“Matematik mantıklı düşünce yoludur.”

-1ÖĞRENME ALANI
MANTIK
ÖNERMELER
Kazanım 11.1.1.1 : Önermeyi ,
önermenin doğruluk değerini , iki
önermenin denkliğini ve önermenin
değilini açıklar
BÖLÜM
MANTIK
ALT ÖĞRENME ALANLARI
1) Önermeler
2) Bileşik Önermeler
3) Elektrik devrelerinin mantık
sembolleri ile Gösterimi
4) Kümelerle Sembolik mantık
kuralları arasındaki ilişki
5) Açık önermeler
6) İspat Yöntemleri
“Matematik mantıklı
düşünce yoludur.”
Einstein.
Örnek : Aşağıda değişik bilim dallarında
farklı anlamlara gelen terimlere örnekler
veriniz.
Sözcük
Farklı Günlük
Matematik
Anla
Yaşamd teki
mlard aki
Anlamı
aki
Anlamı
Anla
mı
Çarpma
Daire
Küp
Rakam
Denklem
Eşitsizlik
Eğri
Ara Kesit
Yay
Trigonom
etri
Yüz
Küp kavramının incelendiği bir
derste, öğrencinin bu kavramı turşu
kurulan küp gibi algıladığını düşünelim.
Bu durumda, öğrenci verilen dersten ne
kadar faydalanabilir?
Dolayısıyla terim kavramının önemi
vurgulanarak örneklerle açıklanır.
MANTIK
ARİSTO
MANTIĞI
SEMBOLİK
MANTIK
ÖNERMELER
MANTIĞI
NİCELEYİCİLER
MANTIĞI
Tanım : ( Terim ) Bir bilim dalı içersinde
, o bilim dalına ait özel anlamları olan
kelimelerin her birine terim denir.
Matematik bilimine ait terimlere
matematiksel terim adı verilir.
Bir terimin anlamını belirlemeye,
terimi tanımlamak denir. Bazı terimleri
tanımlamak mümkün değildir.Nokta ,
doğru , yanlış , değişken, düzlem gibi.
Ayhan BAL
-2Örnek :
a) Atatürk Türkiye Cumhuriyetinin ilk
Cumhurbaşkanıdır.
b) At üç ayaklı bir hayvandır.
c) Sinemaya gidelim.
d) İyi günler.
e) Bir hafta üç gündür.
f) En büyük negatif tam sayı – 2 dir.
Yukarıdaki ifadelerin hangileri hüküm
bildirir.
Tanım : ( Önerme ) Doğru yada yanlış
kesin bir hüküm bildiren ifadelere
önerme denir. Önermeler iki türlüdür ;
1) Doğru önerme
2) Yanlış Önerme
Bir önermeyi p , q , r , t gibi harflerle
gösteririz.
Örnek :
p:
Bir yıl 12 aydır. ( Doğru Önerme )
q:
32 – 22 = 5 ( Doğru Önerme )
r:
5 + 8 < 13 ( Yanlış Önerme )
s:
İyi geceler.
( Önerme değil )
Önermelerin Sembolik Gösterimi
P
Doğru
D
1
Yanlış
Y
0
21 = 2 satır
Doğruluk Değerleri Tablosu
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
23 = 8 satır
22 = 4 satır
p
1
1
1
1
0
0
0
0
q
1
1
0
0
1
1
0
0
r
1
0
1
0
1
0
1
0
Ağaç diyagramı:
1
0
1−𝑞−{
1
0−𝑟−{
0
𝑝−
1
1−𝑟−{
0
0−𝑞−{
1
0−𝑟−{
{
0
1−𝑟−{
Örnek : 𝑛 − 1 farklı önermenin birbirine
göre 32 farklı doğruluk değeri olduğuna
göre 𝑛 kaçtır?
2𝑛−1 = 32 𝑖𝑠𝑒 𝑛 = 6
Tanım : ( Denk Önermeler )
Doğruluk değerleri aynı olan iki
önermeye denk önermeler veya
eşdeğer önermeler denir.
p≡1 , q≡0 ,r≡1
p ≡ r , kullanılır.
Tanım : (Bir önermenin Değili ) Bir
önermenin hükmünün değiştirilmesiyle
elde edilen yeni önermeye bu önermenin
değili ( olumsuzu ) denir.
P önermesinin değili
Örnek :
q: 7–4≠ 2
q/ : 7 – 4 = 2
Özellikler :
1) (1)/ = 0
2) (0)/ = 1
3) (p/)/ = p
Ayhan BAL
p/
~p
–p ile gösterilir.
-3Örnek :
p : En küçük asal sayı 2’dir.
q : - 1 ‘in çift kuvveti + 1 dir.
r : Canlılar ölümlüdür.
s : En büyük doğal sayı 9’dur.
Verilsinler.
Önermenin Önermenin
Adı
Doğruluk
Değeri
p
1
q
1
r
1
s
0
p≡1 , q≡1
p≡q
,
r≡1
, q ≠ s olur.
BİLEŞİK ÖNERMELER
Kazanım 11.1.1.2 : Bileşik önermeyi
açıklar , ve veya yada bağlaçları ile
kurulan bileşik önermelerin özelliklerini
ve De Morgan kurallarını doğruluk
tablosunu kullanarak gösterir.
Önermenin
olumsuzu
En
küçük
asal sayı 2
değildir.
- 1 ‘in çift
kuvveti + 1
değildir.
Canlılar
ölümsüzdür.
En
büyük
doğal sayı 9
değildir.
,
s≡0
Tanım : ( Bileşik Önerme ) Birden çok
önermenin
mantıksal
bağlaçlarla
bağlanmasından elde edilen önermelere
bileşik önermeler denir.
Bağlaç Adı
İşareti
Veya
V
Ve
⋀
İse(koşullu önerme)
⇒
Ancak ve ancak
⇔
(iki yönlü koşullu önerme)
Yada
𝑉
Tanım : (Veya Bağlacı) p ve q
herhangi iki önerme olmak üzere bu iki
önermeden en az biri doğru iken doğru ,
her ikisi de yanlış iken yanlış olan
önermeye p veya q bileşik önermesi
denir.
p V q ile gösterilir.
