Calculus - Başkent Üniversitesimail.baskent.edu.tr/~tkaracay/etudio/ders/math/calculus/kitap/01/01pre.pdfÖn Bilgiler Bu kitapta, matematigin˘ temeli olan mantık, kümeler, sayılar

T I M U R K A R A Ç AY- H AY D A R E S - I B R A H I M I B R A H I M O G L U

C A L C U L U S

S E Ç K I N YAY I N C I L I K

Copyright © 2017 Timur Karaçay-Haydar Es-Ibrahim Ibrahimoglu

bu kitap baskent üniversitesinde hazirlanmistir.

ankara

Büyün hakları saklıdır. Yazarların izni alınmaksızın, bu kitabın tamamı vaya bir kısmı elektronik, mekanik, fotokopiveya baska bir yolla çogaltılamaz, kopyalanamaz, basılamaz, internet ve bilgisayar ortamında tutulamaz. Bu konudaTELIF HAKLARI YASASI HÜKÜMLERI geçerlidir.

Birinci baskı, Eylül 2017

Contents

Ön Bilgiler 9

Mantık ve Matemtik 17

Önermeler Cebiri 27

Sezgisel Kümeler Kuramı 47

Açık Önermeler 53

Kümeler Cebiri 61

Bagıntılar 71

Kümeler Ailesi 87

Denklik Bagıntıları 97

Tikel Sıralama 105

Tümel Sıralama 115

Iyi Sıralama 117

Fonksiyonlar 125

Islem 137

Fonksiyon Islemleri 163

6

Matematiksel Yapılar 177

Dogal Saylar Üzerinde Aritmetik 187

Dogal Sayıların Kurulusu 201

Karmasık Sayılar 213

Sayılabilirlik 241

SAYILAMAYAN SONSUZ KÜMELER 253

Nicelik Sayıları 271

SIRA SAYILARI 285

AKSIYOMLAR VE PARADOKSLAR 297

SEÇME AKSIYOMU 303

Index 315

7

Cumhuriyeti kuranlara adanmıstır.

Ön Bilgiler

Bu kitapta, matematigin temeli olan mantık, kümeler, sayılar vesonsuz kavramı sık sık kullanılacaktır. Ancak o kavramların an-latımı calculus’un içeriginde degildir. Genellikle Soyut Matematikya da Soyut Cebir derslerinde islenen konulardır. O nedenle, sözügeçen kavramların çok kısa tanımlarını vererek onları kullanmayabaslayacagız. Bu konularda eksiklik duyanlar Soyut Matematikkitaplarına basvurabilirler.

Analiz Ögretimi

Iki Milenyum Süren Sorunlar

11 Iki Milenyum

Türkçe’ye Genel Matematik adıyla yerlesen ve Ingilizce’decalculus denilen matematik dersi mantık, kümeler, sayılar, sıralama,sonsuz ve limit kavramlarına dayalıdır.

Sonsuz küçük ve sonsuz büyük sayıların ortaya çıkısı besinci islem diye adlandırılam limit isleminiberaberinde getirdi. Bir zamanlar matematigi ilkel (elementary) ve yüksek (Higher) diye ikiye ayırmakmoda idi. Bu ayrım çok basit bir sekilde yapılırdı. Yalnız dört islemi içeren matematik ilkel matematik,ona besinci islem olarak limit eklendiginde ortaya çıkan matematige de yüksek matematik denirdi.

Matematisel islemlerin ve matematiksel yapıların çok büyük çogunlugu sayılar üzerinde kuruludur.Sayılardan baska nesnelere yapılan genellestirmelerde de sayıların özelikleri taklit edilir. Bu yönteminayakları yere saglam basar. Yöntemin bize verdigi harikulade yapılar, yalnız matematik sanatındainsan aklının yarattıgı soyut güzellikleri ortaya koymakla kalmaz, bilimin, özellikle fizigin gereksemeduydugu araçları da üretir. Matematigin bu yöndeki gelisimi insanın doga olaylarına egemen olmasavasını kazanmasına neden oldu.

Calculus, baslangıçta infinitesimal calculus diye adlandırılırdı. Ilgialanları o zamanlar yeni olan limit, fonksiyon, türev integral ve sonsuzseriler idi. Infinitesimal calculus’un Ingiliz matematikçi ve fizikçiIsaac Newton (4 Ocak 1643 - 31 Mart 1727) ve Alman matematilçiGottfried Wilhelm Leibniz (1 Temmuz 1646 - 14 Kasım 1716) tarafın-dan birbirlerinden bagımsız olarak gelistirildigini kabul edilir.17.yüzyılda ortaya konan infinitesimal calculus (sonsuz küçükler vesonsuz büyükler hesabı) doga olaylarını açıklamakta etkin bir araçoldu.

Matemetik tarihine girmeden irrasyonel sayıların ortaya çıkısınıanlatlamak eksiklik yaratır. Yine de konuya kısa bir dokunus içinsimdi kabul ettigimiz tanımlara dayanacagız. a ve b 6= 0 tamsayılarolmak üzere a

b biçiminde yazılabilen sayılara rasyonel, böyle yazıla-

10 calculus

mayanlara da irrasyonel sayı diyoruz. Aslında irrasyonel terimihesaplanamayan oranlar (immensurable ratio) adıyla ortaya çıktı.Çıkıs yerlerine bakılınca insan aklının onu bagımsız olarak farklıcografyalarda yarattıgı söylenebilir. Eski Yunan, Iran, Hint, Çinuygarlıklarında hesaplanamayan oranlar hep insan aklını su yada bu sekilde mesgul etmistir. Simdi hesaplanamayan oranlarıkolayca ifade ediyoruz. Bir sayma sisteminde, örnegin on tabanlısistemdeki yazılıslarında kesir basamakları sonsuza uzanıyor vehaneler tekrarlı degilse o tür sayılar irrasyonel sayıdır.

Figure 1: Wilhelm Richard Dedekind

Isin zor yanı sudur: aritmetigin temeli olan dört islemde kul-landıgımız yöntem, daima sayının sagdaki son basamagındanbaslar. Rasyonel sayılarda bunu kolayca yapıyoruz. Ama irrasyonelsayılarda, onlu açılımın sonsuz ve tekrarlanmayan hanesi var; sagdason basamaga erisilemez. Dolayısıyla, dört islem yöntemlerimiz on-lara uygulanamaz. Zaten ’hesaplanamayan oranlar (incommensurable)sözü de bunu ifade ediyor olmalıdır.

Figure 2: Augustin-Louis Cauchy

Sayı ekseni üzerine rasyonel sayıları yerlestirdigimiz zaman,irrasyonel sayılara karsılık gelen boslukları yoketmek için ge-ometrik yöntemler revaçta olsa bile, aritmetik yöntemlerle bosluk-ları yoketme çabası Fransız matematikçi Baron Augustin-LouisCauchy (21 August 1789 - 23 May 1857), Alman matematikçi KarlTheodor Wilhelm Weierstrass (31 Ekim 1815 - 19 Subat 1897), almanmatematikçi Julius Wilhelm Richard Dedekind (6 Ekim 1831 - 12

Subat 1916) ve kendi dönemlerinin ünlü öteki matematikçileri ge-ometrik yollara dayalı yöntemleri aritmetik yöntemlere çevirmeyeçalıstılar. Bu çabaların sonunda Dedekind rasyonel sayıları gerçelsayılara genisleten ve bu gün kendi adıyla anılan Dedekind Kesi-mini 1858 yılında buldu; ama o önemli bulguyu ancak 1872 yılındayayınladı.

Figure 3: Theodor Wilhelm Weierstrass

Calculus’a yeni baslayanların zor anladıgı Dedekind Kesimi rasy-onel sayı dizilerinin limiti olarak ifade edilebilir. Limit kavramıtopolojik bir kavram olsa bile, calculus’a yeni baslayan ögrenci-lerin sezgisel olarak kolayca algılayacakları bir kavramdır. zatencalculus’un büyük çogunlugu limit kavramını kullanıyor. O ne-denle, rasyonel sayılardan irrasyonel sayılara genisleme eyleminilimit sezgisine dayandırarak, Luitzen Egbertus Jan Brouwer (1881-1966)’in dedigi gibi, kavramların algılanmasını ögrencinin sezgisinedayandırmak daha etkin bir yol olacaktır.

Ne demek istedigimizi tarihi degeri olan problemlerle açıklaya-biliriz. Bir zamanlar irrasyonel sayılar bilinmiyordu. M.Ö. 500

yıllarında varlıgı bilinen Pisagor okulu, birim kenarlı ikizkenarüçgenin hipotenüsünün uzunlugu olan

√2 sayısını görmezden

geldi. ’Bir çemberin çevresinin, yarıçapının kaç katı oldugu’ sorusunadünyanın en akıllı adamları yanıt aradı. Olmayan yerde sürdürülenbu arayıs M.Ö. dönemlerden baslayıp irrasyonel sayıların ortayaçıktıgı 19.yüzyıla kadar sürdü. Bu çok çok uzun bir süredir. Buuzun sürede, örnegin, Arsimedin buldugu yöntem soruya rasyonelsayılar içinde verilebilecek en iyi yanıtı vermekle kalmıyor, adınıkoymadan limit kavramından yararlanıyordu. Elealı Zenon (MÖ

ön bilgiler 11

490 - MÖ 430) ’tavsan kaplumbgaya yetisemez’ diyerek halktan haklıbir deli ünvanını aldı. Ama onun aldıgı ünvanın onura dönüsmesisonsuz serilerin ve ona dayalı limit kavramının ortaya çıkısınakadar iki bin yıldan fazla bir zaman dilimini aldı. 18.yüzyılınbaslarında sonsuz serilerin ürünü olarak ortaya çıkan e sayısı ilemilattan önceki dönemlerden gelen π sayısının transandant sayılaroldugunun ispatının yapıldıgı 18.yüzyılın sonuna kadar rasyonelsayı kümesini genisletme zorunlugu görülmüyordu.

