soyut matemat˙ık ders notları

www.matematikce.com
'dan indirilmiştir.
SOYUT MATEMATİK
DERS NOTLARI
Yrd. Doç. Dr. Hüseyin BİLGİÇ
Kahramanmaraş Sütçü İmam Üniversitesi Fen–Edebiyat Fakültesi
Matematik Bölümü
Ağustos 2015
e-posta: [email protected]
İçindekiler
1
Önermeler ve İspat Yöntemleri
1
2
Kümeler
14
3
Bağıntılar ve Özellikleri
29
4
Denklik Bağıntıları
42
5
Sıralama Bağıntıları
50
6
Fonksiyonlar
61
7
İşlem ve Özellikleri
72
8
Cebirsel Yapılar
84
9
Sayılabilirlik
100
10 Doğal Sayıların İnşası
110
11 Tümevarım İlkesi
121
12 Tamsayılar
127
Bölüm 1
Önermeler ve İspat Yöntemleri
Tanım 1.1 Doğru veya yanlış ama bunlardan sadece bir tanesi olabilen ifadelere önerme denir. Önermeler p, q, r, . . . gibi harflerle gösterilir.
Örnek 1.2 Aşağıdaki ifadelerin önerme olup olmadığını bulalım:
(a) 2 asal sayıdır.
(b) Her n doğal sayısı için 2n + 1 asaldır. (Dikkat: 0 doğal sayıdır)
(c) Düzlemde bir üçgenin iç açılarının toplamı 180 derecedir.
(d) 4’den büyük her çift sayı iki asal sayının toplamıdır. (Goldbach, 1742)
(e) Yarın pikniğe gidelim.
Çözüm: Burada (a) ve (c) doğru birer önermedir. n = 3 için 2n + 1 = 9 asal olmadığından (b) yanlış bir önermedir. (d) ifadesi 1742’de Rus matematikçi Christian Goldbach tarafından ortaya atılmış
bir iddiadır ve henüz doğru olup olmadığı ispatlanamamıştır. Ya doğru ya yanlış olacağından bir
önermedir. (e) cümlesi kesin bir hüküm bildirmediğinden bir önerme değildir.
Not: Bir tahtada yazan “Bu tahtadaki her cümle yanlıştır” cümlesinin doğru olması da yanlış olması
da çelişkiye yol açacağından bu cümle bir önerme değildir. Benzer şekilde bir Romalının söyleyeceği
“Bütün Romalılar yalancıdır” cümlesi de önerme olamaz.
Tanım 1.3 İfadesinde değişkenler bulunan ve bu değişkenlerin alacağı değerlere göre doğru veya
yanlış (ama bunlardan sadece bir tanesi) olabilen ifadelere açık önerme denir. Açık önermeler değişken sayısına göre p(x), p(x, y), p(x, y, z), . . . gibi gösterilir.
Örnek 1.4 x bir reel sayıyı göstermek üzere, p(x) açık önermesi “x2 + x = 0” olsun. x = 0 ve x = −1
için önerme doğrudur. Yani p(0) ve p(−1) doğrudur. Aksi halde önerme yanlıştır.
1
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
Birleşik Önermeler
Tanım 1.5 p ve q iki önerme olsun. “p ve q” önermesi bu önermelerden her ikisi de doğru iken doğru;
aksi halde yanlış olan önermedir. Buna iki önermenin kesişimi de denir ve p ∧ q ile gösterilir. “p veya
q” önermesi de bu önermelerden en az birisi doğru iken doğru; aksi halde yanlış olan önermedir.
Buna iki önermenin birleşimi de denir ve p ∨ q ile gösterilir. (Dikkat: “veya” kelimesinin Türkçe’deki
kullanılışı farklı olabilir.)
Önermelerin ve bunlara karşılık gelen birleşik önermelerin alacağı değerleri bir tablo halinde gösterelim. Burada doğru için 1 sembolü veya D harfi; yanlış için ise 0 sembolü veya Y harfi yazılır. Bu
tablolara “doğruluk tablosu” denir.
p
q
p∧q
p∨q
p
q
p∧q
p∨q
D
D
D
D
1
1
1
1
D
Y
Y
D
veya 1
0
0
1
Y
D
Y
D
0
1
0
1
Y
Y
Y
Y
0
0
0
0
Tablo 1.1: p ∧ q ile p ∨ q önermelerinin doğruluk tablosu.
Tanım 1.6 Bir p önermesi doğru iken yanlış; yanlış iken doğru olan önermeye p’nin değili veya olumsuzu denir ve p0 , ∼ p, ¬p, p sembollerinde birisi ile gösterilir.
p
∼p
1
0
0
1
Örnek 1.7 p:“Bir gün 24 saattir” önermesinin değili ∼ p:“Bir gün 24 saat değildir” önermesidir. q(x) :
x2 < 7 önermesinin değili ∼ q(x) : x2 > 7 dir.
Tanım 1.8 Doğruluk değeri her zaman aynı olan p ve q önermelerine eşdeğer veya denk önermeler
denir ve p ≡ q yazılır. p(x) ve q(x) açık önermelerinin denk olması her x için p(x) ve q(x) önermelerinin aynı olmasıdır.
Örnek 1.9 p :“Her doğal sayı tektir” önermesi ile q:“63 asaldır” önermeleri denktir. Ayrıca aşağıdaki
üç açık önerme de denktir: (x reel sayıyı göstermektedir)
r(x) : “x2 < 25”,
s(x) : “x < 5 ve − 5 < x”,
2
t(x) : |x| < 5
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
Örnek 1.10 Aşağıdaki özelliklere De Morgan Kuralları denir:
(p ∧ q)0 ≡ (p0 ∨ q 0 )
(p ∨ q)0 ≡ (p0 ∧ q 0 )
ve
Bu özelliklerin doğru olduğunu tablo ile gösterin: (boşlukları doldurun)
p
q
p0
q0
1
1
0
0
1
0
0
1
0
1
1
0
0
0
1
1
p∧q
(p ∧ q)0
p0 ∨ q 0
p∨q
(p ∨ q)0
p0 ∧ q 0
Tanım 1.11 “p ise q” önermesi p doğru ve q yanlış iken yanlış; aksi halde doğru olan önermedir. Buna
koşullu önerme denir ve p =⇒ q ile gösterilir. p’ye hipotez q’ya da sonuç önermesi denir. p =⇒ q
önermesi “p, q’yu gerektirir” şeklinde de okunur.
p
q
p =⇒ q
1
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
Örnek 1.12 “2 < 1 ise 2 < 3 tür” önermesi doğrudur, çünkü (0 =⇒ 1) ≡ 1. Şimdi
p:“Yağmur yağıyor”,
p:“Bahçe ısnalıyor”
önermelerini düşünelim. Yağmur yağdığında her zaman bahçenin ıslandığı bilindiğine göre p =⇒ q
önermesi doğrudur. (Yağmur yağmadığında zaten p yanlış olduğundan p =⇒ q doğrudur.) Ancak
q =⇒ p doğru değildir. (Neden?)
Not: p =⇒ q önermesinde
“p önermesi q önermesi için yeter koşuldur”
“q önermesi p önermesi için gerek koşuldur”
denir.
Örnek 1.13 (p =⇒ q) ≡ (q 0 =⇒ p0 ) ≡ (p0 ∨ q) olduğunu gösterelim.
p
q
p0
q0
p =⇒ q
q 0 =⇒ p0
p0 ∨ q
1
1
0
0
1
1
1
1
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
3
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
Buna göre aşağıdaki üç önermenin birbirine denk olduğunu (aslında doğru olduğunu) söyleyebiliriz:
(a) Yağmur yağıyor =⇒ bahçe ıslanıyor.
(b) Bahçe ıslanmıyor =⇒ yağmur yağmıyor
(c) Yağmur yağmıyor veya bahçe ıslanıyor.
Tanım 1.14 p =⇒ q ve q =⇒ p önermeleri aynı anda doğru iken doğru, aksi halde yanlış olan önermeye iki yönlü koşullu önerme denir ve p ⇐⇒ q şeklinde yazılır. “p ancak ve ancak q” şeklinde
veya “p için gerek ve yeter şart q dur” şeklinde okunur. Doğruluk tablosu şu şekildedir.
p
q
p =⇒ q
q =⇒ p
p ⇐⇒ q
1
1
1
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
1
Tablodan da anlaşılacağı gibi aslında (p ⇐⇒ q) ≡ (p =⇒ q) ∧ (q =⇒ p). Ayrıca şunu da diyebiliriz:
“p ⇐⇒ q önermesi, p ile q denk iken doğru; aksi halde yanlış olan önermedir.”
Örnek 1.15 “Bir asal sayı çifttir ancak ve ancak 2 dir” önermesini ele alalım. p :“ n sayısı asal ve
çifttir” ve q : “n = 2” diyelim. p =⇒ q nun ve q =⇒ p nin doğru olduğu açıktır. O halde p ⇐⇒ q
doğrudur.
Örnek 1.16 x bir reel sayıyı göstermek üzere her x için |x| = 1 ⇐⇒ x3 = x önermesi doğru mudur?
Çözüm: |x| = 1 =⇒ x = 1 veya x = −1 olup x3 = x doğru olur. Ancak x = 0 için x3 = x olur fakat
|x| =
6 1 dir. O halde |x| = 1 ⇐⇒ x3 = x önermesi yanlıştır. Ama, |x| = 1 ⇐⇒ x2 = 1 önermesi
doğrudur.
Niceleyiciler
Önermelerdeki “bütün”, “her”, “en az bir”, “bazı”, “hiçbir” gibi kelimelere niceleyici denir. Mesela,
“bütün öğrenciler bayandır”, “sıfırdan büyük en az bir tamsayı vardır” önermelerinde olduğu gibi.
Şimdi, bir p(x) açık önermesi verilsin.
“Bütün x ler için p(x) doğrudur”
yerine kısaca
∀ x, p(x)
“En az bir x için p(x) doğrudur”
yerine kısaca
∃ x, p(x)
yazacağız. Burada ∀ ve ∃ niceleyicilerine sırasıyla evrensel ve varlıksal niceleyici denir.
4
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
Örnek 1.17 “∀ x tamsayısı için |x| = x” önermesi yanlıştır. Çünkü x = −2 için | − 2| =
6 −2 dir.
Örnek 1.18 “∀ x reel sayısı için x2 −x+2 6= 0” önermesi doğrudur. Çünkü x2 −x+2 = 0 denkleminin
diskriminantı ∆ = b2 − 4ac = −7 < 0 olup bu denklemin reel kökü yoktur.
Örnek 1.19 “∃ x reel sayısı için x2 = x” önermesi doğrudur. Çünkü x = 0 için 02 = 0 dır.
Örnek 1.20 “∃ n doğal sayısı için 3(n + 2) asaldır” önermesi yanlıştır. Çünkü 3(n + 2) sayısı 3’den
büyük ve 3’ün bir tam katı olup asal olamaz.
Not: ∃ ve ∀ niceleyicileri ile başlayan önermelerin olumsuzları şöyledir:
∼ (∃x, p(x)) ≡ ∀ x, ∼ p(x)
ve
∼ (∀x, p(x)) ≡ ∃ x, ∼ p(x)
Örnek 1.21
∼ (∀x, x + 3 < 10) ≡ (∃x, x + 3 > 10)
∼ (∃x, x + 3 = 7) ≡ (∀x, x + 3 6= 7)
Teorem ve İspat Yöntemleri
Tanım 1.22 Doğru olduğu ispatlanmış önermelere teorem denir. Teoremler genelde p =⇒ q şeklinde
verilir. Böyle bir teoremin ispatını yapmak için p doğru iken q nun doğru olduğu gösterilmelidir. (Bu
yüzden p’ye hipotez, q’ya da sonuç denmektedir.) Bazen teoremler p ⇐⇒ q şeklinde verilir. Bu
durumda p =⇒ q ile q =⇒ p önermeleri ayrı ayrı ispatlanmalıdır.
Şimdi temel ispat yöntemlerini görelim:
A) Doğruluk Çizelgesi Yöntemi
Bu yöntemle bir teoremin her zaman doğru olduğu tablo ile gösterilir.
Örnek 1.23 p =⇒ q ve r0 =⇒ q 0 önermeleri doğru ise r0 =⇒ p0 önermesinin doğru olduğunu gösterin.
Çözüm: Burada hipotez (H) ve sonuç (S) önermeleri şöyle seçilir:
H : (p =⇒ q) ∧ (r0 =⇒ q 0 )
S : r0 =⇒ p0
Daha sonra H =⇒ S teoreminin her zaman doğru olduğu gösterilir.
5
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
p
q
r
p0
q0
r0
p =⇒ q
r0 =⇒ q 0
H
S : r0 =⇒ p0
H =⇒ S
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
0
1
0
1
0
0
1
0
1
1
1
0
0
0
1
1
0
1
0
0
1
0
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
1
0
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
Soru: p =⇒ q ve q =⇒ r önermeleri doğru iken p =⇒ r önermesinin de doğru olduğunu gösterin.
B) Doğrudan İspat Yöntemi
Bu yöntemde, p =⇒ q önermesini ispatlamak için daha önceden doğru olduğu bilinen
p =⇒ r1 , r1 =⇒ r2 , r2 =⇒ r3 , . . . , rn−1 =⇒ rn , rn =⇒ q
önermeler zincirinden faydalanılır.
Örnek 1.24 “Bir tek doğal sayının karesi tektir” teoremini ispatlayalım. p : “n tektir” ve q : “n2
tektir” diyelim. Şimdi
n tek =⇒ ∃k tamsayısı için n = 2k + 1
=⇒ n2 = 4k 2 + 4k + 1
2
=⇒ n2 = 2(2k
+ 2k}) + 1 = 2m + 1
| {z
m
=⇒ n2 tektir, çünkü m tamsayı
C) Dolaylı İspat Yöntemi
p =⇒ q önermesi yerine onun dengi olan q 0 =⇒ p0 önermesi ispatlanır. Bu önermeye p =⇒ q nun
karşıt tersi denir.
Örnek 1.25 a ve b iki doğal sayı olsun. a · b bir çift sayı ise a ile b den en az birisinin çift olduğunu
gösterelim. p önermesi “a·b çift” ve q önermesi de “a çift veya b çift” olsun. Biz p =⇒ q yerine q 0 =⇒ p0
6
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
önermesini ispatlayalım. q 0 :“a ve b tek”, p0 :“a · b tek” olur.
a ve b tek =⇒ a = 2n + 1, b = 2m + 1 şeklindedir (n, m tamsayı )
=⇒ ab = 4nm + 2n + 2m + 1 = 2(2nm
+{zn + m}) + 1
|
k
=⇒ ab tektir, çünkü k bir tamsayı
Soru: 3x + 2 6= 5 ise 2x + 3 6= 5 olduğunu gösterin.
D) Olmayana Ergi Yöntemi
p =⇒ q teoremini ispatlamak için p nin doğru olduğu kabul edilir. Daha sonra q nun yanlış olduğu
kabul edilip bir çelişki bulunur. (Genelde p nin doğru olmasıyla çelişen bir durum bulunur.) Böylece
q nun doğru olduğu sonucuna varılır.
Örnek 1.26 x, y birer tamsayı olsun. x · y tek ise x ile y den her ikisinin de tek olduğunu ispatlayalım.
(Bu ispat dolaylı ispat yöntemi ile de yapılabilir.)
Çözüm: x · y tek olsun. x, y nin her ikisinin de tek olduğunu göstereceğiz. Aksini kabul edelim; yani
x, y den en az biri çift olsun. Mesela x çift olsun. (y nin çift olduğunu kabul edilirse aynı ispat yapılır)
O halde bir k tamsayısı için x = 2k dır. Şimdi x · y = (2k)y = 2(ky) olup x · y nin çift olduğu görülür.
Bu durum bir çelişkidir; çünkü x · y tek kabul edilmişti. O halde x, y nin her ikisi de tektir.
Not: a, b birer tamsayı olmak üzere eğer ax = b olacak şekilde en az bir x tamsayısı mevcutsa ab
yazıp “a, b yi böler” şeklinde okuyacağız. Bu tanıma göre 00 önermesi doğrudur. Dikkat: a/b veya
a
b
ifadesi bir önerme değildir.
Örnek 1.27 a bir tamsayı olmak üzere 6a =⇒ 2a olduğunu olmayana ergi yöntemi ile gösterin.
Çözüm: 6a olsun. O halde bir k tamsayısı için a = 6k dır. Şimdi 2 6 a olduğunu kabul edelim. Bu
durumda a tektir. Ancak a = 6k = 2(3k) olduğundan a çifttir. Bu bir çelişkidir. O halde 2a olmalıdır.
Not: Her zaman doğru olduğu iddia edilen bir önermenin yanlış olduğunu göstermek için bir ters
örnek (yanlış örnek) verilir. Yani p =⇒ q önermesinde p yi doğru fakat q yu yanlış yapan bir örnek
aranır.
Örnek 1.28 a, b, c, d tamsayılar olsun. abcd =⇒ ac veya bd önermesi doğru mudur?
Çözüm: Bu önerme her a, b, c, d için verilmiştir. Önerme doğru değildir; mesela a = 6, b = 5, c =
10, d = 9 alınırsa, 3090 dır fakat 6 6 10 ve 5 6 9 dur.
7
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
Not: ∀x, p(x) önermesinin yanlış olduğunu göstermek için ∃x, ∼ p(x) önermesinin doğru olduğu ispatlanır. ∃x, p(x) önermesinin yanlış olduğunu göstermek için ∀x, ∼ p(x) önermesinin doğru olduğu
ispatlanır.
Örnek 1.29 ∃x reel sayısı için x2 < 0 önermesi yanlıştır; çünkü ∀x reel sayısı için x2 > 0 dır.
Soru: Çalışmazsam uyuyacağım, üzülürsem uyumayacağım. O halde üzülürsem çalışacağım. İspatlayın.
Örnek 1.30 2m − 1 bir asal sayı ise m nin de asal olduğunu gösterin.
Çözüm: Dolaylı ispat yöntemini kullanalım. m asal olmasın. O halde n > 1, k > 1 olmak üzere
m = nk şeklindedir. Şimdi
n
n(k−1)
n(k−2)
n
)
2
+
2
+
·
·
·
+
2
+
1
2m − 1 = (2n )k − 1 = (2
−
1
{z
}
| {z } |
A
B
Şimdi n > 1 olduğundan A > 1 dir. Ayrıca k > 1 olduğundan B > 1 dir. Bu durumda 2m − 1 in asal
olmadığı görülür.
Örnek 1.31
√
2 reel sayısının irrasyonel olduğunu gösterelim.
√
2 sayısının rasyonel olduğunu kabul
edelim. O halde a, b ve b 6= 0 tamsayıları için
√
2=
a
b
şeklindedir. Burada a ile b nin (1 den büyük) ortak çarpanı olmadığını kabul edebiliriz. Şimdi
2=
a2
=⇒ 2b2 = a2 =⇒ a2 çift =⇒ a çift
b2
olur. a = 2k dersek
2b2 = a2 =⇒ 2b2 = 4k 2 =⇒ b2 = 2k 2 =⇒ b2 çift =⇒ b çift
olur. Yani a ile b nin 1 den büyük ortak çarpanı (yani 2) olur. Bu bir çelişkidir. O halde
değildir.
√
2 rasyonel
Not: Bir önceki örnekte aşağıdaki önermeye olmayan ergi yöntemi uygulanmıştır:
a, b aralarında asal iki tamsayı =⇒
a √
6= 2
b
√
√
Soru: 3 ve 6 sayılarının irrasyonel olduğunu gösterin. (İpucu: p bir asal sayı ve pab =⇒ pa veya
pb dir.)
8
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
ALIŞTIRMALAR
1.) [p =⇒ (q ∧ r)] ≡ [(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r)] olduğunu gösterin.
Çözüm:
p
q
r
q∧r
p =⇒ q
p =⇒ r
p =⇒ (q ∧ r)
(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
1
0
0
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
0
1
1
1
1
0
0
1
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
2.) [p0 =⇒ (q =⇒ r0 )] ≡ [(q ∧ r) =⇒ p] olduğunu gösterin.
Çözüm:
p
q
r
p0
r0
q =⇒ r0
q∧r
p0 =⇒ (q =⇒ r0 )
(q ∧ r) =⇒ p
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
1
1
0
1
1
1
0
1
0
0
1
0
1
1
1
0
0
0
1
1
0
1
1
0
1
1
1
0
0
1
0
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
1
0
0
0
1
1
1
0
1
1
3.) (p ⇐⇒ q) =⇒ [(p ∧ r) ⇐⇒ (q ∧ r)]
önermesinin doğruluk tablosunu yapınız.
Çözüm:
9
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
p
q
r
p∧r
q∧r
p⇔q
(p ∧ r) ⇔ (q ∧ r)
(p ⇔ q) ⇒ (p ∧ r) ⇔ (q ∧ r)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
0
1
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
4.) Aşağıdaki dağılma kurallarının doğru olduğunu gösterin:
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)
ve
p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Çözüm:
p
q
r
q∧r
p∨q
p∨r
p ∨ (q ∧ r)
(p ∨ q) ∧ (p ∨ r)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
Diğer özelliğin ispatı da aşağıdaki tablodadır:
p
q
r
q∨r
p∧q
p∧r
p ∧ (q ∨ r)
(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
5.) “3 sayısı a’yı bölmüyor ise 18 sayısı da a’yı bölmez” önermesinin doğru olduğunu ispat yöntemlerinden birini kullanarak gösterin.
10
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
Çözüm: p önermesi: 3 6 a ve q önermesi: 18 6 a olsun. Dolaylı ispat yöntemini kullanalım; yani
q 0 =⇒ p0 önermesini ispatlayalım:
18a =⇒ a = 18k, (k : tamsayı ) =⇒ a = 3(6k) =⇒ 3a
çünkü 6k bir tamsayıdır. Böylece p =⇒ q ispatlanmış olur.
6.) [(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r)] ≡ [p =⇒ (q ∧ r)]
olduğunu tablo yapmadan gösterin.
Çözüm: (p =⇒ q) ≡ (p0 ∨ q) denkliğini ve ∨’nın ∧ üzerine dağılma özelliğini kullanırsak:
(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r) ≡ (p0 ∨ q) ∧ (p0 ∨ r) ≡ p0 ∨ (q ∧ r) ≡ [p =⇒ (q ∧ r)]
elde edilir.
7.) (p =⇒ q) =⇒ r önermesinin doğruluk tablosunda, bu önermeninin sütununda kaç tane 0 vardır?
N
yoktur
2 tane
3 tane
4 tane
Hiçbiri
8.) p : “ ∃x tamsayı, x2 + 1 = −x ” olsun ve q : “ ∀x reel sayı, x4 > x2 ” olsun. Buna göre:
N
p, q : Doğru
p, q : Yanlış
p : Doğru, q : Yanlış
p : Yanlış, q : Doğru
Hiçbiri
9.) (p =⇒ q)0 önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?
N
p ∧ q0
p0 ∧ q
p ∨ q0
Hiçbiri
p0 ∨ q
10.) p : “ ∃x tamsayı, x2 = −x ” olsun ve q : “ ∀x reel sayı, x2 > x ” olsun. Buna göre:
N
p, q : Doğru p, q : Yanlış
p : Doğru, q : Yanlış p : Yanlış, q : Doğru
Hiçbiri
11.) (p ∧ (p =⇒ q)) =⇒ q önermesinin doğruluk tablosunda bu önermenin sütununda kaç tane 0
vardır?
N
yoktur
2 tane
3 tane
4 tane
12.) (p =⇒ q) ≡ (∼ q =⇒∼ p) ilkesini temel alan ispat yönteminin adı nedir?
N
Doğrudan ispat
Dolaylı ispat
Olmayana Ergi
Çelişki bulma
Hiçbiri
Hiçbiri
13.) Aşağıdaki önermelerden hangisi yanlıştır? (t:tamsayı, n:doğal sayı, m:pozitif doğal sayı, x:reel
sayı)
∀t, t 6 t4
∃n, n + 6 = n3
N
∀m, m2 6= 6m
∃x, x + 1 = x2
Hiçbiri
14.) p =⇒ q önermesinin olumsuzu aşağıdakilerden hangisidir?
N
p ∧ q0
p0 ∧ q
p ∨ q0
p0 ∨ q
Hiçbiri
15.) (p0 =⇒ q 0 )0 aşağıdakilerden hangisidir?
N 0
p ∧q
p0 ∨ q
p ∨ q0
Hiçbiri
p ∧ q0
16.) Aşağıdaki önermelerden hangisi doğrudur? (x:reel sayı, n:doğal sayı, t:tamsayı, r:rasyonel sayı)
N
∀x, x2 + 1 < 1 ∃n, 4n asaldır
∀t, t(t + 3) > −3 ∀r, 8r tamsayıdır Hiçbiri
11
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
Hüseyin BİLGİÇ
17.) (p ∧ q) =⇒ (p =⇒ q) önermesinin doğruluk tablosunda bu önermenin sütununda kaç tane 0
vardır?
1 tane
3 tane
4 tane
N
N
p ∨ q0
yoktur
Hiçbiri
18.) (p =⇒ q 0 )0 aşağıdakilerden hangisidir?
p0 ∧ q
p∨q
p∧q
Hiçbiri
19.) Aşağıdaki önermelerden hangisi doğrudur? (n :doğal sayı, x :reel sayı, t:tamsayı, r :rasyonel
sayı)
∃n, n2 asaldır
∀x, x2 − 3 < −3
N
∀t, t(t + 4) > −5
∀r, r2 tamsayıdır
Hiçbiri
20.) (p ∧ q) =⇒ (p =⇒ q) önermesinin doğruluk tablosunda bu önermenin sütununda kaç tane 1
vardır?
N
4 tane
1 tane
3 tane
yoktur
21.) (p ∧ q)0 ⇐⇒ (p0 ∨ q 0 ) önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?
N
p∧q
p ∨ q0
p ∨ p0
p ∧ p0
Hiçbiri
Hiçbiri
22.) Aşağıdaki önermelerden hangisi yanlıştır? (x : reel sayı, y : tamsayı olmayan reel sayı, n : doğal
sayı, t : tamsayı)
√
N
∀x, x3 rasyonel ∃y, y 3 tamsayı ∀n, n + 1 doğal sayı ∃t, t2 + 40 asal Hiçbiri
√
√
23.) p : “7 asal ise 2 rasyonel sayıdır”, q : “ 6 doğal sayı ⇐⇒ 1 asaldır” olsun. Buna göre:
N
p, q : Doğru p : Doğru, q : Yanlış
p : Yanlış, q : Doğru p, q : Yanlış Hiçbiri
24.) Kuşlar ötüyor ise güneş doğuyor. Yağmur yağıyor ise güneş doğmuyor. Yağmur yağdığına göre
aşağıdakilerden hangisi söylenebilir.
Güneş doğuyor
Yağmur yağmıyor
Kuşlar ötüyor
N
Kuşlar ötmüyor
Hiçbiri
25.) p ∧ (q ∨ r) önermesinin doğruluk tablosunda, bu önermenin sütununda kaç tane 1 vardır?
N
1
2
3
4
Hiçbiri
26.) Aşağıdaki önermelerden hangisi yanlıştır? (x : reel sayı, n : doğal sayı, t : tamsayı )
√
√
N
∀x, x3 reel 121 asal ise 7 asal değil ∀n, n + 1 tamsayı ∃t, t2 + 49 asal Hiçbiri
27.) p ve q doğru, r de yanlış bir önerme ise aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?
(p =⇒ r) ∨ q
(r ∧ q) =⇒∼ p
∼ p ⇐⇒ (∼ q∧ ∼ r)
∼ (p =⇒ r)
N
Hiçbiri
28.) (a < b =⇒ a = b) önermesinin olumsuzu aşağıdakilerden hangisidir? (İpucu: (p =⇒ q) ≡ p0 ∨ q )
N
a<b
b<a
a=b
a>b
Hiçbiri
29.) x > y =⇒ x = y önermesinin olumsuzu hangisidir? (İpucu: (p =⇒ q) ≡ p0 ∨ q)
N
x<y
x>y
x6y
x>y
Hiçbiri
30.) p ⇐⇒ q önermesinin olumsuzu aşağıdakilerden hangisidir?
N 0
(p ∨ q) =⇒ (p0 ∧ q)
p0 ⇐⇒ q 0
p∨q
Hiçbiri
12
p∧q
Bölüm 1. Önermeler ve İspat Yöntemleri
√
2 rasyonel sayıdır”, q : “ 6 rasyonel ⇐⇒ 9 asaldır” olsun. Buna göre:
N
p : Doğru, q : Yanlış
p : Yanlış, q : Doğru p, q : Yanlış Hiçbiri
31.) p : “15 asal değil ise
p, q : Doğru
Hüseyin BİLGİÇ
√
13
Bölüm 2
Kümeler
Tanım 2.1 İyi tanımlanmış nesnelerin bir topluluğuna küme denir. Kümeler genelde A, B, C, . . . gibi
büyük harflerle; kümenin elemanları da a, b, c . . . gibi küçük harflerle gösterilir. Eğer bir x elemanı
bir A kümesine aitse bunu x ∈ A; aksi halde x 6∈ A şeklinde gösteririz. Bir kümeyi, elemanlarını teker
teker yazarak gösterme yöntemine listeleme yöntemi denir. Mesela
A = { 2, 3, 5 } .
Bir kümeyi elemanlarının taşıdığı ortak özellikleri söyleyerek yazabiliriz. Bunun için
{ x : p(x) }
gösterimi kullanılır. Bu küme “p(x) açık önermesini sağlayan bütün x’lerin kümesi”dir. Bu yönteme
ortak özellik yöntemi denir. O zaman
A=
x ∈ R : (x − 2)(x2 − 8x + 15) = 0
yazılabilir. (R reel sayılar kümesidir.)
Kümeleri düzlemdeki kapalı eğrilerle ve elemanlarını da bu eğri içinde birer nokta olarak gösterebiliriz. Bu yönteme Venn1 Şeması yöntemi denir.
1
John Venn (1834–1923)
14
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
A
2
3
5
Şekil 2.1: A = { 2, 3, 5 } kümesinin Venn şeması ile gösterimi
Tanım 2.2 A ve B iki küme olsun. Eğer A’nın her elemanı aynı zamanda B’nin de bir elemanı ise
A’ya B’nin bir alt kümesi denir ve A ⊆ B yazılır. Eğer A ⊆ B ve B’de A’ya ait olmayan en az bir
eleman varsa A’ya B’nin bir özalt kümesi denir ve A
B yazılır. Eğer A ⊆ B ve B ⊆ A ise o zaman
A ile B kümelerine eşittir denir ve A = B yazılır.
Tanım 2.3 A ve B iki küme olsun. A da olup B de olmayan elemanların kümesine A ile B nin farkı
denir ve A \ B veya A − B ile gösterilir.
A \ B = { x : x ∈ A, x ∈
/ B } = {x ∈ A : x ∈
/ B}
yazabiliriz. Ancak A \ B = { x ∈
/ B : x ∈ A } yazamayız.
A
B
Şekil 2.2: İki kümenin farkı A \ B
Tanım 2.4 Üzerinde çalışılan en geniş kümeye evrensel küme diyeceğiz ve E ile göstereceğiz. A bir
küme ise A’da olmayan (ve evrensel kümede olan) elemanların kümesine A’nın tümleyeni denir ve
A0 veya A ile gösterilir. O halde:
A0 = { x : x ∈
/ A} = {x ∈ E : x ∈
/ A} = E \ A
yazılabilir. Hiçbir elemanı olmayan kümeye boş küme denir ve ∅ ile gösterilir. Boş küme her kümenin
alt kümesidir ve bütün boş kümeler birbirine eşittir.
15
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
Tanım 2.5 A ve B iki küme olsun. A ya, B’ye veya her ikisine ait olan elemanların kümesine A ile
B nin birleşimi denir ve A ∪ B ile gösterilir. Hem A ya hem de B’ye aynı anda ait olan elemanların
kümesine A ile B nin kesişimi (arakesiti) denir ve A ∩ B ile gösterilir. Kesişimi boş olan kümelere
ayrık kümeler denir.
A ∪ B = { x : x ∈ A veya x ∈ B }
A ∩ B = { x : x ∈ A ve x ∈ B } = { x ∈ A : x ∈ B }
A
B
A
Şekil 2.3: İki kümenin birleşimi A ∪ B ve kesişimi A ∩ B
Kümelerle İlgili İşlemlerin Özellikleri
1.) a) Her A kümesi için A ⊆ A (Yansıma özelliği)
b) A ⊆ B, B ⊆ A =⇒ A = B (Simetri Özelliği)
c) A ⊆ B ve B ⊆ C ise A ⊆ C dir. (Geçişme özelliği)
2.) A ∪ A = A, A ∩ A = A
3.) A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅
4.) A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A
5.) Dağılma Kuralları:
a) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
b) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
6.) ∅0 = E, E 0 = ∅
7.) De Morgan Kuralları:
(A ∪ B)0 = A0 ∩ B 0
(A ∩ B)0 = A0 ∪ B 0
8.) A ⊆ B =⇒ B 0 ⊆ A0
16
B
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
9.) A ⊆ A ∪ B, B ⊆ A ∪ B
A ∩ B ⊆ A, A ∩ B ⊆ B
10.) A ⊆ B =⇒ A ∪ B = B ve A ∩ B = A
Not: A∪B ∩C, A∩B ∪C veya A\B ∪C gibi ifadeler anlamsızdır. Kümelerdeki işlemlerin öncelik sırası
olmadığından mutlaka parantez kullanılmalıdır. Ancak yanyana birden fazla kesişim (veya birleşim)
işlemi için parantez kullanılmayabilir. (Neden?)
Tanım 2.6 A ve B iki küme olsun. A ∪ B ye ait olup A ∩ B ye ait olmayan elemanların kümesine A
ile B nin simetrik farkı denir ve A4B ile gösterilir.
A4B = { x : x ∈ A ∪ B, x ∈
/ A ∩ B } = (A ∪ B) \ (A ∩ B)
A
B
Şekil 2.4: İki kümenin simetrik farkı A4B
Şekilden de anlaşılacağı gibi A4B = (A \ B) ∪ (B \ A) diyebiliriz. Ayrıca A4B = B4A dır, çünkü:
A4B = { x : x ∈ A ∪ B, x ∈
/ A ∩ B } = { x : x ∈ B ∪ A, x ∈
/ B ∩ A } = B4A.
Tanım 2.7 Eleman sayısına bir doğal sayı karşılık getirilebilen kümelere sonlu küme; aksi halde sonsuz küme denir. Mesela (0, 1) açık aralığı ve tek doğal sayılar kümesi { 1, 3, 5, . . . } sonsuz kümelerdir.
B = { a, b, c, d } kümesi 4 elemanlı olup sonlu bir kümedir. Bir A kümesinin eleman sayısını s(A) ile
göstereceğiz. Bu durumda s(∅) = 0 olur. Ayrıca
s(A ∪ B) = s(A) + s(B) − s(A ∩ B)
s(A ∪ B ∪ C) = s(A) + s(B) + s(C) − s(A ∩ B) − s(A ∩ C) − s(B ∩ C) + s(A ∩ B ∩ C)
formülleri doğrudur. A, B ve C kümeleri ikişer ikişer ayrık iseler:
s(A ∪ B ∪ C) = s(A) + s(B) + s(C).
17
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
Kümeler Ailesi
Elimizde bir takım kümeler olsun. Bu kümeleri A, B, C, D, . . . gibi harflerle göstermek yerine; mesela A1 , A2 , A3 , . . . şeklinde göstermek daha kolay olacaktır. Bu durumda kümeleri I = { 1, 2, 3, . . . }
kümesinin elemanlarını kullanarak indislemiş (damgalamış) oluruz. İşte bir takım kümeleri indislemek için kullandığımız I kümesine indis kümesi, her i ∈ I elemanına bir indis, her i ∈ I için Ai
kümesine de indislenmiş küme denir. Elemanları bir I indis kümesi tarafından indislenmiş kümelerin
kümesine de bir kümeler ailesi denir. Böyle bir kümeler ailesi
A = { Ai : i ∈ I }
şekline gösterilir.
Örnek 2.8
A = { { a, b } , { a } , { a, e, f, g } , { a, c } } olsun. Burada I = { 1, 3, 4, 6 } indis kümesi ve
A1 = { a, b } , A3 = { a } , A4 = { a, e, f, g } , A6 = { a, c }
diyebiliriz. Bu durumda A = { Ai : i ∈ I } yazılır.
Tanım 2.9
A = { Ai : i ∈ I } kümeler ailesi verilsin. Bu ailenin birleşimi
[
Ai = { x : En az bir i ∈ I için x ∈ Ai }
i∈I
şeklinde tanımlanır. Bu ailenin kesişimi de
\
Ai = { x : Her i ∈ I için x ∈ Ai }
i∈I
şeklinde tanımlanır.
Örnek 2.10 Bir önceki örnekte:
[
Ai = A1 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A6 = { a, b, c, e, f, g }
i∈I
\
Ai = A1 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A6 = { a }
i∈I
Örnek 2.11 I = { 1, 2, 3, . . . } ve her n ∈ I için An = [0, n1 ] kapalı aralığı olsun. Bu durumda
[
\
An = [0, 1],
n∈I
n∈I
18
An = { 0 } .
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
Genelleştirilmiş Dağılma Kuralları
A
= { Ai : i ∈ I } ve
B
= { Bj : j ∈ J } aileleri verilsin. Bu durumda kesişimin birleşim üzerine
dağılma kuralının genel hali:

!
[
Ai
\

[

i∈I

Bj  =
j∈J
[

[

i∈I
(Ai ∩ Bj )
j∈J
Ayrıca, birleşimin kesişim üzerine dağılma kuralının genel hali:



! 
\
[ \
\ \


Ai
Bj  =
(Ai ∪ Bj )
i∈I
j∈J
i∈I
j∈J
İspat:

!
x∈
[
i∈I
Ai
\

[

!
[
Bj  ⇐⇒ x ∈
j∈J
Ai
i∈I

ve x ∈ 

[
Bj 
j∈J
⇐⇒ ∃i ∈ I, x ∈ Ai ve ∃j ∈ J, x ∈ Bj
⇐⇒ ∃i ∈ I ve ∃j ∈ J için x ∈ Ai ve x ∈ Bj
⇐⇒ ∃i ∈ I ve ∃j ∈ J için x ∈ Ai ∩ Bj


[ [

⇐⇒ x ∈
(Ai ∩ Bj )
i∈I
j∈J
olup ispat tamamlanır. Diğer kısmın ispatı da şöyledir:



! 
!
\
[ \
\
\

Ai
Bj  ⇐⇒ x ∈
Ai veya x ∈ 
Bj 
x∈
i∈I
j∈J
i∈I
j∈J
⇐⇒ ∀i ∈ I, x ∈ Ai veya ∀j ∈ J, x ∈ Bj
⇐⇒ ∀i ∈ I ve ∀j ∈ J için x ∈ Ai veya x ∈ Bj
⇐⇒ ∀i ∈ I ve ∀j ∈ J için x ∈ Ai ∪ Bj