1V1=1 1V0=1
0V1=1 0V0=0
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
pVq
1
1
1
0
p
p
1
0
pVp
pV1
pV0
p Vp/
1
0
1
0
1
1
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
Teorem :
p , q , r önermeleri verilsin.
a) p V p ≡ p
b) p V p/ ≡ 1
c) p V 1 ≡ 1
d) p V 0 ≡ p
e) p V q ≡ q V p
f) (pVq)Vr ≡ pV(qVr) ≡ p V q V r
Ayhan BAL
-4Tanım : (ve Bağlacı) p ve q herhangi
iki önerme olmak üzere bu iki
önermeden her ikisi de doğru iken doğru
, en az biri yanlış iken yanlış olan
önermeye p ve q bileşik önermesi
denir.
p ⋀q ile gösterilir.
1⋀1=1 1⋀0=0
0⋀1=0 0⋀0=0
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
p q r pVq
p ⋀q
1
0
0
0
p p 1 0 p⋀p
1 1 1 0
1
0 0 1 0
0
p⋀1
1
0
p⋀0
0
0
p⋀p/
0
0
Teorem :
p , q , r önermeleri verilsin.
a) p ⋀ p ≡ p
b) p ⋀ p/ ≡ 0
c) p ⋀ 1 ≡ p
d) p ⋀ 0 ≡ 0
e) p ⋀q ≡ q ⋀ p
f) (p⋀q)⋀r ≡ p⋀(q⋀r) ≡ p⋀q⋀r
p
1
1
1
1
0
0
0
0
q
1
1
0
0
1
1
0
0
r
1
0
1
0
1
0
1
0
p⋀q
1
1
0
0
0
0
0
0
q⋀r
1
0
0
0
1
0
0
0
Teorem : ( Dağılma Özelliği)
a . ( b + c ) = a.b +a .c
( a + b ) . c = a.c + b.c
p , q , r herhangi üç önerme
olsunlar
1) p⋀(qVr) ≡ (p⋀q) V (p⋀r)
2) (pVq)⋀r ≡ (p⋀r) V (q⋀r)
3) pV(q⋀r) ≡ (pVq) ⋀ (pVr)
4) (p⋀q)Vr ≡ (pVr) ⋀ (qVr)
(p⋀q)⋀r
1
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
0
0
pVr
q⋀r
pV(q⋀r)
(pVq)⋀(
pVr)
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
0
Teorem : ( De Morgan Kuralları )
1) (pVq)/ ≡ p/  q/
2) (p  q)/ ≡ p/ V q/
p
1
1
0
0
q p/ q/
1 0 0
0 0 1
1 1 0
0 1 1
p⋀ q
1
0
0
0
(p⋀q)/ p/Vq/
0
0
1
1
1
1
1
1
Örnek :
p⋀ (q⋀r)
1
0
0
0
0
0
0
0
/
(1/ ∧ 0) ∨ (0 ∧ 1)/ ≡?
Örnek :
/
(𝑝 ∧ 𝑞 / ) ∨ 𝑟 ≡ 0 ise p , q , r değerlerini
bulunuz.
Örnek:
Örnek :
x : “Kıbrıs Akdeniz’dedir.”
y : “7! = 5040”
z : “107 yedi basamaklı sayıdır.”
/
x⋀ ( y V z ) ≡ 1⋀ ( 1 V 0 ) ≡ 1⋀ 1 ≡ 1
x V ( y⋀ z ) ≡
( x⋀ z ) V ( y⋀ z ) ≡
(xVz)⋀(yVz)≡
( x⋀ z ) V z ≡
( x V y )⋀ z ≡
(p/ ∧ q) ∧ q ≡ 1 ise, (𝑝 ∧ 𝑞) ∨ 𝑞 /
bileşik önermesinin doğruluk değerini
bulunuz.
Ayhan BAL
-5Tanım : (Yada Bağlacı) p ve q
herhangi iki önerme olmak üzere bu iki
önermeden sadece biri doğru iken doğru
, diğer tüm durumlarda yanlış olan
önermeye p yada q bileşik önermesi
denir.
𝑝⨁ 𝑞 veya 𝑝 ∨ 𝑞 ile gösterilir.
1𝑉0 = 1
1𝑉0 = 1
1𝑉1 = 0
0𝑉0 = 0
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
p𝑽q
0
1
1
0
p
p/
1
0
p 𝑽p
p𝑽1
p𝑽0
1
0
1
0
1
1
0
0
0
0
0
1
1
0
p 𝑽p/
1
1
Teorem :
p , q , r önermeleri verilsin.
a) p 𝑉 p ≡ 0
b) p 𝑉 p/ ≡ 1
c) p 𝑉 1 ≡ p/
d) p 𝑉 0 ≡ p
e) p 𝑉 q ≡ q V p
f) (p𝑉 q) 𝑉 r ≡ p𝑉 (q𝑉 r) ≡ p 𝑉 q 𝑉 r
Örnek : (𝑝 ∨ 1) ∨ (𝑝 ∨ 0) ≡?
≡ 𝑝/ ∨ 𝑝 ≡ 1
/
Örnek : (𝑝 ∨ 𝑞 / ) ∨ (𝑝/ ∧ 𝑞) ≡?
≡ (𝑝/ ∧ 𝑞) ∨ (𝑝/ ∧ 𝑞) ≡ 𝑟 ∨ 𝑟 ≡ 0
Ayhan BAL
-6ELEKTRİK DEVRESİ
Örnek :
Kapalı Anahtar : Devreden akım geçer.
Doğruluk değeri 1 dir.
Açık Anahtar : Devreden akım geçmez.
Doğruluk değeri 0 dır.
Şekildeki elektrik devresine karşılık
gelen bileşik önermeyi yazalım.