Figure 4: Isaac Newton

Figure 5: Elealı Zenon

Genel Matematik derslerinde, matematigin iki milenyum so-nunda asabildigi iki önemli problemin yarattıgı zorlukla karsılasılır.Birincisi rasyonel sayılar kümesini gerçel sayılar kümesine genislet-mektir. Burada irrasyonel sayıların tanımlanması matematige yenibaslayanlar için çok kolay olmayan bir sorundur. Ikinci zorluk,sonludan sonsuza geçistir. Bu iki zorlugu asmanın yöntemlerinimatematik elbette ortaya koymustur. Ama bilimde ufuk açan bu ikikonunun ögretiminde basarılı oldugumuz tartısılabilir.

Figure 6: Giuseppe Peano (1858–1932)

Dogal Sayıları Peano aksiyomları ile ya da kümelerin ögelerinieslestirerek tanımlamakta bir zorlukla karsılasılmaz. Dogal sayılarıngrup genislemesi olarak tam sayılar kümesini (halka) tanımla-mak mümkündür. Tamsayılar halkasını içeren ek küçük cisminrasyonel sayılar cismi oldugunu söylemek de çok sorun yarat-maz. Aslında bu genislemeler, isteniyorsa, aksiyomatik yöntem-ler yerine cebirsel yöntemlerle de yapılabilir. Sayı kümeleriningenisletilmesi konusunda ilk zorluk rasyonel sayılardan irrasyonelsayılara genislemedir. Çogunlukla, sayı ekseni üzerinde rasyonelolmayan noktalara karsılık gelen boslukları irrasyonel sayılarındoldurdugunu söyleyerek yaptıgımız ögretim konunun gerek-tirdigi cebirsel islemlerin genislemesini içermez. Oysa, irrasyonelsayı içeren dört islemin hiç birisini tam yapamayız. Onun yerine,irrasyonel sayıya istedigimiz kadar yakın bir rasyonel sayı alır,islemi onunla gerçeklestiririz. Bu yaklasımın tipik örnegi irrasyonelπ sayısıdır. Ortaögretimde π = 3.14 esitligini kullanan ögrenciüniversitede π = 3.1416 esitligini kullanmaya baslar, ama eylemingerisinde yatan büyük düsünceyi algılamayabilir. Oysa, matematikögretimi mekanik islemler yapmayı ögretmek yerine, matematiginyarattıgı soylu düsünceleri algılatmalıdır.

Rasyonel sayılardan irrasyonel sayılara geçis için kullanılan farklıyöntemleri üç sınıfa ayırmak mümkün görünmektedir:

1. Dedekind Kesimi

2. Rasyonel dizilerin limitleri

3. Aksiyomatik Yöntem

Dedekind Kesimi, irrasyonel sayılar bilinmiyorken rasyonel sayılar-dan irrasyonel sayılara genislemeyi saglayan ilk yöntemdir. Onedenle baslı basına tasıdıgı tarihi degerin yanında yöntemin kendidegeri de çok büyüktür: Dedekind kesimi gerçel sayılar kümesinisıralı bir cisim olarak kurar; rasyonel sayıları bu cisim içine gömer.Böylece rasyonel sayılarda tanımlı olan islemler (toplama, çıkarma,

12 calculus

çarpma, bölme) islemleri ile sıralama eylemi gerçel sayılar üzerinegenisletilmis olur. Bunun yanında analizin sık kullanıgı asagıdakiteoremleri elde eder. Bu teoremler analizin omurgasıdır.

Theorem 0.1. 2 Gerçel sayılar tamdır.2 Tamlık

Bu teorem, gerçel sayılardaki her Cauchy dizisinin gerçel sayılarkümesinde bir limite yakınsadıgını söyler.

Theorem 0.2. 3 Rasyonel sayılar gerçel sayılar kümesinde yogundur.3 Yogunluk

Bu teorem, herhangi iki gerçel sayı arasında sonsuz tane rasyonelsayı oldugunu söyler. Baska türlü söylersek, her gerçel sayıyayakınsayan rasyonal diziler vardır. Bu özelik irrasyonel sayılarlayaklasık degerli islem yapmamızı saglar. Günlük yasamda oldugukadar bilimin ve teknigin esas aracıdır.

Theorem 0.3. Gerçel sayıların bos olmayan ve üstten sınırlı her altkümesinin en küçük üst sınırı (supremum) vardır.

Bu teoremde geçen sayıların negatiflerini alırsak;

Theorem 0.4. 4 Gerçel sayıların bos olmayan ve alttan sınırlı her alt4 infimum, supremumkümesimin en büyük alt sınırı (infimum) vardır.

teoremini elde ederiz.Yogunluk topolojik bir özeliktir, ama ardısım (succession) ce-

birsel bir özeliktir. Bu teoremlerin hepsi analiz derslerinde kanıt-lanır. Bu kitapta, teoremlerin kanıtları yapılana kadar, onlarıngeçerligini varsayacagız. Bu var saymayı birer aksiyom olarakalgılamayacak; yalnızca bize gerekli önbilgiler olarak sayacagız.

Theorem 0.5. 5 (Arsimet Özeligi) Her gerçel sayıdan daha büyük olan bir5 Arsimet Özeligidogal sayı vardır; yani her x ∈ R sayısına karsılık x < n olacak biçimdebir n ∈N dogal sayısı vardır.

Theorem 0.6. 6 Irrasyonel sayılar gerçel sayılar kümesinde yogundur.6 Irrasyonel Sayıların Yogunlugu

Bu teorem, herhangi iki gerçel sayı arasında sonsuz tane irrasy-onel sayı oldugunu söyler; Teorem 0.2’in irrasyonel sayılar için ifadeedilmis seklidir.

Sayı kümelerini

1. N : Dogal sayılar

2. Z : Tam sayılar

3. Q : Rasyonel saylar

4. R : Gerçel sayılar

5. C : Kompleks sayılar

diye sınıflandırırız. Bu kümeler arasında N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C kap-saması vardır7 . Ilk üçü üzerindeki islemleri (fonksiyonları) yalın7 N ⊂ Z

Z ⊂ QQ ⊂ R

R ⊂ C

aritmetik yöntemleriyle yaparız. Ama onları R kümesine genisle-tirken, genellikle, seylerin üstündeki örtüyü kaldırıp, ileride an-lasılacak bazı konuları simdiden ögrencinin sezgisine dayandırmak

ön bilgiler 13

daha dogru olabilir. Brouwer’in önerdigi gibi, zaten matematiginbir çok konusunu ögretirken ögrencinin sezgisine dayanırız. Bunuapaçık yapmakta ne sakınca olabilir.

Gerçel sayılar bir gruptur deriz, ama√

2 +√

2 yi toplamaislemiyle karsılasınca, 2

√2 nesne sayma yanıtını vererek konuyu

elimizdeki salla örteriz. Burada√

2 nin irrasyonel sayının adı olanbir resim oldugunu söylemez, bu iki sayının toplamını nasıl yap-tıgımızı anlatmayız. Yaptıgımız is

5 + 5 = 2 tane 5

gibidir. Oysa 5 + 5 = 10 islemine benzer bir islem yapmalıyız.Ögrencilerin çogu, irrasyonel sayılarla tam islem yapılamayacagının,irrasyonel sayı içeren her islemin aslında rasyonel sayılara dönüsyapan ve ancak yaklasık deger veren bir islem oldugunun bilincinevaramaz. Bu ögrenciler, yaptıgımız hilenin farkına varmaz. Buörnekler çogaltılabilir.

Gerçel sayılar rasyonel dizilerin limitleridir. O zaman limiti yenibir nesne olarak kabul edip, gerçel sayıları bu nesnelerinin denkliksınıfları olarak tanımlamak dogru ve sezgisel anlatılması mümkünolan bir yoldur. Denklik sınıflarını zaten kümeler kuramında isliy-oruz. Aynı limite giden diziler aynı gerçel sayıyı tanımlayacaklarınagöre, onların denklik sınıflarını gerçel sayı kümesi olarak anlatmakoldugu kadar pedagojik olacaktır.

Mantık ve Matematik

Okuma Parçası

Tarih Öncesi Çaglarda, insanın mukayese yoluyla akıl yürüt-tügünü söyleyebiliriz. Hemen her olguda oldugu gibi, dogrudüsünme kurallarının ortaya çıkması da tarih içinde bir gelisim,bir evrim geçirmistir. Buna bir baslangıç noktası seçilemez. An-cak, antik çagdan günümüze gelen kalıtlarda, mantık ile ugrasandüsünürlerin varoldugu görülmektedir. Bunlar arasında, mantıkbiliminin olusmasında en etkili olanı Aristo (M.Ö.384-322)’dur.M.Ö. 600-300 yıllarında ortaya çıkan usavurma kurallarını Aristosistemlestirdi. Organon (alet) adlı eserinde ondört usavurma kuralı(syllogism) verdi. Bu kurallar, bu günkü biçimsel mantıgın temelidirve 2000 yılı askın bir zaman dilimi içinde insanoglunun düsünmeve dogruyu bulma eylemini etkisi altında tutmustur. Organon,insanlıga bırakılmıs en büyük miraslardan birisidir.