\ \

⇐⇒ x ∈
(Ai ∪ Bj )
i∈I
Örnek 2.12
j∈J
A = { A1 , A3 , A5 } ve B = { B2 , B4 } olsun. Bu durumda I = { 1, 3, 5 } , J = { 2, 4 } olur.
(A1 ∪ A3 ∪ A5 ) ∩ (B2 ∪ B4 ) =
(A1 ∩ B2 ) ∪ (A1 ∩ B4 ) ∪ (A3 ∩ B2 ) ∪ (A3 ∩ B4 ) ∪ (A5 ∩ B2 ) ∪ (A5 ∩ B4 )
19
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
Genelleştirilmiş De Morgan Kuralları
{ Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Bu durumda
!0
\
Ai
!0
=
[
Ai
0
[
ve
i∈I
i∈I
Ai
=
i∈I
\
Ai 0
i∈I
İspat:
!0
x∈
\
⇐⇒ x ∈
/
Ai
i∈I
\
Ai
i∈I
⇐⇒ ∃i ∈ I için x ∈
/ Ai
⇐⇒ ∃i ∈ I için x ∈ Ai 0
[
⇐⇒ x ∈
Ai 0
i∈I
Diğer kısmın ispatı da şöyledir:
!0
x∈
[
Ai
⇐⇒ x ∈
/
i∈I
[
Ai
i∈I
⇐⇒ ∀i ∈ I için x ∈
/ Ai
⇐⇒ ∀i ∈ I için x ∈ Ai 0
\
⇐⇒ x ∈
Ai 0
i∈I
Çözümlü Örnekler
1.) A \ B = A ∩ B 0 olduğunu gösterin.
Çözüm:
A \ B = { x : x ∈ A ve x ∈
/ B}=
x : x ∈ A ve x ∈ B 0
= A ∩ B0
2.) A ∪ B = B ∩ C =⇒ A ⊆ B ⊆ C olduğunu gösterin.
Çözüm: A ⊆ A ∪ B olduğunu biliyoruz. A ∪ B = B ∩ C olduğundan A ⊆ B ∩ C elde edilir. Ayrıca
B ∩ C ⊆ B olduğundan, A ⊆ B bulunur. Benzer şekilde:
B ⊆ A ∪ B = C ∩ B olup B ⊆ B ∩ C ⊆ C
olduğundan B ⊆ C bulunur. Sonuç olarak A ⊆ B ⊆ C dir.
20
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
3.) A ∪ B = A ∩ B ⇐⇒ A = B olduğunu gösterin.
Çözüm: Önce A ∪ B = A ∩ B olduğunu kabul edelim. A = B olduğunu göstermek için A ⊆ B ve
B ⊆ A olduğunu göstereceğiz.
A ⊆ A ∪ B = A ∩ B ⊆ B olduğundan A ⊆ B
)
B ⊆ A ∪ B = A ∩ B ⊆ A olduğundan B ⊆ A
=⇒ A = B.
Şimdi de A = B olduğunu kabul edelim.
A ∪ B = A ∪ A = A = A ∩ A = A ∩ B.
Bu kısmın ispatı şöyle de yapılabilirdi:
)
A∪B =A∪A=A
=⇒ A ∪ B = A ∩ B.
A∩B =A∩A=A
4.) A ⊆ B =⇒ A ∪ C ⊆ B ∪ C olduğunu gösterin.
Çözüm: A ⊆ B olduğunu kabul edelim. O halde x ∈ A =⇒ x ∈ B dir.
x ∈ A ∪ C =⇒ x ∈ A veya x ∈ C =⇒ x ∈ B veya x ∈ C =⇒ x ∈ B ∪ C
olup seçilen x keyfi olduğundan önerme her x için doğrudur. O halde A ∪ C nin her elemanı B ∪ C
nin bir elemanı olup ispat biter.
Not: Bu tür ispatlarda p(x) =⇒ q(x) önermesi doğru ise “oklar soldan sağa doğru ilerlerken” p(x)
yerine q(x) yazılabilir. (q(x) yerine p(x) yazılamaz.) Yine p(x) =⇒ q(x) önermesi doğru ise
{ x : p(x) } ⊆ { x : q(x) }
kapsaması vardır. p(x) ⇐⇒ q(x) önermesi doğru ise; yani p(x) ≡ q(x) ise
{ x : p(x) } = { x : q(x) }
eşitliği vardır.
5.) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) olduğunu gösterin.
Çözüm:
A ∪ (B ∩ C) = { x : x ∈ A veya x ∈ B ∩ C }
= { x : x ∈ A veya (x ∈ B ve x ∈ C) }
= { x : (x ∈ A veya x ∈ B) ve (x ∈ A veya x ∈ C) }
= { x : (x ∈ A ∪ B) ve (x ∈ A ∪ C) }
= (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
21
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
6.) A ⊆ B, C ⊆ B, A ∩ C = ∅ veriliyor. Bu kümelerin boş olup olmamasına ve birbirlerine eşit olup
olmamasına göre farklı bütün durumları Venn şeması ile gösterin.
Çözüm: Toplam 7 durum vardır. Şekilde 6 durum gösterilmiş olup son durum A = B = C = ∅
durumudur.
B
A
B
C
B
A
C
C=∅
A=∅
A=B
C=B
B
C=∅
A=∅
A=C=∅
7.) Aşağıda kartezyen düzlemin A, B, C ve D altkümeleri verilmiştir. Buna göre sırasıyla A ∩ B, (A ∩
B) ∩ C ve (A ∩ B) ∩ (C ∩ D) kümelerini Venn şeması ile gösterin.
A = { (x, y) : x > 0 }
B = { (x, y) : x + 2y < 6 }
C = { (x, y) : y > 0 }
D = { (x, y) : y − x > 0 }
Çözüm:
y=x
y
x
A∩B
22
x + 2y = 6
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
y=x
y
C
(A ∩ B) ∩ C
x
x + 2y = 6
A∩B
y=x
y
(A ∩ B) ∩ (C ∩ D)
C ∩D
x
x + 2y = 6
A∩B
8.) De Morgan Kurallarını ispatlayın. Yani (A∪B)0 = A0 ∩B 0 ve (A∩B)0 = A0 ∪B 0 olduğunu gösterin.
Çözüm:
(A ∪ B)0 =
x : x ∈ (A ∪ B)0
= {x : x ∈
/ (A ∪ B) }
= {x : x ∈
/ A ve x ∈
/ B } = x : x ∈ A0 ve x ∈ B 0 = A0 ∩ B 0 .
(A ∩ B)0 = x : x ∈ (A ∩ B)0 = { x : x ∈
/ (A ∩ B) }
= {x : x ∈
/ A veya x ∈
/ B } = x : x ∈ A0 veya x ∈ B 0 = A0 ∪ B 0 .
9.) A \ B = A \ (A ∩ B) olduğunu gösterin.
Çözüm:
A \ (A ∩ B) = A ∩ (A ∩ B)0 = A ∩ (A0 ∪ B 0 ) = (A ∩ A0 ) ∪(A ∩ B 0 ) = A ∩ B 0 = A \ B
| {z }
∅
23
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
10.) (A \ B) \ C = A \ (B ∪ C) olduğunu gösterin.
Çözüm:
A \ (B ∪ C) = A ∩ (B ∪ C)0 = A ∩ (B 0 ∩ C 0 ) = (A ∩ B 0 ) ∩ C 0 = (A \ B) ∩ C 0 = (A \ B) \ C
11.) (A ∩ B) ∩ (A \ B) = ∅ olduğunu gösterin.
Çözüm:
(A ∩ B) ∩ (A \ B) = (A ∩ B) ∩ (A ∩ B 0 ) = (A ∩ A) ∩ (B ∩ B 0 ) = A ∩ ∅ = ∅
12.) (A \ B) ∩ B = ∅ olduğunu gösterin.
Çözüm:
(A \ B) ∩ B = (A ∩ B 0 ) ∩ B = A ∩ (B ∩ B 0 ) = A ∩ ∅ = ∅
| {z }
∅
13.) A0 \ B 0 = B \ A olduğunu gösterin.
Çözüm:
A0 \ B 0 =
x : x ∈ A0 ve x ∈
/ B0
=
x : x ∈ A0 ve x ∈ B
= { x : x ∈ B ve x ∈
/ A} = B \ A
14.) A ⊆ A ∪ B ve A ∩ B ⊆ A olduğunu gösterin.
Çözüm: “x ∈ A =⇒ x ∈ A veya x ∈ B” önermesi her zaman doğru olur. (Yani x ∈ B olmasa da
doğrudur.) O halde A ⊆ A ∪ B dir. Benzer şekilde x ∈ A ∩ B ise x ∈ A önermesi her zaman doğrudur.
O halde A ∩ B ⊆ A dir.
15.) A ⊆ B =⇒ A ∪ (B − A) = B olduğunu gösterin.
Çözüm: A ⊆ B ise A ∪ B = B ve A ∩ B = A olduğunu biliyoruz. O halde
A ∪ (B − A) = A ∪ (B ∩ A0 ) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ A0 ) = B ∩ E = B
| {z } | {z }
B
E
16.) A ∪ B = ∅ =⇒ A = ∅ ve B = ∅ olduğunu gösterin.
Çözüm: A ∪ B = ∅ olsun. A ⊆ A ∪ B olacağından A ⊆ ∅ olur. Ayrıca boş küme her kümenin alt
kümesi olduğundan ∅ ⊆ A dır. Buradan A = ∅ elde edilir. Benzer şekilde B = ∅ dir.
24
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
17.) A ve B kümeleri için A ⊆ B ⇐⇒ A ∪ B = B olduğunu gösterin.
Çözüm: (=⇒) Önce A ⊆ B olduğunu kabul edelim. Bu durumda x ∈ A =⇒ x ∈ B dir. O zaman
x ∈ A ∪ B =⇒ x ∈ A veya x ∈ B =⇒ x ∈ B veya x ∈ B =⇒ x ∈ B
olup A ∪ B ⊆ B olur. Ayrıca B ⊆ A ∪ B her zaman doğru olduğundan A ∪ B = B elde edilir.
(⇐=) Şimdi A ∪ B = B olduğunu kabul edelim. A ⊆ A ∪ B olduğunu biliyoruz. A ∪ B = B olduğundan A ⊆ B elde edilir.
18.) (A0 )0 = A olduğunu gösterin.
Çözüm:
A = {x : x ∈ A} =
x:x∈
/ A0
: x : x ∈ (A0 )0 = (A0 )0 .
19.) A ∪ B = E ve A ∩ B = ∅ ⇐⇒ B = A0 olduğunu gösterin. (E : evrensel kümedir)
Çözüm: (=⇒) A∪B = E ve A∩B = ∅ olsun. x ∈ A0 =⇒ x ∈
/ A dır. Fakat x ∈ E olmalı; yani x ∈ A∪B
olmalıdır. O halde x ∈ B olmalı. Yani A0 ⊆ B dir. Şimdi de
x ∈ B =⇒ A ∩ B = ∅ olduğundan x ∈
/ A =⇒ x ∈ A0
olup B ⊆ A0 elde edilir. Sonuç olarak B = A0 dür.
(⇐=) B = A0 =⇒ A ∪ B = A ∪ A0 = E dir. Ayrıca A ∩ B = A ∩ A0 = ∅.
20.) A − B = ∅ ⇐⇒ A ⊆ B olduğunu gösterin.
Çözüm: (=⇒) A − B = ∅ olduğunu kabul edelim. x ∈ A alalım. x ∈ B olduğunu göstereceğiz. Aksini
kabul edelim; yani x ∈
/ B olsun. Bu durumda x ∈ B 0 olur. O halde x ∈ A ∩ B 0 = A − B olmalıdır. Bu
bir çelişkidir, çünkü A − B = ∅ kabul edilmiştir.
(⇐=) Şimdi A ⊆ B kabul edelim. Bu durumda A ∩ B = A olur. Şimdi
A − B = A ∩ B 0 = (A ∩ B) ∩ B 0 = A ∩ (B ∩ B 0 ) = A ∩ ∅ = ∅.
21.) A4(A ∩ B) = A − B olduğunu gösterin.
Çözüm: A ∩ B ⊆ A olduğundan A ∪ (A ∩ B) = A dır.
A4(A ∩ B) = (A ∪ (A ∩ B)) − (A ∩ (A ∩ B))
= A − (A ∩ B) = A ∩ (A ∩ B)0 = A ∩ (A0 ∪ B 0 )
= (A ∩ A0 ) ∪ (A ∩ B 0 ) = ∅ ∪ (A ∩ B 0 )
= A ∩ B 0 = A − B.
25
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
22.) A4B = ∅ ⇐⇒ A = B olduğunu gösterin.
Çözüm: (=⇒) A4B = ∅ =⇒ (A − B) ∪ (B − A) = ∅ =⇒ A − B = ∅ ve B − A = ∅ =⇒ A ⊆ B ve
B ⊆ A =⇒ A = B. (Not: A − B = ∅ olması için gerek ve yeter şart A ⊆ B dır.)
(⇐=) A = B =⇒ A4B = A4A = (A ∪ A) − (A ∩ A) = A − A = ∅.
23.) (A4B)0 = (A0 ∪ B) ∩ (A ∪ B 0 ) olduğunu gösterin.
Çözüm:
0
(A4B)0 = [(A − B) ∪ (B − A)]0 = (A ∩ B 0 ) ∪ (B ∩ A0 )
= (A ∩ B 0 ) ∩ (B ∩ A0 ) = (A0 ∪ B) ∩ (A ∪ B 0 )
24.) A4(A ∪ B) = B − (A ∩ B) olduğunu gösterin.
Çözüm: Eşitliğin sol tarafı en sade şekle getirilirse:
A4(A ∪ B) = (A ∪ (A ∪ B)) − (A ∩ (A ∪ B)) = (A ∪ B) − A
= (A ∪ B) ∩ A0 = (A ∩ A0 ) ∪ (B ∩ A0 ) = ∅ ∪ (B ∩ A0 )
= B ∩ A0
elde edilir. Şimdi de eşitliğin sağ tarafını sadeleştirelim:
B − (A ∩ B) = B ∩ (A ∩ B)0 = B ∩ (A0 ∪ B 0 )
= (B ∩ A0 ) ∪ (B ∩ B 0 ) = (B ∩ A0 ) ∪ ∅
= B ∩ A0 .
Eşitliğin her iki tarafı da B ∩ A0 olduğundan çözüm tamamlanmıştır.
25.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Her i ∈ I için Ai ⊆ B ise
[
Ai ⊆ B
i∈I
olduğunu gösterin.
Çözüm:
x∈
[
Ai =⇒ ∃i ∈ I için x ∈ Ai =⇒ x ∈ B (Çünkü Ai ⊆ B)
i∈I
26.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Her i ∈ I için B ⊆ Ai ise B ⊆
\
Ai olduğunu gösterin.
i∈I
Çözüm:
x ∈ B =⇒ ∀i ∈ I için x ∈ Ai (Çünkü B ⊆ Ai ) =⇒ x ∈
\
i∈I
26
Ai
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BİLGİÇ
Çoktan Seçmeli Sorular
1.) A ⊆ B ise aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
N
A0 = B
A\B =∅
A0 ⊆ B
A ∩ B 6= ∅
Hiçbiri
2.) A \ B = A olması için gerek ve yeter şart nedir?
A=B
A⊆B
B⊆A
B=∅
3.) A = [0, 2] ve B = [1, 7] aralıkları ise A 4 B ise aşağıdakilerden hangisidir?
N
(1, 2)
[0, 1) ∪ (2, 7]
∅
(−∞, −1) ∪ (2, ∞)
N
Hiçbiri
Hiçbiri
4.) B = { { ∅ } , ∅, 0, { 0, ∅ } } olduğuna göre aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?
{∅} ⊆ B
{ ∅, 0 } ⊆ B
∅⊆B
{{∅}} ⊆ B
N
Hiçbiri
5.) A4B kümesi ile B kümesinin tümleyeninin simetrik farkı hangisidir?
N
A\B
B∩A
E \ (A ∩ B)
E\A
Hiçbiri
6.) A ∩ B = A ve B ∩ C = ∅ ise aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
N
A∩C =∅
A=B
B∪C =E
A∪B =A
Hiçbiri
7.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∀i ∈ I için x ∈ Ai 0 olması için gerek ve yeter şart nedir?
\
\
[
[
N
x∈
Ai
x∈
/
Ai
x∈
/
Ai
x∈
Ai
Hiçbiri
i∈I
i∈I
i∈I
i∈I
8.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∃ i ∈ I için B ⊆ Ai ise aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
\
[
\
[
N
B⊆
Ai
B⊆
Ai
Ai = B
Ai ⊆ B
Hiçbiri
i∈I
i∈I
i∈I
i∈I
9.) Evrensel küme ile A ∪ B kümesinin simetrik farkı aşağıdakilerden hangisidir?
N 0
A4B
A∩B
A0 ∪ B 0
A ∩ B0
Hiçbiri
10.) A ve B kümeleri ayrık iki küme olsun. s(A ∪ B) = 8, s(A ∩ B 0 ) = 5 ise s(B) kaçtır?
N
4
3
5
2
Hiçbiri
11.) [(A ∪ B) \ B] ∩ A aşağıdakilerden hangisidir?
N
A0 ∩ B 0
A\B
A0 ∩ B
Hiçbiri
A∩B
12.) Aşağıdakilerden hangisi doğru ise A ∪ B = E her zaman doğrudur?
N 0
A ⊆B
A⊆A\B
A ∩ B 6= ∅
B ⊆ A0
Hiçbiri
13.) A ∩ B = A ise A ∩ B 0 aşağıdakilerden hangisidir?
N
∅
A∪B
A
Hiçbiri
B\A
14.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Her k ∈ I için aşağıdakilerden hangisi doğrudur.
!0
\
[
\
N\
Ak ⊆
Ai
Ai ⊆ Ak
Ai ⊆ Ak
Ai ⊆ Ak
i∈I
i∈I
i∈I
Hiçbiri
i∈I
15.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∀ i ∈ I için x ∈
/ Ai olması için gerek ve yeter şart nedir?
27
Bölüm 2. Kümeler
x∈
[
Hüseyin BİLGİÇ
x∈
Ai
i∈I
[
Ai 0
x∈
i∈I
\
N
Ai
x∈
i∈I
\
Ai 0
Hiçbiri
i∈I
16.) A ile B ayrık ise (A \ B) ∪ (E4A) nedir? (E : Evrensel küme)
A∪B
A
N
B
Hiçbiri
E
17.) (A \ B)4(B \ A) aşağıdakilerden hangisine eşittir?
A
B\A
A∩B
N
B
Hiçbiri
18.) A4B = A0 4B 0 eşitliği hangi şartlar altında doğrudur?
A = ∅ veya B = ∅
A∩B =∅
A=B
N
Her zaman doğru
Hiçbiri
19.) A ve B kümeleri ayrık iseler aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
A4B =E
A4B =∅
A\B =∅
A0 ⊆ B
N
A\B =∅
Hiçbiri
Hiçbiri
20.) A ⊆ B ise aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
A0 = B
A0 ⊆ B
A ∩ B 6= ∅
N
21.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∃i ∈ I için x ∈ Ai 0 olması için gerek ve yeter şart nedir?
\
\
[
[
N
x∈
Ai
x∈
/
Ai
x∈
Ai
x∈
/
Ai
Hiçbiri
i∈I
i∈I
i∈I
i∈I
22.) A4B = A ∪ B ise aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
N
A ile B ayrıktır
A\B =∅
B\A=∅
23.) A \ B = B \ A olması için gerek ve yeter şart nedir?
N
A=B=∅
A=B
A∪B =E
A=B
Hiçbiri
A∩B =∅
Hiçbiri
A∩B =∅
N
Hiçbiri
A\B
N
Hiçbiri
N
Hiçbiri
24.) A ∪ B = E ise aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
A ⊆ B0
A = B0
B0 ∪ A = B
25.) A 4 (B \ A) aşağıdakilerden hangisidir?
A
B\A
A∩B
26.) B = { ∅, { ∅ } , a, { a } , { 1 } } ise aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?
∅⊆B
∅∈B
{a} ⊆ B
{ a, ∅ } ⊆ B
\
27.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. x ∈
/
Ai ise aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
i∈I
x∈
/
[
Ai
∃i ∈ I, x ∈ Ai
N
∃i ∈ I, x ∈ Ai 0
x∈
\
Ai 0
Hiçbiri
i∈I
i∈I
28.) (E \ A) ∩ (E \ B) = ∅ olması için gerek ve yeter şart nedir?
N
A=B
A∪B =E
A=B=∅
A∩B =∅
Hiçbiri
A\B
N
Hiçbiri
(−2, −1) ∪ (2, 4]
N
Hiçbiri
29.) A0 ∩ (A0 ∪ B 0 )0 aşağıdakilerden hangisine eşittir?
A∩B
A0
A∪B
30.) X = (−1, 4] ve Y = (−2, 2) ∪ {3} ise X4Y hangisidir?
(−2, −1] ∪ [2, 4]
(−2, −1) ∪ [2, 4]
(−2, −1] ∪ (2, 4]
28
Bölüm 3
Bağıntılar ve Özellikleri
Tanım 3.1 a ve b herhangi iki eleman olmak üzere (a, b) şeklindeki bir ifadeye bir sıralı ikili denir.
Burada a’ ya 1. bileşen; b’ye de 2. bileşen denir. İki sıralı ikilinin eşit olması şöyle tanımlanır:
(a, b) = (c, d) ⇐⇒ a = c ve b = d.
Dolayısıyla genelde (a, b) 6= (b, a) dır. Benzer şekilde (x1 , x2 , . . . , xn ) şeklindeki bir ifadeye bir sıralı
n–li denir.
Kartezyen Çarpım
Tanım 3.2 A ve B iki küme olsun. Birinci bileşenleri A dan; ikinci bileşenleri B den olan bütün sıralı
ikililerin kümesine A ile B nin kartezyen çarpımı denir ve A × B ile gösterilir. Yani
A × B = { (a, b) : a ∈ A ve b ∈ B } .
Özel olarak B = A ise:
A × A = { (a, b) : a ∈ A ve b ∈ A }
kümesi yazılabilir ve bu küme kısaca A2 ile gösterilir. Genel olarak sıralı n–lilerin kümesi tanımlanabilir. O halde
n
|A × A ×
{z· · · × A} = A = { (x1 , x2 , . . . , xn ) : x1 , . . . , xn ∈ A }
n–tane
yazabiliriz.
Kartezyen Çarpımın Özellikleri
Teorem 3.3 A, B, C ve D dört tane küme olsun.
29
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
1.) A × ∅ = ∅ × A = ∅
2.) A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C)
3.) A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C)
4.) A ⊆ B =⇒ A × C ⊆ B × C
5.) A ⊆ B ve C ⊆ D =⇒ A × C ⊆ B × D
İspat 1.) A × ∅ = { (x, y) : x ∈ A ve y ∈ ∅ } kümesi boşkümedir; çünkü y ∈ ∅ önermesi her zaman
yanlıştır. Dolayısıyla “a ∈ A ve y ∈ ∅” her zaman yanlıştır. Benzer şekilde ∅ × A = ∅ dir.
İspat 2.)
(x, y) ∈ A × (B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ A ve y ∈ B ∪ C
⇐⇒ x ∈ A ve (y ∈ B veya y ∈ C)
⇐⇒ (x ∈ A ve y ∈ B) veya (x ∈ A ve y ∈ C)
⇐⇒ (x, y) ∈ A × B veya (x, y) ∈ A × C
⇐⇒ (x, y) ∈ (A × B) ∪ (A × C)
olup ispat tamamlanır.
İspat 3.) p ∧ q ∧ r ≡ (p ∧ q) ∧ (p ∧ r) denkliği kullanılırsa;
(x, y) ∈ A × (B ∩ C) ⇐⇒ x ∈ A ve y ∈ B ∩ C
⇐⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve y ∈ C
⇐⇒ (x ∈ A ve y ∈ B) ve (x ∈ A ve y ∈ C)
⇐⇒ (x, y) ∈ A × B ve (x, y) ∈ A × C
⇐⇒ (x, y) ∈ (A × B) ∩ (A × C)
olup ispat tamamlanır.
İspat 4.) (x, y) ∈ A × C =⇒ x ∈ A ve y ∈ C =⇒ x ∈ B ve y ∈ C =⇒ (x, y) ∈ B × C
olup ispat biter.
İspat 5.) (x, y) ∈ A × C =⇒ x ∈ A ve y ∈ C =⇒ x ∈ B ve y ∈ D =⇒ (x, y) ∈ B × D
olup ispat biter.
Şimdi de kartezyen çarpımın birleşim ve kesişim üzerine dağılma özelliklerini genel olarak ispatlayalım:
Teorem 3.4
A = { Ai : i ∈ I } ve B = { Bj : j ∈ J } aileleri verilsin.
30
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
!
1.)
[
i∈I
Ai

×
[
Bj  =
j∈J
!
2.)

[
×
Ai
i∈I
\

Hüseyin BİLGİÇ
(Ai × Bj )
(i,j)∈I×J

\
\
Bj  =
j∈J
(Ai × Bj )
(i,j)∈I×J
İspat 1.)
!
(x, y) ∈
[

×
Ai
i∈I

[

!
Bj  ⇐⇒ x ∈
j∈J
[

[
ve y ∈ 
Ai
i∈I
Bj 
j∈J
⇐⇒ ∃i ∈ I, x ∈ Ai ve ∃j ∈ J, y ∈ Bj
⇐⇒ ∃i ∈ I ve ∃j ∈ J, x ∈ Ai ve y ∈ Bj
⇐⇒ ∃(i, j) ∈ I × J, (x, y) ∈ Ai × Bj
[
⇐⇒ (x, y) ∈
(Ai × Bj )
(i,j)∈I×J
İspat 2.)
!
(x, y) ∈
\
i∈I
Ai