Örnek :
[[p ∨ (q ∧ r)] ∧ s] ∨ [t ∧ m]
Bileşik önermesine karşılık gelen
elektrik devresini çiziniz.
Seri Bağlama : İki veya daha fazla
anahtarı birbiri ile yan yana (seri)
bağlanmasıdır.
𝑝∧𝑞
Paralel Bağlama : İki veya daha fazla
anahtarı birbiri ile altlı üstlü (paralel)
bağlanmasıdır.
𝑝∨𝑞
Örnek :
Şekildeki elektrik devresine karşılık
gelen bileşik önermeyi yazalım.
𝑝 ∧ (𝑞 ∨ 𝑟)
Ayhan BAL
-7SEMBOLİK MANTIK VE KÜMELER
Kazanım 11.1.1.3 : Kümelerdeki
işlemler ile sembolik mantık kuralları
arasında ilişki kurar.
Sembolik
Mantık
0
1
∨
∧
Bir önermenini
değili “ ’ ”
≡
𝑝∨𝑞
𝑝∧𝑞
/
𝑝 ∨𝑝 ≡1
𝑝/ ∧ 𝑝 ≡ 0
(𝑝 ∨ 𝑞)′ ≡ 𝑝′ ∧ 𝑞 ′
(𝑝 ∧ 𝑞)′ ≡ 𝑝′ ∨ 𝑞 ′
𝑝∧𝑞 ≡𝑞∧𝑝
𝑝∨𝑞 ≡𝑞∨𝑝
𝑝⋀(𝑞𝑉𝑟)
≡ (𝑝⋀𝑞) 𝑉 (𝑝⋀𝑟)
Küme Gösterimi
∅
E
∪
∩
Kümelerde
tümleme “ ‘ “
=
𝐴∪𝐵
𝐴∩𝐵
𝐴 ∪ 𝐴′ = 𝐸
𝐴 ∩ 𝐴′ = ∅
(𝐴 ∪ 𝐵)′ = 𝐴′ ∩ 𝐵 ′
(𝐴 ∩ 𝐵)′ = 𝐴′ ∪ 𝐵 ′
𝐴∩𝐵 =𝐵∩𝐴
𝐴∪𝐵 =𝐵∪𝐴
𝐴 ∩ (𝐵 ∪ 𝐶) =
(𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 ∩ 𝐶)
𝑝𝑉(𝑞⋀𝑟)
≡ (𝑝𝑉𝑞) ⋀ (𝑝𝑉𝑟)
𝐴 ∪ (𝐵 ∩ 𝐶) =
(𝐴 ∪ 𝐵) ∩ (𝐴 ∪ 𝐶)
𝑝∧0≡0
𝑝∧1≡𝑝
𝑝∨0≡𝑝
𝑝∨1≡1
𝑝∨𝑞
𝐴∩∅=∅
𝐴∩𝐸 =𝐴
𝐴∪∅=𝐴
𝐴∪𝐸 =𝐸
(𝐴 − 𝐵) ∪ (𝐵 − 𝐴)
Örnek :
𝐴∩𝐵 =𝐵∩𝐴
Kümelerdeki kesişim işleminin değişme
özelliğini sembolik mantık ile
ispatlayalım.
A ∩ B = {𝑥| x ∈ A ⋀ x ∈ B}
= {𝑥| x ∈ B ∧ x ∈ A } ∧’nin değ. özelliği
=B∩A
Ödev : 𝐴 ∪ (𝐵 ∩ 𝐶) = (𝐴 ∪ 𝐵) ∩ (𝐴 ∪ 𝐶)
Kümelerde birleşim işleminin kesişim
işlemi üzerine dağılma özelliğini
sembolik mantık ile ispatlayınız.
Ayhan BAL
-8KOŞULLU ÖNERME
Kazanım 11.1.1.4 : Koşullu önermeyi
açıklar; Koşullu önermenin karşıtını ,
tersini , karşıt tersini yazar ve doğruluk
tablosunu kullanarak denk olanları
gösterir.
Tanım :
(İse bağlacı – Koşullu önerme )
p ve q herhangi iki önerme olmak üzere,
p doğru , q yanlış iken yanlış, diğer
durumlarda doğru olan önermeye “ p ise
q şartlı önermesi ” denir.
“” bağlacı ile gösterilir.
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
p⇒q
1
0
1
1
p
1
1
0
0
q
1
0
1
0
p
0
0
1
1
q
0
1
0
1
p⇒q
1
0
1
1
q⇒p
1
1
0
1
p/⇒q/
1
1
0
1
q/⇒p/
1
0
1
1
Uyarı:
p⇒q ≡ q/⇒p/
q⇒p ≡ p/⇒q/
Örnek : “Zeynep hasta ise doktora
gider” bileşik önermesinin
a) Tersini
b) Karşıtını
c) Karşıt tersini
İfade ediniz.
Teorem: ( Şartlı Önermenin Değili )
p ve q önermeleri için
1) (p⇒q) ≡ p/ V q
2) (p⇒q)/ ≡ p ⋀ q/
1⇒0 ≡ 0
0⇒1 ≡ 1
1⇒1 ≡ 1
0⇒0 ≡ 1
p
Örnek:
p ≡ [( 1⇒0 ) ⇒1 ] ⇒ [( 0⇒0) ⇒ ( 1⇒0 )]
p ≡ (0⇒1 ) ⇒ ( 1⇒0 )
p≡ ( 1⇒0 )
p≡ 0
Tanım :
( Şartlı Önermenin Karşıtı – Tersi –
Karşıt Tersi)
p⇒q
önermesinde verilen p ve q
önermelerinin
I. Yerleri değiştirilerek elde edilen
önermeye p⇒q
önermesinin
karşıtı denir.
II.
Olumsuzları alınarak elde edilen
önermeye p⇒q önermesinin tersi
denir.
