 × · · · × An = {( a1 , a2 , . . . an ) | ai ∈ Ai , 1 ≤ i ≤ n}
(162)
varlık olarak tanımlamıştık.
Şimdi bu kavramı herhangi bir kümeler ailenin kartezyen çarpımı
kavramına genelleştireceğiz. Bunun için önce (162) in öğeleri olan
n-sıralıları I = {l, 2, ..., n} kümesinden A = ∪i∈ I Ai kümesine
bir fonksiyon olarak düşünebileceğimizi gösterelim. Gerçekten
herhangi bir
( a1 , a2 , . . . a n ) ∈ A1 × A2 × · · · × A n
(163)
a : I → A; ∀i (i ∈ I ) için a(i ) = ai
(164)
öğesine karşılık
fonksiyonunu tanımlayalım. Başka bir
(b1 , b2 , . . . bn ) ∈ A1 × A2 × · · · × An
(165)
b : I → A; ∀i (i ∈ I ) için b(i ) = bi
(166)
öğesi seçersek
167
168
calculus
fonksiyonunu tanımlayabiliriz. (164) ve (166) ifadelerinden hemen
görüleceği gibi a ile b fonksiyonlarının eşit olabilmesi için gerekli ve
yeterli koşul ( a1 , a2 , . . . an ) ile (b1 , b2 , . . . bn ) öğelerinin eşit olmasıdır;
yani
a = b ⇐⇒ ( a1 , a2 , . . . an ) = (b1 , b2 , . . . bn )
(167)
olmasıdır. Öyleyse (162) kartezyen çarpımının her öğesine karşılık
(164) şeklinde tanımlanan bir tek fonksiyon vardır. Bu fonksiyonun
belirtgen özeliği
∀i (i ∈ I ) ⇒ a (i ) ∈ Ai
(168)
olmasıdır.
Tersine olarak bu özeliği sağlayan her a : I → A fonksiyonunun
değer bölgesi { a1 , a2 , . . . an )} kümesidir. Bu küme (162) kartezyen
çarpımının ( a1 , a2 , . . . an ) öğesinin bileşenlerinden oluşmaktadır.
Şuhalde (164) şeklindeki her fonksiyon (163) şeklinde bir öğeyi
belirler.
Demek ki (162) kartezyen çarpımının öğeleri ile (164) şeklindeki
fonksiyonlar hire-bir eşlenebilir. Bu nedenle,
a = ( a1 , a2 , . . . a n )
(169)
diyeceğiz. Bu anlaşma uyarınca, artık (162) kartezyen çarpımının
öğelerini I damgalayan kümesinden A bileşim kümesine (169)
koşulunu sağlayan fonksiyonlar olarak düşünebiliriz.
Artık I damgalayan kümesi ne olursa olsun, bu kavramı genelleştirebiliriz.
Tanım 0.190. Bir = { Aı | ı ∈ I } kümeler ailesi verilsin. Bu ailenin
kartezyen çarpımı her ı ∈ I için a(i ) ∈ Aı koşulun sağlayan
a : I → ∪ı∈ I Aı
(170)
fonksiyonlarının oluşturduğu kümedir.
Bunu daha açık yazarsak
∏ Aı = { a | a : →
ı∈ I
[
Aı , ∀ı(ı ∈ I ⇒ a(ı) ∈ Aı )}
(171)
ı∈ I
olur. (169) in bir genellemesi olarak bazan a ∈ Πı∈ I Aı öğesini
(fonksiyounu), her ı ∈ I için a(ı) = aı olmak üzere,
a = ( aı )ı∈ I
(172)
şeklinde yazacağız. Burada her j ∈ I için a j öğesine a nın j-inci
bileşeni denilir.
İzdüşüm
Yukarıdaki simgeler varsayılarak her j ∈ I için
πj :
∏ Aı −→ A j ,
ı∈ I
fonksiyonunu tanımlayalım.
π j ( a) = a j
(173)
fonksiyon i şlemleri
Tanım 0.191. (173) ile tanımlanan π j fonksiyonuna Πı∈ I Aı kartezyen
çarpımından j-inci bileşen (konaç, koordinat) üzerine izdüşüm diyeceğiz.
Aşağıdaki özelikler kolayca ispatlanır.
Lemma 0.192. I bir damga (index) kümesi olmak üzere her ı ∈ I için
Aı = A ise
∏ Aı = A I
(174)
ı∈ I
dır.
Lemma 0.193. { Ai | i ∈ I } ve { Bj | j ∈ J } aileleri için
!
!
∏ Ai
∏ Aj
∪
i∈ I
∏ Ai
=
j∈ J
!
∏ Aj
∩
i∈ I
∏
( Ai ∪ B j )
(175)
∏
( Ai ∩ B j )
(176)
(i,j)∈ I × J
!
j∈ J
=
(i,j)∈ I × J
eşitlikleri sağlanır.
Tanım 0.194. A, B herhangi iki küme ise A dan B ye tanımlı olan bütün
fonksiyonların oluşturduğu kümeyi
BA
(177)
simgesiyle göstereceğiz.
Lemma 0.195. A, B, C herhangi üç küme ise
AC ∪ BC ⊂ ( A ∪ B )C
(178)
AC ∩ BC ⊂ ( A ∩ B )C
(179)
C
C
A − B ⊂ ( A − B)
C
(180)
bağıntıları sağlanır.
Çözülmüş Örnekler
Uyarı:
Burada ele alacağımız fonksiyonlar, aksi söylenmedikçe, R nin
bir alt kümesinden R nin bir alt kümesine tanımlı varsayılacaktır.
Dolayısıyla, tanım bölgesi belirtilmeden y = f ( x ) bağıntısıyla
verilen bir f fonksiyonunun tanım bölgesi, f ( x ) değerlerinin var
olduğu bütün x öğelerinin oluşturduğu kümedir. Tabii, f nin
görüntü kümesi belirlenince, değer kümesi de belirlenmiş olacaktır.
1. gra f ( f ) = {1, c)(2, b), (3, a), (4, d)} ve gra f ( g) = {( a, 1), (b, 3), (c, 4), (d, 2)}
veriliyor. Grafikleri çiziniz. g ◦ f ile f ◦ g bileşke fonksiyonlarını
yazınız. Bileşke fonksiyonların niteliklerini ortaya çıkarınız.
Çözüm: f ve g fonksiyonlarının ok grafiklerini çiziniz. A =
{1, 2, 3, 4} ve B = { a, b, c, d} olmak üzere,
f : A ⇒ B,
f (1) = c, f (2) = b, f (3) = a, f (4) = d
169
170
calculus
g : B ⇒ A,
g( a) = 1, g(b) = 3, g(c) = 4, g(d) = 2
dir. Her ikisi bire bir ve örtendir. Dolayısıyla, her ikisinin ters
fonksiyonları vardır:
gra f ( f −1 ) = {( a, 3), (b, 2), (c, 1), (d, 4)}
gra f ( g−1 ) = {(1, a), (2, d), (3, b), (4, c)}
Bileşke fonksiyonların tanımları aşağıda verilmiştir:
g ◦ f : A ⇒ A,
g ◦ f (1) = 4, g ◦ f (2) = 3, g ◦ f (3) = 1, g ◦ f (4) = 2
f ◦ g : B ⇒ B,
f ◦ g( a) = c, f ◦ g(b) = a, f ◦ g(c) = d, f ◦ g(d) = b
2. y = f ( x ) = 3x + 1 fonksiyonunun, mümkün olan en büyük
tanım bölgesini bulunuz. Değer bölgesini belirleyiniz. varsa, ters
fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm: y = f ( x ) = 3x + 1 bağıntısı her gerçek x için anlamlıdır.
Dolayısıyla, f nin tanım bölgesi R dir.
( x1 6= x2 ) ⇒ ( f ( x1 ) 6= f ( x2 )) ⇒ (y1 6= y2 )
olduğundan, fonksiyon bire birdir. Her y ∈ R için,
y−1
y−1
= 3·
+1 = y
f
3
3
olduğundan, f : R ⇒ R örten bir fonksiyondur. Dolayısıyla,
f nin ters fonksiyonu vardır. Ters fonksiyonu bulmak için (8)
bağıntısını kullanabiliriz:
y = f −1 ( x )
⇒ x = f (y)
⇒ x = 3y + 1
x−1
⇒ y=
3
x−1
−1
⇒ f (x) =
3
3. a 6= 0 ile b sabit gerçek sayılar olmak üzere,
y = ax + b
fonksiyonunun, mümkün olan en büyük tanım bölgesini bulunuz. Değer bölgesini belirleyiniz. varsa, ters fonksiyonunu
bulunuz.
Çözüm: Yukarıdaki sayısal örnekte yaptıklarımızın benzerini
tekrarlayabiliriz. y = f ( x ) = ax + b bağıntısı her gerçek x için
anlamlıdır. Dolayısıyla, f nin tanım bölgesi R dir.
( x1 6= x2 ) ⇒ ( f ( x1 ) 6= f ( x2 )) ⇒ (y1 6= y2 )
olduğundan, fonksiyon bire-birdir. Her y ∈ R için,
y−b
y−b
f
= 3·
+1 = y
a
a
fonksiyon i şlemleri
olduğundan, f : R ⇒ R örten bir fonksiyondur. Dolayısıyla,
f nin ters fonksiyonu vardır. Ters fonksiyonu bulmak için (8)
bağıntısını kullanabiliriz:
y = f −1 ( x )
⇒ x = f (y)
⇒ x = ay + b
x−b
⇒ y=
a
x−b
−1
⇒ f (x) =
a
O halde,
⇒
f ( x ) = ax + b
f −1 ( x ) =
x−b
a
dir.
4. a, b, c, d sabit gerçek sayılar olmak üzere,
y = f (x) =
ax + b
cx + d
fonksiyonunun, mümkün olan en büyük tanım bölgesini bulunuz. Değer bölgesini belirleyiniz. varsa, ters fonksiyonunu
bulunuz.
Çözüm: Verilen y = f ( x ) bağıntısı, paydanın sıfır olmadığı
her gerçek x için anlamlıdır. Dolayısıyla, f nin tanım bölgesi
cx + d 6= 0 ⇒ x 6 − dc olan gerçek sayılar kümesidir.
f ( x1 ) = f ( x2 )
⇒
⇒
ax1 + b
ax + b
= 2
cx1 + d
cx2 + d
( ax1 + b)(cx2 + d) = (cx1 + d)( ax2 + b)
⇒ adx1 + bcx2 = bcx1 + adx2
⇒ ad = bc
dir. Buradan şunu söyleyebiliriz:
1. Durum: Eğer ad = bc ise, verilen fonksiyon, f ( x ) = ac
sabit fonksiyonudur. Görüntü kümesi, tek öğeli { ac } kümesidir.
Fonksiyonun tersi yoktur.
2. Durum: Eğer ad 6= bc ise, verilen fonksiyon, bire birdir.
Görüntü kümesi üzerinde, ters fonksiyonu vardır. Ters fonksiyonu bulmak için (8) bağıntısını kullanabiliriz:
y = f −1 ( x )
⇒ x = f (y)
ay + b
⇒ x=
cy + d
⇒ x (cy + d) = ay + d
−dx + b
⇒ y=
cx − a
−dx + b
−1
⇒ f (x) =
cx − a
O halde, ad 6= bc olduğunda,
f (x) =
ax + b
cx + d
⇒
f −1 ( x ) =
−dx + b
cx − a
171
172
calculus
olur. Buradan, görüntü kümesinin cx − a 6= 0 ⇒ x 6= ac koşulunu
sağlayan gerçek x sayılarının oluşturduğu küme olduğu görülür.
5. A = {1, 2, 3} v4 B = {1, 6, 11} kümeleri ile f : A ⇒ B,
5x − 4 fonksiyonu veriliyor.
f (x) =
(a) f fonksiyonunun bire bir olduğunu gösteriniz.
(b) f −1 ters fonksiyonunu bulunuz.
(c) f ◦ f −1 ile f −1 ◦ f bileşke fonksiyonlarını bulunuz.
Çözüm:
f (1) = 1,
f (2) = 6,
f (3) = 11
eşlemelerinden, f nin bire bir ve örten olduğu görülüyor. Ters
fonksiyonu bulmak için, (8) bağıntısını kullanalım:
y = f −1 ( x )
⇒ x = f (y)
⇒ x = 5y − 4
⇒ x + 4 = 5y
x+4
⇒ y=
5
Öyleyse,
f ( x ) = 5x − 4
f −1 ( x ) =
⇒
x+4
5
dir.
f −1 ◦ f = I A : A ⇒ A,
(x ∈ A ⇒ IA (x) = x
f ◦ f −1 = IB : B ⇒ B,
( y ∈ B ⇒ IB ( y ) = y
olduğu apaçıktır.
ALIŞTIRMALAR
1. Bire bir ve örten her fonksiyonun tersinin tersi, kendisine eşittir;
yani,
( f −1 ) −1 = f
eşitliği vardır. Gösteriniz.
2. f ile g fonksiyonlarının grafikleri,
gra f ( f ) = {( a, 4), (b, 3), (c, 1), (d, 2)} ve
gra f ( g) = {(1, b), (2, d), (3, a), (4, c)}
olsun.
(a) f fonksiyonunun tanım ve değer bölgelerini yazınız.
(b) g fonksiyonunun tanım ve değer bölgelerini yazınız.
(c) f fonksiyonunun bire bir ve örten olduğunu gösteriniz.
(d) g fonksiyonunun bire bir ve örten olduğunu gösteriniz.
(e) f fonksiyonunun ters fonksiyonunu bulunuz.
fonksiyon i şlemleri
(f) g fonksiyonunun ters fonksiyonunu bulunuz.
(g) f −1 ◦ f bileşkesini belirleyiniz.
(h) f ◦ f −1 bileşkesini belirleyiniz.
(i) g−1 ◦ g bileşkesini belirleyiniz.
(j) g ◦ g−1 bileşkesini belirleyiniz.
(k) g ◦ f bileşkesini belirleyiniz.
(l) f ◦ g bileşkesini belirleyiniz.
(m) ( g ◦ f )−1 ters fonksiyonunu belirleyiniz.
(n) f −1 ◦ g−1 bileşke fonksiyonunu belirleyiniz.
(o) ( g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g−1 eşitliğini gösteriniz.
3. A = {−2, −1, 0, 1, 2} kümesi veriliyor. f : A ⇒ B, f ( x ) =
3x − 1 ve g : B ⇒ C, g( x ) = 2x + 5 bire bir ve örten fonksiyonları
tanımlanıyor.
(a) B ve C kümelerini bulunuz.
(b) g ◦ f : A ⇒ C fonksiyonunu belirleyiniz.
(c) f , g, g ◦ f fonksiyonlarının grafiklerini çiziniz.
4. Her f : A ⇒ A örten bir fonksiyonu ise, kısalığı sağlamak için,
ardışık bileşkeler,
f2 = f ◦ f,
f3 = f ◦ f ◦ f,
f4 = f ◦ f ◦ f ◦ f ···
biçiminde üstel ifadelerle gösterilir. f : R ⇒ R, f ( x ) = − x + 5
fonksiyonu veriliyor. I birim fomksiyon olmak üzere,
I = f2 = f2 = f4 = f6 = ···
olduğunu gösteriniz.
5. f −1 ( x ) = 2x + 3 veriliyor. f fonksiyonunu belirleyiniz.
6. f : R ⇒ R, f ( x ) = x − 5 fonksiyonu için f 4 ( x ) = 0 eşitliğini
sağlayan x sayısını bulunuz.
7. A = {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3} ve B = {0, 1, 4, 9} kümeleri veriliyor.
f : A ⇒ B, f ( x ) = x2 fonksiyonunun tersi var mıdır? Neden?
8. A = {−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5} kümesi ile f : A ⇒ B, f ( x ) = 5x − 1
bağıntısı veriliyor.
(a) f nin bir fonksiyon olduğunu gösteriniz.
(b) f nin mümkün olan en büyük tanım bölgesini ve değer
bölgesini belirleyiniz.
(c) f nin bire bir ve örten bir fonksiyon olduğunu gösteriniz.
(d) f −1 ters fonksiyonunu belirleyiniz.
(e) f ◦ f −1 6= f −1 ◦ f olduğunu örneklerle gösteriniz.
9. f ( x ) = 3x + 1 ve g( x ) = 2x fonksiyonları veriliyor.
173
174
calculus
(a) f ile g nin mümkün olan en büyük tanım bölgelerini ve
değer bölgelerini belirleyiniz.
(b) g ◦ f bileşke fonksiyonunu belirleyiniz.
(c) f ◦ g bileşke fonksiyonunu belirleyiniz.
(d) g ◦ f 6= f ◦ g olduğunu gösteriniz.
(e) f −1 ters fonksiyonunu belirleyiniz.
(f) g−1 ters fonksiyonunu belirleyiniz.
(g) f ◦ f −1 6= f −1 ◦ f olduğunu örneklerle gösteriniz.
(h) ( g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g−1 olduğunu örneklerle gösteriniz.
10. f ( x ) = 3x + 1 fonksiyonu ile B = {1, 7, 10} kümesi veriliyor.
f −1 ( B) kümesini bulunuz.
11. f ( x ) = x3 + 1 fonksiyonunun tersini bulunuz.
√
12. f ( x ) = 2 3 x + 5 fonksiyonunun tersini bulunuz.
1
13. f ( x ) = x−
1 fonksiyonunun en büyük tanım bölgesini belirleyiniz. Ters fonksiyonunun olup olmadığını araştırınız.
14. f ( x ) = 1x , ( x 6= 0) fonksiyonunun tersinin kendisi ne eşit
olduğunu; yani, f ( x ) = f −1 ( x ), ( x 6= 0) eşitliğinin varlığını
gösteriniz.
15. f ( x ) = ( x − 3)3 fonksiyonunun tersini bulunuz.
16. f ( x ) = − x + 3, g( x ) = x + 1, h( x ) = 3x + 2 fonksiyonları
veriliyor.
f ◦ ( g ◦ h) = ( f ◦ g) ◦ h olduğunu gösteniniz.
17. f ( x ) = ax + 1 ve f −1 ( x ) = f ( x ) ise f −1 (1) kaçtır?
18. f ( x ) =
ax +2
3x −1
ve f −1 ( x ) = f ( x ) ise f −1 (1) kaçtır?
−1
19. f ( x ) = 3x
2x −4 fonksiyonunun en büyük tanım kümesini ve varsa
ters fonksiyonunu bulunuz.
20. f ( x ) = ( x + 1) · f ( x − 1) ve f (1) = 5 ise f (4) kaçtır?
21. f : A ⇒ B fonksiyonu veriliyor. f ( x ) = ( x − 1) · f ( x + 1) ve
f (5) = 5 ise f (2) kaçtır?
22. f ( x ) = 2x + 1 ve g ◦ f ( x ) = 6x − 2 ise g( x ) nedir?
23. g( x ) = 3x − 2 ve g ◦ f ( x ) = 2x ise f ( x nedir?
24. f ( x − 2) = 3x + 1 ve A = {−1, 0, 1} ise f ( A) ve f −1 ( A) nedir?
25. f (3x − 1) = x2 − 3 ise f ( x ) nedir?
26. f ( x ) = 3x + r ve f −1 (3) = 1 ise r kaçtır?
27. A = {−1, 1, 3} ve f ( x ) = 2x + 1 ise f −1 ( A) nedir?
28. f ( x ) =
3x − 1
ise f −1 ( x ) nedir?
x−3
fonksiyon i şlemleri
29. A = {1, 2, 3} kümesinden kendisine tanımlı bire bir ve örten
her fonksiyon, A nın bir permütasyonudur. Bir permütasyonu
göstermek için, aşağıdaki gibi matrisler kullanılır. Bunun anlamı
şudur: Üst satırdaki her öğe, kendi düşey sütununa karşılık
gelen alt satırdaki öğeye eşlenir.
(a) A nın bütün permütasyonlarının aşağıdaki fonksiyonlardan
oluşan P = { f 1 , f 2 , f 3 , f 4 , f 5 , f 6 } kümesi olduğunu gösteriniz.
(b) Bu permütasyonlar arasında, birbirlerinin tersi olanları
belirleyiniz.
(c) Permütasyonların bileşke işlemine göre kapalı olduğunu
gösteriniz.
(d) Bileşke işleminin yer değişim özeliğinin olmadığını gösteriniz.
(e) Bileşke işleminin tablosunu yapınız ve özeliklerini inceleyiniz.
(f) (P , ◦) sistemi bir grup mudur? Neden?
!
!
1 2 3
1 2 3
f1 =
, f2 =
, f3 =
1 2 3
1 3 2
!
!
1 2 3
1 2 3
f4 =
, f5 =
, f6 =
3 1 2
2 3 1
1
2
2
1
3
3
!
1
3
2
2
3
1
!
olarak veriliyor. ◦ (bileşke) işlemi, a,ağıdaki gibi tanımlanır:
!
!
!
1 2 3
1 2 3
1 2 3
f2 ◦ f3 =
◦
=
= f5
1 3 2
2 1 3
3 1 2
30. Yukarıdaki tanımlara göre, ( f 3 ◦ f 5 )−1 hangi permütasyona
eşittir?
31. Yukarıdaki tanımlara göre, ( f 5−1 ◦ f 3−1 )−1 hangi permütasyona
eşittir?
32. Y kümesinden X kümesine tanımlı bütün fonksiyonların oluşturduğu küme XY ile gösterilir:
XY = { f | f : X → Y }
Y = {1} olarak alınırsa, X {1} kümesini belirleyiniz.
(181)
175
Matematiksel Yapılar
Yapı Kavramı
Çağdaş Matematik kümeleri, kümeler üzerindeki yapıları, yapılar
arasındaki dönüşümleri inceler. Buraya dek öğe, küme, işlem,
fonksiyon kavramlarını kullandık. Bunları yapmakla, aslında
matematiksel yapılar üzerinde çalışmış olduk. Bu bölümde yapı
kavramını formal olarak tanımlayacağız. Aslında matematiksel
yapılar bu dersin konusu değildir. Bu yapılar zaten ilgili derslerde
ayrıntılarıyla incelenmektedir. O nedenle, burada, temel cebirsel
yapıların tanımlarını vermekle yetineceğiz. [?], [18], [16], [20], [25]
Matematik soyut düşünme sanatıdır. Soyut düşünme, içinde
bulunduğumuz çevre koşullarından ve her tür somut nesneden
sıyrılıp düşünce üretme eylemidir. Beş elma, beş kitap, beş masa,...
gibi nesneye bağlı 5 kavramı yerine soyut 5 kavramını koyabilmektir.
Soyutlama insan aklının eriştiği en yüce yerdir. Matematik hep o
yerdedir. Matematikçi hep orada düşünür.
Matematik, gündelik yaşamda karşı karşıya olduğumuz olay ve
nesneleri soyutlar. Nesneleri soyut öğeler olarak görür, onlardan
kümeler oluşturur. Nesneler arasındaki ilişkileri fonksiyonlarla
ifade eder. Belli özeliklere sahip olanları sınıflandırır. Sınıfların
özeliklerini ortaya koyar.
Herhangi bir küme matematikçi için pek ilginç olmayabilir. Ama
küme üzerinde belirgin özeliklere sahip bazı bağıntılar ya da işlemler tanımlanabiliyorsa, bu, matematikçi için incelenmesi gereken
bir konu olur. Bunu biraz daha somutlaştıralım. R gerçel sayılar
kümesini düşünelim. R bir küme olarak bize hiç ilginç gözükmeyebilir. Ama R kümesi, üzerindeki toplama işlemi, çıkarma işlemi,
çarpma işlemi, bölme işlemi, sıralama bağıntısı, uzunluk, açık aralık, kapalı aralık, sınırlı alt küme, sınırsız alt küme, sonlu alt küme,
sonsuz alt küme vb. gibi günlük hayatımızda bile önemli rolleri
olan özelikleriyle birlikte düşünülünce, birdenbire matematikçinin
ilgisini çeken bir önem kazanır.
Matematiksel yapıları, bakış açımıza ya da amacımıza bağlı
olarak farklı sınıflandırabiliriz. Klâsik sınıflandırmaya göre cebirsel, analiz ve geometrik yapı deyimlerini hepiniz duydunuz.
Kümelerin öğeleri arasındaki ilişkileri, işlemlerle (fonksiyon) ortaya
koyan yapılara cebirsel yapılar diyoruz. Grup, halka, cisim, vektör
uzayları cebirsel yapıların iyi bilinen örnekleridir. Küme aileleri
arasındaki ilşkileri konu edinen yapılara analiz yapıları diyoruz.
178
calculus
Diferensiyel ve integral hesap, ölçüm kuramı, topoloji klâsik analiz
yapılarıdır.
Hemen belirtelim ki, çağdaş matematik, bir yandan matematiksel
yapıları daha çok ayrıştırırken öte yandan da farklı tür yapıları
daha üst sınıflarda birleştirmeye uğraşır. Orada klâsik sınıflandırmanın sınırları çok aşılmıştır. Örneğin, topoloji cebir, analiz ve geometri içeren büyük bir alan haline gelmiş, çeşitli dallara ayrılmıştır.
Elbette bütün bu ayrıntılar bu kitabın kapsamını çok aşar. O nedenle, bu bölümde, matematiksel yapı kavramını tanımlayıp, temel
cebirsel yapıları listelemekle yetineceğiz.
Tanım 0.196. Bir X kümesi verilsin. α, β, γ, . . . , τ bu küme üzerinde
birer bağıntı olsun. X kümesi bu bağıntılarla birlikte bir matematiksel yapı
oluşturur. Bu yapıyı, kısaca
( X, α, β, γ, . . . , τ )
(182)
ile göstereceğiz.
Matematiksel yapıların çoğu, sayı kümelerinden esinlenmiştir.
Örneğin, sayılar üzerinde yapılan dört işlem grup, halka, cisim
gibi cebirsel yapıların doğmasına neden olmuştur. İki sayı arasındaki fark, metrik ve topolojik uzaylara giden yolu açar. Sayılar
arasındaki büyük, küçük kavramı kafes (lattice) yapısını yaratır.
YAPI TÜRLERİ
(182) gibi bir bağıntı verilmiş olsun. Bu yapıyı incelemek demek,
α, β, γ, . . . , τ bağıntıları ya da işlemlerinin her birisinin X üzerindeki
özeliklerini, birbirleri arasındaki ilişkileri ve bunlardan çıkarılabilecek bütün sonuçlan incelemek demektir. Her küme, her bağıntı
ve her işlem için bu işi yapmak elbette çok zaman alır ve üstelik
gereksiz olabilir. Bu nedenle, bir küme üzerindeki yapılar, sahip
oldukları özeliklere göre belirli türlere ayrılır. Sonra her bir türün
bütün özelikleri incelenir. Böylece, bir başka küme üzerinde bu türden bir yapı varsa, onu ayrıca incelemeye gerek kalmaz; o yapının
da birincide bulunan özeliklere sahip olduğu hemen söylenebilir.
Matematik yapıları bu kitapta incelemeyi amaçlamadığımızı
söylemiştik. Zaten bütün yapıları sınıflandırmak da olanaksızdır.
Ama konunun daha somut olarak anlaşılabilmesi için temel cebirsel
yapıların tanımlarını yermeyi yararlı görüyoruz.
Cebirsel Yapılar
Grup
Tanım 0.197. Bir G kümesi üzerinde ⊕ işaretiyle göstereceğimiz bir ikili
işlem tanımlı olsun. Eğer bu işlem grup aksiyomları denilen aşağıdaki
özeliklere sahipse ( G, ⊕) yapısına bir grup, denilir.
• [G1] İşlem birleşme özeliğine sahiptir.
matematiksel yapilar
• [G2] İşleme göre G nin birim öğesi vardır.
• [G3] G nin her öğesinin bu işleme göre bir ters öğesi vardır.
Ayrıca aşağıdaki özelik de sağlanıyorsa ( G, ⊕) yapısına değişmeli
(komutatif) bir gruptur, denilir.
• [G4] İşlem yer değiştirme özeliğine sahiptir.
Değişmeli grupları ilk inceleyen Norveçli ünlü matematikçi Niels
Henrik Abel (1802-1829) dir. Bu nedenle, bu tür gruplara çoğunlukla
abel grupları denilir. Örneğin, Z tamsayılar kümesi + (toplama)
işlemine göre bir abel grubudur.
Halka
Tanım 0.198. Bir H kümesi üzerinde ⊕ ve ⊗ işaretleriyle göstereceğimiz
iki tane ikili işlem tanımlı olsun. Eğer bu işlemler halka aksiyomları
diyeceğimiz aşağıdaki üç özeliğe sahipse ( H, ⊕, ⊗) yapısına bir halka
denilir.
• [H1] ( H, ⊕) bir abel grubudur.
• [H2] ⊗ işlemi birleşme özeliğine sahiptir.
• [H3] ⊗ işleminin ⊕ işlemi üzerine soldan ve sağdan dağılma
özeliği vardır.
Bu üç özelik ile birlikte
• [H4] ⊗ işlemine göre H nın birim öğesi var.
aksiyomu da sağlanıyorsa, ( H, ⊕, ⊗) halkasına birim öğeli halka ya
da, kısaca, birimli bir halka, denilir.
İlk üç özelik ile birlikte
• [H5] ⊗ işlemi yer değiştirme özeliğine sahiptir,
aksiyomu da sağlanıyorsa, bu halkaya değişmeli bir halkadır, denilir.
Yukarıdaki beş özeliği sağlayan bir halkaya birimli ve değişmeli bir
halkadır, denilir.
Örneğin, Z tamsayılar kümesi + (toplama) ve · (çarpma) işlemlerine göre birim öğeli ve değişmeli bir halkadır.
Cisim
Tanım 0.199. Bir F kümesi üzerinde ⊕ ve ⊗ işaretleriyle göstereceğimiz
iki tane ikili işlem tanımlı olsun. Eğer bu işlemler cisim aksiyomları
diyeceğimiz aşağıdaki iki özeliğe sahipse ( F, ⊕, ⊗) yapısına bir cisim,
denilir.
• [C1] ( F, ⊕, ⊗) birimli ve değişmeli bir halkadır.
• [C2] F kümesinden ⊕ işliminin birim öğesi atılınca, geri kalan
küme ⊗ işlemine göre bir abel grubudur.
Örneğin, (Q, +, ·) rasyonel sayılar kümesi bir cisimdir.
179
180
calculus
Vektör Uzayları
Tanım 0.200. F bir cisim, (V, +) bir abel grubu ve e öğesi, F nin çarpma
işlemine göre birim öğesi olsun. Eğer F × V den V ye aşağıdaki koşulları
sağlayan ve adına sayıl çarpım (sayıyla çarpma, skalerle çarpma)
denilen bir
(s, v) 7−→ sv
(183)
işlemi tanımlanmışsa, V ye F cismi üzerinde bir vektör uzayı, denilir.
Her s, t ∈ F ve her u, v ∈ V için
(i) s(v + u) = sv + su
(ii) (s + t)v = sv + tv
(iii) s(tv) = (st)v
(iv) ev = v
Sayı kümelerinden gelen bir alışkanlıkla, F cisminin öğelerine sayı,
V vektör uzayının öğelerine de vektör diyeceğiz. İşlemlerde basitliği
sağlamak için, bir v vektörünün s sayısıyla sayıl çarpımını sv ile
gösteriyoruz.
Örnek 0.201. [0, 1] kapalı aralığı üzerinde tanımlı bütün gerçel değerli
ve sürekli fonksiyonların oluşturduğu kümeyi C = C[0, 1] ile gösterelim.
C[0, 1] kümesi üzerinde fonksiyonların toplama işlemi
( f , g) ∈ C × C =⇒ [( f , g) 7−→ [ f + g]]
x ∈ [0, 1] =⇒ ( f + g)( x ) = f ( x ) + g( x )
biçiminde tanımlanır.
Benzer olarak, C[0, 1] kümesi üzerinde fonksiyonların sayıl çarpım
işlemi
(s f ) ∈ F × C =⇒ [(s, f ) 7−→ s f ]
x ∈ [0, 1] =⇒ (s f )( x ) = s f ( x )
biçiminde tanımlanır.
C[0, 1] kümesi, anılan bu toplama ve sayıl çarpım işlemlerine göre bir
vektör uzayıdır.
Örnek 0.202. U ile V aynı F cismi üzerinde birer vektör uzayı olsunlar.
Her x, y ∈ U ve her s, t ∈ F için, bir f : U → V fonksiyonu
f (sx + ty) = s f ( x ) + t f (y)
(184)
koşulunu sağlıyorsa, f ye U dan V ye doğrusal (lineer) bir dönüşümdür,
denilir. U dan V ye olan bütün doğrusal dönüşümlerin kümesini L =
L(U, V ) ile gösterelim. L kümesi üzerinde toplama işlemini L × L den L
ye
( f , g) ∈ L × L =⇒ [( f , g) 7−→ [ f + g]]
x ∈ U =⇒ ( f + g)( x ) = f ( x ) + g( x )
matematiksel yapilar
biçiminde tanımlıyoruz.
Benzer olarak, L kümesi üzerinde sayıl çarpım işlemini F × L den L ye
(s, g) ∈ F × L =⇒ [(s, f ) 7−→ s f
x ∈ U =⇒ (s f )( x ) = s f ( x )
diye tanımlıyoruz.
L = L(U, V ) bir vektör uzayıdır.
Örnek 0.203. Örnek 0.202 deki L(U, V ) vektör uzayının öğeleri arasından bütün bbö olanların kümesini B = B(U, V ) ile gösterelim. Aynı
işlemlere göre B kümesi L nin bir alt vektör uzayıdır.
Örnek 0.204. Örnek 0.203 deki B(U, V ) vektör uzayında V = U
alınırsa, D = D(U, U ) kümesi U dan U ya tanımlı bütün bbö doğrusal
dönüşümlerin oluşturduğu küme olur. Aynı işlemlere göre D kümesi bir
vektör uzayıdır.
Örnek 0.205. Örnek 0.204 deki D = D(U, U ) vektör uzayında, bileşke
işlemi
( g ◦ f )( x ) = g( f ( x ))
diye tanımlanıyor. (D , +, ◦) yapısı bir halkadır.
Cebir
Tanım 0.206. V kümesi F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. Eğer
V × V den V ye aşağıdaki koşulları sağlayan (toplama (+) ve sayıl çarpım
işlemlerine ek) üçüncü bir
(u, v) 7−→ u ∗ v
(185)
işlemi tanımlanmışsa, V ye F cismi üzerinde bir cebir, denilir.
(i) Her s ∈ F ve her u, v ∈ V için
s(u ∗ v) = (su) ∗ v = u ∗ (sv)
(ii) (V, +, ∗) bir halkadır.
Sıra Yapıları
Tanım 0.207. X herhangi bir küme olsun. Eğer 4 bağıntısı X üzerinde bir
tikel (kısmî) sıralama bağıntısı ise
( X, 4)
(186)
bir sıralama yapısıdır. Sıralama bağıntılarının türlerini önceden incelemiştik.
Örneğin, R gerçel sayılar kümesi ≤ bağıntısına göre bir tam
sıralama yapısı oluşturur.
181
182
calculus
Kafes
(K, 4) tikel sıralanmış bir sistem olsun. Eğer her a, b ∈ K için
iki öğeli { a, b} kümesinin en küçük üst sınırı (sup) ile en büyük
alt sınırı (inf) var iseler, (K, 4) tikel sıralanmış sistemine bir kafes
denilir. { a, b} kümesinin en küçük üst sınırı, varsa, a ∨ b simgesiyle,
en büyük alt sınırı ise a ∧ b, simgesiyle gösterilir.
PROBLEMLER
1. A herhangi bir küme olsun. A dan A ya bbö bütün fonksiyonların kümesi F olsun. Fonksiyonların bileşkesi işlemine göre F
nin bir grup olduğunu gösteriniz. Bu grup bir abel grubu olabilir
mi?
2. [0, 1] kapalı aralığı üzerinde tanımlı bütün gerçel değerli ve
sürekli fonksiyonların oluşturduğu C[0, 1] kümesinin Örnek
0.201 ile tanımlanan toplama ve sayıl çarpım işlemlerine göre bir
vektör uzayı olduğunu gösteriniz.
3.
Örnek 0.202 ile tanımlanan
(L, +) bir gruptur. Gösteriniz.
4. (L, +) bir bir vektör uzayıdır. Gösteriniz.
5. Örnek 0.202 de V = U konulursa, U vektör uzayından kendisine
tanımlı olan L = L(U, U ) kümesi çıkar. Bunun, aynı işlemlere
göre bir vektör uzayı olduğunu gösteriniz.
6. Önceki problemdeki L = L(U, U ) uzayı içinde bütün bbö
doğrusal dönüşümlerden oluşan B = B(U, U ) kümesi, aynı
işlemlere göre bir alt vektör uzayıdır. Gösteriniz.
7. B = B(U, U ) kümesi üzerinde bileşke işlemi
( g ◦ f )( x ) = g( f ( x ))
diye tanımlanıyor. (B , +, ◦) yapısı bir halkadır. Gösteriniz.
8. (B , +, ◦) yapısı bir cebirdir. Gösteriniz.
9. Bir X kümesinden gerçel sayılar kümesine tanımlı bütün fonksiyonların RX kümesi üzerinde, toplama, noktasal çarpma ve sayıl
çarpım işlemleri, sırasıyla, her f , g ∈ RX , her x ∈ X ve her s ∈ R
için
(i) ( f + g)( x ) = f ( x ) + g( x )
(ii) ( f .g)( x ) = f ( x ).g( x )
(iii) (sg)( x ) = s f ( x )
şeklinde tanımlanıyor. RX in bu işlemlere göre bir cebir olduğunu
gösteriniz.
matematiksel yapilar
YAPI KORUYAN DÖNÜŞÜMLER
Uygulamada, bir küme üzerindeki yapıyı bozmadan başka bir
küme üzerindeki yapıya dönüştürmek problemiyle sık sık karşılaşırız.
Başka bir deyişle özeliklerini koruyarak yapıları birbirine dönüştüren
fonksiyonlar ararız.
Tanım 0.208. X kümesi üzerinde bir α bağıntısı ile Y kümesi üzerinde
bir β bağıntısı verilmiş olsun. Eğer α ile β bağıntılarının her ikisi de
m − li (m = 1, 2, ...) birer bağıntı ise, bunlara türdeş bağıntılar,
diyeceğiz.
Tanım 0.209. X ile Y kümeleri üzerinde, sırasıyla, α ile β türdeş
birer bağıntı olsun ve bir f : X → Y fonksiyonu verilsin. Eğer her
( x1 , x2 , x3 , . . . , xm ) ∈ X m için
α( x1 , x2 , x3 , . . . , xm ) ⇒ β( f ( x1 ), f ( x2 ), f ( x3 ), . . . , f ( xm ))
(187)
oluyorsa, f fonksiyonu X üzerindeki α bağıntısını Y üzerindeki β bağıntısına dönüştürüyor, diyeceğiz.
Tanım 0.210.
( X, α, β, γ, . . . , τ )
(188)
(Y, α0 , β0 , γ0 , . . . , τ 0 )
(189)
yapıları verilmiş olsun. Eğer α ile α0 , β ile β0 ,. . ., τ ile τ 0 türdeş birer
bağıntı ise (188) ile (189) yapılarına türdeş iki yapıdır, diyeceğiz.
Tanım 0.211. (188) ile (189) aynı türden iki yapı olsun ve bir f : X →
Y fonksiyonu verilsin. Eğer bu fonksiyon α yı α0 ye, β yı β0 ye, . . ., τ
yu τ 0 ye dönüştürüyorsa, f fonksiyonuna bir benzerlik dönüşümü
(homomorphism), ya da benzer yapı dönüşümü, denilir.
Tanım 0.212. Aynı türden iki yapı arasında bir benzer yapı dönüşümü
varsa, bu yapılara benzer yapılar (homomorph), diyeceğiz.
Tanım 0.213. Bire-bir-örten (bbö) benzerlik dönüşümüne eşyapı
dönüşümü (isomorphism , eşyapı resmi), diyeceğiz.
Tanım 0.214. Aynı türden iki yapı arasında bir eşyapı dönüşümü varsa,
bu yapılara eşyapılı (isomorph), diyeceğiz.
Sıra Koruyan Dönüşümler
( A, ) ile ( B, /) tikel (kısmî) sıralanmış iki sistem olsun ve f : A →
B fonksiyonu verilsin. Her x, y ∈ A için
x y ⇒ f ( x ) / f (y)
(190)
oluyorsa f : A → B fonksiyonuna sıra korur bir dönüşüm, diyeceğiz.
Bu tür dönüşümler, tanım uyarınca benzerlik dönüşümleridir.
Bunlara azalmayan fonksiyonlar da denilmektedir. Yukarıdaki koşul
yerine, her x, y ∈ A için
183
184
calculus
x ≺ y ⇒ f ( x ) < f (y)
(191)
özeliği sağlanıyorsa f : A → B dönüşümüne artan bir fonksiyondur
denilir.
A dan B ye sıra korur bir dönüşüm varsa, A ile B nin sıra yapıları
birbirine benzer ya da, kısaca, A ile B benzer sıralıdır, diyeceğiz.
Eşsıralılık
f : A → B fonksiyonu bbö ve sıra korur bir dönüşüm ise f ye A
dan B ye eşsıra dönüşümü (order isomorphism) , diyeceğiz. A dan
B ye böyle bir dönüşüm varsa A ile B ye eşsıralı, denilir. A ile B
eşsıralı iseler, bunu A ∼
= B simgesiyle belirteceğiz. Eğer A dan B ye
eşsıra dönüşümü f ise ve ayrıca bunu da belirtmek gerekiyorsa
f
A∼
=B
ya da
f :A∼
=B
(192)
yazacağız.
Lemma 0.215. ( A, ) ile ( B, /) tikel (kısmi) sıralanmış iki sistem
olduğunda A ile B nin eşsıralı olması için gerekli ve yeterli koşul her
x, y ∈ A için
x y ⇐⇒ f ( x ) / f (y)
(193)
özeliğini sağlayan bir f : A → B bbö fonksiyonunun varolmasıdır.
İspat:
Gerekliği: A ile B eşsıralı iseler, tanım gereğince, (190) özeliğine
sahip bir f : A → B bbö fonksiyonu vardır; yani (193) ifadesinde
sağa doğru gerektirme vardır. Sola doğru gerektirmenin de varlığını görmek için f ( x ) / f (y) koşulunu sağlayan x, y ∈ A öğelerini
düşünelim. Eğer x y olsaydı,
y ≺ x ⇒ y x ∧ x 6= y
⇒ f (y) / f ( x ) ∧ f ( x ) 6= f (y)
⇒ f (y) < f ( x )
den bir çelişki doğardı. Bu çelişki olamayacağına göre y ≺ x
kabulümüz yanlıştır; yani
f ( x ) / f (y) ⇒ x y
dir.
Yeterliği:
(193) koşulunu sağlayan bir f : A → B bbö fonksiyonu varsa,
bu fonksiyon eşsıralılık tanımı gereğince, A dan B ye bir eşsıra
dönüşümüdür.
Uyarı 0.216. ( A, ) ile ( B, /) tikel (kısmî) sıralanmış iki sistem olsun. A
ile B nin eşsıralı olması için gerekli ve yeterli koşul her x, y ∈ A için
x ≺ y ⇐⇒ f ( x ) < f (y)
özeliğini sağlayan bir f : A → B bbö fonksiyonunun varolmasıdır.
(194)
matematiksel yapilar
İspat :
Gerekliği: A ile B eşsıralı iseler (193) özeliğine sahip bir f : A → B
bbö fonksiyonu vardır. Buradan
x ≺ y ⇒ ( x y) ∧ ( x 6= y)
⇒ ( f ( x ) / f (y)) ∧ ( f ( x ) 6= f (y))
⇒ f ( x ) < f (y)
çıkar. Yeterliği: A dan B ye (194) özeliğine sahip ve bbö bir f
fonksiyonu verilsin. Öyleyse
x y ⇔ ( x ≺ y) ∨ ( x = y)
⇔ ( f ( x ) < f (y)) ∨ ( f ( x ) = f (y))
⇔ f ( x ) / f (y)
olur, ki bu, Önerme 0.215 gereğince, f nin A dan B ye bir eşsıra
dönüşümü olması demektir.
Lemma 0.217. ( A, ) ile ( B, /) tikel (kısmî) sıralanmış iki sistem olsun.
A ile B nin eşsıralı olması için gerekli ve yeterli koşul kendisi ve tersi
artan birer dönüşüm olan bir f : A → B fonksiyonunun var olmasıdır.
İspat:
Gerekliği: A ile B eşyapılı iseler, (194) özeliğine sahip bir f :
A → B bbö fonksiyonu vardır. f fonksiyonu bbö olduğundan ,
f −1 : B → A ters fonksiyonu vardır ve bu da bbö dir. Ayrıca, her
x ∈ A için
f −1 ( f ( x )) = x
dir. Buradan ve (194) den
f ( x ) < f (y) ⇒ x ≺ y
⇒ f −1 ( f ( x )) ≺ f −1 ( f (y))
çıkar. f örten olduğundan, bu sonuncu, f −1 tersinin artan bir
dönüşüm olması demektir.
Yeterliği: f : A → B ile bunun tersi f −1 : B → A artan birer
fonksiyon olsunlar, f −1 tersi var olduğundan f : A → B bbö dir.
Öyleyse bu fonksiyon eşsıralılık tanımının koşullarını sağlar.
Problemler
1. Aynı cisim üzerinde tanımlı iki vektör uzayının türdeş iki yapı
olduğunu görünüz.
2. Örnek 0.202 ile tanımlanan L(U, V ) uzayına ait her doğrusal
dönüşümün U dan V ye bir benzerlik dönüşümü olduğunu
gösteriniz.
3. B(U, V ) ye ait her doğrusal dönüşümün U dan V ye bir eşyapı
dönüşümü olduğunu gösteriniz.
4. Z6 kümesinde tanımlı ⊗ işleminin ⊕ işlemi üzerine dağılma
özeliği olduğunu gösteriniz.
185
186
calculus
5. Z6 kümesinde tanımlı ⊕ işlemine göre birim öğenin 0 olduğunu
gösteriniz.
6. Z6 kümesinde tanımlı ⊗ işlemine göre birim öğenin 1 olduğunu
gösteriniz.
7. Z6 kümesinde tanımlı ⊕ işlemine göre bütün öğelerin terslerini
bulunuz.
8. Z6 kümesinde tanımlı ⊗ işlemine göre, 1 ve 5 den farklı öğelerin
terslerinin olmadığını gösteriniz.
9. (Z6 , ⊕) sisteminin birer değişmeli grup olduğunu gösteriniz.
10. (Z6 , ⊗) sisteminin bir grup olmadığını gösteriniz.
11. (Z5 , ⊗) sisteminin bir grup olmadığını gösteriniz.
12. ((Z5 ) \ 0), ⊗) sisteminin bir grup olduğunu gösteriniz.
13. ((Z6 ) \ 0), ⊗) sisteminin bir grup olmadığını gösteriniz.
14. m bir sayma sayısı ise, (Zm , ⊕) sisteminin değişmeli bir grup
olduğunu gösteriniz.
15. p asal bir sayı ise, ((Z/p) \ 0), ⊗) sisteminin değişmeli bir grup
olduğunu gösteriniz.
16. A kümesinde tanımlı bir ? işlemi verilsin. a, b ∈ A, a 6= 0, b 6= 0
için, a ? b = 0 oluyorsa a ile b ye ? işleminin "sıfır bölenleri" denilir.
Z4 , Z6 , Z9 kümelerinde × işleminin sıfır bölenlerini bulunuz.
17. Sayı kümeleri üzerinde 0 (sıfır) ın çarpmaya göre tersi yoktur.
Niçin?
Doğal Saylar Üzerinde Aritmetik
Doğal sayılar
Doğal sayılar üzerindeki aritmetik, ileride sözünü edeceğimiz nicelik sayıları üzerindeki aritmetikten çıkarılır. Ancak, pratik işlemleri
yapabilmemiz için, bu kesimde, aksiyomatik yapısını gözetmeden,
doğal sayılar üzerinde aritmetiğin kurallarını vermekte yarar görüyoruz. Bunu yapabilmek için iki postülata gerekseme duyarız.
Tanım 0.218. A ile B kümelerinin bire-bir eşleşmesi demek, bire-bir-örten
bir f : A → B fonksiyonunun var olması demektir.
Bu durumda
A∼
=B
(195)
yazacağız.
Aksiyom 0.219. Her kümenin bir nicelik sayısı vardır.
Bir A kümesinin nicelik sayısını Ā¯ , \( A), n( A), nic( A), a simgelerinden
birisiyle göstereceğiz.
Aksiyom 0.220. İki kümenin nicelik sayılarının eşit olması için gerekli ve
yeterli koşul, kümelerin birbirlerine bire-bir eşleşebilmesidir.
Bu aksiyomu eşdeğer olan şu teoremle ifade edebiliriz:
Theorem 0.221.
Ā¯ = B̄¯ ⇐⇒ A ∼
=B
(196)
Lemma 0.222. Aşağıdaki özelikler vardır.
1. Boş kümenin nicelik sayısı 0 dır: \(∅) = 0.
2. {0} kümesi bir öğeli bir kümedir; nicelik sayısı 1 dir.
3. Bir ögeli bütün kümeler {0} kümesine eşgüçlüdür.
4. {0, 1} kümesinin iki öğesi vardır; nicelik sayısı 2 dir. İki ögeli
bütün kümeler {0, 1} kümesine eşgüçlüdür.
Böyle devam edersek, Doğal Sayılar Kümesi’nin ögelerini, sırayla,
oluşturabiliriz:
188
calculus
Tanım 0.223.
0
= \(∅)
1
= \({0})
2
= \({0, 1})
3
..
.
= \({0, 1, 2})
..
.
r
..
.
= \({0, 1, 2, · · · , r − 1})
..
.
(197)
Tanım 0.224. m bir doğal sayı ise, m + 1 doğal sayısına, m nin ardışığı,
denilir.
Aşağıdaki teorem, tanımdan kolayca çıkar.
Theorem 0.225. Her m doğal sayısının m + 1 ile gösterilen bir ardışığı
vardır.
Sonlu ve Sonsuz Kümeler
Tanım 0.226. (198) deki kümelerden birisine eşgüçlü olan küme sonlu bir
küme’dir.
Tanım 0.227. Sonlu olmayan her küme sonsuz bir küme’dir.
Bu tanımlardan, hemen şu sonucu elde ederiz:
Theorem 0.228. Bütün sonlu kümelerin nicelik sayılarından oluşan küme
doğal sayılar kümesi’dir.
Theorem 0.229. Doğal Sayılar Kümesi sonsuz bir kümedir.
İspat: Her m doğal sayısının bir ardışığı olduğundan, (198)
sisteminde, Doğal Sayılar Kümesi’nin kuruluşu asla bitirilemez.
Dolayısıyla, (198) sistemindeki kümelerden hiç birisi N ye eşgüçlü
olamaz. Öyleyse, N sonlu bir küme değildir.
Sayı kümeleri üzerinde tanımlayacağımız işlemler ve bağıntılar
için, ispatları apaçık olan, aşağıdaki özeliklere gerekseme duyacağız.
Theorem 0.230. A ile B iki küme olsun.
1. Sonlu bir kümenin her alt kümesi de sonludur.
2. A ile B sonlu iseler, A ∪ B de sonludur.
3. A sonlu ise, her B için, A ∩ B de sonludur.
4. A ile B sonlu iseler, A × B de sonludur.
Uzlaşma:
a, b, c, · · ·
do ğal saylar üzerinde aritmetik
gibi doğal sayıların her birisi için,
a = \( A), b = \( B), c = \(C ), · · ·
eşitliklerini sağlayan
A, B, C, · · ·
kümelerini seçebiliriz. Dolayısyla, Aşağıdaki her teorem ve problemde, bunları tekrarlamamak için, kullanıldıkları her yerde,
yukarıda söylenen uyumu sağladıklarını varsayacağız. Ayrıca,
gerekiyorsa, seçilen kümelerin birbirlerinden ayrık olduklarını
kabul edeceğiz.
ARİTMETİK
Doğal sayılarda Eşitlik
Tanım 0.231. a, b iki doğal sayı ise, bunların, birbirlerine eşit oluşunu
a = b simgesiyle gösterecek ve
a=b
⇒
\( A) = \( B)
(198)
bağıntısıyla tanımlayacağız.
Bunu, "a, b ye eşittir" ya da "a eşit b dir", diye okuyacağız.
Eşitliğin aşağıda sıralanan özelikleri, tanımdan ve (198) bağıntısından çıkar:
Theorem 0.232. Aşağıdaki özelikler vardır.
1.
2.
3.
4.
a∈N
a, b ∈ N
a, b ∈ N, a = b
a, b, c ∈ N, a = b ∧ b = c
⇒
⇒
⇒
⇒
a=a
a = b∨b = a
b=a
a=c
(Yansıma Özeliği)
(İkileme Özeliği)
(Simetri Özeliği)
(Geçişme Özeliği)
Toplama
Tanım 0.233. a ile b doğal sayılarının toplamı, a + b simgesiyle gösterilir
ve
a + b = \( A ∪ B)
A∩B = ∅
(199)
eşitliği ile tanımlanır.
Sonlu iki kümenin bileşimi sonlu olduğundan, \( A ∪ B) nicelik
sayısı, daima N ye aittir. Dolayısıyla, + (toplama) işlemi N × N den
N ye tanımlı bir ikili işlemdir:
+ : N × N ⇒ N,
Örnek
+ : ( a, b) ⇒ a + b
(200)
189
190
calculus
A = { a, b, c, d, e}, B = { x, y, z} kümeleri için,
\( A)
= 5
\( B)
= 3
A∪B
= { a, b, c, d, e, x, y, z}
\( A ∪ B) = 8
A∩B
= φ
olduğundan
\( A) + \( B) = \( A ∪ B) ⇒ 5 + 3 = 8
çıkar.
Toplama İşleminin Özelikleri