×

\

!
Bj  ⇐⇒ x ∈
j∈J
\
Ai

\
ve y ∈ 
i∈I
Bj 
j∈J
⇐⇒ ∀i ∈ I, x ∈ Ai ve ∀j ∈ J, y ∈ Bj
⇐⇒ ∀i ∈ I ve ∀j ∈ J, x ∈ Ai ve y ∈ Bj
⇐⇒ ∀(i, j) ∈ I × J, (x, y) ∈ Ai × Bj
\
⇐⇒ (x, y) ∈
(Ai × Bj )
(i,j)∈I×J
Örnek 3.5 A, B, C, D dört tane küme olmak üzere:
1.) (A × B) ∩ (C × D) = (A ∩ C) × (B ∩ D) eşitliğinin her zaman doğru olduğunu;
2.) (A × B) ∪ (C × D) = (A ∪ C) × (B ∪ D) eşitliğinin her zaman doğru olmadığını gösterin.
Çözüm 1.)
(x, y) ∈ (A × B) ∩ (C × D) ⇐⇒ (x, y) ∈ A × B ve (x, y) ∈ C × D
⇐⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve x ∈ C ve y ∈ D
⇐⇒ (x ∈ A ve x ∈ C) ve (y ∈ B ve y ∈ D)
⇐⇒ x ∈ A ∩ C ve y ∈ B ∩ D
⇐⇒ (x, y) ∈ (A ∩ C) × (B ∩ D)
31
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
Çözüm 2.) A = { a, b } , B = { 1, 2, 3 } , C = { b } ve D = { 2, 3, 4 } alınırsa eşitliğin doğru olmadığı
görülür:
(A × B) ∪ (C × D) = { (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3), (b, 4) } ,
(A ∪ C) × (B ∪ D) = { (a, 1), (a, 2), (a, 3), (a, 4), (b, 1), (b, 2), (b, 3), (b, 4) } .
Örnek 3.6 A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C) olduğunu gösterin.
Çözüm: y ∈
/ C =⇒ (x, y) ∈
/ A × C olacağından;
(x, y) ∈ A × (B \ C) =⇒ x ∈ A ve y ∈ B \ C
=⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve y ∈
/C
=⇒ (x, y) ∈ A × B ve (x, y) ∈
/ A×C
=⇒ (x, y) ∈ (A × B) \ (A × C).
Ayrıca;
(x, y) ∈ (A × B) \ (A × C) =⇒ (x, y) ∈ A × B ve (x, y) ∈
/ A×C
=⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve (x ∈
/ A veya y ∈
/ C)
=⇒ (x ∈ A ve y ∈ B ve x ∈
/ A) veya (x ∈ A ve y ∈ B ve y ∈
/ C)
=⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve y ∈
/C
=⇒ x ∈ A ve y ∈ (B \ C)
=⇒ (x, y) ∈ A × (B \ C).
olup iki kümenin eşitliği gösterilmiş olur.
ALIŞTIRMALAR
1.) A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C) önermesinin doğru olması için gerek ve yeter şart nedir?
N
Her zaman doğru A = ∅ A = B = C = ∅ A = ∅ veya B ∩ C = ∅
Hiçbiri
2.) “A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C)” önermesi için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
N
Bazen doğru Sadece A = ∅ ise doğru
Her zaman doğru Her zaman yanlış Hiçbiri
3.) A × (B ∪ C) = ∅ olduğuna göre aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?
N
A∪B =∅
B∩C =∅
B×C =∅
A∩C =∅
Hiçbiri
4.) Her A, B, C kümesi için p :“A × (B × C) = (A × B) × C” ve q :“A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C)”
ise:
p, q : Doğru
p: Doğru, q: Yanlış
N
p: Yanlış, q: Doğru
32
p, q: Yanlış
Hiçbiri
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
5.) A, B ve C kümelerinin eleman sayıları sırasıyla 12, 8 ve 10 dur. Ayrıca B ile C ayrık kümelerdir.
Buna göre (A × B) ∩ (A × C) kaç elemanlıdır.?
N
Sıfır
180
24
12
Hiçbiri
6.) A × B 6= ∅ ise aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
A ∩ B 6= ∅
A4B 6= ∅
A⊆B
A∩B =∅
N
Hiçbiri
(Doğru Cevap: A ∪ B 6= ∅ olabilir.)
7.) Her A, B, C için p : A0 × B 0 = (A × B)0 ve q : A × C ⊆ B × C =⇒ A ⊆ B önermeleri için hangisi
doğrudur?
p, q:Doğru
p : Doğru, q : Yanlış
N
p : Yanlış, q : Doğru
8.) A × B = ∅ ise aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
N
A=∅
A = ∅ ve B = ∅
A∩B =∅
p, q : Yanlış
B0 = E
Hiçbiri
Hiçbiri
9.) X × Y = Y × X olması için gerek ve yeter şart nedir?
N
X = ∅ veya Y = ∅ veya X = Y X ⊆ Y veya Y ⊆ X X = Y s(X) = s(Y ) Hiçbiri
Bağıntı
Tanım 3.7 A ve B birer küme olsun. A × B nin bir alt kümesine (boş küme dahil) A’dan B’ye bir
bağıntı denir. Eğer A = B ise bu bağıntıya kısaca A’da bir bağıntı denir.
Örnek 3.8 A = { a, b, c, d, e } ve B = { 1, 2, 4, 6 } olsun.
β1 = { (a, 2), (a, 4), (b, 1), (d, 1), (c, 6) } ⊆ A × B olup A dan B’ye bir bağıntıdır
β2 = { (a, b), (b, b), (c, e) } ⊆ A × A
olup A’da bir bağıntıdır
Tanım 3.9 β, A’dan B’ye bir bağıntı olsun. (Yani β ⊆ A × B olsun).
β −1 = { (y, x) : (x, y) ∈ β }
bağıntısına β’nın ters bağıntısı veya kısaca tersi denir. Bu durumda β −1 ⊆ B × A olduğu açıktır.
Tanım 3.10 β ⊆ A × B olsun. Bir kartezyen düzlemde A’nın elemanlarını yatay eksende; B’nin
elemanlarını da düşey eksende gösterelim. (x, y) ∈ β ise P (x, y) noktalarını işaretleyelim. Bu şekilde
elde edilen noktalar kümesine β’nın grafiği denir. Ayrıca; A ve B kümelerini Venn şeması ile yanyana
gösterelim. (x, y) ∈ β ise x’den y’ye tek yönlü oklar çizelim. Böylece elde edilen şekle β’nın şeması
denir.
Örnek 3.11 A = { a, b, c, d, e } ve B = { 1, 2, 4, 6 } olsun.
β = { (a, 1), (a, 4), (b, 6), (c, 6), (c, 2), (e, 1), (e, 4) }
33
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
bağıntısını grafiğini ve şemasını çizelim.
B
6
4
2
1
A
a
b
c
d
e
Şekil 3.1: β’nın grafiği.
A
B
a
1
b
2
c
4
d
6
e
Şekil 3.2: β’nın şeması.
Tanım 3.12 A, B, C, D dört tane küme ve B ∩ C 6= ∅ olsun. β ⊆ A × B ve γ ⊆ C × D olsun. β ile γ’nın
bileşkesi γ◦ β ile gösterilir ve şöyle tanımlanır:
γ◦ β = { (x, z) : ∃ y ∈ B ∩ C için (x, y) ∈ β ve (y, z) ∈ γ } .
Dikkat: β ile γ’nın bileşkesi, söylendiği sırada değil de γ◦ β şeklinde yazılmaktadır.
Örnek 3.13 A = { 2, 4, 6, 8 } , B = { a, b, c, d, e } , C = { c, d, e } , D = { 1, 3, 5 } olsun.
β = { (2, a), (2, c), (6, c), (8, d), (2, e) } ⊆ A × B,
γ = { (c, 1), (d, 3), (c, 5), (e, 1) } ⊆ C × D
=⇒ γ◦ β = { (2, 1), (2, 5), (6, 1), (6, 5), (8, 3) }
34
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
Bağıntının Özellikleri
Bu kısımda özelliği incelenecek bağıntıların bir A kümesinde tanımlı olduğunu kabul edeceğiz. (Yani
β ⊆ A × A). Şimdi bu 4 özelliği tanımlayalım.
Tanım 3.14 β ⊆ A × A olsun. Eğer her x ∈ A için (x, x) ∈ β ise β’ya yansıyan bir bağıntı denir.
Örnek 3.15 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } olsun.
α1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (5, 1) }
Yansıyandır
α2 = { (1, 4), (4, 2), (2, 2), (4, 4), (5, 5) }
Yansıyan değildir
Not: (x, y) ∈ β önermesi xβy şeklinde daha kısa gösterilmektedir. (Bazı kaynaklarda yβx yazılmaktadır.) Bu durumda
β yansıyan ⇐⇒ ∀x ∈ A, xβx
olduğu görülebilir.
Tanım 3.16 A bir küme ise x ∈ A için (x, x) şeklindeki bütün sıralı ikililerin kümesine A’nın köşegeni
denir ve IA ile gösterilir. O halde:
IA = { (x, x) : x ∈ A }
dır.
Bu durumda da
β yansıyan ⇐⇒ IA ⊆ β
olduğu kolaylıkla anlaşılır.
Tanım 3.17 β ⊆ A × A olsun. Eğer her (x, y) ∈ β için (y, x) ∈ β ise β’ya simetrik bir bağıntı denir.
Buradan
β simetrik ⇐⇒ β = β −1
olduğu görülebilir.
Örnek 3.18 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } olsun.
β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3) }
Simetriktir
β2 = { (1, 3), (3, 1), (2, 2), (3, 3), (5, 5) }
Simetriktir
β3 = { (1, 5), (3, 3), (3, 4), (4, 3) }
Simetrik değildir
β4 = ∅
Simetriktir
35
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
Tanım 3.19 β ⊆ A × A olsun. x 6= y olmak üzere, eğer her (x, y) ∈ β için (y, x) ∈
/ β ise β’ya ters
simetrik bir bağıntı denir. Buna denk olarak
∀(x, y) ∈ β, (y, x) ∈ β =⇒ x = y
önermesi doğruysa β ters simetriktir diyebiliriz. Buradan
β ters simetrik ⇐⇒ β ∩ β −1 ⊆ IA
olduğu görülebilir.
Örnek 3.20 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } olsun.
γ1 = { (4, 4), (2, 2), (3, 3) }
Simetrik ve ters simetrik
γ2 = { (1, 3), (3, 1), (4, 5) }
Simetrik değil, ters simetrik değil
γ3 = { (1, 5), (5, 1) }
Simetrik, ters simetrik değil
γ4 = { (1, 3), (4, 5) }
Simetrik değil, ters simetrik
γ5 = ∅
Simetrik ve ters simetrik
Tanım 3.21 β ⊆ A × A olsun. Eğer her (x, y) ∈ β ve (y, z) ∈ β için (x, z) ∈ β ise β’ya geçişken bir
bağıntı denir. Buradan
β geçişken ⇐⇒ β◦ β ⊆ β
olduğu görülebilir.
Örnek 3.22 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } olsun.
σ1 = { (1, 1), (3, 4) }
Geçişken
σ2 = { (1, 3), (3, 1), (1, 1) }
Geçişken değil, çünkü (3, 3) ∈
/ σ2
σ3 = { (2, 3), (3, 5), (2, 5), (5, 3), (5, 5), (3, 3) }
σ4 = { (1, 3), (4, 5), (5, 1) }
Geçişken
Geçişken değil, çünkü (4, 1) ∈
/ σ4
σ5 = ∅
Simetrik, ters sim. ve geçişken
Örnek 3.23 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } kümesinde sırasıyla; sadece yansıyan, sadece simetrik, sadece ters
simetrik, sadece geçişken olan birer bağıntı yazın. Daha sonra 4 özelliğe de sahip olan ve hiçbir
özelliğe sahip olmayan bağıntıları yazın.
Sadece yansıyan: β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (1, 2), (3, 4), (4, 3), (3, 5) }
Sadece simetrik: β2 = { (1, 2), (2, 1) }
Sadece ters simetrik: β3 = { (1, 2), (2, 3)) }
36
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
Sadece geçişken: β4 = { (1, 2), (2, 1), (1, 1), (2, 2), (4, 5) }
Bütün özellikler var : β5 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5) } = IA
Hiçbir özellik yok: β6 = { (1, 2), (2, 1), (1, 1), (3, 4) }
Not: β, A’da bir bağıntı olsun. Buna göre
β yansıyan değil ⇐⇒ ∃ a ∈ A, (a, a) ∈
/β
β simetrik değil ⇐⇒ ∃ a, b ∈ A, a 6= b, (a, b) ∈ β, (b, a) ∈
/β
β ters simetrik değil ⇐⇒ ∃ a, b ∈ A, a 6= b, (a, b) ∈ β, (b, a) ∈ β
β geçişken değil ⇐⇒ ∃ a, b, c ∈ A, (a, b) ∈ β, (b, c) ∈ β, (a, c) ∈
/β
Örnek 3.24 Tamsayılar kümesi Z’de “aβb ⇐⇒ 3(a + 2b)” şekline tanımlanan bağıntının özelliklerini inceleyin.
Çözüm: (i) Her a ∈ Z için 3(a + 2a) yani 33a olup aβa dır. Yani bağıntı yansıyandır.
(ii) (a, b) ∈ β =⇒ 3(a + 2b) =⇒ ∃k ∈ Z, a + 2b = 3k =⇒ 2a + 4b = 6k =⇒ 2a + b = 6k − 3b = 3(2k − b)
olup 2k − b ∈ Z olduğundan 3(b + 2a) =⇒ (b, a) ∈ β. Yani β simetriktir.
(iii) (1, 4) ∈ β ve (4, 1) ∈ β olduğundan β ters simetrik değildir.
(iv)
(a, b) ∈ β =⇒ 3(a + 2b) =⇒ ∃k ∈ Z, a + 2b = 3k
(b, c) ∈ β =⇒ 3(b + 2c) =⇒ ∃m ∈ Z, b + 2c = 3m
Sağdaki eşitlikler taraf tarafa toplanıp gerekli düzenleme yapılırsa:
a + 2c = 3(k + m − b) =⇒ k + m − b ∈ Z olduğundan 3(a + 2c) =⇒ (a, c) ∈ β
olup β geçişkendir.
ALIŞTIRMALAR
1.) Z’de tanımlanan “aβb ⇐⇒ b = a + 1” bağıntısının özelliklerinin listesi aşağıdakilerden hangisidir?
Ters simetri, geçişme
N
Geçişme
Ters simetri
Hiçbir öz. yok
Hiçbiri
2.) N’de tanımlı (x, y) ∈ β ⇐⇒ “x asal veya x 6 y ” bağıntısının özelliklerinin listesi nedir?
N
Yansıma Yansıma ve geçişme Hiçbir öz. yok Yansıma ve ters simetri Hiçbiri
37
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
3.) N+ kümesinde “ (a, b) ∈ β ⇐⇒ a2b ” bağıntısı için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
N
Yansıyan değil
Simetrik
Ters simetrik
Geçişken değil
Hiçbiri
4.) R kümesinde “ (a, b) ∈ β ⇐⇒ |a − b| = 1 ” bağıntısı için aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?
N
Yansıyan değil
Simetrik
Ters simetrik değil
Geçişken değil
Hiçbiri
5.) A = { 1, 2, 3 } kümesi üzerinde yansıyan olan kaç tane bağıntı yazılabilir?
N
32 tane
16 tane
512 tane
64 tane
Hiçbiri
6.) α = { (1, 2), (2, 5), (5, 3), (3, 4), (5, 1) } ve β = { (2, 6), (1, 6), (3, 6), (4, 1), (5, 2) } ise s(βo α) = ?
N
4
2
3
1
Hiçbiri
7.) “Yansıyan olmadığı halde kendisi ile bileşkesi yansıyan olan bağıntılar vardır” önermesi için
aşağıdakilerden hangisi söylenebilir?
N
Yanlıştır
Doğrudur
Bir şey söylenemez
Önerme değildir
Hiçbiri
8.) A = { 1, 2, 3 }’nın kuvvet kümesi üzerinde β = { (X, Y ) : X 6= Y, X ⊆ Y } bağıntısı kaç elemanlıdır?
12
17
16
13
N
Hiçbiri
9.) N de “(a, b) ∈ β ⇐⇒ a asal veya b asal veya a + b asal ” şeklinde tanımlanan bağıntının özelliklerinin listesi hangisidir?
N
Geçişken
Simetrik
Geçişken ve simetrik
Hiçbir özellik yok
Hiçbiri
10.) A = { 0, 1, . . . , 8 } kümesinde aβb ⇐⇒ |b2 − a2 | < 64 bağıntısı için aşağıdakilerden hangisi
doğrudur?
Yansıyan değil
Simetrik değil
Ters simetrik
N
Geçişken değil
Hiçbiri
11.) 2 elemanlı bir küme üzerinde simetrik olmayan kaç tane bağıntı yazılır?
4 tane
5 tane
6 tane
7 tane
N
Hiçbiri
12.) Bir A kümesinde tanımlı bir β bağıntısının geçişken olması için gerek ve yeter şart nedir?
N
βo β ⊆ β
β ∪ β −1 ⊆ IA
β ∩ β −1 ⊆ IA
βo β −1 = IA
Hiçbiri
13.) E = { a, b, c } evrensel küme olsun. P (E) kuvvet kümesi üzerinde β = { (X, Y ) : X = Y 0 } bağıntısı kaç elemanlıdır?
5 elemanlı
6 elemanlı
9 elemanlı
10 elemanlı
N
Hiçbiri
14.) α = { (1, 2), (2, 4), (3, 4), (1, 4), (2, 3) } ve γ = { (4, 1), (3, 3), (1, 2) } ise α◦ γ kaç elemanlıdır?
N
3 elemanlı
4 elemanlı
5 elemanlı
6 elemanlı
Hiçbiri
15.) Pozitif doğal sayılar kümesi üzerinde aβb ⇐⇒ 3|(a + 3) bağıntısı için hangisi doğrudur?
N
Yansıyan
Simetrik
Ters simetrik
Geçişken
Hiçbiri
16.) Z’de tanımlı (x, y) ∈ β ⇐⇒ “x + y çift veya x tek” bağıntısının özelliklerinin listesi nedir?
N
Yansıyan, geçişken Yansıyan, simetrik Yansıyan Yansıyan, ters simetrik Hiçbiri
38
Bölüm 3. Bağıntılar ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
17.) β’da var iken β◦ β’da da olması gereken özelliklerin listesi hangisidir?
N
Yansıma Yansıma, simetri
Yansıma, simetri, geçişme Yansıma, geçişme Hiçbiri
18.) R’de tanımlı (x, y) ∈ β ⇐⇒ “x tamsayı veya y < 0 ” bağıntısının özelliklerinin listesi nedir?
N
Geçişken
Simetrik, geçişken
Hiçbir öz. yok
Ters simetrik
Hiçbiri
19.) N+ kümesinde “ (a, b) ∈ β ⇐⇒ a 6 2b ” bağıntı için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
N
Yansıyan değil
Simetrik
Ters simetrik
Geçişken değil
Hiçbiri
20.) N+ kümesinde “ (a, b) ∈ β ⇐⇒ a < b veya b|a ” bağıntı için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
N
Yansıyan değil
Simetrik
Ters simetrik
Geçişken değil
Hiçbiri
21.) Bir bağıntı simetrik ise bu bağıntının tersi için aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?
N
Yansıyandır
Ters simetriktir
Simetriktir
Geçişkendir
Hiçbiri
22.) A = { a, b } kümesi üzerinde simetrik olup ters simetrik olmayan kaç tane bağıntı yazılabilir?
N
Yazılamaz
2
3
4
Hiçbiri
23.) α = { (2, 4), (7, 1), (6, 6), (6, 4), (7, 4), (4, 1) } ve β = { (1, 2), (2, 6), (3, 4), (1, 7), (2, 7) } ise α◦ β kaç
elemanlıdır?
4 elemanlı
5 elemanlı
N
6 elemanlı
7 elemanlı
Hiçbiri
24.) α = {(x, y) : x, y ∈ R, x + y = 1} ve β = {(x, y) : x, y ∈ R, x − y = 3} ise β◦ α = {(x, y) : x, y ∈
R, . . . . . . } kümesindeki boşluğa ne yazılmalıdır?
x−y =1
x+y =4
x+y =0
N
x + y = −2
Hiçbiri
25.) A en az iki elemanlı bir küme ve α = A × A ise α için aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?
N
Yansıyandır
Ters simetriktir
Simetriktir
Geçişkendir
Hiçbiri
26.) N kümesinde (a, b) ∈ β ⇐⇒ “a + b çift veya a asal” bağıntısı için hangisi doğrudur?
Yansıyan değil
Simetrik
Ters simetrik
Geçişken
N
Hiçbiri
27.) N \ { 0 }’da xβy ⇐⇒ x | (x + y) bağıntısının sahip olduğu özelliklerin listesi hangisidir?
N
Yansıma ve geçişme Yansıma ve ters sim. Yansıma ve simetri Yansıma
Hiçbiri
28.) Reel sayılar kümesi R’de xβy ⇐⇒ |x − y| 6 1 bağıntısı için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
N
Geçişken değil
Ters simetrik
Simetrik değil
Yansıyan değil
Hiçbiri
29.) Z’de
(x, y) ∈ β ⇐⇒ 3 | y 2
30.) R’de
aβb ⇐⇒ |a3 − b3 | 6 8
bağıntısının sahip olduğu özelliklerin listesi hangisidir?
N
Ters simetrik Ters simetrik ve geçişken
Geçişken Simetrik ve geçişken Hiçbiri
Yansıyan değil
bağıntısı için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
Simetrik değil
Ters simetrik
39
Geçişken
N
Hiçbiri
Adı, Soyadı:
Numarası:
MT
MT107 SOYUT MATEMATİK I DERSİ ÖRNEK ARASINAVI
1.) (p =⇒ q 0 ) =⇒ r0 önermesinin tablosunda bu önermenin bulunduğu sütunda kaç tane 1 vardır?
N
4 tane
3 tane
6 tane
5 tane
Hiçbiri
2.) (p ∧ q) =⇒ p0
p0 ∧ q
önermesinin olumsuzu aşağıdakilerden hangisidir?
N
p∧q
p0 ∨ q 0
q0 ∨ p
Hiçbiri
3.) Aşağıdaki önermelerden hangisi doğrudur?
√
N
√
√
/ Z ∃a ∈ Q, a < −1
∀x ∈ Z, 2x2 ∈ R Hiçbiri
∃x ∈ R, x(x + 6) = 3x2 + 5 ∀n ∈ N, n ∈
4.) Aşağıdaki önermelerden hangisi bir teoremdir?
N
p =⇒ (p ∨ q)
p =⇒ (p ∧ q)
p =⇒ (p ∧ q 0 )
p =⇒ (p0 ∨ q)
Hiçbiri
5.) A0 ⊆ B ise aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
N
B0 = A
A\B =∅
(A ∪ B)0 = ∅
A∩B =∅
Hiçbiri
6.) A4B = A olması için gerek ve yeter şart nedir?
A=B=∅
A=B
A⊆B
A=∅
7.) s(A) = 6 ve s(B) = 11 ise A4B kümesi en az kaç elemanlıdır?
N
5
sıfır
6
9
N
Hiçbiri
Hiçbiri
8.) A ile B kümeleri ayrık ise A \ (A0 ∪ B) ifadesinin en sade şekli nedir?
N
B
A∪B
A
B\A
Hiçbiri
9.) A ∪ B = E olduğuna göre A \ B kümesinin tümleyeni aşağıdakilerden hangisidir?
A0
B0
E
N
B\A
Hiçbiri
10.) A= { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∃ i ∈ I için x ∈
/ Ai 0 olması için gerek ve yeter şart nedir?
\
[
[
\
N
Ai 0
x∈
/
Ai
x∈
/
Ai 0
Hiçbiri
x∈
/
Ai
x∈
/
i∈I
i∈I
i∈I
Diğer Sayfaya Geçiniz
40
i∈I
Adı, Soyadı:
Numarası:
MT
1
1
kapalı aralığı ise hangisi doğrudur?
11.) I = { 1, 2, 3, . . . } ve her n ∈ I için An = − , 1 +
n \ n
[
[
N\
Ai = [0, 1]
Ai = [−1, 1]
Ai = [0, 2]
Ai = [−1, 0]
Hiçbiri
i∈I
i∈I
i∈I
i∈I
12.) A × B = B olduğuna göre aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?
N
A=∅
A=B
B=∅
A 6= B
Hiçbiri
13.) (A ∩ B) × C = ∅ ise aşağıdakilerin hangisi her zaman doğrudur?
C ⊆A∪B
A×C =∅
(A ∩ B) ∪ C 6= ∅
A ∪ C 6= ∅
N
Hiçbiri
14.) A = { 1, 2, 3, 4, 5 } kümesi üzerinde hiç bir özelliği olmayan bir bağıntı en az kaç elemanlı olmalıdır?
5
4
N
2
3
Hiçbiri
15.) p : “3 elemanlı bir bağıntının kendisi ile bileşkesi boş küme olabilir”, q : “ters simetrik bir bağıntının tersi de ters simetriktir” olduğuna göre:
N
p, q : Yanlış
p, q : Doğru p : Doğru, q : Yanlış p : Yanlış, q : Doğru Hiçbiri
16.) Doğal sayılarda tanımlı “(a, b) ∈ β ⇐⇒ 7 (a + 2b)” bağıntısı için hangisi doğrudur?
N
Yansıyan
Simetrik
Ters simetrik
Geçişken
Hiçbiri
17.) 3 elemanlı bir küme üzerinde yansıyan olmayan kaç tane bağıntı yazılabilir?
N
448 tane
192 tane
960 tane
64 tane
Hiçbiri
18.) Tamsayılar kümesinde (a, b) ∈ β ⇐⇒ “a çift ve b tek ” bağıntısının özelllik listesi hangisidir?
N
simetri
ters simetri
geçişme
ters simetri ve geçişme
Hiçbiri
19.) N+ kümesinde (x, y) ∈ α ⇐⇒ x (y + 1) ve (x, y) ∈ β ⇐⇒ x y şeklinde iki bağıntı tanımlanıyor. Buna göre aşağıdaki önermelerden hangisi doğrudur?
N
(4, 22) ∈
/ βo α
(5, 6) ∈
/ βo α
(6, 15) ∈
/ βo α
(8, 78) ∈
/ βo α
Hiçbiri
20.) “Simetrik olduğu halde kendisi ile bileşkesi simetrik olmayan bağıntılar vardır” ifadesi:
N
Doğrudur
Önerme değildir
Bir şey söylenemez
Yanlıştır
Hiçbiri
NOT: Net puanınız doğru cevap sayısından yanlış cevap sayınızın dörtte biri çıkarılarak hesaplanaN
caktır. Süre 75 dakikadır.
şeklinde işaretleyiniz.
BAŞARILAR
41
Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BİLGİÇ
Bölüm 4
Denklik Bağıntıları
Tanım 4.1 β bir ∅ 6= A kümesi üzerinde bir bağıntı olsun. Eğer β yansıyan, simetrik ve geçişken ise
β’ya bir denklik bağıntısı denir.
Örnek 4.2 Z tamsayılar kümesi üzerinde
β = { (x, y) : x − y çift tamsayıdır }
şeklinde tanımlanan bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Çünkü
(i) Her x ∈ Z için x − x = 0 çift olup xβx dir. Yani β yansıyandır.
(ii) (x, y) ∈ β =⇒ x − y çift =⇒ y − x = −(x − y) çift olup (y, x) ∈ β. Yani β simetriktir.
(iii) (x, y) ∈ β ve (y, z) ∈ β =⇒ x − y = 2k1 , y − z = 2k2 olacak şekilde k1 , k2 tamsayısı var
=⇒ x − z = 2(k1 + k2 ) çift olup (x, z) ∈ β =⇒ β geçişkendir.
Tanım 4.3 β bir A kümesi üzerinde bir denklik bağıntısı olsun. (x, y) ∈ β ise y elemanı x elemanına
(β bağıntısına göre) denktir denir. x elemanına denk olan bütün elemanların kümesine x’in denklik
sınıfı denir ve x ile gösterilir. O halde
x = { y ∈ A : (x, y) ∈ β } = { y ∈ A : xβy } .
Örnek 4.4 Tamsayılar kümesinde
β = { (x, y) : 3 | (x − y) }
42
Bölüm 4. Denklik Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
şeklinde tanımlanan bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Buna göre
4 = { y ∈ Z : 3 | (4 − y) } = { . . . , −5, −2, 1, 4, 7, . . . } ,
0 = { y ∈ Z : 3 | (0 − y) } = { . . . , −6, −3, 0, 3, 6, . . . } ,
1 = { y ∈ Z : 3 | (1 − y) } = { . . . , −5, −2, 1, 4, 7, . . . } ,
2 = { y ∈ Z : 3 | (2 − y) } = { . . . , −4, −1, 2, 5, 8, . . . } ,
−1 = { y ∈ Z : 3 | (1 + y) } = { . . . , −4, −1, 2, 5, 8, . . . } ,
yazabiliriz. İki denklik sınıfının ya birbirine eşit ya da ayrık olduğu görülür. Ayrıca farklı denklik
sınıfları 0, 1 ve 2 dir. Bu denklik sınıflarının birleşimi de Z ye eşittir.
Teorem 4.5 β bir A kümesi üzerinde bir denklik bağıntısı olsun.
(i) Her a ∈ A için a 6= ∅,
(ii) Her a, b ∈ A için ya a ∩ b = ∅ veya a = b,
(iii) A daki elemanların denklik sınıflarının birleşimi A yı verir. Yani A =
[
a.
a∈A
İspat (i) Bağıntı yansıyan olduğundan her a ∈ A için a ∈ a olup a 6= ∅ dir.
İspat (ii) a, b ∈ A olsun. a ∩ b = ∅ ise ispat biter. a ∩ b 6= ∅ olsun. Bu durumda a = b olduğunu
göstereceğiz. c ∈ a ∩ b alalım. O halde c ∈ a ve c ∈ b dir. Şimdi
x ∈ a =⇒ (x, a) ∈ β =⇒ (x, c) ∈ β, çünkü (a, c) ∈ β ve β geçişken.
Ayrıca (c, b) ∈ β olduğundan (x, b) ∈ β elde edilir. O halde x ∈ b elde edilir. Benzer şekilde x ∈ b =⇒
x ∈ a ispatlanabilir. O halde a = b dir.
İspat (iii) A daki her eleman bir denklik sınıfına ait olacağından ispat açıktır.
Tanım 4.6 β bir A kümesinde bir denklik bağıntısı olsun. β nın A da belirlediği (ayırdığı) denklik
sınıflarının kümesine A nın β ya göre bölüm kümesi denir ve A/β ile gösterilir. Yani
A/β = { a : a ∈ A } .
Örnek 4.7 Z tamsayılar kümesinde β = { (x, y) : 3 | (x − y) } denklik bağıntısı verilsin. Buna göre
Z/β =
Tanım 4.8 A boş olmayan bir küme olsun.
A
0, 1, 2 .
= { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Eğer aşağıdaki şartlar
sağlanıyorsa A ailesine A kümesinin bir parçalanışı (ayrımı) denir.
43
Bölüm 4. Denklik Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
(i) Her i ∈ I için Ai 6= ∅,
(ii) Her i 6= j için Ai ∩ Aj = ∅, (Yani Ai ler ikişer ikişer ayrık)
(iii)
A ailesinin birleşimi A ya eşit; yani
[
Ai = A.
i∈I
Örnek 4.9 A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 } kümesinin iki ayrımı:
A = { { 1, 4, 5 } , { 2, 3 } , { 6, 8 } , { 7 } } , B = { { 1 } , { 2 } , { 6 } , { 3, 4, 5, 7, 8 } } .
Ayrıca C = { { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 } } = { A } ailesi de A nın bir ayrımıdır.
Teorem 4.10 β bir A kümesi üzerinde bir denklik bağıntısı olsun. β nın A da ayırdığı denklik sınıfları
(yani A/β) A nın bir ayrımını oluşturur. Tersine A nın herbir ayrımı, verilen ayrımdaki her küme bir
denklik sınıfı olacak şekilde bir (ve sadece bir) denklik bağıntısı belirler.
İspat: A/β nın A nın bir ayrımını oluşturduğu Teorem 4.5 de ispatlanmıştır. Şimdi A nın bir A ayrımı
verilsin.
β=
(x, y) : “x ile y, A ayrımındaki aynı kümeye aittir”
şeklinde tanımlanan bağıntı bir denklik bağıntısıdır ve A/β = A dır.
Örnek 4.11 A = { a, b, c, d, e, f, g } kümesinin bir ayrımı A = { { a, e } , { b, c, d, f } , { g } } olarak verilsin. Bu ayrımın belirlediği denklik bağıntısı:
β = {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e), (f, f )(g, g), (a, e), (e, a), (b, c), (c, b),
(b, d), (d, b), (b, f ), (f, b), (c, d), (d, c), (c, f ), (f, c), (d, f ), (f, d)}.
Gerçekten de β nın bir denklik bağıntısı olduğu ve A/β =
a, b, g
= A olduğu görülür.
Not 4.12 Denklik bağıntıları için genelde ∼, ', ≈, ∼
=, ≡ gibi semboller kullanılır. Eğer böyle bir sembol kullanılmışsa (x, y) ∈∼ yerine x ∼ y kullanmak daha kullanışlıdır. Bağıntı simetrik olduğu için
y ∼ x ile x ∼ y aynıdır.
ALIŞTIRMALAR
1.) A = { 1, 2, 3, 4 } kümesinde β = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 3), (3, 1) } bağıntısı veriliyor. β denklik bağıntısı ise belirlediği ayrımı bulunuz.
44
Bölüm 4. Denklik Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
Çözüm: β’nın yansıyan, simetrik ve geçişken olduğu görülmektedir. 1 ve 3 aynı denklik sınıfındadır.
2 ile 4 tek başına birer denklik sınıfı oluşturur. O halde, β’nın belirlediği ayrım:
{ { 1, 3 } , { 2 } , { 4 } } .
2.) Z’de xβy ⇐⇒ x2 − 2y = y 2 − 2x ile tanımlanan bağıntı denklik bağıntısı mıdır? Denklik bağıntısı
ise 6, −3 ve −8 denklik sınıflarını bulunuz. Hangi a ∈ Z için a sadece bir elemanlıdır?
Çözüm: (i) x = y alınırsa x2 − 2x = x2 − 2x eşitliği her zaman doğrudur. Yani β yansıyandır.
(ii) xβy =⇒ x2 − 2y = y 2 − 2x =⇒ y 2 − 2x = x2 − 2y =⇒ yβx olup β simetriktir.
(iii) xβy, yβz =⇒ x2 − 2y = y 2 − 2x ve y 2 − 2z = z 2 − 2y olup bu iki denklem taraf tarafa toplanırsa
x2 − 2y + y 2 − 2z = y 2 − 2x + z 2 − 2y =⇒ x2 − 2z = −2x + z 2 =⇒ xβz
olup β geçişkendir. Yani, β bir denklik bağıntısıdır.
6 = { y ∈ Z : (6, y) ∈ β } = y ∈ Z : 36 − 2y = y 2 − 12
= y ∈ Z : y 2 + 2y − 48 = 0 = { 6, −8 } ,
−3 = { y ∈ Z : (−3, y) ∈ β } = y ∈ Z : 9 − 2y = y 2 + 6
= y ∈ Z : y 2 + 2y − 3 = 0 = { −3, 1 } ,
−8 = { 6, −8 } .
(Çünkü −8, 6’nın denklik sınıfındadır)
Şimdi a ∈ Z sabit bir sayı ise:
a = { y ∈ Z : (a, y) ∈ β } =
a ∈ Z : a2 − 2y = y 2 − 2a
=
a ∈ Z : y 2 + 2y − a2 − 2a = 0
elde edilir. Bu kümenin bir elemanlı olması için, y cinsinden verilen 2. derece denklemin tek köklü
olması, yani diskriminantının sıfır olması gerekir. O halde
∆ = 4 − 4 · (−a2 − 2a) = 4a2 + 8a + 4 = (2a + 2)2 = 0
denklemi çözülürse a = −1 bulunur. −1 bir tamsayı olduğundan aranan sayı −1 dir.
3.) N+ × N+ kümesinde (x1 , y1 ) ≡ (x2 , y2 ) ⇐⇒ x1 y2 = y1 x2 şeklinde bir bağıntı tanımlanıyor. ≡
bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösterip (1, 2) ve (2, 3)’ün denklik sınıflarını bulunuz.
Çözüm: (a, b), (c, d), (e, f ) ∈ N+ × N+ olsun.
(i) (a, b) ≡ (a, b) dir, çünkü ab = ba dır.
(ii) (a, b) ≡ (c, d) =⇒ ad = bc =⇒ cb = da =⇒ (c, d) ≡ (a, b).
45
Bölüm 4. Denklik Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
(a, b) ≡ (c, d) =⇒ ad = bc
(iii)
(c, d) ≡ (e, f ) =⇒ cf = de
=⇒ adcf = bcde
(Taraf tarafa çarpılırsa)
=⇒ af = be
(Çünkü c 6= 0, d 6= 0)
=⇒ (a, b) ≡ (e, f ).
Sonuç olarak ≡ bir denklik bağıntısıdır. Denklik sınıflarını hesaplayalım:
(1, 2) = { (c, d) : (1, 2) ≡ (c, d) } = { (c, d) : d = 2c }
= { (1, 2), (2, 4), (3, 6), (4, 8), . . . } ,
(2, 3) = { (c, d) : (2, 3) ≡ (c, d) } = { (c, d) : 2d = 3c }
= { (2, 3), (4, 6), (6, 9), (8, 12), . . . } .
4.) Z kümesinde x ≡ y (mod 5) bağıntısı veriliyor. Bu bağıntının denklik bağıntısı olduğunu gösterip
Z/≡ bölüm kümesini yazınız.
Çözüm: Her x ∈ Z için x ≡ x (mod 5) dir. x ≡ y (mod 5) =⇒ y ≡ x (mod 5) olduğu açıktır.
x ≡ y (mod 5) ve y ≡ z (mod 5) ise x ≡ z (mod 5) olur. Yani “≡ (mod 5)” bağıntısı bir denklik
bağıntısıdır. Farklı denklik sınıfları 5 tanedir. Bunlar:
0 = {y ∈ Z : 0 ≡ y
(mod 5) } = { . . . , −10, −5, 0, 5, 10, . . . } ,
1 = {y ∈ Z : 1 ≡ y
(mod 5) } = { . . . , −9, −4, 1, 6, 11, . . . } ,
2 = {y ∈ Z : 2 ≡ y
(mod 5) } = { . . . , −8, −3, 2, 7, 12, . . . } ,
3 = {y ∈ Z : 3 ≡ y
(mod 5) } = { . . . , −7, −2, 3, 8, 13, . . . } ,
4 = {y ∈ Z : 4 ≡ y
(mod 5) } = { . . . , −6, −1, 4, 9, 14, . . . } .
O halde
Z/≡ =
5.) A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6 } kümesinin
A
0, 1, 2, 3, 4 .
= { { 1, 3, 6 } , { 2, 4 } , { 5 } } ayrımının belirlediği denklik ba-
ğıntısını yazınız.
Çözüm: Bu denklik bağıntısına göre 1,3 ve 6 bir denklik sınıfında; 2 ve 4 diğer bir denklik sınıfında
olmalıdır. Buna göre bu ayrımının belirlediği denklik bağıntısı:
β = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6), (1, 3), (3, 1), (1, 6), (6, 1), (3, 6), (6, 3), (2, 4), (4, 2) } .
46
Bölüm 4. Denklik Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
6.) A kümesinde tanımlı β1 ve β2 denklik bağıntıları verilsin. (a) β1 ∩β2 her zaman bir denklik bağıntısı
mıdır? (b) β1 ∪ β2 her zaman bir denklik bağıntısı mıdır? Gösterin.
Çözüm (a): β1 ve β2 yansıyan olduğundan, her a ∈ A için (a, a) ∈ β1 ve (a, a) ∈ β2 olup (a, a) ∈ β1 ∩β2
dir. Yani β1 ∩ β2 yansıyandır.
(a, b) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b) ∈ β1 ve (a, b) ∈ β2 =⇒ β1 ve β2 simetrik olduğundan (b, a) ∈ β1 ve
(b, a) ∈ β2 =⇒ (b, a) ∈ β1 ∩ β2 olup β1 ∩ β2 simetriktir.
(a, b), (b, c) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b), (b, c) ∈ β1 ve (a, b), (b, c) ∈ β2 =⇒ β1 ve β2 geçişken olduğundan
(a, c) ∈ β1 ve (a, c) ∈ β2 =⇒ (a, c) ∈ β1 ∩ β2 olup β1 ∩ β2 geçişkendir.
Sonuç olarak; aynı küme üzerinde tanımlı iki denklik bağıntısının kesişimi her zaman bir denklik
bağıntısıdır.
Çözüm (b): β1 ∪ β2 her zaman bir denklik bağıntısı olmak zorunda değildir. Mesela: A = { 1, 2, 3 }
ve β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1) } ve β2 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 3), (3, 1) } alalım. β1 ∪ β2
geçişken olmaz, çünkü (2, 1), (1, 3) ∈ β1 ∪ β2 fakat (2, 3) ∈
/ β1 ∪ β2 .
7.) R de xβy ⇐⇒ x3 + y = y 3 + x ile tanımlanan β bağıntısı bir denklik bağıntısı mıdır? Eğer denklik
bağıntısı ise 0 ve 2 denklik sınıflarını bulunuz.
Çözüm: (i) x = y alınırsa x3 + x = x3 + x eşitliği her zaman doğrudur. Yani β yansıyandır.
(ii) xβy =⇒ x3 + y = y 3 + x =⇒ y 3 + x = x3 + y =⇒ yβx olup β simetriktir.
(iii) xβy, yβz =⇒ x3 + y = y 3 + x ve y 3 + z = z 3 + y olup bu iki denklem taraf tarafa toplanırsa
x3 + y + y 3 + z = y 3 + x + z 3 + y =⇒ x3 + z = z 3 + x =⇒ xβz
olup β geçişkendir. Yani, β bir denklik bağıntısıdır.
0 = { y ∈ R : (0, y) ∈ β } =
2 = { y ∈ R : (2, y) ∈ β } =
y ∈ R : y = y3
= { 0, 1, −1 } .
y ∈ R : 8 + y = y3 + 2 = y ∈ R : y3 − y − 6 = 0
Şimdi 2 ∈ 2 olacağından 2 sayısı y 3 − y − 6 = 0 denklemini sağlamalıdır. Yani y 3 − y − 6 polinomu
y − 2 polinomuna kalansız bölünür. Bu bölme yapıldığında y 2 + 2y + 3 bulunur. Bu polinomun reel
kökü yoktur, çünkü ∆ = 4 − 12 < 0 dır. O halde:
2=
y ∈ R : y3 − y − 6 = 0
=
y ∈ R : (y − 2)(y 2 + 2y + 3) = 0
= {2}.
8.) Bir P kümesinin bir ayrımı { A1 , A2 , A3 } olduğuna göre { A1 × Q, A2 × Q, A3 × Q } kümesinin
P × Q kümesinin bir ayrımı olduğunu gösteriniz. ( Q 6= ∅ dir. )
47
Bölüm 4. Denklik Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
Çözüm: i, j ∈ { 1, 2, 3 } olsun. { A1 , A2 , A3 } kümesi P nin bir ayrımı olduğundan
(i) her i için Ai 6= ∅ dir.
(ii) i 6= j =⇒ Ai ∩ Aj = ∅
(iii) A1 ∪ A2 ∪ A3 = P
önermeleri doğrudur. Şimdi
(a) her i için Ai × Q 6= ∅ dir, çünkü Ai 6= ∅, Q 6= ∅
(b) i 6= j =⇒ (Ai × Q) ∩ (Aj × Q) = (Ai ∩ Aj ) × Q = ∅
| {z }
∅
(c) (A1 × Q) ∪ (A2 × Q) ∪ (A2 × Q) = (A1 ∪ A2 ∪ A3 ) × Q = P × Q