III. Hem olumsuzları alınıp hem de
yerleri değiştirildiğinde elde edilen
önermeye p⇒q önermesinin karşıt
tersi denir.
karşıtı
q⇒p
p⇒q
tersi
p/⇒q/
karşıt tersi q/⇒p/
q
p/ q/ (p⇒q) (p⇒q)/ p/ p
V ⋀
q q/
Örnek : 𝐩 ⇒ (𝐪 ∨ 𝐫) ≡ 𝟎 ise
(𝐩/ ∨ 𝐪) ⇒ [𝐫 ∧ (𝐪/ ∨ 𝐩)]
önermesinin
doğruluk
buldurulur.
bileşik
değerleri
Örnek : (r ∨ 1)/ ⇒ [𝟎 ∨ (𝐩 ∧ 𝟎)/ ] ≡?
Örnek : (p ⇒ 1) ⇒ [𝟏 ∧ (𝐪 ∨ 𝟏)/ ] ≡?
Ayhan BAL
-9İKİ YÖNLİ ŞARTLI ÖNERME
Kazanım 11.1.1.5 : İki yönlü koşullu
önermeyi açıklar.
Tanım: ( İki Yönlü Şartlı Önerme )
p ve q iki önerme olmak üzere , p
ile q önermeleri aynı değerleri aldığında
doğru , farklı değerler aldığında yanlış
olan bileşik önermeye iki yönlü şartlı
önerme denir.
p⇔q biçiminde yazılır.
“ p ancak ve ancak q ” diye okunur.
p
1
1
0
0
Teorem:(Çift Gerektirmenin Değili)
( p⇔q )/ ≡( p/⇔q ) ≡( p⇔q/ )
İspat:
( p⇔q )/ ≡ [(p⇒q ) ∧ ( q⇒p )]/
≡ [( p/ V q ) ∧ (q/ V p )]/
≡ ( p∧ q/ ) V ( q ∧ p/ )
≡ [( p∧ q/ ) V q ] ∧ [( p∧ q/ ) V p/ ]
≡ [(pVq)∧(q/Vq)]∧[(pVp/)∧(q/Vp/)]
≡ ( p V q ) ∧ (q/ V p/ )
≡ ( p/⇒q ) ∧ ( q⇒p/ )
≡ p/⇔q
Teorem : (⇔işleminin özellikleri )
 p ⇔p ≡ 1
 p ⇔1 ≡ p
 p ⇔0 ≡ p/
 p ⇔p/ ≡ 0
q p⇔q
1
1
0
0
1
0
0
1
p⇔q
: “Bir üçgenin eşkenar üçgen
olması ancak ve ancak iç açılarının
ölçülerinin eşit olması ile mümkündür.”
İspat: İspatlarını
yapınız.
p⇔q : “n tek sayıdır ancak ve ancak n2
tek sayıdır.”
Teorem : p ve q iki önerme olmak üzere
p⇔q ≡ (p⇒q ) ∧ ( q⇒p )
p
1
1
0
0
q p⇒q
1 1
0 0
1 1
0 1
q⇒p
1
1
0
1
p⇔q
1
0
0
1
(p⇒q) ∧ (q⇒p)
1
0
0
1
Tanım : ( Çift Gerektirme )
p⇔q iki yönlü şartlı önermesinin
doğruluk değeri 1 ise bu bileşik
önermeye bir çift gerektirme denir.
“p gerektirir q” şeklinde okunur.
x=2
⇔
x3 = 8
Teorem : ( Değişme özelliği )
( p⇔q )
≡ ( q⇔p )
Ayhan BAL
tablo
yöntemi
ile
- 10 Kazanım 11.1.1.6: Sözel olarak veya
sembolik mantık dilinde verilen bileşik
önermeleri birbirine dönüştürülür.
Örnek :
𝐩 ⇒ 𝐪′ = "𝐄ş𝐤𝐞𝐧𝐚𝐫 üç𝐠𝐞𝐧𝐢𝐧
𝐛𝐢𝐫 𝐢ç 𝐚çı𝐬ı 𝟔𝟎𝟎 𝒗𝒆 𝒃𝒊𝒓 𝒅𝚤ş 𝒂ç𝚤𝒔𝚤 𝟏𝟐𝟎𝟎 𝒅𝒊𝒓. "
Bileşik önemesinde,
p: " …
p′ : " …
q: " …
q′ : " …
Buna göre ;
𝑝∧𝑞 ∶
𝑝′ ∨ 𝑞 ∶
𝑞∨𝑝 ∶
Bileşik önermelerini bulunuz.
TOTOLOJİ VE ÇELİŞKİ
Kazanım 11.1.1.7: Totoloji ve çelişkiyi
örneklerle açıklar.
Tanım : ( Totoloji ve Çelişki )
Kendisini oluşturan önermelerin bütün
doğruluk değerlerine karşılık daima
doğru (1) olan bileşik önermeye
Totoloji , daima yanlış (0) olan bileşik
önermeye de Çelişki denir.
Teorem: p herhangi bir önerme ise
1. p V p/ ≡ 1
Totoloji
2. p V 1 ≡ 1
Totoloji
/
3. p∧ p ≡ 0
çelişki
4. p∧ 0 ≡ 0
çelişki
p p' p  p'
Örnek : “Baba para vermezse çocuk
ağlar”
bileşik
önermesini
′
sembolleştiriniz. 𝑝 ⇒ 𝑞
Örnek : (p/Vq/)∧(pVq/) önermesinin
değilini bulunuz.
Örnek : [ p∧(p⇒q)]⇒p ≡ 1
olduğunu gösteriniz.
[ p∧ ( p⇒q )] ⇒p ≡
≡ [ p∧ ( p⇒q )]/ V p
≡ [ p∧ ( p/ V q )]/ V p
≡ [( p∧ p/ ) V ( p∧ q ) ]/ V p
≡ [ 0 V ( p∧ q )]/ V p
≡ [1∧ ( p∧ q )/ ]V p
≡ ( p∧ q )/ V p
≡ ( p/ V q/ ) V p
≡ q/ V ( p/ V p )
≡q/ V 1
≡1
Örnek: (p∧q) ⇒ (p⇒q) ≡ 1
Olduğunu gösteriniz.