Theorem 0.234. Aşağıdaki özelikler vardır.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
a, b ∈ N
a, b ∈ N
a, b, c ∈ N
a, b, c ∈ N, a = b
a ∈ N, 0 ∈ N
a, b ∈ N ve a 6= 0
a+b ∈ N
a+b = b+a
a + (b + c) = ( a + b) + c
a+c = b+c
a+0 = 0+a = a
a + b 6= 0
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
(Kapalılık Özeliği)
(Yer Değişme Özeliği)
(Birleşme Özeliği)
(Sadeleşme Özeliği)
(Birim Öğe Var)
(Ters Öğe Yok)
İspat:
1. Bu özeliğin ispatı, toplama tanımından çıkar.
2. A ∪ B = B ∪ A eşitliğinden çıkar.
3. A ∪ ( B ∪ C ) = ( A ∪ B) ∪ C eşitliğinden çıkar.
4. Bu özelik, bir eşitliğin iki yanına aynı bir sayı eklenir ya da
çıkarılırsa, eşitliğin bozulmayacağını söyler. Eşitliğin ispatı,
A=B
⇒
A∪C = B∪C
eşitliğinden çıkar.
5. Bu özelik, 0 sayısının, toplama işlemine göre birim öğe olduğunu
söyler. İspatı, A ∪ ∅ = A eşitliğinden çıkar.
6. Bu özelik, sıfırdan farklı bir doğal sayının, toplama işlemine
göre, N içinde, ters öğesinin olmadığını söyler. İspatı, A 6= ∅ ise,
her B kümesi için A ∪ B 6= φ özeliğinden çıkar.
Çarpma
Tanım 0.235. a ile b nin çarpımı a × b, a.b, ab
birisiyle gösterilir ve aşağıdaki bağıntı ile tanımlanır:
a.b = \( A × B)
simgelerinden
(201)
Sonlu iki kümenin kartezyen çarpımı sonlu olduğundan, \( A × B)
nicelik sayısı, daima N ye aittir. Dolayısıyla, × (çarpma) işlemi
N × N den N ye tanımlı bir ikili işlemdir:
do ğal saylar üzerinde aritmetik
· : N × N ⇒ N,
Örnek
A = { a, b, c},
· : ( a, b) ,→ a.b
(202)
B = { x, y} kümeleri için \( A) = 3, \( B) = 2 dir.
A × B = {( a, x ), ( a, y), (b, x ), (b, y), (c, x ), (c, y)}
den \( A × B) = 6 olduğunu görüyoruz. O halde,
\( A).\( B) = \( A × B) ya da 3.2 = 6
çıkar.
Doğal sayılarda çarpma işlemi, aynı sayının, ardışık toplamlarını
kısa yoldan bulmaya yarar.
Örnek
12 dersliği olan bir okulda, her dersliğe 15 sıra alınacaktır. Kaç
sıra ısmarlanmalıdır?
Sorunun yanıtı, 12 tane 15 in toplamıdır:
15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 = 180
Görüldüğü gibi, toplanacak sayıların sayısı çoğaldıkça, ardışık
toplamaları yapmak, zor değilse de, can sıkıcı olmaya başlar. Böyle
bir toplama yerine, aynı sonucu veren
15 × 12 = 180
çarpma işlemini yapmak daha kolaydır.
Çarpma İşleminin Özelikleri
Theorem 0.236. Aşağıdaki özelikler sağlanır.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
a, b ∈ N
a, b ∈ N
a, b, c ∈ N
a, b, c ∈ N, a = b
a ∈ N, 1 ∈ N
a ∈ N, 0 ∈ N
a, b ∈ N ve a 6= 1
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
a.b ∈ N
a.b = b.a
a.(b.c) = ( a.b).c
a.c = b.c
a.1 = 1.a = a
a.0 = 0.a = 0
a.b 6= 1
(Kapalılık Özeliği)
(Yer Değişme Özeliği)
(Birleşme Özeliği)
(Sadeleşme Özeliği)
(Birim Öğe Var)
(Yutan Öğe Var)
(Ters öğe Yok)
İspat:
1. Bu özeliğin ispatı, çarpma tanımından çıkar.
2. A × B ∼
= B × A bağıntısından çıkar.
3. A × ( B × C ) ∼
= ( A × B) × C bağıntısından çıkar.
4. Bu özelik, bir eşitliğin iki yanı, aynı bir sayı ile çarpılırsa, eşitliğin
bozulmayacağını, söyler. Eşitliğin ispatı,
A∼
=B
bağıntısından çıkar.
⇒
A×C ∼
= B×C
191
192
calculus
5. Bu özelik, 1 sayısının, çarpma işlemine göre birim öğe olduğunu,
söyler. B = {b} gibi, tek öğeli bir küme olsun. A × B ∼
= B×A ∼
=
A bağıntısı vardır. Buradan istenen eşitlik çıkar.
6. Bu özelik, 0 sayısının, çarpma işlemine göre yutan öğe olduğunu,
söyler. İspatı, A × ∅ = ∅ bağıntısından çıkar.
7. Bu özelik, 1 den farklı bir doğal sayının, çarpma işlemine göre, N
içinde, ters öğesinin olmadığını, söyler. İspatı, \( A) 6= 1 ise, her B
kümesi için \( A × B) 6= 1 özeliğinden çıkar.
Dağılma Kuralları
Theorem 0.237. Doğal sayılarda çarpma işleminin, toplama işlemi üzerine
dağılma özeliği vardır.
İspat: Çarpma işleminin, toplama işlemi üzerine soldan ve
sağdan dağılma özeliği olduğunu göstermeliyiz.
Çarpma işleminin toplama işlemi üzerine soldan dağılma özeliği:
a, b, c ∈ N
⇒
a.(b + c) = a.b + a.c
(203)
dir. Bu eşitlik,
A × (B ∪ C) ∼
= ( A × B) ∪ ( A × C )
bağıntısından çıkar.
Çarpma işleminin toplama işlemi üzerine sağdan dağılma özeliği:
a, b, c ∈ N
⇒
(b + c).a = b.a + c.a
(204)
dır. Bu eşitlik,
(B ∪ C) × A ∼
= ( B × A) ∪ (C × A)
bağıntısından çıkar.
Örnek
7[8 + 12(5 + 9)] = 7[8 + 60 + 108] = 56 + 420 + 756 = 1232
Örnek
5(2x + 1) = 7( x + 3) + 11 açık önermesinin doğruluk kümesini
bulunuz.
Çözüm:
5(2x + 1)
= 7( x + 3) + 11
10x + 5
= 7x + 21 + 11 (Dağılma Özeliği)
10x + 5
= 7x + 32
(Toplama Tanımı)
10x + 5 − 5 = 7x + 32 − 5
(Sadeleştirme Özeliği)
10x
= 7x + 27
(Toplama Tanımı)
10x − 7x
= 7x − 7x + 27 (Sadeleştirme Özeliği)
3x
= 27
(Toplama Tanımı)
x
= 9
(Sadeleştirme Özeliği)
do ğal saylar üzerinde aritmetik
Çarpınım (Faktöryel)
Tanım 0.238. n bir doğal sayı ise, n! ( n faktöryel) sayısı
n! = 1.2.3 . . . (n − 1)n,
0! = 1,
1! = 1
biçiminde tanımlanır.
Örnekler
1. Aşağıdaki tablo, faktöryelin nasıl hızla büyüdüğünü gösterir.
0!
= 1
1!
= 1
2!
= 1.2 = 2
3!
= 1.2.3 = 6
4!
= 1.2.3.4 = 24
5!
= 1.2.3.4.5 = 120
6!
= 1.2.3.4.5.6 = 720
7!
= 1.2.3.4.5.6.7 = 5040
8!
= 1.2.3.4.5.6.7.8 = 40320
9!
= 1.2.3.4.5.6.7.8.9 = 362.880
10!
= 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10 = 3.628.800
11!
= 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11 = 39.916.800
12!
= 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12 = 479.001.600
20!
= 2.432.902.008.176.640.000
2. Aşağıdaki işlemi inceleyiniz.
6!
11!
−5
(6!)(5!)
(4!)(2!)
=
=
7.8.9.10.11
5.6
−5
−6
5.4.3.2.
2
462 − 75 − 6
= 381
Uygulamalar
1. 17! + 16! sayısı aşağıdakilerden hangisi ile tam bölünemez?
( a) 2 (b) 4 (c) 6 (d) 16 (e) 17
2. 15! =
m
16
ise, (17!-16!) sayısını m türünden hesaplayınız.
3. 2(23 + 1) + 2346 ÷ 23 sayısını bulunuz.
4. Her n doğal sayısı için, aşağıdakilerden hangisi daima tektir?
( a)n2 − 7 (b)n2 + n (c)7n (d)4n − 2 (e)2n + 5
5. n çift bir doğal sayı ise, aşağıdakilerden hangileri daima çift
olur?
( a)
n+1
3
n
(b)n2 − n (c)n2 + n − 1 (d)2n + 3 (e) + 1
2
193
194
calculus
Üs (Kuvvet) Alma
Bir doğal sayının kendisiyle ardışık çarpımlarını daha kısa göstermek için, üstel gösterim’i kullanırız.
Tanım 0.239. İkisi birden sıfır olmayan a ve n doğal sayıları verilsin. a
doğal sayısının n kez kendisiyle çarpımını, an ile göstereceğiz:
n
|a.a.a{z· · · }a = a
(205)
n tane
an ifadesine
a ya
n ye
an gösterimine
a2 ye
a3 e
denilir.
üstel gösterim (üstel ifade),
taban,
üs (kuvvet),
"a nın n inci kuvveti", ya da
"a kare,
"a küp,
"a üssü n",
Uyarı: 00 ifadesi tanımlı değildir.
Tanım: Üs 1 ya da 0 olduğunda, aşağıdaki tanımları yapıyoruz:
a1 = a,
a0 = 1
Örnekler
a. 27 = 2.2.2.2.2.2.2 = 128
b. 35 = 3.3.3.3.3 = 243
e. (196)0 = 1
c. (17)1 = 17
d. 44 = 4.4.4.4 = 256
f. 014 = 0
Üs Alma İşleminin Özelikleri
Theorem 0.240. a, b sıfırdan farklı iki doğal sayı ve m, n iki doğal sayı ise,
aşağıdaki eşitlikler sağlanır:
1. am .an = am+n
2. an .bn = ( ab)n
3. ( am )n = amn .
İspat:
1. ∀ a ∈ N+ ve ∀m, n ∈ N için,
m tane
am .an
n tane
z }| { z }| {
= ( a.a.a · · · a).( a.a.a · · · a)
= |a.a.a · · · a.a.a.a.
· · · }a
{z
m+n tane
= a
m+n
olur ve istenen eşitlik çıkmış olur.
do ğal saylar üzerinde aritmetik
2. ∀ a ∈ N+ ve ∀m, n ∈ N için,
n tane
m n
(a )
=
z
}|
{
am .am .am · · · am
=
z
}|
{
am + m + m + · · · + m
n tane
= am.n
eşitliği vardır.
3. ∀ a, b ∈ N+ ve ∀m ∈ N için,
m tane ( a.b)
( a.b)m
=
z
}|
{
( a.b).( a.b).( a.b) · · · ( a.b)
= a.b.a.b.a.b · · · a.b
= ( a.a.a. · · · a) (b.b.b · · · b)
{z
}|
{z
}
|
m
m tane
m
m tane
= a .b
olduğu görülür.
Örnekler
1.
(23 )4 .43 .53
= 212 .(2.2)3 .53
= 212 .23 .23 .53
= 212+3+3 .53
= 218 .53
= 26 .26 .26 .53
= 64.64.64.125
= 262144.125
= 32768000
2.
42 .25 .34
= (2.2)2 .25 .34
= 22 .22 .25 .34
= 29 .34
= 512.81
= 41472
3.
( a2 .b3 ))4
= ( a2 )4 .( b3 )4
= a8 .b12
Doğal Sayılarda Sıralama
Tanım 0.241. a, b doğal sayıları verildiğinde, a + c = b eşitliğini sağlayan
bir c doğal sayısı varsa, "a sayısı b sayısından küçüktür," denilir ve a < b
simgesiyle gösterilir:
195
196
calculus
a<b
⇒
(∃c ∈ N+ )( a + c = b )
(206)
Sıralama eyleminde kullanılan >, ≤, ≥ bağıntıları, aşağıdaki gibi
tanımlanır.
Tanım:
b>a
⇒
a<b
a≤b
⇒
( a < b) ∨ ( a = b)
b≥a
⇒
a≤b
Örnek
12 ve 7 doğal sayıları verildiğinde, 5 doğal sayısı, 7 + 5 = 12
eşitliğini sağlar. O halde, 7 < 12 dir.
Sıralama Bağıntısının Özelikleri
Theorem 0.242. a, b, c doğal sayıları için, aşağıdaki bağıntılar sağlanır:
1)
2)
3)
4)
5)
( a < b) ∨ ( a = b) ∨ ( a > b)
( a < b) ∧ (b < c)
a<b
( a < b) ∧ (c < d)
a < b ∨ ( c > 0)
⇒
⇒
⇒
⇒
a<c
a+c < b+c
a+c < b+d
a.c < b.c
(Üç Hal Kuralı)
(Geçişme)
(Toplamda Sadeleşme)
Yan yana Toplama)
(Çarpmada Sadeleşme)
Örnek
5( x − 7) ≤ 30 − 2( x + 1) eşitsizliğinin, Doğal Sayılar Kümesindeki
çözümlerini bulunuz.
Çözüm:
5( x − 7) ≤ 30 − 2( x + 1)
⇒ 5x − 35 ≤ 30 − 2x − 2
⇒ 5x + 2x ≤ 30 + 35 − 2
⇒ 7x ≤ 63
⇒ x≤9
9 dan büyük olmayan doğal sayılar, verilen eşitsizliğin çözüm
kümesini oluşturur:
S = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.
Çıkarma
İki doğal sayı verildiğinde, büyük olandan küçük olanı çıkardığımızda,
elde edeceğimiz fark gene bir doğal sayıdır. Ancak, küçük olandan,
büyük olanı çıkardığımızda, elde edeceğimiz fark, bir doğal sayı
değildir. Bunu, matematiksel simgelerle ifade edelim.
a, b doğal sayıları verilsin. a ≥ b ise, a = b + c koşulunu sağlayan c
doğal sayısı, a − b farkıdır:
a−b = c
⇒
a = b+c
(207)
do ğal saylar üzerinde aritmetik
Örnekler
1.
(7 > 5) ∧ (7 = 5 + 2) ⇒ 7 − 5 = 2
2.
(5 < 7) ⇒ (5 − 7) 6 ∈ N
O halde, çıkarma işlemi, doğal sayılar kümesi üzerinde, ikili bir
işlem değildir. Neden?
Uygulamalar
1. Doğal Sayılar Kümesi’nin çıkarma işlemine göre kapalı olmadığını gösteriniz.
2. Doğal Sayılar Kümesi’nde çıkarma işleminin yer değişme özeliği’nin
olmadığını gösteriniz. ( a − b 6= b − a).
3. Doğal Sayılar Kümesi’nde çıkarma işleminin birleşme özeliği’nin
olmadığını gösteriniz. ( a − (b − c) 6= ( a − b) − c ).
4. Doğal Sayılar Kümesi’nde, çıkarma işleminin birim öğe’sinin
olmadığını gösteriniz.
5. Doğal Sayılar Kümesi’nde, çıkarma işlemine göre hiç bir öğenin
tersi’nin olmadığını gösteriniz.
6. Doğal Sayılar Kümesi’nde, çarpmanın, çıkarma işlemi üzerine
soldan ve sağdan dağılma özeliği’nin olduğunu gösteriniz.
Bölme
Tanım 0.243. a, b iki doğal sayı ve b 6= 0 olsun. a = b.c eşitliğini
sağlayan bir c doğal sayısı varsa, "a sayısı b ye tam bölünüyor," denilir
ve b | a simgesiyle gösterilir. b sayısı a yı tam bölmüyorsa, b - a
simgesini kullanırız.
Bölme işlemi,
a
,
b
a/b,
a : b,
a÷b
(208)
simgelerinden birisiyle gösterilir. a ÷ b bölme işleminde a bölünen, b
bölen, ve c bölümdür.
Örnek 625 = 125.5 ⇒ 625 ÷ 125 = 5 olur.
a ÷ b = k ise, "a sayısı, b nin k katıdır.
625 ÷ 125 = 5 olduğundan 625 sayısı 125 in in 5 katıdır; 625 sayısı
125 e tam bölünür.
Örnek 123 = 5.c eşitliğini sağlayan hiç bir c doğal sayısı yoktur.
Dolayısıyla, 123 sayısı 5 e tam bölünemez.
a, b, k doğal sayılar ve b 6= 0 olmak üzere, a sayısı b nin k katından büyük k + 1 katından küçükse, a sayısı, b ye tam bölünmez. Bu
durumda, 0 ≤ r < b olmak üzere a = b.k + r eşitliğini sağlayan bir r
doğal sayısı vardır:
a = b.k + r
eşitliğinde, a bölünen, b bölen, k bölüm ve r kalan’dır.
197
198
calculus
Örnek 76 = 9.8 + 4 olur.
Uygulamalar
1. Doğal Sayılar Kümesi’nin bölme işlemine göre kapalı olmadığını
gösteriniz. (Yol Gösterme : a ÷ b 6∈ N olacak biçimde a, b doğal
sayılarını bulunuz.)
2. Doğal Sayılar Kümesi’nde bölme işleminin değişme özeliği’nin
olmadığını göstiniz. (Yol Gösterme : a ÷ b 6= b ÷ aolacak biçimde
a, b doğal sayılarını bulunuz.)
3. Doğal Sayılar Kümesi’nde bölme işleminin birleşme özeliği’nin
olmadığını gösteriniz. (Yol Gösterme : a ÷ (b ÷ c) 6= ( a ÷ b) ÷ c)
4. Doğal Sayılar Kümesi’nde, bölme işleminin birim öğesinin
olduğunu gösteriniz.
5. Doğal Sayılar Kümesi’nde, bölme işlemine göre, 1 den farklı hiç
bir öğenin tersinin olmadığını gösteriniz.
6. Doğal Sayılar Kümesi’nde, bölme işleminin, toplama işlemi
üzerine soldan ve sağdan dağılma özeliği’nin olmadığını göstermek
için,
a ÷ (b + c) 6= ( a ÷ b) + ( a ÷ c)
(b + c) ÷ a 6= (b ÷ a) + (c ÷ a)
bağıntılarını sağlayan a, b, c sayıları bulunuz.
7. Doğal Sayılar Kümesi’nde, bölme işleminin, çıkarma işlemi
üzerine soldan ve sağdan dağılma özeliği’nin olmadığını göstermek
için,
a ÷ (b − c) 6= ( a ÷ b) − ( a ÷ c)
(b − c) ÷ a 6= (b ÷ a) − (c ÷ a)
bağıntılarını sağlayan a, b, c sayıları bulunuz.
ASAL SAYILAR
Tanım 0.244. 1 den ve kendisinden başka hiç bir doğal sayıya tam bölünemeyen, sıfırdan farklı doğal sayılara asal sayılar denilir.
Asal sayılar kümesinin bazı öğeleri,
{2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, · · · }
dir.
Tanım 0.245. a, b, c doğal sayıları, a = b.c eşitliğini sağlıyorlarsa, b
ile c ye a nın çarpanları denilir. Ayrıca, b ile c asal sayı iseler, b ile c
sayılarına, a nın asal çarpanları denilir.
do ğal saylar üzerinde aritmetik
Örnek
60 = 4.15 eşitliğinde, 4 ile 15 sayıları, 60 ın çarpanlarıdır; ama
asal değildirler.
60 = 22 .3.5 eşitliğinde, 2, 3, 5 sayıları 60 ın asal çarpanlarıdır. Bu
eşitlikte, 60 asal çarpanlarına ayrılmıştır, diyoruz.
Tanım 0.246. a, b doğal sayılarının, 1 den başka ortak bölenleri yoksa, bu
sayılara, aralarında asaldır, denilir.
Örnek
14 ile 15 sayılarının ortak çarpanları yoktur; aralarında asaldırlar.
Theorem 0.247. Her doğal sayı asal çarpanlarına ayrılabilir.
Tanım 0.248. İki ya da daha çok doğal sayının her birisini bölen sayıların
en büyüğü, o sayıların ebob (en büyük ortak böleni) dir.
İki ya da daha çok doğal sayının ebob (en büyük ortak böleni),
ortak asal çarpanlarının en küçük üslülerinin çarpımıdır.
Tanım 0.249. İki ya da daha çok doğal sayının herbirisinin katı olan
sayıların en küçüğü, o sayıların ekok (en küçük ortak katı)dır.
İki ya da daha çok doğal sayının ekok (en küçük ortak katı),
ortak asal çarpanlarının en büyük üslüleri ile ortak olmayan bütün
asal çarpanların çarpımıdır.
Alıştırmalar
1. Doğal sayılarda bölme işleminin yer değiştirme özeliğine sahip
olmadığını göstermek için,
a : b 6= b : a
eşitsizliğine örnekler veriniz.
2. Doğal sayılarda bölme işleminin birleşme özeliğine sahip olmadığını göstermek için,
a : (b : c) 6= ( a : b) : c
eşitsizliğine örnekler veriniz.
3. Doğal sayılarda çarpma işleminin bölme işlemi üzerine dağılma
özeliğine sahip olmadığını göstermek için,
a · (b : c) 6= ( a · b) : ( a · c
eşitsizliğine örnekler veriniz.
4. Doğal sayılarda bölme işleminin toplama işlemi üzerine dağılma
özeliğine sahip olmadığını göstermek için,
a : (b + c) 6= ( a : b) + ( a : c)
eşitsizliğine örnekler veriniz.
199
200
calculus
5. Aşağıdaki koşolları sağlayan q, r sayılarını bulunuz.
a)
c)
47 = 5q + r, 0 ≤ r < 5
449 = 27q + r, 0 ≤ r < 27
b) 137 = 12q + r, 0 ≤ 12
d) 893 = 43q + r, 0 ≤ 43
6. Aşağıdaki kümelerden hangileri sonsuzdur? Neden?
(a) Çift Tamsayılar Kümesi,
(b) Tek Tamsayılar Kümesi,
(c) 3 ile tam bölünebilen doğal sayıların oluşturduğu küme,
(d) 12 ve 15 ile bölünebilen doğal sayıların oluşturduğu küme.
(e) Bir kamyon dolusu kum taneciklerinden oluşan küme.
7. Aşağıdaki eşitsizliklerin N içindeki çözüm kümelerini yazınız.
a) 4m < m + 12
b) 5m − 3 ≥ 4m + 3
c) 8m + 2 < 14 + 2m
d) 2(m + 3) > 16
e) 5(5 + n) > 7(n + 3)
8. (a) 2.24 + 4.20 + 3.16 − 2.8 ifadesini, 2’nin kuvveti olarak yazınız.
(b) 81 + 243 + 729 ifadesini, 3’ün kuvveti olarak yazınız.
9. Tek sayıların kareleri de tek sayıdır. Neden?
10. Çift sayıların kareleri de çift sanıdır. Neden?
11. a ile n iki doğal sayı ise, 5! = 2n a eşitliğini sağlayan en büyük n
sayısı nedir?
12. 42 .83 .164 = 2n eşitliğini sağlayan n doğal sayısını bulunuz.
13. k, r doğal sayılar olmak üzere 45k = r3 eşitliğini sağlayan k
doğal sayılarının en küçüğü nedir?
14. 3.84 .511 sayısı kaç basamaklıdır?
15. Aşağıdaki sayı çiftlerinden hangileri aralarında asaldır?
(1452, 15) (25, 36) (36, 75) (18, 25) (19, 1426)
16. a bir doğal sayı ve a 6= 0 ise, a2 = 150c eşitliğini sağlayan en
küçük c doğal sayısını bulunuz.
17. n bir asal sayı ise, n5 sayısını tam bölen kaç tane doğal sayı
vardır?
18. 5n + 18 sayısının n doğal sayısına bölünebilmesi için, n nin
alabileceği değerler nelerdir?
Doğal Sayıların Kuruluşu
Tarihte hemen her toplum sayma eylemini yapabilmiştir. Dillere
göre, farklı adlar almış; gösterilmelerinde farklı simgeler kullanılmış olsa da, sayma eyleminde kullanılan araç hep aynıdır:
N+ = {1, 2, 3, 4, . . .}
(1)
Bu kümeye, Sayma Sayıları Kümesi diyoruz. Buna 0 sayısını katarak
elde ettiğimiz,
N = {0, 1, 2, 3, 4, . . .}
(2)
kümesine Doğal Sayılar Kümesi, denilir. Bu kümenin her bir öğesi bir
doğal sayı’dır.
Matematikteki yapıların çoğu, sayı kümelerinin sağladığı özeliklerin, soyut kümelere taşınmasıyla elde edilir. Sayı kümeleri de
Doğal Sayılar Kümesi’nden üretilebilir. Dolayısıyla, Doğal Sayılar
Kümesi, matematikte önemli bir role sahiptir.
Doğal sayılar kümesi ile bu küme üzerindeki işlemler ve bağıntılar, değişik aksiyomatik yöntemlerle kurulabilir.
Matematiksel sistemlerin köşe taşlarından birisi ve belki de
en önemlisi doğal sayılardır. Henüz okul çağına bile gelmeden
öğrenmiş olduğumuz "sayma eylemi" nde kullandığımız araç budur.
{0, 1, 2, 3, . . .} simgeleriyle gösterdiğimiz bu sayıları, her normal insanın kendi sezgileriyle iyice algılamış olduğu kuşkusuzdur. Hattâ,
öğrenimin ilk yıllarında doğal sayılar üzerindeki aritmetiğin bile
öğrenciye eksiksiz öğretilebildiği bir gerçektir. Ancak bütün bunlar
sezgiye dayalı olduğu için matematiksel olarak belirsiz kavramlardır.
Bu bölümde doğal sayıları belirsiz hiçbir kavrama dayanmaksızın tanımlayacağız. Bu iş için değişik yöntemler kullanılabilir.
Bunların ilki 1899 yılında İtalyan matematikçi Guiseppe Peano’nun
izlediği yöntemdir. Bu yöntemde Peano, bugün kendi adıyla
anılan aksiyomlarla doğal sayıları belirlemiştir. Biz, burada, küme
kavramına dayalı bir yöntemi kullanacağız. Hemen belirtelim ki,
doğal sayıların hangi yöntemle belirlendiği önemli değildir. Çünkü,
doğal sayıları öyle belirleyeceğiz ki bu yeni kavram ile daha önceden sezgiyle algıladığımız doğal sayı kavramı arasında bir fark
olmayacaktır. Bunu, şuna benzetebiliriz: Diyelim ki uzunluk birimi
olarak metreyi belirlemek istiyoruz. Uzunluk birimi olarak metre,
metreyi temsil eden aracın iridyumlu platinden mi, plastikten mi.
ağaçtan mı,... yapıldığına bağlı olmayan bir kavramdır. Benzer
olarak, doğal sayıları, onu tanımlamak için kullandığımız nesneler
ya da kümelerden bağımsız bir kavram olarak ortaya koyacağız.
202
calculus
Burada doğal sayıları birer küme olarak tanımlayacağız, ileride,
nicelik sayılarını öğrendikten sonra, doğal sayıları sonlu kümelerin
nicelik sayıları olarak belirleyeceğiz. Tabii, günlük yaşantımızda ise
doğal sayılar, "sayma sayıları" dır.
Boş ( ∅ ) kümeyi temsil etmek üzere aşağıdaki kümeleri, kısaca,
karşılarındaki simgeler (rakamlar) ile gösterelim:
0=∅
1 = {∅}
2 = {∅, {∅}}
3 = {∅, {∅}, {∅, {∅}}}
(209)
..
.
(210)
Dikkat edersek, bu kümelerden herbirisi, kendinden önce gelen
kümelerin hepsini birer öğe olarak içermektedir. Bu şekilde ard
arda istediğimiz kadar küme kurabiliriz. Bu kümelerin kuruluşu
sonsuz zaman devam ettirilebilir; yani hiç bir zaman bitirilemez.
(209) sistemini daha kısa olarak
0=∅
1 = {0}
2 = {0, 1}
3 = {0, 1, 2}
4 = {0, 1, 2, 3}
..
.
(211)
r = {0, 1, 2, . . . , r − 1})
..
.
şeklinde de yazabiliriz. Şimdi bu kümeleri daha basit olarak ifade
edebilmek için aşağıdaki kavramı vereceğiz.
Tanım 0.250. Herhangi bir A kümesinin A+ ile göstereceğimiz ardılını
A+ = A ∪ { A}
(212)
eşitliği ile tanımlayacağız.
Bu tanım uyarınca, A = ∅ dersek (211) sistemini
0=∅
1 = 0+
2 = 1+
3 = 2+
4 = 3+
..
.
r = (r − 1) +
..
.
(213)
do ğal sayilarin kurulu şu
şeklinde yazabileceğimiz açıktır.
Bu yolla tanımladığımız kümelerin herbirisine bir doğal sayı
diyeceğiz. (209) sisteminde her yeni kümeyi, kendinden öncekileri öğeleri kabul ederek kuruyorduk. Bu ardışma yöntemiyle
0, 1, 2, 3, 4, . . . simgeleriyle temsil ettiğimiz ve adına doğal sayı
dediğimiz her kümeyi kurabiliriz. Ancak burada önemli bir soruyla
karşılaşıyoruz: Her doğal sayıyı belirleyen bir küme kurabiliyoruz,
ama, acaba bütün doğal sayıları belirleyecek bir küme var mıdır?
Daha açıkçası, öyle bir ω kümesi var mıdır ki, ∅ yi içersin ve ayrıca
herhangi bir X kümesini bir öğe olarak içerdiğinde bunun X +
ardışığını da bir öğe olarak içersin. Yukarıda açıkladığımız ardışma
yöntemiyle böyle bir ω kümesini oluşturma olanağı olmadığı açıktır.
Çünkü (209) sistemine ait her kümeyi kurmak için ardışma yöntemimizde er ya da geç sıra gelecektir. Ama (209) sisteminin bütün
kümelerini içeren ω kümesini kurmak için ardışma yönteminde sıra
hiç bir zaman gelmeyecektir; çünkü (209) sistemine ait kümelerin
kuruluşu hiçbir zaman bitirilemeyecektir. Bu nedenle istediğimiz
özeliklere sahip bir ω kümesinin varlığını bir aksiyom olarak alacağız. Konuyu biraz daha genelleştirmek için yeni bir kavram daha
tanımlayalım.
Tanım 0.251. Aşağıdaki iki özeliğe sahip bir A kümesine ardışan bir
kümedir, denilir:
(i) ∅ ∈ A
(ii) X ∈ A ⇒ X + ∈ A
Ardışan bir kümenin bütün doğal sayıları içereceği apaçıktır.
Artık böyle bir kümenin varlığını kabul etmek zamanı gelmiştir.
Sonsuzluk Aksiyomu
Aksiyom 0.252. Ardışan bir küme vardır.
Doğal Sayı
Ardışan bir kümenin bütün doğal sayıları içerdiğini söyledik ve
ardışan (en az) bir kümenin varlığını da kabul ettik. Şimdi bütün
doğal sayılar kümesini tanımlayabiliriz.
Tanım 0.253. Ardışan bütün kümelerin arakesitine doğal sayılar kümesi,
denir.
Ardışan iki kümenin arakesitinin yine ardışan bir küme olacağı
apaçıktır (bkz. 1.Problem). Giderek, ardışan kümelerden oluşan
herhangi bir ailenin arakesitinin yine ardışan bir küme olacağı,
dolayısıyla, özel olarak, ardışan bütün kümelerin arakesitinin de
ardışan olduğu gösterilebilir (bkz. 2.Problem). Öyleyse, kapsama
bağıntısına göre sıralanmış olmak üzere, ardışan kümelerin en küçüğü
doğal sayılar kümesidir. Bu kümeyi, yukarıdan beri yazdığımız gibi
ω simgesiyle temsil edeceğiz. (Pratik problemlerde ω yerine N
simgesini kullanmayı tercih edeceğiz.)
203
204
calculus
Problemler
1. Ardışan iki kümenin arakesitinin yine ardışan bir küme olduğunu
gösteriniz.
2. Ardışan kümelerden oluşan herhangi bir ailenin arakesitinin de
yine ardışan bir küme olacağını gösteriniz.
DOĞAL SAYILARIN ÖZELİKLERİ
Bu kesimde, ω doğal sayılar kümesinin, Peano aksiyomları diye
anılan beş beliti sağladığını göstereceğiz, ki bu özelikler, başlangıçta
da söylediğimiz gibi, doğal sayıları tanımlamanın başka bir yoludur.
Theorem 0.254. Her n ∈ ω için n+ 6= 0 dır.
İspat: Her n doğal sayısı için n+ = n ∪ {n} olduğundan n ∈ n+
dır. (bkz, (212)) Öyleyse n+ kümesi boş değildir. Oysa 0 doğal
sayısı boş küme olarak tanımlanmıştır (bkz, (213)). Demek ki
0 6= n+ dır.
Sonlu Tümevarım İlkesi
Theorem 0.255. Eğer A kümesi aşağıdaki iki özeliğe sahipse A = ω doğal
sayılar kümesinin bir A alt kümesi için
(i) 0 ∈ A
(ii) n ∈ A ⇒ n+ ∈ A
koşulları sağlanıyorsa, A = ω dır.
İspat: Teoremin söylediği şey şudur. Doğal sayıların bir alt
kümesi ilk doğal sayıyı içeriyorsa ve ayrıca içerdiği her sayının
ardılını (ardışığını) da içeriyorsa, o alt küme doğal sayılar kümesidir. Bu iki özeliğe sahip A kümesi ardışan bir kümedir (bkz.
Tanım 0.251) ω doğal sayılar kümesi, ardışan her küme tarafından
kapsandığından (bkz. Tanım 0.253). ω ⊂ A olacaktır. Oysa bize
A ⊂ ω verilmiştir. Öyleyse A = ω dır.
Theorem 0.256. m ile n herhangi iki doğal sayı olsun. Eğer m ∈ n+ ise
ya m ∈ n ya da m = n dir.
İspat: Bunu simgelerle ifade edersek,
m ∈ n+ ⇒ (m ∈ n) ∨ (m = n)
(214)
olur.
n+ = n ∪ {n} olduğuna göre m ∈ n+ ise ya m ∈ n ya da m ∈ {n}
dir. Oysa {n} tek öğeli bir kümedir. Dolayısıyla, m ∈ {n} olması
için m = n olması gerekli ve yeterlidir.
Tanım 0.257. A kümesinin her öğesi bir alt küme ise; yani x ∈ A
olduğunda x ⊂ A oluyarsa, A kümesine geçişken bir kümedir denilir.
Theorem 0.258. Her doğal sayı geçişkendir.
do ğal sayilarin kurulu şu
İspat: ω doğal sayılar kümesinin geçişken bütün öğelerinin
oluşturduğu kümeye A diyelim. Tüme Varım İlkesini kullanarak
ω = A olduğunu göstereceğiz. Böylece, her doğal sayının geçişken
olduğu gösterilmiş olacaktır. Bunun için Teorem 0.255 (i ) ve (ii )
koşullarının A kümesi tarafından sağlandığını göstermek yetecektir.
(i) 0 ∈ A dır. Çünkü 0 = ∅ dir ve ∅ her kümeye aittir.
(ii) Şimdi, eğer n ∈ A ise n+ ∈ A olacağını, yani n kümesi geçişken
ise n+ ardışığının da geçişken olacağını gösterelim. m ∈ n+ ise
ya m ∈ n ya da m = n dir (bkz. 0.256). Birinci hal varsa, yani
m ∈ n ise, n geçişken olduğundan m ⊂ n olacaktır. Ayrıca n ⊂ n+
olduğuna göre m ⊂ n+ çıkar. İkinci hal varsa, yani m = n ise,
n ⊂ n+ olduğundan m ⊂ n+ çıkar. Ohalde n+ geçişkendir.
Demek ki n ∈ A ise n+ ∈ A olması gerekiyor.
Theorem 0.259. m ile n herhangi iki doğal sayı olsun. Eğer m+ = n+ ise
m = n dir.
İspat: m+ = n+ , n ⊂ n+ olduğundan n ∈ n+ = m+ olacaktır, ki
bu, Teorem 0.256 gereğince, ya n ∈ m ya da n = m olması demektir.
Benzer yolla, m ∈ m+ için ya m ∈ n ya da m = n olduğu çıkarılabilir.
Eğer m = n ise önerme doğru olur. Şimdi m 6= n olduğunu
varsayalım. Bu durumda n ∈ m ya da m ∈ n olması gerektiğini
gördük. Doğal sayılar geçişken olduğundan (bkz. Teorem 0.258), bu
son özelikler n ⊂ m ve m ⊂ n olmasını gerektirir, ki buradan, m = n
çıkar.
Bu kesimin başında, ω doğal sayılar kümesinin Peano Aksiyomlarını sağladığını göstereceğimizi söylemiştik, ispatladığımız
önermelerle bu işi yapmış durumdayız. Ancak, konuyu daha belirgin kılmak için, bu aksiyomları sıralamak yararlı olacaktır.
Peano Aksiyomları
Theorem 0.260. Aşağıdaki özeliklere sahip bir ω kümesi vardır:
P1. 0 ∈ ω
P2. n ∈ ω ise n+ ∈ ω
P3. n ∈ ω ise n+ 6= 0
P4. ω nın bir A alt kümesi aşağıdaki iki özeliğe sahipse A = ω dır:
(i) 0 ∈ A
(ii) n ∈ A ⇒ n+ ∈ A
P5. m, n ∈ ω ve n+ = m+ ise m = n dir.
İspat:
(P1., P2.): Doğal sayılar kümesi ardışan bir küme olduğundan
istenen Tanım 0.251 den çıkar.
(P3.): Teorem 0.254 den çıkar.
205
206
calculus
(P4.): Teorem 0.255 den çıkar.
(P5.): Teorem 0.259 den çıkar.
Problemler
1. Bir W kümesinin geçişken olması için gerekli ve yeterli koşul,
B ∈ A ve A ∈ W olduğunda B ∈ W olmasıdır. Gösteriniz.
2. Geçişken iki kümenin bileşim ve arakesitlerinin de geçişken
olduğunu gösteriniz.
3. A ile B herhangi iki küme olsun. Eğer A = B ise A+ = B+
olduğunu gösteriniz.
4. Her n doğal sayısı için n ∈
/ n olduğunu gösteriniz.
5. m, n, r birer doğal sayı olduğuna göre aşağıdaki özeliklerin
varlığını gösteriniz:
(a) n 6= n+
(b) Eğer m ∈ n ise n ∈
/ m dir.
(c) Eğer n ∈ m ve m ∈ r ise n ∈ r dir.
(d) Eğer m ∈ n ise m+ ⊂ n dir.
6. Eğer A ∈ n ve n ∈ ω ise A ∈ ω olduğunu tüme varımla
ispatlayınız. Buradan ω nın geçigken bir küme olduğu sonucunu
çıkarınız.
7. Eğer A+ ∈ ω ise A ∈ ω olacağını gösteriniz.
8. Hiçbir doğal sayının ardışan bir küme olamayacağını gösteriniz.
9. Bir doğal sayının, kendisine ait hiçbir öğenin bir alt kümesi
olamayacağını gösteriniz.
10. Eğer n ∈ ω ise ya n = 0 olduğunu ya da n = m olacak şekilde
bir m ∈ ω varolduğunu gösteriniz.
DOĞAL SAYILARIN SIRALANMASI
Tanım 0.261. Doğal sayılar kümesi üzerinde ≤ simgesiyle göstereceğimiz
bağıntıyı
m ≤ n ⇐⇒ (m ∈ n) ∨ (m = n)
(215)
diye tanımlayacak ve bunu "m doğal sayısı, n doğal sayısından ya
küçüktür ya da eşittir" diye okuyacağız.
m ≤ n ile n ≥ m simgeleri eş anlamda kullanılacaktır.
Ayrıca m < n bağıntısını
m < n ⇐⇒ (m ≤ n) ∧ (m 6= n)
(216)
diye tanımlayacağız.
Bu kesimde ≤ bağıntısının doğal sayılar kümesi üzerinde bir iyi
sıralama bağıntısı olduğunu göstereceğiz. Bunu göstermek için, önce
üç önerme söyleyeceğiz.
do ğal sayilarin kurulu şu
Lemma 0.262. ≤ bağıntısı ω üzerinde bir tikel (kısmi) sıralama bağıntısıdır.
İspat:
Bağıntı dönüşlüdür (refleksif) Her m ∈ ω için m = n dir. Öyleyse,
(215) den m ≤ m yazabiliriz.
Bağıntı geçişlidir m, n, p ∈ ω olsun. m ≤ n ve n ≤ p olduğunu
varsayalım. Dört mümkün hal vardır:
(m ∈ n) ∧ (n ∈ p) ⇒ ((m ∈ n) ∧ (n ⊂ p) ⇒ (m ∈ p))
(m ∈ n) ∧ (n = p) ⇒ m ∈ p
(m = n) ∧ (n ∈ p) ⇒ m ∈ p
(m = n) ∧ (n = p) ⇒ m = p
Bu dört halin her birisi için (215) uyarınca m ≤ p olacaktır.
Bağıntı antisimetriktir m ≤ n ve n ≤ m olduğunu varsayalım. (215)
uyarınca ya m = n ya da m ≤ n ve n ∈ m olacaktır. İkinci hal
varsa m ⊂ n ve n ⊂ m çıkar. Her doğal sayı geçişken olduğundan
(bkz. Teorem 0.258), bu sonuncusu m = n olmasını gerektirir.
Lemma 0.263. Her m ∈ ω için 0 ≤ m dir.
İspat:
M = {m | m ∈ ω, 0 ≤ m}
kümesini düşünelim. Sonlu Tüme Varım İlkesi (bkz. Teorem 0.255)
uyarınca M = ω olduğunu göstereceğiz. ≤ bağıntısı dönüşlü
olduğundan 0 ≤ 0 yazabiliriz. Dolayısıyla 0 ∈ M dir. Şimdi
herhangi bir m ∈ M seçelim. Varsayımdan 0 ≤ m olacaktır. m ∈ m+
olduğundan m ≤ m+ yazabiliriz. Böylece 0 ≤ m ve m ≤ m+ elde
edilmiş oldu. ≤ bağıntısı geçişli olduğu için
(0 ≤ m ) ∧ ( m ≤ m + ) ⇒ (0 ≤ m + )
olacaktır. O halde m+ ∈ M dir. Sonlu Tüme Varım İlkesine göre
M = ω olur.
Lemma 0.264. n < m ise n+ ≤ m dir.
İspat: Herhangi bir n doğal sayısını sabit seçelim ve
Mn = {m ∈ ω | (n < m) ⇒ (n+ ≤ m)}
kümesmi tanımlayalım. Sonlu Tüme Varım İlkesine göre Mn = ω
olduğunu göstereceğiz. Tanımdan
m∈
/ Mn ⇔ (n < m) ∧ (¬(n+ ≤ m))
⇔ (n ∈ m) ∧ (¬(n+ ≤ m))
yazabiliriz. Buradan, özel olarak,
0∈
/ Mn ⇔ n ∈ 0 ∧ ¬(n+ ≤ 0)
207
208
calculus
çıkar, ki bu olanaksızdır. Öyleyse 0 ∈ Mn olmalıdır. Şimdi herhangi
bir m ∈ Mn seçelim. Tanımdan n < m ⇒ n+ ≤ m dir. m+ ∈ Mn
olduğunu göstermek için
n < m+ ⇒ n+ ≤ m ≤ m+
olduğunu göstermeliyiz. Eğer n < m+ ise; yani n ∈ m+ ise, Teorem
0.256 gereğince, ya n ∈ m dir ya da n = m dir. Eğer n = m ise
n+ = m+ çıkar ve ispat biter. Eğer n ∈ m ise; yani n < m ise,
kabulümüzden
n+ ≤ m < m+
çıkar ve ispat biter.
Theorem 0.265. Doğal sayılar kümesi ≤ bağıntısına göre iyi sıralıdır.
İspat: Olmayana ergi yöntemini kullanacağız. Eğer (ω, ≤) sistemi
iyi sıralı olmasaydı, boş olmayan ve en küçük öğesi var olmayan bir
A ⊂ ω alt kümesi var olacaktı. Şimdi
M = {n ∈ ω | m ∈ A ⇒ n ≤ m}
kümesini tanımlayalım. Sonlu Tüme Varım İlkesiyle M = ω
olduğunu göstereceğiz. Önerme 0.263 den 0 ∈ M yazabiliriz. Şimdi
herhangi bir n ∈ M seçelim. Tanımdan, her m ∈ A için n ≤ m
olacaktır. Eğer, herhangi bir p ∈ A için n = p ise p, A nın en
küçük öğesi olur, ki bu kabulümüze aykırıdır. Öyleyse, her m ∈ A
için n < m olacaktır. Önerme 0.264 den, her m ∈ A için n+ ≤ m
yazabiliriz, ki bu n+ ∈ M olmasını gerektirir. Demek ki M = ω dır.
Oysa M ∩ A = ∅ tur ; çünkü A nın en küçük öğesi yoktur. Ohalde
A = ∅ olmalıdır.
TAMSAYILAR
81
Doğal sayılar Peano aksiyomları ile de kurulabilir.
Doğal sayıları Bölüm de kurmuştuk.81 Bu bölümde doğal sayılardan hareketle tamsayılar kümesini oluşturacağız.
Tamsayıların Kuruluşu
Tamsayıların iki doğal sayının farkı (ya da toplamı) olarak çok
farklı biçimlerde yazılabildiğini ilkokulda öğretirler. Örneğin, 3
tamsayısını
3 = −6 − (−9) = −125 − (−128) = −1 − (−4)
= 3 − 0 = 17 − 14 = 2 + 1 = 0 + 3 = 1735 − 1732
= ...
(217)
gibi çok değişik biçimlerde yazabiliriz. Tamsayıların kuruluşu bu
basit ilişkiye dayanır. a, b, c, d ∈ N olmak üzere, iyi bilinen
a−b = c−d ⇔ a+d = b+c
(218)
bağıntısını düşünelim. Şimdi, tamsayıların ne olduğunu bilmediğimizi
var sayıp, yukarıdaki (218) bağıntısının sol yanını unutalım. a − b
do ğal sayilarin kurulu şu
yerine ( a, b) sıralı ikilisini ve c − d yerine (c, d) sıralı ikilisini koyarak,
bağıntıyı
( a, b) ≈ (c, d) ⇔ a + d = b + c
(219)
biçiminde yeniden yazalım. Bunun N × N üzerinde bir denklik
bağıntısı olduğu kolayca gösterilir.
Tanım 0.266. (219) bağıntısının denklik sınıfları kümesine tamayılar
kümesi denilir ve Z ile gösterilir.
Demek ki, doğal sayılar kümesi biliniyorken, tamsayılar kümesini
N × N üzerindeki (219) denklik bağıntısının denklik sınıfları olarak
kurabiliyoruz. O nedenle, (217) biçiminde yazılan sayılar aynı
denklik sınıfı içindedirler.
(219) denklik bağıntısının tanımladığı denklik sınıflarını
[( a, b)] = {( x, y) | ( a, b) ≈ ( x, y)
(220)
biçiminde gösterelim.
Tamsayıların Özelikleri
Lemma 0.267. a, b ∈ N verildiğinde n doğal sayısı için ( a + n = b + n)
olması a = b olmasını gerektirir. Bunu simgelerle gösterelim:
(n ∈ N) =⇒ (( a + n = b + n) ⇒ ( a = b))
(221)
dir.
İspat: (221) özeliğinin her doğal n sayısı için sağlandığını göstermek istiyoruz.
A = {n | (( a + n) = (b + n)) ⇒ ( a = b), a, b ∈ N}
(222)
kümesini tanımlayalım. Sonlu tümevarım ilkesini kullanarak (bkz.
Teorem 0.255) A = N olduğunu göstereceğiz. bunun için A nın
ardışan bir küme olduğunu göstermeliyiz. Alışılmış simgeleri
kullanmak amacıyla her n doğal sayısı için n+ = n + 1 yazacağız
(i) a + 0 = b + 0 ⇔ a = b olduğundan 0 ∈ A dır. Ayrıca Teorem
0.259 uyarınca a+ = b+ ⇒ a = b olduğunu; yani ( a + 1 =
b + 1) ⇒ ( a = b) biliyoruz. O halde 1 ∈ A dır.
(ii) k ∈ A ⇒ (k + 1) ∈ A olduğunu göstermeliyiz.
0, 1, 2, . . . , k ∈ A (k ≥ 2 olduğunu varsayalım. (222) özeliği her
c, d ∈ N için sağlanır; yani
((c + k) = (d + k)) ⇒ (c = d)
olacaktır. Özel olarak c = a + 1 ve d = b + 1 alalım. O zaman
((( a + 1) + k) = ((b + 1) + k)) ⇒ ( a + 1) = (b + 1)
209
210
calculus
olur. Bunu düzenlersek, (k + 1) ∈ A olduğunu görmek için
aşağıdaki gerektirmelerin varlığını görmek yetecektir.
k ∈ A ⇐⇒ ((( a + 1) + k) = ((b + 1) + k)) ⇒ a = b)
⇐⇒ (( a + (k + 1)) = (b + (k + 1)) ⇒ a = b)
⇐⇒ (k + 1) ∈ A
elde edilir.
Lemma 0.268. a, b ∈ N verildiğinde n doğal sayısı için ( a + n < b + n)
olması a < b olmasını gerektirir. Bunu simgelerle gösterelim:
(n ∈ N) =⇒ ( a + n < b + n ⇒ a < b)
(223)
dir.
İspat: Yukarıdaki ispatta = yerine < konularak aynı ifadelerle
ispat yapılabilir.
Tamsayılar kümesi üzerinde toplama, çıkarma, çarpma, bölme işlemleri (219) ile belirlenen denklik sınıfları yardımıyla tanımlanır.
(Bunları yapmayı deneyiniz.)
RASYONEL SAYILAR
Tamsayılarda olduğu gibi rasyonel sayıların da
−4
−2
2
4
6
12
−6
=
=
= = = =
= ...
−9
−6
−3
3
6
9
18
−12
−8
−4
4
8
12
16
... =
=
=
= =
=
=
= ...
−15
−10
−5
5
10
15
20
... =
(224)
(225)
gibi birden çok biçimde yazılabildiği ilkokuldan bilinir. Rasyonel
sayıların kuruluşu da bu basit ilişkiye dayanır. a, b, c, d ∈ Z ve b 6= 0,
d 6= 0 olmak üzere, iyi bilinen
a
c
= ⇔ ad = bc
b
d
(226)
bağıntısını düşünelim. Şimdi, rasyonel sayıların ne olduğunu
bilmediğimizi var sayıp, yukarıdaki (226) bağıntısının sol yanını unutalım. ba yerine ( a, b) sıralı ikilisini ve dc yerine (c, d) sıralı ikilisini
koyarak, bağıntıyı
( a, b) ≈ (c, d) ⇔ ad = bc
(227)
biçiminde yeniden yazalım. Bunun Z × Z üzerinde bir denklik
bağıntısı olduğu kolayca gösterilir.
Tanım 0.269. (227) bağıntısının denklik sınıfları kümesine rasyonal
sayılar kümesi denilir ve Q ile gösterilir.
Demek ki, tamsayılar kümesi biliniyorken, rasyonel sayılar
kümesini Z × Z üzerindeki (227) denklik bağıntısının denklik
sınıfları olarak kurabiliyoruz. O nedenle, (224), (225) denklik
do ğal sayilarin kurulu şu
sınıflarıdır. toplama, çıkarma, çarpma, bölme işlemleri ile sıralama
bağıntısı, (227) ile verilen denklik sınıfları kümesi üzerinde kolayca
tanımlanır. (Bu tanımları yapınız.) Pratikte rasyonel sayılarla işlem
yaparken, denklik sınıflarını değil, işleme giren her bir denklik
sınıfından seçilecek birer temsilci öğeyi kullanırız. Örneğin, (224),
(225) denklik sınıflarını toplarken, o sınıflardan rasgele birer temsilci seçerek
2
−8
22
+
=
3 −10
15
(228)
yazarız.
Rasyonel sayılar kümesi üzerinde toplama, çıkarma, çarpma, bölme
işlemleri (219) ile belirlenen denklik sınıfları yardımıyla tanımlanır.
(Bunları yapmayı deneyiniz.)
İyi Tanımlılık
Yukarıdakine benzer işlemleri yaparken denklik sınıflarından hangi
temsilcileri seçersek seçelim, hep aynı sonuca ulaşırız. Bu özelik,
belirleyicidir. Bunu daha genel söylersek, bir denklik sınıfları kümesine bağlı olarak tanımlanan bir işlemin, denklik sınıflarını temsil
etmek üzere seçilecek öğelere bağlı olup olmadığı uygulamada
önem taşır.
Tanım 0.270. Denklik sınıfları kümesinde tanımlı bir işlem, denklik
sınıfını temsil etmek üzere seçilen temsilciye bağlı değilse, o işlem iyi
tanımlıdır.
Bu kavramı biraz açmakta yarar var. Örneğin, rasyonel sayılar
kümesi üzerinde
p, q ∈ Z
olmak üzere
p
f( ) = p
q
(229)
bağıntısını düşünelim. (229) kuralına göre
1
f( ) = 1
2
2
f( ) = 2
4
3
f( ) = 3
6
50
f(
) = 50
100
..
.
50
olacaktır. Oysa 12 = 24 = 36 = 100
= . . . olduğundan (229) kuralı f fonksiyonunu belirleyemez. Bu şekildeki bir fonksiyon iyi
tanımlı değildir. İyi tanımlı olması için, 12 rasyonel sayısının denklik
sınıfından seçilecek her temsilci ba sayısı için f ( ba ) değerleri aynı
olmalıdır.
Uyarı 0.271. Tabii, burada iyi tanımlı fonksiyon deyince, sanki iyi
tanımlı olmayan fonksiyon varmış izlenimi doğmaktadır. Aslında, (229)
211
212
calculus
kuralı bir fonksiyon tanımı değildir. Fonksiyon tanımlı ise, zaten iyi