|
{z
}
P
olup ispat tamamlanır.
9.) Z’de aβb ⇐⇒ 3(5a + b) ile tanımlanan bağıntı bir denklik bağıntısı mıdır? Denklik bağıntısı ise
0 ve 1 denklik sınıflarını bulunuz.
Çözüm: (i) a = b alınırsa 3(5a + a) yani 36a her zaman doğrudur, çünkü 6a = 3(2a).
(ii) (a, b) ∈ β =⇒ 3(5a + b) =⇒ 5a + b = 3k olacak şekilde k ∈ Z vardır. Her iki tarafı 5 ile çarparsak:
25a + 5b = 15k =⇒ 5b + a = 15k − 24a = 3(5k − 8a) =⇒ 3(5b + a),
çünkü 5k − 8a ∈ Z.
Yani (b, a) ∈ β olup β simetriktir.
(a, b) ∈ β =⇒ 3(5a + b) =⇒ ∃k ∈ Z, 5a + b = 3k
(b, c) ∈ β =⇒ 3(5b + c) =⇒ ∃m ∈ Z, 5b + c = 3m
(iii)
Sağdaki eşitlikler taraf tarafa toplanıp gerekli düzenleme yapılırsa:
5a + c = 3(k + m − 2b) =⇒ k + m − 2b ∈ Z olduğundan 3(5a + c) =⇒ (a, c) ∈ β
olup β geçişkendir. Sonuç olarak; β bir denklik bağıntısıdır.
n
o
0 = { b ∈ Z : (0, b) ∈ β } = b ∈ Z : 3(0 + b) = { . . . , −6, −3, 0, 3, 6, . . . } .
n
o
1 = { b ∈ Z : (1, b) ∈ β } = b ∈ Z : 3(5 + b) = { . . . , −5, −2, 1, 4, 7, . . . } .
10.) R de xβy ⇐⇒ |x − y| 6 1 ile tanımlanan β bağıntısı bir denklik bağıntısı mıdır? Denklik bağıntısı
ise 0 ve −2 denklik sınıflarını bulunuz?
Çözüm: Bu bağıntı bir denklik bağıntısı değildir, çünkü (1, 2) ∈ β, (2, 3) ∈ β fakat (1, 3) ∈
/ β dır. Yani
bağıntı geçişken değildir.
48
Bölüm 4. Denklik Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
11.) Z de xβy ⇐⇒ |x2 − y 2 | 6 5 ile tanımlanan β bağıntısı bir denklik bağıntısı mıdır? Denklik
bağıntısı ise 2 ve −3 denklik sınıflarını bulunuz?
Çözüm: Bu bağıntı bir denklik bağıntısı değildir, çünkü (0, 2) ∈ β, (2, 3) ∈ β fakat (0, 3) ∈
/ β dır. Yani
bağıntı geçişken değildir.
12.) 3 elemanlı bir A kümesi üzerinde kaç tane farklı denklik bağıntısı yazılabilir?
7
8
9
N
18
Hiçbiri
13.) { { 1, 5 } , { 2, 3, 4 } , { 6 } , { 7 } } ayrımının belirlediği denklik bağıntısı kaç elemanlıdır?
N
12
13
14
15
Hiçbiri
14.) 4 elemanlı bir A kümesi üzerinde 6 elemanlı kaç tane denklik bağıntısı yazılabilir?
N
3
4
6
8
Hiçbiri
15.) β = { (1, 1), . . . , (8, 8), (1, 2), (2, 1), (1, 7), (7, 1), (2, 7), (7, 2) } bağıntısında kaç tane farklı denklik
sınıfı vardır?
4
5
16.) R’de xβy ⇐⇒ x2 + 7y = y 2 + 7x
√ √ √
2
2, 2 − 7
17.) R de xβy
N
7
6
denklik bağıntısı ise
√ √
2, 1 − 2
√
Hiçbiri
2 nin denklik sınıfı nedir?
√ N √
2, 7 − 2
Hiçbiri
⇐⇒ x2 = y 2 denklik bağıntısına göre hangi sayının (sayıların) denklik sınıfı bir
elemanlıdır?
√
∓ 2
−1
1
N
2
Hiçbiri
18.) A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6 } kümesinde xβy ⇐⇒ “x = y veya x + y = 6” denklik bağ. tanımlansın.
Buna göre A/β kaç elemanlıdır?
N
3
4
2
5
Hiçbiri
19.) A = { 1, 2, 3, 4 } kümesinde tanımlı bir denklik bağıntısının eleman sayısı aşağıdakilerden hangisi
olamaz?
16
4
6
N
8
Hiçbiri
20.) R de (x, y) ∈ β ⇐⇒ x3 − y 3 = x − y şeklinde tanımlanan β bir denklik bağıntısı ise 0 kaç
elemanlıdır?
β denklik bağıntısı değil
1
2
N
Hiçbiri
3
21.) β, A’da bir denklik bağıntısı ve a, b ∈ A olsun. Aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
a = b =⇒ a ∈ b
(a, b) ∈ β =⇒ a = b
a ∩ b = ∅ =⇒ (a, b) ∈
/β
49
a 6= ∅
N
Hepsi
Bölüm 5
Sıralama Bağıntıları
Tanım 5.1 β bir ∅ 6= A kümesi üzerinde bir bağıntı olsun. Eğer β yansıyan, ters simetrik ve geçişken
ise β’ya bir parçalı sıralama bağıntısı veya kısaca sıralama bağıntısı denir. A kümesine de (parçalı)
sıralanmış küme denir. Sıralama bağıntıları genelde 6, ., /, 4, - gibi sembollerle gösterilir. Ayrıca
(x, y) ∈. ise bunu kısaca x . y şeklinde yazar ve “. bağıntısına göre x, y den önce gelir” veya
kısaca “x, y den önce gelir” şeklinde okuruz. Ayrıca “y, x den sonra gelir” ifadesi de kullanılabilir.
Bu gösterim şeklinin, daha önce (x, y) ∈ β yerine xβy yazılan gösterim şekliyle uyumlu olduğuna
dikkat ediniz.
Tanım 5.2 . bağıntısı bir A kümesinde bir sıralama bağıntısı olsun. Eğer x, y ∈ A için x . y veya
y . x ise x ile y elemanlarına karşılaştırılabilir elemanlar denir. Eğer A nın bütün elemanları .
bağıntısına göre karşılaştırılabilir elemanlar ise; yani
∀ x, y ∈ A, x . y veya y . x
önermesi doğruysa, . bağıntısına bir tam sıralama bağıntısı, A kümesine de tam sıralanmış küme
denir.
Örnek 5.3 Doğal sayılar kümesinde bilinen 6 bağıntısını düşünelim. Bu bağıntı bir sıralama bağıntısıdır. Çünkü, her x ∈ N için x 6 x olup 6 yansıyandır. Ayrıca, x 6 y, y 6 x ise x = y olup bağıntı
ters simetriktir. x 6 y, y 6 z iken x 6 z olup bağıntı geçişkendir. Ayrıca her x, y ∈ N için x 6 y veya
y 6 x olup bağıntı tam sıralama bağıntısıdır ve N tam sıralıdır.
Örnek 5.4 A = { a, b, c } kümesinin kuvvet kümesi
P (A) = { ∅, { a } , { b } , { c } , { a, b } , { a, c } , { b, c } , A }
üzerinde tanımlanan “⊆” bağıntısını düşünelim. Bağıntı sıralama bağıntısıdır, çünkü:
50
Bölüm 5. Sıralama Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
(i) Her X ∈ P (A) için X ⊆ X olup bağıntı yansıyandır.
(ii) X ⊆ Y ve Y ⊆ X ise X = Y olup bağıntı ters simetriktir.
(iii) X ⊆ Y ve Y ⊆ Z ise X ⊆ Z olup bağıntı geçişkendir.
Bu bağıntı bir tam sıralama bağıntısı değildir, çünkü, örneğin, { a, b } kümesi ile { b, c } kümesi karşılaştırılamaz.
Tanım 5.5 Bir 4 sıralama bağıntısının şeması x 4 y ve x 6= y için x den y ye yukarı yönde bir ok
çizilerek elde edilen şekildir. Ayrıca x 4 y ve y 4 z ise x den z ye ok çizilmez. Yani x 4 y olması “x
den y ye yukarı yönde okları takip ederek gidilebilir” anlamına gelmektedir.
Örnek 5.6 A = { a, b, c, d, e } kümesi üzerinde tanımlanan
β = { (a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e), (c, d), (d, a), (c, a), (c, b), (b, a), (e, d), (e, a) }
sıralama bağıntısının şeması:
a
I
@
@
@
b
I
@
d
@
I
@
@
@
@
c
e
Örnek 5.7 Daha önce verilen N deki bilinen 6 sıralama bağıntısı ile A = { a, b, c } kümesinin kuvvet
kümesi üzerinde verilen ⊆ sıralama bağıntılarının şemaları şöyledir:
.
.
.
{ a, b, c }
6
> 6Z
}
Z
Z
2
6
1
{ a, b }
Z
{ a, c }
{ b, c }
}
Z
6
>6
> }
Z
Z
Z
Z
Z
Z Z
{a}
Z
}
Z
Z
6
{b}
6
Z ∅
0
51
{c}
>
Bölüm 5. Sıralama Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
Tanım 5.8 . bağıntısı bir A kümesinde bir sıralama bağıntısı olsun. a ∈ A olsun. Her x ∈ A için
x . a =⇒ x = a
önermesi doğru ise a elemanına bir küçük eleman (minimal eleman) denir. Yani A kümesinde a’dan
önce gelen eleman sadece a ise a elemanına bir küçük eleman denir. Benzer şekilde bir b ∈ A elemanından sonra gelen elemanlar sadece b’nin kendisi ise b’ye bir büyük eleman (maksimal eleman)
denir. Yani, her x ∈ A için
b . x =⇒ x = b
önermesi doğru ise b’ye bir büyük eleman denir. Tanımdan da anlaşılacağı gibi bir sıralı kümede
küçük ve büyük elemanlar birden fazla olabilir.
Tanım 5.9 . bağıntısı bir A kümesinde bir sıralama bağıntısı olsun. B ⊆ A olsun. Eğer her x ∈ B
için b . x olacak şekilde bir b ∈ B varsa b’ye B kümesinin en küçük elemanı (minimumu) denir.
Benzer şekilde, eğer her x ∈ B için x . c olacak şekilde bir c ∈ B varsa c’ye B kümesinin en
büyük elemanı (maksimumu) denir. Yani bir kümenin en küçük (büyük) elemanı kümedeki bütün
elemanlarla karşılaştırılan ve kümedeki her elemandan önce (sonra) gelen elemandır. Bu elemanlar
sırasıyla min B ve maks B ile gösterilir. Tanımdan da anlaşılacağı gibi bir kümenin en küçük ve en
büyük elemanı (varsa) o kümeye ait olmak zorundadır.
Teorem 5.10 Bir B ⊆ A kümesinin minimumu ve maksimumu varsa bir tanedir.
İspat: b1 ve b2 , B kümesinin iki minimumu olsun. b1 bir minimum olduğundan b1 . b2 dir. Ayrıca
b2 de bir mininum olduğundan b2 . b1 dir. . bağıntısı ters simetrik olduğundan b1 = b2 elde edilir.
Maksimumun (varsa) tek olduğu benzer şekilde ispatlanır.
Örnek 5.11 A = { 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 } kümesinde x . y
⇐⇒
xy sıralama bağıntısına göre
A kümesindeki küçük elemanların kümesi { 2, 3, 5, 7 } ve büyük elemanların kümesi { 6, 7, 8, 9, 10 }
dur. A kümesinin en küçük ve en büyük elemanı yoktur. min { 2, 4, 8 } = 2, maks { 2, 4, 8 } = 8 dir.
min { 2, 4, 8, 10 } = 2 olup en büyük elemanı yoktur. { 2, 5, 10 } kümesinin en küçük elemanı yoktur,
ama maks { 2, 5, 10 } = 10 dur. Ne en küçük, ne de en büyük elemana sahip bir küme ise { 3, 5, 6, 10 }
dur. Tek elemanlı bir { a } kümesinin en küçük elemanı da en büyük elemanı da a dır.
Tanım 5.12 . bağıntısı bir A kümesinde bir sıralama bağıntısı ve B ⊆ A olsun. Bir a0 ∈ A ve her
x ∈ B için a0 . x oluyorsa a0 elemanına B için bir alt sınır denir. Benzer şekilde, bir a1 ∈ A ve her
x ∈ B için x . a1 oluyorsa a1 elemanına B için bir üst sınır denir. Alt sınıra sahip kümelere alttan
sınırlı küme, üst sınıra sahip kümelere de üstten sınırlı küme denir. Eğer B alttan sınırlı bir küme
ise, B nin bütün alt sınırlarının oluşturduğu kümenin en büyük elemanına (varsa) B nin en büyük
alt sınırı (infimumu) denir ve inf B veya ebas B ile gösterilir. Benzer şekilde, eğer B üstten sınırlı bir
küme ise, B nin bütün üst sınırlarının oluşturduğu kümenin en küçük elemanına (varsa) B nin en
52
Bölüm 5. Sıralama Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
küçük üst sınırı (supremumu) denir ve sup B veya eküs B ile gösterilir. Tanımdan da anlaşılacağı gibi
bir B kümesinin üst sınırı, alt sınırı, infimumu ve supremumu kümeye ait olmak zorunda değildir.
sup B = eküs B = min { B’nin bütün üst sınırları }
inf B = ebas B = max { B’nin bütün alt sınırları }
Teorem 5.13 Bir B ⊆ A kümesinin infimumu ve supremumu varsa bir tanedir.
İspat: B kümesinin infimumu (supremumu) B nin alt (üst) sınırlarının maksimumu (minimumu) olduğundan ve bir kümenin maksimumu (minimumu) eğer varsa tek olduğundan (bkz. Teorem 5.10),
B kümesinin infimumu (supremumu) varsa tektir.
√
Örnek 5.14 A = R alalım ve bilinen 6 sıralamasını düşünelim. B1 = [0, 3) olsun. Sıfır veya negatif
bir sayı bu küme için bir alt sınırdır. Yani B1 in alt sınırlarının kümesi (−∞, 0] olup bu kümenin
√
√
maksimumu 0 olduğundan ebas B1 = 0 dır. Benzer şekilde eküs B1 = min[ 3, ∞) = 3 dür. Şimdi de
B2 kümesi olarak 0 dan büyük bütün rasyonel sayıları alalım. B2 nin alt sınırlarının kümesi (−∞, 0]
olup ebas B1 = 0 dır. B2 nin üst sınırlarının kümesi boşküme olup bu küme üstten sınırlı değildir, o
halde supremumu yoktur.
Tanım 5.15 A kümesi bir sıralı küme olsun. Eğer A nın boş olmayan her alt kümesinin bir en küçük elemanı varsa A ya iyi sıralanmış bir küme, buradaki sıralama bağıntısına da bir iyi sıralama
bağıntısı denir.
Örnek 5.16 N kümesi bilinen 6 sıralama bağıntısına göre iyi sıralı bir kümedir, çünkü her alt kümesinin bir en küçük elemanı vardır. Tam sayılar kümesi Z iyi sıralı değildir çünkü, örneğin, Z−
kümesinin bir en küçük elemanı yoktur. R de iyi sıralı değildir, çünkü (0, 1) açık aralığının bir en
küçük elemanı yoktur.
Teorem 5.17 İyi sıralı her A kümesi tam sıralıdır.
İspat: x, y ∈ A olsun. A kümesi iyi sıralı olduğundan { x, y } alt kümesinin en küçük elemanı vardır.
Bu eleman x ise x . y olup x ile y karşılaştırılabilir. Aksi halde y . x olup y ile x karşılaştırılabilir.
Her iki halde de bu iki eleman karşılaştırılır. O halde A tam sıralıdır.
ALIŞTIRMALAR
1.) A kümesi 30 sayısının pozitif bölenleri olsun. A üzerinde “x . y ⇐⇒ xy” sıralama bağıntısı
verilsin. A kümesi bu bağıntıya göre tam sıralı mıdır? İyi sıralı mıdır? B = A \ { 1, 30 } kümesinin en
53
Bölüm 5. Sıralama Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
küçük ve en büyük elemanı var mıdır? eküs { 3, 5 } =?, ebas { 3, 5 } =?
Çözüm: A = { 1, 2, 3, 5, 6, 10,
15, 30 } elde edilir. A kümesi bu bağıntıya göre tam sıralı değildir, çünkü
2 ile 3 karşılaştırılamaz. (23 ve 32 önermeleri yanlıştır.) A kümesi bu bağıntıya göre iyi sıralı değildir,
çünkü { 2, 3, 5 } altkümesinin (. bağıntısına göre) en küçük elemanı yoktur. B = { 2, 3, 5, 6, 10, 15 }
olduğu açıktır. B kümesinin en küçük elemanı 2 olamaz, çünkü 3 ile karşılaştırılamaz. Benzer şekilde
diğer elemanlar da en küçük eleman olamaz. B kümesinin en büyük elemanı 15 olamaz, çünkü 6 ile
karşılaştırılamaz. Benzer şekilde diğer elemanlar da en büyük eleman olamaz.
{ 3, 5 } kümesinin alt sınırlar kümesi { 1 } dir. { 3, 5 } kümesinin üst sınırlar kümesi { 15, 30 } dur. O
halde:
eküs { 3, 4 } = min { 15, 30 } = 15,
ebas { 3, 4 } = max { 1 } = 1.
2.) a) İyi sıralı bir kümenin her alt kümesinin iyi sıralı olduğunu gösterin.
b) Tam sıralı bir kümenin her alt kümesinin tam sıralı olduğunu gösterin.
c) Tam sıralı olan fakat iyi sıralı olmayan bir kümeye örnek veriniz.
İspat: a) ∅ 6= A kümesinde bir sıralama bağıntısı verilsin. A kümesi (verilen bağıntıya göre) iyi sıralı
olsun. B ⊆ A olsun. B = ∅ ise B nin iyi sıralı olduğu açıktır. B 6= ∅ olsun. X ⊆ B ve X 6= ∅ olsun. X
kümesinin en küçük elemanı vardır; çünkü X ⊆ A dır ve A iyi sıralıdır. Seçilen X keyfi olduğundan
B nin boş olmayan her alt kümesinin en küçük elemanı vardır. Yani B iyi sıralıdır.
İspat: b) ∅ =
6 A kümesinde 4 sıralama bağıntısı verilsin. A kümesi (bu bağıntıya göre) tam sıralı
olsun. B ⊆ A olsun. B = ∅ ise B nin tam sıralı olduğu açıktır. B 6= ∅ olsun. x, y ∈ B olsun. x 4 y ve
y 4 x önermelerinden en az biri doğrudur; çünkü x ile y, A’nın da elemanlarıdır ve A tam sıralıdır.
O halde x ile y karşılaştırılabilir elemanlardır. Seçilen x ve y keyfi olduğundan B nin her elemanı
karşılaştırılabilirdir. Yani B tam sıralıdır.
Çözüm: c) Z tamsayılar kümesinde bilinen 6 sıralama bağıntısı verilsin. Bu bağıntı bir tam sıralama
bağıntısıdır; çünkü her a, b ∈ Z için ya a 6 b ya da b 6 a dır. Yani, Z tam sıralıdır. Bu küme 6 bağıntısına göre iyi sıralı değildir; çünkü mesela Z− = { −1, −2, −3, . . . } negatif tamsayılar kümesinin bir
en küçük elemanı yoktur.
3.) A en az 2 elemanlı bir küme olsun. P (A) kuvvet kümesi üzerinde tanımlanan “X 6 Y ⇐⇒ X ⊆
Y ” bağıntısının bir sıralama bağıntısı olduğunu gösteriniz. P (A) kümesi bu bağıntıya göre tam sıralı
mıdır? Neden? A bir elemanlı bir küme olsaydı P (A) kümesi tam sıralı olur muydu? Neden?
Çözüm: Bu bağıntı bir sıralama bağıntısıdır; çünkü
(i) Her X ∈ P (A) için X ⊆ X olup bağıntı yansıyandır.
54
Bölüm 5. Sıralama Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
(ii) X ⊆ Y ve Y ⊆ X ise X = Y olup bağıntı ters simetriktir.
(iii) X ⊆ Y ve Y ⊆ Z ise X ⊆ Z olup bağıntı geçişkendir.
P (A) kümesi bu bağıntıya göre tam sıralı değildir; mesela A = { a, b } alınırsa X = { a } ile Y = { b }
karşılaştırılamaz.
A bir elemanlı olsaydı (mesela A = { a } gibi), o zaman P (A) = { ∅, { a } } olurdu. Bu durumda P (A)
nın tüm elemanları (toplam 2 eleman) birbiriyle karşılaştırılırdı. Yani P (A) tam sıralı olurdu.
4.) R × R’de aşağıdaki gibi tanımlanan bağıntı bir sıralama bağıntısı mıdır? Tam sıralama bağıntısı
mıdır?
(x, y) 4 (a, b) ⇐⇒ x 6 a ve y 6 b
Çözüm: (i) Her (x, y) ∈ R × R için “x 6 x ve y 6 y” önermesi doğrudur; çünkü x = x ve y = y dir. O
halde (x, y) 4 (x, y) dir. Yani bağıntı yansıyandır.
(ii) (x, y) 4 (a, b) ve (a, b) 4 (x, y) önermeleri doğru olsun. Buradan:
x 6 a ve y 6 b ve a 6 x ve b 6 y
elde edilir. x 6 a ve a 6 x ifadelerinden x = a bulunur. Benzer şekilde; y 6 b ve b 6 y ifadelerinden
b = y bulunur. Yani (x, y) = (a, b) dir. O halde bağıntı ters simetriktir.
(iii) (x, y) 4 (a, b) ve (a, b) 4 (c, d) önermeleri doğru olsun. Buradan:
x 6 a ve y 6 b ve a 6 c ve b 6 d
elde edilir. x 6 a ve a 6 c ifadelerinden x 6 c bulunur. Benzer şekilde; y 6 b ve b 6 d ifadelerinden
y 6 d bulunur. Yani (x, y) 4 (c, d) dir. O halde bağıntı geçişkendir.
Sonuç olarak; 4 bağıntısı bir sıralama bağıntısıdır. Bu bağıntı bir tam sıralama bağıntısı değildir,
çünkü (1, 5) ile (2, 3) karşılaştırılamaz.
5.) A ve B tam sıralanmış iki küme olsun (bu kümedeki bağıntıları 6 ile gösterelim). A × B üzerinde
aşağıdaki tanımlanan bağıntı bir sıralama bağıntısı mıdır? A × B bu bağıntıya göre tam sıralı mıdır?
(a1 , b1 ) (a2 , b2 ) ⇐⇒ a1 < a2 ise veya a1 = a2 iken b1 6 b2 ise
(Not: a1 < a2 ifadesi “a1 6 a2 ve a1 6= a2 ” anlamındadır.)
Çözüm: Bir örnekle bağıntısını anlamaya çalışalım. A = { a, b, c } kümesinde a 6 b 6 c sıralaması
verilsin. B = { 1, 2, 3 } kümesinde de 1 6 2 6 3 sıralaması verilsin. Buna göre A × B kümesindeki
sıralama bağıntısı şöyle yazılabilir:
(a, 1) (a, 2) (a, 3) (b, 1) (b, 2) (b, 3) (c, 1) (c, 2) (c, 3).
55
Bölüm 5. Sıralama Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
A × B kümesindeki iki elemanın hangisinin önce geldiğine bakılırken önce birinci bileşenlere bakılmakta; birinci bileşenler eşit ise ikinci bileşenlere bakılmaktadır. Bu ise sanki Türkçe’deki iki harfli
iki kelimenin hangisinin sözlükte daha önce geldiğine bakmaya benzemektedir. Bu yüzden bu tür
sıralamalara “sözlük sıralaması” denmektedir. Şimdi, genel halde, yukarıda tanımlanan bağıntının
özelliklerini inceleyelim.
(i) Her (a1 , b1 ) ∈ A × B için (a1 , b1 ) (a1 , b1 ) olur; çünkü tanımda (a2 , b2 ) yerine (a1 , b1 ) yazılırsa
a1 < a1 ise veya a1 = a1 iken b1 6 b1 ise
önermesi elde edilir. Bu önerme her zaman doğrudur; çünkü “veya” nın sağ tarafı her zaman doğrudur. (B tam sıralı olduğundan b1 6 b1 dir). Yani bağıntı yansıyandır.
(ii) (a1 , b1 ) (a2 , b2 ) olsun. Ayrıca (a2 , b2 ) (a1 , b1 ) olsun. Şimdi (a1 , b1 ) (a2 , b2 ) olması için 3
durum vardır.
Durum 1: a1 < a2 : Bu durumda a1 6= a2 dir ve a1 , a2 den önce gelir. Ancak bu durum, (a2 , b2 ) (a1 , b1 ) olması ile çelişir.
Durum 2: a1 = a2 ve b1 < b2 : Bu durumda b1 6= b2 dir ve b1 , b2 den önce gelir. Ancak bu durum,
(a2 , b2 ) (a1 , b1 ) olması ile çelişir.
Durum 3: a1 = a2 ve b1 = b2 : Bu durumda (a1 , b1 ) = (a2 , b2 ) dir.
Sonuç olarak, sadece 3. durum mümkün olduğundan bağıntı ters simetriktir.
(iii) (a1 , b1 ) (a2 , b2 ) ve (a2 , b2 ) (a3 , b3 ) olsun. Öncelikle, aşağıdaki 3 durumu inceleyelim:
a1 = a2 < a3 ,
a1 < a2 = a3 ,
a1 < a2 < a3 .
Bu 3 durumda da a1 < a3 olur; çünkü A daki sıralama bağıntısı geçişkendir. O zaman (a1 , b1 ) (a3 , b3 ) olduğu açıktır. O halde a1 = a2 = a3 durumunu inceleyelim. Bu durumda b1 6 b2 ve b2 6 b3
olduğu açıktır. B deki sıralama bağıntısı geçişken olduğundan b1 6 b3 olur. Fakat bu durumda yine
(a1 , b1 ) (a3 , b3 ) elde edilir. Yani bağıntı geçişkendir.
Sonuç olarak bir sıralama bağıntısıdır. Şimdi diğer soruyu cevaplandıralım. X = (a1 , b1 ) ∈ A × B
ve Y = (a2 , b2 ) ∈ A × B verilsin.
Durum A: a1 6= a2 iken: a1 < a2 ve a2 < a1 önermelerinden birisi mutlaka doğrudur, çünkü A tam
sıralıdır. O halde (a1 , b1 ) (a2 , b2 ) veya (a2 , b2 ) (a1 , b1 ) dir. Yani X ile Y karşılaştırılabilirdir.
Durum B: a1 = a2 iken: B tam sıralı olduğundan, ya b1 6 b2 ya da b2 6 b1 dir. O halde (a1 , b1 ) (a2 , b2 ) veya (a2 , b2 ) (a1 , b1 ) dir. Yani X ile Y karşılaştırılabilirdir.
Sonuç olarak her iki durumda da A × B tam sıralıdır.
56
Bölüm 5. Sıralama Bağıntıları
Hüseyin BİLGİÇ
6.) A kümesinde tanımlı β1 ve β2 sıralama bağıntıları verilsin. (a) β1 ∩ β2 her zaman bir sıralama
bağıntısı mıdır? (b) β1 ∪ β2 her zaman bir sıralama bağıntısı mıdır? Açıklayın.
Çözüm (a): β1 ve β2 yansıyan olduğundan, her a ∈ A için (a, a) ∈ β1 ve (a, a) ∈ β2 olup (a, a) ∈ β1 ∩β2
dir. Yani β1 ∩ β2 yansıyandır.
(a, b), (b, a) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b), (b, a) ∈ β1 ve (a, b), (b, a) ∈ β2 =⇒ β1 ve β2 ters simetrik olduğundan
a = b olup β1 ∩ β2 ters simetriktir.
(a, b), (b, c) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b), (b, c) ∈ β1 ve (a, b), (b, c) ∈ β2 =⇒ β1 ve β2 geçişken olduğundan
(a, c) ∈ β1 ve (a, c) ∈ β2 =⇒ (a, c) ∈ β1 ∩ β2 olup β1 ∩ β2 geçişkendir.
Sonuç olarak; aynı küme üzerinde tanımlı iki sıralama bağıntısının kesişimi her zaman bir sıralama
bağıntısıdır.
Çözüm (b): β1 ∪ β2 her zaman bir sıralama bağıntısı olmak zorunda değildir. Mesela, A = { 1, 2, 3 }
ve β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2) } ve β2 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (2, 3) } alalım. β1 ∪ β2 geçişken olmaz,
çünkü (1, 2), (2, 3) ∈ β1 ∪ β2 fakat (1, 3) ∈
/ β1 ∪ β2 .
7.) A = { 2, 3, 4, 6, 7 } kümesinde x 4 y ⇐⇒ y x bağıntısına göre küçük elemanların kümesi hangisidir?
{ 2, 3, 7 }
N
{ 4, 6, 7 }
{ 2, 3 }
8.) A = { 2, 4, 8, 14 } kümesi üzerinde “x 4 y
⇐⇒
{ 4, 6 }
Hiçbiri
xy” sıralama bağıntısına göre p : “A tam
sıralıdır”, q : “A iyi sıralıdır” önermelerinin doğruluk değerleri nedir?
N
p, q : Doğru
p, q : Yanlış p : Doğru, q : Yanlış p : Yanlış, q : Doğru
Hiçbiri
9.) R’ de bilinen 6 sıralama bağıntısına göre (−1, 1) ∪ { 3 } kümesi için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
N
eküs, ebas var eküs, ebas yok eküs var, ebas yok eküs yok, ebas var Hiçbiri
10.) 4 elemanlı bir A kümesi üzerinde tanımlanan bir sıralama bağıntısı en fazla kaç elemanlı olabilir?
N
10
9
7
8
Hiçbiri
1
11.) A = R kümesinde bilinen 6 sıralaması verilsin. B = x ∈ Q : − < x 6 4 olsun. Buna göre
3
ebas(B) ve eküs(B) sırasıyla nedir?
N 1
1
1
− ve 4
Yok ve 4
− ve yok
4 ve −
Hiçbiri
3
3
3
12.) A = { 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 14, 18, 21 } kümesi üzerinde “x 4 y ⇐⇒ xy” sıralama bağıntısına göre
aşağıdaki kümelerden hangisinin eküs’ü vardır?
{ 3, 4 }
{ 4, 5 }
{ 5, 6 }
{ 6, 8 }
N
Hiçbiri
13.) R’de bildiğimiz 6 sıralama bağıntısı verilsin. Buna göre p : “R tam sıralıdır”, q : “R iyi sıralıdır”
önermelerinin doğruluk değerleri nedir?
57
Bölüm 5. Sıralama Bağıntıları
p, q : Doğru
p, q : Yanlış
Hüseyin BİLGİÇ
N
p : Doğru, q : Yanlış p : Yanlış, q : Doğru Hiçbiri
14.) A = { 1, 4, 5, 6, 8, 10, 16 } kümesinde “x y ⇐⇒ xy" bağıntısına göre küçük elemanlar nedir?
N
{ 1, 4, 5, 6 }
{1}
{ 4, 5 }
{ 1, 5 }
Hiçbiri
15.) 6 elemanlı bir A kümesi üzerindeki bir sıralama bağıntısı en az kaç elemanlı olmalıdır?
N
6
7
8
9
Hiçbiri
16.) Doğal sayılar kümesinde bildiğimiz 6 sıralama bağıntısı verilsin? A = { x ∈ N : x > 7 } kümesi
için ebas A ve eküs A için hangisi doğrudur:
N
0, 7
7, yok
Hiçbiri
17.) A = { 2, 4, 5, 6, 8, 10, 13 } kümesinde “x y ⇐⇒ xy" bağıntısına göre büyük elemanlar nedir?
N
{ 6, 10 }
{ 6, 8, 10 }
{ 6, 8, 10, 13 }
{ 5, 8, 10, 13 }
Hiçbiri
yok, 7
yok, yok
18.) 3 elemanlı bir A kümesi üzerindeki bir sıralama bağıntısı en fazla kaç elemanlı olur?
N
4
5
6
7
Hiçbiri
19.) Rasyonel sayılar kümesinde bilinen 6 sıralama bağıntısı verilsin? x ∈ Q : x > 0, 2 < x2 < 49
kümesin ebas’ı ve eküs’ü için hangisi doğrudur?
N
yok, 7
yok, yok
0, 7
58
7, yok
Hiçbiri
Adı, Soyadı:
Numarası:
MT
MT107 SOYUT MATEMATİK I DERSİ ÖRNEK YARIYILSONU SINAVI
1.) p =⇒ (p ∧ q 0 ) önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?
N 0
p ∨ q0
p∧q
p0 ∨ q
q0 ∨ p
Hiçbiri
2.) Evrensel küme ile A ∩ B kümesinin simetrik farkı nedir?
A∩B
A0 ∩ B 0
A∪B
A4B
N
Hiçbiri
3.) A ve B kümeleri ayrık değilse aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
N
A \ B 6= ∅
s(A ∪ B) > 2
A4B 6= A ∪ B
s(A × B) > 2
Hiçbiri
4.) (A \ B) \ C kümesinin tümleyeni hangisidir?
N
B0 ∪ C 0 ∪ A
B ∪ C ∪ A0
A ∪ C ∪ B0
Hiçbiri
C0 ∪ A ∪ B
5.) A = { 0, ∅, { ∅ } , { { ∅ } } } ise aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?
N
{ 0, ∅ } ⊆ A
{ 0, ∅ } ∈ A
Hiçbiri
\
6.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Eğer x ∈
/
Ai ise aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
i∈I
N
∀i ∈ I, x ∈ A0i
∃i ∈ I, x ∈ A0i
∃i ∈ I, x ∈ Ai
∃i ∈ I, x ∈
/ A0i
Hiçbiri
{{∅}} ∈ A
{{∅}} ⊆ A
7.) A × B kümesi en az bir elemanlı ise aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?
N
s(A ∪ B) > 2
A ∩ B 6= ∅
s(A ∪ B) > 1
A\B =∅
Hiçbiri
8.) β = { (2, 6), (5, 3), (1, 4) } olsun. (5, 6) ∈ βo α ise aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?
N
(5, 1) ∈ α
(5, 3) ∈ α
(3, 6) ∈ α
(5, 4) ∈ α
Hiçbiri
9.) N+ kümesinde “(a, b) ∈ β ⇐⇒ 3a” şeklinde tanımlanan bağıntı için hangisi doğrudur?
N
Yansıyandır
Simetriktir
Ters simetriktir
Geçişkendir
Hiçbiri
10.) Z’ de (a, b) ∈ β ⇐⇒ “a = b + 1 veya b = a + 1” bağıntısının özelliklerinin listesi hangisidir?
N
Simetri
Ters simetri
Simetri, geçişme
Ters simetri, geçişme
Hiçbiri
Diğer Sayfaya Geçiniz
59
Adı, Soyadı:
Numarası:
MT
11.) Q da tanımlı (x, y) ∈ β ⇐⇒ 9x3 + x = 9y 3 + y bağıntısına göre 1’in denklik sınıfı nedir?
N
{ 1, 0, −1 }
{ 1, −3, 3 }
{1}
β denklik bağ. değil
Hiçbiri
12.) R de tanımlı xβy ⇐⇒ 2x2 +3y = 2y 2 +3x denklik bağıntısı ise hangi a ∈ R için a bir elemanlıdır?
N
a=0
a = 4/3
a = −3/4
a = −4/3
Hiçbiri
13.) A = { { a, c, h } , { b, d, e, f } , { g, m } , { k } } ayrımının belirlediği denklik bağıntısı kaç elemanlıdır?
N
30
31
29
27
Hiçbiri
14.) β, A’da bir denklik bağıntısı ve a, b ∈ A ise aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
N
s(a) > 2
a ∈ b =⇒ a = b
(a, b) ∈
/ β ⇐⇒ a 6= b Hiçbiri
a 6= b =⇒ a 6= b
15.) R de aşağıdaki eşitliklerle verilen bağıntılardan hangisi bir denklik bağıntısı tanımlar?
N
x
=y
x(x + 1) = y(y + 1)
xy = x2
x = |y|
Hiçbiri
y
16.) A = { 2, 3, 4, 6 }’da xy bağıntısına göre iki elemanlı altkümelerden kaç tanesinin ebas’ı vardır?
N
4 tanesinin
3 tanesinin
5 tanesinin
2 tanesinin
Hiçbiri
17.) p :”Hem tam sıralı hem iyi sıralı küme yoktur”, q:”Sonlu her küme iyi sıralıdır” olsun. Buna göre
N
p, q : Doğru
p, q : Yanlış p : Doğru, q : Yanlış p : Yanlış, q : Doğru Hiçbiri
18.) Reel
bağıntısına
göre hangi kümenin minimumu vardır?
bilinen 6 sıralama
sayılar kümesinde
o
N n√
n
n
1
:n∈N
Q+ −
:n∈N
2+
:n∈N
Hiçbiri
n+1
n+1
2
19.) Q’da bilinen 6 sıralama bağıntısına göre x ∈ Q : x > 0 ve 12 < x2 kümesinin ebas ve eküs’ü
nedir?
12 ve yok
N
0 ve yok
√
12 ve yok
0 ve
√
12
Hiçbiri
20.) A = { 4, 5, 6, . . . , 99 } kümesinde xy sıralama bağıntısına göre hangi küme üstten sınırlıdır?
N
{ 20, 35 }
{ 11, 34 }
{ 4, 21 }
{ 21, 49 }
Hiçbiri
NOT: Net puanınız doğru cevap sayısından yanlış cevap sayınızın 1/4’ü çıkarılarak hesaplanacaktır.
N
Süre 75 dakikadır.
şeklinde işaretleyiniz.
BAŞARILAR
60
Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BİLGİÇ
Bölüm 6
Fonksiyonlar
Tanım 6.1 A ve B boş olmayan iki küme ve f ⊆ A × B olsun, yani f, A’dan B’ye bir bağıntı olsun.
Eğer aşağıdaki şartlar gerçekleniyorsa f ye A’dan B’ye bir fonksiyon (dönüşüm, tasvir) denir.
(i) Her x ∈ A için (x, y) ∈ f olacak şekilde bir y ∈ B olmalı; yani A’da f bağıntına göre eşlenmemiş
eleman olmamalı,
(ii) Her x ∈ A için (x, y1 ) ∈ f ve (x, y2 ) ∈ f =⇒ y1 = y2 olmalı; yani A kümesinde bir eleman iki
farklı elemanla eşlenmemeli.
Başka bir ifadeyle, A dan B ye bir f fonksiyonu; A nın her elemanını B nin bir ve yalnız bir elemanına eşleyen bir kuraldır. Eğer f bağıntısı A’dan B’ye bir fonksiyon ise bunu f : A −→ B şekline
gösteririz. Burada, A kümesine f nin tanım kümesi, B’ye de değer kümesi denir.
Örnek 6.2 A = { a, b, c, d } , B = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 } olsun. Aşağıdaki bağıntıları inceleyelim.
f1 = { (a, 3), (b, 2), (c, 7) }
f2 = { (a, 1), (b, 5), (c, 6), (d, 3), (c, 5) }
f3 = { (a, 6), (b, 6), (c, 6), (d, 6) }
f4 = { (a, 3), (b, 1), (c, 4), (d, 7) }
Burada f1 fonksiyon değildir, çünkü d elemanı eşlenmemiştir. f2 de bir fonksiyon değildir, çünkü
c elemanı iki farklı elemanla (6 ve 5 ile) eşlenmiştir. f3 ve f4 , A’dan B’ye birer fonksiyon olup f3 :
A −→ B ve f4 : A −→ B yazarız.
Tanım 6.3 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. (x, y) ∈ f ise y elemanına x elemanının f altındaki
görüntüsü denir ve y = f (x) yazılır. Yani;
f = { (x, f (x)) : x ∈ A }
61
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BİLGİÇ
yazılabilir. A daki bütün elemanların f altındaki görüntülerinden oluşan kümeye f nin görüntü kümesi denir ve G(f ) ile gösterilir. Yani
G(f ) = { f (x) : x ∈ A } = { y ∈ B : ∃x ∈ A, f (x) = y } .
Buna göre önceki örnekte G(f3 ) = { 6 } ve G(f4 ) = { 1, 3, 4, 7 } yazılabilir.
Tanım 6.4 f : A −→ B bir fonksiyon ve M ⊆ A, M 6= A olsun. Eğer g : M −→ B fonksiyonu her x ∈
M için f (x) = g(x) şartını sağlıyorsa g fonksiyonuna f fonksiyonunun M alt kümesine kısıtlanmışı
denir ve g = f yazılır. Benzer şekilde, A ⊆ D, A 6= D olsun. Eğer h : D −→ B fonksiyonu her
M
x ∈ A için f (x) = h(x) şartını sağlıyorsa h fonksiyonuna f fonksiyonunun D kümesine genişletilmişi
denir. Bu durumda h = f olduğu açıktır.
A
x + |x|
kuralı ile verilsin. g : R+ −→ R fonksiyonu
2
g(x) = x kuralı ile verilmişse g fonksiyonu f nin R+ kümesine kısıtlanmışıdır çünkü her x ∈ R+ için
Örnek 6.5 f : R −→ R fonksiyonu f (x) =
f (x) =
x+x
x + |x|
=
= x = g(x).
2
2
Bu durumda g = f R+ yazılır.
Tanım 6.6 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Bir y ∈ B için f (x) = y ise x ∈ A elemanına y nin bir ters
görüntüsü denir. y nin bütün ters görüntülerinin kümesi f −1 (y) ile gösterilir, yani
f −1 (y) = { x ∈ A : f (x) = y }
kümesidir. Bazı y’ler için f −1 (y) kümesi boş küme olabilir. Ayrıca Y ⊆ B ise Y ’deki bütün elemanların ters görüntülerinden oluşan kümeye Y kümesinin ters görüntü kümesi denir ve f −1 (Y ) ile
gösterilir. O halde
f −1 (Y ) = { x ∈ A : f (x) ∈ Y } =
[
f −1 (y)
y∈Y
yazılabilir. f −1 (y) = f −1 ({ y }) olduğu açıktır. Ayrıca f −1 (B) = A yazılabilir.
Tanım 6.7 f : A −→ B bir fonksiyon ve X ⊆ A olsun.
f (X) = { f (x) : x ∈ X } = { y ∈ B : ∃ x ∈ X, f (x) = y }
kümesine X kümesinin görüntü kümesi denir. G(f ) = f (A) olduğu açıktır.
Örnek 6.8 f : R −→ R, f (x) =
sin x
2
ve g : R −→ R, g(x) = x2 − 1 olsun. f ([0, π]) = 0, 12 ve
g((−2, ∞)) = [−1, ∞) yazılır.
√
√
Ayrıca f −1 ((1, ∞)) = ∅ ve g −1 ([0, 10]) = [− 11, −1] ∪ [1, 11] dir.
62
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BİLGİÇ
Tanım 6.9 f ve g tanım kümeleri A olan (yani aynı olan) iki fonksiyon ve her x ∈ A için f (x) = g(x)
ise f ile g ye eşit fonksiyonlar denir ve f = g yazılır.
Örnek 6.10 f : N −→ Z, f (n) = (−1)n ve g : N −→ Z, g(m) = cos(mπ) fonksiyonları eşittir. Fakat