(p∧q) ⇒ (p⇒q) ≡
≡ p∧ q)/ V (p/ Vq)
≡ (p/ V q/) V (p/Vq)
≡ p/ V (q/ V q)
≡ p/ V 1
≡1
p p' p∧ p'
Örnek : [p∧(pVq/)] V p/ önermesinin
doğruluk değerleri tablosunu göster.
p
q
p/
q/
pVq/
p∧ (pVq/)
[p∧ (pVq/)]Vp/
1
1
0
0
1
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
0
1
1
1
1
Örnek : (p∧ q/) ∧ p/
çelişki
olduğunu
gösteriniz.
p q p/ q/ (p∧q/)
1 1 0 0 0
1 0 0 1 1
0 1 1 0 0
0 0 1 1 0
önermesinin bir
tablo
yaparak
(p∧ q/) ∧ p/
0
0
0
0
Örnek : (p∧q)/V(pVq)
önermesinin
bir Totoloji olduğunu tablo yaparak
gösteriniz.
p
q
p∧ q
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
0
0
Ayhan BAL
(p∧ q)/
0
1
1
1
pVq
1
1
1
0
(p∧q)/ V(pVq)
1
1
1
1
- 11 Örnek : (pVq)/∧(p∧q)
önermesinin
bir çelişki olduğunu önermeler cebirini
kullanarak gösteriniz.
( p V q )/ ∧ (p∧ q) ≡
≡ ( p/∧ q/ ) ∧ ( p ∧ q )
de morgan
≡ p/∧ q/ ∧ p ∧ q
birleşme
/
/
≡ p∧ p ∧ q ∧q
değişme
≡0∧ 0
(p/∧ p)
≡0
AÇIK ÖNERMELER
Kazanım 11.1.2.1: Her “” ve Bazı “”
niceleyicilerini örneklerle açıklar.
Örnek :
İdris : “ Yazın yaylaya gidecek misin?”
Temel : “ Her yaz yaylaya ciderum da.
Sen cider musun? “
İdris : “Bazı yazları giderim.”
Yukarıdaki konuşmaya göre :
1) Temel bir yaz yaylaya gitmezse
önermesi doğru olur mu?
2) İdris bir yaz yaylaya gitmezse
önermesi doğru olur mu?
3) İdris
hiç
yaylaya
gitmezse
önermesi doğru olur mu ?
Tanım : ( Varlık Niceleyici ) : “ Bazı
“ niceleyicisi “” ile gösterilir. En az bir
anlamını taşır.
Tanım : ( Evrensel Niceleyici ) :
“ Her “ niceleyicisi “” ile gösterilir.
Bütün , tüm anlamlarını taşır.
Örnek :
“Her deniz tuzludur.”
“Her tam sayı rasyonel sayıdır.”
“Bazı balıklar denizde yaşar.”
“Bazı dörtgenler karedir.”
Not :
Sembol

Olumsuzu 
Ayhan BAL


=
≠
∨
⋀
⋀
∨
<
≥
≤
>
- 12 Örnek : Aşağıdaki önermeleri niceleyici
sembollerle ifade ediniz olumsuzunu
belirtiniz.
p: Her n doğal sayısı için , n2 sayısı
pozitiftir.
q: Bazı n doğal sayıları için , karesi
kendisine eşittir.
r: En az bir x doğal sayısı için ,
x2+4=0
s: Bütün tek doğal sayıların karesi
tektir.
p: nN , n2>0
q:  nN , n2=n
r:  nN , x2+4=0
s: nN , n tek  n2 tekdir.
p/:
AÇIK ÖNERME
Kazanım 11.1.2.2: Açık önermeyi ve
doğruluk kümesini açıklar.
Tanım : ( Açık Önerme ) : İçinde en az
bir
değişken
bulunduran
ve
bu
değişkenin aldığı değerlere doğru yada
yanlış hüküm bildiren önermelere açık
önerme denir.
Değişkenin
açık
önermeyi
doğrulayan değerlerinin kümesine , açık
önermenin doğruluk kümesi denir.
Örnek : Açık önermelerin doğruluk
değerlerini bulunuz.
Açık Önerme
n2≤0
nN ,
q/: nN , n2≠n
r/: nN , x2+4≠0
s/: nN , n tek  n2 tek değildir.
P(x)= x<5 , xN
P(x)= x2<17 , xZ
P(x)= x2+1=26 , xZ
P(x)= 3<x≤7 , xN
P(x,y)=
Örnek :
p : xZ , 3x – 5 = x+7
q : x{1,2,3} , x2<4
Önermeleri verilsin.
Doğruluk
Kümesi
D={0,1,2,3,4}
(x–3)2+(y+5)2=0
x,yZ
Örnek : Aşağıda açık önermeler
verilmiştir. Boşlukları doldurunuz.
a) Değillerini bulunuz.
: xZ , 3x – 5 ≠ x+7
/
q : x{1,2,3} , x2≥4
Değişkenle
rin değeri
Doğruluk
değeri
Örnek : Aşağıdaki bileşik önermelerin
olumsuzlarını yazınız.
a) [(∃𝑥 ∈ 𝑅, 𝑥 2 ≤ 𝑥)⋁(∀𝑥 ∈ 𝑅, 𝑥 2 > 0)]
b) [(∀𝑥 ∈ 𝑍, 𝑥 − 2 > 0)⋀(∃𝑥 ∈ 𝑍, (𝑥 +
1)2 > 4)]
c) [(∀𝑥 ∈ 𝑅, 𝑥 2 > 0) ⇒ (∃𝑥 ∈ 𝑅, 𝑥 2 ≤
𝑥)]
Sorgulama
c) q p/ ifade ediniz.
“x{1,2,3} , x2<4” ”xZ , 3x – 5 ≠
x+7”
Sonuç
b) pq/ ifade ediniz.