tanımlıdır; kötü tanımlı fonksiyon yoktur. O nedenle, iyi tanımlı fonksiyon
deyiminin fonksiyon tanımının titizlikle yapılmadığı eski zamanlardan
kalmış bir terim olduğu açıktır. Ama sık sık cebirde ve analizde karşınıza
çıkabilir.
Karmaşık Sayılar
Karmaşık sayılar gerçel sayıların genişlemesiyle elde edilen daha
büyük bir kümedier. Genişleme şu gereksemeden doğmuştur:
x2 = +1 denklemimin çözümü +1, −1 sayılarıdır ve R içindedir.
Ama x2 = −1 denklemimin çözümü R içinde yoktur. Özellikle
elektromanyetik teoride bütün ikinci derece denklemlerin çözüm
kümesine gerekseme doğar. O nedenle R gerçel sayılar kümesini
bütün ikinci derece denklemlerin köklerini içerecek büyüklüğe
genişletmek gereği vardır. Bu genişleme kolay yapılır.
x 2 = −1
denkleminin çözümü olarak +i ve −i sayıları tanımlanır.
Tanım 0.272.
√
−1 = + i
denilir. Bu bir tanımdır. +i sayısına karmaşık sayıların birim öğesi
denilir.
Karmaşık Sayılar
Belli türden denklemleri çözebilmek için bazı sayı kümelernin yetersiz kaldığını; bu tür denklemlere çözüm bulmak için sözkonusu
sayı kümelerinin genişletilerek daha büyük sayı kümeleri elde
edildiğini biliyoruz. Örneğin,
x + 3 = 0 gibi bir denklem doğal sayılarda çözülemeyince, doğal
sayılar kümesi N genişletilerek tam sayılar kümesi Z oluşturulmuştur.
3x + 4 = 0 gibi bir denklem Z’de çözülemeyince, bu küme
genişletilerek rasyonel sayılar kümesi (Q) oluşturulmuştur.
x2 − 7 = 0 gibi bir denklem Q’da çözülemeyince, bu küme
irrasyonel sayılarla genişletilerek gerçel (reel) sayılar kümesi R
oluşturulmuştur. Gerçel (real) sayılar kümesi ile sayı ekseninin
noktalarının bire bir eşlendiğini hatırlayınız.
a, b, c ∈ R ve a 6= 0 için ax2 + bx + c = 0 denklemini çözerken,
∆ = b2 − 4ac
ve
x1,2
√
−b ± ∆
=
2a
Figure 37: Karmaşık Sayılar
214
calculus
olmak üzere,
b2 − 4ac > 0
ise, denklemin gerçel iki kökü vardır
2
ise, denklemin gerçel ve eşit iki kökü vardır
2
ise, denklemin gerçel kökü yoktur
b − 4ac = 0
b − 4ac < 0
kurallarını anımsayınız.
Dikkat ederseniz, üçüncü olasılıkta negatif sayıların karekökü
söz konusudur. Bu sayılar, R’nin elemanı değildir.
Örneğin, x2 + 3 = 0 denkleminin R içinde çözümü yoktur. Çünkü
her gerçel sayının karesi pozitiftir; dolayısıyla x2 = −3 denklemini
sağlayan hiçbir gerçel sayı yoktur.
Öyleyse R gerçel sayılar kümesinin genişletilerek, içinde bu
tür denklemlerin de çözülebildiği daha büyük bir sayı sistemi
oluşturmaya gerek vardır.
√
x2 + 1 = 0 denklemini sağlayan −1 sayısına sanal (imajiner) sayı
√
birimi denir ve i = −1, i2 = −1 biçiminde gösterilir.
Gerçel ve Sanal Kısımlar
a, b ∈ R ve i2 = −1 olmak üzere a + ib biçimindeki sayılara
karmaşık (kompleks) sayılar
denir.
Karmaşık sayıyı genellikle z ve bu sayıların oluşturduğu kümeyi
C ile göstereceğiz.
C = { a + ib | a, b ∈ R}
dir. z = a + ib karmaşık sayısında;
a’ya bu sayının gerçel (reel) kısmı denir ve ge(z) ile gösterilir.
b’ye bu sayının sanal (imajiner) kısmı denir ve san(z) [Im(z)] ile
gösterilir.
ge(z) = a ⇒ [san(z) = b ∧ z = ge(z) + i.san(z)
san(z) = 0 ⇒ z ∈ R [R ⊂ C]
ge(z) = 0 ⇒ z = o + bi ⇔ z = bi
Örnek 0.273.
z=
1
2
− 32 i karmaşık sayısının gerçel ve sanal kısımlarını bulalım:
1
2
+ i (− ) ise
2
3
2
san(z) = −
3
z=
olur.
karma şik sayilar
Karmaşık sayıların Eşitliği
a, b, c, d ∈ R olmak üzere, z1 = a + ib ve z2 = c + id olsun.
(
a = c
a + ib = c + id =⇒
b = d
dir.
Örnek 0.274.
z1 = 3x − i 21 ve z2 = −36 + (y + 1)i sayılarının eşit olabilmesi için
x ve y’nin ne olacağını bulalım:
1
3x + i (− ) = −36 + i (y + 1)
2
3x = −36;
y+1 = −
x = −12;
y=−
1
2
3
2
bulunur.
Örnek 0.275.
x
x −1
+ y12 i sayısının karmaşık sayı olabilmesi için x ve y nin ne
olacağını bulalım:
Verilen sayının karmaşık sayı olabilmesi için,
x
1
,
∈R⇒
x − 1 y2
x − 1 6= 0 ⇒ x 6= 1 ve x ∈ R
y2 6= 0 ⇒ y 6= 0 ve y ∈ R
olmalıdır.
Örnek 0.276.
4x2 − 2x + 1 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım:
∆ = (−2)2 − 4.4.1 = 4 − 16 = −12 < 0 olduğundan, denklemin
karmaşık sayı olan iki kökü vardır:
x1,2 =
2±
√
−12
2.4
eşitliğinden
x1 =
2+
√
√
√
√
2 2 3√
1
−1. 12
3
= +
−1 = +
i
8
8
8
4
4
çıkar. Benzer şekilde x2
de hesaplanabilir ve
√
1
S = { (1 − 3i ),
4
bulunur.
√
1
(1 + 3i )}
4
215
216
calculus
Sanal Birimin Kuvvetleri
n ∈ Z olmak
üzere, i’nin kuvvetleri aşağıdaki gibi hesaplanır:
√
i = −1
i4 = i2 .i2 = (−1)(−1) = 1
i7 = i4 .i3 = −i
i10 = (i )4.2 i2 = −i
···
i4n+1 = i
i4n = 1
i 2 = −1
i5 = i4 .i = i
i8 = i4 .i4 = 1
i11 = (i )4.2 i3 = −i
···
i4n+2 = −1
i3 = i2 .i = −i
i6 = i4 .i2 = −1
i9 = (i )4.2 .i = i
i12 = i4.3 = 1
···
i4n+3 = −i
Örnek 0.277.
i−27 sayısını hesaplayalım.
i−27 = i−(4×6+3) =
1
i4.6 .i3
=
1
i
i
=
= =i
−i
(−i )i
1
bulunur.
Örnek 0.278.
3 − i412
1 − i210
ifadesini sadeleştirelim:
3 − i4×103
3 − i412
=
1 − i210
1 − i4×52 .i2
(3 − (1))
=
1 − 1.(−1)
2
=
2
=1
bulunur.
Geometrik Gösterim
Figure 38: Karmaşık Sayının
Düzlemsel Gösterimi
Karmaşık sayılar ile analitik düzlemin noktaları bire bir eşlenebilir.
Bu eşlemede, x + yi sayısına ( x, y) noktası karşılık getirilir.
Şekilde, 0 + 0i sayısı, O(0, 0) noktası ile, x + 0i sayıları Ox
ekseni ile, bütün 0 + yi sayıları, Oy ekseni ile eşlenir. Ox eksenine
gerçel (reel) eksen, Oy eksenine sanal (imajiner) eksen denir.
Yukarıda belirtildiği gibi karmaşık sayılarla bire bir eşlenen
düzleme, karmaşık düzlem diyeceğiz.
Karmaşık Sayının Eşleniği
Şekil 39’ü inceleyiniz. x + yi ve x − yi sayılarından birine diğerinin
eşleniği denir. z karmaşık sayısının eşleniğini z biçiminde göstereceğiz.
z = ( x + yi ) = x + (−y)i = x − yi
dir. Şekil dikkatle incelendiğinde bir karmaşık sayı ile eşleniğinin,
gerçel eksene (Ox eksenine) göre simetrik oldukları görülür.
Figure 39: Karmaşık Eşlenik
karma şik sayilar
Theorem 0.279. Bir karmaşık sayının eşleniğinin eşleniği kendisidir.
İspat: z = x + yi karmaşık sayısını düşünelim.
(z)− = [( x + yi )− ]− = [ x − yi ]− = x + yi = z
olur. Örneğin,
z = 1 + 2i ⇒ z = 1 − 2i ⇒ (z) = 1 + 2i
Örnek 0.280.
Aşağıda verilen karmaşık sayıların eşleniklerini bulalım.
√
a) 1 − 21 i
c) 203
e) −16 + 3
√
√
√
√
b) 2 + i d) −7 f) 7 − −9 + −4
Çözümler:
a) 1 − 12 i’nin eşleniği 1 + 12 i’dir.
√
√
b) 2 + i’nin eşleniği 2 − i’dir.
c) 203’ün eşleniği 203 tür.
√
√
√
d)
−7 = 7i’nin eşleniği − 7i’dir.
√
−16 + 3 = 3 + 4i’nin eşleniği 3 − 4i’dir.
e)
√
√
f) 7 − −9 + −4 = 7 − 3i + 2i = 7 − i’nin eşleniği 7 + i’dir.
Mutlak Değer (modül)
Karmaşık düzlem üzerinde
z = x + yi sayısına karşılık gelen nokta
Z olsun. ZAO dik üçgeninde,
q
| OZ |2 =| x |2 + | y |2 = x2 + y2
veya
| z |=| x + yi |=
q
x 2 + y2
yazılır.
Karmaşık düzlemde, bir karmaşık sayıya karşılık gelen noktanın
başlangıç noktasına uzaklığına bu sayının modülü veya mutlak
değeri denir.
p
z = x + yi sayısının modülü | z | ile gösterilir. | z |= x2 + y2 dir.
p
∀ x, y ∈ R için x2 + y2 ∈ R ve | z |≥ 0 dır.
Örnek 0.281.
z = 3 − 4i sayısının modülünü
bularak karmaşık düzlemde gösterelim:
p
√
√
| z |= 32 + (−4)2 = 9 + 16 = 25 = 5
olur.
Örnek 0.282.
217
218
calculus
olduğunu gösterelim:
√
z = a + bi olsun. | z |= a2 + b2 dir.
| z |=
p
a2
+ b2
2
(
a
b
p
02 + 02 ⇒| z |= 0
2
= 0 ⇒ a +b = 0 ⇒
= 0
⇒ z = 0 + 0i = 0
= 0
ve
z = 0 ⇒ z = 0 + 0i ⇒| z |=
bulunur.
Örnek 0.283.
z = −9i sayısının modülünü bulalım.
p
|z| = | − 9i | = 8 − 9)2 = 9 olur.
Toplama ve Çıkarma
İki karmaşık sayı z1 = a + bi ve
z2 = c + di olsun. Sıfırdan farklı her
karmaşık sayı i’ye göre birinci dereceden
bir polinomdur. Bu nedenle,
z1 + z2 = ( a + bi ) + (c + di ) = ( a + c) + (b + d)i
z1 − z2 = ( a + bi ) − (c + di ) = ( a − c) + (b − d)i
Yandaki şekli inceleyiniz.
Örnek 0.284.
z1 = 2 − 3i ve z2 = 1 + 2i ise z1 + z2 ve z1 − z2 toplam
ve farklarını bularak karmaşık sayılar düzleminde gösterelim.
z1 + z2
= (2 − 3i ) + (1 + 2i )
= (2 + 1) + (−3 + 2)i
= 3−i
z1 − z2
= (2 − 3i ) − (1 + 2i )
= (2 − 1) + (−3 − 2)i
= 1 − 5i
Yandaki şekil üzerinde, karmaşık
sayıların toplam ve farkının geometrik
yorumunu yapınız.
Toplama Çıkarmanın özelikleri
Kapalılık Özeliği
z1 , z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di olsun
z1 + z2 = ( a + bi ) + (c + di ) = ( a + c) + (b + d)i
karma şik sayilar
bulunur. a, b, c, d ∈ R ⇒ ( a + c), (b + d) ∈ R olduğundan
( z1 + z2 ) ∈ C
olur. O halde, karmaşık sayılar kümesi toplama işlemine göre
kapalıdır.
Etkisiz (birim) Eleman Varlığı
z1 , 0 ∈ C , z1 = a + bi ve 0 = 0 + 0i olsun.
z1 + 0
= a + bi + 0 + 0i;
= ( a + 0) + ( b + 0) i
= a + bi
= z1
0 + z1
= 0 + 0i + a + bi
= (0 + a ) + (0 + b ) i
= a + bi
= z1
olur. O halde, sıfır, karmaşık sayılarda toplama işlemine göre
etkisiz (birim) elemandır.
Ters Eleman Varlığı
z ∈ C ve z = a + bi ise −z = − a − bi diye tanımlayalım.
z + (−z)
= ( a + bi ) + (− a − bi )
= ( a − a ) + ( b − b )i
= 0 + 0i
= 0
(−z) + (z) = (− a − bi ) + ( a + bi )
= (− a + a) + (−b + b)i
= 0 + 0i
= 0
olduğundan, karmaşık sayılar kümesinde, toplama işlemine göre,
her elemanın tersi vardır.
219
220
calculus
Birleşme Özeliği
z1 , z2 , z ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z3 = x + yi olsun.
( z1 + z2 ) + z3
= [( a + bi ) + (c + di )] + ( x + yi )
= [( a + c) + (b + d)i ] + ( x + yi )
= [( a + c) + x ] + [(b + d) + y]i
= [ a + (c + x )] + [b + (d + y)[i
= a + bi + [(c + x ) + (d + y)i ]
= z1 + ( z2 + z3 )
olduğundan, karmaşık sayılarda toplama işleminin birleşme özeliği
vardır.
(C, +) sistemi kapalılık, etkisiz eleman, ters eleman ve birleşme
özelikleri olduğu için gruptur.
Değişme Özeliği
∀z1 , z2 ∈ C ve z1 + a + bi, z2 = c + di olsun.
z1 + z2
= ( a + bi ) + (c + di )
= ( a + c ) + ( b + d )i
= ( c + a ) + ( d + b )i
= (c + di ) + ( a + bi )
= z2 + z1
olduğundan, karmaşık sayılar kümesinde toplama işleminin değişme
özeliği vardır. Sonuç olarak,
(C, +) sistemi değişmeli bir gruptur.
Alıştırmalar
1. Köklerinden biri 1 − 2i olan ikinci dereceden bir bilinmeyenli
denklemi bulunuz.
2. 2i6 + (−1i)3 + 6i−5 − 2i sayısını a + ib şeklinde yazınız.
3.
5
i2
+
2
i3
−
20
i18
sayısını bulunuz.
4. (1 + i )14 sayısını a + ib biçiminde yazınız.
5. (3 − 2i ) = u(1 + i ) ise u sayısını bulunuz.
6. P( x ) = 3x17 − x8 + 2 ise P(i )’yi bulunuz.
7. z = x + yi ve z ∈ C ise (z − z) ve (z − z) karmaşık sayılarını
bulunuz.
8. Aşağıdaki ifadeleri a + ib biçiminde yazınız.
karma şik sayilar
i16
= ?
−5 − −25
√
5 −121
√
√
−7.5 −3
r
√
4
12 5 −
5
3
√
15 −1
√
√
5 −3 + −9
√
1√
2√
−243 − 8 −28 −
−63
7
3
= ?
√
−64 +
√
√
19
r i
1
−
3
√
3 −60
r
√
1
−27 −
3
√
12 −15
√
16 −5
10
√
−5
√
( i 3)4
= ?
= ?
= ?
= ?
= ?
= ?
= ?
= ?
= ?
= ?
= ?
= ?
= ?
9. Aşağıdaki ifadeleri kısaltınız.
1
1
1
1
a) 3 − 4 + 5 − 6
b) 4i + 6i2 − i3 + 2i4 + 3i5
i
i r
i ri
r
√
√
√
x
x
x
c) − + − − −
d) −4x4 − −9x4 − 100x4
3
9
27
10. Aşağıdaki denklemlerin çözüm kümesini bulunuz.
a) x2 − 2x + 10 = 0 b) x2 − x + 1 = 0 c) x2 − x + 3 = 0
2
3
d) 2y2 = 3y − 4
e) t2 + 3t
f) 7u2 + 5u = −1
5 = − 10
11. z1 = 3 − m + ni ve z2 = (m − 2n)i sayılarının eşit olması için m
ve n kaçtır?
12. Aşağıdaki işlemleri yapınız.
√
1
1
i
a) (17 + i ) + (17 − i ) d) (1 − 9)
2
2
2 √
b) 6 + (2 − i )
e) (5 + −4) + (1 − 4i )
c) (3 + 2i ) + i
f) (i2 − i ) + (i4 − i3 )
Çarpma
İki karmaşık sayı z1 = a + bi ve z2 = c + di olsun. Sıfırdan farklı
her karmaşık sayı i’ye göre birinci dereceden bir polinomdur. İki
polinomun çarpımı işlemi ile dağılma ve birleşme özeliğinden
yararlanılarak
z1 .z2 =
( a + bi ).(c + di )
=
a(c + di ) + bi (c + di )
=
=
ac + adi + bci + bdi2
00 2
i = −100
( ac − bd) + ( ad + bc)i
bulunur.
Örneğin,
z1 = (3 + i ) ve z2 = 1 + 2i ise z1 .z2 yi bulalım:
vspace*5.0cm
z1 .z2 = (3 + i )(1 + 2i ) = (3.1 − 1.2) + (3.2 + 1.1)i = 1 + 7i
221
222
calculus
Theorem 0.285. Her z = x + yi karmaşık sayısı için | z |2 = z.z dir.
İspat:
z.z
= ( x + yi )( x − yi )
= x 2 + y2
q
= ( x 2 + y2 )2
= | z |2
Çarpımın Özelikleri
Kapalılık Özeliği
z1 , z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di olsun.
z1 .z2 = ( a + bi )(c + di )
= ( ac − bd) + ( ad + bc)i
olur. ( ac − bd) ∈ R ve ( ad + bc) ∈ R olduğu için iki karmaşık sayının
çarpımı yine bir karmaşık sayıdır.
Karmaşık sayılar kümesi çarpma işlemine göre kapalıdır.
Etkisiz (birim) Eleman Varlığı
z1 , 1 ∈ C ve z1 = a + bi, 1 = 1 + 0i olduğu gözönüne alınırsa,
z1 .1
= ( a + bi )(1 + 0i )
= ( a.1 − b.0) + ( a0 + b.1)i
= a + bi = z1
bulunur. Ohalde, 1 = 1 + 0i sayisi karmaşık sayılar kümesinde
çarpma işlemine göre etkisiz (birim) elemandır.
Ters Eleman Varlığı
z karmaşık sayının çarpma işlemine göre tersi z−1 ile gösterilsin.
z.z−1 = 1
olmalıdır. Şimdi bu eşitliği sağlayan z−1 sayısını belirleyeceğiz:
z = a + bi ise
z.z−1 = 1
=⇒ ( a + bi ).z−1 = 1
1
1
=⇒ z−1 =
=
a + bi
z
”Pay ve paydayı a − bi ile çarpalım.”
1
a − bi
=⇒ z−1 = =
z
( a + bi )( a − bi )
1
a
b
=⇒ z−1 = = 2
− 2
i
z
a + b2
a + b2
bulunur. z−1 ∈ C olduğu açıktır. Son eşitliği kullanarak sağlama
yapabiliriz:
karma şik sayilar
z.z−1
b
a
− 2
i]
2
+b
a + b2
a2
b2
ab
ab
( 2
+
+ 2
) + (− 2
)i
a + b2
a2 + b2
a + b2
a + b2
|
|
{z
}
{z
}
= ( a + bi ).[
=
a2
1
z.z
−1
= 1 + 0i
z.z
−1
= 1
0
Sıfır hariç, karmaşık sayılar kümesinde çarpma işlemine göre her
elemanın tersi vardır.
Birleşme Özeliği
z1 , z2 , z ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z = x + yi olsun.
(z1 .z2 ).z = [( a + bi )(c + di )].( x + yi )
= [( ac − bd) + ( ad + bc)i ]( x + yi )
= [( ac − bd).x − ( ad + bc)y] + [( ac − bd)y + ( ad + bc) x ]i
= ( acx − bdx − ady − bcy)( acy − bdy + adx + bcx )i
= [ a(cx − dy) − b(dx + cy)] + [ a(cy + dx ) + b(cx − dy)]i
= ( a + bi )[(cx − dy) + (cy + dx )i ]
= z1 .(z2 .z)
bulunur.
Karmaşık sayılarda çarpma işleminin
birleşme özeliği
vardır.
Değişme Özeliği
z1 , z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di olsun. Gerçel sayılarda dağılma,
birleşme ve çarpma işlemine göre değişme özeliğini uygularsak,
z1 .z2
= ( a + bi ).(c + di )
= ( ac − bd) + ( ad + bc)i
= (ca − db) + (da + cb)i
= (c + di ).( a + bi )
= z2 .z1
bulunur.
Karmaşık sayılarda çarpma işlemine göre
değişme özeliği
vardır.
Sonuç olarak, (C − {0}, ·) sistemi çarpma işlemine kapalıdır; etkisiz elemanı vardır; her elemanın tersi vardır; birleşme ve değişme
özeliklerini sağlar. Öyleyse, sistem
223
224
calculus
değişmeli bir grup
tur.
Dağılma Özeliği
Karmaşık sayılarda çarpma işleminin toplama işlemi üzerine
dağılma özeliğinin varlığını gösterelim:
z1 , z2 , z ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z = x + yi olsun.
z1 .( z2 + z )
= ( a + bi )[(c + di ) + ( x + yi )]
= ( a + bi )[(c + x ) + (d + y)i ]
= [ a(c + x ) − b(d + y)] + [ a(d + y) + b(c + x )]i
= ( ac + ax − bd − by) + ( ad + ay + bc + bx )i
= [( ac − bd) + ( ad + bc)i ] + [( ax − by) + ( ay + bx )i ]
= z1 .z2 + z1 .z
bulunur. Karmaşık sayılarda çarpma işleminin toplama işlemi
üzerine soldan dağılma özeliği vardır. Benzer şekilde, sağdan
dağılma özeliğinin varlığı da gösterilebilir.
Karmaşık sayılarda çarpma işleminin toplama işlemi üzerine
dağılma özeliği vardır.
O halde (C − 0, +, ·) sistemi bir cisimdir.
Çarpma İşleminde Kısaltma Kuralı
Theorem 0.286. z1 , z2 , z3 ∈ C, z3 6= 0 ve uw = vw ise z1 = z2 dir.
İspat: z1 = a + bi, z2 = c + di ve z3 = x + yi olsun.
uw
= ( a + bi )( x + yi )
= ( ax − by) + ( ay + bx )i
ve
vw
= (c + di )( x + yi )
= (cx − dy) + (cy + dx )i
olacaktır. uw = vw olması için
( ax − by) + ( ay + bx )i = (cx − dy) + (cy + dx )i
olmalıdır. Buradan,
( ax − by − cx + dy) + ( ay + bx − cy − dx )i = 0
çıkar. Sol yanın eşleniği ile çarparsak
( ax − by − cx + dy)2 + ( ay + bx − cy − dx )2 = 0
ya da
[( a − c) x + (d − b)y]2 + [( a − c)y + (b − d) x ]2 = 0
karma şik sayilar
yazabiliriz. Bu ifadedeki bütün sayılar gerçel ve z3 = x + yi 6= 0
olduğundan, son eşitliğin sağlanabilmesi için gerekli ve yeterli
koşul
a=c
ve
b=d
olmasıdır. Öyleyse,
z1 = z2
olur.
Bölme
z1 , z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z2 6= 0 olsun.
z1
z2
=
z1
z2
=
=
=
a + bi
c + di
"Pay ve paydayı, paydanın eşleniği ile çarpalım".
( a + bi )(c − di )
(c + di )(c − di )
( ac − bd) + (− ad + bc)i
c2 + d2
ac − bd bc − ad
+ 2
i
c2 + d2
c + d2
olur.
İki karmaşık sayının birbirine bölümünü elde etmek için paydanın eşleniği ile pay ve payda çarpılır.
Örnek:
7 + 3i
5 − 2i
işlemini yapalım:
7 + 3i
5 − 2i
(7 − 3i )(5 + 2i )
(5 − 2i )(5 + 2i )
(35 − 6) + (14 + 15)i
=
52 + 22
29 + 29i
=
29
= 1+i
=
Bölme işlemini ters eleman yardımıyla şöyle tanımlayabiliriz:
z1 = a + bi ve z2 = c + di ve z2 6= 0 olmak üzere
z1
1
= z1 ·
= z1 · z2−1
z2
z2
dir.
İki karmaşık sayının birbirine bölümü; bölenin tersi ile bölünenin
çarpımına eşittir.
Theorem 0.287. z1 , z2 ∈ C ise, aşağıdaki bağıntılar vardır.
225
226
calculus
| uv | = | z1 | . | z2 |
z
| z1 |
| 1 | =
( z2 6 = 0)
z2
| z2 |
| z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 |
| z1 | − | z2 | ≤ | z1 + z2 |
Bu teoremin ispatı öğrenciye bırakılmıştır.
Alıştırmalar
1. Aşağıdaki ifadeleri a, b ∈ R olmak üzere a + ib biçiminde yazınız.
a) (3 + 4i )(4i − 3)
b) (6i − 1)(1 + 6i )
√
c) (1 + −7)2
d) (3 − 5i )2
e) (−2 + 5i )(4 + 3i )
f) (5 − 2i )(3 + 4i )
√
√
g) −9 − 3)(2 − −1)
√
√
h) ( −25 + 2)( −16 − 2)
2. Aşağıdaki bölme işlemlerini yapınız.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
4+ i
2−3i
3+ i
5i
√
1− −7
i
√ 3√
3− −3
√
5−
√ −7
−7
i
1+ i
i 5 +1
i5
i 3 −1
i3
3. Aşağıdaki denklemlerin çözüm kümesini bulunuz.
a) x2 − 2ix − 4 = 0
b) ix2 + 5x − 4i = 0
4. z = 2 − i ise z−1 − i bulunuz.
5. z = 1 − i ise z2 · z−1 ifadesini bulunuz.
6. | z2 |=| z |2 olduğunu gösteriniz.
7. z = 2 − 3i ise z−1 ’i bulunuz.
2
sayısını a + ib şeklinde yazınız.
8. (2 + 3i ) 12+−2ii
1
9. z = 3−i i
2+3i sayısının gerçel ve sanal kısımlarını bulunuz.
10. |z| = |z| olduğunu gösteriniz.
karma şik sayilar
Geometrik Yorumlar
Toplama İşleminin Geometrik Yorumu
Karmaşık iki sayı z1 = a + bi ve
z2 = c + di olsun. z1 ve z2 sayılarının karmaşık sayılar düzlemindeki görüntülerine,
sırayla, A ve B diyelim.
Yandaki şekilde görüldüğü gibi
OACB paralel kenarını çizelim. Şekilde
taralı olan,
∆
∆
ODB∼
= AEC
(A.K.A. eşlik kuralı)
dir. Bu üçgenlerin eşliğinden yararlanarak
C noktasının koordinatları ( a + c, b + d) olur.
Yani C noktası,
z1 + z2 = ( a + c ) + i ( b + d )
sayısının karmaşık sayılar düzlemindeki
görüntüsüdür.
Şekli dikkatle inceleyecek olursak aşağıdaki sonucu çıkarırız.
İki karmaşık sayının mutlak değerleri toplamı, bu sayıların toplamının
mutlak değerinden küçük olamaz.
Üçgen eşitsizliği diye bilinen bu gösterimin sembolle ifadesi
şöyledir:
| z1 | + | z2 |≥| z1 + z2 |
Çıkarma İşleminin Geometrik Yorumu
Yandaki şekli inceleyiniz. z1 = a + ib,
z2 = c + id olsun. z1 , z2 ve −z2 sayılarının
karmaşık sayılar düzlemindeki görüntülerine, sırasıyla, A, B ve P diyelim. Toplama
işlemine benzer şekilde hareket edilerek, R
noktasının koordinatları, ( a − c, b − d) bulunur. Yani R noktası,
z1 − z2 = ( a − c ) + i ( b − d )
sayısının karmaşık sayılar düzlemindeki
görüntüsüdür. Şekilden de kolayca görüleceği gibi, şu sonucu yazabiliriz:
İki karmaşık sayının mutlak değerlerinin farkı, farklarının mutlak
değerinden büyük olamaz.
Bunun sembolle ifadesi şöyledir:
| z1 | − | z2 |≤| z1 − z2 |
227
228
calculus
İki Karmaşık Sayı Arasındaki Uzaklık
z1 = x1 + iy1 ve z2 = x2 + iy2 iki karmaşık sayı olsun. Bu sayılar
arasındaki uzaklık, karmaşık sayılar düzlemindeki görüntüleri
arasındaki uzaklık olarak tanımlanır. Dolayısıyla,
z1 = x1 + iy1 ’in görüntüsü A( x1 , y1 )
z2 = x2 + iy2 ’in görüntüsü B( x2 , y2 )
ise
q
( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2
| z1 − z2 |=| AB |=
olur. Tabii,
| z1 − z2 |=| z2 − z1 |
olduğunu görmek kolaydır.
Ayrıca z1 , z2 , z3 , z herhangi karmaşık sayılar olmak üzere aşağıdaki özelikler sağlanır:
1. |z1+ z2 | ≤ |z1 | + |z2 |
2. |z1 z2 | = |z1 |.|z2 |
|z |
3. zz21 = |z1 | (z2 6= 0)
2
4. |z| ≥ | Re(z)| ≥ Re(z)
5. |z| ≥ | Im(z)| ≥ Im(z)
6. ||z1 | − |z2 || ≤ |z1 − z2 |
7. |z1 | − |z2 | ≤ |z1 − z2 |
Örnek 0.288.
z1 = 1 + i ve z2 = 1 − i sayıları arasındaki uzaklığı bulalım.
z1 = 1 + i0 nin
z2 = 1 − i0 nin
⇒| z1 − z2 |=
görüntüsü
görüntüsü
q
A(1, 1)
B(1, −1)
)
(1 − 1)2 + (1 + 1)2 = 2
bulunur.
Örnek 0.289.
{z :| z − 1 + i |= 2, z ∈ C} kümesini karmaşık düzlemde
gösterelim:
z = x + iy olsun.
| z − 1 + i |= 2
⇒ | x + iy − 1 + i |= 2
⇒ | ( x − 1) + i (y + 1) |= 2
q
⇒ | ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = 2
⇒ ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = 4
karma şik sayilar
bulunur. O halde, verilen denklemi sağlayan karmaşık sayılar,
merkezi (1, −1) ve yarıçapı 2 olan çember üzerindeki karmaşık
sayılardır. Şekli inceleyiniz.
Örnek 0.290.
{z :| z − 1 + i |≤ 2, z ∈ C}
kümesini karmaşık düzlemde gösterelim.
| z − 1 + i |≤ 0 ⇒| z − (1 − i ) |≤ 2
(1 − i ) sayısının görüntüsü M(1, −1) olduğundan z sayılarının
kümesi M merkezli r = 2 yarıçaplı dairedir. Yukarıda sağdaki şekle
bakınız.
Kutupsal Gösterim
Sıfırdan farklı bir karmaşık
sayı z = a + ib olsun. Bu sayının karmaşık sayılar düzlemindeki görüntüsünü
orijine birleştiren doğru parçasına r ve
r nin Ox ekseni ile oluşturduğu açının
ölçüsüne θ diyelim. Şekildeki dik üçgenden,
p
|z| =
a2 + b2
b
sin θ =
veya b =| z | sin θ
|z|
a
cos θ =
veya a =| z | cos θ
|z|
yazılır. a ve b yerine değerleri konularak,
z = a + ib =| z | cos θ + i | z | sin θ =| z | (cos θ + i sin θ )
veya
| z |= r yazılırsa z = a + ib = r (cos θ + i sin θ )
elde edilir. Bu biçimdeki gösterime, karmaşık sayıların
229
230
calculus
kutupsal (veya trigonometrik) gösterimi
denir.
Sıfırdan farklı z = a + ib karmaşık sayısı için,
cos θ =
a
|z|
ve
sin θ =
b
|z|
eşitliklerini sağlayan θ gerçel sayısına z nin
argümenti
denir ve arg(z) = θ veya arg( a + ib) = θ biçiminde gösterilir.
0 ≤ θ < 2π ise θ ya karmaşık sayının esas argümenti denir ve Arg(z)
ile gösterilir.
Mutlak değeri ve argümenti verilen bir karmaşık sayı kolayca
bulunur.
Karmaşık sayının mutlak değer ve argümentine bu sayının
kutupsal koordinatları
denir ve (| z |, θ ) veya (r, θ ) biçiminde gösterilir.
Karmaşık sayı, θ argümenti radyan cinsinden ve k ∈ Z olmak
üzere,
z = a + ib
= r (cos θ + i sin θ )
= r [cos(θ + 2kπ ) + i sin(θ + 2kπ )]
biçiminde de yazılabileceğini unutmayınız.
| z |= r ve (cos θ + i sin θ ) = cisθ = eiθ
gösterimini kullanırsak,
z = r (cos θ + i sin θ ) = rcisθ = eiθ
kısaltmasını yazabiliriz.
Örnek 0.291.
√
z = 1 + i 3 sayısının argüment ve esas argümentini bulalım.
q
√
√
| z |= r = 12 + ( 3)2 = 1 + 3 = 2
bulunur. Mutlak değer
yardımıyla,
√
√
1+i 3
1
3
z = 2(
) = 2( + i
)
2
2
2
yazılır.
Karmaşık sayının kutupsal biçimi düşünülerek, k ∈ Z
için,
karma şik sayilar
1
cos θ =
2
√
ve
sin θ =
3
2
π
+ 2kπ
3
π
arg(z) = + 2kπ
3
⇒ θ=
⇒
bulunur. θ için eşitliği sağlayan en küçük pozitif gerçel sayı
olduğundan, z sayısının esas argümenti π3 radyandır.
z sayısını kutupsal biçimde yazalım:
z = 2(cos
π
3
π
π
+ i sin ) = 2(cos 600 + i sin 600 ) = 2cis600
3
3
veya k ∈ z olmak üzere,
z = 2[cos(
π
π
π
π
+ 2kπ ) + i sin( + 2kπ )] = 2cis( + 2kπ )2ei( 3 +2kπ )
3
3
3
ya da
z = 2[cos(600 + k3600 ) + i sin(600 + k3600 )] = 2cis(600 + k3600 ) = 2ei(60
o + k360o )
olur.
z ’nin esas argümentinin, OAB üçgeni yardımıyla bulunabileceğini görünüz.
Örnek 0.292.
Kutupsal koordinatları (4, 2250 ) olan karmaşık sayıyı bulalım:
z
= 4cis2250
= 4(cos 2250 + i sin 2250 )
= 4[(− cos 450 ) + i (− sin 450 )]
" √
√ #
2
2
= 4 (−
) + i (−
)
2
2
√
√
= −2 2 − 2 2i
√
= −2 2(1 + i )
1. (1 + i )14 sayısını a + ib biçiminde yazınız.
2. (3 − 2i ) = z1 (1 + i ) ise z1 sayısını bulunuz.
Kutupsal Çarpma ve Bölme
z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ) ve z2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2 ) karmaşık
sayılarının çarpımını ve bölümünü bulalım.
z1 .z2
= r1 (cos θ1 + i sin θ1 ).r2 (cos θ2 + i sin θ2 )
= r1 .r2 [(cos θ1 . cos θ2 − sin θ1 sin θ2 ) + i (sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 )
= r1 .r2 [cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )]
z1 .z2
olur.
= r1 .r2 cis(θ1 + θ2 )
231
232
calculus
Benzer şekilde
z1
r
= z1 .z2 = 1 cis(θ1 − θ2 )
z2
r2
bulunur.
Yukarıdaki eşitliklerden,
arg(z1 .z2 ) = arg(z1 ) + arg(z2 )
ve
arg(
z1
) = arg(z1 ) − arg(z2 )
z2
sonuçlarını çıkarırız.
Örnek 0.293.
z1 = 2(cos 700 + i sin 700 ), z2 = 3(cos 500 + i sin 500 ) olmak üzere
z1 .z2 yi bulalım:
z1 .z2
= 2.3cis(700 + 500 )
= 6(cos 1200 + i sin 1200 )
= 6(− cos 600 + i sin 600 )
√
1
3
= 6(− + i
)
2 √ 2
= −3 + 3 3i
Örnek 0.294.
arg
arg z1 =
π
3
ve arg z2 =
π
6
z1
z2
ise arg( zz21 )yi bulalım:
= arg z1 − arg z
=
=
Çarpma İşleminin Geometrik Yorumu
z1 = a + ib = r1 cisθ1 = r1 eiθ1
ve
z2 = c + id = r2 cisθ2 = r2 eiθ2
olsun. z1 ile z2 sayılarının karmaşık sayılar düzlemindeki görüntüleri sırasıyla A ve B olsun. Ox ekseni üzerinde | OC |= 1
birim uzunluk olacak şekilde C noktası alalım. m(Ĉ ) = m( B̂)
∆
[ ) = m( BOD
[ ) olacak şekilde açılar çizip AOC ne benzer
ve m(COA
∆
DOB elde edelim.
π
π
−
3
6
π
6
karma şik sayilar
∆
∆
AOC ∼ DOB
| OD |
| OB |
=
| OA |
| OC |
| OD |
|z |
⇒
= 2
| z1 |
1
⇒ | OD |=| z1 | . | z2 |
⇒
[ = θ1 , COB
[ = θ2 ve COD
[ = θ1 + θ2
bulunur. Öte yandan COA
olduğundan z = z1 z2 = r1 r2 cis(θ1 + θ2 ) çarpımı, karmaşık düzlemde
D noktası ile temsil edilir. Yani D noktası, z1 .z2 sayısının, karmaşık
sayılar düzlemindeki görüntüsüdür.
Bölme İşleminin Geometrik Yorumu
z1 6= 0 olmak üzere iki karmaşık sayı
z1 = a + ib = r1 cisθ1 = r1 eiθ1
ve
z2 = c + id = r2 cisθ2 = r2 eiθ2
olsun. z1 ve z2 sayılarının karmaşık sayılar düzlemindeki görüntüleri sırasıyla A ve B olsun. | OC |= 1 birim uzunluk olmak üzere
∆
∆
AOC ne benzer BOD çizelim.
∆
∆
AOC ∼ BOD ⇒
| DO |
| BO |
|z |
=
⇒| DO |= 2
| CO |
| AO |
| z1 |
bulunur. Öte yandan
[ = θ2 − θ1 , | z2 |=| OD |= r2
COD
z1
r1
olduğu açıktır. O halde,
z=
z2
r
r
= 2 cis(θ2 − θ1 ) = 1 ei(θ1 −θ2 )
z1
r1
r2
bölümü, karmaşık düzlemde D noktası ile temsil edilir. Yani D
noktası zz2 sayısının karmaşık sayılar düzlemindeki görüntüsüdür.
1
DeMoivre Formülü
(cos( x ) + i sin( x ))n = cos(nx ) + i sin(nx ) = einx
233
234
calculus
Karmaşık Sayıların Kuvvetleri
z = rcisθ olsun.
z2
= z.z = rcisθ.rcisθ;
z3
= z2 .z = r2 cis2θ.rcisθ
z2
= r2 cis(θ + θ )
z3
= r3 cis(2θ + θ )
z2 = r2 (cos 2θ + i cos 2θ )
z3 = r3 (cos 3θ + i sin 3θ )
bulunur.
Benzer şekilde devam edilerek n ∈ N+ için,
zn = r n (cos nθ + i sin nθ )
elde edilir.
Theorem 0.295. ∀n ∈ N+ için,
(cos θ + i sin θ )n = cos nθ + i sin nθ
dır. Bu eşitliğe De Moivre eşitliği denir.
Örnek 0.296.
( 12 + i
√
3 75
2 )
karmaşık sayısını kutupsal biçimde yazalım.
√
3 75
1
( +i
)
2
2
π
π
+ i sin )75
3
3
75π
75π
+ i sin
cos
3
3
cos 25π + i sin 25π
= (cos
=
=
= cos(π + 12.2π ) + i sin(π + 12.2π )
= −1 + i0
= −1
bulunur.
Örnek 0.297.
(1 + i )18 sayısını kutupsal biçimde yazalım.
| 1 + i |=
√
1+1 =
√
2
olduğundan,
(1 + i )18
bulunur.
√
1
i
π
π
= ( 2)18 ( √ + √ )18 = 29 (cos + i sin )18
4
4
2
2
18π
18π
= 29 (cos
+ i sin
)
4
4
π
π
= 29 (cos + i sin )
2
2
karma şik sayilar
Karmaşık sayıların Kökleri
z1 = a + ib = r (cos θ + i sin θ ) sayısının n-inci (n ∈ N+ ) kuvvetten
√
köklerini n z1 ile göstereceğiz. Bu kökler
z=
√
n
z1 ⇔ z n = z1
bağıntısını sağlayan z sayılarıdır.
Örneğin, karesi -2 olan bir gerçel sayı olmadığını biliyoruz; ama
karesi -2 olan karmaşık sayıları bulabiliriz:
√
( 2i )2 = 2i2 = −2
√
(− 2i )2 = 2i2 = −2
√
√
O halde, 2i ve − 2i sayıları -2’nin kareköküdür.
Bu örnekteki gibi özel çözüm her zaman mümkün değildir.
Karmaşık sayıların köklerini bulmak için, De Moivre teoremini
kullanacağız
Theorem 0.298.
z1 = rcisθ
ve
n ∈ N+
için
z n = z1
denklemini sağlayan z sayıları şunlardır:
r1/n cis
θ + 2kπ
,
n
k = 0, 1, 2, · · · , n − 1
İspat:
zn = z1 denkleminde z1 = rcisθ değerini yerine koyup De Moivre
teoremini uygularsak,
zn
= rcisθ
= [rcisθ ]1/n
1
z = r1/n cis[ (θ + 2kπ )]
n
√
θ + 2kπ
n
z =
rcis(
), k = 0, 1, 2, · · · , n − 1
n
z
bulunur.
zn = z1 denklemini sağlayan z sayılarına z1 sayısının n-inci
√
kuvvetten kökü denir. Köklerin modülleri eşit ve n r dir. Agümentleri ise birbirlerinden farklı olup
θ θ + 2π θ + 4π
θ + 2( n − 1) π
,
,
,··· ,
n
n
n
n
dir. Görüldüğü gibi, verilen bir z1 karmaşık sayısının n-inci kuvvetten n tane kökü vardır. Bu kökler karmaşık düzlemde, merkezi
p
orijinde olan n | z1 | yarıçaplı çember üzerinde eşit aralıklarla
sıralanır.
235
236
calculus
Örnek 0.299.
z1 sayısını kutupsal biçimde yazalım. k ∈ Z olmak üzere
| z1 | =
√
1+3 = 2
√
1
3
z1 = 2( +
i)
2
2
π
z1 = 2cis( + 2kπ )
3
olur. Kareköklere z diyelim. k bir tamsayı olmak üzere
z2
= z1
π
+ 2kπ )
3
1 π
21/2 cis[ ( + 2kπ )]
2 3
√
π
2cis( + kπ )
6
2
= 2cis(
z
=
z
=
z1
=
z1
=
z
k = 0 için
=
=
k = 1 için
z2
=
=
=
=
√
2cis
√
π
6
π
π
2(cos + i sin )
6
6
√
√
1
3
+i )
2(
2
√ 2
2 √
( 3 + i)
2
√
π
+ π)
6
√
7π
7π
2(cos
+ i sin
)
6
6
√
√
3 1
2(−
− i)
2
2
√
√
2
( 3 + i)
−
2
2cis(
bulunur.
Örnek 0.300.
z3 − i = 0 denkleminin köklerini bulalım. k = 0, 1, 2, . . . olmak
üzere
π
z3 = i ⇒ z3 = cis( + 2kπ )
2
1 π
⇒ z = cis[ ( + 2kπ )]
3 2
π
2kπ
π
2kπ
⇒ z = [cos( +
) + i sin( +
)]
6
3
6
3
k = 0 için,
z1
z1
z1
π
π
= [cos + i sin ]
6
√ 6
3
1
= (
+i )
2
2
1 √
=
( 3 + i)
2
karma şik sayilar
k = 1 için,
π
2π
π
2π
+
) + i sin( +
)]
6
3
6
3
5π
5π
+ i sin
)
(cos
6
6
√
3
1
(−
+i )
2
2
1 √
(− 3 + i )
2
z2
= [cos(
z2
=
z2
=
z2
=
z3
= [cos(
z3
=
z3
=
z3
= −i
k = 2 için,
π
4π
π
4π
+
) + i sin( +
)]
6
3
6
3
3π
3π
(cos
+ i sin
)
2
2
(0 − i )
bulunur.
Köklerin görüntülerinin ağırlık merkezi orijinde olan düzgün
çokgenin köşeleri olduğunu grafikten görünüz.
Söylenenleri özetlersek;
z = r )cosθ
+ isinθ sayısının n tanekökü şunlardır:
√ zk = n r cos( θ +n2kπ ) + sin( θ +n2kπ )
(k = 0, 1, 2, . . . , n − 1)
Örnek 0.301.
z1 = 8 + 6i sayısının kareköklerini bulunuz.
Bu sayıyı kutupsal biçimde yazmak için trigonometrik cetvelden
değerler bulmak zorunda kalacağız. Bundan sakınmak amacıyla,
kutupsal koordinatları kullanmadan, karekökleri tanıma uyacak
biçimde bulmaya çalışalım:
z = x + iy ve z2 = z1 olsun.
z2
= ( x + iy)2 = 8 + 6i
= x2 − y2 + 2xyi = 8 + 6i
(
x 2 − y2 = 8
2xy = 6 ⇒ y = 3x
çıkar. Elde edilen sistemi çözelim:
x 2 − y2 = 8
3
⇒ x 2 − ( )2 = 8
x
⇒ x4 − 9 − 8x2 = 0
⇒ ( x2 + 1)( x2 − 9) = 0
⇒
⇒
⇒
x2 + 1 = 0
olamaz
2
x − 9 = 0 ⇒ x = ±3
(
x1 = 3
için y1 = 1
x2 = −3 için y2 = −1
bulunur. Ohalde z1 = 3 + i ve z2 = −3 − i olacaktır.
237
238
calculus
Alıştırmalar
√
1.
2
− 1)2 (2 − i )
2
sayısının mutlak değerini bulunuz.
z=(
2. z1 =| z1 − 1 | +2i eşitliğini doğrulayan z1 karmaşık sayısını
bulunuz.
3. | z − 1 | − | z + 2i |= 0 eşitliğini doğrulayan z karmaşık
sayılarının görüntülerini bulunuz.
4. z1 = 1 + 2i ve z2 = 3 − i sayıları arasındaki uzaklığı bulunuz.
5. {z :| z − i |≤ 3, z ∈ C} kümesini karmaşık sayılar düzleminde
belirtiniz.
6. {z :| z + 1 − 2i |≤| z + 4 |, z ∈ C}’ni karmaşık sayılar düzleminde
belirtiniz.
√
7. z = 1 − 3i sayısını kutupsal biçimde yazınız.
8. z1 = 4(cos 2000 + i sin 2000 ) ve z2 = 2(cos 1100 + i sin 1100 ) ise
z1 /z2 sayısını a + ib biçiminde yazınız.
9. arg[z − 1 + i ] = 600 eşitliğini sağlayan z karmaşık sayılarının
karmaşık düzlemdeki görüntüleri kümesini gösteriniz.
10. A =
(cis π6 )4 (cis π2 )3
(cis π4 )5
sayısını a + ib biçiminde yazınız.
11. z = (1 − i )64 sayısını a + ib biçiminde yazınız.
12. Aşağıdaki şekilde görüntüleri verilen z1 ve z2 ’nin çarpımı olan
sayıyı bulunuz.
13. z = +i sayısının kareköklerini bulunuz ve karmaşık düzlemde
gösteriniz.
14. Kutupsal koordinatları (2, 1350 ) olan karmaşık sayıyı a + ib
biçiminde yazınız.
√
15. 4 · (1 + 3)i sayısının küpköklerini bulunuz ve karmaşık
düzlemde gösteriniz.
16. z4 = 1 + i denklemini çözünüz
karma şik sayilar
17. Aşağıdaki denklemleri çözünüz ve kompleks düzlemde grafiklerini çiziniz:
(a) |z − 4 + 3i | = 5
(b) |z + 3i | = 2
(c) Im(z) = −2
(d) Re(z) = 2
(e) Re(1 + iz) = 3
(f) z2 + (z)2 = 2
18. Aşağıdaki eşitsizlikleri çözünüz ve kompleks düzlemde grafiklerini çiziniz:
(a) Re(z) < −1
(b) Re(z) > 3
(c) −1 ≤ Im(z) ≤ 2
(d) |z − i | > 1
(e) Re(z2 ) > 0
(f) 2 < |z − i | < 4
19. 4 ≤ zz < 9 eşitsizliğini çözünüz ve kompleks düzlemde
grafiklerini çiziniz:
√
20. z = 3 + i ise z1996 sayısını bulunuz.
21. deMoivre formülünü kullanarak;
sin3θ = 3sinθ − 4sin3 θ
cos3θ = 4sin3 θ − 3cosθ
olduğunu gösteriniz.
22. z2 = 4
√
23. Re(z2 ) = | 3 − i | denklemini çözünüz.
24. |z − (3 − 6i )| = 5 denklemini çözünüz.
25. z =
1
(1+i )(1−2i )(1+3i )
ise Re(z) ve Im(z)’yi bulunuz.
26. x8 = −32 denklemini çözünüz.
27. x5 = 1 denklemini çözünüz.
√ 10
28. 1+√3i
sayısını bulunuz.
1− 3i
29. z3 + i = 0 denklemini çözünüz.
30. f , g : C ⇒ C birer fonksiyon ve
f : z ⇒ z + 1;
ise ( g ◦ f )(i )’yi bulunuz.
g:z⇒z
239
Sayılabilirlik
Eşgüçlülük
Tanım 0.302. A ile B herhangi iki küme olsun.
(a) A ile B kümeleri arasında bire-bir bir eşleme varsa, A ile B kümelerine
eşgüçlüdürler (equipotent), denir ve bu durum kısaca, A ≈ B
simgesiyle gösterilir.
(b) A kümesi B kümesinin bir alt kümesine eşgüçlü ise, A kümesi B
kümesinden daha güçlü değil, diyecek ve bunu A 4 B simgesiyle
göstereceğiz. Bu durumu simgesel olarak şöyle ifade edebiliriz:
A 4 B ⇔ ∃C (C ⊂ B) ∧ A ≈ C )
(230)
A 4 B ile B < A gösterimleri eş anlamda kullanılacaktır. Birinci
gösterim, A kümesi B kümesinden daha güçlü değil, diye okunur.
İkinci gösterim ise, B kümesi A kümesinden daha az güçlü değil ,
diye okunur.
(c) A kümesi B kümesinden daha güçlü değil ve A ile B eşgüçlü olmuyorsa, A kümesi B kümesinden daha az güçlüdür, diyecek ve bunu
A ≺ B simgesiyle göstereceğiz. Bu durumu simgesel olarak şöyle ifade
edebiliriz:
A ≺ B ⇔ A 4 B ∧ ¬( A ≈ B)
(231)
A ≺ B ile B A gösterimleri eş anlamda kullanılacaktır. Birinci
gösterim, A kümesi B kümesinden daha güçsüzdür diye okunur.
İkinci gösterim, B kümesi A kümesinden daha güçlüdür, diye
okunur.
Lemma 0.303. Herhangi bir kümeler ailesi üzerinde eşgüçlülük bir denklik bağıntısıdır.
İspat: A bir kümeler ailesi olsun. Eşgüçlülük tanımı gereğince,
A ≈ B olması için gerekli ve yeterli koşul A dan B ye bire-bir-örten
(bbö) bir fonksiyonun var olmasıdır.
Her A ∈ A için I A : A → A özdeşlik (birim) fonksiyonu bbö
olduğundan A ≈ A dır. O halde eşgüçlülük bağıntısı dönüşlüdür.
Şimdi A, B, C ∈ A , A ≈ B ve B ≈ C olduğunu varsayalım.
Tanımdan, f : A → B ve g : B → C bbö fonksiyonları vardır.
Öyleyse, g ◦ f bileşkesi A dan C ye bbö ’dir. Dolayısıyla A ≈ C olur;
yani eşgüçlülük geçişlidir. Son olarak, A, B ∈ A ve A ≈ B olduğunu
242
calculus
varsayalım. Bir f : A → B bbö fonksiyonu var olacaktır. Öyleyse,
f −1 : B → A ters fonksiyonu bbö dir. Dolayısıyla, B ≈ A dır; yani
eşgüçlülük simetriktir.
Şimdi, 4 bağıntısının herhangi bir kümeler ailesi üzerinde
bir iyi sıralama bağıntısı olduğunu göstermek istiyoruz. Bunu
yapmak için, önce, bu bağıntının bir tikel (kısmî) sıralama bağıntısı
olduğunu göstereceğiz. Bu işi yaparken de aşağıdaki ilk iki teoreme
dayanacağız.
Lemma 0.304. A herhangi bir küme olmak üzere f : P ( A) → P ( A)
fonksiyonu
X ⊂ Y ⇒ f ( X ) ⊂ f (Y )
(232)
özeliğine sahip bir fonksiyon ise f ( T ) = T olacak şekilde bir T ∈ P ( A)
kümesi vardır.
İspat: Bu önerme Sabit Nokta Teoremi’nin kümeler ailesi için
ifade edilmiş biçimidir.
S = { X | X ∈ P ( A), X ⊂ f ( X )}
(233)
kümeler ailesini tanımlayalım. ∅ ∈ S olduğundan S ailesi boş
değildir.
T=
[
X
(234)
X ∈S
diyelim. T kümesinin istenen koşulu sağladığını göstereceğiz.
Gerçekten
X ∈ S ⇒ X ⊂ f (X)
⇒X⊂T
⇒ f (X) ⊂ f (T )
⇒ X ⊂ f (T )
⇒
[
X ⊂ f (T )
X ∈S
⇒ T ⊂ f (T )
elde edilir. Oysa
T ⊂ f ( T ) ⇒ f ( T ) ⊂ f ( f ( T ))
⇒ f (T ) ∈ S
⇒ f (T ) ⊂ T
dir.
Schröder-Bernstein Teoremi
Theorem 0.305 (Schröder-Bernstein Teoremi). İki kümeden her biri
ötekinin bir alt kümesine eşgüçlü ise, bu iki küme birbirine eşgüçlüdür.
sayilabilirlik
İspat: A ile B herhangi iki küme olsun. Eğer B nin bir B1 alt
kümesi A ile eşgüçlü ve A nın bir A1 alt kümesi B ile eşgüçlü ise, A
ile B kümelerinin eşgüçlü olduğunu göstereceğiz. Bunu simgesel
gösterirsek,
( A ≈ B1 ⊂ B ∧ B ≈ A1 ⊂ A) ⇒ A ≈ B
(235)
yazabiliriz. Varsayımımız gereğince f : A → B1 ve g : B → A1 bbö
fonksiyonlarının varlığını söyleyebiliriz. Şimdi, öncelikle
A − T = g( B − f ( T ))
olacak gekilde bir T ⊂ A alt kümesi olduğunu göstereceğiz. Her
X ⊂ A için bir X̃ kümesini
X̃ = A − g( B − f ( X ))
diye tanımlayalım. Buradan
X ⊂ Y ⇒ f ( X ) ⊂ f (Y )
⇒ ( B − f ( X )) ⊃ ( B − f (Y ))
⇒ g( B − f ( X )) ⊃ g( B − f (Y ))
⇒ ( A − g( B − f ( X ))) ⊂ ( A − g( B − f (Y )))
⇒ X̃ ⊂ Ỹ
olur Öyleyse, Önerme 0.304 gereğince,
f˜ : P ( A) → P ( A)
X ∈ P ( A) ⇒ f˜( X ) = X̃
fonksiyonunun sabit bıraktığı bir T ⊂ A alt kümesi var olacaktır;
yani
∃ T ∈ P ( A) ; T = f ( T ) = T̃
Oysa bu
T = A − g( B − f ( T ))
olması demektir. Öte yandan g( B − f ( T )) ⊂ A olduğundan, T
kümesinin istediğimiz egitliği sağladığı görülür. Artık teoremin
ispatını tamamlamak için
h( x ) =