h : R −→ R, h(x) = x − 2 ve t : R \ { −3 } −→ R, t(x) =
x2 + x − 6
x+3
fonksiyonları eşit değildir, çünkü tanım kümeleri farklıdır.
Tanım 6.11 f : A −→ A, her x ∈ A için f (x) = x şeklinde tanımlanan fonksiyona A nın birim
(özdeşlik) fonksiyonu denir ve IA ile gösterilir. A kümesinin köşegeni olan IA = { (x, x) : x ∈ A }
kümesi ile IA fonksiyonunun aynı olduğu görülür.
Tanım 6.12 f : A −→ B fonksiyonu bir b ∈ B ve her x ∈ A için f (x) = b şeklinde ise f fonksiyonu
bir sabit fonksiyon denir.
Tanım 6.13 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Eğer A daki farklı iki elemanın görüntüsü her zaman
farklı ise; yani
her x1 , x2 ∈ A için x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 )
önermesi doğruysa f fonksiyonuna birebirdir (1–1) denir. Buna denk olarak, f nin 1–1 olması için
gerek ve yeter şart
her x1 , x2 ∈ A için f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2
olmasıdır diyebiliriz.
Örnek 6.14 f : R −→ R, f (x) =
x3 + 5
fonksiyonu 1–1 dir, çünkü
3
x1 3 + 5
x2 3 + 5
=
3
3
3
3
=⇒ x1 + 5 = x2 + 5
f (x1 ) = f (x2 ) =⇒
=⇒ x1 3 = x2 3
=⇒ x1 = x2 .
Fakat g : R −→ R, g(x) = cos(2x) fonksiyonu 1–1 değildir, çünkü f (0) = f (π) olup farklı iki reel
sayının görüntüsü aynıdır.
Tanım 6.15 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Eğer her y ∈ B için f (x) = y olacak şekilde en az bir
x ∈ A mevcutsa, yani B kümesinde f bağıntısına göre eşlenmemiş eleman yoksa, f fonksiyonuna
bir örten (üzerine) fonksiyon denir. f örten ⇐⇒ f (A) = B olduğu görülür.
63
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BİLGİÇ
Örnek 6.16 f : R −→ R, f (x) = 7x5 − 11 fonksiyonu örtendir. Bunu göstermek için verilen her y ∈ R
için f (x) = y olacak şekilde x ∈ R bulmalıyız. y ∈ R verilsin. Bu durumda
r
5 y + 11
x=
7
seçilirse f (x) = y olduğu görülür. (Verilen her y için x bulunabileceği açıktır.)
Şimdi g : R −→ R, g(x) = ex+1 fonksiyonunu inceleyelim. y ∈ R verildiğinde x = ln y−1 seçildiğinde
f (x) = y olmaktadır, ancak y 6 0 ise bu durumda x bulunamamaktadır. Bu durumda, mesela y = −1
için, g(x) = −1 olacak şekilde x olmadığından g örten değildir.
Tanım 6.17 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Eğer f −1 ⊆ B × A bağıntısı da bir fonksiyon ise f −1
bağıntısına f fonksiyonunun ters fonksiyonu (kısaca tersi) denir ve f −1 : B −→ A yazılabilir.
Teorem 6.18 f : A −→ B fonksiyonunun ters bağıntısının da bir fonksiyon olması için gerek ve yeter
şart f nin 1–1 ve örten olmasıdır.
İspat: (=⇒) f : A −→ B fonksiyonunun tersi de bir fonksiyon olsun. Her x1 , x2 ∈ A için f (x1 ) =
f (x2 ) = y olsun.
(x1 , y), (x2 , y) ∈ f =⇒ (y, x1 ), (y, x2 ) ∈ f −1
=⇒ f −1 bir fonksiyon olduğundan x1 = x2
olup f nin 1–1 olduğu gösterilmiş olur. Şimdi y ∈ B verilsin. f −1 : B −→ A bir fonksiyon olduğundan (y, x) ∈ f −1 olacak şekilde sadece bir tane x ∈ A vardır. Bu durumda f (x) = y olup y nin f
altındaki ters görüntüsü x dir. O halde f örtendir.
(⇐=) Şimdi de f nin 1–1 ve örten olduğunu kabul edelim. f örten olduğundan f −1 bağıntısına göre
B kümesinde eşlenmemiş eleman yoktur. Ayrıca
(y, x1 ), (y, x2 ) ∈ f −1 =⇒ (x1 , y), (x2 , y) ∈ f
=⇒ f 1–1 olduğundan, x1 = x2
olup f −1 bağıntına göre bir eleman birden fazla elemanla eşlenmiş olamaz. O halde f −1 ⊆ B × A bir
fonksiyondur.
Not 6.19 Eğer f : A −→ B fonksiyonu 1–1 ve örten ise (yani f −1 de bir fonksiyon ise) her y ∈ B için
f −1 (y) kümesi tek elemanlı olduğu için, yani y nin ters görüntüsü tek türlü belirlendiği için, f −1 (y)
ifadesi “y nin ters görüntüler kümesi” değil de “y nin ters görüntüsü” olarak anlaşılır. O halde f
fonksiyonu 1–1 ve örtense, f (x) = y ⇐⇒ f −1 (y) = x yazılabilir.
Teorem 6.20 f : A −→ B fonksiyonu 1–1 ve örten ise f −1 : B −→ A fonksiyonu da 1–1 ve örtendir.
64
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BİLGİÇ
İspat: f nin 1–1 ve örten olduğunu kabul edelim ve f −1 in 1–1 ve örten olduğunu gösterelim. Her
y1 , y2 ∈ B için
f −1 (y1 ) = f −1 (y2 ) =⇒ f (f −1 (y1 )) = f (f −1 (y2 ))
=⇒ y1 = y2
olup f −1 fonksiyonu 1–1 dir. Şimdi de x ∈ A verilsin. f (x) = y ∈ B dersek f −1 (y) = x olup x in f −1
altındaki ters görüntüsünün y olduğu görülür. O halde f −1 örtendir.
Tanım 6.21 f : A −→ B ve g : B −→ C iki fonksiyon ise f ile g nin (bağıntı olarak) bileşkesi de A
dan C ye bir fonksiyondur. Bu fonksiyona f ile g fonksiyonlarının bileşkesi denir ve g◦ f ile gösterilir.
g◦ f = { (x, z) : ∃y ∈ B, (x, y) ∈ f, (y, z) ∈ g }
olup y = f (x) yazılırsa z = g(y) = g(f (x)) olacağından
(g◦ f )(x) = g(f (x))
kuralıyla verilir.
Teorem 6.22 f : A −→ B, g : B −→ C, h : C −→ D üç fonksiyon ise h◦ (g◦ f ) = (h◦ g)◦ f dir.
İspat: Her a ∈ A için
[h◦ (g◦ f )](a) = h((g◦ f )(a)) = h(g(f (a))) = (h◦ g)(f (a)) = [(h◦ g)◦ f ](a)
olup h◦ (g◦ f ) = (h◦ g)◦ f eşitliği elde edilir.
Teorem 6.23 Birebir fonksiyonların bileşkesi birebir; örten fonksiyonların bileşkesi örtendir.
İspat: f : A −→ B ve g : B −→ C birebir fonksiyonlar olsun.
(g◦ f )(a1 ) = (g◦ f )(a2 ) =⇒ g(f (a1 )) = g(f (a2 ))
=⇒ g birebir olduğundan f (a1 ) = f (a2 )
=⇒ f birebir olduğundan a1 = a2
olup g◦ f fonksiyonu 1–1 dir. Şimdi de f ve g nin örten olduğunu kabul edelim. g◦ f : A −→ C
olduğunu hatırlayalım.
c ∈ C =⇒ g : B −→ C örten olduğundan ∃ b ∈ B, g(b) = c
=⇒ f : A −→ B örten olduğundan ∃ a ∈ A, f (a) = b
olup (g◦ f )(a) = g(f (a)) = g(b) = c olduğundan c nin ters görüntüsü a dır. O halde g◦ f örtendir.
65
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Sonuç 6.24
Hüseyin BİLGİÇ
(i) f : A −→ B, g : B −→ C birebir ve örtense (g◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 dir.
(ii) f : A −→ B birebir ve örtense f◦ f −1 = IB ve f −1 ◦ f = IA dır.
Teorem 6.25 f : A −→ B ve g : B −→ C iki fonksiyon olmak üzere
(a) g◦ f örten ise g örtendir,
(b) g◦ f birebir ise f birebirdir.
ALIŞTIRMALAR
1.) f : X −→ Y bir fonksiyon, A ⊆ X ve B ⊆ X olsun. Aşağıdakilerin doğru olduğunu gösterin:
İspat i.)
i) f (A ∩ B) ⊆ f (A) ∩ f (B)
ii) f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B)
iii) f (A) \ f (B) ⊆ f (A \ B)
iv) A ⊆ B =⇒ f (A) ⊆ f (B)
y ∈ f (A ∩ B) =⇒ ∃ x ∈ A ∩ B için f (x) = y
=⇒ x ∈ A ve x ∈ B olup f (x) ∈ f (A) ve f (x) ∈ f (B)
=⇒ y ∈ f (A) ve y ∈ f (B)
=⇒ y ∈ f (A) ∩ f (B).
İspat ii.)
y ∈ f (A ∪ B) =⇒ ∃ x ∈ A ∪ B için f (x) = y
=⇒ x ∈ A veya x ∈ B old. f (x) ∈ f (A) veya f (x) ∈ f (B)
=⇒ y ∈ f (A) veya y ∈ f (B)
=⇒ y ∈ f (A) ∪ f (B).
Ayrıca,
y ∈ f (A) ∪ f (B) =⇒ y ∈ f (A) veya y ∈ f (B)
=⇒ ∃ x1 ∈ A için f (x1 ) = y veya ∃ x2 ∈ B için f (x2 ) = y
=⇒ x1 ∈ A ∪ B olup f (x1 ) ∈ f (A ∪ B) veya x2 ∈ A ∪ B olup f (x2 ) ∈ f (A ∪ B)
=⇒ f (x1 ) = f (x2 ) = y ∈ f (A ∪ B).
İspat iii.)
y ∈ f (A) \ f (B) =⇒ y ∈ f (A) ve y ∈
/ f (B)
=⇒ ∃ x1 ∈ A için f (x1 ) = y ve ∀x ∈ B için f (x) 6= y
=⇒ x1 ∈
/ B olmalı
=⇒ x1 ∈ A \ B olup f (x1 ) ∈ f (A \ B)
=⇒ y ∈ f (A \ B)
66
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BİLGİÇ
İspat iv.) A ⊆ B olsun.
y ∈ f (A) =⇒ ∃ x ∈ A için f (x) = y
=⇒ x ∈ B olup f (x) ∈ f (B)
=⇒ y ∈ f (B)
2.) f : A −→ B bir fonksiyon, X ⊆ B, Y ⊆ B olsun. Aşağıdakilerin doğru olduğunu gösterin.
İspat i.)
i) f −1 (X ∪ Y ) = f −1 (X) ∪ f −1 (Y )
ii) f −1 (X ∩ Y ) = f −1 (X) ∩ f −1 (Y )
iii) f (f −1 (Y )) ⊆ Y
iv) f −1 (B \ X) = A \ f −1 (X)
a ∈ f −1 (X ∪ Y ) ⇐⇒ f (a) ∈ X ∪ Y
⇐⇒ f (a) ∈ X veya f (a) ∈ Y
⇐⇒ a ∈ f −1 (X) veya a ∈ f −1 (Y )
⇐⇒ a ∈ f −1 (X) ∪ f −1 (Y )
İspat ii.)
a ∈ f −1 (X ∩ Y ) ⇐⇒ f (a) ∈ X ∩ Y
⇐⇒ f (a) ∈ X ve f (a) ∈ Y
⇐⇒ a ∈ f −1 (X) ve a ∈ f −1 (Y )
⇐⇒ a ∈ f −1 (X) ∩ f −1 (Y )
İspat iii.)
b ∈ f (f −1 (Y )) =⇒ ∃a ∈ f −1 (Y ) için f (a) = b
=⇒ a ∈ f −1 (Y ) olduğundan f (a) ∈ Y
=⇒ b ∈ Y
İspat iv.) Burada f −1 (B) = A olduğu hatırlanırsa:
a ∈ f −1 (B \ X) ⇐⇒ f (a) ∈ B \ X
⇐⇒ f (a) ∈ B ve f (a) ∈
/X
⇐⇒ a ∈ f −1 (B) ve a ∈
/ f −1 (X)
⇐⇒ a ∈ f −1 (B) \ f −1 (X)
⇐⇒ a ∈ A \ f −1 (X)
3.) f : A −→ B bir fonksiyon ve X ⊆ A olsun. X ⊆ f −1 (f (X)) olduğunu gösterin. Eşitliğin her
zaman sağlanması için gerek ve yeter şartın f nin 1–1 olması olduğunu gösterin.
Çözüm:
x ∈ X =⇒ f (x) ∈ f (X) =⇒ x ∈ f −1 (f (X))
67
olduğundan kapsama doğrudur.
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BİLGİÇ
Şimdi de her X ⊆ A için X = f −1 (f (X)) olduğunu kabul edip f nin 1–1 olduğunu gösterelim.
a1 , a2 ∈ A için f (a1 ) = f (a2 ) = b =⇒ X = { a1 } seçelim
=⇒ f (X) = { b } ve f −1 (f (X)) = { a1 , a2 , . . . } olur
=⇒ X = f −1 (f (X)) olacağından a1 = a2 olmalıdır.
Yani f 1–1 dir. Şimdi de f nin 1–1 olduğunu kabul edelim. Şimdi
a ∈ f −1 (f (X)) =⇒ f (a) ∈ f (X) =⇒ a ∈ X (çünkü f 1–1)
olduğundan eşitlik gösterilmiş olur. (Dikkat: Genelde “f (a) ∈ f (X) =⇒ a ∈ X” önermesi doğru
değildir.)
4.) f : A −→ B bir fonksiyon ve X ⊆ B olsun. f (f −1 (X)) ⊆ X olduğunu gösterin. Eşitliğin her
zaman sağlanması için gerek ve yeter şartın f nin örten olması olduğunu gösterin.
Çözüm:
x ∈ f (f −1 (X)) =⇒ ∃y ∈ f −1 (X) için f (y) = x
=⇒ y ∈ f −1 (X) olduğundan f (y) ∈ X
dir. O halde x ∈ X olup kapsama doğrudur.
Şimdi de her X ⊆ B için X = f (f −1 (X)) olduğunu kabul edip f nin örten olduğunu gösterelim.
X = B seçelim =⇒ f −1 (X) = f −1 (B) = A
=⇒ X = f (f −1 (X)) olacağından B = f (A) olmalıdır.
=⇒ f örtendir.
Şimdi de f nin örten olduğunu kabul edelim.
x ∈ X =⇒ f örten olduğundan ∃y ∈ f −1 (X), f (y) = x
=⇒ f (y) ∈ f (f −1 (X))
=⇒ x ∈ f (f −1 (X))
olup X ⊆ f (f −1 (X)) olur. (Dikkat: Genelde “x ∈ X =⇒ ∃y ∈ f −1 (X), f (y) = x” önermesi doğru
değildir.) Kapsamanın diğer yönü her zaman doğru olduğundan ispat tamamlanır.
5.) f : A −→ B, g : B −→ C iki fonksiyon ve g◦ f birebir olsun. Bu durumda f birebir olmak zorunda
mıdır? g birebir olmak zorunda mıdır? İspatlayınız.
Çözüm: f 1–1 olmalıdır, ispatlayalım: ∀ a1 , a2 ∈ A için
f (a1 ) = f (a2 ) =⇒ g(f (a1 )) = g(f (a2 ))
=⇒ (go f )(a1 ) = (go f )(a2 )
=⇒ go f 1–1 olduğundan a1 = a2
68
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BİLGİÇ
olup ispat tamamlanır. g nin 1–1 olması gerekmez, mesela A = { a, b } , B = { c, d, e } , C = { 1, 2, 3 }
ve
f = { (a, c), (b, d) } ,
g = { (c, 1), (d, 2), (e, 2) } ,
go f = { (a, 1), (b, 2) }
örneğinde go f 1–1 dir fakat g 1–1 değildir.
6.) Aşağıda N den Z ye tanımlı f fonksiyonunun 1–1 ve örten olduğunu gösterin.
(
f (n) =
n
2,
n+1
− 2 ,
n çift ise;
n tek ise.
Çözüm: Eşlemenin aşağıdaki gibi yapıldığı görülür:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
...
0 −1 1 −2 2 −3 3 −4 4 −5 . . .
Önce f ’nin 1–1 olduğunu gösterelim. n, m ∈ N için f (n) = f (m) olsun.
Durum 1. n, m çift: Bu durumda n/2 = m/2 den n = m bulunur.
Durum 2. n, m tek: Bu durumda −(n + 1)/2 = −(m + 1)/2 den n = m bulunur.
Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda m/2 = −(n + 1)/2 den m + n = −1 elde edilir ki, m, n ∈ N
olduğundan böyle bir durum olamaz.
Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda n/2 = −(m + 1)/2 den m + n = −1 elde edilir ki, m, n ∈ N
olduğundan böyle bir durum olamaz.
Sonuç olarak, f 1–1 dir. Şimdi de f nin örten olduğunu gösterelim. y ∈ Z verilsin.
Durum 1. y > 0: Bu durumda x = 2y seçilirse, x çift bir doğal sayı olup
f (x) = f (2y) =
2y
=y
2
olup f örtendir.
Durum 2. y < 0: Bu durumda x = −2y − 1 seçilirse, x tek bir doğal sayı olup
f (x) = f (−2y − 1) = −
(−2y − 1) + 1
=y
2
olup f örtendir.
7.) f : A −→ B birebir ve g : B −→ C örten ise g◦ f birebir olmak zorunda mıdır? Örten olmak
zorunda mıdır? Açıklayın.
Çözüm: A = { a, b } , B = { c, d, e } , C = { 1, 2 } ve
f = { (a, c), (b, d) } ,
g = { (c, 2), (d, 2), (e, 1) } ,
69
go f = { (a, 2), (b, 2) }
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BİLGİÇ
örneği incelendiğinde iki cevabın da “hayır” olduğu görülür.
8.) 4 elemanlı bir kümeden 4 elemanlı bir kümeye kaç tane örten fonksiyon yazılabilir?
N
256
16
24
64
9.) f : R −→ R, f (x) =
kısıtlanmışıdır?
N
g(x) = x
Hiçbiri
x − |x|
olsun. Buna göre aşağıdaki fonksiyonlardan hangisi f nin R− ye bir
2
g(x) = 2x
g(x) = 0
g(x) = x/2
Hiçbiri
10.) f : R −→ R, f (x) = x2 ise f −1 ([4, 9]) aşağıdakilerden hangisidir?
[−2, 4]
[2, 3]
[−3, 3]
[−3, 2] ∪ {3}
N
Hiçbiri
11.) Tanım kümesinden R ye aşağıda verilen fonksiyonlardan hangisinin tersi de bir fonksiyondur?
N
f (x) = x3 − 7x
f (x) = x3 /4
f (x) = tan x
f (x) = esin x
Hiçbiri
12.) Aşağıdaki fonksiyonlardan hangisinin tersi de R den R ye bir fonksiyondur?
N
g(x) = 2x3 − 3
t(x) = x3 − 9x
f (x) = tan x
h(x) = 3x
Hiçbiri
13.) 4 elemanlı bir A kümesinden 5 elemanlı bir B kümesine kaç tane 1–1 fonksiyon yazılabilir?
N
20
120
720
3125
Hiçbiri
14.) f : R −→ R, f (x) = x2 − 2x + 1 ise f −1 ([−1, 9]) =?
N
(−∞, 4]
[1, 4]
Hiçbiri
x+1
olduğuna göre (fo g −1 )(x) = 0 denkleminin çözüm
15.) f, g : R −→ R, f (x) = x2 − 1, g(x) =
4
kümesinedir?
N
3
1
0,
{ 0, 2 }
{0}
Hiçbiri
0,
2
2
[0, 4]
[−1, 4]
16.) Aşağıdaki fonksiyonlardan hangisinin tersi de R den R ye bir fonksiyondur?
N
1
h(x) = cos(1/x)
t(x) = x5 − x
f (x) = ex
g(x) = x3 −
Hiçbiri
2
17.) 5 elemanlı bir A kümesinden 6 elemanlı bir B kümesine kaç tane 1–1 fonksiyon yazılabilir?
N
65 = 7776
720
120
3125
Hiçbiri
18.) f : R −→ R, f (x) = −x2 + 1 ise f −1 ([−1, 4]) =?
√
N
Hiçbiri
(−∞, 0]
[1, 3]
x+1
19.) f, g : R −→ R, f (x) = x2 − 1, g(x) =
olduğuna göre (fo g −1 )(x) = 0 denkleminin çözüm
3
kümesi nedir?
N
2
{ 0, 1 }
{ 0, −1 }
0,
∅
Hiçbiri
3
[0, 1]
[−1, 1]
20.) f : A −→ B bir fonksiyon olsun. p : “∀X, Y ⊆ B, f −1 (X ∩ Y ) = f −1 (X) ∩ f −1 (Y ) ” ve
q : “∃X ⊆ B, f −1 (B \ X) 6= A \ f −1 (X) ” önermeleri veriliyor. Aş. hangisi doğrudur?
N
p :Doğru, q :Yanlış
p, q :Doğru
p, q :Yanlış
p :Yanlış, q :Doğru
70
Hiçbiri
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BİLGİÇ
21.) Aşağıdaki fonksiyonlardan hangisi tanım kümesinden R ye 1–1 dir fakat örten değildir?
√
N
√
1
f (x) = ex
f (x) = ln x
f (x) =
f (x) = x
Hepsi
x
22.) f : R −→ R, f (x) = −x2 ise f [−4, 1] =?
N
[1, 16]
[−16, 0]
[−4, −1]
[−1, 0]
Hiçbiri
23.) f : Z −→ R, f (x) = x olsun. Aşağıdaki reel fonksiyonlardan hangisi f nin bir genişletilmişidir?
N
x2 − 2x
t(x) = x
r(x) = x · tan x · cot x
Hepsi
g(x) = |x|
h(x) =
x−2
24.) f : A −→ B olsun. Her X, Y ⊆ A için p : “ f (X ∩ Y ) = f (X) ∩ f (Y ) ” ve q : “ f (X) \ f (Y ) ⊆
f (X \ Y ) ” önermeleri veriliyor. Buna göre:
p :Doğru, q :Yanlış
p, q :Doğru
25.) f : R −→ R, f (x) = x2 − 3 ise f −1
N
[−3, 1]
[−2, 2]
p, q :Yanlış
N
p :Yanlış, q :Doğru
Hiçbiri
[3, +∞)
Hiçbiri
[−4, 1] =?
[−2, 13]
71
Bölüm 7
İşlem ve Özellikleri
Tanım 7.1 A boş olmayan bir küme ve f : A −→ A bir fonksiyon ise f ye A da bir birli işlem
denir. Eğer f : A × A −→ A bir fonksiyon ise f ye A da bir ikili işlem denir. Benzer şekilde f :
A
{z· · · × A} −→ A bir fonksiyon ise f ’ye A’da bir n–li işlem denir.
| ×A×
n−tane
Örnek 7.2 A = R+ ∪ { 0 } olsun. f : A −→ A fonksiyonu her x ∈ A için f (x) =
√
x kuralıyla verilsin.
f , A’da bir birli işlemdir. g : A × A −→ A fonksiyonu her (x, y) ∈ A × A için g(x, y) = x + y şeklinde
verilen fonksiyon bir ikili işlemdir. Fakat x ÷ y veya x − y şeklindeki bir kural A × A kümesinden
A’ya bir fonksiyon tanımlamadığı için A’da bir ikili işlem değildir.
Not 7.3 A × A’dan A’ya bir fonksiyon aslında A nın iki elemanının yine A nın bir elemanına eşleyen
bir kuraldır. Bu nedenle A’da bir ikili işlemin tanımı “A nın iki elemanının yine A nın bir elemanına
eşleyen bir kural” olarak verilebilir.
Örnek 7.4 A = { 1, 2, 3 } olsun. f : A × A −→ A fonksiyonu şöyle verilsin:
(1, 1) −→ 3, (2, 1) −→ 1, (3, 1) −→ 3
f : (1, 2) −→ 2, (2, 2) −→ 1, (3, 2) −→ 1
(1, 3) −→ 2, (2, 3) −→ 2, (3, 3) −→ 1
Bu durumda f , A da bir ikili işlemdir.
Not 7.5 Bu bölümde sadece ikili işlemlerin özelliklerini inceleyeceğiz. Bu nedenle “ikili işlem” yerine
kısaca “işlem” diyeceğiz. İkili işlemleri f, g harfi yerine genelde ∗, ⊗, ?, ⊕, , ◦, 2 gibi sembollerle
göstereceğiz. Ayrıca ikili işlemleri elemanların ortasına yazacağız, yani mesela bir önceki örnekte
f (3, 2) = 1 yerine kısaca 3f 2 = 1 yazacağız. Eğer f harfi yerine ∗ sembolu kullanırsak bu ifadeyi
3 ∗ 2 = 1 şeklinde yazarız. Şimdiye kadar kullandığımız toplama, çarpma, bölme, kesişim, birleşim
ve simetrik fark gibi işlemlerin elemanların arasına yazıldığına dikkat ediniz.
72
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
Örnek 7.6 Bir A kümesinin kuvvet kümesi P (A) üzerinde tanımlanan kesişim (∩) ve birleşim (∪)
işlemleri birer ikili işlemdir.
∩ : P (A) × P (A) −→ P (A)
∪ : P (A) × P (A) −→ P (A)
İşlemin Özellikleri
f, A’da bir ikili işlem olsun. f ’yi ∗ sembolü ile gösterelim.
Tanım 7.7 (Kapalılık Özelliği) Her a, b ∈ A için a∗b ∈ A oluyorsa ∗ işlemine kapalıdır denir. İşlemin
tanımından anlaşılacağı gibi aslında bir işlem kapalı olmalıdır.
Tanım 7.8 (Birleşme Özelliği) Her a, b, c ∈ A için
(a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c)
önermesi doğruysa ∗ işleminin birleşme özelliği vardır veya kısaca ∗ işlemi birleşmelidir denir.
Tanım 7.9 (Değişme Özelliği) Her a, b ∈ A için
a∗b=b∗a
önermesi doğruysa ∗ işleminin değişme özelliği vardır veya kısaca ∗ işlemi değişmelidir denir.
Tanım 7.10 (Birim (Etkisiz) Eleman Özelliği) Her a ∈ A için
a∗e=a
ve
e∗a=a
şartını sağlayan bir e ∈ A varsa bu elemana ∗ işleminin birim (etkisiz) elemanı denir.
Tanım 7.11 (Ters Eleman Özelliği) ∗ işlemi birim elemanı e olan bir işlem olsun. Eğer, bir a ∈ A için
a∗b=e
ve
b∗a=e
şartını sağlayan bir b ∈ A varsa bu b elemanına a elemanının ∗ işlemine göre tersi (kısaca tersi) denir
ve genelde a−1 ile gösterilir.
Not 7.12 Ters eleman özelliğinden bahsetmek için birim elemanın olması gerekir. Ayrıca her elemanın tersi olmayabileceği gibi bazı elemanların birden fazla tersi olabilir. Bir a elemanının tersi için a−1
gösterimi standart değildir. Mesela bir sayının toplama işlemine göre tersi içini −a kullanılmaktadır.
Bazen a’nın tersi için a−1 kullanılması 1/a ile karışmaktadır. Bu durumda a nın tersi için e
a veya a0
sembolü kullanılabilir.
73
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
Tanım 7.13 (Dağılma Özelliği) ∗ ve 4 işlemleri A’da tanımlanmış iki ikili işlem olsun. Eğer her
a, b, c ∈ A için
a ∗ (b4c) = (a ∗ b)4(a ∗ c)
önermesi doğru ise ∗ işleminin 4 işlemi üzerine soldan dağılma özelliği vardır denir. Eğer her
a, b, c ∈ A için
(a4b) ∗ c = (a ∗ c)4(b ∗ c)
önermesi doğru ise ∗ işleminin 4 işlemi üzerine sağdan dağılma özelliği vardır denir. ∗ işleminin
4 işlemi üzerine hem sağdan hem de soldan dağılma özelliği varsa kısaca dağılma özelliği vardır
diyeceğiz.
Örnek 7.14 Reel sayılarda tanımlanan çarpma işleminin toplama işlemi üzerine dağılma özelliği vardır, çünkü her a, b, c ∈ R için
a · (b + c) = (a · b) + (a · c)
ve
(a + b) · c = (a · c) + (b · c)
önermesi doğrudur. Ancak toplama işleminin çarpma üzerine dağılma özelliği yoktur. Ayrıca kümeler üzerinde tanımlanan ∩ ve ∪ işlemlerinin birbiri üzerine dağılma özellikleri vardır, çünkü her
A, B, C kümesi için
A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
ve
(A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)
ve
(A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C)
önermeleri ile birlikte
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
önermeleri de doğrudur.
Teorem 7.15 Bir ∗ işleminde birim eleman (varsa) tektir.
İspat: ∗ işleminin e ve f gibi iki tane birim elemanı olsun. e bir birim eleman olduğundan e ∗ f = f
dir. Ayrıca f bir birim eleman olduğundan e ∗ f = e olmalıdır. O halde e = f dir.
Teorem 7.16 Birleşme özelliği olan bir ∗ işleminde bir elemanın tersi (varsa) tektir.
İspat: ∗ işleminin birim elemanı e olsun. a elemanının b ve c gibi iki tane tersi olsun. O halde
a∗b=b∗a=a∗c=c∗a=e
yazabiliriz. Şimdi;
b = b ∗ e = b ∗ (a ∗ c) = (b ∗ a) ∗ c = e ∗ c = c
olup b = c olduğu gösterilmiş olur.
74
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
Örnek 7.17 ∗ : N × N −→ N her x, y ∈ N için x ∗ y = x + 2y şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini
inceleyelim.
i) Her a, b ∈ N için a ∗ b = a + 2b ∈ N olduğundan işlem kapalılık özelliğine sahiptir.
ii) Her a, b, c ∈ N için
(a ∗ b) ∗ c = (a + 2b) ∗ c = a + 2b + 2c
ve
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + 2c) = a + 2b + 4c
ifadeleri genelde eşit olmadığından (mesela c 6= 0 iken) birleşme özelliği yoktur.
iii) 2 ∗ 7 = 16 ve 7 ∗ 2 = 11 olup 16 6= 11 olduğundan değişme özelliği yoktur.
iv) Her a ∈ N için
a ∗ e = a =⇒ a + 2e = a =⇒ 2e = 0 =⇒ e = 0 olabilir.
Ancak 0 ∗ a = 2a olup birim eleman 0 olamaz. O halde birim eleman yoktur. (Ya da, her a ∈ N için
e ∗ a = a denkleminin sağlayan bir e ∈ N bulunamaz, çünkü e = −a bulunur ve birim eleman a’ya
bağlı olamaz.)
v) Birim eleman olmadığından ters elemandan söz edilemez.
Örnek 7.18 Bir A kümesinin kuvvet kümesi P (A) üzerinde tanımlanan ∩ işleminin özelliklerini inceleyelim. ∩ : P (A) × P (A) −→ P (A) işleminin özellikleri:
i) Her X, Y ∈ P (A) için X ∩ Y ∈ P (A) dır, çünkü X ⊆ A, Y ⊆ A =⇒ X ∩ Y ⊆ A dır. O halde işlem
kapalıdır.
ii) Her X, Y, Z ∈ P (A) için X ∩ (Y ∩ Z) = (X ∩ Y ) ∩ Z olup işlem birleşme özelliğine sahiptir.
iii) Her X, Y ∈ P (A) için X ∩ Y = Y ∩ X olduğundan işlem değişme özelliğine sahiptir.
iv) Her X ∈ P (A) için X ∩ A = X olduğundan ve işlem değişme özelliğine sahip olduğundan birim
eleman e = A dır.
v) A’nın tersi A dır, çünkü A ∩ A = A = e dir. Eğer X 6= A ise
X ∩Y =Y ∩X =A
olacak şekilde bir Y ∈ P (A) bulunamayacağından X’in tersi yoktur. Yani sadece A’nın tersi vardır.
Not 7.19 Bir ∗ işleminin değişme özelliği varsa, birim eleman bulunurken a ∗ e = a ve e ∗ a = a
denklemlerinden sadece birisini kullanmak yeterlidir. Benzer şekilde ters eleman bulunurken de a ∗
b = e ve b ∗ a = e denklemlerinden sadece birisini çözmek yeterlidir.
Örnek 7.20 Z tamsayılar kümesinde a ∗ b = a + b − 1 şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyelim.
75
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
i) Her a, b ∈ Z için a ∗ b = a + b − 1 ∈ Z olduğundan işlem kapalıdır.
ii) Her a, b, c ∈ Z için
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + c − 1) = a + b + c − 2 = (a + b − 1) ∗ c = (a ∗ b) ∗ c
olduğundan işlem birleşme özelliğine sahiptir.
iii) Her a, b ∈ Z için a ∗ b = a + b − 1 = b + a − 1 = b ∗ a olduğundan işlem değişmelidir.
iv) Her a ∈ Z için
a ∗ e = a =⇒ a + e − 1 = a =⇒ e = 1
elde edilir, çünkü işlem değişmelidir.
v) a ∗ b = 1 =⇒ a + b − 1 = 1 =⇒ b = 2 − a olur. İşlem değişmeli olduğundan b ∗ a = 1 denklemini
çözmeye gerek yoktur. Her a ∈ Z için a−1 = 2 − a ∈ Z olup her tamsayının tersi mevcuttur.
Tanım 7.21 A ve B boş olmayan iki küme olsun. : B × A −→ A şeklindeki bir fonksiyona A da bir
dış işlem denir.
ALIŞTIRMALAR
1.) Bir A kümesinde tanımlanan 4 işleminin değişme ve birleşme özelliği varsa, a, b, c, d ∈ A için
aşağıdaki eşitliği gösterin:
(a4b)4(c4d) = (d4c)4a 4b
Çözüm:
(d4c) 4a 4b = (d4c) 4(a4b)
| {z }
| {z }
(Birleşme özelliği olduğundan)
= (a4b)4(d4c)
(Değişme özelliği olduğundan)
= (a4b)4(c4d)
(Değişme özelliği olduğundan)
x
x
2.) f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 : R \ { 0, 1 } −→ R fonksiyonları aşağıdaki gibi tanımlansın:
f1 (x) = x,
f2 (x) =
1
,
1−x
f3 (x) =
x−1
,
x
f4 (x) =
1
,
x
f5 (x) =
x
,
x−1
f6 (x) = 1 − x.
Buna göre { f1 , f2 } , { f1 , f3 } , { f1 , f4 } , { f1 , f5 } , { f1 , f2 , f3 } kümelerinden hangileri fonksiyonlardaki bileşke işlemine göre kapalıdır?
Çözüm: Bu 6 fonksiyonun işlem tablosu aşağıdaki gibi oluşur:
76
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
◦
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f1
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f2
f2
f3
f1
f5
f6
f4
f3
f3
f1
f2
f6
f4
f5
f4
f4
f6
f5
f1
f3
f2
f5
f5
f4
f6
f2
f1
f3
f6
f6
f5
f4
f3
f2
f1
Tablodan anlaşılacağı gibi kapalı olan kümeler: { f1 , f4 } , { f1 , f5 } , { f1 , f2 , f3 }.
3.) Z’de a4b = |a| + |b| şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyin.
Çözüm: (i) Her a, b ∈ Z için |a| + |b| ∈ Z olup işlem kapalıdır.
(ii) Her a, b, c ∈ Z için
(a4b)4c = (|a| + |b|) 4c = |a| + |b| + |c| = |a| + |b| + |c|,
a4(b4c) = a4 (|b| + |c|) = |a| + |b| + |c| = |a| + |b| + |c|
olup eşitlik doğrulanır. Yani birleşme özelliği vardır.
(iii) Her a, b ∈ Z için a4b = |a| + |b| = |b| + |a| = b4a olup değişme özelliği vardır.
(iv) −2 tamsayısı için
(−2)4e = 2 + |e| = −2
eşitliği çözülemez, çünkü 2 + |e| > 0 dır. O halde birim eleman yoktur.
(v) Birim eleman olmadığından ters eleman yoktur.
4.) Q × Q kümesinde (a, b) ∗ (c, d) = (ac, ad + b) şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyin.
Çözüm: (i) Her a, b, c, d ∈ Q için ac ∈ Q ve ad + b ∈ Q olup (ac, ad + b) ∈ Q × Q dir. Yani işlem
kapalıdır.
(ii) Birleşme özelliği vardır, çünkü:
[(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (e, f ) = (ac, ad + b) ∗ (e, f ) = (ace, acf + ad + b),
(a, b) ∗ [(c, d) ∗ (e, f )] = (a, b) ∗ (ce, cf + d) = (ace, acf + ad + b)
eşitliklerin sağ tarafı eşittir.
(iii) Değişme özelliği yoktur, çünkü, örneğin
(2, 3) ∗ (4, 5) = (8, 13)
fakat
77
(4, 5) ∗ (2, 3) = (8, 17).
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
(iv) Birim elemanı (x, y) ile gösterirsek her (a, b) ∈ Q × Q için
(a, b) ∗ (x, y) = (a, b) =⇒ (ax, ay + b) = (a, b) =⇒ ax = a, ay + b = b =⇒ x = 1, y = 0.
Ayrıca
(1, 0) ∗ (a, b) = (1 · a, 1 · b + 0) = (a, b)
olur. O halde birim eleman (1, 0) dır.
(v) (a, b) nin tersini (x, y) ile gösterirsek:
(a, b) ∗ (x, y) = (1, 0) =⇒ ax = 1, ay + b = 0 =⇒ x =
1
−b
,y =
a
a
(a 6= 0).
Ayrıca
1 −b
,
a a
∗ (a, b) =
1
b
b
· a, −
a
a a
= (1, 0).
Şimdi, her elemanın tersi olmayıp, a 6= 0 ise:
−1
(a, b)
=
1 −b
,
a a
.
5.) Z’de x y = xy + 2(x + y) + 2 şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyin.
Çözüm: (i) Her x, y ∈ Z için xy + 2(x + y) + 2 ∈ Z olduğundan işlem kapalıdır.
(ii) Birleşme özelliği vardır, çünkü:
(x y) z = (xy + 2x + 2y + 2) z = xyz + 2xz + 2yz + 2z + 2xy + 4x + 4y + 4 + 2z + 2
= xyz + 2(xy + xz + yz) + 4(x + y + z) + 6,
x (y z) = x (yz + 2y + 2z + 2) = xyz + 2xy + 2xz + 2x + 2x + 2yz + 4y + 4z + 4 + 2
= xyz + 2(xy + xz + yz) + 4(x + y + z) + 6
eşitliklerin sağ tarafı eşittir.
(iii) Değişme özelliği vardır, çünkü:
x y = xy + 2(x + y) + 2 = yx + 2(y + x) + 2 = y x.
(iv) Her x ∈ Z için
x e = xe + 2x + 2e + 2 = x =⇒ e(x + 2) + (x + 2) = 0 =⇒ (x + 2)(e + 1) = 0
denkleminin çözümü e = −1 dir. Değişme özelliği olduğundan birim eleman e = −1 dir.
(v) x in tersini y ile gösterirsek:
x y = −1 =⇒ xy + 2x + 2y + 2 = −1 =⇒ y(x + 2) = −3 − 2x =⇒ y =
78
−3 − 2x
x+2
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
elde edilir. Değişme özelliği olduğunda y x = −1 denklemi de aynı sonucu verir. Her tamsayının
tersi yoktur, çünkü y ∈ Z olmalıdır. Şimdi:
y=
−3 − 2x
1
= −2 +
x+2
x+2
olup y ∈ Z olması için gerek ve yeter şart x + 2 = ∓1 olmasıdır. O halde sadece x = −1 ve x = −3’ün
tersi vardır ve (−1)−1 = −1 ve (−3)−1 = −3 dür.
√
a2 b2 şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyin.
√
Çözüm: (i) Her a, b ∈ R için a2 b2 > 0 olduğundan a2 b2 ∈ R dir. O halde işlem kapalıdır.
6.) R’de a b =
(ii) Aşağıdaki eşitliklerin sağ tarafları eşit olduğundan birleşme özelliği vardır:
√
p
a2 b2 c = (a2 b2 )c2 = a2 b2 c2
√
√
p
a (b c) = a b2 c2 = a2 (b2 c2 ) = a2 b2 c2
(a b) c =
√
(iii) Değişme özelliği vardır, çünkü:
ab=
√
a2 b2 =
√
b2 a2 = b a.
(iv) Birim elemanı e ile gösterelim. O halde −3 reel sayısı için
(−3) e = −3 =⇒
√
9e2 = −3 =⇒ 3|e| = −3
denklemi çözülemez, çünkü 3|e| > 0 dır. O halde birim eleman yoktur.
(v) Birim eleman olmadığından ters eleman yoktur.
7.) Z’de a ? b = b şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyin.
Çözüm: (i) a, b ∈ Z ise a ? b = b ∈ Z olduğu açıktır. Yani işlem kapalıdır.
(ii) Birleşme özelliği vardır, çünkü
(a ? b) ? c = b ? c = c = a ? c = a ? (b ? c).
(iii) Değişme özelliği yoktur, çünkü
2?7=7
fakat
7 ? 2 = 2.
(iv) Birim elemanın olduğunu kabul edelim ve e ile gösterelim. a = e + 1 dersek a ∈ Z ve a 6= e
olduğu açıktır. Şimdi e birim eleman olduğundan a ? e = a olmalıdır. Fakat a ? e = e dir. Bu bir
çelişkidir, o halde birim eleman yoktur.
79
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
(v) Birim eleman olmadığından ters eleman yoktur.
8.) Z’de
(
a∗b=
a + b − 2, a + b çift ise
ab
2,
a + b tek ise
şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyin.
Çözüm: (i) a, b ∈ Z olsun. a+b çift ise a+b−2 ∈ Z olduğu açıktır. a+b tek ise, bu sayılardan birisi tek,
diğeri çifttir. Yani çarpımları ab çifttir. O halde (ab)/2 bir tamsayıdır. Sonuç olarak, işlem kapalıdır.
(ii) Birleşme özelliği yoktur, çünkü
(4 ∗ 6) ∗ 1 = 8 ∗ 1 = 4
fakat
4 ∗ (6 ∗ 1) = 4 ∗ 3 = 6
(iii) a, b ∈ Z olsun. a + b çift ise, b + a da çift olup:
a ∗ b = a + b − 2 = b + a − 2 = b ∗ a.
Benzer şekilde, a + b tek ise, b + a da tek olacağından
a∗b=
ab
ba
=
=b∗a
2
2
Yani, değişme özelliği vardır.
(iv) Birim eleman 2 dir, çünkü a ∈ Z verildiğinde
2a
=a
2
a çift =⇒ a ∗ 2 = a + 2 − 2 = a.
a tek =⇒ a ∗ 2 =
Ayrıca değişme özelliği olduğundan 2 ∗ a = a dır.
(v) a ∈ Z verilsin. a nın tersine b diyelim. Burada 4 durum vardır: (Değişme özelliği olduğundan
sadece a ∗ b = 2 denklemini çözelim.)
Durum 1: a tek, b tek =⇒ a ∗ b = 2 =⇒ a + b − 2 = 2 =⇒ b = 4 − a
Durum 2: a çift, b çift =⇒ a ∗ b = 2 =⇒ a + b − 2 = 2 =⇒ b = 4 − a
Durum 3: a tek, b çift =⇒ a ∗ b = 2 =⇒ (ab)/2 = 2 =⇒ b = 4/a =⇒ a = ∓1
Durum 4: a çift, b tek =⇒ a ∗ b = 2 =⇒ (ab)/2 = 2 =⇒ b = 4/a =⇒ a = ∓4
Yani a nın tersi a−1 = 4 − a formülüyle bulunur. Ancak burada 1, −1, 4, −4 sayılarının tersleri ayrıca
4/a formülüyle de hesaplanır. Yani bu dört sayının ikişer tane tersi vardır.
80
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