“xZ , 3x – 5 = x+7” ”x{1,2,3} ,
x2≥4”
Açık
Önerme
p/
Ayhan BAL
P(x)
“2x +1=19”
P(x) “x
asal
sayıdır”
P(1)
P(2)
2
P(1)
2.12+1=3
3≠19
0
P(x,y)
“2x–
3y=15”
P(-3,
-7)
P(x)
“2x<15”
P(9)
- 13 İSPAT YÖNTEMLERİ
İSPAT YÖNTEMLERİ
Kazanım 11.1.2.3: Tanım , aksiyom ,
teorem ve ispat kavramlarını açıklar , bir
teoremin hipotezini ve hükmünü belirtir.
Tanım: ( Aksiyom – Postulat )
Doğruluğu ispatlanmayan , ama
doğru olduğu kabul edilen önermelere
aksiyom denir.
“ Her doğru parçası kendisine eşittir. ”
Kazanım 11.1.2.4: Mantık kurallarını
basit teoremlerin ispatlarında kullanır.
Bir teoremi ispatlamak 1 ⇒ 𝑞 ≡ 1
denkliğinde q’nun 1’e denk olduğunu
göstermektir. Bunu için bazı akıl
yürütme yöntemleri şöyledir.
İSPAT
YÖNTEMLERİ
Tanım : ( Teorem ) p hipotezi doğru
olan pq gerektirmesine teorem denir.
Tanım : Bir teoremin verilen kısmına
hipotez, ispatlanacak olan kısmına
hüküm denir.
Teoremin
hipotezinden
yola
çıkıp
hükmüne
ulaşmaya
teoremi
ispatlamak denir.
Örnek :
“İki çift sayının çarpımı çift
sayıdır.” teoreminin hipotez ve hükmünü
tiniz.
TÜME VARIM
TÜMDEN
GELİM
DOĞRUDAN
İSPAT
OLMAYANA
ERGİ YÖNTEMİ
İLE İSPAT
Hipotez
(p) : “a ve b çift sayıdır.”
Hüküm
(q) : “a.b çift sayıdır.”
Teorem (pq): “a ve b çift sayı
ise a.b çift sayıdır.”
Uyarı : (Bir Teoremin Karşıtı ) p  q
önermesinin karşıtı q  p idi. Bu
durumda Bir teoremin karşıtı teorem
olmayabilir. Çünkü teoremde hipotezin
doğru olma zorunluluğu var. Hükmün
yanlış veya doğruluğu kanıtlanacaktır.
Uyarı : (Bir Teoremin Tersi) p  q
önermesinin tersi p/  q/ idi. Burada
teoremin tersi doğru yada yanlış olabilir.
Uyarı : (Bir Teoremin Karşıt Tersi) p
 q önermesinin karşıt tersi q/  p/ idi.
Üstelik
p⇒q ≡ q/⇒p/
Yai bir teoremin doğruluk değeri ile
karşıt tersinin doğruluk değeri aynıdır.
Ayhan BAL
DOLAYLI İSPAT
ÇELİŞKİ
YÖNTEMİ İLE
İSPAT
DENEME
YÖNTEMİ İLE
İSPAT
AKSİNE ÖRNEK
VEREREK İSPAT
- 14 DOĞRUDAN İSPAT YÖNTEMİ
p⇒q teoreminde hipoteniz (p)
doğru olmasından çıkarak hükmün (q)
doğruluğu ispatlanır.
Hipotez
:p
Hüküm
:q
1.Adım
: p doğrudur
2. Adım
. . } Matematiksel Mantık ile yapılan işlem
..
n. Adım
: q doğrudur.
Örnek : “İki tek sayının toplamı bir çift
sayıdır.”
Teoremini doğrudan ispat
yöntemi ile gösterelim.
Hipotez
: p:”a ve b tek sayılardır.”
Hüküm
: q:”a+b çift sayıdır.”
1.Adım
:
𝑎 = 2𝑚 − 1 𝑣𝑒 𝑏 = 2𝑛 − 1 𝑚, 𝑛 ∈ 𝑍
2.Adım
:
𝑎 + 𝑏 = 2𝑚 − 1 + 2𝑛 − 1
= 2(𝑚 + 𝑛 − 1) , (𝑚 + 𝑛 − 1) = 𝑡 ∈ 𝑍
= 2𝑡
3.Adım
:
𝑎 + 𝑏 çift sayıdır.
DOLAYLI İSPAT YÖNTEMLERİ
1.) Olmayana Ergi ( Karşıt Ters )
Yöntemi ile İspat
p⇒q
≡
q/⇒p/ olduğundan p⇒q
teoreminin
ispatı
yerine
q/⇒p/
teoreminin ispatı yapılır.
Örnek :
"𝑛 = 6 𝑖𝑘𝑒𝑛 3𝑛 − 1 = 17"
Teoremini olmayana ergi yöntemi ile
ispatlayalım
Hipotez
Hüküm
: 𝑝: "𝑛 = 6"
: 𝑞: "3𝑛 − 1 = 17"
Teorem
:
𝑝 ⇒ 𝑞 ∶ "𝑛 = 6 𝑖𝑘𝑒𝑛 3𝑛 − 1 = 17"
Teoremin karşıt tersi ise
𝑞 ′ ⇒ 𝑝′ ∶ " 3𝑛 − 1 ≠ 17 𝑖𝑘𝑒𝑛 𝑛 ≠ 6"
Şimdi bunu ispatlarken ise doğrudan
ispatı
kullanacağız.(Yöntem
içinde
Yöntem)
3n − 1 ≠ 17
⇒ 3n − 1 + 1 ≠ 17 + 1
⇒ 3n ≠ 18
3n 18
⇒
≠
3
3
⇒n≠6
Bu durumda Teoremin karşıt tersi olan
𝑞 ′ ⇒ 𝑝′ ∶ " 3𝑛 − 1 ≠ 17 𝑖𝑘𝑒𝑛 𝑛 ≠ 6"
Doğru olur. Diğer yandan p⇒q ≡ q/⇒p/
Olduğundan
𝑝 ⇒ 𝑞 ∶ "𝑛 = 6 𝑖𝑘𝑒𝑛 3𝑛 − 1 = 17"
Teoremi doğru olur.