 f ( x ),
x∈T
 g −1 ( x ),
x ∈ A−T
şeklinde tanımlanan h : A → B fonksiyonunun bbö olduğunu
görmek yetecektir. Bu ise, hemen görülmektedir.
Theorem 0.306. Her A kümeler ailesi 4 bağıntısına göre tikel (kısmi)
sıralıdır.
243
244
calculus
İspat: Bu bağıntının dönüşlü, geçişli ve antisimetrik olduğunu
göstereceğiz.
Bir A ∈ A seçelim. A ≈ A olduğundan, Tanım 0.302(b)
gereğince A 4 A olur ; yani 4 bağıntısı dönüşlüdür. Bağıntının
geçişli olduğunu göstermek için A, B, C ∈ A ve A 4 B, B 4 C
olduğunu varsayalım. Bu durumda A ≈ B1 ve B ≈ C1 olacak
şekilde B1 ⊂ B ile C1 ⊂ C kümeleri vardır. Öyleyse, f : A → B1
ve g : B → C1 bbö fonksiyonlarının varlığını söyleyebiliriz. Şimdi
C2 = ( g ◦ f )( A) diyelim. C2 ⊂ C ve g ◦ f : A → C2 bbö olduğundan,
A 4 C çıkar. Son olarak bağıntının antisimetrik olduğunu gösterelim.
Bunun için
( A 4 B) ∧ ( B 4 A) ⇒ A ≈ B
(236)
olduğunu göstermeliyiz. Oysa bunun varlığını (235) den; yani
Schröder-Bernstein teoreminden biliyoruz.
Artık asıl amacımıza geçebiliriz; yani 4 bağıntısının herhangi bir
kümeler ailesi üzerinde bir iyi sıralama bağıntısı olduğunu gösterebiliriz. Bunun ispatı "Her küme iyi sıralanabilir" diyen İyi Sıralama
Teoremi’ne(bkz. ) ve "iyi sıralanmış kümeler mukayese edilebilir"
diyen Teorem 0.396 ’e dayanmaktadır. İyi Sıralama Teoremi’nin,
Seçme Aksiyomuna ve sıra sayılarına dayalı ispatını kitabın son
bölümünde yapacağız. O zamana kadar, iyi sıralama teoremini ispatsız olarak kullanmakta bir sakınca görmüyoruz.
Theorem 0.307. A herhangi bir kümeler ailesi olsun. Bu aile 4 bağıntısına göre iyi sıralıdır.
İspat: Herhangi bir S ⊂ A alt ailesi verilsin. Rasgele bir S ∈ S
seçelim. Eğer S kümesi, (S , 4) tikel sıralı sisteminin en küçük
öğesi ise, istediğimiz özelik S tarafından sağlanıyor demektir. Eğer
S kümesi, S nin en küçük öğesi değilse
B = { B | B ∈ A | B 4 S}
ailesini tanımlayalım. Şimdi iyi sıralama teoremini kullanarak S
kümesini iyi sıralayalım ve böylece oluşturduğumuz iyi sıralanmış
sistemi (S, ) ile gösterelim. Her x ∈ S için
Sx = {s | s ∈ S, s ≺ x }
diyelim. Sonra her B ∈ B için
ψ( B) = min{ x | x ∈ S, B ≈ Sx }
kümesini tanımlayalım.
A = {ψ( B) | B ∈ B }
kümesi S nin boş olmayan bir alt kümesidir. (S, ) iyi sıralı olduğundan, A kümesi en küçük (min) öğeye sahiptir. Buna ψ( D ) diyelim.
Göstereceğiz ki D kümesi, B nin en küçük öğesidir. Gerçekten,
B ∈ B için ψ( D ) ψ( B) dır. Öyleyse, Sψ( D) ⊂ Sψ( B) olacaktır.
Buradan
D → Sψ ( D ) → Sψ ( B ) → B
sayilabilirlik
dönüşümleri bire-bir-içinedir. Demek ki D B dir. Bu da D
kümesinin, (S, ) sisteminin en küçük öğesi olduğunu gösterir. B
nin tanımından, D kümesi , (B, 4) sisteminin en küçük öğesi olur.
Böylece, A nın her alt kümesinin en küçük öğesinin varlığı çıkar.
SONLU ve SONSUZ KÜMELER
Onüçüncü bölümde doğal sayıları tanımlarken kurduğumuz (1.2)
sistemini yeniden düşünelim: Tanım:
0=
\(∅)
1=
\({0})
2=
\({0, 1})
3=
\({0, 1, 2})
..
.
..
.
r=
..
.
(237)
\({0, 1, 2, · · · , r − 1})
..
.
Bütün bu kümelerden oluşan aileye doğal sayılar kümesi demiş ve
bunu ω ile göstermiştik; yani
ω = {0, 1, 2, 3, . . . , n, . . .}
(238)
demiştik. Şimdi sonlu ve sonsuz kümeleri tanımlayabiliriz.
Tanım 0.308. (237) sistemine ait kümelerden her hangi birisine eşgüçlü
olan kümeye sonlu küme, denir.
Tanım 0.309. Sonlu olmayan kümeye sonsuz küme, denir.
Tanım 0.310. (238) ile belirlenen doğal sayılar kümesine eşgüçlü olan
kümeye sayılabilir sonsuz küme, denir.
Tanım 0.311. Sonlu ya da sayılabilir sonsuz bir kümeye sayılabilir küme,
denir. Kümenin sonsuz olduğunu vurgulamak gerektiğinde sayılabilir
sonsuz, diyeceğiz.
Bir A kümesinin sonlu olması demek, tanımı gereğince, ω doğal
sayılar kümesine ait bir n+ sayısı ile bire-bir eşlenebilmesi demektir.
Öyleyse, bir
f : n+ → A
bbö dönüşümü vardır. Her m ∈ n+ öğesinin f altındaki resmini am
ile gösterelim; yani
f (m) = am
245
246
calculus
olsun. Daha açıkçası
0 7−→ a0
1 7−→ a1
2 7−→ a2
3 7−→ a3
..
.
(239)
n 7−→ an
olsun. Buna göre
A = { a0 , a1 , a2 , a3 , . . . , a n }
(240)
olacaktır. Bu durum olduğunda, A kümesinin öğeleri n+ doğal
sayısının öğeleriyle damgalanmıştır. Dolayısıyla, A kümesinin n+
tane öğesi vardır, denir.
Şimdi bunu daha genel olarak düşünelim. Eğer A sayılabilir
sonsuz bir küme ise A ile ω doğal sayılar kümesi bire-bir eşlenebilir.
Öyleyse, (239) eşlemesi her n ∈ ω için düşünüldüğünde,
A = { a0 , a1 , a2 , a3 , . . . , a n , . . . }
(241)
olacaktır. Bu durum olduğunda, A kümesinin öğeleri ω doğal
sayılar kümesinin öğeleriyle damgalanmıştır. Dolayısıyla A kümesinin
öğelerinin sayısı, ω kümesinin öğelerinin sayısı kadardır. (240) ve
(241) de, özel olarak, damgalayan kümelerin öğelerinin birer doğal
sayı olduğu düşünülerek, bu kümelere numaralanabilir kümeler de
denir.
SAYILABİLİR KÜMELER
Bu kesimde sayılabilir kümelerin temel özeliklerini göreceğiz.
Theorem 0.312. Sayılabilir bir kümenin her alt kümesi de sayılabilir.
İspat: Sonlu her kümenin alt kümeleri de sonlu olacağından,
bu durum apaçıktır. Öyleyse, sayılabilir sonsuzluk durumunu inceleyelim. Sayılabilir sonsuz bir A kümesi düşünelim. (241) deki
düşünüşle
A = { a0 , a1 , a2 , a3 , . . . , a n , . . . }
yazabiliriz, A nın herhangi bir B alt kümesini seçelim. B kümesine
ait öğelerin damgalarının (index) oluşturduğu kümeye α diyelim;
yani
α = {n | n ∈ ω, an ∈ B}
kümesini tanımlayalım, α ⊂ ω dır. ω doğal sayılar kümesi iyi
sıralı olduğundan, α nın en küçük (min) öğesi vardır. Bunu r0 ile
gösterelim. Sonra
B1 = ( B − { ar0 })
sayilabilirlik
kümesini düşünelim. B1 kümesine ait öğelerin damgalarının (indislerinin) oluşturduğu kümeye α1 ve bunun en küçük öğesine de r1
diyelim. Böylece devam edersek, n + 1 adımdan sonra
Bn+1 = ( B − { ar0 , ar1 , ar2 , . . . , arn })
kümesini elde ederiz. Tüme Varım İlkesi uyarınca, bu işlemi istediğimiz kadar sürdürebiliriz. Dolayısıyla, B kümesine ait herhangi
bir ak öğesine, yukarıdaki yöntemle, ençok k + 1 adımda varabiliriz.
Başka bir deyişle B nin bütün öğelerini numaralayabiliriz.
Theorem 0.313. Her sonsuz kümenin sayılabilir sonsuz bir alt kümesi
vardır.
İspat: Verilen sonsuz küme A olsun. A 6= ∅ olduğundan, A mn
herhangi bir öğesini seçebilir ve bunu a0 ile gösterebiliriz. Sonra
A − { a0 } kümesinden bir öğe seçip buna da a1 diyebiliriz. Böylece
devam ederek { a0 , a1 , a2 , . . . , an } öğelerini seçmiş olalım. A sonsuz
olduğundan, her n ∈ ω için
( A − { a0 , a1 , a2 , . . . , an }) 6= ∅
olacaktır. Öyleyse, bu sonuncudan da bir öğe seçip buna an+1
diyebiliriz. A sonsuz olduğuna göre, bu işi istediğimiz kadar
tekrarlayabilir ve Tüme Varım İlkesi uyarınca, sayılabilir sonsuz
S = { a 0 , a 1 , a 2 , . . . , a n , a n +1 , . . . }
kümesini kurabiliriz. S kümesi sayılabilirdir. Öğeleri A dan
seçildiği için, S kümesinin A nın bir alt kümesi olduğu apaçıktır.
Theorem 0.314. A sonsuz bir küme, B sayılabilir bir küme ise A ∪ B
bileşimi A kümesine eşgüclüdür.
İspat: A ∪ B = A ∪ ( B − A) dır ve Teorem 0.312 gereğince,
( B − A) sayılabilir bir kümedir. Öyleyse, işin başında A ∩ B 6= ∅
kabul edersek, teoremin genelliği bozulmayacaktır. Bu kabul altında
iki ayrı durum düşünebiliriz.
1.Durum: B sayılabilir sonsuz bir küme ise,
B = {b0 , b2 , b3 , . . . , bn , . . .}
yazabiliriz. Teorem 0.313 gereğince, A nın sayılabilir sonsuz bir
C = { a 0 , a 1 , a 2 , a 3 , . . . , a n , a n +1 , . . . }
alt kümesini seçebiliriz. Şimdi bir f : A → A ∪ B fonksiyonu
aşağıdaki gibi tanımlanmış olsun:
f (x) =