9.) Q’da a ∗ b = ab + 1 şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyin.
Çözüm: (i) Her a, b ∈ Q için ab + 1 ∈ Q olup işlem kapalıdır.
(ii) Birleşme özelliği yoktur, çünkü:
(a ∗ b) ∗ c = (ab + 1) ∗ c = abc + c + 1,
ve
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (bc + 1) = abc + a + 1
ifadeleri genelde eşit değildir. (a 6= c için eşit değildir.)
(iii) Değişme özelliği vardır, çünkü:
a ∗ b = ab + 1 = ba + 1 = b ∗ a.
(iv) a ∗ e = a dan ae + 1 = a ve buradan e = (a − 1)/a elde edilir. Birim eleman a’ya bağlı olamayacağından, birim eleman yoktur.
(v) Birim eleman olmadığından ters eleman yoktur.
10.) Z’de a ∗ b = a + b − ab şeklinde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyin.
Çözüm: (i) Her a, b ∈ Z için a + b − ab ∈ Z olup işlem kapalıdır.
(ii) Birleşme özelliği vardır, çünkü aşağıdaki eşitliklerin sağ tarafları eşittir:
(a ∗ b) ∗ c = (a + b − ab) ∗ c = a + b − ab + c − ac − bc + abc = a + b + c − ab − ac − bc + abc,
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + c − bc) = a + b + c − bc − ab − ac + abc = a + b + c − ab − ac − bc + abc
(iii) Değişme özelliği vardır, çünkü:
a ∗ b = a + b − ab = b + a − ba = b ∗ a.
(iv) Birim elemana e dersek:
a ∗ e = a =⇒ a + e − ae = a =⇒ e(1 − a) = 0 =⇒ e = 0
bulunur. Ayrıca değişme özelliği olduğundan birim eleman e = 0 dır.
(v) a nın tersini b ile gösterirsek ve değişme özelliğini de kullanırsak:
a ∗ b = e =⇒ a + b − ab = 0 =⇒ b =
1
a
=1+
a−1
a−1
bulunur. Ancak b ∈ Z olmalıdır. O halde a = 0 veya a = 2 olabilir. O zaman sadece 0 ve 2 nin tersi
vardır ve 0−1 = 0 ve 2−1 = 2 bulunur.
81
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
11.) R’de aşağıdaki şekilde tanımlanan işlemin özelliklerini inceleyin.
(
a + b, a > b ise
a∗b=
ab,
a < b ise
Çözüm: (i) a, b ∈ R verilsin. a > b olsa da a < b olsa da a + b ∈ R ve ab ∈ R olup işlem kapalıdır.
(ii) Birleşme özelliği yoktur, çünkü:
(2 ∗ 3) ∗ 5 = 6 ∗ 5 = 11
fakat 2 ∗ (3 ∗ 5) = 2 ∗ 15 = 30
(iii) Değişme özelliği yoktur, çünkü:
2∗3=6
fakat 3 ∗ 2 = 5
(iv) Birim elemana e diyelim. O zaman a = e + 1 dersek e < a olduğu açıktır. Şimdi:
e ∗ a = ea = a
olmalıdır. Buradan e = 1 bulunur. O halde 3 ∗ 1 = 3 olmalıdır. Fakat 3 ∗ 1 = 4 dür. Bu bir çelişkidir,
yani birim eleman yoktur.
(v) Birim eleman olmadığından ters eleman yoktur.
12.) İki elemanlı bir A kümesinde kaç tane farklı işlem tanımlanabilir?
N
256
4
16
8
Hiçbiri
13.) R+ kümesinde tanımlanan a ∗ b = ab şeklindeki işlem için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
N
Kapalı değil Birleşme öz. var Değişme öz. var Birim eleman var
Hiçbiri
14.) Rasyonel sayılar kümesinde her a, b ∈ Q için aşağıda tanımlanan kurallardan hangisi bir işlem
tanımlar?
√
1
a2 − b2
2 + b2
Hiçbiri
a
a2 + b4 + 1
a
15.) Z’de a ∗ b = a + b + 9ab işlemi tanımlanıyor. Buna göre tersi olan elemanların
kümesi nedir?
N
1
{0}
{ 0, −1 }
∅
−
Hiçbiri
9
(a + 1)b
N
16.) Reel sayılar kümesinde tanımlanan a ∗ b = a + b − ab şeklinde işlem için aşağıdakilerden hangisi
yanlıştır?
N
Her elemanın tersi var Birleşme öz. var Değişme öz. var Birim eleman var Hiçbiri
17.) R’de aşağıda kuralı verilen işlemlerin hangisinin birim elemanı vardır?
a ∗ b = sin(a · b)
a ∗ b = 4a+b
a ∗ b = a · |b|
a ∗ b = a + 2b − 1
N
Hiçbiri
18.) Bir ∅ 6= A kümesinin kuvvet kümesi P (A) üzerinde X ∗ Y = X \ Y işlemi tanımlanıyor. Buna
göre:
Her elemanın tersi var
N
Birleşme öz. yok Değişme öz. var Birim el. var Hiçbiri
82
Bölüm 7. İşlem ve Özellikleri
Hüseyin BİLGİÇ
19.) Z’de a ? b = b şeklinde tanımlanan işlemle ilgili hangisi doğrudur?
En az iki elemanın tersi var Birleşme öz. yok Değişme öz. var Birim el. var
N
Hiçbiri
20.) A kümesinde bir ∗ işlemi tanımlansın. Bazı elemanların birden fazla tersinin olduğu bilindiğine
göre ∗ ile ilgili aş. hangisi söylenebilir?
N
Değişme öz. yok
Birleşme öz. yok Birden fazla birim el. var Kapalı değil Hiçbiri
21.) Bütün kümeler üzerinde tanımlanan A ∗ B = A ∪ B işlemi için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
Kapalı değil
Birleşme öz. var
Değişme öz. yok
83
Birim el. var
N
Hiçbiri
Bölüm 8
Cebirsel Yapılar
Tanım 8.1 Üzerinde en az bir işlem tanımlı olan ve bu işleme göre bazı şartları sağlayan kümeye bir
cebirsel yapı denir. Eğer A kümesi üzerinde bir ∗ işlemi tanımlanmışsa (A, ∗) ikilisine tek işlemli bir
cebirsel yapıdır. Benzer şekilde, 4 başka bir işlem ise (A, ∗, 4) yapısı iki işlemli bir cebirsel yapıdır.
Eğer ∗ ve 4 işlemleri A ve B kümeleri üzerinde birer n–li işlem iseler o zaman (A, ∗) ve (B, 4)
sistemlerine aynı türden sistemler denir.
Örnek 8.2 + : Z × Z −→ Z ve · : N × N −→ N birer ikili işlemdir. O halde (Z, +) ve (N, ·) aynı türden
sistemlerdir.
Tanım 8.3 Boş olmayan bir S kümesi üzerinde tanımlanan ∗ işleminin birleşme özelliği varsa (S, ∗)
sistemine bir yarıgrup denir. Birim elemanı olan yarıgruplara da monoid denir.
Örnek 8.4 (N, +), (N, ·), (R, +), (R+ , ·) sistemleri birer yarıgruptur.
Tanım 8.5 G boş olmayan bir küme ve ∗, G’de bir ikili işlem olsun. Eğer aşağıdaki dört şart sağlanıyorsa (G, ∗) sistemine bir grup denir.
(i) Her a, b ∈ G için a ∗ b ∈ G. (Kapalılık)
(ii) Her a, b, c ∈ G için (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c). (Birleşme)
(iii) Her a ∈ G için a ∗ e = e ∗ a = a olacak şekilde e ∈ G vardır. (Birim eleman)
(iv) Her a ∈ G için a ∗ b = b ∗ a = e olacak şekilde b ∈ G vardır. (Ters eleman)
Bunlara ilaveten eğer
(v) Her a, b ∈ G için a ∗ b = b ∗ a (Değişme)
84
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
özelliği varsa (G, ∗) sistemine bir abelyen (değişmeli) grup denir.
Not 8.6 Burada (iv) özelliğindeki b elemanına a nın ∗ işlemine göre tersi denir ve genelde b = a−1
şeklinde gösterilir. Grup işlemi toplama ise (veya toplamsal bir gösterim şekli kullanılıyor ise) b = −a
ile gösterilir.
Örnek 8.7 (Z, +), (Q, +), (R, +) sistemleri birer abelyen gruptur. Ayrıca (Q \ { 0 } , ·), (R \ { 0 } , ·) sitemleri de birer abelyen gruptur. Her elemanın tersi olmadığından (N, +), (N, ·) ve (Z, ·) sistemleri
bir grup değildir.
Örnek 8.8 A 6= ∅ olmak üzere (P (A), ∪) sistemini düşünelim. Kapalılık ve birleşme özelliği kolaylıkla gösterilebilir. Birim eleman da ∅ dir. Ancak bu işlemde sadece birim elemanın tersi mevcuttur,
çünkü X en az bir elemanlı bir küme ise
X ∪Y =Y ∪X =∅
şartını sağlayan bir Y ∈ P (A) bulunamaz. O halde (P (A), ∪) sistemi bir grup değildir.
Örnek 8.9 G = { 3x : x ∈ Z } kümesinde 3x ? 3y = 3x+y şeklinde bir ? işlemi tanımlanıyor. a, b ∈ Z
için a + b ∈ Z olduğundan 3a ? 3b = 3a+b ∈ G olur. Ayrıca
3a ? (3b ? 3c ) = 3a ? 3b+c = 3a+b+c = 3a+b ? 3c = (3a ? 3b ) ? 3c
olup ? işleminin birleşme özelliği vardır. Birim elemanının 30 = 1 olduğu kolayca görülür. Her 3a ∈ G
elemanının tersi 3−a ∈ G elemanıdır, çünkü
3a ? 3−a = 3−a ? 3a = 30 = 1.
Sonuç olarak (G, ?) sisteminin bir grup olduğu görülür.
Teorem 8.10 (G, ∗) bir grup olsun.
a) G’nin birim elemanı yegânedir.
b) Her elemanın sadece bir tane tersi vardır.
c) Her a ∈ G için (a−1 )−1 dir.
d) Her a, b ∈ G için (a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1 dir.
İspat a) Bir işlemde birim elemanın tekliği gösterilmiştir. (Teorem 7.15)
İspat b) ∗ işleminin birleşme özelliği olduğundan her elemanın tersi tektir. (Teorem 7.16)
85
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
İspat c) x ∗ y = e ve y ∗ x = e ise x−1 = y olduğunu biliyoruz. Şimdi
a−1 ∗ a = e
a ∗ a−1 = e
ve
olup x = a−1 ve y = a dersek (a−1 )−1 = a olduğu görülür.
İspat d) Şimdi
(a ∗ b) ∗ (b−1 ∗ a−1 ) = a ∗ (b ∗ b−1 ) ∗a−1 = a ∗ a−1 = e
| {z }
e
−1
(b
−1
∗a
−1
) ∗ (a ∗ b) = b
∗ (a−1 ∗ a) ∗b = b−1 ∗ b = e
| {z }
e
eşitliklerinden ispat tamamlanır.
Tanım 8.11 (G, ∗) birim elemanı e olan bir grup ve n ∈ N olsun. Her a ∈ G için:
a) a1 = a,
b) a2 = a ∗ a, a3 = a ∗ a ∗ a, . . . , an = an−1 ∗ a
(n > 2)
c) a0 = e
d) a−n = (an )−1
(n > 1)
şeklinde tanımlanır. Bu tanımlar çarpımsal gösterim şekli içindir. Toplamsal gösterim şeklinde grup
işlemi + ile ve bir a elemanının tersi −a ile gösterilir. Bu durumda yukardaki tanımlar
1 · a = a,
na = (n − 1)a + a,
0 · a = e,
(−n)a = −(na)
şeklinde verilir.
Teorem 8.12 (G, ∗) bir grup ve m, n ∈ Z olsun. Bu durumda her x ∈ G için (xm )n = xmn ve xm ∗ xn =
xm+n dir.
Tanım 8.13 (G, ∗) bir grup ve ∅ =
6 S ⊆ G olsun. Eğer (S, ∗) yapısı bir grup ise (yani S kümesi de aynı
∗ işlemine göre grup oluyorsa) S’ye G’nin bir altgrubu denir.
Not 8.14 Eğer S kümesi bir altgrup değilse ya kapalı değildir, ya birim eleman yoktur ya da S’deki
bazı elemanların tersleri S ye ait değildir. Ancak S ⊆ G olduğundan birleşme özelliği S’de vardır.
Örnek 8.15 (Z, +) grubu (Q, +) grubun altgrubudur. (Q \ { 0 } , ·) grubu (R \ { 0 } , ·) grubunun altgrubudur.
Teorem 8.16 (G, ∗) bir grup ve S de G’nin boş olmayan bir altkümesi olsun. S nin bir altgrup olması
için gerek ve yeter şart her a, b ∈ S için a ∗ b−1 ∈ S olmasıdır.
86
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
Örnek 8.17 G = (Z, +) grubu olsun. m ∈ Z sabit bir tamsayı olmak üzere mZ = { mk : k ∈ Z } alt
kümesini düşünelim. a, b ∈ mZ olsun. Bu durumda bir k1 , k2 ∈ Z için a = mk1 , b = mk2 şeklindedir.
Biz a ∗ b−1 ∈ mZ olduğunu; yani a − b ∈ mZ olduğunu göstereceğiz. Şimdi, k1 − k2 ∈ Z olduğundan
a − b = mk1 − mk2 = m(k1 − k2 ) ∈ mZ
olup Teorem 8.16 dan dolayı mZ bir altgrup olur.
Örnek 8.18 (G, ∗) bir grup ve a ∈ G olsun. H = { x ∈ G : a ∗ x = x ∗ a } kümesinin bir altgrup olduğunu gösterelim. x, y ∈ H alalım. O halde a ∗ x = x ∗ a ve a ∗ y = y ∗ a dır. Şimdi
a ∗ y = y ∗ a =⇒ sağdan y −1 ile , a = y ∗ a ∗ y −1
=⇒ soldan y −1 ile , y −1 ∗ a = a ∗ y −1
olup y −1 ∈ H olduğu görülür. Daha sonra,
(x ∗ y −1 ) ∗ a = x ∗ (y −1 ∗ a) = x ∗ (a ∗ y −1 ) = (x ∗ a) ∗ y −1 = (a ∗ x) ∗ y −1 = a ∗ (x ∗ y −1 )
olduğundan x∗y −1 ∈ H olduğu görülür. Teorem 8.16’dan dolayı H bir altgruptur. Aslında bu altgrup
a elemanı ile değişmeli olan elemanların kümesidir.
Tanım 8.19 Boş olmayan bir H kümesi üzerinde ⊕ ve ikili işlemleri tanımlansın. Eğer aşağıdaki
şartlar sağlanıyorsa (H, ⊕, ) iki işlemli cebirsel yapısına bir halka denir.
a) (H, ⊕) bir abelyen gruptur.
b) (H, ) bir yarı gruptur.
c) işleminin ⊕ üzerine dağılma özelliği vardır.
Örnek 8.20 Bilinen toplama ve çarpma işlemlerine göre Z, Q, R ve C kümeleri birer halkadır. Yine,
bilinen matris toplaması ve matris çarpması işlemlerine göre 2 × 2 tipindeki reel matrislerin kümesi
bir halkadır.
Tanım 8.21 Boş olmayan bir H kümesi üzerinde ⊕ ve ikili işlemleri tanımlansın. ⊕ işleminin birim
elemanını 0H ile gösterelim. Eğer aşağıdaki şartlar sağlanıyorsa (H, ⊕, ) iki işlemli cebirsel yapısına
bir cisim denir.
a) (H, ⊕) bir abelyen gruptur.
b) (H \ { 0H } , ) bir abelyen gruptur.
c) işleminin ⊕ üzerine dağılma özelliği vardır.
Örnek 8.22 Bilinen toplama ve çarpma işlemlerine göre Q, R ve C kümeleri birer cisimdir. Modulo 7
toplama ve çarpma işlemlerine göre Z7 = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 denklik sınıfları kümesi bir cisimdir.
87
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
ALIŞTIRMALAR
1.) Aşağıdaki kümelerin yanlarında verilen işlemlerle birlikte birer abelyen grup oluşturup oluşturmadıklarını araştırınız.
a) N, a ∗ b = a − b
b) R \ { 0 } , a ∗ b = a/b
c) Q \ { 0 } , a ∗ b = ab
2
("
#
)
a 0
e) G =
: 0 6= a ∈ R , matris çarpması.
0 1/a
d) R+ , a ∗ b =
ab
3
Çözüm a) Bu sorudaki ∗ kuralı doğal sayılar kümesinde bir işlem tanımlamaz. Çünkü, örneğin 2∗5 =
−3 ∈
/ N.
Çözüm b) ∗ işlemi birleşme özelliğine sahip değildir, çünkü:
(2 ∗ 3) ∗ 5 =
Çözüm c) Her a, b ∈ Q \ { 0 } için
2
2
∗5=
3
15
ab
2
fakat
2 ∗ (3 ∗ 5) = 2 ∗
3
10
= .
5
3
∈ Q \ { 0 } olup işlem kapalıdır. İşlemin birleşme özelliği vardır,
çünkü
(a ∗ b) ∗ c =
ab
abc
bc
∗c=
=a∗
= a ∗ (b ∗ c).
2
4
2
İşlemin değişme özelliği vardır, çünkü
a∗b=
Her a ∈ Q \ { 0 } için 2 ∗ a = a ∗ 2 =
4/a ∈ Q \ { 0 } dir, çünkü
2a
2
ba
ab
=
= b ∗ a.
2
2
= a olduğundan birim eleman 2 dir. Ayrıca a nın tersi
a4
4
4
∗ a = a ∗ = a = 2.
a
a
2
Sonuç olarak: (Q \ { 0 } , ∗) bir abelyen gruptur.
Çözüm d) Her a, b ∈ R+ için
ab
3
∈ R+ olup işlem kapalıdır. İşlemin birleşme özelliği vardır, çünkü
(a ∗ b) ∗ c =
ab
abc
bc
∗c=
=a∗
= a ∗ (b ∗ c).
3
9
3
İşlemin değişme özelliği vardır, çünkü
a∗b=
Her a ∈ R+ için 3 ∗ a = a ∗ 3 =
3a
3
ab
ba
=
= b ∗ a.
3
3
= a olduğundan birim eleman 3 dür. Ayrıca a nın tersi 9/a ∈ R+
dır, çünkü
a9
9
9
∗ a = a ∗ = a = 3.
a
a
3
Sonuç olarak: (R+ , ∗) bir abelyen gruptur.
88
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
Çözüm e) İşlemin kapalı olduğunu göstermek için, a, b ∈ R \ { 0 } alalım.
"
A=
a
0
#
"
∈ G, B =
0 1/a
b
#
0
"
∈ G =⇒ AB = A =
0 1/b
ab
0
0
1/(ab)
#
∈ G,
olur çünkü 1/(ab) 6= 0 dır. O halde işlem kapalıdır. Matris çarpması her zaman birleşmeli olduğundan
G’de de birleşmelidir. Şimdi
"
#"
# "
# "
#
b 0
a 0
ba
0
ab
0
BA =
=
=
= AB
0 1/b
0 1/a
0 1/(ba)
0 1/(ab)
olup işlemin değişme özelliği vardır. (Fakat, genelde matris çarpımı değişmeli değildir.) 2 × 2 matrislerin çarpımında birim eleman
"
I2 =
1 0
#
0 1
matrisidir. G nin tanımında a = 1 alırsak I2 ∈ G olduğu görülür. 2 × 2 bir matrisin tersinin formülü
şöyledir:
"
a b
c d
#−1
1
=
ad − bc
"
d
−b
−c
a
#
(Eğer ad − bc 6= 0 ise)
Bu durumda G deki bir A matrisinin tersi:
"
# "
#
"
#−1
a
0
1/a
0
1/a
0
1
A−1 =
= 1
=
∈G
aa
0 1/a
0 a
0 a
olduğu açıktır. Sonuç olarak G bir abelyen gruptur.
2.) (G, ∗) bir grup olsun. Her a, b ∈ G için (a ∗ b)2 = a2 ∗ b2 ise G’nin değişmeli olduğunu gösterin.
Çözüm Her a, b ∈ G için
(a ∗ b)2 = a2 ∗ b2 =⇒ a ∗ b ∗ a ∗ b = a ∗ a ∗ b ∗ b
=⇒ b ∗ a ∗ b = a ∗ b ∗ b
(soldan a−1 ile işleme koyduk)
=⇒ b ∗ a = a ∗ b
(sağdan b−1 ile işleme koyduk)
olduğundan işlemin değişme özelliği elde edilir.
3.) G = { x ∈ R : −1 < x < 1 } kümesi üzerinde
a◦ b =
a+b
1 + ab
işlemi tanımlanıyor. (G,◦ ) sisteminin bir grup olduğunu gösterin.
89
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
Çözüm: −1 < a, b < 1 olduğundan −1 < ab < 1 olup 1 + ab > 0 olduğu görülür. Şimdi
−1 < a < 1 =⇒ 0 < a + 1
)
=⇒ (a + 1)(b + 1) > 0 =⇒
−1 < b < 1 =⇒ 0 < b + 1
a+b
(a + 1)(b + 1)
> 0 =⇒
> −1
1 + ab
1 + ab
elde edilir. Diğer yandan:
)
−1 < a < 1 =⇒ a − 1 < 0
=⇒ (a − 1)(1 − b) < 0 =⇒
−1 < −b < 1 =⇒ 0 < 1 − b
(a − 1)(1 − b)
a+b
< 0 =⇒
<1
1 + ab
1 + ab
olup −1 < a◦ b < 1, yani işlem kapalıdır. Birleşme özelliği vardır, çünkü:
a+b
1 + ab
(a◦ b)◦ c =
a◦ (b◦ c) = a◦
◦c =
a+b
1+ab + c
1 + ac+bc
1+ab
=
a + b + c + abc
1 + ab + ac + bc
a+
b+c
1+bc
ab+ac
1+bc
=
a + abc + b + c
1 + bc + ab + ac
b+c
1 + bc
=
1+
olup eşittirler. Değişme özelliği vardır, çünkü:
a◦ b =
b+a
a+b
=
= b◦ a.
1 + ab
1 + ba
Birim eleman 0 dır, çünkü:
0◦ a = a◦ 0 =
a+0
= a.
1+0
Her a ∈ G için a−1 = −a ∈ G dir, çünkü
(−a)◦ a = a◦ (−a) =
a−a
= 0.
1 − a2
Sonuç olarak: (G,◦ ) gruptur, aynı zamanda abelyen gruptur.
4.) (G, ∗) bir grup ve H de onun bir altgrubu olsun. a ∈ G olmak üzere aşağıda verilen kümenin de
bir altgrup olduğunu gösterin.
K=
a ∗ h ∗ a−1 : h ∈ H .
Çözüm: x, y ∈ K alalım. O halde x = a ∗ h1 ∗ a−1 şeklinde ve y = a ∗ h2 ∗ a−1 şeklinde olmalıdır.
(h1 , h2 ∈ H). Şimdi H bir altgrup olduğundan Teorem 8.16 dan dolayı h1 ∗ h−1
2 ∈ H dir. O halde:
−1
x ∗ y −1 = (a ∗ h1 ∗ a−1 ) ∗ (a ∗ h2 ∗ a−1 )−1 = (a ∗ h1 ∗ a−1 ) ∗ (a ∗ h−1
2 ∗a )
−1
−1
−1
−1
−1
= a ∗ h1 ∗ (a
| {z∗ a}) ∗ h2 ∗ a = a ∗ h1 ∗ h2 ∗ a
e
h−1
2 )
∗ a−1 = a ∗ h3 ∗ a−1 ∈ K
= a ∗ (h1 ∗
| {z }
=h3 ∈H
90
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
olup Teorem 8.16 dan dolayı K, G nin bir altgrubudur.
5.) G kümesi 2 × 2 tipindeki tersi olan matrislerin kümesi olsun. G’nin bilinen matris çarpımı ile bir
grup olduğunu biliyoruz. Aşağıda verilen H kümesinin G’nin ve K kümesinin de H’nin bir altgrubu
olduğunu gösterin.
("
a b
H=
#
)
: a, b, c ∈ R, ac 6= 0
0 c
("
,
K=
#
1 b
)
:b∈R
0 1
.
Çözüm:
"
X=
a b
0 c
#
"
d e
∈ H, Y =
#
∈ H =⇒ Y −1
0 f
1
=
df
"
f
−e
0
d
#
"
=
1/d −e/(df )
0
#
1/f
olup
"
XY
−1
=
a b
#"
1/d −e/(df )
0 c
0
1/f
#
"
=
a
d
− ae
df +
b
f
#
∈H
c
f
0
çünkü a, d, c, f sıfır olmadığından (a/d)(c/f ) 6= 0. Teorem 8.16 dan dolayı H, G nin bir bir altgrubudur. Benzer şekilde
"
X=
1 b
0 1
#
"
∈ K, Y =
1 c
#
∈ K =⇒ Y
0 1
−1
1
=
1
"
1 −c
0
#
1
olup
"
XY −1 =
1 b
0 1
#"
1 −c
0
1
#
"
=
1 b−c
0
#
1
∈K
olduğu açıktır. Teorem 8.16 dan dolayı K, H nin bir bir altgrubudur.
√
a + b 5 : a, b ∈ Q, a 6= 0 veya b 6= 0 kümesinin bilinen çarpma işlemine göre bir grup ol√
√
duğunu gösterin. (İpucu: a, b, c, d ∈ Q için a + b 5 = c + d 5 ⇐⇒ a = c ve b = d.)
√
Çözüm: 0 = 0 + 0 5 olup 0 ∈ G olması için gerek ve yeter şart a = b = 0 dır. G nin tanımından ve
√
√
verilen ipucundan dolayı 0 ∈
/ G olur. Şimdi a, b, c, d ∈ Q için x = a + b 5 ∈ G, y = c + d 5 ∈ G ise
6.) G =
√
√
√
xy = (a + b 5)(c + d 5) = (ac
+
5bd
)
+
(ad
+
bc
)
| {z }
| {z } 5
∈Q
∈Q
olur. Ayrıca x, y ∈ R olup sıfır olmayan iki reel sayının çarpımı sıfırdan farklı olacağından xy ∈ G
olur. Reel sayılardaki çarpma işlemi birleşmeli ve değişmeli olup G’de de aynı özelliklere sahiptir.
√
Çarpmanın birim elemanı 1 olup 1 = 1 + 0 5 ∈ G olduğu açıktır. Şimdi ters elemanı bulalım.
√
√
a + b 5 ∈ G elemanının tersine x + y 5 dersek:
√
√
√
√
√
(a + b 5)(x + y 5) = 1 + 0 5 =⇒ (ax + 5by) + (ay + bx) 5 = 1 + 0 5
91
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
denklemi elde edilir. Buradan, ipucunu kullanırsak, ax + 5by = 1 ve bx + ay = 0 denklem sistemlerini
çözmemiz gerekir. Cramer kuralını kullanırsak:
1 5b 0 a a
ve
x= = 2
a 5b a − 5b2
b a a
b
y=
a
b
1 0 −b
= 2
a − 5b2
5b a √
elde edilir. a2 − 5b2 = 0 olamaz, çünkü öyle olsaydı a/b = ∓ 5 olurdu. a, b ∈ Q olup iki rasyonel
√
sayının bölümü irrasyonel bir sayı olan ± 5 olamaz. x, y ∈ Q olduğu açıktır. Ayrıca a, b den en az
biri sıfır olmayıp x, y den en az biri sıfırdan farklıdır. Bu durumda
√ −1
√
b
a
−
(a + b 5) =
5∈G
a2 − 5b2
a2 − 5b2
elde edilir. Sonuç olarak (G, ·) hem grup hem de abelyen bir gruptur.
("
a + 2b 3b
#
)
: a ve b ikisi birden sıfır olmayan reel sayılar kümesi bilinen matris çar−b
a
pımı ile grup mudur? a 6= 0 ve b = 0 olacak şekildeki matrislerin kümesi H bir altgrup mudur?
7.) G =
Çözüm: G deki bir matrisin determinantı: a2 + 2ab + 3b2 = (a + b)2 + 2b2 olup bu ifadenin sıfır olması
için gerek ve yeter şart a = b = 0 dır. a, b den en az biri sıfırdan farklı olacağından (a + b)2 + 2b2 6= 0
dır. Yani G deki her matrisin determinantı sıfırdan farklıdır. Şimdi
#
"
#
"
c + 2d 3d
a + 2b 3b
∈ G ve Y =
∈ G =⇒
X=
−b
a
−d
c
"
XY =
ac + 2ad + 2bc + bd 3ad + 6bd + 3bc
−bc − 2bd − ad
#
−3bd + ac
elde edilir. Bu aşamada A = −3bd + ac ve B = bc + 2bd + ad dersek
"
#
A + 2B 3B
XY =
−B
A
elde edilir. |X| =
6 0 ve |Y | =
6 0 olup |XY | = |X|·|Y | formülünden |XY | =
6 0 dır, yani A 6= 0 veya B 6= 0
dır. O halde XY ∈ G olup işlem kapalıdır. Bilinen matris çarpımı her zaman birleşmeli olduğundan
G’de de birleşmelidir. G nin tanımında a = 1, b = 0 alınırsa, matris çarpması işleminin birim elemanı
olan birim matris yani
"
I2 =
1 0
0 1
92
#
∈G
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
olduğu görülür. Şimdi de ters elemanı bulalım.
X −1
1
= 2
a + 2ab + 3b2
"
#
−3b
a
b a + 2b
bulunur. Yine bu aşamada
−b
a + 2b
,V = 2
dersek: X −1 =
U= 2
2
a + 2ab + 3b
a + 2ab + 3b2
"
U + 2V
3V
−V
U
#
elde edilir. |X| =
6 0 olup X −1 = 1/|X| formülünden X −1 6= 0 dır. Yani U 6= 0 veya V 6= 0 olup
X −1 ∈ G olur. Sonuç olarak G bir gruptur. Şimdi
("
H=
a 0
#
)
: a ∈ R, a 6= 0
0 a
kümesinden X, Y matrisleri alalım. a 6= 0, b 6= 0 olmak üzere
#
#
#"
"
"
"
1
a 0
b 0
a
0
b
X=
,Y =
∈ H =⇒ XY −1 =
0
0 a
0 b
0 a
çünkü
a
b
0
#
"
=
1
b
a
b
0
0
a
b
#
∈H
6= 0 dır. Teorem 8.16 dan dolayı H, G nin bir bir altgrubudur.
("
a 0
#
)
: a, b ∈ R, ab 6= 0 kümesi bilinen matris çarpımı ile grup mudur? b = −1 olacak
0 b
şekildeki matrislerin kümesi H bir altgrup mudur?
8.) G =
Çözüm: G deki matrislerin determinantı ab 6= 0 olur. Şimdi
#
#
#
"
"
"
a 0
c 0
ac 0
X=
∈ G ve Y =
∈ G =⇒ XY =
∈G
0 b
0 d
0 bd
olur çünkü a, b, c, d’nin hepsi sıfırdan farklı olup ac 6= 0, bd 6= 0 dır. Matrislerdeki çarpma işlemi
birleşme özelliğine sahiptir. a = b = 1 alınırsa I2 birim matrisinin G de olduğu görülür.
X −1
1
=
ab
"
b 0
0 a
#
"
=
#
1/a
0
0
1/b
∈G
olur, çünkü 1/a 6= 0 ve 1/b 6= 0 dır. Sonuç olarak G bir gruptur. Şimdi
"
X=
a
0
#
∈ H ve Y =
0 −1
"
XY −1 =
a
"
0
0 −1
#"
b
0 −1
−1/b
0
0
−1
93
#
0
#
"
=
∈ H =⇒
−a/b 0
0
1
#
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
olup bu matris H de değildir. (Sağ alt köşede +1 vardır.) Teorem 8.16 dan dolayı H, G nin bir altgrubu
değildir. (Teorem 8.16 kullanılmadan da H nin altgrup olmadığı nasıl söylenebilirdi?)
9.) G = { (a, b) : a ∈ Z, b ∈ Q } kümesi üzerinde (a, b) ∗ (c, d) = (a + c, 2−c b + d) işlemi tanımlanıyor.
(G, ∗) grup mudur? Abelyen midir?
Çözüm: a, c ∈ Z ve b, d ∈ Q ise a + c ∈ Z ve 2−c b + d ∈ Q olacağından (a + c, 2−c b + d) ∈ Z × Q = G
olup işlem kapalıdır.
[(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (e, f ) = (a + c, 2−c b + d) ∗ (e, f ) = (a + c + e, 2−e (2−c b + d) + f )
)
(a, b) ∗ [(c, d) ∗ (e, f )] = (a, b) ∗ (c + e, 2−e d + f ) = (a + c + e, 2−c−e b + 2−e d + f )
Eşit
olup ∗ işlemi birleşmelidir.
(a, b) ∗ (x, y) = (a, b) =⇒ (a + x, 2−x b + y) = (a, b) =⇒ a + x = a, 2−x b + y = b
denklemlerinden x = 0 ve daha sonra y = 0 elde edilir. Ayrıca
(0, 0) ∗ (a, b) = (0 + a, 2−a · 0 + b) = (a, b)
olduğundan birim eleman (0, 0) ∈ G dır.
(a, b) ∗ (x, y) = (0, 0) =⇒ (a + x, 2−x b + y) = (0, 0) =⇒ a + x = 0, 2−x b + y = 0
denklemlerinden x = −a ve daha sonra y = −2a b elde edilir. Ayrıca
a
(−a, −2a b) ∗ (a, b) = (−a + a, 2−a (−1)2a b + b) = (0, 0) olup (a, b)−1 = (|{z}
−a , |−2
{z }b) ∈ G
∈Z
∈Q
olur. Yani (G, ∗) bir gruptur. Abelyen grup değildir, çünkü
(1, 2) ∗ (3, 4) = (4, 2−3 2 + 4) = (4, 17/4)
fakat
(3, 4) ∗ (1, 2) = (4, 2−1 4 + 2) = (4, 4).
10.) G = { (a, b) : a, b ∈ Z, a 6 0, b > 0 } kümesi üzerinde (a, b)∗(c, d) = (a+c, bd) işlemi tanımlanıyor.
(G, ∗) grup mudur? Abelyen midir?
Çözüm: a, b, c, d ∈ Z olsun. a 6 0, c 6 0 =⇒ a + c 6 0 ve b > 0, d > 0 =⇒ bd > 0 olacağından
(a + c, bd) ∈ G olduğu görülür. Yani ∗ işlemi kapalıdır.
[(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (e, f ) = (a + c, bd) ∗ (e, f ) = (a + c + e, bdf ) = (a, b) ∗ (c + e, df )
= (a, b) ∗ [(c, d) ∗ (e, f )]
olup işlem birleşme özelliğine sahiptir.
(a, b) ∗ (c, d) = (a + c, bd) = (c + a, db) = (c, d) ∗ (a, b)
94
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
olup işlemin değişme özelliği vardır. Birim eleman (0, 1) ∈ G dir, çünkü
(a, b) ∗ (0, 1) = (a + 0, b · 1) = (a, b)
ve değişme özelliği vardır.
(a, b) ∗ (x, y) = (0, 1) =⇒ (a + x, by) = (0, 1) =⇒ x = −a, y = 1/b
olup (değişme özelliği de olduğundan) (a, b) nin tersi (−a, 1/b) dir. Ancak (−a, 1/b) ∈ G olması için
a = 0 ve b = 1 olmalıdır. Yani sadece birim elemanın tersi vardır. O halde (G, ∗) grup değildir,
dolayısıyla da abelyen grup değildir.
11.) Bir (G, ∗) grubunda e birim elemanı göstermek üzere a∗b∗c∗d = e ise b∗c∗d∗a = e, c∗d∗a∗b = e
ve d ∗ a ∗ b ∗ c = e olduğunu gösterin.
Çözüm:
a ∗ b ∗ c ∗ d = e =⇒ soldan a−1 ile:
=⇒ sağdan a ile:
=⇒ soldan
b−1
ile:
=⇒ sağdan b ile:
=⇒ soldan
c−1
ile:
=⇒ sağdan c ile:
b ∗ c ∗ d = a−1
b∗c∗d∗a=e
c ∗ d ∗ a = b−1
c∗d∗a∗b=e
d ∗ a ∗ b = c−1
d∗a∗b∗c=e
12.) (G, ∗) bir grup ve a, b ∈ G için a2 = b2 = (a ∗ b)2 = e ise a ∗ b = b ∗ a olduğunu gösterin.
Çözüm:
a2 = e =⇒ soldan a−1 ile:
b2 = e
a = a−1
=⇒ soldan b−1 ile: b = b−1
olup a ile b nin tersleri kendilerine eşittir. Şimdi
(a ∗ b)2 = e =⇒ a ∗ b ∗ a ∗ b = e
=⇒ soldan a−1 ile: b ∗ a ∗ b = a−1
=⇒ soldan b−1 ile: a ∗ b = b−1 ∗ a−1
=⇒ a ∗ b = b ∗ a.
13.) (R+ , ÷), (Z \ { 1 } , +) ve (Q, ·) sistemleri neden birer grup değildir? Açıklayın.
Çözüm: (R+ , ÷) grup değildir, çünkü ÷ işleminin birleşme özelliği yoktur. Örneğin:
(6 ÷ 1) ÷ 3 = 6 ÷ 3 = 2
fakat
95
6 ÷ (1 ÷ 3) = 6 ÷ (1/3) = 18
Bölüm 8. Cebirsel Yapılar
Hüseyin BİLGİÇ
(Z \ { 1 } , +) grup değildir, çünkü Z \ { 1 } kümesinde toplama işlemi kapalı değildir. Örneğin, 3 +
(−2) = 1 ∈
/ Z \ { 1 }.
(Q, ·) grup değildir, çünkü 0 rasyonel sayısının tersi yoktur.
14.) Aşağıdaki sistemlerden hangisi bir abelyen gruptur?
(Q, ·)
(0, 1], ·
(R− , +)
N
(3Z, +)
Hiçbiri
15.) Aşağıdaki kümelerden hangisi yanında verilen işlemle bir monoiddir?
N
N, a ∗ b = a + b + 1 Q, a ∗ b = a
R, a ∗ b = a + b + ab Z+ , a ∗ b = OBEB(a, b) H.B.
16.) Aşağıdaki sistemlerden hangisi bir grup değildir?
N
(Q \ { 0 } , ·)
(C, +)
[0, ∞), +
(Q+ , ·)
Hiçbiri
17.) Aşağıdaki kümelerden hangisi yanında verilen işlemle bir yarıgruptur?
N, a ∗ b = a + 2b R+ , a ∗ b = ab+1 Q, a ∗ b = 2a − 2b Z, a ∗ b = |a + b| − 1
N
Hiçbiri
18.) Bir A kümesinde tanımlanan ∗ işleminin birim elemanı olduğuna göre aş. hangisi kesinlikle
doğrudur?
En az 2 elemanın tersi var Birleşme öz.var Değişme öz.var (A, ∗) bir monoid
N
H.B.
19.) Aşağıdaki kümelerden hangisi yanında verilen işlemle bir monoiddir?
N
R, a ∗ b = b N × N, (a, b) ∗ (c, d) = (a, d)
Z, a ∗ b = a + b − 1 Q, a ∗ b = ab − 1 H.B
√
2 · x : x ∈ Z dir)
20.) Aş. sistemlerin hangisi bir abelyen gruptur? (a ∗ b =OKEK(a, b) ve A =
N
(Z+ ∪ { 0 } , +)
(Q \ { −1 } , ·)
(N+ , ∗)
(A, +)
Hiçbiri
96
Adı, Soyadı:
Numarası:
MT
MT108 SOYUT MATEMATİK II DERSİ ÖRNEK ARASINAVI
1.) f : R −→ R, f (x) =
(0, 9)
√
x ve A = [−1, 3) ise f −1 (A) nedir?
√
N
[0, 9)
[0, 3)
(0, 9]
Hiçbiri
2.) Aşağıdaki bağıntılardan hangisi tanım kümesi Z nin tamamı olan bir fonksiyondur? (x, y ∈ Z)
N
{ (x, y) : x = 2y } { (x, y) : 2x = 3y } { (x, y) : x = 4y }
{ (x, y) : 4x = y } Hiçbiri
3.) Aşağıdaki reel fonksiyonlardan hangisi 1–1 değildir?
N
√
f (x) = 4/x
h(x) = 3 x
g(x) = x3 + x2 + 1
t(x) = ln x
Hiçbiri
4.) Tamsayılar kümesinde her a, b ∈ Z için aşağıda tanımlanan kurallardan hangisi bir işlem tanımlar?
N
a2 + b2
a3 + ab
a + b + ab + 1
a+b+1
2
Hiçbiri
2
2
a +b
2
5.) A kümesinde ∗ işlemi tanımlansın. p :“∗ işlemine göre her elemanın tersi varsa bu işlem birleşmelidir” ve q :“∗ işlemine göre en az bir elemanın tersi varsa (A, ∗) monoiddir” önermeleri için:
N
p, q : Yanlış
p, q : Doğru
p : Yanlış, q : Doğru
p :Doğru, q : Yanlış
Hiçbiri
6.) Tamsayılarda a ∗ b = 2ab şeklinde tanımlanan işlem için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
N
Birleşmeli değil Değişmeli değil Her elemanın tersi var
Birim el. yok Hiçbiri
7.) Q da aşağıda kuralı verilen işlemlerden (eğer işlem ise) hangisinin birim elemanı vardır?
N
a+b
ab
a+b
a∗b= 2
a ∗ b = a + 4b
a∗b=a+b−
a∗b=
Hiçbiri
a +1
2
ab + b2 + a2
√
8.) R+ kümesinde tanımlanan a ∗ b = ab şeklinde tanımlanan işlem için aşağıdakilerden hangisi
doğrudur?
Birleşmelidir
N
Birim eleman yoktur
Kapalı değildir
a−1 = 1/a dır
9.) (G, ∗) bir grup, a ∈ G ve e 6= a olsun. a5 = e ise aşağıdakilerden hangisi doğrudur?
N 2
a = a−3
a3 = a2
a−2 = a2
a−1 = a3
Hiçbiri
Hiçbiri
10.) Aşağıdaki sistemlerden hangisi bir abelyen gruptur?
(R, ·)
(Z \ { 1, −1 } , +)
N
([−1, 1], ·)
(Q \ { −1 } , ·)
şeklinde işaretleyiniz. Bu sayfadaki her soru 5 puandır.
Dört yanlış bir doğruyu götürür. Diğer sayfaya geçiniz
97
N
Hiçbiri
Adı, Soyadı:
Numarası:
MT
11.) “İkili işlem” ve “Etkisiz eleman” tanımlarını yazın. (10p)
12.) f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Her X ⊆ B için f (f −1 (X)) ⊆ X olduğunu biliyoruz (göstermeyin). Eşitliğin her zaman sağlanması için gerek ve yeter şart f nin örten olmasıdır. Gösterin.
(20p)
13.) Aşağıdaki G kümesi matris çarpımı ile grup mudur? Abelyen grup mudur? H, G nin altgrubu
mudur? (20p)
("
G=
1
#
b
0 2m
)
: b ∈ Q, m ∈ Z
("
,
H=
1
b
#
0 2m
)
: b ∈ Q, m ∈ Z, m > 0
.
NOT: Süre 80 dakikadır.
BAŞARILAR
Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BİLGİÇ
CEVAP 11
İkili İşlem: A boş olmayan bir küme olsun. f : A × A −→ A bir fonksiyon ise f ye A da bir ikili işlem denir.
Etkisiz Eleman: A kümesinde bir ∗ işlemi tanımlansın. Her a ∈ A için a ∗ e = a ve e ∗ a = a şartını sağlayan
bir e ∈ A varsa bu elemana ∗ işleminin birim (etkisiz) elemanı denir.
CEVAP 12
İspat: (=⇒) Her X ⊆ B için X = f (f −1 (X)) olduğunu kabul edip f nin örten olduğunu gösterelim.
X = B seçelim =⇒ f −1 (X) = f −1 (B) = A
=⇒ X = f (f −1 (X)) olacağından B = f (A)
=⇒ f örten
İspat: (⇐=) Şimdi de f nin örten olduğunu kabul edelim.
x ∈ X =⇒ f örten olduğundan ∃y ∈ f −1 (X), f (y) = x
=⇒ f (y) ∈ f (f −1 (X))
=⇒ x ∈ f (f −1 (X))
olup X ⊆ f (f −1 (X)) olur. Kapsamanın diğer yönü her zaman doğru olduğundan ispat tamamlanır.
98
CEVAP 13
(i) İşlemin kapalı olduğunu göstermek için, a, b ∈ Q ve m, n ∈ Z alalım.
"
1
A=
#
a
"
∈ G, B =
0 2m
1
b
#
"
∈ G =⇒ AB =
0 2n
1 b + a2n
#
2m+n
0
∈ G,
olur çünkü b + a2m ∈ Q ve m + n ∈ Z dir. O halde işlem kapalıdır.
(ii) Matris çarpması her zaman birleşmeli olduğundan G’de de birleşmelidir.
(iii) Şimdi
"
BA =
1
b
#"
1
0 2n
a
#
"
1 a + b2m
=
0 2m
#
2n+m
0
olup genelde AB 6= BA dır, çünkü genelde b + a2n 6= a + b2m . O halde işlemin değişme özelliği yoktur.
#
"
1 0
matrisidir. G nin tanımında b = 0 ve m = 0
(iv) 2 × 2 matrislerin çarpımında birim eleman I2 =
0 1
alırsak I2 ∈ G olduğu görülür.
(v)
"
A−1 =
1
a
#−1
0 2m
1
= m
2
"
2m −a
0
#
1
"
=
1 −a2−m
0
2−m
#
∈G
olduğu açıktır, çünkü −m ∈ Z ve −a2−m ∈ Q dur.
Sonuç olarak: G bir gruptur, fakat abelyen grup değildir.
Şimdi de H nin altgrup olup olmadığına bakmak için, a, b ∈ Q ve m, n ∈ Z+ ∪ { 0 } alalım.
"
X=
1
a
#
"
∈ H, Y =
0 2m
1
b
#
0 2n
"
∈ H =⇒ Y −1 =
1 −b2−n
0
#
2−n
olup
"
XY
−1
=
1
a
0 2m
#"
1 −b2−n
0
2−n
#
"
=
1 −b2−n + a2−n
0
#
2m−n
elde edilir. Ancak m > 0 ve n > 0 için genelde m − n > 0 olmayacağından genelde XY −1 ∈
/ H dir. O halde