Figure 7: Aristoteles (MÖ 384-322)Aristo’nun ortaya koydugu kuralların olusturdugu sisteme

Klasik Mantık, Aristo Mantıgı ya da iki-degerli mantık denilir. KlasikMantık, 19.yüzyıla kadar egemenligini sürdürmüstür.

Mantık önermelerle ugrasır. Her önerme bir vargı, bir bildirim, birbilgi’dir. Buna bazı kaynaklar yargı (hüküm) der. Bir vargı ya dogruya da yanlıs’ tır. Buna önermenin dogruluk degeri diyoruz. Iki-degerlimantıgın temeli budur. Bir önerme, hem dogru, hem de yanlısolamayacagı gibi; biraz dogru, biraz yanlıs da olamaz. Bir sey ya

14 calculus

güzeldir, ya da çirkin; ya iyidir, ya da kötü; ya aktır ya da kara vb.Bu kesinliktir.

Aristo Mantıgı konusma diline baglıdır. Dolayısıyla, kullandıgımızdil, çevre kosullarımız, bilgilerimiz, inançlarımız, duygularımız, vb.önermenin dogruluk degerine etki edebilir. Baska bir deyisle,bazı önermelerin dogruluk degerleri evrensel bir deger alamaz.Örnegin,

"Bu gün hava soguktur."önermesinin dogru ya da yanlıs yorumlanması, kutuptaki birinsanla, ekvatordaki bir insana göre degisebilir.

Figure 8: Augustus De Morgan

Ingiliz matematikçileri Augustus De Morgan (1806-1871) veGeorge Boole (1815-1865), matematiksel yöntemleri mantıga uygu-layarak, klasik mantıgın çevreye bagımlılıktan dogan kusurlarınıortadan kaldırdılar. Matematiksel Mantık adı verilen bu sistem dile,kültüre, duygulara, çevre kosullarına baglı degildir. Soyut birmatematiksel yapıdır. Dolayısıyla evrenseldir; yani aynı varsayımlaraltında yapılan usa vurma (akıl yürütme) her zaman ve her yerdeaynı sonuca ulasır.

Figure 9: George Boole

Bu sisteme, Boole Cebiri, Boole Mantıgı, Simgesel Mantık, ÖnermelerCebiri, Matematiksel Mantık,. . . gibi adlar verilir.

Iki-degerli Matematiksel Mantık, bu günkü uygarlıgımızıntemelidir. O olmadan, matematik olmaz. Matematik ise, çagımız bil-iminin, tekniginin, teknolojisinin dayanagıdır. Baska türlü söylersek,insanoglunun ürettigi bilgi’nin asıl aleti mantıktır. Bunun için,insanın bilgiyi nasıl ürettigine kısaca bir göz atalım.

Terim 8 Bir bilim, sanat, meslek dalıyla ya da bir konu ile ilgili özel8 Terimve belirli bir kavramı olan kelime ya da deyim.

Örnegin, küp, basamak, hane, daire, pay, . . . gibi sözcüklerinmatematikteki anlamları, konusma dilindeki anlamlarından fark-lıdır.

Islem, çokgen, çarpma, nokta, düzlem, açı, sonsuz,. . . gibi sözcüklerbirer matematik terimidirler.

Tanım: 9 Bir varlıga, bir seye özgü niteliklerin belirtilmesi, bir9 Tanımsözcügü belirleyen anlam.

Tanımlamak: 10 Bir kavramı bütün ögeleri ile eksiksiz anlatmak,10 Tanımlamaözel ve degismez niteliklerini sayarak bir seyi tanıtmak. Tarif etmek.

Tanım, tanımlanan terimi (varlıgı) kesinkes belirler ve öteki ter-imlerden ayırır. Bu nedenle, bir tanım su özeliklere sahip olmalıdır:

1. Tanımlanan terime bir ad verilmelidir11.11 Ad

2. Ifadede bilinmeyen kavram ya da terim kullanılmamalıdır.

3. Tanımlanan terim, ait oldugu en küçük kümeye yerlestirilme-lidir.

4. Tanımlanan terimi, ait oldugu kümedeki öteki varlıklardan ayırtedecek bütün nitelikler söylenmelidir.

ön bilgiler 15

5. Gereksiz hiç bir bilgi verilmemelidir.

Örnekler1212 Örnek

Asagıdaki tanımları dikkatle okuyunuz. Hangilerinin tanımolabilecegini nedenleriyle söyleyiniz.

1. Kesismeyen iki dogru paraleldir.

2. Paralel dogrular, aynı düzlemde olan ve kesismeyen dogrulardır.

3. Iki dogrunun paralel olması için gerekli ve yeterli kosul aynıdüzlemde olmaları ve kesismemeleridir.

Bu tanımlardan birincisi, aykırı dogruları da paralel saydıgı için,ayırdedici niteligi yoktur. Ikincisi aynı düzlemde olma kosulunukoydugu için, uzayda paralel olan dogruları dıslamaktadır. Budurumda, yalnızca, üçüncü tanım geçerlidir.

Tanımlı ve Tanımsız Terimler

13 13 Tanımlı, tanımsızBir terimi tanımlarken, daha önceden tanımlanmıs baska terim

ve kavramları kullanarak, o terimin bütün niteliklerini ve yalnızcaonları ortaya koyarız. Böyle terimlere tanımlı terimler denilir.

Ancak, her terimi tanımlarken, kendisinden önceki terimlerebasvurmayı sürdürürsek, bir baslangıç noktasına ulasmalıyız.Baska bir deyisle, tanımları, baska kavramlara dayanmayan ter-imlerin olması gerekir. Bu terimlere ilkel terimler ya da tanımsızterimler denilir. Bu terimler, kendilerinden daha basit terimler yada kavramlarla açıklanamazlar. Ama, onları, sezgilerimizle ko-layca algılarız. Örnegin, nokta, dogru, düzlem, üzerinde, düz, yüzey,esdegerli, . . . matematigin tanımsız terimlerindendir. öte yandan,üçgen, islem, rasyonel sayı, karekök, bölüm, . . . gibi terimler ise, tanımlıterimlerdir.

Teorem: Kanıtlanabilen bilimsel önerme. Mantıksal usavurma ilekanıtlanan önermenin ya da özeligin bildirimi.

"Teorem" terimi yerine "Önerme", "Lemma" gibi terimler dekullanılır.

Örnek:Esaçılı bir üçgen eskenardır.

belit (aksiyom): Kendisinden daha basit terim ve kavramlarla ifadeedilemedigi için varlıgı kabul edilen önerme.

Belit yerine aksiyom ya da postülat da denilir.Örnek:

Figure 10: Iki noktdan bir dogru geçer

Iki nokta bir dogru belirler.

Uyarı 0.7. Bazı kaynaklarda bizim esanlamlı saydıgımız terimler arasındaküçük anlam farklılıkları gözetilir. Bu kitapta, o tür ayrımları önemsizsayacak ve esanlamlı terimler arasında ayrım yapmayacagız.

Mantık ve Matemtik

Okuma Parçası

Çagları Asan matematik

Mantık tarihine kısa bir bakıs

Tümel bir önermeden tikel önerme çıkarılısını saglayan yordamausavurma diyoruz. Mantık (usbilim-lojik) usavurma kurallarınıkonu edinir. Baska bir deyisle, mantık tümdengelim yöntemleriniinceler. Degisik kaynaklarda bazı nüans farklılıklarıyla, usavurmayaakıl yürütme, tasım (kıyas), dedüksiyon, çıkarım, vb adlar verilir.[23], [24], [26]

Antikçag

MÖ 8.yy dan baslayıp MS 5.yy da sona eren zaman dilimi içindeeski Yunan ve Roma kültürlerini içine alan felsefeye antikçag felsefesidenilir. Buna eski Yunan felsefesi de denmektedir. Bu dönemdeuzakdogu, Hint, Mısır, Sümer, Akad, Babil, Asur, Hitit, Fenike,Israil, Pers, Kartaca vb birçok kültürler daha vardır. Bunları da içinealan felsefeye ilkçag felsefesi denilir.

Hemen her olguda oldugu gibi, dogru düsünme kurallarının or-taya çıkması da tarih içinde bir gelisim, bir evrim geçirmistir. Bunabir baslangıç noktası seçilemez. Üstelik felsefe ile mantıgın ayrıldıgıtarih çizgisi belirlenemez. Eski Yunan felsefesinin önemli adlarıarasında Parmenides (M.Ö.500), Zeno (M.Ö.490-430), Socrates(M.Ö.470-399), Platon (M.Ö.428-348) ve Aristotles(M.Ö.384-322)anılmalıdır. Aristotles, mantık biliminin dogması ve gelismesindeen etkili olan addır. Kendi zamanına kadar ortaya çıkan usavurmakurallarını Aristotles sistemlestirdi. Organon (alet) adlı yapıtında14 syllogism (usavurma kuralı) ortaya koydu. Bu kurallar bu günküiki-degerli mantıgın temelidir. Bu kurallar, 2000 yılı askın bir zamandilimi içinde insanoglunun düsünme ve dogruyu bulma eylem-ini etkisi altında tuttugu gibi, çagımızın bilim ve teknolojisisnindayandıgı iki-degerli matematiksel mantıgın da öncüsü olmustur.