 an ,

x = an
bn ,
x = n n +1



x,
x ∈ ( A − C)
247
248
calculus
Kolayca görüleceği gibi bu fonksiyon bbö bir fonksiyondur. Dolayısıyla,
A ≈ A ∪ B olur.
2.Durum: B sonlu bir küme olsun. B yi kapsayan sayılabilir
sonsuz bir D kümesi düşünelim. Buradan
A ⊂ A∪B ⊂ A∪D
yazabiliriz. A → A ∪ B ve A ∪ B → A ∪ D gömme fonksiyonlan
bire-bir-içine olduğundan
A 4 ( A ∪ B) 4 ( A ∪ D )
çıkar. Oysa 1.Durum gereğince A ∪ D 4 A dır. Demek ki
A 4 ( A ∪ B) 4 A
dır. Artık, Schröder-Bernstein Teoreminden A ≈ A ∪ B olur.
Lemma 0.315. Sayılabilir kümelerin sonlu tanesinin bileşimi sayılabilir
bir kümedir.
İspat: { Ai | i = 0, 1, 2, ..., n} ailesine ait her Ai kümesinin sayılabilir olduğunu varsayalım. Teorem 0.314 gereğince, A0 ≈ A0 ∪ A1
dir; yani A0 ∪ A1 bileşimi sayılabilir bir küme olacaktır. Şimdi
B = A0 ∪ A1 dersek, aynı düşünüşle, B ∪ A2 = A0 ∪ A1 ∪ A2 bileşimi
de sayılabilir bir küme olacaktır. Bu eyleme devam edersek
n
[
Ai
i =0
bileşiminin sayılabilir bir küme olduğu çıkar.
Theorem 0.316. Sayılabilir sonsuz iki kümenin kartezyen çarpımı sayılabilir sonsuz bir kümedir.
İspat: A = { a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . .} ve B = {b0 , b1 , b2 , . . . , bn , . . .}
kümeleri verilsin. A × B kartezyen çarpımının öğelerini aşağıdaki
şekilde sıralayalım:
( a0 , b0 )
( a1 , b0 )
( a2 , b0 )
( a3 , b0 )
..
.
( an , b0 )
..
.
( a0 , b1 )
( a1 , b1 )
( a2 , b1 )
( a3 , b1 )
( a0 , b2 )
( a1 , b2 )
( a2 , b2 )
( a3 , b2 )
( a0 , b3 )
( a1 , b3 )
( a2 , b3 )
( a3 , b3 )
...
...
...
...
( a 0 , bm )
( a 1 , bm )
( a 2 , bm )
( a 3 , bm )
...
...
...
...
( an , b1 )
( an , b2 )
( an , b3 )
...
( a n , bm )
...
Cantor Diyagonal Sayma
A × B kartezyen çarpımının bütün öğeleri bu tabloda yer almış
olacaktır. Artık bu tablodaki sıralı çiftleri saymak kolaydır. Bunun
için ya Tablo ?? de yaptığımız gibi kareleme sayımını kullanabiliriz
ya da tabloda sol üst köşede, sırayla, oluşan karelerin köşegenleri
sayilabilirlik
üzerindeki öğeleri karelerin oluş sırasıyla saymaya başlayalım:
( a0 , b0 ) 7−→ 0
( a0 , b1 ) 7−→ 1
( a1 , b0 ) 7−→ 2
( a0 , b2 ) 7−→ 3
( a1 , b1 ) 7−→ 4
( a2 , b0 ) 7−→ 5
..
.
Bu sayma yöntemine Cantor köşegen yöntemi denilir. Kolayca sezildiği
gibi, bu sayma (eşleştirme) yöntemi, A × B kartezyen çarpımı ile
ω doğal sayılar kümesi arasında bire-bir bir eşleme kurar. O halde
A × B kartezyen çarpımı sayılabilir bir kümedir.
Lemma 0.317. Sayılabilir sonsuz kümelerin sonlu tanesinin kartezyen
çarpımı sayılabilir sonsuz bir kümedir.
İspat: { Ai | i = 0, l, 2, ..., n} ailesinin her Ai kümesi sayılabilir
sonsuz bir küme olsun. Teorem 0.316 uyarınca B = A0 × A1 kartezyen
çarpımının sayılabilir sonsuz bir küme olduğunu biliyoruz. Aynı
düşünüşle, B1 = B × A2 = A0 × A1 × A3 kartezyen çarpımı da
sayılabilir sonsuz bir küme olacaktır. Bu eylemi n kez tekrarlarsak,
Tüme Varım İlkesine göre,
n
∏ Ai
i =0
kartezyen çarpımının sayılabilir sonsuz bir küme olduğu görülür.
Lemma 0.318. Q rasyonel sayılar kümesi sayılabilir bir kümedir.
İspat: Önce bir gösterim tanımlayalım. x ile y herhangi iki
tamsayı olsun. Eğer x ile y tamsayılarının 1 den başka ortak böleni
yoksa, bunu < x, y >= 1 simgesiyle belirtelim.
A = {( x, y) | x, yω, y 6= 0, < x, y >= 1}
kümesini düşünelim. A ⊂ ω × ω olduğu apaçıktır. Öyleyse, A
sayılabilir bir kümedir. Ayrıca, A kümesi
{( x, 1) | x ∈ ω }
kümesini kapsadığından, sonsuz bir kümedir. Bu iki sonuçtan
ω 4 A 4 ω çıkar; yani A sayılabilir sonsuz bir kümedir. Şimdi
pozitif rasyonel sayıları Q+ ve negatif rasyonel sayıları Q− ile
gösterelim. Sonra
f : A → Q+ , f ( x, y) =
x
y
dönüşümünü tammlayalım. Banun bbö olduğu apaçıktır. Öyleyse,
Q+ ≈ ω dır. Öte yandan x → − x bire-bir eşlemesinden görülebileceği gibi Q+ ≈ Q− dır.
Q = Q+ ∪ { 0 } ∪ Q−
249
250
calculus
olduğundan, Sonuç 0.315 uyarınca Q rasyonel sayılar kümesinin
sayılabilir sonsuz bir küme olduğu görülür.
Theorem 0.319. Sayılabilir sayıda sayılabilir kümelerin bileşimi sayılabilir bir kümedir.
İspat:
Sonuç 0.317 düşünürsek, yalnız sayılabilir sonsuz tane sayılabilir
kümelerin bileşiminin sayılabilir olduğunu göstermemiz yetecektir.
Bu koşulu sağlayan kümeler A0 , A1 , A2 , . . . , An , . . . olsun. Şimdi
Bi = Ai −
\
A j (i = 0, 1, 2, 3, . . .)
j <i
kümeler dizisini tanımlayalım. Bu şekilde tanımlanan { Bi | i ∈ ω }
ailesinin ayrık ve
\
\
Bi =
Ai
i ∈ω
i ∈ω
olduğu açıktır. Teorem 0.312 gereğince, her i ∈ ω için Bi kümesi
sayılabilir bir kümedir. Şu halde, sonlu ya da sonsuz oluşuna göre,
sırasıyla,
Bi = {bi0 , bi1 , bi2 , . . . , bin }
Bi = {bi0 , bi1 , bi2 , . . . , bin , . . .}
yazabiliriz. Şimdi bir
f :
\
Bi → ω × ω,
f (bij = (i, j)
i ∈ω
fonksiyonunu tanımlayalım. Bunun bire-bir bir fonksiyon olduğu
kolayca gösterilebilir. Öyleyse
\
Bi 4 ω
i ∈ω
dır; yani bu bileşim sayılabilir bir kümedir.
Theorem 0.320. Terimleri sayılabilir bir kümeye ait olan bütün sonlu
dizilerin kümesi sayılabilir bir kümedir.
İspat: Verilen sayılabilir kümeye A diyelim. Sabit bir n sayısı
alındığında, terimleri A dan alınan n-sıralı bütün öğelerin oluşturduğu kümeyi
∏ Ai , Ai = A, (i = l, 2, 3, ..., n)
i ∈ω
şeklinde yazabiliriz. Şimdi n yi bütün sonlu sayılar üzerinde kaydırdığımız zaman, aynı yolla, bütün sonlu dizilerin kümesini elde
edebiliriz. Bu kümeyi
!
S=
[
i ∈ω
n
∏ Ai
i =1
şeklinde yazabiliriz. Sonuç 0.317 gereğince, bu ifadede parantez içinde bulunan Πin=1 Ai kartezyen çarpımları sayılabilir birer
kümedir. Teorem 0.319 gereğince, sayılabilir sayıda sayılabilir
kümelerin bileşimi sayılabilirdir. Dolayısyla S kümesi sayılabilir
bir kümedir.
sayilabilirlik
Lemma 0.321. Sayılabilir bir alfabeden oluşan bütün kelimeler kümesi
sayılabilir bir kümedir.
Theorem 0.322. Cebirsel sayılar kümesi sayılabilir bir kümedir.
İspat: Tamsayı katsayılı
a n x n + a n −1 x n −1 + a n −2 x n −2 + · · · + a 1 x + a 0
şeklindeki polinomların kökü olan karmaşık sayılara cebirsel sayılar
diyoruz. Rasyonel sayıların bir alt kümesi olduğundan, Z tamsayılar kümesi sayılabilir kümedir. Öyleyse, Teorem 0.320 gereğince,
yukarıdaki gibi yazılabilen bütün polinomlarm kümesi sayılabilir.
Bir polinomun ancak sonlu sayıda kökü olacağından, Sonuç 0.321
uyarınca, sayılabilir tane polinonıun sayılabilir (sonlu) köklerinin
oluşturduğu küme sayılabilir bir kümedir.
Theorem 0.323. Sayılabilir bir kümenin bütün sonlu alt-kümelerinin
oluşturduğu aile sayılabilir bir kümedir.
İspat: Söz konusu sayılabilir küme olarak ω doğal sayılar
kümesini alırsak, teoremin genelliği bozulmaz. ω nın her sonlu
A alt kümesinin öğelerini küçükten büyüğe doğru bir tek şekilde
sıralayabiliriz. Öğe sayısı n (n ∈ ω ) olmak üzere A, kümesinin
öğelerinin, doğal sırada, A = An = { a0 , a1 , a2 , . . . , an } şeklindeki sıralandığını varsayalım. A = An kümesinin öğelerini
( a0 , a1 , a2 , . . . , an ) sonlu dizisine eşleyebiliriz. Bu eşleme, ω nın
bütün sonlu alt kümeleri ailesinden sonlu diziler ailesine bire-birdir.
Tabii
n
( a0 , a1 , a2 , . . . , a n ) ∈ ∏ A i = ω n , A i = ω
i =1
yazabiliriz. Teorem 0.320 gereğince, bu şekildeki sonlu dizilerin
oluşturduğu küme sayılabilir olacaktır.
GERÇEL SAYILAR
Dedekind Kesimi
Gerçel sayıları kurmanın yollarından birisi ve ilk kurgulananı
Dedekind Kesimi yöntemidir.
Tanım 0.324. Rasyonel sayıların aşağıdaki üç özeliğe sahip olan her A alt
kümesi bir Dedekind kesimidir:
1. A 6= ∅ ve A 6= Q
2. ( a ∈ A) ∧ (b < a) ⇒ b ∈ A
3. ( a ∈ A)∃ a0 ∈ A : a < a0
A ∪ A0 = Q ve A ∩ A0 = ∅ dir. Dolayısıyla, her Dedekind kesimi
rasyonel sayıları iki ayrık kümeye ayırır. Dedekind kesimine ait her
öğe, tümleyene ait her öğeden küçüktür. Bu nedenle, Dedekind
kesimine alt yarı küme, tümleyenine ise üst yarı küme denilir.
251
252
calculus
Tanım 0.325. Rasyonel sayılar kümesinin bütün Dedekind kesimlerinin
oluşturduğu küme gerçel sayılar kümesidir.
Gerçel sayılar kümesi üzerinde toplama, çıkarma, çarpma ve bölme
işlemleriyle sıralama bağıntısı Dedekind kesimi yardımıyla tanımlanabilir.
PROBLEMLER
1. Öklid düzlemindeki rasyonel koordinatlı noktalar kümesinin
sayılabilir olduğunu gösteriniz.
2. Gerçel eksen üzerinde, birbirini kesmeyen aralıklardan oluşan
her ailenin sayılabilir olduğunu gösteriniz.
3. Bir f : R → R fonksiyonu x < y ⇒ f ( x ) < f (y) olacak şekilde
veriliyor. f fonksiyonunun süreksizlik yerlerinin sayılabilir bir
küme oluşturduğunu gösteriniz.
4. Sayılabilir bir kümeyi, birbirlerinden ayrık sayılabilir tane sayılabilir kümelerin bileşimi olarak yazınız.
5. Doğru ya da düzlem üzerinde ancak sonlu tane yığılma noktasına sahip sonsuz bir noktalar kümesi veriliyor. Bu kümenin
sayılabilir olduğunu ve ifadenin karşıtının doğru olamayacağını
bir örnekle gösteriniz.
6. Rasyonel sayılardan gerçel sayıları kurmanın başka bir yolu
topolojik yöntemdir. Terimleri rasyonel sayılar olan Cauchy
dizilerini D ile gösterelim. ,D kümesi üzerinde, aynı limite
giden dizileri denk sayan bir denklik bağıntısı kurulabilir. Bu
bağıntının denklik sınıflarının oluşturduğu küme gerçel sayılar
kümesidir.
Gerçel sayılar kümesi üzerinde toplama, çıkarma, çarpma ve bölme
işlemleri, dizilerin analizden bilinen işlemleri yardımıyla tanımlanabilir. Bunu yapmayı deneyiniz.
SAYILAMAYAN SONSUZ KÜMELER
SAYILAMAZ KÜMELER
Sayılabilir sonsuz kümelerden sonra, matematikte en önemli sonsuz küme R ile temsil ettiğimiz gerçel sayılar kümesidir. Buna
sürey (continuum) denilir. Gerçel sayı ve gerçel eksen kavramının
bilindiğini varsayıyoruz. Doğal sayılardan hareketle tam sayıların,
tam sayılardan hareketle rasyonel sayıların kuruluşunu ve bu sonuncudan hareketle ya Dedekind kesimiyle ya da rasyonel sayıların
Cauchy dizileriyle gerçel sayıların aksiyomatik kuruluşunu, öğrenci
Analiz derslerinden bilmektedir. Zaten bu konuda çok ayrıntılı ön
bilgilere gereksinmeyeceğiz. Hattâ liseden bilinenler bile bizim için
yeterli olacaktır.
Şimdi Olağanüstü Otelde yapılamıyan işi anımsayalım. Kahramanımız Kalender’in uyguladığı yöntemi kullanarak, gerçel sayılar
kümesinin sayılamayan sonsuz bir küme olduğunu göstereceğiz.
Theorem 0.326. (0, 1] = { x ∈ R | 0 < x ≤ 1} yarı-açık aralığındaki
noktalar kümesi sayılamayan sonsuz bir kümedir.
İspat: Bu kümenin sonsuz olduğunu görmek kolaydır. Örneğin,
ω doğal sayılar kümesinden bu küme içine n 7−→ n1 dönüşümü birebir-içine (bbi) bir fonksiyondur. Ama örten bir fonksiyon değildir.
Böyle olduğunu bir karşıt örnekle görebiliriz. Örnekse, söz konusu
dönüşüm altında π1 sayısı üzerine gelen bir n tamsayısı yoktur.
Öyleyse, ω doğal sayılar kümesi (0, 1] kümesinden daha güçlü
değildir.
Şimdi (0, 1] kümesinin sayılamaz olduğunu gösterelim.
Her gerçel sayının bir ve yalnızca bir tane sonsuz ondalık açılımı
vardır. Örneğin,
4 = 3, 999 . . . ,
2, 78 = 2, 77999 . . .
yazabiliriz.
İspat için Olmayana ergi yöntemini kullanacağız. (0, 1] aralığındaki bütün gerçel sayıların sayılabilir bir küme olduğunu kabul
edelim. Bu kabulümüze göre
(0, 1] = { a0 , a1 , a2 , a3 , . . .}
şeklinde olmalıdır. Buradaki am , (m = 0, 1, 2, 3, . . .), sayıları 0 ile 1
arasında bulunan bir gerçel sayı olduğuna göre, bu sayıların her
254
calculus
birisinin, aşağıdaki gibi sonsuz ondalık açılımlarını yazabiliriz.
am = 0, am0 am1 am2 am3 . . . amn . . .
Burada ami sayıları ondalık açılımda yer alan {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
rakamlarından birisidir. Şimdi bu sayıların sonsuz ondalık açılımlarını Tablo 1 deki gibi ard arda dizelim. Tablonun kolay okunurluğunu
sağlamak için, ondalık açılımlardaki rakamları birbirlerinden biraz
uzaklaştırarak yazıyoruz.
a0 = 0, a00
a1 = 0, a10
a2 = 0, a20
..
.
am = 0, am0
..
.
a01
a11
a21
a02
a12
a22
a03
a13
a23
...
...
...
a0n
a1n
a2n
...
...
...
am1
am2
am3
...
amn
...
Kabulümüz doğru ise, (0, 1] aralığındaki bütün gerçel sayılar
bu tabloda yer almış olmalıdır. Oysa, kahramanımız Kalender’in
yöntemiyle, bu tablodaki sayılardan hiç birisine eşit olmadığı
halde (0, 1] aralığına ait olan bir sayı bulabiliriz. Bunun için, her
i = 0, 1, 2, 3, . . . doğal sayısına karşılık,

1, a 6= 1
ii
bi =
(242)
2, aii = 1
olmak üzere
b = 0, b0 b1 b2 b3 . . . bm . . .
gerçel sayısını tanımlayalım. Bu sayı (0, 1] aralığında olduğuna göre,
Tablo 1 deki sayılardan birisine eşit olmalıdır. Oysa b nin tanımı
gereğince, a00 6= b0 dır. O halde b sayısı tablodaki a0 sayısına eşit
olamaz. Yine, a11 6= b1 dir. Ohalde, b sayısı tablodaki a1 sayısına da
eşit olamaz. Böylece devam edersek,
b0 6= a00 , b1 6= a11 , b2 6= a22 , b3 6= a33 , . . . , bm 6= amm , . . .
olduğunu görebiliriz. Demek ki, b sayısı Tablo 1 deki { ai }, i =
0, 1, 2, 3, . . . sayılarından hiç birisine eşit olamaz. Öyleyse, bu
tabloda yer alamamış olduğu halde (0, 1] aralığına ait bir b sayısı
bulmuş oluyoruz. Bu ise, kabulümüzle çelişir. Öyleyse kabulümüz
yanlıştır. Demek ki, (0, 1] aralığındaki sayılar sayılamaz.
Bütün Parçasına Eşit mi?
Bir bütün bir parçasına eşit olabilir. Burada eşitlik deyimi sonlu kümelerdeki eşitlikten farklıdır ve eşgüçlülük anlamındadır. Konuyu
daha iyi açıklamak için şu soruya yanıt arayalım. Bir atom çekirdeğinin yarıçapı üzerindeki noktaların sayısı, bir milyon ışık yılı
(ışığın bir milyon yılda alacağı yol) uzunluğundaki bir doğru
parçası üzerindeki noktaların sayısı kadar olabilir mi? Sanıyoruz
Table 1: Onda
sayilamayan sonsuz kümeler
ki, bu soruya pek çoğunuz "olamaz" diyorsunuz. Ama bunun böyle
olduğunu göstermek zor değildir.
Problemi daha genel olarak ortaya koyalım, istediğimiz kadar
küçük bir [ AB] doğru parçasına ait noktaların sayısının, istediğimiz kadar büyük bir [CD ] doğrusuna ait noktaların sayısı
kadar olduğunu göstermek için bu doğru parçalarını aynı duğrultuda olmamak üzere bir düzlem üzerine çizelim. Sonra [CA] ile
[ DB] doğrularının kesişim noktasını O ile gösterelim. [ AB] üzerinde
alınacak her E noktası için [OE] doğrusu [CD ] yi bir tek F noktasında keser. Bu eylem [ AB] nin her E noktasına [CD ] nin bir tek
F noktasını eşler; yani eşleşme bire-bir olur. Tersine olarak, [CD ]
üzerinde alınacak her F noktası için [OF ] doğrusu [ AB] yi bir tek E
noktasında keser. Bu eylem [CD ] nin her F noktasına [ AB] nin bir
tek E noktasını eşler; yani eşleşme bire-bir olur. İki eylemi bir arada
düşünürsek [ AB] ile [CD ] nin bire-bir eşleştiği ortaya çıkar.
Öyleyse [ AB] ≈ [CD ] dir.
Eğer yukarıdaki ispatta, geometriye dayalı olmaktan sakınmak
istersek, şöyle bir yol izleyebiliriz: (0, 1] yarı-açık aralığına bir tek 0
noktasını eklersek, Teorem 0.314 gereğince, (0, 1] ≈ [0, 1] olacaktır.
Burada [0, 1] = { x ∈ R | 0 ≤ x ≤ 1} kapalı aralığıdır. Şimdi,
uzunluğun değişmesinin, eşgüçlülüğe etkimediğini göstereceğiz.
Bunun için (0, 1] aralığını herhangi bir (0, k], (k > 0) sabit) aralığına
f : x 7−→ kx
(243)
sünme dönüşümüyle bbö olarak resmetmek mümkündür. Demek
ki
(0, 1] ≈ (0, k]
(244)
(0, 1) ≈ (0, k)
(245)
dır.
Aynı dönüşümle
eşgüçlülüğünü de söyleyebiliriz.
Bundan sonraki teoremde yararlanmak üzere, (0, 1) aralığının
(−1, 1) aralığına eşgüçlü olduğunu gösterelim. Bunun için (0, 1)
aralığından (−1, 1) aralığına tanımlanan f : x 7−→ 2x − 1 fonksiyonunun bbö olduğunu görmek yetecektir.
Theorem 0.327. Gerçel sayılar kümesi sayılamaz.
İspat: Önce (−1, 1) aralığından R = (−∞, +∞) kümesine

x


 1− x , x > 0
g( x ) =



0,
x=0
x
1+ x ,
x<0
(246)
fonksiyonunu tanımlayalım. Bunun bbö olduğu kolayca görülebilir.
Demek ki (−1, 1) ≈ R dir. Oysa, (0, 1) ≈ (−1, 1) idi. Eşgüçlülük
geçişli olduğundan, artık, her k > 0 için
(0, k) ≈ (0, 1) ≈ (−1, 1) ≈ ((−∞, +∞)
(247)
255
256
calculus
olduğu görülür. Ayrıca, (0, 1) ≈ (0, 1] eşgüçlülüğü düşünülürse,
herhangi bir açık, yarı-açık ya da kapalı aralığın R gerçel sayılar
kümesine eşgüçlü olduğunu söyleyebiliriz. Bu sonuç, (0, 1] aralığının sayılamazlığı ile birleştirilince, R gerçel sayılar kümesinin
sayılamaz olduğunu gösterir.
Görüyorum, ama inanamıyorum!
Kümeler kuramının kurucusu Cantor bir doğru parçası üzerindeki
noktalar kümesinden daha güçlü olan bir küme arıyordu. Hiç
bir kuşkuya kapılmaksızın, bir kareye ait noktalar kümesinin, bu
karenin bir kenarı üzerindeki noktalar kümesinden daha güçlü
olduğunu sanıyor ve bunu ispat etmeye uğraşıyordu. Öyle ya,
kenar üzerindeki noktalar kareye de ait olduğuna göre, kareye
ait noktaların sayısının, bu kenara ait noktaların sayısından daha
çok olmasından doğal bir şey olabilir mi? Cantor 1871 den 1874
yılına kadar tam üç yıl inandığı bu sonucu doğrulayacak bir ispat
yöntemi aradı. Daha açıkçası, bir kareye ait noktalarla, bu karenin
bir kenarına ait noktalar arasında bire-bir bir eşlemenin olanaksız
olduğunu gösterecek bir yol aradı. Üç yıl buşuna uğraştıktan sonra,
aradığı özeliğin tam tersinin varlığını; yani bir karenin noktaları
sayısının ancak bir kenarına ait noktaların sayısı kadar olduğunu
gördü. Cantor, bu sonuca şaşırıyor ve çağdaşı ünlü matematikçi
Dedekind’e şöyle yazıyordu: "Görüyorum, ama inanamıyorum!"
Şimdi Cautor’u şaşırtan bu sonucu, yine Cantor’un yöntemiyle
gösterelim.
Theorem 0.328. Bir kare bir kenarına eşgüçlüdür.
İspat: Birim akreyi, sol alt köşesi koordinat başlangıcında
ve alt kenarı Ox ekseniyle çakışır biçimde konuşlandırlım. (0, 1]
aralığındaki her x sayısının bir ve yalnız bir tane sonsuz omdalık
açılımı vardır:
x = 0, x1 x2 x3 x4 . . .
(248)
Şimdi bu ondalıklar dizisini aşağıdaki gibi bloklara ayıralım: 0 dan
farklı ve önünde sıfır bulunmayan her ondalık kendi başına bir blok
olsun. 0 ya da ardışık 0 lar ile bunlardan sonra gelen ilk sıfırdan
farklı ondalık başka bir blok olsun. Örneğin,
x = 0, 1702100637 . . . , y = 0, 2360470085 . . .
sonsuz ondalık açılımlarının bloklara ayrılışı şöyledir:
x = 0, |1|7|02|1|006|3|7| . . .
(249)
y = 0, |2|3|6|04|7|008|5| . . .
(250)
Eğer ( x, y) sıralı çifti (0, 1] × (0, 1] kartezyen çarpımına ait ise;
yani birim kareye ait bir nokta ise, x ile y sayılarını yukarıdaki gibi
bloklara ayırdıktan sonra, bir z sayısını şöyle oluşturalım. Sırayla
bir blok x den sonra bir blok y den alarak z nin sonsuz ondalık
sayilamayan sonsuz kümeler
açılımını oluşturabiliriz. Bunu daha açık söylersek, x in birinci
blokuna z1 , y nin birinci blokuna z2 , x in ikinci blokuna z3 , y nin
ikinci blokuna z4 ,. . . diyelim. Böylece bir blok x inkinden, bir blok y
ninkinden alarak
z = 0, z1 z2 z3 . . .
sayısını oluşturalım. Bu sayının (0, 1] aralığında olacağı apaçıktır.
Örneğin, yukarıdaki ( x, y) sıralı çiftine karşılık bulunacak sayı
z = 0, 12730261040067300875 . . .
sayısıdır. Yukarıda açıklanan eylemi yapan
( x, y) 7−→ z
dönüşümü, (0, 1] × (0, 1] kartezyen çarpımından (0, 1] kümesine bbö
dir (bunu sağlayınız). Böylece, istediğimiz sonuç çıkmış olur.
Sürey Hipotezi
Her sonlu kümeden daha güçlü olan ω doğal sayılar kümesini
inceledik. Sonra bunun sayılabilir sonsuz bir küme olduğunu
söyledik. Daha sonra, R gerçel sayılar kümesinin ω dan daha güçlü
ve sayılamaz olduğunu gördük. Şimdi ortaya bir soru çıkıyor.
Acaba ω doğal sayılar kümesinden daha güçlü ve R gerçel sayılar
kümesinden daha az güçlü bir küme var mıdır?
Cantor, böyle bir kümenin var olmadığını tahmin ediyordu. Matematikçileri uzun yıllar uğraştıran bu soruya yanıt verilemedi. Yanıt
verilemeyişi problemi çözecek kadar akıllı matematikçi olmayışından değil, matematiğin temellerine inen çözümsüz bir soru oluşundan kaynaklandı. Sürey hipotezi (continuum hypothesis) adıyla anılan
bu konu üzerindeki ilk önemli bilgi 1940 yılında Kurt Gödel tarafından verildi. Gödel, sürey hipotezinin doğru ya da, yanlışlığını
aramak yerine, şunu gösterdi:
Kendi içinde tutarlı (çelişkisiz) bir aksiyomatik sisteme sürey hipotezi
yeni bir aksiyom olarak katılırsa, sistemde bir çelişki doğmaz.
Gödel’in verdiği bu sonuç, matematiğe bakışımızı esastan değiştirdi.
Burada bir aksiyomatik sistemin tutarlı (çelişmez) olmasının ne
demeye geldiğini açıklamak yararlı olacaktır. Bir aksiyomatik
sistem içinde tanımlı bir p önermesini düşünelim. Eğer hem p
ve hem de ¬ p önermeleri aynı anda doğru oluyorsa, bu sistem
tutarsız (çelişik) bir sistemdir. Eğer hem kendisi hem değili doğru
olacak şekilde hiç bir önerme yoksa, o sistem tutarlı (çelişkisiz) bir
sistemdir.
Eğer bir sistem çelişik ise, bu sistem üzerinde çalışmanın matematiksel bir anlamı ve değeri yoktur. Çelişik bir sistemde doğrular
ve yanlışlar belirlenemez. Dolayısıyla, matematiksel sistemlerin
çelişkisiz olmaları esastır.
257
258
calculus
Dikkat ettiyseniz, bu kitapta yaptığımız bazı ispatlarda Olmayana
Ergi yöntemini kullandık. Bu yöntem, içinde çalıştığımız matematik
sistemin çelişkisiz olduğu gerçeğine dayanır. Dolayısıyla, bu ispat
yönteminde, kabul edilen bir p varsayımından hareketle ¬ p değili
çıkarılabiliyorsa, sistemde hem p hem ¬ p aynı anda var olur. Çelişkisiz sistemde bu olamayacağından, p varsayımının olamayacağı
sonucuna varılır.
Bu açıklamaya göre, Gödel’in verdiği sonuç şudur: p önermesi
olarak sürey hipotezini alalım. Buradan hareketle ¬ p önermesi
elde edilemez. Başka bir deyişle, Kümeler Kuramının aksiyomları ile
sürey hipotezi çürütülemez.
1963 yılında Paul Cohen, bu konuyu kapatan şu önemli sonucu
verdi:
"Sürey hipotezi kümeler kuramının aksiyomlarından bağımsızdır."
Cohen şunu söylüyor: Kümeler Kuramının aksiyomlarına sürey
hipotezini yeni bir aksiyom olarak kattığımızda nasıl bir çelişki doğmuyorsa, sürey hipotezinin değilini kattığımızda da bir çelişki doğmayacaktır. Böylece, Cohen’in yaptığı iş bizi şu sonuca götürüyor:
1. Sürey hipotezini kabul eden; yani ω dan daha güçlü ve R den
daha az güçlü bir kümenin olmadığı varsayımını kabul eden bir
Kümeler Kuramı kurulabilir. Bu sistem kendi içinde çelişkisizdir.
2. Sürey hipotezini kabul etmeyen; yani ω dan daha güçlü ve R
den daha az güçlü bir kümenin varlığını kabul eden bir Kümeler
Kuramı kurulabilir. Bu sistem de kendi içinde çelişkisizdir.
3. Sürey hipotezini kabul eden sistemle etmeyen sistemler birbirlerinden farklı çelişkisiz sistemlerdir.
Cohen’in ortaya koyduğu gerçek, matematiğin temellerinin ne
olduğunu araştıranlar için çok önemli olmuştur. Bu sonuç tamamen öklityen ve öklityen olmayan geometrilere benzer. Bilindiği gibi
"paraleller aksiyomu" varsayılırsa öklityen geometri kurulmuş olur. Bu
aksiyomun kabul edilmediği zaman öklityen olmayan geometriler
kurulur. Öklityen olan ve olmayan geometriler kendi içlerinde
çelişkisiz matematiksel sistemlerdir; ama birbirlerinden farklıdırlar.
Sayılamayan bir küme olarak R nin ilginç özelikleriyle karşılaştık.
Kısa doğru uzun doğruya ve o da bütün gerçel eksene esgüçlü oldu.
Bir kare bir kenarına, bir düzlem bir doğruya eşgüçlü oldu. Dilersek, bir küpün bir ayrıtı kadar noktaya sahip olduğunu gösterebiliriz. Hattâ, çekinmeden, bütün uzayın, bir atom çekirdeğinin
yarıçapına eşgüçlü olduğunu söyleyebiliriz. Bütün bu kümelerin
öğe sayıları R ninki kadardır. Öyleyse, doğal olarak şu soru aklımıza gelebilir.
Acaba gerçel sayılardan daha güçlü kümeler yok mudur?
Soruya "vardır" diye cevap vereceğiz. Hattâ, yalnız gerçel sayılar
kümesinden değil, her kümeden daha güçlü kümeler vardır. Bunun
böyle olduğunu yine Cantor gösteriyor.
sayilamayan sonsuz kümeler
Theorem 0.329. [Cantor] hiç bir küme kendi kuvvet kümesine eşgüçlü
olamaz.
İspat: Olmayana ergi yöntemini uygulayacağız. A herhangi bir
küme olsun. Bir f : A → P ( A) bbö fonksiyonunun varolduğunu
kabul edelim. Bu durumda, her x ∈ A için f ( x ) ∈ P ( A) olacaktır;
yani f ( x ), A nın bir alt kümesi olacaktır. A nın f ( x ) alt kümesi x
öğesini ya kapsar, ya kapsamaz. Buna göre,
X = { x | x ∈ A, x ∈
/ f ( x )}
(251)
kümesini tanımlayabiliriz. Tabii X ⊂ A, ve dolayısıyla X ∈ P ( A)
olacaktır. Oysa kabulümüze göre, X = f (y) olacak şekilde bir y ∈ A
var olmalıdır. Öyleyse,
y∈X⇒y∈
/ f (y) ⇒ y ∈
/X
(252)
y∈
/ X ⇒ y ∈ f (y) ⇒ y ∈ X
(253)
olacaktır. Bu çelişki kabulümüzden gelmiştir. Demek ki A ile P ( A)
eggüçlü olamazlar.
Theorem 0.330. Her küuıe kendi kuvvet Itümesinden daha az güçlüdür.
İspat: A herhangi bir küme olsun. Bir
f : A → P ( A)
fonksiyonunu, her a ∈ A için
f ( a) = { a}
diye tanımlayalım. Bu dönüşümün bbi olduğu apaçıktır. Öyleyse,
A 4 P ( A)
olacaktır. Öte yandan, Cantor Teoremi gereğince
¬( A 4 P ( A))
dır. Bu son iki bağıntıdan
A ≺ P ( A)
PROBLEMLER
1. Aşağıdaki eşgüçlülükleri gösteriniz:
(a) Bir küp bir ayrıtına eggüçlüdür.
(b) Bir küp bir yüzüne eşgüçlüdür.
(c) Uzay, kendi içindeki bir doğruya eşgüçlüdür.
(d) Her n ∈ ω için Rn ≈ R dir.
(e) Bir doğru bir yarım çembere eggüçlüdür.
(f) Bir çokgenin kenarları, bu çokgenin içine çizilen bir çembere
eşgüçlüdür.
259
260
calculus
2. Cebirsel olmayan gerçel sayılara transandant sayılar denilir. Gösteriniz ki bütün transandant sayılar kümesi R ye eşgüçlüdür.
Dolayısıyla sayılamaz sonsuz bir kümedir.
3. Bir A kümesinin sayılabilir sonsuz olması için gerekli ve yeterli
koşul, her sonsuz B ⊂ A alt kümesi için B ≈ A olmasıdır.
Gösteriniz.
TEMEL ÖZELİKLER
Bu kesimde, nicelik sayıları üzerinde yapılan aritmetiğe temel olan
kümesel bağıntıları çıkaracağız.
Birleşim Fonksiyon
f : A → X ile g : B → Y fonksiyonları verilmiş olsun. Bu
fonksiyonların tanım bölgeleri birbirlerinden ayrık iseler, yani
A ∩ B = ∅ ise A ∪ B bileşim kümesinden X ∪ Y bileşim kümesine bir
f ] g fonksiyonunu şöyle tanımlayabiliriz:
f ]g=

 f ( x ),
x∈A
 g ( x ),
x∈B
(254)
f ] g fonksiyonuna f ile g fonksiyonlarının birleşimi (union) denir.
Uyarı 0.331. f ] g bileşim fonksiyonu, daha önce tanımladığımız f ◦ g
bileşke fonksiyonundan tamamen farklıdır. İkisi birbirine karıştırılmamalıdır.
Theorem 0.332. f : A ∪ C → B ise f = f | A ] f |C dir.
İspat: Kısıtlı fonksiyon tanımından çıkar.
Bu teoremin karşıtını şöyle ifade edebiliriz.
Theorem 0.333. f : A → B, g : C → B ve A ∩ C = ∅ ise h = f ] g
bileşimi aşağıdaki özeliklere sahiptir.
(i) h : A ∩ C → B fonksiyondur.
(ii) h| A = f ve h|C = g dir.
(iii)
h( x ) =

 f ( x ),
x∈A
 g ( x ),
x∈C
İspat: A ∩ C = ∅ olduğundan

x ∈ A ∧ x ∈
/ C ⇒ h( x ) = f ( x ) ∈ B
x ∈ A∪C ⇒
x ∈
/ A ∧ x ∈ C ⇒ h( x ) = g( x ) ∈ B
(255)
sayilamayan sonsuz kümeler
olur. O halde x ∈ A ∪ C ⇒ h( x ) ∈ B dir ve (iii) sağlanır. Öte yandan
x = x 0 ise,
x ∈ A ⇒ h( x ) = f ( x ) = f ( x0 ) = h( x0 )
x ∈ B ⇒ h( x ) = g( x ) = g( x0 ) = h( x0 )
olacaktır. Bu demektir ki x = x 0 ⇒ h( x ) = h( x 0 ) özeliği sağlanıyor.
O halde
h : A∪C ↔ B
bir fonksiyondur; yani (i) sağlanır. Kısıtlı fonksiyon tanımını kullanırsak,
h| A = f ⇔ h( x ) = f ( x )
h |C = g ⇔ h ( x ) = f ( x )
olur. Bu da (ii) nin sağlandığı anlamına gelir.
Tanım 0.334. A ile B herhangi iki küme olsun. A kümesinden B kümesine tanımlı olan bütün fonksiyonların kümesi B A simgesiyle gösterilir:
B A = { f | f : A → B}
(256)
Lemma 0.335. f : A → B ve g : C → D fonksiyonları bbö olsun. Eğer
A ∩ C = ∅ ve B ∩ D = ∅ ise f ] g : A ∪ C → B ∪ D birleşimi bbö dir.
İspat: f : A → B ∪ D ve g : C → B ∪ D birer fonksiyondur.
Öyleyse, Teorem 0.333 uyarınca, f ] g birleşiminin A ∪ C den B ∪ D
ye bir fonksiyon olduğunu söyleyebiliriz. Çünkü;
(i)

( x, y ) ∈ gra f ( f ] g)
1
x∈A⇒
( x, y2 ) ∈ gra f ( f ] g)
⇒ y1 = ( f ] g)( x ) = f ( x )
⇒ y2 = ( f ] g)( x ) = f ( x )
(257)
olacağından y1 = y2 çıkar.
(ii)

( x, y ) ∈ gra f ( f ] g)
1
x∈C⇒
( x, y2 ) ∈ gra f ( f ] g)
⇒ y1 = ( f ] g)( x ) = g( x )
⇒ y2 = ( f ] g)( x ) = g( x )
(258)
olacağından y1 = y2 çıkar.
(i) ve (ii) den
x = x0 ⇒ f ] g( x ) = f ] g( x0 )
(259)
çıkar. O halde f ] g : A ∪ C → D ∪ B bağıntısı bir fonksiyondur.
Şimdi f ] g birleşimin bb olduğunu göstermek için
( f ] g)( x ) = ( f ] g)( x 0 ) ⇒ x = x 0
olduğunu göstermeliyiz. Gerçekten
261
262
calculus
(iii)

( f ] g)( x )
x, x 0 ∈ A ⇒
( f ] g)( x 0 )
= f (x)
= f (x0 )
olduğundan, sol yanların eşitliği, f ( x ) = f ( x 0 ) eşitliğini gerektirir.
f fonksiyonu bb olduğundan, x = x 0 olması gerekir.
(iv)