ilgili teoremden, H bir altgrup değildir.
o
99
Bölüm 9
Sayılabilirlik
Tanım 9.1 A ve B boş olmayan iki küme olsun. Eğer A’dan B’ye 1–1 ve örten bir fonksiyon yazılabiliyorsa A ve B kümelerine eş güçlüdür denir. (Boşküme sadece kendisi ile eş güçlüdür.)
Örnek 9.2 A = { a, b, c, d } ve B = { 2, 3, 4, 5 } olsun. f = { (a, 4), (b, 3), (c, 2), (d, 5) } fonksiyonu 1–1
ve örten olup A ile B eş güçlüdür. Tam sayılar kümesi ile çift tamsayılar kümesi 2Z eş güçlüdür,
çünkü
g : Z −→ 2Z, g(n) = 2n
şeklinde tanımlanan fonksiyon 1–1 ve örtendir.
Teorem 9.3 Kümeler arasında tanımlanan “eş güçlü olma” bağıntısı bir denklik bağıntısıdır.
İspat: Her A kümesi için IA : A −→ A birim dönüşümü 1–1 ve örten olduğundan A ile A eş güçlüdür.
A ile B eş güçlü ise f : A −→ B 1–1 ve örten fonksiyon vardır. O halde, f −1 : B −→ A 1–1 ve örten
olup B ile A eş güçlüdür.
A ile B ve B ile C eş güçlü ise f : A −→ B ve g : B −→ C 1–1 ve örten fonksiyonları vardır.
go f : A −→ C 1–1 ve örten olduğundan A ile C eş güçlü olur.
Sonuç olarak bağıntının yansıyan, simetrik ve geçişken olduğu gösterilmiş olur.
Not: Şimdi “sonlu küme” ve “sonsuz küme” tanımlarını vereceğiz. Bu tanımlar iki şekilde yapılmaktadır. Birinci şekilde “sonlu küme” tanımlanıp; “sonlu olmayan kümeye sonsuz küme denir”
denmektedir. İkinci şekilde ise; “sonsuz küme” tanımlanıp; “sonsuz olmayan kümeye sonlu küme
denir” denmektedir. Neticede, iki tanım eşdeğerdir; yani, bir tanıma göre sonlu (sonsuz) olan diğerine göre sonsuz (sonlu) olamaz.
Tanım 9.4 Kendi öz alt kümesi ile eş güçlü olabilen kümelere sonsuz küme denir. Sonsuz olmayan
kümelere de sonlu küme denir. Boş küme sonlu olarak tanımlanır. Diğer şekliyle; bir küme boş kü100
Bölüm 9. Sayılabilirlik
Hüseyin BİLGİÇ
meyse veya k bir doğal sayı olmak üzere { 0, 1, . . . , k } kümesi ile eşgüçlü ise bu kümeye sonlu küme
denir; sonlu olmayan kümeye de sonsuz küme denir.
Örnek 9.5 Doğal sayılar kümesi sonsuzdur, çünkü f : N −→ A = { 2, 3, 4, . . . } , f (n) = n+2 şeklinde
tanımlanan fonksiyon 1–1 ve örtendir. B = { 1, 2, 3, 4, 5 } kümesi sonlu kümedir, çünkü B’den öz
altkümesine bir fonksiyon örten olabilir ama 1–1 olamaz.
Tanım 9.6 Doğal sayıların herhangibir alt kümesiyle eş güçlü olan kümelere sayılabilir küme denir.
Başka bir deyişle bir küme sonlu ise veya N ile eşgüçlü ise bu kümeye “sayılabilirdir” denir. Doğal
sayılar kümesiyle eş güçlü olan kümelere sayılabilir sonsuz küme denir. (Aslında sayılabilir sonsuz
küme hem sayılabilir hem de sonsuz olan kümedir.)
Örnek 9.7 Tamsayılar kümesi sayılabilirdir.
Çözüm: Aşağıdaki eşlemeyi düşünelim.
0
1
2
3
4
5
6
7
8 ...
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
0 −1 1 −2 2 −3 3 −4 4 . . .
O halde f : N −→ Z
(
n çift ise;
n/2,
f (n) =
− n+1
2 , n tek ise.
şeklinde tanımlanan fonksiyonun 1–1 ve örten olduğunu gösterelim. Bu daha önce gösterilmişti. (Bölüm 6, Alıştırma 6)
Teorem 9.8 A ve B sayılabir iki ayrık küme ise A ∪ B sayılabilirdir.
İspat: A ve B her ikisi de sonlu ise A ∪ B nin sonlu olduğu açıktır. O halde A ∪ B sayılabilirdir.
Kümelerden biri sonlu, diğeri sayılabilir sonsuz olsun. Mesela A sonlu olsun. s(A) = k + 1 dersek, o
zaman
A = { a0 , a1 , a2 , . . . , ak }
ve
B = { b0 , b1 , b2 , . . . }
şeklinde yazılır. Bu durumda f : N −→ A ∪ B
(
f (n) =
n 6 k ise;
an ,
bn−k−1 , n > k ise.
şeklinde tanımlanan dönüşüm 1–1 ve örtendir. O halde A ∪ B sayılabilirdir.
Öyleyse her iki kümenin de sonsuz (ve tabii ki sayılabilir) olduğunu kabul edelim. O zaman
A = { a0 , a1 , a2 , . . . }
ve
101
B = { b0 , b1 , b2 , . . . }
Bölüm 9. Sayılabilirlik
Hüseyin BİLGİÇ
şeklinde yazalım. Şimdi g : N −→ A ∪ B fonksiyonunu
(
g(n) =
n çift ise;
an/2 ,
b(n−1)/2 , n tek ise.
şeklinde tanımlayalım. g nin 1–1 ve örten olduğu kolaylıkla gösterilebilir. Yani, A ∪ B ile N eşgüçlü
olup A ∪ B sayılabilir ve sonsuzdur.
Sonuç 9.9
a) A ile B ayrık olmasa da A ∪ B sayılabirdir.
b) Sonlu sayıdaki sayılabir kümenin birleşimi sayılabirdir.
Örnek 9.10 Rasyonel sayılar kümesi sayılabilirdir.
Çözüm: (İspat Cantor’a aittir) Önce pozitif rasyonel sayılar kümesi Q+ ’nın sayılabilir olduğunu gösterelim. Q+ kümesini bir sonsuz satırlı ve sütunlu bir tabloya; 1. satıra paydası 1 olanları, 2. satıra
paydası 2 olanları (pay ve payda aralarında asal olmak üzere) v.s. yerleştirelim. Yani şu tablo oluşur:
1
2
3
4
5
6
7
8
9
...
1/2
3/2
5/2
7/2
9/2
11/2
13/2
15/2
17/2
...
1/3
2/3
4/3
5/3
7/3
8/3
10/3
11/3
13/3
...
1/4
3/4
5/4
7/4
9/4
11/4
13/4
15/4
17/4
...
1/5
2/5
3/5
4/5
6/5
7/5
8/5
9/5
11/5
...
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
Şimdi N ile Q+ arasında aşağıdaki eşlemeyi yapalım:
0
1
2 3
4
5
6
7
8
9 10
11
12
↓
↓
↓ ↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
1 1/2 2 3 3/2 1/3 1/4 2/3 5/2 4
5
...
7/2 4/3 . . .
Tablonun bu şekilde N kümesi ile 1–1 ve örten eşleneceği açıktır. O halde Q+ ile N eşgüçlüdür. Q+ ile
Q− kümesi arasında x 7−→ −x eşlemesi 1–1 ve örten olduğundan Q− kümesi de sayılabilirdir. Ayrık
iki (veya sonlu sayıda) sayılabilir kümenin birleşimi sayılabilir olduğundan Q = Q+ ∪ Q− ∪ { 0 }
sayılabilir olur.
Şimdi sayılamayan kümelerin de olduğunu görelim.
102
Bölüm 9. Sayılabilirlik
Hüseyin BİLGİÇ
Teorem 9.11 [0, 1] kapalı aralığı sayılamayan bir kümedir. (Dolayısıyla R sayılamaz.)
İspat: (1891 yılında yapılan bu ispatta kullanılan yöntem Cantor’un Köşegen Yöntemi olarak bilinir.)
[0, 1] aralığının sayılabilir olduğunu kabul edelim. (Bu aralığın sonsuz olduğu açıktır.) O halde 1–1
ve örten bir f : N −→ [0, 1] fonksiyonu vardır. Başka bir deyişle; yi , i–inci sayıyı ve ai , bi , ci , . . . ler de
0–9 arası rakamları temsil etmek üzere aşağıdaki sonsuz satırlı listede [0, 1] aralığındaki bütün sayılar
vardır:
y0 −→ 0.a0 a1 a2 a3 . . .
y1 −→ 0.b0 b1 b2 b3 . . .
y2 −→ 0.c0 c1 c2 c3 . . .
y3 −→ 0.d0 d1 d2 d3 . . .
..
.
..
.
0.9999 . . . = 1 olduğundan 1 sayısı da bu tablodadır. Şimdi:
x0 rakamını, x0 ∈
/ { a0 , 0, 9 } şeklinde seçelim.
x1 rakamını, x1 ∈
/ { b1 , 0, 9 } şeklinde seçelim.
x2 rakamını, x2 ∈
/ { c2 , 0, 9 } şeklinde seçelim.
x3 rakamını, x3 ∈
/ { d3 , 0, 9 } şeklinde seçelim.
..
.
..
.
..
.
Seçim yapılırken 0 ve 9’un seçilmemesi bazı sayıların birden fazla ondalık gösterimi olduğundandır;
mesela 0.540000 = 0.5399999 . . . gibi. Şimdi de x sayısını
x = 0.x0 x1 x2 x3 . . .
şeklinde oluşturalım. x ∈ [0, 1] olduğu açıktır. Ancak
x 6= y0 dır, çünkü x0 6= a0
(yani 1. basamaklar farklı)
x 6= y1 dir, çünkü x1 6= b1
(yani 2. basamaklar farklı)
x 6= y2 dir, çünkü x2 6= c2
(yani 3. basamaklar farklı)
x 6= y3 dür, çünkü x3 6= d3
(yani 4. basamaklar farklı)
..
.
..
.
..
.
..
.
Böylece x sayısının sonsuz listede olmadığı ortaya çıkar, yani sonsuz listede olmayan bir x sayısı
üretilmiştir. Bu bir çelişkidir, çünkü sonsuz listede [0, 1] aralığındaki bütün sayılar vardı. O halde
[0, 1] aralığı sayılabilir bir küme değildir.
103
Bölüm 9. Sayılabilirlik
Hüseyin BİLGİÇ
Teorem 9.12 Sayılabilir sonsuz miktardaki sayılabilir sonsuz kümenin birleşimi sayılabilir sonsuzdur.
İspat: Sayılabilir sonsuz sayıdaki kümeler aşağıdaki gibi olsun.
A1 = { a11 , a12 , a13 , . . . }
A2 = { a21 , a22 , a23 , . . . }
A3 = { a31 , a32 , a33 , . . . }
..
.
..
.
..
.
Bu elemanları aşağıdaki tabloya yerleştirelim:
a11
a12
a13
a14
...
a21
a22
a23
a24
...
a31
a32
a33
a34
...
a41
..
.
a42
..
.
a43
..
.
a44
..
.
...
..
.
Daha sonra sırasıyla 1., 2., 3. . . . köşegendeki elemanları yukarıdan aşağıya doğru N kümesi ile eşleyelim. Yani aşağıdaki eşlemeyi yazalım:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
...
a11 a12 a21 a13 a22 a31 a14 a23 a32 a41 . . .
Bu şekilde yapılan eşlemenin örten olduğu açıktır. Eğer bu kümeler ayrıksa bu eşleme 1–1 dir. Alt
satırda aynı olan elemanlar sadece bir defa yazılırsa (ki bu durumda da alt satır bu kümelerin birleşimidir) bu eşleme 1–1 ve örtendir.
ALIŞTIRMALAR
1.) A = { 1, 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, . . . } kümesi sayılabilir midir? İspatlayın.
Çözüm: A = n2 + 1 : n ∈ N olduğu açıktır. Şimdi f : N −→ A, f (n) = n2 + 1 fonksiyonu tanımlayalım. Her m, n ∈ N için
f (m) = f (n) =⇒ m2 + 1 = n2 + 1 =⇒ m2 = n2 =⇒ m = n, (çünkü m, n > 0)
√
olup f nin 1–1 olduğu görülür. Şimdi de, verilen her y ∈ A için x = y − 1 seçelim. ∃k ∈ N için
√
y = k 2 + 1 olacağından x = y − 1 = k ∈ N olur. O zaman f (x) = y olup f örtendir.
104
Bölüm 9. Sayılabilirlik
Hüseyin BİLGİÇ
Sonuç olarak A ile N eşgüçlü olduğundan A sayılabilirdir.
2.) Çift tamsayılar kümesinin sayılabilir sonsuz bir küme olduğunu gösterin.
Çözüm: 2Z = { . . . , −4, −2, 0, 2, 4, . . . } yazalım. f : N −→ 2Z fonksiyonunu şöyle tanımlayalım.
(
f (n) =
n + 1, n tek ise;
−n,
n çift ise.
Şimdi f (n) = f (m) olduğunu kabul edelim.
Durum 1. n, m çift: Bu durumda −m = −n =⇒ m = n elde edilir.
Durum 2. n, m tek: Bu durumda n + 1 = m + 1 =⇒ n = m bulunur.
Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda n+1 = −m =⇒ m+n = −1 elde edilir ki, m, n ∈ N olduğundan
böyle bir durum olamaz.
Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda m+1 = −n =⇒ m+n = −1 elde edilir ki, m, n ∈ N olduğundan
böyle bir durum olamaz.
Sonuç olarak, f birebirdir. Şimdi y ∈ 2Z verilsin.
Durum 1. y > 0: Bu durumda x = y − 1 seçilirse, x tek bir doğal sayı olup
f (x) = x + 1 = (y − 1) + 1 = y
olup f örtendir.
Durum 2. y 6 0: Bu durumda x = −y seçilirse, x çift bir doğal sayı olup
f (x) = −x = −(−y) = y
olup f örtendir.
Yani f örtendir. Sonuç olarak N ile A eşgüçlü olup A sayılabilir sonsuzdur.
3.) Negatif tamsayılar kümesinin sonsuz bir küme olduğunu gösterin.
Çözüm: Z− = { −1, −2, −3, −4, . . . } kümesinin sonsuz olması için bir özalt kümesi ile eşgüçlü olması
gerekir. Şimdi f : Z− −→ { −2, −3, −4, . . . } fonksiyonunu f (x) = x − 1 şeklinde tanımlayalım. Her
x, y ∈ Z− için
f (x) = f (y) =⇒ x − 1 = y − 1 =⇒ x = y
olup f 1–1 dir. Ayrıca verilen her y ∈ { −2, −3, −4, . . . } için x = y+1 seçilirse f (x) = x−1 = y+1−1 =
y olup f nin örten olduğu görülür. Yani Z− ile { −2, −3, −4, . . . } eşgüçlü olup Z− sonsuzdur.
4.) Z \ { 0 } kümesi sayılabilir midir? Açıklayın.
105
Bölüm 9. Sayılabilirlik
Hüseyin BİLGİÇ
Çözüm: N ile verilen küme arasında aşağıdaki eşlemeyi yazalım:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
...
1 −1 2 −2 3 −3 4 −4 5 −5 . . .
Şimdi f : N −→ Z \ { 0 } aşağıdaki fonksiyonu yazalım.
(
− n+1
2 , n tek ise;
f (n) =
n+2
n çift ise.
2 ,
Şimdi f (n) = f (m) olduğunu kabul edelim.
Durum 1. n, m çift: Bu durumda
m+2
2
=
n+2
2
=⇒ m = n elde edilir.
n+1
Durum 2. n, m tek: Bu durumda − m+1
2 = − 2 =⇒ m = n bulunur.
=
Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda − n+1
2
m+2
2
=⇒ m + n = −3 elde edilir ki, m, n ∈ N
n+2
2
=⇒ m + n = −3 elde edilir ki, m, n ∈ N
olduğundan böyle bir durum olamaz.
Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda − m+1
=
2
olduğundan böyle bir durum olamaz.
Sonuç olarak, f birebirdir. Şimdi y ∈ Z \ { 0 } verilsin.
Durum 1. y > 0 ise : Bu durumda x = 2y − 2 seçilirse, x çift bir doğal sayı olup
f (x) =
(2y − 2) + 2
x+2
=
=y
2
2
olup f örtendir.
Durum 2. y < 0: Bu durumda x = −2y − 1 seçilirse, x tek bir doğal sayı olup
f (x) = −
x+1
(−2y − 1) + 1
=−
=y
2
2
olup f örtendir.
Yani f örtendir. Sonuç olarak N ile Z \ { 0 } eşgüçlü olup Z \ { 0 } sayılabilirdir.
5.) A =
3
5
7
9
0, , 2, , 4, , 6, , . . .
2
4
6
8
kümesi sayılabilir midir? Neden?
Çözüm: f : N −→ A aşağıdaki gibi tanımlansın.
(
f (n) =
n+2
n+1 ,
n tek ise;
n,
n çift ise.
Şimdi f (n) = f (m) olduğunu kabul edelim.
Durum 1. n, m çift: Bu durumda m = n hemen elde edilir.
Durum 2. n, m tek: Bu durumda
m+2
m+1
=
n+2
n+1
=⇒ mn + m + 2n + 2 = mn + 2m + n + 2 =⇒ m = n
bulunur.
106
Bölüm 9. Sayılabilirlik
Hüseyin BİLGİÇ
n+2
n+1
Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda
= m =⇒ n + 2 = m(n + 1) elde edilir ki, böyle bir durum
olamaz, çünkü n + 2 tek, fakat m(n + 1) çifttir.
Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda
m+2
m+1
= n =⇒ m + 2 = n(m + 1) elde edilir ki, böyle bir durum
olamaz, çünkü m + 2 tek, fakat n(m + 1) çifttir.
Sonuç olarak, f birebirdir. Şimdi y ∈ A verilsin.
Durum 1. y çift doğal sayı ise : Bu durumda x = y seçilirse, x çift bir doğal sayı olup f (x) = x = y
olur. Yani f örtendir.
Durum 2. Bir k tek doğal sayısı için y = (k + 2)/(k + 1) şeklinde ise: Bu durumda x = k seçilirse,
x tek bir doğal sayı olup
f (x) = f (k) =
k+2
=y
k+1
olup f örtendir.
Sonuç olarak N ile A eşgüçlü olup A sayılabilirdir.
6.) A =
1
1
1
1
1
1, , 5, , 17, , 37, , 65, , 101, . . .
2
4
6
8
10
kümesi sayılabilir midir? Açıklayınız.
Çözüm: f : N −→ A aşağıdaki gibi tanımlansın.
(
1
n+1 ,
n2 +
f (n) =
n tek ise;
1, n çift ise.
Şimdi f (n) = f (m) olduğunu kabul edelim.
Durum 1. n, m çift: Bu durumda m2 +1 = n2 +1 =⇒ m2 = n2 =⇒ m = n elde edilir, çünkü m, n > 0.
Durum 2. n, m tek: Bu durumda
1
m+1
Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda
1
n+1
1
n+1
=⇒ m + 1 = n + 1 =⇒ m = n bulunur.
1
n+1
= m2 + 1 elde edilir ki. Böyle bir durum olamaz, çünkü
1
m+1
= n2 + 1 elde edilir ki. Böyle bir durum olamaz, çünkü
∈
/ N , fakat m2 + 1 ∈ N.
Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda
1
m+1
=
∈
/ N , fakat n2 + 1 ∈ N.
Sonuç olarak, f birebirdir. Şimdi y ∈ A verilsin.
Durum 1. Bir k çift doğal sayısı için y = k2 + 1 şeklinde ise : Bu durumda x = k seçilirse, x çift bir
doğal sayı olup f (x) = x2 + 1 = k 2 + 1 = y olur. Yani f örtendir.
Durum 2. Bir k tek doğal sayısı için y = 1/(k + 1) şeklinde ise: Bu durumda x = k seçilirse, x tek
bir doğal sayı olup
1
=y
k+1
Sonuç olarak N ile A eşgüçlü olup A sayılabilirdir.
f (x) = f (k) =
107
olup f örtendir.
Bölüm 9. Sayılabilirlik
Hüseyin BİLGİÇ
7.) Ayrık iki sonlu kümenin birleşiminin sonlu olduğunu ispatlayın.
Çözüm: A ve B ayrık ve sonlu iki küme olsun. A = B = ∅ ise A ∪ B = ∅ sonludur. Kümelerden
sadece biri boşküme ise A ∪ B = A veya A ∪ B = B olup her iki halde de A ∪ B sonludur. O zaman
A 6= ∅ ve B 6= ∅ kabul edelim. m, n ∈ N olmak üzere s(A) = m + 1, s(B) = n + 1 diyelim. O zaman
A = { a0 , a1 , . . . , am } ve B = { b0 , b1 , . . . , bn }
şeklindedir. Şimdi { 0, 1, . . . , m + n + 1 } kümesinden A ∪ B kümesine aşağıdaki f fonksiyonunu yazalım:
(
f (k) =
0 6 k 6 m ise;
ak ,
bk−m−1 , m + 1 6 k 6 m + n + 1 ise.
Burada aşağıdaki eşleme yapılmıştır:
0
1
2
...
m
↓
↓
↓
...
↓
↓
↓
↓
...
↓
am
b0
b1
b2
...
bn
a0 a1 a2 . . .
m + 1 m + 2 m + 3 ...
m+n+1
Şimdi f (x) = f (y) olsun.
Durum 1. 0 6 x, y 6 m: Bu durumda ax = ay =⇒ x = y elde edilir.
Durum 2. m + 1 6 x, y 6 m + n + 1: Bu durumda bx = by =⇒ x = y elde edilir.
Durum 3. 0 6 x 6 m, m + 1 6 y 6 m + n + 1: Bu durumda ax = by elde edilir. Böyle bir durum
olamaz, çünkü A ile B ayrıktır.
Durum 4. 0 6 y 6 m, m + 1 6 x 6 m + n + 1: Bu durumda ay = bx elde edilir. Böyle bir durum
olamaz, çünkü A ile B ayrıktır.
Sonuç olarak f 1–1 dir. Şimdi y ∈ A ∪ B verilsin.
Durum 1. y ∈ A: Bu durumda bir 0 6 k 6 m doğal sayısı için y = ak olmalıdır. O zaman x = k
seçilirse f (x) = ax = ak = y olur. Yani f örtendir.
Durum 2. y ∈ B: Bu durumda bir 0 6 k 6 n doğal sayısı için y = bk olmalıdır. O zaman x = k+m+1
seçilir. Bu durumda m + 1 6 x 6 m + n + 1 olduğu açıktır. O halde
f (x) = bx−m−1 = bk+m+1−m−1 = bk = y
olup f örtendir.
Sonuç olarak A ∪ B ile { 0, 1, . . . , m + n + 1 } kümesi eşgüçlüdür. m + n + 1 ∈ N olduğundan A ∪ B
sonludur.
8.) p :“Sonlu tane sonlu kümenin kartezyen çarpımı sayılabilirdir”, q : “İki sonsuz kümenin kesişimi
sonlu olabilir” önermeleri için:
N
p, q : Doğru p : Doğru, q : Yanlış
p, q : Yanlış
108
p : Yanlış, q : Doğru
Hiçbiri
Bölüm 9. Sayılabilirlik
Hüseyin BİLGİÇ
9.) Sayılabilir sonsuz miktardaki (boş olmayan) sonlu ve ayrık kümelerin birleşimi . . . . . . . . . . . . dur.
N
sonlu
sayılabilir sonsuz
sayılamaz sonsuz
sayılabilir sonlu
Hiçbiri
B ve A kümesi sayılabilir ise B kümesi için aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?
N
sonludur
sayılabilirdir
sonsuzdur
sayılamazdır
Hiçbiri
10.) A
11.) p :“Hem sonsuz ve hem sayılamayan küme yoktur”, q : “Bir sonlu küme ile sayılabilir kümenin
birleşimi sonlu olamaz.” önermeleri için:
N
p, q : Doğru
p, q : Yanlış p : Doğru, q : Yanlış
p : Yanlış, q : Doğru
12.) Aşağıdaki küme çiftlerinden hangisi biribiriyle eş güçlüdür?
N −
N ile [0, 1]
Q ile irrasyonel sayılar
Z ile Q+
13.) Aşağıdaki kümelerden hangisi R ile eşgüçlü olamaz?
N
[−1, 1]
R\Q
N×N
Q ile R
[0, ∞)
Hiçbiri
Hiçbiri
Hiçbiri
14.) A ve B sayılabilir iki ayrık küme ise A ∪ B için aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?
N
sonludur
sayılabilir sonsuzdur
sonsuzdur
sayılabilirdir
Hiçbiri
15.) p :“Sonlu ve sayılamayan bir küme yoktur”, q : “Sayılabilir miktardaki boş olmayan sonlu kümelerin birleşimi sonlu olmalıdır” önermeleri için:
N
p, q : Doğru p, q : Yanlış
p : Doğru, q : Yanlış
p : Yanlış, q : Doğru
Hiçbiri
16.) p :“Sonlu olmayan her küme sayılamayan bir kümedir”, q : “Sayılabilen ve sonlu olmayan kümeler vardır” önermeleri için:
N
p : Yanlış, q : Doğru
p, q : Doğru
p, q : Yanlış
109
p : Doğru, q : Yanlış
Hiçbiri
Bölüm 10
Doğal Sayıların İnşası
Tanım 10.1 Sonlu kümeler üzerinde tanımlanan eş güçlü olma bağıntısına göre bir X kümesinin
denklik sınıfını X ile gösterelim. Boş kümenin denklik sınıfını 0 ile gösterelim. O halde ∅ = 0 yazabiliriz. Daha sonra { 0 } = 1 diyelim. Bu şekilde devam edelim:
{ 0, 1 } = 2
{ 0, 1, 2 } = 3
{ 0, 1, 2, 3 } = 4
..
.
Bu şekilde elde edilen denklik sınıflarının herbirine bir doğal sayı denir. Doğal sayılar kümesi N ile
gösterilir. Doğal sayıların yukardaki gibi seçilen temsilcilerine de kanonik temsilci denir.
Doğal Sayılarda Toplama ve Çarpma
Tanım 10.2 x, y ∈ N ve x = A, y = B ayrıca A ∩ B = ∅ olsun.
x+y =A+B =A∪B
şeklinde tanımlanan işleme x ile y nin toplamı denir.
Örnek 10.3 2 + 3 = 5 olduğunu gösterelim. A = { a, b } , B = { 1, 2, 3 } alalım. 2 = A, 3 = B diyebiliriz. A ∩ B = ∅ olduğundan:
2 + 3 = A + B = A ∪ B = { a, b, 1, 2, 3 } = 5.
Toplama İşleminin Özellikleri:
110
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
1.) N, + işlemine göre kapalıdır.
2.) N, + işlemine göre birleşmeli ve değişmelidir. (Alıştırma(1) ve Alıştırma(2))
3.) Etkisiz eleman 0 = ∅ dır; çünkü her x = A ∈ N için
0 + x = x + 0 = A + ∅ = A ∪ ∅ = A = x.
4.) Sadece 0’ın tersi vardır.
Teorem 10.4 Her x, y, z, t ∈ N için
x = y ve z = t =⇒ x + z = y + t.
İspat: x = A, y = B, z = C, t = D diyelim. Ayrıca A ∩ C = ∅, B ∩ D = ∅ olduğunu kabul edelim.
x = y =⇒ f : A −→ B, 1–1 ve örten fonksiyonu vardır,
z = t =⇒ g : C −→ D, 1–1 ve örten fonksiyonu vardır.
Şimdi h : A ∪ C −→ B ∪ D fonksiyonunu
(
h(x) =
f (x), x ∈ A ise;
g(x), x ∈ C ise.
şeklinde tanımlayalım. h’nin 1–1 olduğunu gösterelim. x, y ∈ A ∪ C için h(x) = h(y) olsun.
Durum 1. x, y ∈ A: f (x) = f (y) olup f 1–1 olduğundan x = y.
Durum 2. x, y ∈ C: g(x) = g(y) olup g 1–1 olduğundan x = y.
Durum 3. x ∈ A, y ∈ C: f (x) = g(y) olup f (x) ∈ B ve g(y) ∈ D dir. B ∩ D = ∅ olduğundan böyle
bir durum olamaz.
Durum 4. x ∈ C, y ∈ A: g(x) = f (y) olup g(x) ∈ D ve f (y) ∈ B dir. B ∩ D = ∅ olduğundan böyle
bir durum olamaz.
Sonuç olarak h 1–1 dir. Şimdi de h nin örten olduğunu gösterelim. y ∈ B ∪ D verilsin.
y ∈ B =⇒ f örten olduğundan, ∃ x0 ∈ A, f (x0 ) = y olup h(x0 ) = f (x0 ) = y
y ∈ D =⇒ g örten olduğundan, ∃ x1 ∈ C, g(x1 ) = y olup h(x1 ) = g(x1 ) = y
olup her iki halde de h örtendir.
Sonuç olarak h 1–1 ve örten olup A∪C ile B ∪D eşgüçlüdür. O halde, A∩C = B ∩D = ∅ olduğundan;
x + z = A + C = A ∪ C = B ∪ D = B + D = y + t.
111
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
Teorem 10.5 Her x, y ∈ N için
x + y = 0 =⇒ x = 0 ve y = 0
İspat: x = A, y = B ve A ∩ B = ∅ olsun. 0 = ∅ olduğunu hatırlarsak:
x + y = 0 =⇒ A + B = ∅
=⇒ A ∪ B = ∅
=⇒ A ∪ B ile ∅ eşgüçlü
=⇒ A ∪ B = ∅
(Çünkü ∅ sadece kendisiyle eşgüçlüdür)
=⇒ A = B = ∅
=⇒ x = y = ∅ = 0
Örnek 10.6 x + 3 = 0 önermesinin N deki çözümü yoktur, çünkü
x + 3 = 0 =⇒ x = 0 ve 3 = 0
olup 3 = 0 önermesi her zaman yanlıştır.
Tanım 10.7 x, y ∈ N ve x = A ve y = B olsun.
x·y =A·B =A×B
şeklinde tanımlanan işleme x ile y nin çarpımı denir.
Örnek 10.8 2 · 3 = 6 olduğunu gösterelim. A = { a, b } , B = { 1, 2, 3 } alalım. 2 = A, 3 = B diyebiliriz.
Şimdi
2 · 3 = A · B = A × B = { (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3) } = 6.
Çarpma İşleminin Özellikleri:
1.) N, çarpma işlemine göre kapalıdır.
2.) N, çarpma işlemine göre birleşmeli ve değişmelidir. (Alıştırma(3) ve Alıştırma(4))
3.) Etkisiz eleman 1 = { a } dır; çünkü her x = A ∈ N için
1 · x = x · 1 = A · { a } = A × { a } = A = x.
Burada f : A −→ A × { a }, her y ∈ A için f (y) = (y, a) şeklinde tanımlanan fonksiyonun 1–1 ve örten
olduğu gösterilebilir.
4.) Sadece 1’in tersi vardır.
112
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
Teorem 10.9 Her x ∈ N için
x · 0 = 0 · x = 0.
İspat: x = A alalım.
x·0=A·∅=A×∅=∅=0
olur. Benzer şekilde 0 · x = 0 bulunur.
Teorem 10.10 Her x, y, z, t ∈ N için
x = y ve z = t =⇒ xz = yt.
İspat: x = A, y = B, z = C, t = D diyelim.
x = y =⇒ f : A −→ B, 1–1 ve örten fonksiyonu vardır,
z = t =⇒ g : C −→ D, 1–1 ve örten fonksiyonu vardır.
Şimdi h : A × C −→ B × D fonksiyonunu
h(a, c) = (f (a), g(c))
şeklinde tanımlayalım. h’nin 1–1 olduğunu gösterelim.
h(a1 , c1 ) = h(a2 , c2 ) =⇒ (f (a1 ), g(c1 )) = (f (a2 ), g(c2 ))
=⇒ f (a1 ) = f (a2 ) ve g(c1 ) = g(c2 )
=⇒ f 1–1 olduğundan a1 = a2 ve g 1–1 olduğundan c1 = c2
=⇒ (a1 , c1 ) = (a2 , c2 )
olup h 1–1 dir. Şimdi de h nin örten olduğunu gösterelim. y = (b, d) ∈ B × D verilsin.
b ∈ B ve f örten olduğundan ∃a ∈ A, f (a) = b
d ∈ D ve g örten olduğundan ∃c ∈ C, g(c) = d.
Şimdi de x = (a, c) seçilirse h(x) = y olup h nin örten olduğu görülür.
Sonuç olarak h 1–1 ve örten olup A × C ile B × D eşgüçlüdür. O halde,
xz = A · C = A × C = B × D = B · D = yt.
Sonuç 10.11 Her x, y ∈ N ve z 6= 0 için
x = y ⇐⇒ xz = yz.
113
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
Teorem 10.12 Her x, y ∈ N için
xy = 0 =⇒ x = 0 veya y = 0.
İspat: x = A, y = B diyelim.
xy = 0 =⇒ A · B = ∅
=⇒ A × B = ∅
=⇒ A × B ile ∅ eşgüçlü
=⇒ A × B = ∅
(Çünkü ∅ sadece kendisiyle eşgüçlü)
=⇒ A = ∅ veya B = ∅
=⇒ x = A = ∅ = 0 veya y = B = ∅ = 0
Doğal Sayılarda Sıralama
Tanım 10.13 x, y ∈ N iki tane doğal sayı olsun. x’in kanonik temsilcisi A ve y’nin kanonik temsilcisi
B olsun. Yani x = A, y = B. Buradan x = y ⇐⇒ A = B olduğu açıktır. Şimdi x < y olmasını A
B
şeklinde tanımlayalım. Ayrıca “x < y veya x = y” yerine kısaca x 6 y yazdığımızda
x 6 y ⇐⇒ A ⊆ B
tanımını veririz. Bu şekilde tanımlanan 6 bağıntısının bir sıralama bağıntısı olduğu kolayca görülür.
Ancak x 6 y tanımı aşağıdaki gibi de verilir ve bu tanım daha sık kullanılır:
x < y ⇐⇒ x + k = y olacak şekilde en az bir 0 6= k ∈ N var.
Teorem 10.14 Her x, y ∈ N için x < y, x = y ve y < x önermelerinden sadece biri doğrudur. Doğal
sayılar kümesinin en küçük elemanı sıfırdır.
Teorem 10.15 Doğal sayılar kümesinde tanımlanan 6 bağıntısı bir tam sıralama bağıntısıdır.
Teorem 10.16 Her x, y, z, w ∈ N için
(a) x < y =⇒ x + z < y + z
(b) x < y, z < w =⇒ x + z < y + w
(c) x < y =⇒ x + 1 6 y
(d) x < y, z 6= 0 =⇒ xz < yz
(e) x < y, z < w =⇒ xz < yw
114
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
İspat (a):
x < y =⇒ ∃ k ∈ N \ { 0 } , x + k = y
=⇒ x + k + z = y + z
=⇒ (x + z) + k = y + z
=⇒ x + z < y + z
İspat (b):
x < y, z < w =⇒ ∃ k1 , k2 ∈ N \ { 0 } , x + k1 = y ve z + k2 = w
=⇒ (x + k1 ) + (z + k2 ) = y + w
=⇒ (x + z) + (k1 + k2 ) = y + w
=⇒ x + z < y + w, çünkü k1 + k2 ∈ N \ { 0 }
İspat (c): x < y =⇒ x + k = y olacak şekilde 0 6= k ∈ N vardır. Eğer k = 1 ise x + 1 = y dir. Aksi halde
2 6 k olup (x + 1) + k1 = y olup burada 1 6 k dır; yani x + 1 < y olur. Sonuç olarak x + 1 6 y olur.
İspat (d): z 6= 0 olsun. Çarpmanın toplama üzerine dağılma özelliği olduğunu göstermek kolaydır
(Alıştırma (5)). O halde:
x < y =⇒ ∃ k ∈ N \ { 0 } , x + k = y
=⇒ (x + k)z = yz
=⇒ xz + kz = yz
=⇒ xz < yz, çünkü kz 6= 0
İspat (e):
x < y, z < w =⇒ ∃ k1 , k2 ∈ N \ { 0 } , x + k1 = y ve z + k2 = w
=⇒ (x + k1 )(z + k2 ) = yw
=⇒ xz + xk2 + k1 z + k1 k2 = yw
|{z} |{z} |{z}
>0
>0
>1
=⇒ xz < yw, çünkü (xk2 + k1 z + k1 k2 ) > 1
İki Doğal Sayının Farkı ve Bölümü
Tanım 10.17 a, b ∈ N olmak üzere a + x = b olacak şekilde bir x ∈ N varsa bu sayıya b ile a’nın farkı
denir ve x = b − a yazılır. Bu durumda a, b ∈ N için
a 6 b ⇐⇒ b − a ∈ N
115
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
olduğu açıktır.
Tanım 10.18 a, b ∈ N olmak üzere a · x = b olacak şekilde en az bir x ∈ N varsa a, b’yi böler denir ve
ab yazılır. Bu durumda x doğal sayısına b ile a’nın bölümü denir ve x = b ÷ a yazılır.
ab ⇐⇒ b ÷ a ∈ N.
Örnek 10.19 x, y, z ∈ N olsun. (z + x) − (y + x) ∈ N veya z − y ∈ N ise (z + x) − (y + x) = z − y
olduğunu gösterelim.
Durum 1. (z + x) − (y + x) = n ∈ N olsun.
(z + x) − (y + x) = n =⇒ z + x = (y + x) + n
=⇒ z + x = (y + n) + x
=⇒ z = y + n
=⇒ n = z − y
olup eşitlik gösterilir.
Durum 2. z − y = m ∈ N olsun.
z − y = m =⇒ z = y + m
=⇒ z + x = (y + m) + x
=⇒ z + x = (y + x) + m
=⇒ m = (z + x) − (y + x)
olup eşitlik gösterilir.
Örnek 10.20 x, y, z ∈ N olsun. (x − y) − z ∈ N veya x − (y + z) ∈ N ise (x − y) − z = x − (y + z)
olduğunu gösterelim.
Durum 1. (x − y) − z = n ∈ N ve x − y = t diyelim.
(x − y) − z = n,
x − y = t =⇒ x = y + t,
t−z =n
=⇒ x = y + t,
t=z+n
=⇒ x = y + (z + n) = (y + z) + n
=⇒ n = x − (y + z)
olup eşitlik gösterilir.
Durum 2. x − (y + z) = m diyelim.
x − (y + z) = m =⇒ x = m + (y + z) = y + (z + m)
=⇒ z + m = x − y
=⇒ m = (x − y) − z
116
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
olup eşitlik gösterilir.
Örnek 10.21 a, b, c, d ∈ N olsun.
ab ve cd =⇒ (ac)(bd)
olup (bd) ÷ (ac) = (b ÷ a)(d ÷ c)
olduğunu gösterin.
Çözüm:
ab =⇒ b = ak1 olacak şekilde k1 ∈ N var, k1 = b ÷ a,
cd =⇒ d = ck2 olacak şekilde k2 ∈ N var, k2 = d ÷ c
Taraf tarafa çarparsak: bd = (ak1 )(ck2 ) = (ac)(k1 k2 )
=⇒ k1 k2 ∈ N olup (ac)(bd).
Ayrıca (bd) ÷ (ac) = k1 k2 = (b ÷ a)(d ÷ c) elde edilir.
Örnek 10.22 x, y, z, w ∈ N için aşağıdaki önermeyi ispatlayın:
xy ve z w =⇒ (y ÷ x) + (w ÷ z) = (xw + yz) ÷ (xz)
Çözüm: xy =⇒ y = xk1 olacak şekilde bir k1 ∈ N vardır ve burada k1 = y ÷ x yazılır. Yine,
z w =⇒ w = zk2 olacak şekilde bir k2 ∈ N vardır ve burada k2 = w ÷ z yazılır. Şimdi
xw + yz = x(zk2 ) + (xk1 )z = xz(k1 + k2 )
olup (xz)(xw + yz) olur ve (xw + yz) ÷ (xz) = k1 + k2 yazılır. Buradan k1 ve k2 yerine yazılırsa:
(xw + yz) ÷ (xz) = (y ÷ x) + (w ÷ z)
elde edilir.
ALIŞTIRMALAR
1.) Doğal sayılarda tanımlanan toplama işleminin birleşme özelliği olduğunu gösterin.
Çözüm: x, y, z ∈ N ve x = A, y = B, z = C olsun. Ayrıca A ∩ B = A ∩ C = B ∩ C = ∅ olsun. Bu
durumda (A ∪ B) ∩ C = ∅ ve A ∩ (B ∪ C) = ∅ olduğu açıktır. O halde
(x + y) + z = (A + B) + C = (A ∪ B) + C = (A ∪ B) ∪ C
= A ∪ (B ∪ C) = A + (B ∪ C) = A + (B + C)
= x + (y + z)
117
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
olup toplama işleme birleşmelidir.
2.) Doğal sayılarda tanımlanan toplama işleminin değişme özelliği olduğunu gösterin.
Çözüm: x, y ∈ N ve x = A, y = B olsun. Ayrıca A ∩ B = ∅ olsun.
x+y =A+B =A∪B =B∪A=B+A=y+x
olup toplama işlemi değişmelidir.
3.) Doğal sayılarda tanımlanan çarpma işleminin birleşme özelliği olduğunu gösterin.
Çözüm: x, y, z ∈ N ve x = A, y = B, z = C olsun. Şimdi (A×B)×C kümesi ile A×(B ×C) kümesinin
eşgüçlü olduğunu gösterelim. Bu amaçla
f : (A × B) × C −→ A × (B × C), her ((a, b), c) ∈ (A × B) × C için f ((a, b), c) = (a, (b, c))
şeklinde bir f fonksiyonu tanımlayalım. Şimdi X = ((a1 , b1 ), c1 ) ve Y = ((a2 , b2 ), c2 ) ∈ (A × B) × C
alalım.
f (X) = f (Y ) =⇒ f ((a1 , b1 ), c1 ) = f ((a2 , b2 ), c2 ) =⇒ (a1 , (b1 , c1 )) = (a2 , (b2 , c2 ))
=⇒ a1 = a2 ve (b1 , c1 ) = (b2 , c2 ) =⇒ a1 = a2 , b1 = b2 , c1 = c2
=⇒ ((a1 , b1 ), c1 ) = ((a2 , b2 ), c2 ) =⇒ X = Y
olup f nin 1–1 olduğu gösterilmiş olur. Şimdi de verilen her Y = (ao , (bo , co )) ∈ A × (B × C) için
X = ((ao , bo ), co )) ∈ (A × B) × C seçilirse f (X) = Y olduğu görülür. Yani f örtendir. f hem 1–1 hem
örten olduğundan (A × B) × C kümesi ile A × (B × C) kümesi eşgüçlüdür. O halde
(A × B) × C = A × (B × C) =⇒ (x · y) · z = x · (y · z).
4.) Doğal sayılarda tanımlanan çarpma işleminin değişme özelliği olduğunu gösterin.
Çözüm: x, y ∈ N ve x = A, y = B olsun. Şimdi A × B kümesi ile B × A kümesinin eşgüçlü olduğunu
gösterelim. Bu amaçla
f : A × B −→ B × A, her (a, b) ∈ A × B için f (a, b) = (b, a)
şeklinde bir f fonksiyonu tanımlayalım. Şimdi X = (a1 , b1 ) ve Y = (a2 , b2 ) ∈ (A × B) alalım.
f (X) = f (Y ) =⇒ f (a1 , b1 ) = f (a2 , b2 ) =⇒ (b1 , a1 ) = (b2 , a2 )
=⇒ b1 = b2 ve a1 = a2 =⇒ (a1 , b1 ) = (a2 , b2 )
=⇒ X = Y
118
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
olup f nin 1–1 olduğu gösterilmiş olur. Şimdi de verilen her Y = (bo , ao ) ∈ B × A için X = (ao , bo ) ∈
A × B seçilirse f (X) = Y olduğu görülür. Yani f örtendir. f hem 1–1 hem örten olduğundan (A × B)
kümesi ile (B × A) kümesi eşgüçlüdür. O halde
A × B = B × A =⇒ x · y = y · x.
5.) N’de tanımlanan çarpma işleminin toplama işlemi üzerine soldan dağılma özelliği olduğunu gösterin. Çarpmanın değişme özelliği olduğundan sağdan dağılma özelliğinin olduğunu söyleyebilir
miyiz?
Çözüm: x, y, z ∈ N ve x = A, y = B, z = C olsun. Ayrıca B ∩ C = ∅ olsun. Bu durumda A × B ile
A × C de ayrıktır, çünkü:
(A × B) ∩ (A × C) = A × (B ∩ C) = A × ∅ = ∅.
Şimdi
x · (y + z) = A · (B + C) = A · (B ∪ C) = A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C)