18 calculus

Ortaçag

1414 OrtaçagHristiyanlık en basından antik çag felsefesine karsı oldu, onu

düsman saydı. Zaten baska türlü de olamazdı. Antik çag felse-fesinin yarattıgı tanrılar veya tek ve mutlak tanrı varlıktan ayrıdegildi, varlıgın kendisiydi. Baska bir deyisle, antik çag felsefesindedoga-tanrı vardır. Bireysel varlıklar mekanda onun parçaları, za-manda anlarıdır. "Yoktan hiç bir sey varolmaz" kuralı antik çagfelsefenin temelidir. Hristiyanlık ise "evreni yoktan yaratan" tanrıkavramını getiriyordu. Yalnız ogul (Isa) ve kutsal ruh tanrıdançıkmıstır. Öyleyse, onlar da gerçek tanrıdır. Yoktan yaratılanlar ileyaratan arasında mutlak ayrılık vardır. Tanrı gerçek ve hayat olanogulda kendisini göstermistir. Mutlak gerçege sahip olduguna göre,Hristiyan’ın gerçegi aramasına gerek yoktur. Eger gerçegi arıyorsa,sahip oldugu gerçekten (ogul) süphe ediyor demektir. Bu da Isa’yıinkar etmesi anlamına gelir.

Ne var ki, çöken hellenizmin bıraktıgı miras felsefede izini belliediyordu. Kilise, red ettigi antik çag felsefesinin karsısına bir felsefekoymak zorundaydı. Bu durum hristiyanlık üzerinde verimli birbaskı yarattı. Platon, Aristotles ve stoacıların doktrinleri hristiyanögretisine uyarlandı. Hristiyanlık inancı (imanı) bir doktrin (dogma)halinde kuruldu, sistemlesti. Hristiyan dogmatiginin kurucusuIskenderiye hristiyan okulunun kurucusu Origenes (MS 220) dir.

Iskenderiyeli Saccas (MS 300) Aristotles’in eserlerini yorumlayarakortaçaga tasıdı. Din devletini kurmak isteyen Hristiyan Kilisesi Aris-totles Mantıgını iyice benimsedi. Ortaçagda, Hristiyan din adamları,Aristotles’in 14 syllogism’ine 5 tane daha eklediler. Ortaya çıkan19 kural, Hristiyan Kilisesi ögretisinin (skolastik ögreti) temeli oldu.Bu ögretide, evrime (degisim - zaman) yer yoktur; gerekseme deyoktur. Aristotles’in tümelden tikele giden usavurma kuralları, Hris-tiyan din devletinin yapısına kolayca uyarlandı. Din devletininyetkileri Tanrı’nın yetkileri sayıldı. Bu tümel bir gerçek (mutlakgerçek) olarak kabul edildi. Bu gerçek asla sorgulanamazdı.

Ortaçagda yeryüzünde biricik olan islam hosgörüsü, müslümanolan ya da olmayan birçok bilginin islam semsiyesi altında toplan-masına neden oldu. Ortaçagların sonlarına dogru Organon Ara-pça’ya çevrildi. El Kindi(805-873), El-Farabi(873-950), Ibni Sina(980-1037), Ibni Rüsd(1126-1198) islam uygarlıgının mantıkla da ugrasandüsünürleridir. Matematik, astronomi, tıp ve felsefede ileri adımlaratıldı. Bagdat, Mısır, Buhara, Kufe, Kurtuba, Gırnata, Toledo, Sevilla,Valencia vb yerlerde bilime kaynak olacak okullar açıldı. Bu okullarbatının felsefi uyanısına çok yardım etmistir. Hristiyan dünyasındadüsünce üretimi durmusken, islam dünyasındaki bu gelismesürdürülebilseydi, belki tarihin akısı degisecekti. Ne var ki, akılve mantıgın imana ters düsemeyecegini savunan Imam Gazali, birbakıma hristiyan din devleti ögretisine benzer düsünceyi savunarak,diger islam bilginlerine karsı çıktı. Ne yazıktır ki, Osmanlı’da veislam dünyasında Imam Gazali’nin düsünceleri zamanla egemen

mantik ve matemtik 19

oldu ve islam dünyasında düsünce üretimi sınırlandı [3].

Yeniçag

Insanın, düsüncenin sınırlanmasına baskaldırısı aniden olmadı.Buna bir baslangıç bile konulamaz. Hristiyan dogmasına karsıttohumlar, kilisenin en güçlü oldugu dönemlerde, hatta hristiyan-lıgın gelisme döneminde atılmıstır. Zamanla yeseren bu tohum-lar yenidendogusu (rönesas) yarattı. Bir çok bilginin, kasifin,düsünürün bitmez çabalarıyla yeni fikirler olustu. 1547 yılındaAlman Papaz Martin Luther (1483-1576) Wüttenberg kilisesininkapısına astıgı ünlü protestosu ile katolik kilisesine karsı çıktı. Bubir baslangıç degil, sondur!.. Bu sonun gelisi engizisyon mahkemeleriyle,savaslarla, acılarla, insana yapılan eziyetlerle epeyce uzun sür-müstür. Sonunda batı avrupada ortaçag karanlıgı yırtılmıstır.Yenidendogus (rönesas), her alanda oldugu gibi felsefe ve man-tıkta da yeni gelismelere neden oldu. Akıl dinden ayrıldı, özgürcedüsünmeye basladı. Bilgilerini yenileyen insan, bütün dogmalar-dan kuskulanmaya basladı. Yenidendogus felsefesi bir dinsel akımgibi görünse de, onun temel niteligi insancı (hümanist) olmaktır.Jordano Bruno (1548-1600), Francis Bacon (1561-1626), Réne Descartes(1596-1650) cesaretle bilimde yenilik gösteren sistemleri koydu-lar. 15 Bruno bilimin yenilesmesinde bası çekti. Kilise dogmasına 15 Yeniçagkarsı görüslerinden dolayı Roma’da yakılarak öldürüldü. Yakıla-cagı sırada, kendisine ölüm kararını bildiren engizisyon yargıcınasöyledigi su söz insan aklının zulme meydan okuyusudur:

"Ölüm hükmümü bana bildirirken, sen benden daha çok korkuyorsun!.."

Bacon, tümdengelime karsı çıktı. Bilimsel bilginin ancak tümevarımlaüretilebilecegini savundu. Her seyin tam bir listesini çıkarıp ar-alarında karsılastırma yapmayı önerdi. Ama böyle bir listeyi çıkar-mak mümkün degildi.

Bilimsel bilgi üretiminde, en önemli yöntemi Descartes ön-erdi: "Herseyden süphelen, çözümle, birlestir, say, ölç, bütün-parçailiskisini kur" diye özetlenebilecek bu yöntemin bilimsel yöntem-lere büyük etkisi oldu. Ancak, bunların biçimsel mantıga bir etkisiyoktu. Hatta, biçimsel mantık yenidendogusun baslarında bir bilgiüretme yöntemi olarak kabul görmemeye basladı. Kilisenin temelbaskı aracı oldugu gerekçesiyle, Martin Luther, Aristotles’in adınıbile duymak istemiyordu. Tabii, zamanla Aristotles’in usavurmayöntemlerinin, yabana atılamayacagı ve kilisenin onu kullanmısolmasında biçimsel mantıgın bir günahının olmadıgı anlasılmıstır.Bundan sonraki dönemlerde, biçimsel mantıkta matematiksel yön-temler agır basmaya baslayacaktır.

Figure 11: Blaise PascalMatematiksel Mantık

16

16 Matematiksel Mantık

20 calculus

Blaise Pascal(1623-1662 ): Bir para atıldıgında, ya yazı ya tura gelir.Her-kesin gördügü, bildigi bu apaçık gerçegi, Pascal, matematikdiliyle ifade etti: "Yazı gelme olasılıgı 1/2, tura gelme olasılıgı da 1/2dir. Bu iki olasılıgın toplamı 1/2 + 1/2 = 1 eder." Matematik diliylesöylenen bu apaçık gerçek, olasılık kuramı (probability theory) adlıbilim dalının dogmasını sagladı. Bu bilim dalının, biçimsel man-tıkla halâ süren yakın iliskisi o günlerde hiç sezilmiyordu; çünkübiçimsel mantıga matematiksel yöntemler henüz karısmamıstı.

Figure 12: Gottfried Wilhelm Leibniz

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716): Usavurma sürecini konusu-lan dilden bagımsız kılarak ona matematiksel bir yapı kazandır-maya çalısan ilk kisi Alman matematikçisi Leibniz’dir. Yazıkki Leibniz’in yaptıgı isin önemi ölümünden iki yüzyıl sonra an-lasılabilmistir. Dissertatio de Arte Combinatoria (1666), adlı eserindesembolik bir dil yaratmayı düsündü. Evrensel tam notasyon sistemidiyebilecegimiz bu dilde, her kavram en küçük bilesenlerine kadarayrıstırılabilecektir. Ayrısan bu bilesenler her kavrama temel olacakbilgilerdir. Lingua characteristica universalis, Calculus ratiocinator (Akılyürütmenin hesabı) adlı projeleri teorik düzeyde bile gerçeklesemedi.Logic konulu olan ve yasarken yayınlanmamıs makalelerinin önemi,daha sonraki dönemlerde anlasılacaktır.