( f ] g)( x )
x, x 0 ∈ C ⇒
( f ] g)( x 0 )
= g( x )
= g( x0 )
olduğundan, sol yanların eşitliği, g( x ) = g( x 0 ) eşitliğini gerektirir.
g fonksiyonu bb olduğundan, x = x 0 olması gerekir.
(v)
n
( x ∈ A ∧ x 0 ∈ C ) ⇒ ( f ] g)( x ) 6= ( f ] g)( x 0 )
olmak zorundadır, çünkü değer bölgeleri ayrıktır.
(iii) ,(iv) ve (v) bir araya getirilince, aradığımız (259) özeliği
ortaya çıkar; yani f ] g fonksiyonu bire-birdir.
Son olarak, birleşim fonksiyonunun örten olduğunu gösterelim.
Herhangi bir y ∈ B ∪ D verilsin. B ∩ D = ∅ olduğundan ya y ∈ B
ya da y ∈ D olacaktır.
y ∈ B ise, f fonksiyonu A dan B ye örten olduğu için y = f ( x )
olacak şekilde bir x ∈ A vardır. Öyleyse y = ( f ] g)( x ) yazılabilir.
y ∈ D ise, g nin C den D ye örten bir fonksiyon olduğu düsünülerek,
yukarıdaki sonuca varılabilir.
Böylece ( f ] g) birleşiminin bbö olduğu gösterilmiş oldu.
Lemma 0.336. A ∩ C = ∅ ve B ∩ D = ∅ olmak üzere, eğer A ≈ B ve
C ≈ D ise A ∪ C ≈ B ∪ D olur.
Lemma 0.337. A ≈ B ve C ≈ D ise A × C ≈ B × D dir.
İspat: Varsayım gereğince, f : A → B ve g : C → D bbö
fonksiyonları vardır. Bir h : A × C → B × D bağıntısını şöyle
tanımlayalım:
Her ( x, y) ∈ A × C için h( x, y) = ( f ( x ), g( x )) fonksiyonunun bbö
bir fonksiyon olduğunu göstereceğiz.
(( a, c), (b, d)) ∈ gra f (h) ⇒ (b, d) = h( a, c) = ( f ( a), g(c))
(260)
(( a, c), (b0 , d0 )) ∈ gra f (h) ⇒ (b0 , d0 ) = h( a, c) = ( f ( a), g(c))
(261)
dir. f ve g birer fonksiyon olduklarından, bu, (b, d) = (b0 , d0 ) olmasını gerektirir. Öyleyse, h, [F2] koşulunu sağlıyor. [F1] koşulunu
sağladığı apaçıktır. Demek ki h bir fonksiyondur.
Şimdi h fonksiyonunun bb olduğunu gösterelim. Eğer her
( a, c), ( a0 , c0 ) ∈ A × C için
h( a, c) = h( a0 , c0 ) ⇒ ( a, c) = ( a0 , c0 )
sayilamayan sonsuz kümeler
olduğunu gösterirsek, istediğimiz gey olacaktır. Gerçekten sol
yandaki eşitlikten
( f ( a), g(c)) = ( f ( a0 ), g(c0 ))
yazılabilir. f ile g, bb olduklarından,
f ( a) = f ( a0 ) ⇒ a = a0
g(c) = g(c0 ) ⇒ c = c0
olması gerekir.
Son olarak h fonksiyonunun örten olduğunu gösterelim. Herhangi bir (b, d) ∈ B × D alalım. f nin A dan B ye, g nin C den D ye
örten birer fonksiyon olduklarını dügünürsek,
(b = f ( a)) ∧ (d = g(c))
olacak gekilde bir a ∈ A ile bir c ∈ C vardır. Öyleyse, ( a, c) ∈ A × C
dir ve h( a, c) = (b, d) dir.
Lemma 0.338. Bir düzlem üzerindeki noktaların sayısı, bu düzlem içindeki bir doğru üzerindeki noktaların sayısı kadardır.
İspat:
R2 ≈ R
(262)
olduğunu göstermeliyiz. (0, 1] aralığının R ye eşgüçlü olduğu
kullanılırsa, Teorem 0.328 ile Önerme 0.337 den hemen çıkar.
Lemma 0.339. A ≈ B ve C ≈ D ise AC ≈ B D dır.
İspat: Varsayımdan, f : A → B ve g : D → C bbö fonksiyonlarının
olduğunu söyleyebiliriz. Şimdi AC den B D ye bir h bağıntısını şöyle
tanımlayalım: C den A ya her α fonksiyonu için; yani her α ∈ AC
için
h(α) = f ◦ α ◦ g
diyelim. h(α)) ∈ B D olduğu apaçıktır. Öyleyse, h fonksiyonunun
bbö olduğunu göstermemiz yetecektir. Bunu üç adımda göstereceğiz.
1.Adım: h, AC den B D ye bir fonksiyondur. Bunun için
(α, y), (α, y0 ) ∈ gra f (h) ⇒ y = y
olduğunu göstermeliyiz. Gerçekten
(α, y) ∈ gra f (h) ⇒ y = h(α) = f ◦ α ◦ g
0
0
(α, y ) ∈ gra f (h) ⇒ y = h(α) = f ◦ α ◦ g
(263)
(264)
dir; yani y = y0 dür. Demek ki h, fonksiyon olma koşullarını
sağlar.
263
264
calculus
2.Adım: h bb dir. Bunun için
h(α) = h(α0 ) ⇒ α = α0
olduğunu göstermeliyiz. Gerçekten sol yandaki eşitlik
f ◦ α ◦ g = f ◦ α0 ◦ g
demektir. Eşitliğin her iki yanının soldan f −1 ile, sağdan g−1 ile
bileşkesi alınırsa, istenen şey çıkar.
3.Adım: h örten bir fonksiyondur. Eğer her β ∈ B D için
h(α) = β
olacak şekilde bir α ∈ AC nin varlığını gösterebilirsek, istenen şey
çıkmış olacaktır. Gerçekten
α = f −1 ◦ β ◦ β −1
nin isteneni sağladığı hemen görülür.
Lemma 0.340. A, B, D kümeleri verilsin. Eğer B ∩ D = ∅ ise
A B × A D ≈ A B∪ D
(265)
dir.
İspat: Herhangi bir f ∈ A B ile herhangi bir g ∈ A D alalım.
Bu durumda ( f , g) ∈ A B × A D olacaktır. Bu şekildeki her sıralı
çifti A B∪ D ye ait f ] g birleşim fonksiyonuna eşliyen bir σ bağıntısı
düşünelim; yani A B × A D den A B∪ D ye
σ : ( f , g) → f ] g
bağıntısını tanımlayalım. Önermeyi ispatlamak için, bu bağıntının
bbö bir fonksiyon olduğunu göstermek yetecektir. Bu işi üç adımda
yapacağız.
1.Adım: σ, A B × A D den A B∪ D ye bir fonksiyondur.
(( f , g), y) ∈ gra f (σ) ⇒ y = σ( f , g) = f ] g
0
0
(( f , g), y ) ∈ gra f (σ) ⇒ y = σ( f , g) = f ] g
(266)
(267)
dir, ki buradan y = y0 çıkar. O halde σ fonksiyon olma koşullarını
sağlar.
2.Adım: σ bb dir.
(( f , g), ( f , g0 )) ∈ A B × A D
olmak üzere σ ( f , g) = σ ( f 0 , g0 ) olsun. Buradan
f ] g = f 0 ] g0
çıkar. Öyleyse;
b ∈ B ⇒ f (b) = ( f ] g)(b) = ( f 0 ] g0 )(b) = f 0 (b)
d ∈ D ⇒ g(d) = ( f ] g)(d) = ( f 0 ] g0 )(d) = g0 (d)
sayilamayan sonsuz kümeler
olacaktır, ki bu
f = f0
ve
g = g0
olmasını gerektirir. Demek ki
σ ( f , g) = σ ( f 0 , g0 ) ⇔ ( f , g) = ( f , g)
dür. Bu, σ fonksiyonunun bb olduğunu gösterir.
3.Adım: σ örten bir fonksiyondur.
Herhangi bir h ∈ A B∪ D seçelim. B ile D ayrık olduklarından, h
nın B ye kısıtlaması ile h nın D ye kısıtlaması olan fonksiyonların
birleşimi h ya eşit olacaktır; yani
( f = h| B ) ∧ ( g = h| D ) ⇒ h = f ] g
dir. Bu durumda
σ( f , g) = f ] g = h
olur.
Lemma 0.341. A, B, D herhangi üç küme ise
A D × B D ≈ ( A × B) D
(268)
dir.
İspat: f 1 ∈ A D , f 2 ∈ B D olmak üzere bir f ∈ ( A × B) D
fonksiyonunu şöyle tanımlayalım:
∀ xeD için
f ( x ) = ( f 1 ( x ), f 2 ( x ))
Öyleyse,
σ : ( f1 , f2 ) → f
AD
BD
dönüşümü
×
den ( A × B) D ye tanımlıdır. Şimdi bunun bbö
bir fonksiyon olduğunu göstereceğiz.
1.Adım: σ bb dir.
(( f 1 , f 2 )), ( g1 , g2 )) ∈ A D × B D
olmak üzere
σ ( f 1 , f 2 ) = σ ( g1 , g2 )
olduğunu varsayalım. Her x ∈ D için g( x ) = ( g1 ( x ), g2 ( x ))
olmak üzere
f ( x ) = g( x )
yazabiliriz. Buradan
( f 1 ( x )), f 2 ( x )) = ( g1 ( x ), g2 ( x ))
çıkar. Ohalde, her x ∈ D için
f 1 ( x ) = g1 ( x ) , f 2 ( x ) = g2 ( x )
dir; yani
f 1 = g1 , f 2 = g2
dir. Öyleyse,
σ ( f 1 , f 2 ) = σ ( g1 , g2 ) ⇔ ( f 1 , f 2 )) = ( g1 , g2 )
olur ki bu σ nın bb olması demektir.
265
266
calculus
2.Adım: σ örten bir fonksiyondur.
Herhangi bir h ∈ ( A × B) D seçelim. Her x ∈ D için h( x ) =
(h1 ( x ), h2 ( x )) olacak gekilde bir h1 : D → A ile bir h2 : D → B
fonksiyonu vardır. Daha açıkçası, A × B den A ya ve A × B den B
ye giden
( a, b) 7−→ a ve ( a, b) 7−→ b
izdügüm fonksiyonlarını, sırasıyla, π A ve π B diye gösterirsek,
h1 = π A ◦ h
ve
h2 = π B ◦ h
olacaktır. Burada h1 ∈ A D ve h2 ∈ B D olduğu apaçıktır. Artık, σ
nın tanımından,
σ : (h1 , h2 ) 7−→ h
olduğu hemen görülür.
Lemma 0.342. A, B, D herhangi üç küme ise
( A B ) D ≈ A B× D
(269)
dir.
İspat: Herhangi bir F ∈ ( A B ) D verilsin. Her d ∈ D için F (d) ∈ A B
dir. B den A ya olan bu fonksiyonu kısaca f d ile gösterelim; yani
f d = F (d)
(270)
diyelim. Tabii, her b ∈ B için f d (b) ∈ A dır. B × D den A ya bir f
fonksiyonunu
f (b, d) = f d (b)
(271)
ile tanımlayalım. O halde her F ∈ ( A B ) D için yukarıdaki gibi
tanımlanan bir f ∈ A B× D fonksiyonu vardır. Böylece bir
σ : ( A B ) D → A B× D
(272)
σ:F→ f
(273)
bağıntısını
şeklinde tanımlayabiliriz. Bu bağıntının bbö bir fonksiyon olduğunu
gösterirsek ispat bitecektir.
1.Adım: Her (b, d) ∈ B × D için (271) nin sağ yanı A ya ait belirli bir
öğedir. F, F 0 ∈ ( A B ) D olsun. Eğer F 6= F 0 ise, en az bir d ∈ D için
F (d) 6= F 0 (d)
olur. Öyleyse (271) den
f d = F (d) 6= F 0 (d) = f d0
yazabiliriz. f d 6= f d0 olduğuna göre, en az bir b ∈ B için f d (b) 6=
f d0 (b) olacak demektir. Öyleyse, (271) den
f (b, d) = f d (b) 6= f d0 (b) = f 0 (b, d)
yazılabilir. Demek ki F 6= F 0 ise σ ( F ) 6= σ ( F 0 ) dür.
sayilamayan sonsuz kümeler
2.Adım: σ ( F ) = σ ( F 0 ) olduğunu varsayahm. (265) ten f = f 0 çıkar.
O halde, (271) den, her d ∈ D için f d = f d0 ve dolayısıyla (270)
den her d ∈ D için F (d) = F 0 (d) çıkar. Demek ki
σ( F) = σ( F0 ) ⇒ F = F0
dür.
3.Adım: σ örten bir fonksiyondur.
Her hangi bir g ∈ A B× D seçelim. Verilecek herhangi bir d ∈ D ye
karşılık bir gd ∈ A B fonksiyonunu şöyle tanımlayabiliriz:
gd (b) = g(b, d)
Şu halde her d ∈ D ye karşılık bir gd ∈ A B bulabiliyoruz.
Öyleyse,
d 7−→ gd
bağıntısını D den A B ye bir fonksiyon olarak düşünebiliriz; yani
G ( d ) = gd
dersek, G, D den A B ye bir fonksiyon olacaktır, ki bu G ∈ ( A B ) D
olması demektir.
Lemma 0.343. Her X kümesi için, X kümesinin kuvvet kümesi ile 2X
kümesi eşgüçlüdür.
İspat:
P ( X ) ≈ 2X
(274)
olduğunu göstermek için, 2 = {0, 1} olduğunu düşünürsek, 2X
kümesi X den {0, 1} kümesine olan bütün fonksiyonlardan oluşan
kümedir. Bir A ⊂ X alt kümesinin χ A ile gösterilen belirtgen
(karekteristik) fonksiyonu

1, x ∈ A
χ A (x) =
(275)
0, x ∈
/A
şeklinde tanımlanıyordu. Demek ki her A ∈ P ( X ) için
χ A ∈ 2X
(276)
dır. Şimdi P ( X ) den 2X kümesine
∀ A ∈ P ( X ) için γ : A 7−→ χ A
bağıntısını tanımlayalım; yani X kümesinin her alt kümesini bunun
belirtgen fonksiyonuna eşleyen bağıntıya γ diyelim. Bunun bbö bir
fonksiyon olduğunu göstereceğiz.
1.Adım: γ bir fonksiyondur.
( A, y) ∈ gra f (γ) ⇒ y = γ( A) = χ A
0
0
( A, y ) ∈ gra f (γ) ⇒ y = γ( A) = χ A
(277)
(278)
dan y = y0 çıkar; yani γ bağıntısı [F2] koşulunu sağlar. [F1]
koşulunu sağladığı ise, γ nın tanımından bellidir.
267
268
calculus
2.Adım: γ bb dir.
Her A, B ∈ P ( X ) için
γ( A) = γ( B) ⇒ χ A = χ B ⇒ A = B
dir, ki bu istenen şeydir.
3.Adım: γ örten bir fonksiyondur.
Herhangi bir f ∈ 2X seçelim. Eğer A = f −1 (1) dersek, γ( A) = f
olacağı hemen görülür.
Lemma 0.344. Esgüçlü iki kümenin kuvvet kümeleri de eşgüçlüdür.
İspat: X ile Y herhangi iki küme olsun. Eğer X ≈ Y ise, Önerme
0.339 ve Önerme 0.342 önermeleri gereğince,
P ( X ) ≈ 2X ≈ 2Y ≈ P (Y )
çıkar. Eşgüçlülük geçişli olduğundan,
X ≈ Y ⇒ P ( X ) ≈ P (Y )
olur.
ALIŞTIRMA
1. { Ai | i ∈ I } ve { Bj | j ∈ I } aileleri veriliyor. Eğer her ı ∈ I için
Aı ≈ Bı ise
[
Aı ≈
[
Bı
(279)
∏ Aı ≈ ∏ Bı
(280)
ı∈ I
ı∈ I
ı∈ I
ı∈ I
olduğunu gösteriniz.
2. (Cantor Kümesi) 1883 yılında Alman matematikçi Georg Cantor
tarafından açıklanan, ama daha önce 1875 yılında Henry John
Stephen Smith tarafından kurgulandığı anlaşılan bu küme, ölçüm
kuramında ve topolojide ilginç özeliklere sahiptir.
Küme şöyle kurgulanıyor. İlk adımda [0, 1] aralığının ortasından
üçte biri atılıyor. İkinci adımda geriye kalan iki alt aralığın
ortalarındaki üçte birlik aralıkları atılıyor. Üçüncü adımda geriye
kalan dört alt aralığın ortalarındaki üçte birlik aralıkları atılıyor.
Bu eylem sonsuz kez tekrarlanırsa, geriye kalan kümeye Cantor
kümesi (Cantor ternary set) denilir.
Cantor kümesinin ilginç özeliklerinden bazıları şunlardır:
(a) n -inci adımda kalan aralıkları veren bir yinelge formülü
kurulabilir.
(b) Boş küme değildir.
(c) Sayılamaz sonsuz bir kümedir.
sayilamayan sonsuz kümeler
(d) Her adımda atılan üçte birlik aralıkların toplam uzunluğu 1
dir.
(e) Salt topolojiye göre kapalı bir kümedir.
(f) Salt topolojiye göre tam bir metrik uzaydır.
(g) Tamamen sınırlı bir kümedir.
(h) Tıkız bir kümedir.
(i) Her noktası bir yığılma noktasıdır.
(j) Hiç bir iç noktası yoktur.
(k) Hiç bir yerde yoğun değildir.
Bunları göstermeyi deneyiniz.
Yol Gösterme: Ardışık adımlarda geriye kalan aralıklar şunlardır:
1.Adım:
[0, 13 ] ∪ [ 23 , 1]
2.Adım:
[0, 312 ] ∪ [ 322 , 332 ] ∪ [ 362 , 372 ] ∪ [ 382 , 1]
...
..
.
n -inci adımda atılan küme
Cn−1
2Cn−1
Cn =
∪
3
3
Eyleme böyle devam edersek, geriye kalan kısımda hiç bir aralık
olamaz. Olsaydı, bir sonraki adımda onun da ortasındaki üçte
birlik kısım atılacaktı. Bu nedenle, geriye kalan kısma, yani
Cantor kümesine Cantor tozu adı da verilir. Ölçüm kuramında bu
kümenin ölçümünün 0 olduğu şöyle gösterilir. Her adımda atılan
kısımların uzunluğunu biliyoruz. Bunları toplarsak,
!
∞
1
1 2
4
8
1
1
∑ n+1 = 3 + 9 + 27 + 81 + . . . = 3 1 − 2 = 1 (281)
n =0 3
3
olur. [0, 1] aralığının ölçümü (uzunluğu) 1 olduğuna göre geriye
kalan Cantor tozunun ölçümü 0 olmalıdır.
3. Katsayıları rasyonel sayılar olan bir polinomun kökü olan sayıya
cebirsel sayı denir. Cebirsel olmayan sayılara transandant sayılar
denilir.
(a) Cebirsel sayıların sayılabilir olduğunu gösteriniz.
(b) Transandant sayıların sayılamaz olduğunu gösteriniz.
269
Nicelik Sayıları
Nicelik Sayısı Nedir?
Günlük yaşantımızda çok sık kullandığımız iki türlü sayı vardır.
Birincisi, bir kümenin niceliğini (öğelerinin sayısını) belirten
sayılardır. Örneğin,
1. "Beş Öğrenci"
2. "Beş ev"
3. "Beş otobüs"
ifadelerinden anladığımız şey, bu kümelerin hangi tür öğelerden
oluştuğundan çok, bu kümelerin öğelerinin ne kadar çok ya da ne
kadar az olduğudur; yani bu kümelerin niceliğidir. Öte yandan,
1. "Beşinci öğrenci"
2. "Beşinci ev"
3. "Beşinci otobüs"
deyimlerinden anladığımız şey, bir kümenin niceliği ya da öğelerinin
türü değil, üzerinde bir sıralama olduğunuunu sezdiğimiz bir
kümeye ait bir öğenin, söz konusu sıralamaya göre yerinin neresi
olduğudur.
Birinci tür sayılara nicelik sayıları, ikinci tür sayılara da sıra
sayıları diyeceğiz. Bu bölümde nicelik sayılarını inceleyeceğiz.
Sıra sayılarını sonraki bölümde ele alacağız.
NİCELİK SAYILARI AKSİYOMU
Eşgüçlülük bağıntısının herhangi bir kümeler ailesi üzerinde bir
denklik bağıntısı olduğunu biliyoruz. Amacımız kümelerin niceliklerini belirlemek olduğuna göre, eşgüçlü kümelerin niceliklerinin
eşit olduğunu sezebiliyoruz. Eğer "bütün kümelerin kümesi" nden
sözetmek olanağı olsaydı, bu kümeyi eşgüçlülük bağıntısı ile denklik sınıflarına ayırır, herbir denklik sınıfından birer temsilci seçer
ve ona, o denklik sınıfının nicelik sayısı diyebilirdik. Ancak, ileride
göreceğimiz gibi "bütün kümelerin kümesi" ndcn sözedemiyoruz. Bu
güçlüğü ancak, adına nicelik sayılarının varlığı aksiyomu, diyeceğimiz,
aşağıdaki aksiyomu kabul ederek aşabileceğiz.
272
calculus
Nicelik Sayılarının Varlığı
Aksiyom 0.345. Aşağıdaki özeliklere sahip bir N ailesi vardır. Bu aileye
nicelik sayıları diyeceğiz:
N1 Her A kümesi için, A kümesinin nicelik sayısı adını vereceğimiz ve A kümesine eşgüçlü olan bir a kümesi vardır.
N2 A kümesinin nicelik sayısı a, B kümesinin nicelik sayısı b ise
A≈B⇔a=b
(282)
Bu A kümesinin nicelik sayısı a, Ā¯ , \( A), n( A) simgelerinden
birisiyle gösterilir.
NİCELİK SAYILARININ ARİTMETİĞİ
Nicelik Sayılarının Toplamı
3.1. TOPLAMA: a, b iki nicelik sayısı olsun. \ A = a, \ B = b olacak
şekilde birbirlerinden ayrık A ve B kümelerini düşünelim. a ile b
nicelik sayılarının a + b şeklinde göstereceğimiz toplamını A ∪ B
kümesinin nicelik sayısı olarak; yani
a + b = \( A ∪ B)
(283)
olarak tanımlayacağız.
Toplamanın İyi Tanımlılığı
Nicelik sayılarının toplama işlemi iyi tanımlıdır. Burada iyi tanımlılık şu anlama gelir: \ A = a = \ A1 , \ B = b = \ B1 olacak şekilde
A, A1 , B, B1 kümeleri varsa
\( A ∪ B) = a + b = \( A1 ∪ B1 )
(284)
olur. Bu özelik Sonuç 0.337 tan çıkar.
Lemma 0.346. a, b nicelik sayıları için, yukarıdaki özeliklere sahip A ve B
kümeleri vardır.
İspat: Koşulu sağlayan kümeleri oluşturmak ispat için yeterlidir.
Örneğin, verilen a, b nicelik sayılarına karşılık
a ≈ a × {0} = A
b ≈ b × {1} = B
kümelerini tanımlayalım. A kümesinin öğeleri ( x, 0), B kümesinin
öğeleri (y, 1) sıralı çiftleri şeklinde olacağına göre, x = y olsa bile,
bu sıralı çiftler daima birbirlerinden farklı olacaktır. Dolayısıyla, A
ile B kümeleri ayrıktır.
nicelik sayilari
Lemma 0.347. Nicelik sayıları kümesi üzerinde toplama işleminin birleşme (asosyatiflik) özeliği vardır; yani a, b, d herhangi üç nicelik sayısı
ise
( a + b) + d = a + (b + d)
(285)
olur
İspat: a = \ A, b = \ B, d = \ D olacak gekilde birbirlerinden ayrık
A, B, D kümelerini düğünelim.
( A ∪ B) ∪ D = A ∪ ( B ∪ D )
(286)
olduğunu biliyoruz. Eşit kümeler, özel olarak, eşgüçlü olacaklarından, N2. aksiyomu gereğince, (286) bağıntısının iki yanının nicelik
sayıları eşit olacaklardır; yani
\[( A ∪ B) ∪ D ] = \[ A ∪ ( B ∪ D )]
(287)
dir. Bunun her iki yanına (283) toplama tanımını uygularsak
\( A ∪ B) + \ D = \ A + \( B ∪ D )]
\ A + \ B + \ D = \ A + \ B\ D
[\ A + \ B] + \ D = \ A + [\ B\ D ]
( a + b) + d = a + (b + d)
çıkar.
Lemma 0.348. Nicelik sayıları toplama işlemine göre yer değiştirme
(komutatif) özeliğine sahiptir; yani a ile b herhangi iki nicelik sayısı ise
a+b = b+a
(288)
dır.
İspat: Bunu görmek için, önceki önermeye benzer düşünüşle,
A∪B = B∪A
olduğunu anımsamak yetecektir.
Nicelik Sayılarının Çarpımı
Tanım 0.349. a ile b herhangi iki nicelik sayısı olsun, a = \ A, b = \ B
olacak şekilde A, B kümelerini seçelim, a ile b nin ab şeklinde göstereceğimiz çarpımını A × B kümesinin nicelik sayısı olarak; yani
ab = \( A × B)
olarak tanımlıyoruz.
Çarpmanın İyi Tanımlılığı
Lemma 0.350. Nicelik sayılarının çarpma işlemi iyi-tanımlıdır.
İspat: Önerme 0.337 den çıkar.
(289)
273
274
calculus
Lemma 0.351. a, b, d nicelik sayısı için aşağıdaki özelikler sağlanır:
(i) ab = ba (yer değişebilir)
(ii) a(bd) = ( ab)d (birleşebilir)
(iii) a(b + d) = ab + ad (dağılabilir)
İspat: a = \ A, b = \ B, d = \ D olacak şekilde A, B, D kümelerini
seçelim. (iii) için B ∩ D = ∅ varsayacağız.) Aşağıdaki bağıntıları
göstermek yeterlidir:
(i) A × B ≈ B × A
(ii) A × ( B × D ) ≈ ( A × B) × D
(iii) A × ( B ∪ D ) = ( A × B) ∪ ( A × D )
Bunların ilk ikisi, sırasıyla,
A × B → B × A : ( x, y) 7−→ (y, x )
A × ( B × D ) → ( A × B) × D : ( x, (y, z)) 7−→ (( x, y), z)
(290)
(291)
fonksiyonlarından çıkar. Gerçekten bunların bbö oldukları kolayca
gösterilir.
Nicelik Sayılarında Üs Alma
a, b herhangi herhangi iki nicelik sayısı olsun, a = \ A, b = \ B
olacak şekilde A, B kümelerini seçelim, a ile b nin ab simgesiyle
göstereceğimiz a üssü b sayısını, A B kümesinin nicelik sayısı olarak;
yani
ab = \( A B )
(292)
olarak tanımlıyoruz.
Üs Almanın İyi Tanımlılığı
Lemma 0.352. Nicelik sayıları üzerinde üs alma işlemi iyi tanımlıdır.
İspat: Önerme 0.339 den çıkar.
Lemma 0.353. a, b, d herhangi üç nicelik sayısı ise, aşağıdaki özelikler
sağlanır.
(i) ab ad = ab+d
(ii) ad bd = ( ab)d
(iii) ( ab )d = abd
İspat: a = \ A, b = \ B, d = \ D olacak şekilde A, B, D kümelerini
seçelim. (i) için B ∩ D = ∅ varsayacağız.) Aşağıdaki bağıntıları
göstermek yeterlidir:
1. A B × A D ≈ A B∪ D
nicelik sayilari
2. A D × B D ≈ ( A × B) D
3. ( A B ) D ≈ A B× D
Bu eşgüçlülüklerin varlığını (265) , (268), (269) bağıntılarından
biliyoruz.
ÖNEMLİ NİCELİK SAYILARI
Bir kümenin niceliğini belirlemek için, ya o kümeyi sayarız ya da o
kümeyi niceliğini bildiğimiz bir kümeyle karşılaştırırız. Önceden
gördüğümüz gibi, her kümeyi sayma olanağı yoktur. Dolayısıyla, ikinci yöntemi genel kural olarak kullanacağız. Bunun için, öncelikle,
nicelikleri bizce belli olan bazı belirtgen (karakteristik) kümeleri
tanıyacağız.
Doğal sayılar
Belirtgen kümelerden en çok kullandıklarımız, sonlu kümelerin
nicelik sayıları olarak tanımladığımız doğal sayılardır. ?? Bölümde
doğal sayıları (209) ya da buna denk olarak (211) kümeleri diye
tanımlamıştık. Şimdi özel olarak, herbir doğal sayının, N1. ve N2.
aksiyomları gereğince, varlığını kabul ettiğimiz nicelik sayısını
kendisi imiş gibi düşünelim. Yani, her n ∈ ω için
\(n) = {0, 1, 2, 3, ..., n − 1} = n
(293)
diyelim. Eşgüçlülüğün bir denklik bağıntısı olduğu gözönüne
alınırsa, bu kabulümüzün bir sakınca yaratmayacağı anlaşılır.
Böylece, herhangi bir doğal sayıya eşgüçlü olan sonlu bir kümenin
nicelik sayısı, o doğal sayının kendisi olacaktır. Burada şöyle bir
tanım yapabiliriz:
Doğal sayılar, sonlu kümelerin nicelik sayılardır.
Dolayısıyla, bunlara sonlu nicelik sayıları da denilir. Sonlu olmayan
nicelik sayılarına da sonsuz nicelik sayıları diyeceğiz. Doğal sayılar
kümesini ω ile göstermiştik. Kümelerle ilgili işlemlerde yine bu
gösterimi koruyacağız. Ancak, sayısal özeliklerle ilgileniyorsak, bu
ayrımı belirtmek amacıyla ω yerine N gösterimini kullanacağız.
Alef Sıfır
Sonlu nicelik sayılardan sonra karşılaştığımız önemli bir nicelik
sayısı, ω doğal sayılar kümesinin ℵ0 (İbranice’nin ilk harfidir, alef
diye okunur) simgesiyle gösterilen nicelik sayısıdır; yani
ℵ0 = \(ω ) = \(N)
(294)
dir. Sayılabilir sonsuz bütün kümeler ω doğal sayılar kümesine
eşgüçlü olduğundan, N2. aksiyomu gereğince, sayılabilir sonsuz
bütün kümelerin nicelik sayıları ℵ0 dır.
275
276
calculus
Alef Bir (Sürey)
Sürey (Continuum)
Tanım 0.354. Sayılabilir sonsuz kümelerden sonra sayılamaz sonsuz
bir küme olarak R gerçel sayılar kümesini almıştık. Bu kümenin nicelik
sayısını c ile ya da ℵ1 ile göstereceğiz; yani
ℵ1 = c = \(R)
(295)
dir. Buna sürey (continuum) denilir.
N2. aksiyomu gereğince R ye eşgüçlü olan bütün sonsuz
kümelerin nicelik sayısı c dir.
NİCELİK SAYILARININ SIRALANMASI
Tanım 0.355. a ile b herhangi iki nicelik sayısı olsun, a = \ A ve b = \ B
olacak şekilde A ve B kümelerini alalım. Bu durumda a ile b arasında
a4b⇔A4B
a≺b⇔A≺B
(296)
bağıntıları tanımlanıyor.
Lemma 0.356. Bir nicelik sayıları kümesi üzerinde (296) ile tanımlanan
4 bağıntısı bir iyi sıralama bağıntısıdır.
İspat: N nicelik sayılarından oluşan herhangi bir küme olsun.
A = { A | a = Ā¯ , a ∈ N }
kümeler ailesini düşünelim. Teorem 0.307 gereğince (A , 4) iyi
sıralanmış bir sistemdir. Öte yandan
f :A →N
f : A 7−→ Ā¯
dönüşümü bir eşyapı dönüşümüdür. öyleyse, (N , 4) de iyi sıralanmış bir sistem olacaktır.
Lemma 0.357. a ile b iki nicelik sayısı olsun, a ≤ b olması için gerekli ve
yeterli koşul b = a + d olacak şekilde bir d nicelik sayısının var olmasıdır.
İspat: a ≤ b olsun. a = \ A ve b = \ B olacak şekilde birbirlerinden
ayrık iki A, B kümesi düşünelim. Varsayımımız gereğince, A dan
B ye bbi olan bir f fonksiyonu vardır ve A ≈ f ( A), a = \ f ( A) olur.
D = B − f ( A) ve d = \ D diyelim, b = a + d olacağı apaçıktır.
Tersine olarak b = a + d olacak şekilde bir d nicelik sayısı var
olsun.
a = \ A, b = \ B, d = \ D, A ∩ D = ∅
olacak şekilde A, B, D kümelerini seçelim. Varsayımımız gereğince
bbö bir
g : A∪D → B
nicelik sayilari
fonksiyonu vardır. Şu halde g nin A ya kısıtlaması olan g| A , A dan
B ye bire-bir-içine (bbi) bir fonksiyondur, ki bu
A ≈ g( A) ⊂ B
olması demektir. Buradan
\ A ≤ \B
a≤b
çıkar.
Lemma 0.358. a, b, d, e nicelik sayıları olsunlar. Eğer a ≤ d ve b ≤ e ise
aşağıdaki bağıntılar sağlanır:
(i) a + b ≤ d + e
(ii) ab ≤ de
(iii) ab ≤ de
İspat: Önceki önerme gereğince d = a + r ve e = b + s olacak
şekilde r ve s nicelik sayıları vardır.
(i)
d + e = a + r + b + s = ( a + b ) + (r + s )
yazılabilir, ki buradan, önceki önerme gereğince (i ) çıkar.
(ii)
de = ( a + r )(b + s) = ab + as + rb + rs
= ab + ( as + rb + rs)
den istenen çıkar.
(iii) Önce r herhangi bir nicelik sayısı olmak üzere
ab ≤ ( a + b)b
(297)
olduğunu gösterelim.
a = \ A , b = \ B, d = \ D ve r = \ R ise A B den ( A ∪ R) B ye
bire-bir-içine bir fonksiyon olduğunu göstereceğiz. Gerçekten her
f : B → A fonksiyonunu aynı zamanda bir f : B → A ∪ R fonksiyonu
olarak düşünebiliriz. O haide bir
σ : A B → ( A ∪ R) B
fonksiyonunu
∀ f ∈ AB
için
σ( f ) = f
diye tanımlayabiliriz. σ nın bbi olduğu apaçıktır. O halde (297)
eşitsizliği vardır. 5,2. Önerme gereğince bu bağıntıyı
ab ≤ db
şeklinde yazabiliriz. Oysa (ii ) den
ab = ab .1 ≤ db ds = db+s = de
yazılabilir, ki bu (iii ) bağıntısının varlığını gösterir.
277
278
calculus
SONSUZ TOPLAMLAR VE
SONSUZ ÇARPIMLAR
İki kümenin bileşiminden hareketle, sonlu sayıdaki kümelerin
bileşimini ve sonra da keyfî çokluktaki bir kümeler ailesinin bileşimini daha önce tanımladık. Tamamen buna benzer olarak, iki
kümenin kartezyen çarpımını, sonlu sayıdaki kümelerin kartezyen
çarpımını ve en sonunda da keyfî çokluktaki bir kümeler ailesinin
kartezyen çarpımını tanımladık. Şimdi bu iki kavrama dayanarak,
sonlu ya da sonsuz sayıda nicelik sayılarının toplamını ve çarpımını
tanımlayacağız.
Tanım 0.359. Herhangi bir { ai | i ∈ I } nicelik sayıları kümesi verilsin.
Bu sayıların ∑i∈ I ai ile göstereceğimiz toplamı, her i ∈ I için ai = \ Ai
olmak üzere kurulacak ayrık bir { Ai | i ∈ I } kümeler ailesinin bileşiminin
nicelik sayısı olarak tanımlanır; yani i 6= j ve i, j ∈ I için Ai ∩ A j = ∅
olmak üzere
!
∑ ai = \
i∈ I
[
Ai
(298)
i∈ I
dir.
Tanım 0.360. Herhangi bir { ai | i ∈ I } nicelik sayıları kümesi verilsin.
Bu sayıların Πi∈ I ai ile göstereceğimiz çarpımı, her i ∈ I için ai = \ Ai
olmak üzere kurulacak { Ai | i ∈ I } kümeler ailesinin kartezyen çarpımının
nicelik sayısı olarak tanımlanır; yani
!
∏ ai = \ ∏ Ai
i∈ I
(299)
i∈ I
dir.
Şimdi sonsuz toplam ve çarpım ile ilgili başlıca özelikleri çıkaralım, m ile n iki doğal sayı ise mn çarpımının m kez n nin toplamı
ya da n kez m nin toplamı olduğunu biliyoruz. Benzer olarak, mn
üssü, n kez m nin kendisiyle çarpımı olarak tanımlanır. Şimdi bu
özeliklerin sonsuz nicelik sayıları için de varlığını göstereceğiz.
Lemma 0.361. a ile b herhangi iki nicelik sayısı olsun, b = \ B olacak
şekilde bir B kümesi seçelim. Eğer her β ∈ B için a = a β ise aşağıdaki
eşitlikler vardır:
(i) ab = ∑b∈ B a β
(ii) ab = ∏ β∈ B a β
İspat:
(i) Her β ∈ B için a = a β = \ A β olacak şekilde ayrık bir { A β | β ∈
B} kümeler ailesi kuralım ve a = \ A olacak gekilde bir A kümesi
seçelim. Buna göre, her β ∈ B için A ≈ A β olacağından her
bir öğesi A dan B ye bbö birer fonksiyon olan bir { f β | β ∈ B}
fonksiyonlar kümesi vardır. Şimdi bir
f : A×B →
[
β∈ B
Aβ
nicelik sayilari
fonksiyonunu
f ( x, β) = f β ( x )
diye tanımlayalım, Buradan
A×B ≈
[
Aβ
β∈ B
ab =
∑ aβ
β∈ B
çıkar.
(ii) Yine a = \ A olacak şekilde bir A kümesi seçelim, ama
yukarıdaki ayrık aile yerine, her β ∈ B için A = A β " olmak üzere
{ A β | β ∈ B} ailesini kuralım. Eğer
AB ≈
∏ Aβ
β∈ B
olduğunu gösterebilirsek istenen şey çıkacaktır. Oysa böyle olduğu
apaçıktır, çünkü her iki yan B den A ya olan bütün fonksiyonların
kümesidir.
ÇÖZÜLMÜŞ PROBLEMLER
Örnek 0.362. a ile b herhangi iki nicelik sayısı olsun ve a = \ A ve
b = \ B olacak şekilde A ile B kümeleri verilsin. Bu durumda
a + b = \( A ∪ B) + \( A ∩ B)
olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Aşağıdaki eşitlikler ard arda bir birini gerektirir:
B = ( B − A) ∪ ( A ∩ B)
b == \( B A ) + \( A ∩ B)
a + b == \ A + \( B A ) + \( A ∩ B)
= \( A ∪ B) + \( A ∩ B)
Örnek 0.363. a ve {bi | i ∈ I } nicelik sayıları iseler
!
a
∑ bi
i∈ I
= ∑ abi
i∈ I
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
a = \ A ve bi = \ Bi , (i ∈ I ) olacak şekilde A ve (Bi | i ∈ I }
kümelerini seçelim.
!
A×
[
i∈ I
Bi
=
[
( A × Bi )
(300)
i∈ I
olduğunu biliyoruz, iki yanın nicelik sayısı alınırsa istenen eşitlik
çıkar.
279
280
calculus
Örnek 0.364. Her i ∈ I için ai ≤ bi olacak şekilde { ai | i ∈ I } ve
{bi | i ∈ I } nicelik sayıları kümeleri verilmişse
∑ a i ≤ ∑ bi
(301)
∏ a i ≤ ∏ bi
(302)
i∈ I
i∈ I
i∈ I
i∈ I
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
(i) Her i ∈ I için ai = \ Ai ve bi = \ Bi olacak şekilde ayrık
{ Ai | i ∈ I } ve { Bi | i ∈ I } ailelerini düşünelim. Her i ∈ I için ai < bi
olduğuna göre bir f i : Ai → Bi bbi fonksiyonu vardır. Şimdi bir
f = ]i ∈ I f i :
[
Ai →
i∈ I
[
Bi
i∈ I
x ∈ Ai ⇒ f ( x ) = f i ( x )
fonksiyonunu tanımlayalım. Bu fonksiyonun bbi olduğunu görmek
kolaydır.
(ii) Yukarıdaki tanımlar altında bir
∏ Ai → ∏ Bi
i∈ I
(303)
i∈ I
fonksiyonunu şöyle tanımlayalım: x = ( xi ) ∈ ΠAi ve y = (yi ) ∈
ΠBi olmak üzere
g( x ) = y ⇔ (∀i (i ∈ I ) f i ( xi ) = yi
olsun. Şimdi g nin bbi bir fonksiyon olduğunu göstermeliyiz.
Gerçekten
g ( u ) = g ( v ) ⇒ ∀i (i ∈ I ) f i ( ui ) = f i ( vi )
⇒ ∀i (i ∈ I ) ui = vi
⇒ ( ui ) = u = v = ( vi )
çıkar.
Örnek 0.365. a = \ A ise 2a = \(P ( A)) dır.
Çözüm: Önerme 0.343 den hemen görülür.
Örnek 0.366. a herhangi bir nicelik sayısı ise a < 2a dır.
Çözüm: 0.329 Cantor Teoreminden çıkar.
Örnek 0.367. 2ℵ0 = c dir.
Çözüm: Q rasyonel sayılar kümesini düşünelim, \ Q = ℵ0 ;
olduğundan, Örnek 0.365 gereğince, \(P ( Q)) = 2ℵ0 dır. Şimdi bir
f : R → P (Q )) fonksiyonunu şöyle tanımlayalım:
f ( a) = { x | x ∈ Q, x < a}
nicelik sayilari
Şimdi f nin bbi bir fonksiyon olduğunu göstereceğiz. a, b ∈ R ve
a 6= b ise (a < b diyelim) öyle bir r ∈ Q vardır ki a < r < b olur.
Tanımdan r ∈ f (b) ve r ∈
/ f ( a) çıkar. Bu, f nin bbi olması demektir.
Öyleyse
c ≤ 2ℵ0
olur. Bu eşitsizliğin tersini göstermek için, ω doğal sayılar kümesinin
bütün belirtgen (karakteristik) fonksiyonları kümesine B diyelim;
yani
B = {χ A | A ⊂ ω }
olsun. Şimdi bir h fonksiyonunu
h : B → [0, 1]
h(χ A ) = 0, χ A (1)χ A (2)χ A (3) . . . χ A (n) . . .
diye tanımlayalım. Her n ∈ ω için χ A (n) ya 0 dır ya da 1 dir.
Dolayısıyla, yukarıdaki ifade bir rasyonel sayının, 2 tabanına göre,
sonsuz açılımıdır. A 6= B ise χ A 6= χ B ve dolayısıyla h(χ A ) 6= h(χ B )
olacağı apaçıktır; yani h fonksiyonu bbi bir fonksiyondur. Öyleyse,
2ℵ0 < c olacaktır. Artık bu iki eşitsizlikten istenen şey çıkar.
ℵ
Örnek 0.368. c = ℵ0 .ℵ0 .ℵ0 . . . . = ℵ0 0 olduğunu gösteriniz,
Çözüm: Bunun ispatını birkaç adımda yapacağız:
1.Adım: A sayılabilir bir küme ise
P ( A) ≈ P ( A × A)
dır. Çünkü A ≈ A × A olduğunu Teorem 0.316 den biliyoruz.
Eşgüçlü iki kümenin kuvvet kümeleri de eşgüçlü olacaktır.
2.Adım: A A 4 P ( A × A) dır. Bunu görmek için her hangi bir
f ∈ A A alalım. f ile onun G f grafiği birbirlerini tek olarak
belirliyordu. Dolayısıyla f yerine G f grafiğini kullanabiliriz.
f ↔ G f = {( ai , f ( ai )) | ai ∈ A, i ∈ ω } ⊂ A × A
dır. Her f için bu yapılabildiğine göre istenen çıkar.
3.Adım: A A 4 P ( A) dır. bağıntısının geçişme özeliği kullnılırsa
istenen şey önceki iki adımdan çıkar.
4.Adım: P ( A) 4 A A dır. Bunu göstermek için
Φ : A A → P ( A ), f ∈ A A ⇒ Φ ( f ) = f ( A )
fonksiyonunun örten olduğunu göstermek yetecektir. Oysa bu
özelik apaçıktır. 3. ve 4. Adımlardan
A A 4 P ( A) ⇔ (\ A)\ A
⇔ ℵ0ℵ0 = 2ℵ0
⇔ ℵ0ℵ0 = c
çıkar.
[14]
281
282
calculus
PROBLEMLER
1. a herhangi bir nicelik sayısı ise
(i) a + 0 = a, a0 = 0, a0 = 1
(ii) (ii) 1a = a, a1 = a, 1a = 1
olduğunu gösteriniz.
2. a ile b herhangi iki nicelik sayısı ise
ab = 0 ⇔ ( a = 0 ∨ b = 0)
ab = 1 ⇔ ( a = 1 ∧ b = 1)
ab = 0 <=> (a = 0 V b = 0) ab =1 <=> (a = l A b = 1) olduğunu
gösteriniz.
3. a sonsuz bir nicelik sayısı ve n sonlu bir nicelik sayısı ise a + n =
a olduğunu gösteriniz.
4. a sonsuz bir nicelik sayısı ise a + ℵ0 = a olduğunu gösteriniz.
5. n sonlu bir nicelik sayısı ise
n.ℵ0 = ℵ0 + ℵ0 + ℵ0 + . . . ℵ0 = ℵ0
(ℵ0 ) a = ℵ0 .ℵ0 .ℵ0 . . . . ℵ0 = ℵ0
nc = c + c + c + . . . + c = c
c a = c.c.c.c. . . . .c = c
olduğunu gösteriniz.
6. Aşağıdaki eşitlikleri sağlayınız:
ℵ0 = 1 + 2 + 3 + . . . n + . . .
= 1 + 22 + 23 + . . . 2n + . . .
c = 1.2.3.4 . . . .n. . . .
c = c.c.c.c. . . . = cℵ0
7. R den R ye 2c tane fonksiyon olduğunu gösteriniz.
8. R den R ye c tane sürekli fonksiyon olduğunu gösteriniz.
9. Cebirsel olmayan gerçel sayılara transandant sayılar denilir. Bu
sayıların niceliğinin c olduğunu gösteriniz.
10. a ≤ b ise her d nicelik sayısı için
a+d ≤ b+d
olduğunu gösteriniz.
ve
ad ≤ bd
nicelik sayilari
11. a, b, d herhangi üç nicelik sayısı ise
a ≤ b ⇒ ad ≤ bd
b ≤ d ⇒ ab ≤ ad
olduğunu gösteriniz.
12. Bir kümeler ailesi üzerindenicelik sayılarının eşit olması bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.
13. ω ω nın sayılabilir olduğunu gösteriniz.
14. A = {0}, B = { n1 | n = 1, 2, 3, . . .} olmak üzere
f (x) =