= A × B + A × C = (A · B) + (A · C)
= (x · y) + (x · z)
olup soldan dağılma özelliği vardır. Çarpma işleminin değişme özelliği ve toplama üzerine soldan
dağılma özelliği varsa, sağdan dağılma özelliği de vardır, çünkü her x, y, z ∈ N için:
(x + y) · z = z · (x + y)
(çarpmanın değişme özelliği olduğundan)
= (z · x) + (z · y)
(çarpmanın soldan dağılma özelliği olduğundan)
= (x · z) + (y · z)
(çarpmanın değişme özelliği olduğundan)
Sonuç olarak; Alıştırma(4) ile birlikte, çarpma işleminin toplama üzerine (soldan ve sağdan) dağılma
özelliği olduğunu söyleyebiliriz.
6.) a, b, c ∈ N olsun. ab ve ac ise a(b + c) olduğunu ve (b + c) ÷ a = (b ÷ a) + (c ÷ a) olduğunu
gösterin.
Çözüm:
ab =⇒ b = ak1 olacak şekilde k1 ∈ N var, k1 = b ÷ a,
ac =⇒ c = ak2 olacak şekilde k2 ∈ N var, k2 = c ÷ a
Taraf tarafa toplarsak: b + c = (ak1 ) + (ak2 ) = a(k1 + k2 )
=⇒ k1 + k2 ∈ N olup a(b + c).
119
Bölüm 10. Doğal Sayıların İnşası
Hüseyin BİLGİÇ
Ayrıca (b + c) ÷ a = k1 + k2 = (b ÷ a) + (c ÷ a) elde edilir.
7.) x, y, z ∈ N ve y 6= 0 olsun. Bu durumda (yz)(xy) ve z x ise (xy) ÷ (yz) = x ÷ z olduğunu gösterin.
Çözüm:
(yz)(xy) =⇒ xy = (yz)k1 olacak şekilde k1 ∈ N var, k1 = (xy) ÷ (yz),
z x =⇒ x = zk2 olacak şekilde k2 ∈ N var, k2 = x ÷ z
Şimdi, y 6= 0 olduğundan
xy = (yz)k1 =⇒ xy = (zk1 )y =⇒ x = zk1
elde edilir. Yani k1 = x ÷ z olmalıdır. Buradan k1 = k2 , yani (xy) ÷ (yz) = x ÷ z bulunur.
120
Bölüm 11
Tümevarım İlkesi
Tümevarım İlkesi: a ∈ N olmak üzere Na = { x ∈ N : x > a } kümesi üzerinde bir P (n) açık önermesi
tanımlı olsun. Eğer P (a) önermesi doğruysa ve P (k) doğru iken P (k + 1) de doğruysa; başka bir
deyişle
P (k) =⇒ P (k + 1)
önermesi doğruysa o zaman her n ∈ Na için P (n) doğrudur.
Örnek 11.1 Tümevarım yöntemiyle her 1 6 n ∈ N için
1 + 2 + ··· + n =
n(n + 1)
2
olduğunu gösterelim. P (n) önermesi “1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)/2” olsun. n = 1 için eşitliğin her
iki tarafı da 1’e eşit olduğunudan P (1) doğrudur. Şimdi de önermenin k için doğru olduğunu kabul
edip k + 1 için doğru olduğunu gösterelim. P (k) doğru olsun.
1 + 2 + ··· + k =
k(k + 1)
k(k + 1)
=⇒ 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) =
+ (k + 1)
2
2
k
+1
=⇒ 1 + 2 + · · · + (k + 1) = (k + 1)
2
(k + 1)(k + 2)
=⇒ 1 + 2 + · · · + (k + 1) =
2
olup P (k + 1) de doğrudur. Tümevarımdan dolayı her 1 6 n ∈ N için P (n) doğrudur.
Örnek 11.2 Her n ∈ N için 3(4n − 1) olduğunu gösterelim. P (n) önermesi 3(4n − 1) olsun. n = 0
için 30 olup önerme doğrudur. Şimdi
3(4k − 1) =⇒ ∃ m ∈ N, (4k − 1) = 3m
=⇒ 4k+1 − 1 = 4 · 4k − 1 = 4(3m + 1) − 1 = 12m + 3 = 3(4m + 1)
121
Bölüm 11. Tümevarım İlkesi
Hüseyin BİLGİÇ
olup 4m + 1 de bir doğal sayı olduğundan 3(4k+1 − 1) dir. Yani P (k) =⇒ P (k + 1) doğrudur. Tümevarımdan, her n ∈ N için P (n) doğrudur.
Örnek 11.3 Her 3 6 n ∈ N için n2 < 3n olduğunu gösterelim. P (n) önermesi n2 < 3n olsun. n = 3
için 9 < 27 olup önerme doğrudur. Şimdi P (n)’in doğru olduğunu kabul edip P (n + 1)’in doğru
olduğunu gösterelim. n2 < 3n olsun. Eşitsizliğin her iki tarafını 3 ile çarparsak 3n2 < 3n+1 elde
ederiz. (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 olup n > 3 için n2 + 2n + 1 < 3n2 yani 2n2 − 2n − 1 > 0 olduğunu
göstereceğiz. Şimdi p(n) = 2n2 − 2n − 1 polinomunun kökleri
√
√
1± 3
2 ∓ 12
=
n1,2 =
4
2
√
olup büyük kök 3 den küçüktür.( 3 ≈ 1.7 alınırsa) Polinom kökler dışında pozitif olduğundan n > 3
için p(n) > 0 dır. Yani P (n) =⇒ P (n + 1) doğrudur. Tümevarımdan, her 3 6 n ∈ N için P (n)
doğrudur.
İyi Sıralılık İlkesi: Doğal sayılar kümesinin boş olmayan her alt kümesinin (bilinen 6 bağıntısına
göre) bir en küçük elemanı vardır.
Teorem 11.4 Tümevarım ilkesi ile iyi sıralılık ilkesi birbirine denktir.
İspat: (Tümevarım =⇒ İyi sıralılık) Tümevarım ilkesinin doğru olduğunu kabul edelim ve ∅ =
6 T ⊆
N alalım. Yeni bir S kümesini aşağıdaki gibi tanımlayalım:
S = { x ∈ N : Her t ∈ T için x 6 t } .
Her t ∈ T için 0 6 t olacağından (çünkü 0, doğal sayıların en küçük elemanı) 0 ∈ S dir. Eğer S ile
T ’nin ortak bir elemanı varsa bu eleman T nin en küçük elemanıdır ve tek türlü belirlidir.
Şimdi S ∩ T = ∅ olduğunu kabul edelim. s ∈ S ise ve t ∈ T herhangibir eleman ise s < t olmalıdır. O
halde s + 1 6 t dir. Yani s ∈ S =⇒ s + 1 ∈ S olup; S ∩ T = ∅ ise “P (n) : n ∈ S” önermesi her n ∈ N
için doğru olur (tümevarımdan). O halde S = N olmalıdır. O zaman T = ∅ olur ve bu da T ’nin boş
olmamasıyla çelişir. O halde S ∩ T 6= ∅ olup N iyi sıralıdır.
İspat: (İyi sıralılık =⇒ Tümevarım) İyi sıralılık ilkesinin doğru olduğunu kabul edelim. a ∈ N olmak
üzere Na = { x ∈ N : x > a } kümesinde tanımlı bir P (n) açık önermesi verilsin. P (a) doğru olsun
ve P (k) =⇒ P (k + 1) doğru olsun. P (n) önermelerinin doğru olduğu doğal sayıların kümesine S
diyelim.
S = { n ∈ Na : P (n) doğru } .
S ⊆ Na olduğu açıktır. Biz S = Na olduğunu göstereceğiz. S 6= Na olduğunu kabul edelim. O zaman
Na \ S 6= ∅ olur. O halde, iyi sıralılık ilkesinden, Na \ S’nin bir en küçük elemanı t vardır. Yani P (t)
yanlıştır. t − 1 ∈ S olup k = t − 1 alınırsa P (k) =⇒ P (k + 1) olacağından P (t) doğru olur. Bu bir
çelişkidir. O halde Na = S dir.
122
Bölüm 11. Tümevarım İlkesi
Hüseyin BİLGİÇ
ALIŞTIRMALAR
1.) Her n ∈ N+ için
n−1
X
xr =
r=0
xn − 1
olduğunu gösteriniz. (x 6= 1 bir reel sayıdır.)
x−1
2.) Her n > 5 için n2 < 2n olduğunu gösteriniz. (n ∈ N.)
3.) n ∈ N olmak üzere 6n + 1 biçiminde yazılan bir doğal sayının karesinin 1 eksiğinin 24 ile bölündüğünü gösterin.
4.) { an } dizisinin genel terimi an = 32n+4 − 22n olsun. Her n ∈ N için 5|an olduğunu gösteriniz.
(İpucu: an+1 + an ifadesini kullanın.)
5.) Her n ∈ N için
n
X
r=1
6.) Her n ∈ N için
1
r(r + 1) = n(n + 1)(n + 2) olduğunu gösteriniz.
3
1
1
1
1
n
+
+
+ ··· +
=
olduğunu gösteriniz.
1·2 2·3 3·4
n(n + 1)
n+1
7.) a > −1 reel sayısı ve her n pozitif tamsayısı için (1+a)n > 1+na olduğunu gösterin. (Bu eşitsizliğe
Bernoulli Eşitsizliği denir.)
8.) Tümevarımla n elemanlı bir kümenin 2n tane alt kümesinin olduğunu gösteriniz.
9.) Tümevarımla 36n ≡ 1 (mod 7) olduğunu gösteriniz.
10.) 3n + 4n 6 5n önermesi n’nin hangi değerleri için doğrudur. İspatlayınız.
11.) Her n ∈
N+
için
2n
X
(−1)r r3 = n2 (4n + 3) olduğunu gösteriniz.
r=1
n(n + 1)(n + 2)(3n + 5)
midir? Neden?
12
13.) ∀n > 0 doğal sayısı için 3n+3 − 44n+2 sayısının 11’e tam bölündüğünü gösterin.
n
Y
2r − 1
1 2n
14.) Tümevarımla her n > 1 için
= n
olduğunu gösteriniz.
r
2
n
12.) ∀n ∈ N için 1 · 22 + 2 · 32 + · · · + n(n + 1)2 =
15.) Tümevarımla her n > 2 için
16.) Her n > 1 doğal sayısı için
r=1
n
Y
r=2
n
X
r2
2n
=
olduğunu gösteriniz.
2
r −1
n+1
(k + 1)2k−1 = n 2n olduğunu gösterin.
k=1
17.) n > 1 olmak üzere; 12n + 10 sayısının 11’e tam bölündüğünü tümevarımla gösterin.
12
22
n2
n(n + 1)
+
+ ··· +
=
olduğunu gösterin.
1·3 3·5
(2n − 1)(2n + 1)
2(2n + 1)
19.) Tümevarımla her 1 6 n ∈ N için 6 n(2n + 1)(7n + 1) olduğunu gösterin.
18.) Her 1 6 n ∈ N için
20.) Her 3 6 n ∈ N için
2n > 2n + 1
olduğunu tümevarımla gösterin.
123
Bölüm 11. Tümevarım İlkesi
Hüseyin BİLGİÇ
BAZI ALIŞTIRMALARIN ÇÖZÜMLERİ
Çözüm (1.) P (n) önermesi
n−1
X
r=0
xr =
xn − 1
olsun. n = 1 için
x−1
0
X
xr = x0 = 1 ve
r=0
x1 − 1
=1
x−1
olup P (1) doğrudur. Şimdi P (n) in doğru olduğunu kabul edelim. Şimdi n > 1 için
!
n
n−1
X
X
xn+1 − 1
xn − 1
r
r
+ xn =
x =
x + xn =
x−1
x−1
r=0
r=0
olup P (n + 1) doğrudur. Tümevarımdan dolayı her 1 6 n ∈ N için P (n) doğrudur.
Çözüm (3.) (6n + 1)2 − 1 = 36n2 + 12n dir. O halde P (n) önermesi 24 (36n2 + 12n) olsun. n = 0 için
24 0 olup P (1) doğrudur. Şimdi P (n) in doğru olduğunu kabul edelim. O halde
36n2 + 12n = 24 · k
olacak şekilde bir k ∈ N vardır. Şimdi
36(n + 1)2 + 12(n + 1) = 36n2 + 72n + 36 + 12n + 12 = |36n2{z
+ 12n} +24(3n + 2) = 24(k + 3n + 2)
24k
olup k + 3n + 2 ∈ N olduğundan P (n + 1) de doğrudur. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N için P (n)
doğrudur.
Çözüm (6.) P (n) önermesi
n
X
r=1
1
n
=
olsun. n = 0 için
r(r + 1)
n+1
0
X
r=1
1
0
=0=
r(r + 1)
0+1
olup P (0) doğrudur. P (n) in doğru olduğunu kabul edelim. Şimdi,
!
n+1
n
X
X
1
1
1
n
1
n+1
=
+
=
+
=
r(r + 1)
r(r + 1)
(n + 1)(n + 2)
n + 1 (n + 1)(n + 2)
n+2
r=1
r=1
olup P (n + 1) de doğrudur. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N için P (n) doğrudur.
124
Bölüm 11. Tümevarım İlkesi
Hüseyin BİLGİÇ
Çözüm (7.) P (n) önermesi (1 + a)n > 1 + na olsun. 1 + a > 1 + a olup P (1) doğrudur. Şimdi P (n) in
doğru olduğunu kabul edelim. Buradan:
(1 + a)n+1 = (1 + a)n (1 + a)
> (1 + na)(1 + a)
= 1 + (n + 1)a + na2
(Çünkü na2 > 0)
> 1 + (n + 1)a
olup P (n + 1) in doğru olduğu gösterilir. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N+ için P (n) doğrudur.
Çözüm (8.) En , n elemanlı bir kümeyi göstersin. P (En ) de En in kuvvet kümesi olsun. Bu durumda
Q(n) önermesi |P (En )| = 2n olsun. Şimdi n = 0 ise E0 = ∅ olup boşkümenin kuvvet kümesi { ∅ }
dir ve |P (E0 )| = 1 = 20 olduğundan Q(0) önermesi doğrudur. Q(n) doğru olsun, yani |P (En )| = 2n
olsun. Şimdi a 6∈ En olmak üzere En+1 = En ∪ { a } yazalım. Bu durumda
P (En+1 ) = P (En ) ∪ { X ∪ { a } : X ∈ P (En ) }
eşitliği vardır. Bu birleşim ayrıktır ve bu iki kümenin eleman sayıları aynıdır; yani 2n dir. O halde
|P (En+1 )| = 2n + 2n = 2n+1
olup Q(n + 1) in doğru olduğu gösterilir. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N için Q(n) doğrudur.
Çözüm (10.) P (n) önermesi 3n + 4n 6 5n olsun. n > 2 için önermenin doğru olduğunu gösterelim.
olsun. n = 2 için: 32 + 42 = 25 6 52 olup P (2) doğrudur. P (n) doğru olsun; yani 3n + 4n 6 5n olsun.
Şimdi 3 · 3n < 5 · 3n ve 4 · 4n < 5 · 4n olacağından
3n+1 + 4n+1 = 3 · 3n + 4 · 4n < 5 · 3n + 5 · 4n = 5(3n + 4n ) 6 5 · 5n = 5n+1
olup P (n + 1) in doğru olduğu gösterilmiş olur. Tümevarımdan dolayı her 2 6 n ∈ N için P (n)
doğrudur.
Çözüm (11.) P (n) önermesi
2n
X
(−1)r r3 = n2 (4n + 3) olsun. n = 1 için
r=1
2
X
(−1)r r3 = −1 + 8 = 7
r=1
125
ve
12 (4 + 3) = 7
Bölüm 11. Tümevarım İlkesi
Hüseyin BİLGİÇ
olup P (1) doğrudur. P (n) doğru olsun. O halde:
2(n+1)
X
r 3
(−1) r =
r=1
2n
X
!
r 3
(−1) r
+ (−1)2n+1 (2n + 1)3 + (−1)2n+2 (2n + 2)3
r=1
= (4n3 + 3n2 ) − (2n + 1)3 + (2n + 2)3
= (4n3 + 3n2 ) − (8n3 + 12n2 + 6n + 1) + (8n3 + 24n2 + 24n + 8)
= 4n3 + 15n2 + 18n + 7 · · · · · · · · · · · · · · · (I)
ifadesi elde edilir. Şimdi de n2 (4n + 3) ifadesinde n yerine n + 1 yazılırsa:
(n + 1)2 (4n + 7) = (n2 + 2n + 1)(4n + 7)
= 4n3 + 15n2 + 18n + 7 · · · · · · · · · · · · · · · (II)
olup (I)=(II) olduğundan P (n + 1) doğrudur. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N+ için P (n) doğrudur.
n
Y
2r − 1
1 2n
olsun. n = 1 için
Çözüm (14.) P (n) önermesi
= n
n
r
2
r=1
1
Y
2r − 1
1
1 2
= =1=
r
1
2 1
r=1
olup P (1) doğrudur. Şimdi P (n) doğru olsun.
!
n+1
n
Y 2r − 1
Y
2r − 1
2(n + 1) − 1
1 2n 2n + 1
=
·
= n
r
r
n+1
2
n n+1
r=1
r=1
(2n)!(2n + 1)
· · · · · · · · · · · · · · · (I)
= n
2 n! n!(n + 1)
ifadesi elde edilir. Şimdi de önermedeki eşitliğin sağ tarafındaki ifadede n yerine n + 1 yazılırsa:
1
2n + 2
(2n + 2)!
= n+1
2n+1 n + 1
2
(n + 1)!(n + 1)!
2(n + 1)(2n + 1)(2n)!
=
2 · 2n (n + 1)(n + 1)n! n!
(2n + 1)(2n)!
· · · · · · · · · · · · · · · (II)
= n
2 (n + 1)n! n!
olup (I)=(II) olduğu görülür. Yani P (n + 1) doğrudur. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N+ için P (n)
doğrudur.
126
Bölüm 12
Tamsayılar
N × N kümesinde her (a, b), (c, d) ∈ N × N için
(a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ a + d = b + c
şeklinde tanımlanan ∼ bağıntısını ele alalım. Bu bağıntının bir denklik bağıntısı olduğu kolaylıkla
gösterilebilir. O halde bu bağıntı N × N kümesini denklik sınıflarına ayırır. (a, b) elemanının denklik
sınıfını (a, b) ile gösterelim. Bir kaç örnek verelim:
(3, 1) = { (x, y) ∈ N × N : (x, y) | (3, 1) }
= { (x, y) ∈ N × N : x + 1 = y + 3 }
= { (2, 0), (3, 1), (4, 2), . . . } .
(0, 4) = { (x, y) ∈ N × N : (x, y) | (0, 4) }
= { (x, y) ∈ N × N : x + 4 = y }
= { (0, 4), (1, 5), (2, 6), . . . } .
Tanım 12.1 (a, b) ∈ N × N olmak üzere (a, b)’nin ∼ bağıntısına göre olan (a, b) denklik sınıfına bir
tamsayı denir. Bu durumda, mesela, (1, 0), (3, 9) birer tamsayıdır. Tamsayılar kümesi Z ile gösterilir.
Tamsayılarda Toplama ve Çarpma
Tanım 12.2 x, y ∈ Z ve x = (a, b), y = (c, d) olsun. Bu durumda
x + y = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)
şeklinde tanımlanan işleme iki tamsayının toplamı denir. Ayrıca
x · y = (a, b) · (c, d) = (ac + bd, ad + bc)
127
Bölüm 12. Tamsayılar
Hüseyin BİLGİÇ
şeklinde tanımlanan işleme iki tamsayının çarpımı denir.
Toplama İşleminin Özellikleri:
1.) Z, + işlemine göre kapalıdır, çünkü a, b, c, d ∈ N ise a + c, b + d ∈ N dir.
2.) Z, + işlemine göre birleşmeli ve değişmelidir. Çünkü, x = (a, b), y = (c, d) ise
x + y = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) = (c + a, d + b) = (c, d) + (a, b) = y + x.
Ayrıca z = (e, f ) ∈ Z ise
(x + y) + z = ((a + c) + e, (b + d) + f ) = (a + (c + e)), (b + (d + f )) = x + (y + z).
3.) Z’de + işleminin birim elemanı her y ∈ N için (y, y) dir. Çünkü her (a, b) ∈ Z için
(a, b) + (y, y) = (a + y, b + y) = (a, b)
olur çünkü (a + y) + b = (b + y) + a dır. Toplamanın birim elemanı 0 ile gösterilir ve (0, 0) alınabileceği
gibi (1, 1), (2, 2), . . . alınabilir.
4.) Her x = (a, b) ∈ Z tamsayısının + işlemine göre tersi (b, a) dır, çünkü
(a, b) + (b, a) = (a + b, b + a) = (0, 0).
Bu eleman −x ile gösterilir.
Çarpma İşleminin Özellikleri:
1.) Z, · işlemine göre kapalıdır, çünkü a, b, c, d ∈ N ise ac + bd, ad + bc ∈ N dir.
2.) Z, · işlemine göre birleşmeli ve değişmelidir. Çünkü, x = (a, b), y = (c, d) ise
x · y = (a, b) · (c, d) = (ac + bd, ad + bc) = (ca + db, cb + da) = (c, d) · (a, b) = y · x.
Ayrıca z = (e, f ) ∈ Z ise
(xy)z = (ac + bd, ad + bc) · (e, f ) = (ace + bde + adf + bcf, acf + bdf + ade + bce) . . . . . . (I)
x(yz) = (a, b) · (ce + df, cf + de) = (ace + adf + bcf + bde, acf + ade + bce + bdf ) . . . . . . (II)
olup (I)=(II) olduğu görülür.
3.) Birim elemanı bulalım. Her (x, y) ∈ Z için
(x, y) · (a, b) = (x, y)
128
Bölüm 12. Tamsayılar
Hüseyin BİLGİÇ
olacak şekilde (a, b) ∈ Z arıyoruz.
(x, y) · (a, b) = (x, y) =⇒ (xa + yb, xb + ya) = (x, y)
=⇒ (xa + yb, xb + ya) ∼ (x, y)
=⇒ (xa + yb) + y = (xb + ya) + x
=⇒ xa + y(b + 1) = x(b + 1) + ya
Şimdi en son denklemin her x, y için doğru olması için x ve y’nin katsayıları eşit olmalıdır. O halde
a = b + 1 dir. Buradan birim eleman
(a, b) = (b + 1, b) = (1, 0)
bulunur.
4.) Çarpma işleminin toplama üzerine dağılma özelliği vardır. x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f ) alalım.
x(y + z) = (a, b) · (c + e, d + f ) = (ac + ae + bd + bf, ad + af + bc + be)
. . . . . . (I)
xy + xz = (ac + bd, ad + bc) + (ae + bf, af + be) = (ac + bd + ae + bf, ad + bc + af + be) . . . . . . (II)
olup (I)=(II) olduğundan soldan dağılma özelliği gösterilmiş olur. Çarpma işlemi değişmeli olduğundan sağdan dağılma özelliği de vardır.
Teorem 12.3 x, y, z ∈ Z olsun.
(a) x + z = y + z ⇐⇒ x = y
(b) xz = yz, z 6= 0 ⇐⇒ x = y
İspat (a): x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f ) alalım.
x + z = y + z ⇐⇒ (a, b) + (e, f ) = (c, d) + (e, f )
⇐⇒ (a + e, b + f ) = (c + e, d + f )
⇐⇒ (a + e, b + f ) ∼ (c + e, d + f )
⇐⇒ (a + e) + (d + f ) = (b + f ) + (c + e)
⇐⇒ a + d = b + c ⇐⇒ (a, b) ∼ (c, d)
⇐⇒ (a, b) = (c, d) ⇐⇒ x = y
İspat (b): z 6= 0 olduğundan e 6= f olmalıdır.
xz = yz ⇐⇒ (ae + bf, af + be) = (ce + df, cf + de)
⇐⇒ (ae + bf, af + be) ∼ (ce + df, cf + de)
⇐⇒ ae + bf + cf + de = af + be + ce + df
⇐⇒ e(a + d) + f (b + c) = e(b + c) + f (a + d)
⇐⇒ a + d = b + c
(Çünkü e 6= f )
⇐⇒ (a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ (a, b) = (c, d) ⇐⇒ x = y
129
Bölüm 12. Tamsayılar
Hüseyin BİLGİÇ
Teorem 12.4 (a, b) ∈ Z ve k ∈ N olmak üzere:
(a) (a, b) = (x + k, x) ⇐⇒ a = b + k
(b) (a, b) = (x, x) ⇐⇒ a = b
(c) (a, b) = (x, x + k) ⇐⇒ b = a + k
Sonuç 12.5 (a, b) ∈ Z olsun.
(a) a > b ise (a, b) = (a − b, 0)
(b) a = b ise (a, b) = (0, 0)
(c) a < b ise (a, b) = (0, b − a)
Tanım 12.6 (a, b) ∈ Z olsun.
(a) a > b ise (a, b) = (a − b, 0) tamsayısına pozitif tamsayı denir ve a − b ile gösterilir. Pozitif tamsayılar kümesi Z+ ile gösterilir.
(b) a < b ise (a, b) = (0, b − a) tamsayısına negatif tamsayı denir ve −(b − a) ile gösterilir. Negatif
tamsayılar kümesi Z− ile gösterilir.
Tanımdan da anlaşılacağı gibi a ve b nin durumuna göre bir tamsayı negatif, pozitif veya sıfırdır; ama
bunlardan sadece bir tanesidir. O halde aşağıdaki ayrık birleşimi yazabiliriz:
Z = Z− ∪ { 0 } ∪ Z+
Tanım 12.7 x, y iki tamsayı ise x+(−y) tamsayısına x ile y nin farkı denir ve kısaca x−y ile gösterilir.
Örnek 12.8 x + 4 = 3 denkleminin çözümünün x = −1 olduğunu gösterelim. x = (a, b), 3 = (3, 0) ve
4 = (4, 0) alalım.
x + 4 = 3 =⇒ (a, b) + (4, 0) = (3, 0)
=⇒ (a + 4, b) = (3, 0)
=⇒ (a + 4, b) ∼ (3, 0)
=⇒ a + 4 = b + 3 =⇒ (a + 1) + 3 = b + 3 =⇒ a + 1 = b
=⇒ x = (a, b) = (a, a + 1) = (0, 1) = −1
130
Bölüm 12. Tamsayılar
Hüseyin BİLGİÇ
Örnek 12.9 3x − 11 = 7 denkleminin çözümünün x = 6 olduğunu gösterelim. x = (a, b), 3 =
(3, 0), 11 = (11, 0) ve 7 = (7, 0) alalım. O zaman −11 = (0, 11) olur.
3x − 11 = 7 =⇒ 3x + (−11) = 7
=⇒ (3, 0) · (a, b) + (0, 11) = (7, 0)
=⇒ (3a, 3b) + (0, 11) = (7, 0)
=⇒ (3a, 3b + 11) = (7, 0)
=⇒ (3a, 3b + 11) ∼ (7, 0)
=⇒ 3a = (3b + 11) + 7 = 3b + 18 =⇒ 3a = 3(b + 6) =⇒ a = b + 6
=⇒ x = (a, b) = (b + 6, b) = (6, 0) = 6
Tamsayılarda Sıralama
Tanım 12.10 Tamsayılarda küçük olma bağıntısını x = (a, b) ∈ Z ve y = (c, d) ∈ Z olmak üzere
x < y ⇐⇒ a + d < b + c
şeklinde tanımlayalım ve “x 6 y
⇐⇒
x < y veya x = y” şeklinde yazalım. Bu durumda 6
bağıntısının bir tam sıralama bağıntısı olduğu kolaylıkla gösterilebilir. x < y yerine bazen y > x
yazılır.
Not 12.11 Bir t = (a, b) ∈ Z alalım.
t pozitif ⇐⇒ a > b ⇐⇒ (a, b) > (0, 0) ⇐⇒ t > 0
Benzer şekilde
t negatif ⇐⇒ a < b ⇐⇒ (a, b) < (0, 0) ⇐⇒ t < 0
Ayrıca
t pozitif ⇐⇒ ∃k ∈ N+ , t = (k, 0)
ve
t negatif ⇐⇒ ∃k ∈ N+ , t = (0, k)
olduğu kolaylıkla görülür.
Teorem 12.12 x, y, z, w, t ∈ Z olsun.
(a) x < y ⇐⇒ x + z < y + z
(b) x < y, z < w =⇒ x + z < y + w
(c) t > 0 ise xt > yt ⇐⇒ x > y
(d) t < 0 ise xt > yt ⇐⇒ x < y
İspat: İspat boyunca x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f ), w = (g, h) alalım.
131
Bölüm 12. Tamsayılar
Hüseyin BİLGİÇ
İspat (a)
x < y ⇐⇒ (a, b) < (c, d) ⇐⇒ a + d < b + c
⇐⇒ (a + d) + (e + f ) < (b + c) + (e + f )
⇐⇒ (a + e) + (d + f ) < (b + f ) + (c + e)
⇐⇒ (a + e, b + f ) < (c + e, d + f )
⇐⇒ (a, b) + (e, f ) < (c, d) + (e, f )
⇐⇒ x + z < y + z
İspat (b)
x < y, z < w =⇒ (a, b) < (c, d)
ve
(e, f ) < (g, h)
=⇒ a + d < b + c
ve
e+h<f +g
=⇒ (a + d) + (e + h) < (b + c) + (f + g)
(Eşitsizlikler toplandı)
=⇒ (a + e) + (d + h) < (b + f ) + (c + g)
=⇒ (a + e, b + f ) < (c + g, d + h)
=⇒ (a, b) + (e, f ) < (c, d) + (g, h)
=⇒ x + z < y + w
İspat (c) t > 0 olduğundan, en az bir k ∈ N+ için t = (k, 0) dır.
yt < xt ⇐⇒ (c, d) · (k, 0) < (a, b) · (k, 0)
⇐⇒ (ck, dk) < (ak, bk)
⇐⇒ ck + bk < dk + ak ⇐⇒ k(c + b) < k(d + a)
⇐⇒ c + b < d + a (Çünkü k 6= 0)
⇐⇒ (c, d) < (a, b) ⇐⇒ y < x
İspat (d) t < 0 olduğundan, en az bir k ∈ N+ için t = (0, k) dır.
yt < xt ⇐⇒ (c, d) · (0, k) < (a, b) · (0, k)
⇐⇒ (dk, ck) < (bk, ak)
⇐⇒ dk + ak < ck + bk ⇐⇒ k(a + d) < k(b + c)
⇐⇒ a + d < b + c (Çünkü k 6= 0)
⇐⇒ (a, b) < (c, d) ⇐⇒ x < y
132
Bölüm 12. Tamsayılar
Hüseyin BİLGİÇ
ALIŞTIRMALAR
1.) Aşağıdaki önermelerden hangisi neden doğrudur?
(a) (0, 0) ∈ (0, 0)
(b) (0, 0) ∈ (1, 1)
(c) (0, 0) = (1, 1)
(d) (2, 1) ∈ (2, 1)
Çözüm: (a) (0, 0) ∈ (0, 0), çünkü 0 + 0 = 0 + 0.
Çözüm: (b) (0, 0) ∈ (1, 1), çünkü 0 + 1 = 1 + 0.
Çözüm: (c) (0, 0) = (1, 1), çünkü 0 + 1 = 1 + 0.
Çözüm: (d) (2, 1) ∈ (2, 1) yanlıştır, çünkü (2, 1) denklik sınıfı olup (2, 1) bir elemandır.
2.) a, b ∈ N olduğuna göre aşağıdaki önermelerin doğru olduğunu gösterin.
(a) (a, a) ∼ (b, b)
(b) (a + 1, a) ∼ (b + 1, b)
(c) (a + 1, b + 1) ∼ (a, b)
Çözüm: (a) a + b = b + a olduğundan (a, b) ∼ (a, b) dir.
Çözüm: (b) (a + 1) + b = a + (b + 1) olduğundan (a + 1, a) ∼ (b + 1, b) dir.
Çözüm: (c) (a + 1) + b = (b + 1) + a olduğundan (a + 1, b + 1) ∼ (a, b) dir.
3.) Aşağıdaki tamsayıları en sade şekilde yazın.
(a) (a, b) + (b, a)
(b) (a, 0) + (b, 0)
(c) (a, a − 1) · (a, a − 2)
(d) (0, a) · (0, a + 1)
Çözüm: (a) (a, b) + (b, a) = (a + b, b + a) = (0, 0) = 0.
Çözüm: (b) (a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0) = a + b.
Çözüm: (c)
(a, a − 1) · (a, a − 2) = (a2 + (a − 1)(a − 2), a(a − 2) + (a − 1)a)
= (2a2 − 3a + 2, 2a2 − 3a)
= (2, 0) = 2
Çözüm: (d) (0, a) · (0, a + 1) = (a2 + a, 0) = a2 + a.
4.) a, b, x, r ∈ N olsun. Aşağıdaki eşitlikleri gösterin
(a) (a + x, a) = (x + 1, 1)
(b) (a, b) + (r, r) = (a, b)
(c) (a, b) · (r, r) = (r, r)
Çözüm: (a) (a + x) + 1 = a + (x + 1) =⇒ (a + x, a) ∼ (x + 1) =⇒ (a + x, a) = (x + 1, 1)
Çözüm: (b) (a, b) + (r, r) = (a + r, b + r) = (a, b), çünkü (a + r) + b = (b + r) + a.
Çözüm: (c) (a, b) · (r, r) = (ar + br, ar + br) = (r, r), çünkü (ar + br) + r = (ar + br) + r.
133
Bölüm 12. Tamsayılar
Hüseyin BİLGİÇ
5.) (a, b) + (x, y) = (c, d) ise (x, y) = (c + b, d + a) olduğunu gösterin.
Çözüm:
(a, b) + (x, y) = (c, d) =⇒ (a + x, b + y) = (c, d)
=⇒ (a + x, b + y) ∼ (c, d)
=⇒ (a + x) + d = (b + y) + c
=⇒ x + (d + a) = y + (c + b)
=⇒ (x, y) ∼ (c + b, d + a)
=⇒ (x, y) = (c + b, d + a)
6.) (a, b) ∼ (s, m) ve (c, d) ∼ (t, n) ise aşağıdaki denklikleri gösterin
(a) (a + c, b + d) ∼ (s + t, m + n)
Çözüm: (a)
(b) (ac + bd, ad + bc) ∼ (st + mn, sn + mt)
(a, b) ∼ (s, m) =⇒ a + m = b + s
(c, d) ∼ (t, n) =⇒ c + n = d + t
=⇒ (a + m) + (c + n) = (b + s) + (d + t)
=⇒ (a + c) + (m + n) = (b + d) + (s + t)
=⇒ (a + c, b + d) ∼ (s + t, m + n)
Çözüm: (b)
(a, b) ∼ (s, m) =⇒ (a, b) = (s, m)
(c, d) ∼ (t, n) =⇒ (c, d) = (t, n)
=⇒ (a, b) · (c, d) = (s, m) · (t, n)
=⇒ (ac + bd, ad + bc) = (st + mn, sn + mt)
=⇒ (ac + bd, ad + bc) ∼ (st + mn, sn + mt)
7.) (−3) + (−2) = −5 olduğunu gösterin.
Çözüm: 3 = (3, 0), 2 = (2, 0) alalım. O zaman −3 = (0, 3), −2 = (0, 2) olur.
(−3) + (−2) = (0, 3) + (0, 2) = (0, 5) = −5
olup sonuç bulunur.
8.) (−3) · (−2) = 6 olduğunu gösterin.
Çözüm: 3 = (3, 0), 2 = (2, 0) alalım. O zaman −3 = (0, 3), −2 = (0, 2) olur.
(−3) · (−2) = (0, 3) · (0, 2) = (6, 0) = 6
134
Bölüm 12. Tamsayılar
Hüseyin BİLGİÇ
olup sonuç bulunur.
9.) Her x, y ∈ Z için (−x) + (−y) = −(x + y) olduğunu gösterin.
Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. O zaman −x = (b, a), −y = (d, c) olur.
(−x) + (−y) = (b, a) + (d, c) = (b + d, a + c)
· · · · · · · · · (I)
x + y = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)
=⇒ −(x + y) = (b + d, a + c)
· · · · · · · · · (II)
olup (I)=(II) olduğundan eşitlik doğrudur.
10.) Her x, y ∈ Z için (−x) + y = −(x + (−y)) olduğunu gösterin.
Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. O zaman −x = (b, a), −y = (d, c) olur.
(−x) + y = (b, a) + (c, d) = (b + c, a + d)
· · · · · · · · · (I)
x + (−y) = (a, b) + (d, c) = (a + d, b + c)
=⇒ −(x + (−y)) = (b + c, a + d)
· · · · · · · · · (II)
olup (I)=(II) olduğundan eşitlik doğrudur.
11.) Her x, y ∈ Z için x − (−y) = x + y olduğunu gösterin.
Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. O zaman −y = (d, c) olur. Ayrıca −(−y) = (c, d) olur.
x − (−y) = x + (−(−y)) = (a, b) + (c, d) = x + y
elde edilir.
12.) Her x, y ∈ Z için (−x) · (−y) = x · y olduğunu gösterin.
Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. O zaman −x = (b, a), −y = (d, c) olur.
(−x)(−y) = (b, a) · (d, c) = (bd + ac, bc + ad) = (ac + bd, ad + bc) = (a, b) · (c, d) = xy
elde edilir.
13.) −1 < (s, t) < 1 ise s = t olduğunu gösterin.
Çözüm: −1 < (s, t) < 1 önermesi “−1 < (s, t) ve (s, t) < 1” anlamındadır. −1 = (0, 1) ve 1 = (1, 0)
135
Bölüm 12. Tamsayılar
Hüseyin BİLGİÇ
alalım. Şimdi
−1 < (s, t) =⇒ (0, 1) < (s, t) =⇒ t < s + 1 =⇒ t + 1 6 s + 1
(s, t) < 1 =⇒ (s, t) < (1, 0) =⇒ s < t + 1 =⇒ s + 1 6 t + 1
olup buradan t + 1 = s + 1, yani s = t bulunur.
14.) Aşağıdaki açık önermelerin Z’deki çözümlerini teoremleri kullanarak bulun.
(a) x + 2 < 7
(b) x + 2 > x
(c) −x − 2 < 4 − 2x
Çözüm: (a) x + 2 < 7 =⇒ x + 2 < 5 + 2 =⇒ x < 5 olup çözüm kümesi { x ∈ Z : x < 5 } dir.
Çözüm: (b) x + 2 > x =⇒ x + 2 > x + 0 =⇒ 2 > 0 olup bu önerme yanlıştır. Çözüm kümesi ∅ dir.
Çözüm: (c)
−x − 2 < 4 − 2x =⇒ −x + (−2) + 2 < 4 − 2x + 2 =⇒ −x < −2x + 6
=⇒ −x + (2x) < −2x + 6 + 2x =⇒ x < 6
olup çözüm kümesi { x ∈ Z : x < 6 } dır.
15.) Her x, y ∈ Z için x · y = 0 =⇒ x = 0 veya y = 0 olduğunu gösterin.
Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. Şimdi
x · y = 0 =⇒ (a, b) · (c, d) = 0 =⇒ (ac + bd, ad + bc) = (0, 0) =⇒ (ac + bd, ad + bc) ∼ (0, 0)
olup buradan ac + bd = bc + ad elde edilir. Şimdi a 6= b ise (yani x 6= 0 ise) ac + bd = bc + ad olması
için gerek ve yeter şart c = d olmasıdır (yani x 6= 0 =⇒ y = 0 dır). Benzer şekilde c 6= d ise (yani
y 6= 0 ise) ac + bd = bc + ad olması için gerek ve yeter şart a = b olmasıdır (yani y 6= 0 =⇒ x = 0 dır).
Yani x = 0 veya y = 0 olmalıdır.
136
Adı, Soyadı:
Numarası:
MT
MT108 SOYUT MATEMATİK II DERSİ ÖRNEK YARIYIL SONU SINAVI
1.) 5 elemanlı bir kümeden 2 elemanlı bir kümeye kaç tane örten fonksiyon yazılabilir? (İpucu: Sabit
olmayan fonksiyon örtendir.)
120
25
N
32
30
Hiçbiri
2.) f : R −→ R, f (x) = cos x ve A = (0, 2π] ise f (A) =?
(−1, 1]
[−1, 1)
(−1, 1)
(0, 1]
N
Hiçbiri
(a + 1)(b + 2)
işlemi kapalı ise A aşağıdakilerden hangisi olabilir?
2
N
A=N
A = Q+
A = Q−
Hiçbiri
3.) Bir A kümesinde a ∗ b =
A=Z
4.) Rasyonel sayılarda tanımlanan a ∗ b = a2 + b2 − 1 işlemi için hangisi doğrudur?
N
Kapalı değil
Birleşme öz. yok Birim eleman var Bazı elemanların tersi var Hiçbiri
5.) Bütün kümeler üzerinde tanımlanan A ∗ B = A ∩ B işlemi için hangisi doğrudur?
Kapalı değil
Birleşme öz. var
Değişme özelliği yok
Birim el. var
N
Hiçbiri
6.) Aşağıdaki sistemlerden hangisi abelyen gruptur? (a ∗ b = a + b − 3, a4b = 2a + 2b)
N
(Z, ∗)
(Z, ·)
(Q, 4)
(R \ { 1 } , +)
Hiçbiri
7.) p :“Abelyen olmayan bir grup aynı zamanda monoiddir” ve q :“Monoid olup yarıgrup olmayan
sistemler vardır” önermeleri için:
p, q : Yanlış
p, q : Doğru
p : Yanlış, q : Doğru
N
p :Doğru, q : Yanlış
Hiçbiri
8.) A’da tanımlı bir ∗ işlemi olsun. (A, ∗) monoid değil ise aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?
(A, ∗) yarıgruptur Birim el. vardır
N
(A, ∗) grup değil Birleşme öz. vardır Hiçbiri
9.) p :“Sonsuz her küme sayılamazdır” ve q :“İki sayılabilir kümenin kesişimi sayılabilirdir” önermeleri için:
N
p : Yanlış, q : Doğru
10.) A
B
p, q : Yanlış
p, q : Doğru
p :Doğru, q : Yanlış
Hiçbiri
C olsun. A sonlu bir küme ve C sayılabilir sonsuz ise B için hangisi kesinlikle doğru-
dur?
sonludur
N
N
sayılabilirdir
sonsuzdur
sayılabilir sonsuzdur
şeklinde işaretleyiniz. Bu sayfadaki her soru 5 puandır.
Dört yanlış bir doğruyu götürür. Diğer sayfaya geçiniz
137
Hiçbiri
Adı, Soyadı:
Numarası:
MT
11 (a) Sayılabilir Sonsuz Küme tanımını
yazın (5p).
(b) Tümevarımla her n ∈ N için 11 (44n+2 − 3n+3 ) olduğunu gösterin. (15p)
12.) Her x, y ∈ N için x · y = 0 =⇒ x = 0 veya y = 0 olduğunu gösterin. (15p)
13.) x, y, z ∈ Z ve z 6= 0 olsun. xz = yz ⇐⇒ x = y önermesini ispatlayın. (15p)
BAŞARILAR
NOT: Süre 80 dakikadır.
Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BİLGİÇ
CEVAP 11
(a) Tanım: Doğal sayılar kümesi ile eşgüçlü olan kümelere sayılabilir sonsuz küme denir.
İspat (b): P (n) önermesi 11 (44n+2 − 3n+3 ) olsun. n = 0 için 11 (16 − 27) yani 11 (−11) doğru olup
P (0) doğrudur. Şimdi P (n) in doğru olduğunu kabul edelim. O halde 44n+2 − 3n+3 = 11 · k olacak şekilde
bir k ∈ Z vardır. Şimdi
44(n+1)+2 − 3n+4 = 44n+6 − 3n+4 = 256 · 44n+2 − 3 · 3n+3 = (253 + 3) · 44n+2 − 3 · 3n+3
şeklinde yazılır. 253 = 23 · 11 olduğundan son ifade:
4n+2
23 · 11 · 44n+2 + 3| · 44n+2{z
− 3 · 3n+3} = 11(23
| · 4 {z + 11 · k})
∈N
3·11·k
olup 23 · 44n+2 + 11 · k ∈ N olduğundan P (n + 1) de doğrudur. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N için P (n)
doğrudur.
CEVAP 12
İspat: x = A, y = B diyelim.
xy = 0 =⇒ A · B = ∅ =⇒ A × B = ∅ =⇒ A × B ile ∅ eşgüçlü
=⇒ A × B = ∅ (Çünkü ∅ sadece ∅ ile eşgüçlü)
=⇒ A = ∅ veya B = ∅ =⇒ x = A = ∅ = 0 veya y = B = ∅ = 0
CEVAP 13
İspat: x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f ) alalım. z 6= 0 olduğundan e 6= f olmalıdır.
xz = yz ⇐⇒ (ae + bf, af + be) = (ce + df, cf + de)
⇐⇒ (ae + bf, af + be) ∼ (ce + df, cf + de)
⇐⇒ ae + bf + cf + de = af + be + ce + df
⇐⇒ e(a + d) + f (b + c) = e(b + c) + f (a + d)
⇐⇒ a + d = b + c
⇐⇒ (a, b) ∼ (c, d)
⇐⇒ (a, b) = (c, d)
⇐⇒ x = y
138
(Çünkü e 6= f )
Kaynakça
[1] Örneklerle Soyut Matematik, Prof. Dr. Fethi Çallıalp, Birsen Yayınevi, İstanbul, 2005.
[2] Soyut Matematik, Prof.Dr. Orhan Özer, Prof.Dr. Doğan Çoker, Prof.Dr. Kenan Taş, Bilim Yayıncılık, Ankara, 2009.
[3] Soyut Matematik, Prof.Dr. Ali Dönmez, Seçkin Yayıncılık, Ankara, 2001.
[4] Soyut Matematik, Sait Akkaş, H.Hilmi Hacısalihoğlu, Zühtü Özel, Arif Sabuncuoğlu, Hacısalihoğlu Yayıncılık, Ankara, 2009.
[5] Çözümlü Soyut Matematik Problemleri, Sait Akkaş, H.Hilmi Hacısalihoğlu, Zühtü Özel, Arif
Sabuncuoğlu, Hacısalihoğlu Yayıncılık, Ankara, 2000.
[6] Soyut Matematik, Prof.Dr. Orhan Özer, T.C. Anadolu Üniversitesi Yayınları No:1062,
http://w2.anadolu.edu.tr/aos/kitap/ilkogretim_lisans.aspx
[7] Soyut Matematik, Prof.Dr. Timur Karaçay, Türkiye Bilimler Akademisi Ulusal Açıkders Malzemeleri, http://www.acikders.org.tr/course/view.php?id=20
139