Figure 13: Immanuel KantImmanuel Kant (1724-1804): Mantıgın tamamen islenmis, bitirilmis,sona erdirilmis bir doktrin oldugunu 1794 yılında ifade etmistir.Ama Kant yanılıyordu. Mantıgın görkemli dönüsü henüz baslaya-caktı.

George Boole (1815-1864): Ingiliz matematikçisi Boole, Leibniz’inbasladıgı isin önemini kavrayan ilk kisi sayılır. Konuyu yeniden elealarak bugünkü iki-degerli mantıgın yapısını tamamen matematikseltemellere oturtmus ve klasik mantıgın dile bagımlı zayıf yanınıyokeden simgesel mantıgı yaratmıstır. Buna Boole mantıgı, Boolecebiri, matematiksel mantık, simgesel mantık, vb adlar verilmektedir.Boole mantıgında bu gün kullandıgımız simgeleri yaratan kisiErnst Schröder (1841-1902)’dir. Simgesel mantıgın üstünlügü sudur:Akıl yürütmede kullanılan kavramları sözcüklerden, nesnelerden,duyulardan arındırmakta, onları soyut simgelerle temsil etmekte veo simgeler arasında matematiksel islemler kullanarak akıl yürütmesürecini kesin sonuca ulastırmaktadır. Kullandıgı cebirsel yapı,mantıgın istedigi saglamlıgı saglamaktadır.

Figure 14: Ernst Schröder

Predicate calculus

Simgesel mantıgın birisi ötekine kenetlenmis iki ayrı dalı vardır:Önermeler mantıgı ve predicate calculus. Birincisi, önermeleri tek tekele alır ve onların dogru ya da yanlıs olduklarını belirler. Ikincisiise, bir küme üzerinde tanımlı önerme fonksiyonlarını ele alır.Predicate terimi, matematik dilindeki fonksiyon’dan baska bir seydegildir.


Belirsizlik (uncertainty)

Matematiksel (simgesel) mantıgın saglam ve soyut cebirsel biryapı olarak ortaya konması, klâsik (sözel) mantıkta ancak 2000 yılsonra yapılabilen çok büyük bir asamadır. Ama, Boole mantıgı daklâsik mantıgın ortaya koydugu iki-degerliligi korumaktadır. Iki-degerli mantıkta belirsizlik olamaz. Orada bir önerme ya dogru yada yanlıs’tır. Oysa, gerçek yasamda önermeler biraz dogru, birazyanlıs olabilir. Daha ötesi, gözlemlere dayalı önermeler belli birolasılık katsayısına baglıdır ([2],[4],[6],[8]).

Iki-degerli mantıktan çok-degerli mantıga geçis Iki-degerli matem-atiksel mantık, 20.yy biliminin ve teknolojisinin temelidir. Hiç birmatematikçi, onun saglamlıgından, öneminden, heybetinden kusku-lanamaz. Ama doga olaylarıyla ilgilenen bilim adamları, bazı dogaolaylarını açıklamak için iki-degerli mantıgın yetmedigini çaresizlikiçinde görüyorlardı. Iki-degerli mantıgın istedigi kesinligin eldeedilemedigi yerlerde, doga bilimciler olasılık kuramına basvurmayabasladılar. Bu arada, bazı mantıkçılar üç-degerli mantık(lar) kur-maya çalıstılar. Iki-degerli mantıgın aldıgı dogru ve yanlıs degerleryanına belirsiz ya da nötr adını verdikleri üçüncü bir deger kattılar.Lukasiewicz, Bochvar, Kleene, Heyting, Reichenbach gibi mantıkçılarbirbirlerinden farklı üç-degerli mantık sistemleri olusturdular. Bun-ların her biri kendi içinde tutarlı olmakla birlikte, simgesel mantıgınkullandıgı (¬, ∨, ∧, ⇒, ⇔) islemleri arasında tanım fark-lılıkları yarattılar. Dolayısıyla, hiç biri mantıgın evrensel kurallarıolarak düsünülemez.

Figure 15: Jan Lukasiewicz

Bu arada, Jan Lukasiewicz (1878-1956) üç-degerli mantıgın dayetmedigini gördü ve 1930 lu yıllarda (L2, L3, . . . , L∞) mantıkdizisini kurdu. Bunlardan ilki olan L2 iki-degerli mantıktır. Diger-leri artarak sonsuz-degerli L∞ mantıgına kadar uzanır.

L∞ mantıgının degerleri [0, 1] aralıgındaki rasyonel sayılarıdır.Bu düsünce, elbette çok önemlidir ve sonsuz degerli mantıga yürüyüsünkaçınılmazlıgını ortaya koymaktadır.

Figure 16: Karl Heienberg

Heisenberg Belirsizlik Ilkesi

Werner Karl Heisenberg(1901-1976), yirmimci yüzyıl fiziginin büyükadlarından birisidir. Bu yüzyılın en önemli buluslarından birisi olankuantum mekaniginde, atom çekirdeginin yapısını belirlemek için,içindeki küçük parçacıkların hareketlerinin belirlenmesi gerekiy-ordu. Ancak, kesin ölçümler yapılamadıgı için, hareketli parçacık-ların yörüngeleri ancak olasılık hesabıyla verilebildi. HeisenbergBelirsizlik Ilkesi diye adlandırılan bu yöntem, atom çekirdegininyapısı hakkında çok sey söylemektedir. Ama, Albert Einstein (1879-1951) "Tanrının zar attıgına inanamam!" diyerek doga olaylarınınolasılık yöntemleriyle açıklanmasına karsı çıkmıstır. Elbette, matem-atikçiler ve fizikçiler, belirsizlikten sakınmak isterler ve daimakesinligin pesinde kosarlar ([3],[6],[8],[11],[15],[20]).

22 calculus

20.Yüzyılda Matematigi Sarsan Düsünceler

Altı bin yılda insanoglunun yarattıgı en büyük düsünce yapıtıolan matematigin temellerinin ne oldugu konusu, özellikle, 20-inci yüzyılın ilk yarısında büyük tartısmalara neden olmustur. Butartısmalarda, hiç biri ötekine üstün sayılamayacak üç okul ortayaçıktı. Bu okullar ve savları kısaca söyledir:

Figure 17: Luitzen Eg-bertus Jan Brouwer

Sezgisellik: Matematik insan aklının eseridir. Sayılar, peri masal-larındaki kahramanlar gibi yalnızca aklın yaratısıdır. Eger insanaklı olmasaydı, onlar asla var olmayacaklardı. Bu görüsün en büyüktemsilcisi L. E. J. Brouwer (1882-1966) dir.

Formalizm: Matematik bir dildir, onun bir dilden ne fazlası ne deeksigi vardır. Bu görüsün temsilcisi sayılan David Hilbert (1862-1943) e göre, matematik, basitçe, simgelerle oynanan bir oyundur.Matematigin bütün teoremleri, Formal Lojik kullanılarak Aksiy-omatik Kümeler Kuramından elde edilebilir.

Platonizm: Sayılar, insan aklından bagımsız olarak var olmakzorunda olan soyut varlıklardır. Matematiksel varlıklar hakkın-daki dogruları insan aklı kesfeder. Matematigin temelleri aksiy-omlar degil, matematiksel nesnelerin gerçek dünyasıdır. O nedenletabiatın kanunları ile matematigin kanunları aynı statüdedir. Budüsüncenin en önemli temsilcisi Kurt Gödel (1906-1978) dir. [27]

Figure 18: Alain ColmerauerDüsünen Makina:

1970 yılında Alan Colmerauer PROLOG (PROgramming LOGic) adınıverdigi bir bilgisayar dili yarattı. Bu dil, daha önceki bilgisayardillerinden tamamiyle farklı idi. PROLOG mantık kurallarını kul-lanarak (çözülebilir) problemleri usavurma yöntemiyle çözecekti.Bu dilin önemi baslangıçta anlasılamadı. Belki de, kapsamlı prob-lemlerin çözümünde PROLOG’un gerekseme duydugu büyük anabellek yoklugu (RAM), onun pratige geçisini geciktirdi.

Mantıksal programlama kavramı 1974 yılında Kowalski tarafın-dan önerilmistir. Uzun zaman hiç bir ses getirmeyen bu öneriden20 yıl sonra binlerce makale yayımlanmıstır. O alana özgü bilim-sel dergiler çıkmaya baslamıstır. Üniversiteler ve hatta devletlerarastırma projeleri baslatmıslardır. Bu gelismeyi PROLOG dilibaslatmıstır. Bu gün mantıksal programlama diye bilinen bilgisayardil(ler)inin ortaya çıkmasında Colmerauer, Warren ve Kowalski’ninçalısmaları önemli rol oynamıstır.