1

2,

x∈A


x ∈ [0, 1] − A ∪ B
x
,
 1+2x
x
x∈B
fonksiyonu tanımlanıyor. f nin [0, 1] kapalı aralığından (0, 1) açık
aralığına örten bir fonksiyon olduğunu ama bire-bir olmadığını
gösteriniz. Buradan [0, 1] ile (0, 1) aralıklarının nicelik sayılarının
aynı olduğu sonucunu çıkarınız.
283
SIRA SAYILARI
GİRİŞ
Günlük yaşantımızda nicelik belirten sayılar yanında, sıra belirten birinci, ikinci, üçüncü,... gibi sıra sayılarının da kullanıldığını
söylemiştik. Gerçekte, doğal sayılar hem nicelik hem de sıra belirten sayılardır. Üstelik, sonlu halde bu iki kavram arasında bir
ayırım gerekmeyebilir. Ama matematikçileri burada titiz olmaya
zorlayan şey, sonsuzluk halidir. Nasıl ki sonlu kümeler ile sonsuz
kümelerin özelikleri birbirlerinden bazı yönlerden çok farklı ise,
sonsuzluk halinde, sıra sayıları ile nicelik sayılarının özelikleri
birbirlerinden çok farklıdır.
Doğal sayılar kümesi üzerinde tanımlı bir önermenin her doğal
sayı için geçerli olduğunu göstermek için, sonlu tüme varım ilkesini
kullanıyorduk. Gerçekten, sonlu tüme varım ilkesi kolay kullanılabilen güçlü bir ispat yöntemidir. Bu ispat yönteminin esası doğal
sayıların iyi sıralanmış olmasına bağlıdır. Anımsarsanız, bu yöntem
şu basit kurala dayanıyordu. p(0) doğrudur ve p(n) ⇒ p(n + 1)
gerektirmesi sağlanır.
Bunu başka türlü söyleyebiliriz: p önermesini sağlayan doğal
sayılar kümesi M olsun.
1. İlk doğal sayı M ye aittir : 0 ∈ M
2. n ∈ M ⇒ (n + 1) ∈ M dir.
Şimdi aklımıza gelmesi gereken soru şudur. Acaba bu güçlü ispat yöntemi başka kümeler için de geçerli değil midir? Tüme Varım
İlkesi, esasta doğal sayıların iyi sıralı oluşuna dayalı olduğuna göre,
iyi sıralı her kümeye bu yöntemin uygulanabilmesini umut edebiliriz. Tüme Varım İlkesi, iyi sıralı her kümeye uygulanabilecekse, o
zaman iyi sıralabilen kümelerin hangi kümeler olduğunu bilmeye
gereksinim doğar.
Bu bölümde, önce, sıra sayılarının kuruluşunu kısaca açıklayacağız. Bir kümeyi sıralamak deyince, anlayacağunız şey nedir?
Bu kümenin birinci, ikinci, üçüncü,... öğelerini belirlemek demektir.
Sonlu halde, bunda hiçbir zorluk yoktur. Hattâ N doğal sayılar
kümesindeki sıraya uyan bir sırayı üzerine koyabileceğimiz için,
sayılabilir sonsuz bir kümenin sıralanması doğal olarak yapılabilir.
Doğal sayılar iyi sıralı olduğundan, doğal sayılara sıraca eş yapılı
olan bir küme de iyi sıralı olacaktır. Çünkü, doğal sayılar kümesine
eşgüçlü olan bir kümenin öğeleri, doğal sayıların öğeleriyle bire-bir
286
calculus
eşleştirilerek, aynı sıra yapısı o kümeye taşınabilir. Bunu matematik
diliyle ifade edelim.
A sayılabilir sonsuz bir küme ise bir f : N → A bire-bir-örten
(bbö) fonksiyonu vardır. Her m, n ∈ N için f (m) = am ∈ A ve
f (n) = an ∈ A diyelim.
Tanım 0.369. A ≈ N ise, A kümesi üzerine
(m, n ∈ N) ∧ (m ≤ n) ⇒ ( f (m) ≤ f (n)) ∼
= ( am ≤ an )
(304)
sıralama bağıntısını koyalım.
Lemma 0.370. (304) sıralamasına göre ( A, ≤) sistemi iyi sıralıdır.
İspat: f nin eşsıra dönüşümü olduğu apaçıktır.
Bu önerme, iyi sıralamayı, doğal sayılardan sayılabilir sonsuz
kümelere taşıdığı için iyi bir genellemedir. Ancak, amacımız için
yeterli değildir. Doğal sayılardan daha güçlü kümeler için; yani
sayılamaz sonsuz kümeler için de benzer işi yapmayı istiyoruz.
Küme sayılamaz sonsuz olduğunda; yani doğal sayılardan daha
güçlü olduğunda, ortaya koyacağımız tüme varım ilkesine "sonlu
ötesi tüme varım ilkesi" diyeceğiz.
İYİ SIRALANMIŞ KÜMELER
Tikel sıralanmış bir sistemin her alt kümesinin en küçük öğesi
varsa bu sistem iyi sıralanmış bir sistemdir demiştik (bkz. Tanım
??). Şimdi iyi sıralanmış kümeleri daha ayrıntılı olarak incelemeye
geçebiliriz.
Lemma 0.371. İyi sıralanmış her küme tümel sıralıdır.
İspat: ( A, ) iyi sıralı olsun. Her a ∈ A ve her b ∈ A için { a, b}
alt kümesinin en küçük öğesi vardır. En küçük öğe a ise a b olur.
En küçük öğe b ise b a olur. Dolayısıyla tümel sıralama koşulları
sağlanır (bkz. Tanım ??) koşulu sağlanıyor.
Tanım 0.372 (Sonal öğe). ( A, ) tikel (kısmen) sıralanmış bir sistem
olsun ve herhangi bir B ⊂ A alt kümesi verilsin. B nin kendi içinde
bulunmayan üst sınırlarının oluşturduğu kümenin alt sınırlarının en
büyüğüne; yani
α = inf{ x | x ∈ A ∧ ∀y(y ∈ B ⇒ y ≺ x )}
(305)
öğesine B kümesinin ilk sonalı denilir.
Özel olarak B yerine tek öğeli bir {b} kümesi alınırsa (305) öğesi
b nin ilk sonalı adını alır.
Eğer bir b öğesinin ilk sonalı a ise b ≺ a olduğu ve b ≺ x ≺ a
olacak şekilde hiçbir x ∈ A öğesinin var olamayacağı açıktır. İyi
sıralanmış bir kümede en büyük eğeden başka bütün eğelerin
birer tane ilk sonalları vardır. Gerçekten y ∈ A en büyük öğe
(maksimum) değilse, { x | x ∈ A, y ≺ x } kümesi boş değildir ve
varsayım gereğince bunun bir en küçük öğesi (minimum) vardır. Bu
öğe y nin ilk sonalı olacaktır.
sira sayilari
Tanım 0.373. a öğesi b öğesinin ilk sonalı ise, b ye a nın ilk öneli, denir.
Lemma 0.374. İyi sıralanmış bir kümenin her alt kümesi de iyi sıralıdır.
İspat: ( A, ) iyi sıralanmış bir sistem olsun ve bir B ⊂ A alt
kümesi verilsin. ( B, ) nin tikel sıralı olacağı açıktır. Öte yandan
B nin her C alt kümesi aynı zamanda A nın da bir alt kümesidir.
Dolayısıyla C nin en küçük öğesi (minimum) vardır.
Tanım 0.375 (Önel bölük). (W, ) iyi sıralanmış bir sistem olsun ve bir
a ∈ W öğesi verilsin.
Wa = { x | x ∈ W ∧ x ≺ a}
(306)
alt kümesine W kümesinin a ile saptanan önel bölüğü diyeceğiz.
SONLU ÖTESİ TÜME VARIM İLKESİ
Theorem 0.376. (W, ) iyi sıralanmış bir sistem olsun ve bir A ⊂ W alt
kümesi verilsin. Wa ⊂ A olduğunda a ∈ A olması gerekiyorsa A = W
olur.
İspat: Teoremin simgelerle ifadesi şöyledir:
[( a ∈ W ∧ Wa ⊂ A) ⇒ a ∈ A] =⇒ A = W
(307)
Olmayana ergi yöntemini kullanacağız. A 6= W olsaydı A0 ∩ W 6= ∅
olurdu. Bu durumda, A0 ∩ W nun en küçük öğesine (minimum)
a diyelim. a dan küçük öğeler A0 ∩ W kümesine ait olamayacaklarından Wa ⊂ A dır. Öyleyse, varsayımdan, a ∈ A çıkar. Oysa
a ∈ A0 ∩ W idi, ki buradan a ∈ A0 olması gerekir. Bu çelişki kabulümüzden gelmektedir. O halde, A 6= W olamaz; yani A = W
dir.
EŞSIRALI KÜMELER
Bundan sonraki kesimde iyi sıralanmış kümelerin çok önemli bir
özeliğini ispatlayacağız. İyi sıralanmış iki küme ya eşsıralıdır ya da,
biri ötekinin bir önel bölüğüne eşittir. Bu özelik, sıralanmış kümelerin
yapılarının benzer olması demektir. Matematikte bunun pek çok
uygulaması vardır. Bu özelik, sıra sayıları yardımıyla nicelik sayıları
işlenirken kullanılır. Bu kesimde sıra sayılarına girmek için gerekli
bazı ön bilgileri vereceğiz.
Önce bir anımsatma yapalım. Tikel (kısmen) sıralanmış kümeler
için varlığını bildiğimiz başlıca özelikler iyi sıralanmış kümeler
için de geçerlidir. Bu bölümde çok kullanacağımız için tanımları
yeniden söyleyelim.
Tanım 0.377. İyi sıralanmış iki sistem arasında sıra yapısını koruyan bir
bbö dönüşümü varsa, bu sistemlere eşsıralıdır, denilir.
Eşsıralılığı simgelerle ifade edebiliriz:
287
288
calculus
( X, ) ile (Y, .) iyi sıralanmış iki sistem olsun. X ile Y nin
eşsıralı olması için gerekli ve yeterli koşul her x, y ∈ X için
x y ⇐⇒ f ( x ) . f (y)
(308)
özeliğine sahip, bire-bir-örten bir f : X → Y fonksiyonunun var
olmasıdır.
Tanım 0.378. ( X, ) ile (Y, .) sistemlerini eşsıralı kılan bir f : X → Y
fonksiyonuna eşsıra dönüşümü denir.
Tanım 0.379. ( X, ) ile (Y, .) sistemleri eşsıralı ve eşsıra dönüşümü f
ise, bu durumu belirtmek amacıyla
X∼
= Y,
f
A∼
=B
(309)
simgelerinden herhangi birisini kullanacağız.
Lemma 0.380. A ile B tikel sıralanmış iki küme olsun. A ile B eşsıralı ve
A iyi sıralanmış ise B kümesi de iyi sıralanmış bir küme olur.
İspat: B nin herhangi bir C alt kümesinin en küçük öğesinin
varlığını göstermeliyiz. Önerme 0.217 gereğince kendisi ve tersi artan
birer dönüşüm olan bire-bir-örten f : A → B fonksiyonu vardır.
f −1 (C ) ⊂ A alt kümesinin en küçük (minimum) öğesine a diyelim.
f(a), C nin en küçük öğesi olacaktır.
Theorem 0.381. ( X, ) iyi sıralanmış bir küme ve f : X → X bir eşsıra
dönüşümü ise, her x ∈ X için x f ( x ) dir.
İspat: f ( x ) ≺ x olacak şekilde herhangi bir x ∈ X varsa, bu
özeliğe sahip öğelerin en küçüğü vardır; buna u diyelim. f (u) ≺ u
olacaktır, f fonksiyonu bir eşsıra dönüşümü olduğundan, (308)
uyarınca f ( f (u)) ≺ f (u) olmalıdır. Şu halde bu özeliği sağlayan
öğelerin en küçüğü u değildir. Bu çelişki, kabulümüzün var olamayacağını, yani her x ∈ X için x f ( x ) olduğunu gösterir.
Theorem 0.382. İyi sıralanmış iki kümenin birinden ötekine en çok bir
tane eşsıra dönüşümü var olabilir.
İspat: X, Y iyi sıralanmış kümeler ve f : X → Y, g : X → Y iki
tane eşsıra dönüşümü olsun. f −1 ◦ g bileşke fonksiyonu X den X ’e bir
eşsıra dönüşümü olur. Öyleyse, Teorem 0.381 gereğince, her x ∈ X
için x ( f −1 ◦ g)( x ) olmalıdır, ki bu f ( x ) g( x ) olması demektir.
Aynı yolla g( x ) f ( x ) elde edilebilir. Şu halde her x ∈ X için
f ( x ) = g( x ) olacaktır ki, bu f = g olması demektir.
Uyarı 0.383. İyi sıralanmış kümelerdeki bu özelik, tümel sıralı kümeler
için yoktur; yani tümel sıralı iki küme arasında birden çok eşsıra dönüşümü
var olabilir.
Theorem 0.384. İyi sıralanmış, bir küme hiç bir önel bölüğü ile eşsıralı
değildir.
sira sayilari
f
İspat: ( X, ) iyi sıralı bir sistem, a ∈ X olmak üzere X ∼
= Xa
olsaydı, Teorem 0.381 den her x ∈ X için x f ( x ) ve özel olarak a f ( a) olurdu, ki bu Xa önel bölüğünün tanımı gereğince, f ( a) ∈
/ Xa
olmasını gerektirir ve kabulümüze aykırı düşer.
Bu teoremde gördüğümüz gibi, iyi sıralanmış bir küme hiçbir
önel bölüğüne eşsıralı olamıyor, ama aşağıdaki anlamda, bütün önel
bölüklerinin kümesine eşsıralı olmaktadır.
Theorem 0.385. İyi sıralanmış her küme, kapsama (⊂) bağıntısına göre
sıralanmış önel bölükleri kümesi ile eşsıralıdır.
İspat: Verilen iyi sıralanmış küme ( X, ) olsun ve önel bölükleri
kümesine de U diyelim; yani
U = {Y | ∃z(z ∈ X ∧ Y = Xz )}
(310)
olsun. Bu durumda x ! Xx dönüşümü X den U ya bbö dir.
Ayrıca her a, b ∈ X için
a b ⇐⇒ Xa ⊂ Xb
(311)
olduğundan, bu dönüşüm ( X, ) den (U , ⊂) sistemine bir eşsıra
dönüşümüdür.
PROBLEMLER
1. Tam sıralı kümeler arasındaki eşsıralılık bağıntısının bir denklik
bağıntısı olduğunu gösteriniz.
2. Tam sıralı bir kümenin iyi sıralı olması için gerekli ve yeterli
koşul azalan sonsuz bir diziyi kapsamamasıdır (Başka bir deyişle, doğal sırada negatif tamsayılara eşsıralı bir diziye sahip
olmamasıdır). Gösteriniz.
3. ( X, ) tam sıralı bir küme olsun. Her A ⊂ X alt kümesinin hem
ilk hem son öğesi varsa, gösteriniz ki X sonlu bir kümedir.
4. İyi sıralı olma koşulu yerine tam sıralı olma koşulu alınırsa,
0.381, 0.382, 0.384 teoremlerin sağlanmayacağını birer karşıt
örnek ile gösteriniz.
5. Tam sıralı öyle bir A kümesi ve bir f : A → A eşsıra dönüşümü
bulunuz ki, f dönüşümünün sabit noktası olmasın; yani her
x ∈ A için f ( x ) 6= x olsun.
SIRA SAYILARI
İyi sıralanmış iki küme benzer iseler, yani sıraca eşyapılı iseler, bu iki
kümenin ortak bir özelikleri vardır. İşte bu ortak noktadan hareketle sıra sayılarını tanımlayacağız. Kabaca söylersek, iyi sıralanmış
bir kümenin sıra sayısı bu kümeye benzer olan bütün kümelerin
yapılarını belirleyen soyut bir varlıktır.
289
290
calculus
Anımsanacağı gibi, nicelik sayılarını tanımlarken, bu sayıların
seçilecek özel kümelere bağlı olmadığını göstermek için (209)
sistemini seçmiştik. Sıra sayıları için de benzer şeyi yapabiliriz.
Gerçekten,
∅,
{ ∅ },
{∅, {∅}},
{∅, {∅}, {∅, {∅}}}, . . .
(312)
ailesinin kapsama bağıntısına göre iyi sıralanmış olduğu apaçıktır.
Ayrıca, burada ilginç bir özelik daha sağlanmaktadır. (312) ailesinin
öğelerini, sırasıyla,
a0 = ∅,
a1 = { ∅ },
a2 = {∅, {∅}},
a3 = {∅, {∅}}, {∅, {∅}}} . . .
(313)
ile gösterelim. Tabii bu durumda (312) ailesi
a0 ⊂ a1 ⊂ a2 ⊂ a3 ⊂ . . .
(314)
şeklinde kapsamaya göre iyi sıralıdır. Basitliği sağlamak için bu
aileyi X ile gösterelim; yani X = { a0 , a1 , a2 , a3 , . . .} olsun. Şimdi X
in herhangi bir ai öğesi ile saptanan önel bölüğünü düşünelim:
X ai = a i
(315)
olmaktadır. Bu, (312) sistemindeki her öğenin saptadığı önel
bölüğün, kendisine eşit olması demektir.
Bölüksel Küme
Tanım 0.386. ( X, ) iyi sıralanmış kümesi verilsin. Eğer X in her a
öğesi, a nın saptadığı önel bölüğe eşitse; yani a = Xa ise, ( X, ) iyi
sıralanmış kümesine "bölüksel" ’dir, (ya da bölüksel olarak iyi sıralanmıştır) denilir.
Her ( X, ) iyi sıralanmış kümesi için, (314) gereğince
a b ⇔ X a ⊂ Xb
(316)
olduğundan, her bölüksel iyi sıralanmış küme "kapsama" bağıntısına göre sıralanmıştır. Şu halde X kümesini ve sıralama bağıntısını belirtmeden, "bölüksel bir küme" dememiz yetecektir.
Theorem 0.387. Bölüksel bir kümenin her önel bölüğü de bölüksel bir
kümedir.
İspat: X bölüksel bir küme ve Xa bunun bir önel bölüğü olsun.
Xa ⊂ X olduğundan, Xa iyi sıralanmış bir kümedir. Çünkü iyi sıralı
kümenin her alt kümesi de iyi sıralıdır. Öte yandan, her b ∈ Xa için
( Xa )b = Xb = b olduğundan, Xa bölüksel bir kümedir.
Theorem 0.388. Bölüksel bir X kümesinin bir Y has alt kümesi bölüksel
ise, Y alt kümesi X in bir önel bölüğüdür.
İspat: Herhangi bir a ∈ Y için X içinde a = Xa ve Y içinde a = Ya
olacaktır. Şu halde Xa = Ya olmalıdır; yani X içinde a dan önce
gelen bütün öğeler Y ye ait olacaktır. Y, X in bir has alt kümesi
olduğundan ( X − Y ) 6= ∅ dir; öyleyse c = inf( X − Y ) olmak üzere
Y = Xc olur.
sira sayilari
Theorem 0.389. Bölüksel iki kümenin arakesiti bölükseldir.
İspat: X ve Y iki bölüksel küme olsun. Her ikisindeki sıralama
kapsama işlemine göre olduğundan, arakesitlerini hem X in hem de
Y nin birer alt kümesi olarak düşünürsek, bu da kapsamaya göre
iyi sıralanmış bir küme olacaktır. Eğer a ∈ X ∩ Y ise a = Xa ve
a = Ya olur. Bu, X içinde a dan önce gelen bütün öğelerin Y içinde
de a dan önce gelmesini, dolayısıyla X ∩ Y içinde de aynı şeyin
olmasını gerektirir. Şu halde a ∈ ( X ∩ Y ) a dır ve buradan X ∩ Y nin
bölüksel olduğu çıkar.
Theorem 0.390. Bölüksel iki küme eşit değilseler, birisi ötekinin bir önel
bölüğüdür.
İspat: X ve Y iki bölüksel küme olsun. X ∩ Y bölüksel olduğundan, ya X ∩ Y = X dir ya da X ∩ Y arakesiti X in bir önel bölüğüdür.
Aynı düşünüşle, ya X ∩ Y = Y dir ya da X ∩ Y arakesiti Y nin bir
önel bölüğüdür.
X ∩ Y = X ise X ⊂ Y dir ve dolayısıyla ya X = Y ya da X, Y nin
bir önel bölüğü olur.
Benzer olarak, X ∩ Y = Y ise, ya X = Y ya da Y, X in bir önel
bölüğü olur.
Geriye kalan tek olası durum X ∩ Y nin hem X in hem de Y nin
birer önel bölüğü; yani X ∩ Y = Xa = Yb olmasıdır. Bu durumda
Xa = a, Yb = b olacağından a = b elde edilir, ki bu a ∈ X ∩ Y
olmasını gerektirir ve X ∩ Y = Xa olduğu kabulüne aykırı düşer.
Theorem 0.391. Bölüksel bir X kümesi bölüksel bir Y kümesiyle eşsıralı
ise X = Y dir.
İspat: f eşsıra dönüşümü altında X ∼
= Y olsun. Belirli bir a ∈ X
öğesinden önce gelen bütün x ∈ X öğeleri için x = f ( x ) olduğunu
kabul edelim. Bu durumda Xa = Y f (a) ; yani a = f ( a) olacaktrr. O
halde sonlu ötesi tüme varım ilkesine göre, her x ∈ X için x = f ( x ) ;
yani X = Y olacaktır.
Lemma 0.392. İyi sıralanmış bir küme, en çok bir tane bölüksel küme ile
eşsıralı olabilir.
Bölüksel kümeleri sıra sayıları olarak alabilmek için, iyi sıralanmış her kümenin bolüksel bir küme ile eşsıralı olduğunu göstermemiz gerekiyor. Aşağıdaki iki teoremde bunu ele alacağız.
Theorem 0.393. İyi sıralanmış bir X kümesinin her önel bölüğü bir
bölüksel küme ile eşsıralı ise, X bölüksel bir küme ile eşsıralıdır.
İspat: Kabul edelim ki, X in Xx önel bölüğü gx eşsıra dönüşümüyle
bir Z ( x ) bolüksel kümesine resmedilsin; yani Xx = Z ( x ) olsun.
Z = {z | ∃ x ( x ∈ X ∧ z = Z ( x ))}
diyelim. Şimdi
f : X → Z,
f (x) = Z(x)
(317)
291
292
calculus
fonksiyonunu tanımlayalım. x ≺ y olmak üzere x, y ∈ X verilsin.
Buna göre, gx eşsıra dönüşümü altında
Xx ∼
= Z(x)
ve gy nin Xx kümesine kısıtlanmışı olan gy| eşsıra dönüşümü
Xx
altında
X x = ( Xy ) x ∼
= ( Z (y)) gy(x)
olacaktır. Kabulümüz gereğince Z ( x ) bölüksel olduğundan ( Z (y)) gy(x)
de bölüksel olur; çünkü, bölüksel bir kümenin bir önel bölüğüdür.
Şu halde Teorem 0.391 den,
Z ( x ) = ( Z (y)) gy(x)
(318)
çıkar. x ≺ y olduğundan da Z ( x ) in Z (y) nin bir önel bölüğü
olduğu ve böylece
x ≺ y ⇒ Z ( x ) ⊂ Z (y)
(319)
özeliğinin sağlandığı görülür, x 6= y olduğunda x ≺ y ve y ≺ x
varsayımlarından ancak bir tanesi doğru olacağından, (319) den
x ≺ y ⇐⇒ Z ( x ) ⊂ Z (y)
(320)
sonucunu çıkarabiliriz. Artık (319) den f : X → Z fonksiyonunun
bbö olduğu, (320) den de f nin ( X, ) den ( Z, ⊂) sistemine bir
eşsıra dönüşümü olduğu çıkar. ( X, ) iyi sıralanmış olduğundan
( Z, ⊂) sistemi de iyi sıralanmıştır.
(318) egitliğine dönerek, Z ( x ) yerine f ( x ) ve Z (y) bölüksel
olduğundan ( Z (y)) gy(x) yerine gy ( x ) yazabiliriz.
Böylece, her x ≺ y için
f ( x ) = gy ( x )
(321)
f | Xy = gy
(322)
yani
elde edilir. Artık Z deki iyi sıralamanın bölüksel olduğu hemen
görülür; çünkü
Zzy = {z | ∃ x ( x ∈ X ∧ Z ( x ) ⊂ Z (y) ∧ z = Z ( x ))}
= {z | ∃ x ( x ∈ X ∧ x ≺ y ∧ z = f ( x ))}
= {z | ∃ x ( x ∈ X ∧ x ≺ y ∧ z = gy ( x ))}
= Z (y)
dir.
Theorem 0.394. İyi sıralanmış her küme bir ve yalnız bir tane bölüksel
küme ile eşsıralıdır.
İspat: X iyi sıralanmış bir küme olsun. Sonlu ötesi tüme varım
ilkesiyle Teorem 0.391 den X ile eşsıralı bir bölüksel kümenin varlığı
çıkar. Bunun tekliği ise Sonuç 0.392 tan biliniyor.
sira sayilari
SIRA SAYILARININ KARŞILAŞTIRILMASI
X iyi sıralanmış, bir küme olsun. X ile eşsıralı olan biricik bölüksel
kümeye X in sıra sayısı diyecek ve bunu
X̄,
∼
X,
ord( X )
(323)
simgelerinden birisiyle göstereceğiz.
Theorem 0.395. İyi sıralanmış iki kümenin eşsıralı olabilmesi için gerekli
ve yeterli koşul, bu iki kümenin aynı sıra sayısına sahip olmasıdır.
İspat: X ve Y verilen iyi sıralanmış kümeler ise,
X∼
= Y ⇐⇒ X̄ = Ȳ
(324)
olduğunu göstermeliyiz. X ∼
= X̄ ve Y ∼
= Ȳ olduğu açıktır. Teorem
0.391 gereğince
X∼
= Y ⇔ X̄ ∼
= Ȳ ⇔ X̄ = Ȳ
(325)
olur.
Theorem 0.396. İyi sıralanmış iki küme eşsıralı değilseler, birisi ötekinin
bir önel bölüğü ile eşsıralıdır,
İspat: X ve Y verilen iyi sıralanmış kümeler olsun. Uygun f ve g
dönüşümleri altında
f
X∼
= X̄,
g
Y∼
= Ȳ
(326)
dir. Teorem 0.390 gereğince, aşağıdaki üç durumdan birisi vardır:
(a) X̄ = Ȳ
(b) X̄ = Ȳy
(Yy , Ȳ nin bir önel bölüğüdür).
(c) Ȳ = X¯x
(X¯x X̄ nin bir önel bölüktür.
( a) durumu varsa X ∼
= Ȳ olur. (b) durumu varsa X ∼
= Zg−1 (y) olur.
∼
(c) durumu varsa Y = X f −1 (x) olur. Böylece istenen şey elde edilmiş
olur.
Buraya kadar söylenenleri bir araya derlersek, aşağıdaki önerme
ortaya çıkar:
Lemma 0.397. α, β herhangi iki sıra sayısı ise, aşağıdaki üç durumdan
birisi ve yalnızca birisi vardır:
(i) α sıra sayısı β sıra sayısının has bir önel bölüğüdür; yani α ∈ β dır.
(ii) α = β dır.
(iii) β sıra sayısı α sıra sayısının has bir önel bölüğüdür; yani β ∈ α dır.
Sıra sayıları kümesi üzerinde ≤ simgesiyle gösterilen bir bağıntıyı şöyle tanımlayalım:
293
294
calculus
Tanım 0.398. α, β herhangi iki sıra sayısı ise
α≤β⇔
α, β nın bir önel bölüğüdür
⇔ (α ∈ β) ∨ (α = β)
(327)
(328)
dır.
Bu tanımı kullanarak, alıştığımız üçleme (trichotomy) kuralını
yazabiliriz:
Lemma 0.399. α, β herhangi iki sıra sayısı ise aşağıdaki üç durumdan
birisi ve yalnızca birisi vardır:
(i) α ∈ β
(ii) α = β
(iii) β ∈ α
SIRA SAYILARININ ARİTMETİĞİ
Sıra sayıları içinde toplama, çarpma ve üs alma işlemleri tanımlanabilir. Aşağıda, sıra sayıları içindeki aritmetik işlemlerini tanımlamakla yetinecek, ayrıntılara girmeyeceğiz. Önce eşitsizlik tanımından başlayalım.
Tanım 0.400. α ve β iki sıra sayısı ve α = Ā, β = B̄ olacak şekilde
iyi sıralanmış A ve B kümeleri verilsin. Eğer A kümesi, B nin bir önel
bölüğüne benzerse, α sıra sayısı β sıra sayısından küçüktür, denilir ve
α<β
(329)
simgesiyle gösterilir.
Sıra sayıları içindeki toplama işlemini tanımlamak için, sıralanmış bileşimleri bilmemiz gerekiyor.
Tanım 0.401. A ve B tam sıralanmış iki küme ve A ∩ B = ∅ olsun.
A ∪ B içinde, şu şekilde bir sıralama işlemi tanımlayalım:
x, y ∈ A ∪ B için x ≺ y olması için gerekli ve yeterli koşullar
şunlardır:
x≺y⇔