Ayhan BAL
- 15 2.) Çelişki Yöntemi ile İspat
Bu yöntem ile ispat bir teoremin
hükmünün değilinden hareket ederek bir
çelişki elde edilmeye çalışılır.
3.) Deneme Yöntemi ile İspat
𝑥 ∈ 𝐴 𝑣𝑒 𝑝(𝑥) bir açık önerme olsun.
∀𝑥 ∈ 𝐴 𝑖ç𝑖𝑛 𝑝(𝑥)
açık
önermesinin
doğruluğu denenerek ispat yapılır.
(p⇒q)’ ≡ (p/ V q)’ ≡ p ∧ q’
Örnek : 𝐴 = {0,1,2,3} olmak üzere
"∀𝑥 ∈ 𝐴 𝑖ç𝑖𝑛 𝑥 2 + 1 ≤ 10"
Teoremini ispatlayınız.
x = 0 için 02 + 1 = 1 ≤ 10
x = 1 için 12 + 1 = 2 ≤ 10
x = 2 için 22 + 1 = 5 ≤ 10
x = 3 için 32 + 1 = 10 ≤ 10
olduğundan
"∀𝑥 ∈ 𝐴 𝑖ç𝑖𝑛 𝑥 2 + 1 ≤ 10"
teoremi doğrudur.
Denkliğinden yararlanılır.
Örnek : √2 sayısının irrasyonel sayı
olduğunu ispatlayınız.
𝑎 𝑣𝑒 𝑏 aralarında asal sayılar olmak
𝑎
𝑎
üzere
∈ 𝑄 𝑖𝑘𝑒𝑛 √2 ≠ 𝑏
olduğunu
𝑏
ispatlamamız isteniyor. Yani
Hipotez :
𝑝: " 𝑎 𝑣𝑒 𝑏 𝑎𝑟𝑎𝑙𝑎𝑟𝚤𝑛𝑑𝑎 𝑎𝑠𝑎𝑙 𝑣𝑒
𝑎
Hüküm : 𝑞: " √2 ≠ 𝑏 "
𝑎
∈ 𝑄"
𝑏
Biz
teoremi
çelişki
yöntemi
ile
’
ispatlayacağız. Yani p ∧ q nun yanlış
olduğunu gösterirsek p⇒q doğru olur.
1.Adım :
𝑎
" 𝑎 𝑣𝑒 𝑏 𝑎𝑟𝑎𝑙𝑎𝑟𝚤𝑛𝑑𝑎 𝑎𝑠𝑎𝑙 𝑣𝑒 = √2"
𝑏
Olduğunu kabul edelim.
2. Adım :Her iki tarafın karesi alınır.
𝑎 2
2
( ) = (√2)
𝑏
𝑎2
=2
𝑏2
2
𝑎 = 2. 𝑏 2
3.Adım :
𝑎2 çift sayı olur yani 𝑎 çift sayıdır.
𝑎 = 2𝑘 , 𝑘 ∈ 𝑍 olsun.
4. Adım :
(2𝑘)2 = 2. 𝑏 2
4𝑘 2 = 2. 𝑏 2
𝑏 2 = 2𝑘 2
5. Adım : 𝑏 bir çift tam sayı olur. 𝑎 çift
bulmuştuk. Yani 𝑎 𝑣𝑒 𝑏 çift sayı olur. Bu
durum 𝑎 𝑣𝑒 𝑏 ‘nin aralarında asal
olmasıyla çelişir. Yani p ∧ q’ yanlış
olur. √2 sayısının rasyonel sayı değildir.
O zaman 𝐩′ ∨ 𝐪 doğru olur. 𝐩′ ∨ 𝐪 ≡ 𝐩 ⇒ 𝐪
Olduğundan 𝐩 ⇒ 𝐪 teoremi doğru olur.
√2 sayısının irrasyonel sayıdır.
Ayhan BAL
- 16 4.) Aksine Örnek Vererek İspat
Bu
yöntem
genellikle
𝑝⇒𝑞
şeklindeki bir önermenin yanlış olduğunu
göstermek için kullanılır.
TÜMEVARIM YÖNTEMİ İLE İSPAT
Örnek : " 𝑥 < 3 𝑖𝑠𝑒 𝑥 2 < 9 "
Önermesinin ispatını yapalım.
𝑥 = −4 alınırsa (−4)2 = 16 ≮ 9
O halde " 𝑥 < 3 𝑖𝑠𝑒 𝑥 2 < 9 " önermesi
yanlış bir önermedir.
𝑛 ∈ 𝑁 , 𝑃(𝑛) bir açık önerme
𝑎 ∈ 𝑁𝑎 ve 𝑁𝑎 = {𝑎 , 𝑎 + 1 , 𝑎 + 2 , … } olsun
Kazanım
11.1.2.5:
yöntemi ile ispat yapar.
i.
ii.
Tümevarım
𝑃(𝑛) önermesi en küçük
eleman 𝑛 = 𝑎 için doğru,
𝑘>0
olmak
üzere
𝑃(𝑛)
önermesi 𝑛 = 𝑘 için doğru
kabül edildiğinde 𝑛 = 𝑘 + 1 için
doğru,
oluyorsa bu önermeye 𝑁𝑎 kümesinin her
elemanı için doğrudur.
Bu ispat yöntemine tümevarım yöntemi
ile ispat denir.