Fuzzy Mantıgı:

Doga olaylarını açıklamak için kullandıgımız matematiksel yön-temlerin ve modellerin yararı, gücü ve heybeti tartısılamaz. Ancak,matematigin kesin deterministik niteliginin uygulamada gerçegeçogunlukla uymaması, yüzyıllar boyunca bilim adamlarını ve


düsünürleri ugrastırmıstır. Matematiksel temsiller, evrenin kar-masıklıgı ve sınırsızlıgı karsısında daima yetersiz ve çok yapaykalmaktadır. Bu nedenle, doga olaylarını açıklarken, çogunlukla,kesinligi (exactness - certainty) degil, belirsizligi (vagueness - uncer-tainty) kullanırız. [15]

Dogal diller, doga olaylarını açıklamakta çogunlukla iki-degerlimantıga dayalı matematiksel modellerden daha etkilidir. Örnegin,’bu gün hava güzeldir - degildir’ ikilemi, hemen her konusma dilindekavurucu çöl sıcagından baslayıp, dondurucu kutup sogugunakadar varan derecelendirmeyi anlatabilir. "Bu gün hava güzeldir"deyimi tatilini bir yaz günü plajda geçiren kisi için baska, bir kısgünü kayak merkezinde geçiren kisi için baskadır. Yer ve zamanabaglı olarak farklı anlamlara sahip olan bu deyim, hemen hemenher söylenisinde istenen anlamı verir; yani muhataba istenen mesajıiletir. Iki-degerli mantıgın kesinligine sahip olmayan dogal dil, birdoga olayını ondan daha iyi anlatabilmektedir.

Bu olgu, mantıgı ve matematigi yeni arayıslara itmektedir. FuzzyKümeleri ve onun dogal yoldası olan Fuzzy Mantıgı bu arayıslardanbirisidir.

Geleneksel matematikteki kesinlik (certainty) deyimi yerine,Fuzzy mantıgında belirsizlik (vagueness-uncertainty-imprecision)deyiminin konulması, belki dogal bir talihsizliktir. Gerçekte FuzzyKümelerinde belirsiz (fuzzy-bulanık) olan hiç bir sey yoktur. O,belirsizligi, bulanıklıgı inceleme pesindedir. [17], [4]

Bu ders için yararlı olacak kitaplar: [5],[10], [19], [6], [22], [14],[24], [12], [11] ,[20], [1], [27], [26] [7], [28], [8]

Bilimsel Bilgi Üretimi

Bilimsel yöntemler diye adlandırılan ve dogru bilgi üretimineyarayan yöntemler yalnızca iki tanedir: tümdengelim ve tümevarım.

Tümdengelim

Tümdengelim, tümel (genel) bir önermeden tikel (özel) önermeçıkarma eylemidir. Örnegin, fizikte genel çekim yasasını biliyor-sanız, uzaya fırlatacagınız bir iletisim uydusunun istenen yörüngeyeoturması için, nereden, hangi hızla, hangi egimle fırlatılması gerek-tigini de hesaplayabilirsiniz. Bu örnekte söylendigi gibi, tümel birönermeden tikel önerme çıkarılısını saglayan yordama usavurmadiyecegiz. Degisik kaynaklarda, buna tümdengelim, akıl yürütme,tasım (kıyas), dedüksiyon, çıkarım adları verilir. Mantık (usbilim-lojik),usavurma kurallarını konu edinen bilim dalıdır. Baska bir deyisle,o, tümdengelim yöntemlerini inceler; önermelerin dogru ya da yan-lıslıgı ile ilgilenmez. Mantık, baska bilim dallarının ortaya koydugudogru önermelerden dogru önerme çıkarma sanatıdır. Usavurmakuralları denilen bu sanatı, ayrıntılarıyla göreceksiniz.

24 calculus

Tümevarım

Bazı doga olaylarının neden ve nasıl olduklarını belirten genelkurallar, elimizde yoktur. Bu durumlarda, o doga olayını açıklaya-bilmek için, tümdengelimin tersi olan tümevarım yöntemi izlenir.Tümevarım, tikel (özel) önermelerden tümel (genel) önerme olus-turma yordamıdır. Tümevarım gözlem, deney, hesap vb yollarlabir doga olayının genel yasasını kurmaya çalısır. Bazı doga olaylarıinsanlık tarihi boyunca gözlendigi ve her seferinde aynen tekrar-landıgı için tartısmasız dogru bilgidir. Örnegin, ılıman kusaktayasayanlar, yılda dört mevsimin olustugunu gözlemislerdir. Bununnedeninin bilinmedigi eski zamanlarda bile, insan bunu dogru birbilgi olarak kabul etmistir. Bu bilgiye gözlemle varılmıstır. (Tabii,gök cisimlerinin hareketleriyle ilgili bilgilerin ortaya konmasıylabirlikte, mevsimlerin neden ve nasıl olustugu, tümdengelim kul-lanan hesap yöntemleriyle de gösterilmistir.) Bazı doga olayları,ancak laboratuar ortamında defalarca denenmis ve varılan sonu-cun dogrulugu kabul edilmistir. Örnekse, bir bitkinin tohumunutopraga eker ve belirli kosullar altında belirli süre bekletirseniz,onun filizlendigini görürsünüz. Bu deneyi bir çok kez tekrarlayıp,aynı sonuca ulasırsanız, bunun genel bir yasa oldugunu söyleye-bilirsiniz. Bu bilgiye deneyle varmıs olursunuz. Tümevarım ilkesibilim ve teknikte, baslıca bilgi üretme aracı olmustur ve bu islevinisürdürmektedir.

Tabii, bir çok adımdan olusan bir bilimsel çalısmada, hem tüm-dengelim, hem de tümevarım yöntemleri kullanılabilir. Amakullanılan yöntemi, daha basite indirgenemeyen adımlarınaayırdıgımızda, her adımın bu iki yöntemden birisi oldugunugörürüz.

Terim Bir bilim, sanat, meslek dalıyla ya da bir konu ile ilgili özelve belirli bir kavramı olan sözcük. Örnegin, küp, basamak, hane,daire, pay, . . . gibi sözcüklerin matematikteki anlamları, konusmadilindeki anlamlarından farklıdır.

Islem, çokgen, çarpma, nokta, düzlem, açı, sonsuz, ldotsgibi sözcükler birer matematik terimidirler.

Tanım Bir varlıga, bir seye özgü niteliklerin belirtilmesi, birsözcügü belirleyen anlam.

Tanımlı ve Tanımsız Terimler Bir terimi tanımlarken, daha öncedentanımlanmıs baska terim ve kavramları kullanarak, o terimin bütünniteliklerini ve yalnızca onları ortaya koyarız. Böyle terimleretanımlı terimler denilir.

Ancak, her terimi tanımlarken, kendisinden önceki terimlerebasvurmayı sürdürürsek, bir baslangıç noktasına ulasmalıyız.Baska bir deyisle, tanımları, baska kavramlara dayanmayan ter-imlerin olması gerekir. Bu terimlere ilkel terimler ya da tanımsızterimler denilir. Bu terimler, kendilerinden daha basit terimler ya


da kavramlarla açıklanamazlar. Ama, onları, sezgilerimizle ko-layca algılarız. Örnegin, nokta, dogru, düzlem, üzerinde, düz, yüzey,esdegerli, . . . matematigin tanımsız terimlerindendir. Öte yandan,üçgen, islem, rasyonel sayı, karekök, bölüm, . . . gibi terimler ise, tanımlıterimlerdir.

Teorem Kanıtlanabilen bilimsel önerme. Mantıksal usavurma ilekanıtlanan önermenin ya da özeligin bildirimi.

Örnek: Esaçılı bir üçgen eskenardır.

Aksiyom (belit) Ispatsız kabul edilen önerme.Belit yerine aksiyom ya da postülat da denilir.

Örnek: Iki nokta bir dogru belirler.

Önermeler Cebiri

Önermeler

Önerme Nedir?

Tanım 0.8.

Dogru ya da yanlıs bir hüküm bildiren ama aynı zamanda hem dogruhem de yanlıs olmayan ifadelere önerme denilir. Her önerme biryargı, bir bildirim, bir bilgi’dir. Önerme’nin dogru ya da yanlıs olusu,onun dogruluk degeri’dir. Bir önerme, hem dogru hem de yanlısolamayacagı gibi, biraz dogru, biraz yanlıs da olamaz. Iki-degerlimantıgın temeli budur.

Bir bilgi vermeyen, bir hüküm bildirmeyen ifadeler önermedegildir.

Örnek 0.9.

1. Londra, Ingiltere’nin baskentidir.

2. Konya Iç Anadolu bölgesindedir.

3. 2 + 2 = 4

4. Pekin, Avrupa kıtasındadır.

5. 29 < 12

6. Nereye gidiyorsun?

7. Eyvah!

8. Merhaba!

9. Kapıyı ört.

10. Ahmet!

Bu ifadelerden ilk besi birer hüküm bildirir; dolayısıyla birerönermedir. 1 inci, 2 nci ve 3 üncü önermelerin dogruluk degeridogru; 4 üncü ve 5 incinin dogruluk degerleri yanlıs’tır. Geri kalanifadeler birer hüküm bildirmez; dolayısıyla birer önerme degildir.