 x ∈ A ∧ y ∈ B,



( x, y ∈ A) ∧ ( x ≺ y)
A daki sıralamaya göre
( x, y ∈ B) ∧ ( x ≺ y)
B deki sıralamaya göre
İçinde bu sıralama bağıntısı olan A ∪ B bileşimini A ] B simgesiyle
göstereceğiz.
Uyarı 0.402. A ] B nin B ] A dan farklı olacağına dikkat ediniz. Yukardaki tanım, genel olarak, bir kümeler ailesi için de söylenebilir.
sira sayilari
Sıra sayılarının Toplamı
Tanım 0.403 (Toplama). α ve β iki sıra sayısı ise α = Ā ve β = B̄ olmak
üzere; α ⊕ β = ord( A ] B) dır.
Burada A ve B kümeleri iyi sıralı olduğundan, A ] B bileşimi
de iyi sıralı olacaktır. Çünkü her küme iyi sıralanabilir. Kolayca
görüleceği gibi, sıra sayılarında toplama işlemi
(α ⊕ β) ⊕ γ = α ⊕ ( β ⊕ γ)
(330)
birleşme (associative) özeliğine sahiptir. Ancak, sıra sayılarında
toplama işlemi yer değişim (commutative) özeliğine sahip değildir;
yani
α ⊕ β 6= β ⊕ α
(331)
dır.
Sıra sayılarının Çarpımı
Tanım 0.404. İyi sıralanmış A ve B kümelerinin A × B kartezyen
çarpımının ters konum sıralaması şöyle tanımlanır: ( a, a0 ), (b, b0 ) ∈
A × B için
( a, a0 ) < (b, b0 ) ⇔ [( a0 < b0 ) ∨ ( a0 = b0 ∧ a < b)]
(332)
Bu bağıntıya göre A × B iyi sıralanmıştır. Üstündeki bu sıralamanın
var olduğunu belirtmek için A × B kartezyen çarpımını, A B
simgesiyle gösterelim.
Tanım 0.405 (Çarpma). a ile b iki sıra sayısı ise, a = Ā, b = B̄ olmak
üzere, sıra sayılarının çarpımı aşağıdaki kural ile tanımlanır:
a.b = ord( A B)
(333)
Sıra sayılarında ⊕ çarpma işlemi şu özeliklere sahiptir:
(i) ( ab)c = a(bc)
(ii) a(b ⊕ c) = ab ⊕ ac (dağılma özeliği)
(iii) (b ⊕ c) a 6= ba ⊕ ca
(ii ) ve (iii ) özeliklerinden şunu görüyoruz: Sıra sayılarında soldan
çarpmanın toplama üzerinde dağılma özeliği vardır, ama sağdan
çarpmanın toplama üzerine dağılma özeliği yoktur.
295
296
calculus
Sıra sayılarında Üs Alma
Sıra sayılarının sonlu üsleri (kuvvetleri) çarpma yardımıyla tanımlanabilir. Böylece
ω, ω 2 , ω 3 , ω 4 , ω 5 , . . .
(334)
üsleri bulunabilir. Sonsuz kuvvetlerini tanımlamak için
ω
ω, ω ω , ω ω , ω ω
ωω
, ωω
ωω
ω
,...
(335)
biçimindeki dizileri düşünmek gerekir. Bu ileri konu bu dersin
kapsamı dışındadır.
BÜTÜN SIRA SAYILARIN SINIFI
BÜTÜN SIRA SAYILARIN SINIFI: W
Buraya kadar yaptığımız işlemlerde, bölüksel kümelerle sıra
sayılarını bir tutmuş olduk. Yani "bölüksel küme" deyimi ile "sıra
sayısı" deyimi eş anlamlı olmaktadır. Özel olarak, bölüksel bir X
kümesinin X̄ sıra sayısının X olduğu apaçıktır.
Bütün sıra sayılarının sınıfını W ile göstereceğiz. Tabii W nin
öğeleri kümeler olduğundan, W kapsama bağıntısına göre tikel
sıralanmış bir kümedir. Ayrıca, Teorem 0.390 gereğince, tam sıralı
olmaktadır. Giderek, W nun iyi sıralı olduğunu ve bölüksel bir
küme olduğunu göstermek mümkündür. Buradan hareketle, şu
teorem ifade edilebilir.
Theorem 0.406. Herhangi bir a sıra sayısı, " a dan küçük olan bütün sıra
sayılarından oluşan Wa iyi sıralanmış kümesinin sıra sayısıdır.
İspat: a = Wa olacak şekilde bir Wa = W var olacaktır. a bölüksel
bir küme olduğundan a = a dır; yani Wa = Wa dır. Böylece istenen
a = Wa eşitliği çıkar.
PROBLEMLER
1. Bölüksel bir kümenin bütün alt - kümeleri kümesinin, yani
kuvvet kümesinin, kapsamaya göre iyi sıralı olmadığını gösteriniz.
2. A, B, C, D birbirlerinden ayrık ve tam sıralı kümeler olsun. A ∼
=
∼
∼
C, B = D ise A ] B = C ] D olduğunu gösteriniz.
3. Sıra sayıları için toplama işleminin birleşebilir olduğunu gösteriniz.
4. α, β, γ sıra sayıları ve α ⊕ β = α ⊕ γ ise β = γ olduğunu
gösteriniz.
5. İyi sıralı her sonlu küme bir doğal sayı ile eşyapılıdır. Gösteriniz
6. Her doğal sayı, iyi sıralı sonlu bir sayıya eşyapılıdır.
AKSİYOMLAR VE PARADOKSLAR
KÜMELERİN AKSİYOMATİK YAPISI
Hatırlanacağı üzere, bu dersin başlangıcında, kümeler kuramını aksiyomatik olarak incelemeyeceğimizi söylemiş, ve kümeyi "öğelerin
topluluğu" olarak ele almıştık. Ama bu tanımın "küme" nin niteliğini
ortaya koyamadığını anlamak için çok dikkatli bir düşünce bile
gerekmiyor. O halde, şimdiye değin sezgiye dayanarak üzerinde
çalıştığımız "küme" nin varlığını garanti edecek daha belirgin
kavramlar gereklidir. Yine belirtelim ki, bu dersin amacı, kümeler
kuramını aksiyomatik olarak incelemek değildir. Bu bolümde yapmak istediğimiz şey, kümeleri salt sezgi yoluyla ele alınca, giderek
bazı paradokslarla karşılaştığımızı; ancak başlangıçta bazı aksiyomları kabul ederek, hem "küme" nin varlığını garanti etmenin,
hem de paradokslardan kurtulmanın mümkün olduğunu belirtmektir. Kümeler kuramını ilk kez sistematik olarak inceleyen matematikçi Georg Cantor (1815-1918) dur. Cantor, kümeler cebirini, buraya
kadar bizim sezgi yoluyla yaptığımız gibi ortaya koymuştur. Daha
sonraları, matematiğin temelleri araştırılmaya başlanınca, Kümeler
Kuramı, Cantor’dan sonraki matematikçiler tarafından daha formal
olarak biçimlendirilmeye çalışılmıştır. Cantor’un "küme" deyiminden kastettiği şu idi: x değişkeni (değişkenleri) bir p önermesini
sağlıyorsa { x | p( x )} kümesi
a ∈ { x | p( x )} ⇔ p( a)
(336)
şeklinde tanımlanır. Bu düşünüşle, her p önerme fonksiyonu bir
küme tanımlar. Kavrama ilkesi (principle of Comprehension)
denilen bu yolla kümelerin belirlenmesi geçen yüzyılın ünlü
matematikçisi ve düşünürü Bertrant Russel, kendi adıyla anılan
paradoksu ortaya atana dek süregeldi. Gerçekte ilk ortaya konan
Russel paradoksu değil, 1897 de bulunan Burali-Forti paradoksudur;
bunu bu bölümün sonunda açıklayacağız.
Russel Paradoksu
Russel Paradoksu (1902 -1903): p( x ) önerme fonksiyonunu x ∈
/ x
olarak tanımlayalım. p nin tanımladığı küme w = { x | x ∈
/ x}
kümesidir. Bu durumda
298
calculus
w∈w⇒w∈
/w
(337)
w∈
/w⇒w∈w
(338)
olacaktır ki, bu ne w ∈ w ve ne de w ∈
/ w önermesinin doğru
olamayacağını ya da her ikisinin de aynı anda doğru olduğunu
gösterir. Bu, kümeler Kuramında bir çatışkı (paradoks) yaratır. Bu
demektir ki, kümeleri salt bir önerme fonksiyonu ile belirlemek,
bizi paradoksa götürüyor. Öyleyse, kümeler kuramımın varlığını
garanti edecek bazı belitleri (aksiyomları) koymak zorundayız,
Kümeler Kuramının belitsel (aksiyomatik) kuruluşu, matematikçiler
tarafından değişik biçimlerde yapılmıştır. Ancak bunları iki standart yola ayırmak mümkündür.
RUSSEL YÖNTEMİ
Russel tarafından kurulan bu biçimde, esas düşünce, bizi paradoksa
götüren "kümelerin kümesi" kavramından sakınmak için, kümeleri
sınıflara ayırmaktır. Russel’a göre; bireyler, bireylerin kümeleri,
bireylerin kümelerinin kümeleri,... vb. birbirlerinden farklı düzeydeki varlıklardır. Şu halde x ∈ y nin anlamlı olabilmesi, ancak
y nin x den sonraki düzeyde olmasıyla mümkündür. Öyleyse,
x ∈ x (dolayısıyla x ∈
/ x) ifadesi küme tanımlamak için bir önerme fonksiyonu değildir. Buradan hareketle, Russel paradoksuna
götüren { x | x ∈
/ x } kümesinin var olamayacağı (tabii, kümeler
kuramını Russel anlamında kurarsak) anlaşılır.
Russel yöntemiyle kümeler kuramının kuruluşuna, bugüne
kadar, öldürücü bir itiraz gelememiştir. Ancak, bu yöntemin her
matematikçi tarafından kabul edilmesi beklenemz. Özetlersek, Russel yönteminde, kümeler kuramında paradoksu doğuran kavramdan mantıksal (logic) bir yolla sakınılmaktadır.
ZERMELO YÖNTEMİ
Bu yöntemde, mantıksal bir biçime girmeden, doğrudan doğruya,
kümeler kuramında karşılaştığımız işlem ve kavramları doğuracak
yeterlikte ve paradokslardan koruyacak nitelikte bazı aksiyomlar
kabul edilmektedir. Bu yöntemi ilk kez Zermelo (1908), ortaya koymuş ve daha sonra çeşitli matematikçiler tarafından geliştirilmiştir.
Zermelo yöntemini daha çok açıklamayı denemek yerine, bu yöntemle kümeler kuramının nasıl kurulduğunu bir örnekle açıklamak
daha yararlı olacaktır.
Zermelo-Fraenkel Aksiyomları
Küme ve öğe kavramı ilkel kavramlardır (her ikisi de tanımsızdır).
Kümelerin, aşağıda ifade edilecek aksiyomların dışında hiçbir
özeliğe sahip olduğu varsayılmaz. Zermelo - Fraenkel kuramında, belirli varlıkların bölgesi düşünülür ve bu bölgedeki varlıklar kümeler
aksiyomlar ve paradokslar
olarak kabul edilir. Küme ve öğe arasında bir ayırım yoktur. Bu
bölgede ∈ simgesiyle gösterilen belirli bir bağıntı "öğelik" bağıntısı
olarak kabul edilir ve a ∈ b ( "a, b nin öğesidir") şeklindeki ilkel
kavram (tanımsız kavram) olarak alınır. Bir b kümesinin her öğesi
bir c kümesinin de öğesi oluyorsa, b ye c nin bir alt kümesidir, denilir
ve b ⊂ c ile gösterilir.
1. Yayma Beliti: Eğer iki küme aynı öğelere sahipse, bunlar birbirine
eşittir; yani
∀ x ( x ∈ a ⇔ x ∈ b) =⇒ a = b
(339)
dir.
2. İlkel Kümeler Beliti: Hiçbir öğesi olmayan bir ∅ kümesi vardır.
Eğer a ve b iki kümeyse, yalnız a öğesine sahip { a} kümesi ile
yalnız a ve b öğelerine sahip olan { a, b} kümesi vardır.
3. Alt Kümelerin Seçilmesi Beliti: a verilmiş bir küme, p( x ) her bir
x ∈ a için anlamlı bir önerme fonksiyonu ise, öyle bir b kümesi
vardır ki, b nin öğeleri a nın p( x ) önermesini doğru kılan x
öğelerinden ibarettir:
x ∈ b ⇔ ( x ∈ a ∧ p( x ))
(340)
4. Kuvvet Kümesi Beliti: a verilmiş bir kümeyse, öğeleri a nın bütün
alt kümelerinden ibaret olan bir P ( a) kümesi vardır:
x ∈ P ( a) ⇔ x ⊂ a
(341)
5.Bileşim Beliti: a verilmiş bir kümeyse, öğeleri a nın öğelerinin
öğelerinden ibaret olan bir ∪ a kümesi (buna a nın bileşimi denir)
vardır:
x ∈ ∪ a ⇔ ∃y( x ∈ y ∧ y ∈ a)
(342)
6.Seçme Beliti: Bir a kümesi verilsin. a nın bütün öğeleri ∅ dan
farklı olsun ve bu öğelerin ortak öğeleri var olmasın. Bu durumda, öyle bir c kümesi vardır ki, bunun a nın her öğesiyle bir
ve bir tek ortak öğesi vardır.
7.Sonsuzluk Beliti: Öyle bir küme vardır ki, ∅ bunun bir öğesidir ve
eğer e bunun bir öğesi ise {e} de bir öğesi olur.
8.Yerleştirme Beliti: a verilmiş bir küme olsun, a nın her x öğesini bir
tek y öğesine bağlayan bir ψ( x, y) önerme fonksiyonu varsa; yani
∀ x [ x ∈ a ⇒ ∃y(ψ( x, y) ∧ ∀z(ψ( x, z) ⇒ y = z))]
(343)
varsa, öyle bir a0 kümesi vardır ki, bunun öğeleri tamamıyla,
yukarıdaki biçimde a nın öğelerine bağlanan y lerden ibarettir.
9.Kurma Beliti: a boş olmayan herhangi bir kümeyse, a nın öyle bir e
öğesi vardır ki, a ile e nin hiçbir ortak öğesi yoktur.
299
300
calculus
Açıklanmalarına girmeyeceğimiz bu aksiyomların bazısı, zaten
alışkın olduğumuz özeliklerin ifadesinden ibarettir. Ama bazıları
da, hemen sezgiyle anlaşılamayacak daha derin anlama sahiptir.
Örneğin, son aksiyomu açıklamak için Bernay’in tamamen formalize edilmiş sistemlerine girmek gerekir, ki bu dersin kapsamı
dışında olduğunu söylemiştik.
PARADOKSLAR
Bu bolümü bitirmeden Önce bazı ünlü paradoksları (çatışkıları)
söylemek yararlı olacaktır.
Cantor Paradoksu
(Bütün kümelerin kümesi) Bütün kümelerin kümesine A diyelim.
Tabii A nın her alt kümesi yine A nın bir öğesidir. Şu halde A nın
kuvvet kümesi de A nın bir alt kümesi olacaktır; yani
P (A ) ⊂ A
(344)
P (A ) A
(345)
olacaktır, ki buradan
çıkar. Oysa 0.329 Cantor Teoremine göre
P (A ) A
(346)
olduğunu biliyoruz. Şu halde, "bütün kümelerin kümesi" kavramı
bizi bir paradoksa götürmektedir.
Russel Paradoksu
Bütün kümelerin kümesini
(a) Kendi kendini içeren kümeler;
(b) Kendi kendini içermeyen kümeler;
diye ikiye ayırsak daha önce açıklamış olduğumuz Russel Paradoksuna varıyoruz.
Burali-Forti paradoksu
(Bütün sıra sayılarının kü mesi) Bütün sıra sayılarının kümesine ∆
diyelim. ∆ nın (yukardaki W sınıfı yerinde olduğunu düşünürsek)
bölüksel bir küme olacağını biliyoruz. Şu halde Öyle bir Wλ = λ ∈
W vardır ki
∆ = λ = Wλ ,
(∆ = W )
(347)
olur. Oysa bu Teorem ?? ile çelişir, zira (347) bağıntısı iyi sıralı
W = ∆ kümesinin Wλ önel bölüğüne benzer olmasını gerektiriyor.
Hemen görüldüğü gibi, bu paradokstan kurtulmak için, "bütün sıra
sayılarının kümesi" deyimi yerine "bütün sıra sayılarının W sınıfı"
deyimini kullanıyoruz. Zaten, yukardakî paradokstan, ∆ kümesinin
var olmadığı anlamını çıkarabiliriz.
aksiyomlar ve paradokslar
Bütün Nicelik Sayılarının Kümesi
Bütün nicelik sayılarının kümesine N diyelim. Her a ∈ N nicelik
sayısı için a = \( A a ) olacak şekilde bir A kümesi vardır.
A=
[
Aa
(348)
a ∈N
diyelim. P ( A) nın nicelik sayısı \(P ( A)) ∈ N olduğundan
\(P ( A)) = \( A\(P ( A)) )
(349)
olacak şekilde bir A\(P ( A)) kümesi vardır. (348) in tanımından
A\(P ( A)) ⊂ A
dır. O halde
\(P ( A)) = \( A\(P ( A)) ) \( A)
olacaktır. Oysa
\(P ( A)) \( A)
olması gerekiyordu. Görülüyor ki, bütün nicelik sayılarının kümesi
kavramı bizi paradoksa götürüyor. [?], [?], [?], [2], [12], [21]
OKUMA PARÇALARI
Yukardakilere benzer daha birçok paradoks vardır. Biz burada
popüler birkaç tanesini daha söylemekle yetineceğiz.
Berber (Russel, 1919) Bir kasabanın berberi, o kasabada kendi
kendisini traş etmeyen herkesi ve yalnız onları traş ediyor. Acaba
bu berber, kendi kendini traş eder mi?
Belediye Başkanı Bir masal ülkesinde her belediye bir başkana sahip
olmalıdır ve farklı iki belediye aynı başkana sahip olamaz. Bazı
belediye başkanları, başkanı oldukları belediyenin sınırları dışında
ikâmet ediyorlar. Kabul edelim ki, yeni bir kanunla bu tür belediye
başkanları bir S bölgesine yerleştiriliyor. S bölgesi o kadar büyük
oluyor ki, burada da yeni bir belediye kurmak gerekiyor. S nin
başkanı nerede oturmalıdır?
Avukat ve Öğrencisi Olay eski Yunan’da geçer. O zamanın ünlü bir
avukatı bir öğrencisine özel avukatlık dersleri verecektir. Öğrencisiyle şöyle anlaşırlar:
Dersler bitene dek öğrenci hiç ücret ödemeyecektir. Eğer, öğrenci
ilk girdiği davayı kazanacak olursa, öğretmenine belirli bir ücret
ödeyecektir; eğer ilk davasını kazanamazsa, hiçbir ders ücreti ödemeyecektir.
Bir süre sonra dersler bitmiş ve öğrenci artık genç bir avukat olmuştur. Ama uzun sure hiçbir davayı üzerine almamış, yaşlı avukatın
sabrını taşırmıştır. Ücretini almak için öğrencisini mahkemeye
veren yaşlı avukat, yargıçlar kuruluna der ki:
301
302
calculus
"Eğer bu davayı kazanırsam, yüksek mahkemenin kararı gereğince
ücretimi almalıyım; eğer bu davayı kaybedersem, anlaşmamız
gereğince öğrencim ilk girdiği davayı kazandığı için yine ücretimi
almalıyım ..."
Bu sözleri duyan genç avukat ayağa fırlar ve cevap verir:
"Hayır! Sayın Yargıçlar Kurulu, öğretmenim yanılıyor. Çünkü,
bu davayı ben kazanırsam, mahkemeniz kararı gereğince ücret
vermeyeceğim; eğer kaybedersem, anlaşmamız gereğince, yine ücret
vermeyeceğim ..."
Acaba, hangisi haklıdır?
Timsah Bir çocuğu kaçıran bir timsah, çocuğun babasına söz
veriyor:
"- Çocuğu geri verip vermeyeceğimi tahmin edebilirseniz, çocuğunuzu
yemeden geri vereceğim."
Baba, timsahın çocuğu geri vermeyeceğini tahmin etse, timsah
çocuğu geri vermeli midir ?
Epimenide Paradoksu
Yalanci Paradoksu
"Şu anda söylemekte olduğum şey yalandır."
Acaba bu ifade doğru mu, yalan mı?
SEÇME AKSİYOMU
SEÇME AKS İYOMU VE E ŞDE ĞERLER İ
GİRİŞ
Bir X kümesi düşünelim. Bu küme ya boştur ya değildir. Değilse,
X kümesine ait bir öğe seçilebilir. Şimdi başka bir Y kümesi daha
düşünelim. X ile Y nin kartezyen çarpımını X × Y ile göstermiştik.
Eğer X ile Y den birisi ya da ikisi de boşsa X × Y de boş olacaktır.
Eğer her ikisi de boş değilse, bir x ∈ X ve bir y ∈ Y vardır ve bu iki
öğenin oluşturduğu ( x, y) sıralı çifti X × Y kartezyen çarpımına aittir;
dolayısıyla bu kartezyen çarpım boş küme değildir. Bu düşünüşle,
giderek, sonlu sayıda bir kümeler ailesinin kartezyen çarpımının
boş olması için, bu kümelerden en az birisinin boş olmasının gerekli
ve yeterli olduğunu söyleyebiliriz. Bunu başka türlü söylersek,
"Sonlu sayıda boş olmayan kümelerin kartezyen çarpımı boş değildir"
diyebiliriz. Gerçekten, bunu sonlu tüme varım yöntemiyle kolayca
gösterebiliriz.
Acaba ilk bakışta pek doğal görünen bu özeliği, sonsuz sayıda
kümeler ailesi için de söyleyebilir miyiz? Cebir, analiz, topoloji gibi
alanlarda önemli bir araç olarak kullanılan bu özelik ve buna
eşdeğer olan başka özeliklerin varlığı ispatlanamadı. Bunun üzerine, 1900 yıllarında Alman matematikçi Ernst Zermelo bu özeliğin
bir aksiyom olarak kabul edilmesini önerdi. "Seçme Aksiyomu" diye
adlandırılan bu özeliği şöyle ifade edebiliriz:
Theorem 0.407. [Seçme Aksiyomu] Boş olmayan kümelerden oluşan boş
olmayan bir ailenin kartezyen çarpımı boş değildir.
Bunu daha iyi açıklamak için herhangi bir { Aı : ı ∈ I } ailesinin
kartezyen çarpımını anımsayalım: Πı∈ I Aı ile gösterdiğimiz bu
çarpım, her ı ∈ I için f (i ) ∈ Aı koşulunu sağlayan bütün
f :I→
[
Aı
(350)
ı∈ I
fonksiyonlarının oluşturduğu küme idi. Bu f fonksiyonlarından
herbirisine bir seçme fonksiyonu denilir. Kartezyen çarpımın boş
olmaması demek, en az bir seçme fonksiyonu var demektir (bkz.
(350))
Hemen belirtelim ki Seçme Aksiyomu, yukarıdakine denk olan
değişik başka biçimlerde de ifade edilebilir. Biraz sonra onları
göreceğiz.
304
calculus
SEÇME AKSİYOMU BAĞIMSIZDIR
Seçme Aksiyomu matematikte önemli uygulamaları olan bir varsayımdır.
Bu bakımdan, matematikçilere büyük bir çalışma konusu olmuştur.
Burada, Seçme Aksiyomu için de, Sürey Hipotezi için elde edilen
sonuçların benzerlerinin varlığını söylemekle yetineceğiz. Bu
sonuçlar, yine, Kurt Gödel (1940) ve Paul Cohen (1965) tarafından
verilmiştir. Kısaca özetlersek, Gödel, Kümeler Kuramının aksiyomlarına Seçme Aksiyomu eklendiğinde sistemde bir çelişki doğmadığını; yani, Kümeler Kuramının öteki aksiyomlarıyla birlikte
Seçme Aksiyomunun çelişmez bir sistem oluşturduğunu gösterdi.
Cohen ise, Seçme Aksiyomunun, Kümeler Kuramının öteki aksiyomlarından bağımsız olduğunu gösterdi. Buna göre, Seçme
Aksiyomunu varsayan bir Kümeler Kuramı kurulabildiği gibi, bu
aksiyomu varsaymayan bir Kümeler Kuramı da kurulabilir. Her iki
sistem kendi içlerinde tutarlıdır (çelişmez), ama birbirlerinden farklı
sistemler olurlar. [9]
SABİT NOKTA TEOREMİ
Tanım 0.408. Tikel sıralı bir kümenin tümel sıralı her alt kümesi bir
zincirdir.
Özel olarak, tümel sıralı her küme bir zincirdir.
Tanım 0.409. ( E, ) tikel sıralanmış sistem ve a ∈ E olsun. E nin
aşağıdaki üç özeliğe sahip bir B alt kümesine içeren bir küme diyeceğiz:
(i) a ∈ B
(ii) f ( B) ⊂ B
(iii) B içindeki her zincirin en küçük üst sınırı yine B ye aittir.
Theorem 0.410. ( E, ) tikel sıralanmış sistemi içindeki her zincirin bir
üst sınırı var olsun. Eğer f : E → E azalmayan bir fonksiyon ise, f
fonksiyonu altında sabit kalan bir w ∈ E öğesi vardır.
İspat:
x ∈ E ⇒ x ≤ f (x)
(351)
(∃w ∈ E) f (w) = w
(352)
ise
olduğunu göstermeliyiz.
Bir a ∈ E öğesi seçelim. Bu ispat boyunca seçtiğimiz bu a öğesi
sabit kalacaktır. E nin bütün içeren alt kümelerinden oluşan aileye
B diyelim. E kümesinin içeren bir küme olduğu apaçıktır; yani
B ailesi boş değildir. Kolayca görüleceği üzere içeren kümelerin
arakesiti de içeren bir kümedir; öyleyse,
A = ∩B = ∩{ B : B ∈ B }
(353)
seçme aksiyomu
arakesiti, en küçük içeren kümedir. Şimdi
A = {x ∈ E | a x}
(354)
kümesini düşünelim. Bunun içeren bir küme olduğunu göstereceğiz, a ∈ A olduğu apaçıktır; yani A kümesi (i) koşulunu sağlar.
A kümesinin ve f fonksiyonunun tanımından, her x ∈ A için
a x f ( x ) ∈ E çıkar. Öyleyse f (A) ⊂ A olur; yani (ii ) koşulu
sağlanır.
Son olarak, A içinde herhangi bir Z zinciri alalım. Z nin en
küçük üst sınırı t olsun. Eğer t ∈
/ A olsaydı, A nın tanımı gereğince,
t ≺ a olurdu. Öte yandan, her r ∈ Z için r t dir. Şu halde, her
r ∈ Z için r t ≺ a olacaktır, ki bu, A kümesi Z yi kapsamaz,
demektir. Bu çelişki kabulümüzden geldiğine göre, t ∈ A olmalıdır;
yani (iii ) koşulu da sağlanır.
Böylece A nın içeren bir küme olduğu görülüyor. Ohalde, en
küçük içeren kümeyi kapsar; yani A ⊂ A dır. Buradan
(iv) x ∈ A ⇒ a x
olduğu çıkar. Şimdi de bir P kümesini şöyle tanımlayalım:
P = { x ∈ A | (y ∈ A ∧ y x ) ⇒ f (y) x }
(355)
Bu kümenin boş olmadığım görmek için, örneğin,
a∈P
(356)
olduğunu hemen gösterebiliriz. Gerçekten, (iv) gereğince, hiçbir
y ∈ A için y ≺ a olamayacağından, (355) tanımındaki önerme doğru
olur.
Buradan hemen görüleceği üzere, a öğesi, P nin en küçük öğesidir. Şimdi P içinde sabit bir p öğesi seçelim ve buna bağlı olan bir
M p kümesini şöyle tanımlayalım:
M p = {m ∈ A | m p ∨ f ( p) m}
(357)
Teoremin ispatını aşağıdaki beş adımda tamamlayabileceğiz.
1.Adım: M p içeren bir kümedir.
a öğesi, P nin en küçük öğesi olduğundan, a p dir. Öyleyse,
(357) den, a ∈ M p olur. Demek ki M p kümesi (i ) koşulunu
sağlıyor.
Şimdi M p nin (ii ) koşulunu sağladığını gösterelim. Herhangi bir
m ∈ M p seçelim. Üç durum vardır:
1.Durum: Eğer f ( p) m ise, (351) den, f ( p) m f (m) olur, ki
bu (357) gereğince f (m) ∈ M p olması demektir.
2.Durum: m = p ise f (m) = f ( p) olur. Oysa p ∈ M p ve
f ( p) ∈ M p olduğu (357) den hemen görülür.
3.Durum: m ≺ p ise, p ∈ P olduğundan, (355) gereğince,
f (m) p olacaktır, ki bu (357) den f (m) ∈ M p olması
demektir.
305
306
calculus
Böylece f ( M p ) ⊂ M p çıkar.
Şimdi de p ∈ M p nin (iii ) koşulunu sağladığını gösterelim. N
kümesi, M p içinde herhangi bir zincir ve N nin en küçük üst
sınırı u olsun. N ⊂ M p olduğundan, (357) gereğince, iki durum
düşünülebilir:
Ya her y ∈ N için y p dir ya da f ( p) y koşulunu sağlayan
bazı y ∈ N öğeleri vardır. Birinci durum varsa, p, N kümesinin
bir üst sınırıdır; dolayısıyla, p, N nin en küçük üst sınırından
küçük olamaz; yani u p dir. Bu durumda, (357) gereğince,
u ∈ M p olur. İkinci durum varsa; yani bazı (belki de her) y ∈ N
için f ( p) y koşulu sağlanıyorsa, y u olduğundan, yine
f ( p) u olacaktır. Bu durumda da, (357) gereğince, u ∈ M p olur.
Böylece M p nin içeren bir küme olduğunu göstermiş oluyoruz.
2.Adım: M p = A dır.
1.Adımdan M p ∈ B çıkar. Ohalde (353) gereğince M p ⊃ A
olacaktır. Oysa (357) den, M p ⊂ A olarak tanımlanmıştır. Demek
ki M p = A dır. Bu eşitlikten şu özeliği yazabiliriz:
(v) ( x ∈ P ∨ z ∈ A) ⇒ (z x ∨ f ( x ) z)
3.Adım: P = A dır.
a ∈ P olduğunu (356) den biliyoruz; yani P kümesi (i ) koşulunu
sağlar. Şimdi P nin (ii ) koşulunu sağladığını gösterelim. Herhangi bir x ∈ P verilsin, f ( x ) ∈ P olduğunu göstereceğiz. Bunun
için, (355)) gereğince,
(z ∈ A) ∧ (z ≺ f ( x )) ⇒ f (z) f ( x )
(358)
olduğunu göstermeliyiz, (v) gereğince, x ∈ P ve z ∈ A
varsayımımız ya z x ya da f ( x ) z olmasını gerektirir.
Oysa ikinci durum z ≺ f ( x ) olduğu kabulümüze aylarıdır. Demek ki yalnızca z ≺ x durumu varolabilir. x ∈ P olduğundan,
eğer z x ise, (355) ve (351) den f (z) x f ( x ) olur. Eğer
z = x ise f (z) = f ( x ) olur. Böylece x ∈ P ise f ( x ) ∈ P olduğu;
yani f ( P) ⊂ P olduğu görülür.
Son olarak, P nin (iii) koşulunu sağladığını gösterelim. P içinde
bir F zinciri verilsin. F nin en küçük üst sınırına v diyelim, v ∈ P
olduğunu göstermek için, (355) ya göre,
(z ∈ A ∧ z ≺ v) ⇒ f (z) v
(359)
olduğunu göstermeliyiz, (v) den hemen görüleceği üzere, her
x ∈ F için ya z x ya da x f ( x ) z olacaktır. Eğer ikincisi
sağlanıyor olsaydı v z olurdu, ki bu kabulümüze aykırıdır.
Ohalde her x ∈ F için z x olacaktır. Eğer z ≺ x ise f (z) x v (P nin tanımından) olur. Eğer z = x ise z 6= v olduğundan, F
içinde öyle bir y öğesi vardır ki z ≺ y olur; aksi halde F nin en
küçük üst sınırı v değil z olmalı idi, ki bu olamaz. Ohalde f (z) y v olacaktır. Demek ki her iki halde de (359) sağlanıyor;
Öyleyse v ∈ P dir.
seçme aksiyomu
Böylece P nin içeren bir küme olduğu gösterilmiş olmaktadır;
dolayısıyla (353) den P ⊃ A çıkar. Oysa (355) tanımından P ⊂ A
dır. Demek ki P = A dır.
4.Adım: A kümesi E içinde bir zincirdir.
A = P olduğunu düşünürsek (v) den her x, z ∈ A için ya z x
ya da x f ( x ) z çıkar; yani
x, z ∈ A ⇒ (z x ) ∨ ( x z)
(360)
olur, ki bu, A nın E içinde tam sıralı bir alt küme olduğunu,
dolayısıyla bir zincir olduğunu söyler.
5.Adım: A nın en küçük üst sınırı f nin sabit bir noktasıdır.
A mn en küçük üst sınırına w diyelim. A kümesi içeren olduğundan, w ∈ A ve dolayısıyla f (w) ∈ A dır. En küçük üst sınır
tanımına göre f (w) w olmak zorundadır. Oysa (351) den,
w f (w) dır. öyleyse w = f (w) olacaktır.
SA ve EŞDEĞERLERİ
Matematiğin birçok probleminde doğrudan doğruya seçme aksiyomu kullanılmaz. Seçme Aksiyomu yerine ona eşdeğer olan bazı
özelikler kullanılır. Gerçekte, Seçme Aksiyomunun eşdeğerleri
pek çoktur. Ancak burada, çok sık kullanılan üç tanesini vermekle
yetineceğiz.
Lemma 0.411. Aşağıdaki önermeler birbirlerine eşdeğerdir.
SA Seçme Aksiyomu: Boş olmayan kümelerden oluşan boş olmayan
bir ailenin kartezyen çarpımı boş değildir.
HB Hausdorff Büyükçelik İlkesi: Boş olmayan tikel sıralanmış her
küme içinde daima büyükçe (maksimal) bir zincir vardır.
ZT Zorn Teoremi: Boş olmayan ve her zinciri bir üst sınıra sahip
olan tikel sıralanmış bir kümenin büyükçe bir öğesi vardır.
WO İyi Sıralama Teoremi: [Zermelo] Her küme iyi sıralanabilir.
İspat: Bu dört Önermenin birbirlerine denk olduğunu ispatlamak
için şu sırayı izleyeceğiz:
[SA] ⇒ [ HB] ⇒ [ ZT ] ⇒ [WO] ⇒ [SA]
SA ⇒ HB Seçme Aksiyomunu varsayarsak, göstereceğiz ki boş olmayan tikel sıralanmış her küme içinde büyükçe bir zincir vardır.
Bunu biraz daha açıklayalım: ( L, ) tikel sıralanmış bir küme olsun. L içindeki bütün zincirlerden oluşan aileye L diyelim; yani
L , L nin tümel (tam) sıralı bütün alt kümelerinin ailesi olsun.
L ailesi kapsama bağıntısına göre tikel sıralıdır. Göstereceğiz
307
308
calculus
ki (L , ⊂) tikel sıralanmış sisteminin bir büyükçe öğesi vardır. İspatı olmayana ergi yöntemiyle yapacağız. (L , ⊂) tikel sıralanmış
sisteminin büyükçe bir öğesi var olmasın. Bu durumda her A
öğesinden (kümesinden) daha büyük olan; yani A ⊂ B olan, bir
B ∈ L kümesi daima varolacaktır. Buna göre, her A ∈ L için
L A = { B ∈ L | A * B}
(361)
ailesini tanımlayalım.
∅ 6= L A ⊂ L
(362)
A = {L A | A ∈ L }
(363)
olacağı apaçıktır, öyleyse
ailesi boş olmayan L A kümelerinden oluşan boş olmayan bir
ailedir. Seçme Aksiyomuna göre (363) ailesinin kartezyen çarpımı
boş değildir; yani öyle bir
f :L →
[
LA
(364)
A ∈L
fonksiyonu vardır ki
A ∈ L ⇒ f ( A) ∈ L A
(365)
olur. (361) ve (365) den
A ∈ L ⇒ A * f ( A)
(366)
çıkar. Oysa (362) ve (364) den
f :L →L
(367)
yazabiliriz. (366) koşulu (L ⊂) sistemi ile bu f fonksiyonunun
Sabit Nokta Teoreminin koşullarını sağladığını gösterir. Öyleyse
(∃Ω ∈ L ) f (Ω) = Ω
(368)
olmalıdır. (366) ile (367) nin çelişikliği, (L . ⊂) sisteminin
büyükçe bir öğesinin var olmadığı kabulümüzden gelmektedir. Demek ki L nin bir büyükçe öğesi vardır. L nin tanımı
gereğince, varlığını söylediğimiz bu büyükçe öğe (L , ) içinde
bir büyük zincirdir,
HB ⇒ ZT: Hausdorff Büyüklük İlkesini kabul ederek Zorn Teoremini
ispat edeceğiz. (L , ) tikel sıralanmış bir sistem olsun. [HBi]
gereğince, bunun içinde büyük bir zincir vardır. Bu zinciri D ile
gösterelim. [ZT] nin varsayımından D nin bir üst sınırı vardır;
buna x diyelim. Göstereceğiz ki bu x öğesi (L , ) nin büyükçe
bir öğesidir. Gerçekten, x y koşulunu sağlayan bir y ∈ L \ D
öğesi var olsaydı, D büyükçe bir zincir olduğundan D ∪ {y}
kümesi de aynı bağıntısına göre bir zincir olurdu. Oysa D
büyükçe bir zincir olduğundan bunu kapsayan başka bir zincir
var olamaz. O halde hiç bir y ∈ L için x y olamaz; yani x
öğesi (L , ) sisteminin büyükçe(maksimal) bir öğesidir.
seçme aksiyomu
ZT ⇒ WO: S herhangi bir küme olsun. Bütün G ⊂ S × S grafikleri
içinde öyle bir tanesinin varlığını göstereceğiz ki, bu grafiğe tekabül eden bağıntı, S üzerinde bir iyi sıralama bağıntısı olacaktır.
İspatı dört adımda tamamlayacağız.
1.Adım: Grafik ile bağıntı birbirlerini tek olarak belirlediklerine
göre, yalnızca grafiklerle ilgilenmek yetecektir. Önce bir gösterim tanımlayacağız: Eğer A, S nin herhangi bir G grafiğinin
temsil ettiği bağıntıya göre iyi sıralanmış bir alt kümesi ise,
bunu kısaca, ( A, G ) ile gösterelim. S kümesinin herhangi bir
bağıntıya göre iyi sıralanmış bütün alt kümelerinin ailesini Z
ile gösterelim:
Z = {( A, G ) | G, A ⊂ S
üzerinde bir iyi sıralama grafiğidir}
(369)
Simdi Z üzerinde ≺ simgesiyle göstereceğimiz bir bağıntıyı
şöyle tanımlayalım: Her A, G ), ( A0 , G 0 ) ∈ Z için

0


( a) A ⊂ A
0
0
( A, G ) ≺ ( A , G ) ⇔ (b) G ⊂ G 0



(c) x ∈ A ∧ y ∈ A0 \ A ⇒ ( x, y) ∈ G
(370)
olsun. (Z , ) nin tikel sıralanmış bir sistem olduğu kolayca
görülebilir.
2.Adım:
A = {( Aı , Gı ) | ı ∈ I }
kümesi Z içinde bir zincir olsun.
A=
[
Aı
ı∈ I
G=
[
Gı
ı∈ I
diyelim. Bu durumda ( A, G ) ∈ Z dir. Gerçekten, A ⊂ S
olacağı açıktır. Öyleyse, G ⊂ A × A grafiğinin belirlediği
bağıntının A üzerinde bir iyi sıralama bağıntısı olduğunu
göstermek yetecektir. Şimdi bunu gösterelim.
Bağıntı dönüşlüdür:
x ∈ A ⇒ ∃ı(ı ∈ I ∧ x ∈ Aı ) ⇒ ( x, x ) ∈ Gı ⊂ G
den istenen şey çıkar.
Bağıntı antisimetriktir:
( x, y), (y, x ) ∈ G ⇒ (∃ı ∈ I )(∃  ∈ I )[( x, y), (y, x ) ∈ Gı ]
dır. Oysa A bir zincir olduğundan ya Gı ⊂ G ya da
G ⊂ Gı dir. Birincisinin olduğunu varsayalım. Bu durumda
( x, y) ∈ G ve (y, x ) ∈ G dir. G antisimetrik olduğundan,
bu, x = y olmasını gerektirir.
309
310
calculus
Bağıntı geçişlidir:
( x, y), (y, z) ∈ G ⇒ (∃ı ∈ I )(∃  ∈ I )[( x, y), (y, z) ∈ Gı ]
dir. Z bir zincir olduğundan ya Gı ⊂ G ya da G ⊂ Gı
olacaktır. Birincisi varolsun. Bu, ( x, y) ∈ Gj ∧ (y, z) ∈ G?j
olmasını ve bu da ( x, z) ∈ G ⊂ G olmasını gerektirir.
Buradan, söz konusu bağıntının bir tikel sıralama bağıntısı
olduğunu söyleyebiliriz.
Bağıntı iyi sıralamadır: Bunu göstermek için, sözkonusu
sıralama bağıntısına göre A nın her alt kümesinin en küçük
öğesinin olduğunu göstermeliyiz. A nın boş olmayan bir
alt kümesine D diyelim. D ∩ Bı 6= ∅ olacak şekilde bir
ı ∈ I varolacaktır. D ∩ Bı ⊂ Bı ve Bı iyi sıralı olduğundan
D ∩ Bı ⊂ Bı nin ( Bı , Gı ) içinde en küçük öğesi vardır. Buna b
diyelim:
(∀y ∈ D ∩ Bı ) (b, y) ∈ Gı
dir. Şimdi bu b öğesinin D nin ( A, G ) içinde en küçük öğesi
olduğunu göstereceğiz. Bir x ∈ D seçelim. İki hal vardır:
x ∈ Aı ⇒ (b, x ) ∈ Gı ⊂ G
x∈
/ Aı ⇒ (∃  ∈ I ) x ∈ A  ⇒ A  * Aı
⇒ ( A  , G ) ( Aı , Gı )
⇒ ( Aı , Gı ) ≺ ( A  , G )
dir. b ∈ Aı , x ∈ ( A  \ Aı ) ve ( Aı , Gı ) ≺ ( A  , G ) olduğundan
(370) gereğince (b, x ) ∈ G ⊂ G olacaktır. Öyleyse b, D nin
( A, G ) içinde en küçük öğesidir.
3.Adım: Bundan önceki adımda kabul edilen varsayımlar altında
( A, G ) , A nın bir üst sınırıdır.
Bunu göstermek için bir ( Aı , Gı ) ∈ A seçelim; Aı ⊂ A ve
Gı ⊂ G olacaktır. x ∈ Aı , y ∈ A ve y ∈
/ Aı olduğunu
varsayalım, y ∈ A  olacak şekilde bir  ∈ I varolacaktır. y ∈ Aı
ve y ∈
/ A  olduğundan
( A  , G ) ( Aı , Gı )
dır; dolayısıyla
( Aı , Gı ) ≺ ( A  , G )
olacaktır. Şimdi x ∈ Aı ve y ∈ B \ Bı ise (370) gereğince,
( x, y) ∈ G ⊂ G çıkar. Demek ki
( Aı , Gı ) ( A, G )
dir.
4.Adım: Her küme iyi sıralanabilir.
2. ve 3. Adım gereğince, (Z , ) tikel sıralanmış sistemi
içindeki her zincirin bir üst sınırı vardır. Öyleyse, Zorn
seçme aksiyomu
Teoreminden, bu sistemin bir en büyük öğesinin varlığını
söyleyebiliriz. Z nin bu büyük öğesine ( B, G ) diyelim. B = S
olduğunu gösterirsek işimiz bitmiş olacaktır. Bunun için olmayana ergi yöntemini kullanacağız. Eğer B 6= S ise (∃ x ∈ S \ B)
olur. Bu durumda B ∪ { x } kümesi üzerinde, grafiği
G ∗ = G ∪ {( a, x ) | a ∈ B}
olan bağıntıyı düşünelim.
( B, G ) ≺ ( B ∪ { x }, G ∗ )
olacağı apaçıktır, ki bu ( B, G ) nin (Z , ) içinde büyükçe bir
öğe olmasıyla çelişir. Demek ki B = S dir.
WO ⇒ SA: { Aı , | ı ∈ I } boş olmayan kümelerden oluşan boş
olmayan bir aile olsun.
S=
[
Aı
ı∈ I
diyelim, İyi Sıralama Teoremi uyarınca, S kümesi iyi sıralanabilir.
Bu sıra bağıntısını simgesiyle gösterelim. Her ı ∈ I için, iyi sıralamasına göre, Aı kümesinin başlangıç öğesi f (ı) olsun.
Böylece, f fonksiyonu verilen aile için bir seçme fonksiyonu olur.
[12], [1], [27], [10], [5], [19], [6], [12], [1],[27]
311
Bibliography
[1] Paul J. Cohen. Set Theory and the Continuum Hypothesis. Dover
Publications, New York, 2007.
[2] Paul J. Cohen. Set Theory and the Continuum Hypothesis. Dover
Publications, New York, 2008.
[3] Karaċay Ċoker Ȯzer Bilge Akıncı Azcan. Mathematical Logic.
Anadolu U̇niversitesi Yayınları, No:942., Eskişehir, 1998.
[4] E. Cox. Fuzzy Modeling and Genetic Algorithms for Data Mining
and Exploration. Academic Press, 2005.
[5] h.-D. Ebbinghaus. Mathematical Logic. Springer, 1996.
[6] Melvin Fitting. Incompleteness in the Land of Sets. College
Publications, 2007.
[7] Thomas L. Friedman. The World Is Flat. Farrar, Straus and
Giroux, USA, 2005.
[8] James Gleick. Chaos. Scientific American, USA, 1987.
[9] Paul R. Halmos. Naive Set Theory. Van Nostrand Reinhold,
London, 1960.
[10] Peter G. Hinman. Fundamentals of Mathematical Logic. AK
Peters, Ltd., 2005.
[11] Thomas J. Jech. Introduction to Set Theory. 978-0824779153, 1999.
[12] Thomas J. Jech. The Axiom of Choice. Dover Publications, New
York, 2008.
[13] E. Kamke. Theory of Sets. Dover Pub., New York, 1950.
[14] Akihiro Kanamori. The Higher Infinite: Large Cardinals in Set
Theory from Their Beginnings. Springer, Berlin, 2008.
[15] Timur Karaçay. Bilime Yabancı Sanat. ttm, Dağıtım:Seçkin
Yayıncılık, 2007.
[16] Halil İbrahim Karakaş. Cebir Dersleri. TÜBA, Ankara, 2009.
[17] T.A. Klir, G.J. Folger. Fuzzy Sets, Uncertainty, and Information.
Prentice-Hall, New Jersey, 1988.
314
calculus
[18] Cemal Koç. Basic Linear Algebra. ODTÜ Matematik Vakfı,
Ankara, 1999.
[19] Elliott Mendelson. Introduction to Mathematical Logic. Chapman
and Hall/CRC, 1997.
[20] Yiannis N. Moschovakis. Elementary Induction on Abstract
Structures. Dover Publications, New York, 2008.
[21] James R. Munkres. Theory of Sets. Prentice Hall, New Jersey,
2000.
[22] Charles Petzold. The Annotated Turing: A Guided Tour Through
Alan Turing’s Historic Paper on Computability and the Turing
Machine. Wiley, Indianapolis, 2008.
[23] G. Priest. An Introduction to Non-Classical Logic. Cambridge
Introductions to Philosophy, Cambridge, 1970.
[24] J.Barkley Rosser. Logic for Mathematicians. Dover Publications,
New York, 2008.
[25] G. Saban. Analiz Dersleri I-II. İstanbul Üniversitesi Fen Fakültesi
Yayınları, İstanbul, 1971-1972.
[26] Joseph R. Shoenfield. Mathematical Logic. AK Peters, Ltd., 2001.
[27] Peter Smith. An Introduction to Gȯdel’s Theorems. Cambridge
University Press, Cambridge, 2007.
[28] Colin Tudge. The Link. Little, Brown and Company, New York,
2009.
Index
öğe, 47, 299
öğelik bağıntısı, 299
öğenin tersi, 141
öklityen geometri, 258
öklityen olmayan geometri, 258
önel, 119
önel bölük, 119, 287
önerme, 13, 27
önerme fonksiyonu, 53
önermeler cebiri, 14, 27, 28, 30
önermeler cebirinin kuralları, 41
örgün, 80
örgün bağıntı, 80
örtü, 90
örten fonksiyon, 131
özdeşlik fonksiyonu, 132
üs alma, 274
üsek, 109
üst küme, 64
üst sınır, 310
üstküme, 65
üstsınır, 108, 109
üstsınırların enküçüğü, 109
İbni Rüşd, 18
İbni Sina, 18
çarpımın iyi tanımlılığı, 273
çatışkı, 298
çelişki, 36
çok değişkenli önermeler, 56
çok-değerli mantık, 21
de morgan, 90
açık önermeler, 53
Abel, 179
abel grubu, 179
aile, 87
aksimomatik yöntem, 11
aksiyom, 25, 297
aksiyomlar, 297
alef bir, 276
alef sıfır, 275
alt aile, 87
alt küme, 64
alt kümelerin seçilmesi aksiyomu,
299
altküme, 65
altsınır, 108
altsınırların enbüyüğü, 109
analitik düzlem, 74
analiz, 9
ancak ve ancak işlemi, 40
antik çağ, 17
antisimetrik, 80
apsis, 71, 75
arakesit, 65
ardıl, 202
Aristo, 13
Aristoteles, 17
artan fonksiyon, 184
aseb, 109
asosiyatiflik, 165
Augustus De Morgan, 14
avukat, 301
ayrışım, 89
ayrık aile, 89
ayrık kümeler, 65
azalmayan fonksiyon, 183
bölüksel, 290
bölüksel küme, 290
bölüm kümesi, 99
bütün nicelik sayılarının kümesi, 301
bütün sıra sayılarının sınıfı, 296
büyükçe, 111
büyükçe öğe, 111, 308
başlangıç noktası, 75
bağıntı, 78
bağıntı türleri, 80
bağıntılar, 71
bağıntıların gösterimi, 78
Bacon, 19
bb, 131
bbö, 121, 131
bbi, 131, 253
belediye başkanı, 301
belirsiz, 47
belirsizlik, 21
belirsizlik ilkesi, 21
belit, 25, 97, 99, 297
316
calculus
belitgen fonksiyon, 132
benzer sıralı, 184
benzer yapılar, 183
berber, 301
bijective, 131
bileşen, 71, 75
bileşik önermeler, 28
bileşim, 65, 299
bileşim aksiyomu, 299
bileşke, 163
bileşke fonksiyon, 260
bileşke işlemlerin özelikleri, 164
bilgi üretimi, 23
bire-bir eşleşme, 131
bire-bir-örten, 75, 131
bire-bir-örten fonksiyon, 131
bire-bir-eşleşme, 187
bire-bir-içine, 131, 253
bire-bir-içine (bbi) fonksiyon, 131
birim öğe, 140, 165, 179
birim fonksiyon, 132, 165
birimli halka, 179
birleşim, 88
birleşim fonksiyonu, 260
birleşme özeliği, 140, 165, 178
birleşme kuralı, 42
birli işlem, 137
boş küme, 63
Boole, 20
Boole cebiri, 14, 28
Boole mantığı, 14
Brouwer, 22
Bruno, 19
Burali-Forti Paradoksu, 300
Burali-Forti paradoksu, 297, 300
Cantor, 47, 256, 257, 259
Cantor paradoksu, 300
cardinal, 271
Cauchy dizileri, 253
cebir, 181
cebirsel sayı, 251
cebirsel yapılar, 178
cisim, 179
Cohen, 258
Colmerauer, 22
continuum, 253
continuum hypothesis, 257
dört işlem, 11, 12
düşünen makina, 22
düşey eksen, 71, 74
dağılma, 179
dağılma özeliği, 142
dağılma özelikleri, 33
dağılma kuralı, 42, 91
damga, 87
damgalanmış küme, 87
daraltılmış fonksiyon, 132
De Morgan, 91
de Morgan kuralı, 91
de Morgan Kuralları, 42
değer bölgesi, 79
değişmeli, 179
değişmeli halka, 179
değiken, 47
değilleme, 33, 35
Dedekind, 251
Dedekind Kesimi, 11
Dedekind kesimi, 253
denk öğeler, 97
denk önermeler, 29
denklik bağıntısı, 97, 241
denklik sınıfı, 98
Descartes, 19, 71, 72
dik koordinat sistemi, 74
diklik, 100
doğal diller, 23
doğal sayı, 201
doğal sayılar, 12, 187, 201, 246, 275
doğal sayıların özelikleri, 204
doğal sayıların sıralanması, 206
doğal sayılarda aritmetik, 187
doğruluk değeri, 29
doğrusal sıralama, 115
eş sıra dönüşümü, 184
eşdeğer, 97
eşdeğer önermeler, 29
eşdeğerlik bağıntısı, 97
eşgüçlü kümeler, 241
eşgüçlülük kuralı, 42
eşit fonksiyonlar, 130
eşit küme, 65
eşit kümeler, 64
eşleşme, 131
eşsıra dönüşümü, 288
eşsıralı, 121, 184, 286, 288
eşsıralı kümeler, 121, 287
eşsıralılık, 184
eşyapı dönüşümü, 183
eşyapı fonksiyonu, 183
eşyapı resmi, 183
eşyapılı, 183
ebas, 109
eküs, 109
el Kindi, 18
el-Farabi, 18
embedding, 132
en büyük alt sınır, 12
en küçük üst sınır, 12
enbüyük öğe, 112
enbüyük sltsınır, 109
enküçük öğe, 111
enküçük üstsınır, 109
Epimenide paradoksu, 302
equipotent, 241
equipotentsets, 241
etkisiz öğe, 140, 165
etkisiz fonksiyon, 165
evrensel belirteç, 54
evrensel küme, 48, 62
fark küme, 66
fonksiyon, 125
fonksiyon türleri, 130
fonksiyonların bileşkesi, 163
fonksiyonun grafiği, 126
formalizm, 22
Fraenkel, 298
fuzzy kümeleri, 23
fuzzy mantığı, 22
Gödel, 22, 257
gömme fonksiyonu, 132
Gazali, 18
geçişim, 97
geçişken, 80, 204
geçişken bağıntı, 80
geçişme kuralı, 42
genel tümevarım ilkesi, 122
Georg Cantor, 47
George Boole, 14
gerçel sayılar, 12
gerektirme, 42
grafik, 73, 79, 126
grup, 178
halka, 179
has alt küme, 65
Hausdorff büyükçelik ilkesi, 307
Hausdorff Büyüklük İlkesi, 308
Heisenberg, 21
hiç yansımaz bağıntı, 80
Hilbert, 22
homomorph, 183
homomorphism, 183
içeren, 304
içerme, 47
içine fonksiyon, 130
işlem, 137
işlemlerin özelikleri, 138
ii sıralama, 310
iki değişkenli önermeler, 56
iki yönlü gerektirme, 40
iki-değerli mantık, 21
ikili işlem, 137
ilk önel, 119, 287
ilk sonal, 119, 120, 286
ilkel kümeler aksiyomu, 299
07
6
esiti, 89
mi, 88
ezyen çarpımı,
132
9, 286
ı, 105
2, 74, 167
sterimi, 73
3, 79
index
kural, 41
kurma aksiyomu, 299
Kurt Gödel, 257
kuvvet kümesi, 65, 87, 88
kuvvet kümesi aksiyomu, 299
Leibniz, 20
limit, 11
lineer sıralama, 115
listeleme yöntemi, 52
Lukasiewicz, 21
maksimal, 111
maksimum, 112
mantık, 13, 17
matematiksel mantık, 14, 19, 28
matematiksel modelleme, 61
matematiksel yapılar, 177
matemetik, 13
metre, 201
milenyum, 9
minimal, 110
minimum, 111
modular aritmetik, 148
mukayese, 105
mukayese edilebilir, 107
n-li işlem, 138
natural numbers, 201
nicelemelerin değillenmesi, 55
nicelemelerin olumsuzu, 55
nicelik belirteçleri, 54
nicelik sayıları, 271
nicelik sayıları aksiyomu, 271
nicelik sayılarının çarpımı, 273
nicelik sayılarının iyi-tanımlılığı, 272
nicelik sayılarının sıralanması, 276
nicelik sayılarının toplamı, 272
nicelik sayılarının varlığı, 272
nicelik sayılarında aritmetik, 272
nicelik sayısı, 47, 51
niteleme yöntemi, 51
numaralanabilir kümeler, 246
ok diyagramı, 73, 78
olmayana ergi, 311
olumsuz, 33
operatör, 137
opetasyonlar, 88
oran kümesi, 99
order isomorphism, 184
ordinat, 71, 75
Organon, 17
Origenes, 18
orijin, 75
ortaçağ, 18
paradoks, 298
paradokslar, 297, 300
paraleller aksiyomu, 258
Parmenides, 17
Pascal, 19
Paul Cohen, 258
Peano, 201
Peano aksiyomları, 205
Platon, 17
Platonizm, 22
postulat, 25
predicate calculus, 20
prolog, 22
propositions, 53
rasynel dizi, 11
rasyonel sayı, 251
rasyonel sayılar, 12, 179, 210
René Descartes, 71
Russel paradoksu, 297, 300
Russel yöntemi, 298
sürey, 253
sürey hipotezi, 257
sıfır fonksiyon, 131
sıra korur dönüşüm, 183
sıra koruyan dönüşümler, 183
sıra sayıları, 285
sıra sayılarının aritmetiği, 294
sıra sayılarında aritmetik, 294
sıra sayısı, 289, 293
sıra yapıları, 181
sıralı çift, 71, 75
sıralı cisim, 11
sıralı ikili, 71, 72
sıralama, 105
sıralama bağıntıları, 105
sağdan dağılma, 179
sabit fonksiyon, 131
sabit nokta, 304
sabit nokta teoremi, 304
sayılabilir küme, 245
sayılabilir kümeler, 241, 246
sayılabilir sonsuz, 249
sayılabilir sonsuz küme, 245
sayılamaz kümeler, 253
sayılamaz sonsuz, 260
sayma sayıları, 201
Schröder-Bernstein Teoremi, 242
seçme aksiyomu, 299, 303, 307
seçme aksiyomu ve eşdeğerleri, 303,
307
seçme aksiyomunun bağımsızlığı,
304
seçme fonksiyonu, 303, 311
sezgisellik, 22
simetrik, 80
317
318
calculus
simetrik bağıntı, 80
simetrik fark, 66
simetrisiz, 80
simetrisiz bağıntı, 80
simgesel mantık, 28
Sokrates, 17
soldan dağılma, 179
sonal öğe, 119, 286
sonlu ötesi tüme varım ilkesi, 291
sonlu ötesi tümevarım ilkesi, 120,
287
sonlu küme, 51, 245
sonlu kümeler, 245
sonlu nicelik sayıları, 275
sonlu tümevarım ilkesi, 204
sonsuz çarpımlar, 278
sonsuz küme, 51
sonsuz kümeler, 245, 278
sonsuz toplamlar, 278
Sonsuzluk Aksiyomu, 203
sonsuzluk aksiyomu, 203, 299
sup, 109
supremum, 12, 109
surjective, 131
tümdengelim, 23
tümel sıralama, 115
tümevarım, 24
tümevarım ilkesi, 122, 204
tümleme, 42
tümleyen küme, 50, 63
türdeş bağıntılar, 183
takas, 139
tam sıralama, 115
tam sayılar, 12
tamlık, 11
tamsayılar, 208
tamsayılar kümesi, 251
tanım, 14, 24
tanım bölgesi, 79
tanımlı, 14
tanımlı terim, 24
tanımsız, 14
tanımsız kavram, 299
tanımsız terim, 24
tek öğeli küme, 64
teorem, 25
terim, 14, 24
ters öğe, 141, 179
ters önerme, 42
ters bağıntılar, 79
ters fonksiyon, 166
ters konum sıralaması, 295
tikel sıralı sistem, 119, 286
tikel sıralama bağıntısı, 105
timsah, 302
toplama, 180
totoloji, 36
transandant sayılar, 260
union, 260
universalSet, 48
varlık belirteci, 54
ve bağlacı, 30
ve işlemi, 30
vektör uzayları, 180
Venn, 63
Venn diyagramı, 52
veya bağlacı, 31
veya işlemi, 31
Warren, 22
yalın önerme, 28
yalancı paradoksu, 302
yanal simetrisiz, 80
yanal simetrisiz bağıntı, 80
yansımalı, 80
yansımalı bağıntı, 80
yansımaz, 80
yapı, 177
yapı koruyan dönüşüm, 183
yapı türleri, 178
yatay eksen, 71, 74
yayma aksiyomu, 299
yeniçağ, 19
yer değişim, 139
yer değişme kuralı, 42
yer değiştirme, 179
yerleştirme aksiyomu, 299
yutak öğe, 142
yutan öğe, 142
Zeno, 17
Zermelo, 303, 307
Zermelo yöntemi, 298
Zermelo-Fraenkel, 298
Zorn Teoremi, 308
Zorn teoremi, 307, 311