Dikkat :
1)
𝑛. (𝑛 + 1)
⇒
2
𝑃(𝑛 + 1): 1 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 + 𝑛. (𝑛 + 1)
(𝑛 + 1). (𝑛 + 2)
=
2
𝑃(𝑛): 1 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 =
2)
𝑛. (3𝑛 − 1)
⇒
2
𝑃(𝑛 + 1): 1 + 4 + 7 + ⋯ + 3𝑛 − 2 + 3𝑛 + 1
(𝑛 + 1). (3𝑛 + 2)
=
2
𝑃(𝑛): 1 + 4 + 7 + ⋯ + 3𝑛 − 2 =
3)
𝑃(𝑛): 1 + 3 + 5 + ⋯ + 2𝑛 − 1 = 𝑛2 ⇒
𝑃(𝑛 + 1): 1 + 3 + 5 + ⋯ + 2𝑛 − 1 + 2𝑛 + 1
= (𝑛 + 1)2
4)
𝑃(𝑛): 2 + 4 + 6 + ⋯ + 2𝑛 = 𝑛. (𝑛 + 1) ⇒
𝑃(𝑛 + 1): 2 + 4 + 6 + ⋯ + 2𝑛 + 2𝑛 + 2
= (𝑛 + 1). (𝑛 + 2)
Ayhan BAL
- 17 5)
5)
∀𝑛 ∈ 𝑁 + 𝑖ç𝑖𝑛;
𝑛. (𝑛 + 1)
2
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız.
1. Adım: 𝑛 = 1 için doğru
2. Adım : 𝑛 = 𝑘 için doğru olsun.
…
𝑛 = 𝑘 + 1 için doğrudur.
𝑃(𝑛): 1.2 + 2.3 + ⋯ + 𝑛. (𝑛 + 1)
𝑛. (𝑛 + 1). (𝑛 + 2)
=
⇒
3
𝑃(𝑛 + 1): 1.2 + 2.3 + ⋯ + 𝑛. (𝑛 + 1)
+ (𝑛 + 1). (𝑛 + 2)
(𝑛 + 1). (𝑛 + 2). (𝑛 + 3)
=
3
𝑃(𝑛): 1 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 =
6)
𝑃(𝑛): 22 + 42 + ⋯ + (2𝑛)2
2. 𝑛. (𝑛 + 1). (2𝑛 + 1)
=
⇒
3
𝑃(𝑛 + 1): 22 + 42 + ⋯ + (2𝑛)2 + (2𝑛 + 2)2
2. (𝑛 + 1). (𝑛 + 2)(2𝑛 + 3)
=
⇒
3
7)
𝑛 ∈ 𝑁 + için;
𝑛
1−𝑥
⇒
1−𝑥
𝑃(𝑛 + 1): 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ + 𝑥 𝑛−1 + 𝑥 𝑛
1 − 𝑥 𝑛+1
=
1−𝑥
6)
𝑛. (3𝑛 − 1)
2
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız.
𝑃(𝑛): 1 + 4 + 7 + ⋯ + 3𝑛 − 2 =
7)
∀𝑛 ∈ 𝑁 + 𝑖ç𝑖𝑛;
𝑃(𝑛): 1.2 + 2.3 + 3.4 + ⋯ + 𝑛. (𝑛 + 1)
𝑛. (𝑛 + 1). (𝑛 + 2)
=
3
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız.
8)
∀𝑛 ∈ 𝑁 + 𝑖ç𝑖𝑛;
𝑃(𝑛): 1 + 3 + 5 + ⋯ + 2𝑛 − 1 = 𝑛2
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız.
9)
∀𝑛 ∈ 𝑁 + 𝑖ç𝑖𝑛;
𝑃(𝑛): 22 + 42 + ⋯ + (2𝑛)2
2. 𝑛. (𝑛 + 1). (2𝑛 + 1)
=
3
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız.
𝑃(𝑛): 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ + 𝑥 𝑛−1 =
1)
UYGULAMALAR
𝑃(𝑛) ∶ "𝑛. (𝑛 − 2) = 3"
önermesine
göre
𝑃(1), 𝑃(2), 𝑃(3), 𝑃(𝑛 + 1)
değerlerini bulunuz.
2)
𝑃(𝑛) ∶ "𝑛2 − 3𝑛 − 28 = 0 𝑛 ∈ 𝑁" açık
önermesinin doğruluk kümesini bulunuz.
3)
𝑃(𝑎) ∶ "𝑎2 + 𝑎 − 20 = 0 𝑎 ∈ 𝑍"
açık
önermesinin doğruluk kümesini bulunuz.
∀𝑛 ∈ 𝑁 + 𝑖ç𝑖𝑛;
4)
𝑃(𝑛): 1 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 =
𝑛. (𝑛 + 1)
⇒
2
10) ∀𝑛 ∈ 𝑁 + 𝑖ç𝑖𝑛;
1 − 𝑥𝑛
1−𝑥
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız.
𝑃(𝑛): 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ + 𝑥 𝑛−1 =
ve
𝑃(𝑛): 1.2 + 2.3 + 3.4 + ⋯ + 𝑛. (𝑛 + 1)
𝑛. (𝑛 + 1). (𝑛 + 2)
=
3
Önermeleri için 𝑃(1), 𝑃(2), 𝑃(3), 𝑃(4)
değerlerini bulunuz.
11) ∀𝑛 ∈ 𝑁 + 𝑖ç𝑖𝑛;
1
1
1
1
𝑛
𝑃(𝑛):
+
+
+ ⋯+
=
1.2 2.3 3.4
𝑛. (𝑛 + 1) 𝑛 + 1
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız.
Ayhan BAL
- 18 12) ∀𝑛 ∈ 𝑁 + 𝑖ç𝑖𝑛;
𝑃(𝑛): (𝐶𝑜𝑠𝜃 + 𝑖. 𝑆𝑖𝑛𝜃)𝑛 = 𝐶𝑜𝑠𝑛. 𝜃 + 𝑖. 𝑆𝑖𝑛𝑛. 𝜃
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız. (De Moivre)
13) ∀𝑛 ∈ 𝑁3 𝑖ç𝑖𝑛;
𝑃(𝑛): 3𝑛 > 1 + 4𝑛
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız.
14) ∀𝑛 ∈ 𝑁 + 𝑖ç𝑖𝑛;
𝑃(𝑛): 1.1! + 2.2! + 3.3! + ⋯ + 𝑛. 𝑛! = (𝑛 + 1)! − 1
Açık önermesini tüme varım yöntemi ile
ispatlayınız.
Ayhan BAL