Mantık, dogru önermeden dogru önerme çıkarma sanatıdır.Usavurma (akıl yürütme) kuralları denilen bu sanatı, kisinin bil-gisine, konustugu dile, duygularına, çevre kosullarına, . . . baglı

28 calculus

olmaktan kurtarmak için, soyut bir küme üzerinde tanımlı matem-atiksel islemlerle belirleyecegiz. Soyut matematiksel bir yapı olarakortaya konulan bu sistem evrenseldir ve istenilen her somut du-ruma kolayca uygulanır. Bu sisteme Önermeler Cebiri, Boole Cebiri,Matematiksel Mantık, Simgesel Mantık adları verilir.

Önermeleri,p, q, r, . . .

gibi harflerle; önermelerin dogruluk degerlerini de,

D = 1 = Dogru Y = 0 = Yanlıs

simgeleriyle gösterecegiz; yani, bir p önermesinin dogru olmasıD veya 1, yanlıs olması Y veya 0 ile gösterilir. Burada 1 ile 0 herdile uyabilen gösterimlerdir; sayısal degerleri yoktur. Yalnızca,önermenin dogru ya da yanlıs oldugunu belirten birer simgedir.

Yalın Önermeler

Yalnızca bir hüküm içeren önermeye, yalın bir önerme, denilir.

Örnek 0.10.

p : Kar yagıyor.

q : Ankara’da yaz aylarında hava çok soguktur.

önermeleri yalındır. p önermesinin dogruluk degeri 1; q öner-mesinin dogruluk degeri 0 dır. Daha kısa olarak, p önermesinedogru, q önermesine yanlıs diyecegiz.

Bilesik Önermeler

Birden çok hüküm içeren önermeye, bilesik bir önerme, denilir.

Örnek 0.11.

p : Antalya, Akdeniz bölgesindedir ve Rize, Karadeniz bölgesindedir.

q : Bugün hava sıcak degildir veya ben üsüyorum.

önermeleri bilesiktir. p önermesinin dogruluk degeri, onu olustu-ran,

p1 : Antalya, Akdeniz bölgesindedir.

p2 : Rize, Karadeniz bölgesindedir.

önermelerinin dogruluk degerlerine baglıdır. Benzer olarak, qönermesinin dogruluk degeri, q yu olusturan,

q1 : Bugün hava sıcak degildir.

q2 : Ben üsüyorum.

önermelerinin dogruluk degerlerine baglıdır.Bilesik önermelerin dogruluk degerlerinin nasıl belirlenecegini,

bundan sonraki kesimlerde inceleyecegiz.

önermeler cebiri 29

Denk Önermeler

Dogruluk degerleri aynı olan önermelere, denk önermeler ya daesdeger önermeler denilir. p ile q önermelerinin denkligi, p ≡ qsimgesiyle gösterilir ve "p denk q" diye okunur.

Önermelerin denkligi arastırılırken, yalnızca onların dogru-luk degerlerine bakılır. Önermelerin anlamları dikkate alınmaz.Örnegin,

p : (23 = 8) ile q : Bir haftada 7 gün vardır önermelerinindogruluk degerleri 1 dir. Dolayısıyla, birbirlerine denktirler: (p ≡q). Ama bu iki önermenin anlamları farklıdır.

Alıstırmalar

1. Bildiginiz, tanımlı ve tanımsız terimler yazınız.

2. Bunlar arasında, matematik terimi olanları ayırınız.

3. Önerme, ondalık, kök, küp, kesir, basamak, merdiven, hane,ev, büyük, küçük, dogru, yanlıs, bölme, nokta, dogru, çizgi,egri, düzlem, ısın, açı, dik, egik, dörtgen, kare, masa sözcükleriveriliyor.

(a) Bu sözcükler arasında matematik terimi olanları ayırınız.

(b) Matematik terimi olanlardan hangileri tek anlamlıdır? Hangi-leri birden çok anlama sahiptir?

(c) Bunlardan hangileri tanımlıdır? Hangileri tanımsızdır?

4.

a : Merhaba ! b : Adana Akdeniz bölgesindedir.c : Pencereyi aç. d : 5 + 7 = 12e : 5 + 7 < 5 p : Kedi evcil degildir.q : Köpek evcildir. r : 8 tek bir sayıdır.s : 5 asal bir sayıdır. t : 1 Ocak 2000

ifadeleri veriliyor.

(a) Verilen bu ifadeler arasından önerme olanları ve olmayanlarıayırınız.

(b) Önerme olanların dogruluk degerlerini bulunuz.

(c) Bu önermelerden birbirlerine denk olanları s ≡ t simgesiylebelirtiniz.

(d) Bu önermelerden birbirine denk olmayanları s 6≡ t simgesiylebelirtiniz.

5. Asagıdaki önermelerin dogruluk degerlerini belirleyiniz.

(a) (−5)3 < 125 (b) Ay bir gezegendir.

(c) 53 = 125 (d) Dünya bir gezegen degildir.

6. Yukarıdaki önermeler arasında birbirlerine denk olanları belir-tiniz.

30 calculus

7. Asagıdaki önermeler arasında birbirlerine denk olanları belir-tiniz.

(a) (−3)2 < 9 (b) Tokyo, Japonya’nın baskentidir.

(c) 33 = 27 (d) 3 asal sayı degildir.

8. Önerme olan ve olmayan ifadeler yazınız.

9. Yazdıklarınız arasında, önerme olanların dogruluk degerlerinibelirleyiniz.

10. Birbirine denk olan ve olmayan önermeler yazınız.

ÖNERMELER CEBIRI

Önermeler kümesi üzerinde ve, veya, degil, ise denilen islemleritanımlayarak, verilen önermelerden yeni önermeler çıkarmayıögrenecegiz. Bunu yapınca, dogru önermelerden, dogru önermelerçıkarmanın yöntemlerini de ortaya koymus olacagız. Bu islemlere,bazı kaynaklarda, baglaç denilir. Bu deyim, dilbilgisindeki "baglaç"kavramından farklıdır ve verilen önermeleri, belli bir kural ile,birbirine baglayarak yeni bir önerme olusturdugunu ifade eder.

Tanımlayacagımız bu islemler sonunda ortaya çıkan önermelerindogruluk degerlerini, dogruluk tablosu denilen tablolarda dahakolay olarak görebiliriz. Bu tabloları, ilgili islemle birlikte verecegiz.

Ve Islemi (baglacı)

Tanım 0.12.

p ile q birer önerme ise, p ∧ q bilesik önermesi,

1∧ 1 = 1, 1∧ 0 = 0, 0∧ 1 = 0, 0∧ 0 = 0 (1)

kurallarıyla tanımlanır; p ve q diye okunur. Bu kuralları, asagıdakisimgelerle de tanımlayabiliriz.

D ∧ D = D, D ∧Y = Y, Y ∧ D = Y, Y ∧Y = Y (2)

p ile q önermeleri, p ∧ q bilesik önermesininin bilesenleri’dir.p ∧ q bilesik önermesinin dogru olması için, p ile q bilesenlerinin her

ikisinin de dogru olması gerekli ve yeterlidir.p q p ∧ q1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 0

p ∧ q bilesik önermesinin dog-ruluk tablosu, yanda gösteril-mistir.

Örnek 0.13.

1) −8 < 0 ve 0 < +82) 6 bir çift sayıdır ve 4 bir tek sayıdır.


3) 4 bir asal sayıdır ve 4 < 5 dir.4) 4 bir asal sayıdır ve 5 < 4 dür.Bu bilesik önermelerden birincisinin dogru, ötekilerin yanlıs

oldugunu sezebiliyor musunuz?Bunların dogruluk degerlerini, tanıma ve tabloya göre, ayrı ayrı

belirleyiniz.

Theorem 0.14.

p, q, r üç önerme ise, asagıdaki özelikler saglanır:1. p ∧ p ≡ p (∧ nin Esgüçlülük Özeligi)2. p ∧ q ≡ q ∧ p (∧ nin Yer Degisim Özeligi)3. (p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r) (∧ nin Birlesme Özeligi)

Ispat: Bunların ispatları, sırasıyla, asagıdaki dogruluk tablolarındangörülebilir. Bu tabloları inceleyiniz ve ispatları açıklayınız.

p p p ∧ p1 1 1

0 0 0

↑ ↑p ≡ p ∧ p

p q p ∧ q q ∧ p1 1 1 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 0 0

↑ ↑

p ∧ q ≡ q ∧ pp q r p ∧ q q ∧ r (p ∧ q) ∧ r p ∧ (q ∧ r)1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 1 0 0 0

1 0 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0

0 1 1 0 1 0 0

0 1 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0

↑ ↑

(p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r)

Uyarı: ”∧ ” nin birlesme özeligini daha kısa göstermek için, paran-tezleri kaldırıp,

(p ∧ q) ∧ r = p ∧ (q ∧ r) = p ∧ q ∧ r

biçiminde yazabiliriz.

Veya Islemi (baglacı)

Tanım 0.15.

p ile q birer önerme ise, p ∨ q bilesik önermesi,

1∨ 1 = 1, 1∨ 0 = 1, 0∨ 1 = 1, 0∨ 0 = 0 (3)

kurallarıyla tanımlanır; p veya q” diye okunur.Bu kurallar, asagıdaki simgelerle de gösterilebilir:

D ∨ D = D, D ∨Y = D, Y ∨ D = D, Y ∨Y = Y

32 calculus

p ile q önermeleri, p ∨ q bilesik önermesininin bilesenleri’dir.p ∨ q bilesik önermesinin yanlıs olması için, p ile q bilesenlerinin

her ikisinin de yanlıs olması gerekli ve yeterlidir.p q p ∨ q1 1 1

1 0 1

0 1 1

0 0 0

p ∨ q bilesik önermesinindogruluk tablosu, yanda göster-ilmistir.

Örnekler

1. (2 < 7) ∨ (1 + 5 = 6)

2. (2 + 2 = 4) ∨ (Paris, Amerika kıtasındadır.)

3. (2 + 2 = 5) ∨ (Paris, Avrupa kıtasındadır.)

4. (4 + 2 = 7) ∨ (3 + 1 = 6)

Bu bilesik önermelerden ilk üçünün dogru, dördüncünün yanlısoldugunu sezebiliyor musunuz?

Bu bilesik önermelerin dogruluk degerlerini, tanıma ve tabloyagöre, ayrı ayrı belirleyiniz.

Theorem 0.16.

p, q, r üç önerme ise, asagıdaki özelikler saglanır:1. p ∨ p ≡ p (∨ nın Esgüçlülük Özeligi)2. p ∨ q ≡ q ∨ p (∨ nın Yer Degisim Özeligi)3. (p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r) (∨ nın Birlesme Özeligi)

Ispat: Bu özeliklerin ispatları, sırasıyla, asagıdaki dogruluktablolarında görülmektedir. Bu tabloları inceleyiniz ve ispatlarıaçıklayınız.

p p p ∨ p1 1 1

0 0 0

↑ ↑p ∨ p ≡ p

p q p ∨ q q ∨ p1 1 1 1

1 0 1 1

0 1 1 1

0 0 0 0

↑ ↑

p ∨ q ≡ q ∨ pp q r p ∨ q q ∨ r (p ∨ q) ∨ r p ∨ (q ∨ r)1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 1 1 1 1

1 0 1 1 1 1 1

1 0 0 1 0 1 1

0 1 1 1 1 1 1

0 1 0 1 1 1 1

0 0 1 0 1 1 1

0 0 0 0 0 0 0

↑ ↑

(p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r)

Uyarı: ”∨ ” nin birlesme özeligini daha kısa göstermek için, paran-tezleri kaldırıp, asagıdaki biçimde yazabiliriz.

(p ∨ q) ∨ r = p ∨ (q ∨ r) = p ∨ q ∨ r


Dagılma Özelikleri

Theorem 0.17.

p, q, r üç önerme ise asagıdaki özelikler saglanır:

1. ∧ nin ∨ üzerine soldan dagılma özeligi:

p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

2. ∨ nın ∧ üzerine soldan dagılma özeligi:

p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

3. ∧ nin ∨ üzerine sagdan dagılma özeligi:

(p ∨ q) ∧ r ≡ (p ∧ r) ∨ (q ∧ r)

4. ∨ nın ∧ üzerine sagdan dagılma özeligi:

(p ∧ q) ∨ r ≡ (p ∨ r) ∧ (q ∨ r)

Ispat: 1. Özeligin ispatı, asagıdaki tablodan görülür.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

↑ ↑

p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

2. Özeligin ispatı, asagıdaki tablodan görülür: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

↑ ↑

p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

Degilleme

Bir Önermenin Olumsuzu (Degili)

Tanım 0.18.

Bir p önermesinin dogruluk degerinin degistirilmesiyle elde edilenyeni önermeye, p nin olumsuzu (degili) denilir; p′ , ∼ p ya da ¬psimgelerinden birisi ile gösterilir ve "p nin olumsuzu (degili)", diyeokunur.

34 calculus

Örnek 0.19.

p : Ödevimi yaptım. ⇒ p′ : Ödevimi yapmadım.q : Bir yıl 12 aydır. ⇒ q′ : Bir yıl 12 ay degildir.r : 11 asal sayı degildir. ⇒ r′ : 11 asal sayıdır.

p p′ (p′)′

1 0 1

0 1 0

↑ ↑Theorem 0.20.

Bir önerme dogru ise, degili yanlıstır.Önermenin kendisi yanlıs ise, degilidogrudur.Bir önermenin degilinin degili, kendi-sine denktir; yani, p = (p′)′ dür.

Bu özeliklerin ispatları tablodan görülmektedir.

Örnek 0.21.

Asagıdaki önermeleri degilleyiniz.

p : Viyana, Asya kıtasındadır.

q : 2× 3 6= 6

p : Berlin, baskent degildir.

r : 7 6< 15

Çözüm:

p′ : Viyana, Asya kıtasında degildir.

q′ : 2× 3 = 6

p : Berlin, baskenttir.

r′ : 7 < 15

Burada suna dikkat edilmelidir. p : "Viyana, Asya kıtasındadır" ön-ermesinin degili, "Viyana, Asya kıtasında degildir." önermesidir. p1 :"Viyana, Avrupa kıtasındadır." önermesi p nin degili olamaz; o baskabir önermedir. Bu olgu, önermelerin denkligi ve olumsuzlanmasıkonularında, anlamlarıyla ilgilenmemek gerektigini açıklıkla ortayakoyar.

Uygulamalar

1. Önceki alıstırmalarda verilen önermeleri degilleyiniz.

2. Bu önermeler ile degillerinin dogruluk degerlerini karsılastırınız.

3. p, q, s, t önermeleri ile degillerinin dogruluk degerlerini aynıtabloda gösteriniz.


4. Bir p önermesi yazınız. Bunu, sırayla, 1,2,3,4,5,. . . kere degil-leyiniz. Her defasında buldugunuz önermelerin dogruluk deger-lerini p ve p′ nün dogruluk degerleri ile karsılastırınız. Bir kuralçıkarabildiniz mi?

5. p, q, r, s dört önerme ise, bu önermelerin;

(a) Birer birer,

(b) Ikiser ikiser,

(c) Üçer üçer,

(d) Dörder dörder

dogruluk tablolarını yapınız.

6. Dogru ve yanlıs önermeler yazınız. Yazdıgınız önermeleri degil-leyiniz.

Bilesik Önermelerin Degillenmesi

De Morgan Kuralları

p ile q iki önerme ise, asagıdaki esitlikler vardır.

(p ∨ q)′ = (p′ ∧ q′)

(p ∧ q)′ = (p′ ∨ q′)

Ispat: Ilk esitligin ispatı, asagıdaki tablolardan görülür.p q p′ q′ p ∨ q (p ∨ q)′ p′ ∧ q′

1 1 0 0 1 0 0

1 0 0 1 1 0 0

0 1 1 0 1 0 0

0 0 1 1 0 1 1

↑ ↑

(p ∨ q)′ ≡ p′ ∧ q′

p q p′ q′ p ∧ q (p ∧ q)′ p′ ∨ q′

1 1 0 0 1 0 0

1 0 0 1 0 1 1

0 1 1 0 0 1 1

0 0 1 1 0 1 1

↑ ↑

(p ∧ q)′ ≡ p′ ∨ q′

36 calculus

Örnek 0.22.

1. (Bu gün hava sıcaktır veya yaz mevsimindeyiz.)′ ≡

(Bu gün hava sıcak degildir ve yaz mevsiminde degiliz.)

2.

[p ∨ (q ∧ r)′]′ ≡ p′ ∧ (q ∧ r) (De Morgan Kuralı)

Totoloji ve Çeliski

Bazı bilesik önermeler daima dogru, bazıları ise daima yanlısolabilir.

Tanım 0.23. Bilesenlerinin bütün dogruluk degerleri için, daima 1 (dogru)degerini alan bilesik önermeye bir totoloji denilir.

Bilesenlerinin bütün dogruluk degerleri için, daima 0 (yanlıs) degerinialan bilesik önermeye bir çeliski denilir.

Örnekler: Asagıdaki ifadeleri ispatlayınız.

1. p bir önerme ise, p ∨ p′ bilesik önermesi bir totolojidir.

2. p bir önerme ise, p ∧ p′ bilesik önermesi bir çeliskidir.

3. p bir önerme ise, p ∨ 1 bir totolojidir.

4. p bir önerme ise, p ∧ 0 bir çeliskidir.

5. (p ∧ q)′ ∨ (p ∨ q) bilesik önermesi bir totolojidir.

Çözüm: Birinci ve ikinci ifadelerin ispatları asagıdaki tablolardançıkar.

p p′ p ∨ p′

1 0 1

0 1 1

p p′ p ∧ p′

1 0 0

0 1 0

Buradan, p ∨ p′ ≡ 1 ve p ∧ p′ ≡ 0 çıkar.Besinci ifadenin ispatını, asagıdaki dogruluk tablosundan göre-

biliriz.p q p ∧ q (p ∧ q)′ p ∨ q (p ∧ q)′ ∨ (p ∨ q)1 1 1 0 1 1

1 0 0 1 1 1

0 1 0 1 1 1

0 0 0 1 0 1

Bütün dogruluk degerleri 1 oldugundan, (p ∧ q)′ ∨ (p ∨ q) bilesikönermesi bir totolojidir.

Bazan, dogruluk tablosunu düzenlemek yerine, önermeler ce-birinin uygun kurallarını kullanarak da problemleri çözebiliriz:


(p ∧ q)′ ∨ (p ∨ q) ≡ (p′ ∨ q′) ∨ (p ∨ q) (De Morgan)≡ p′ ∨ q′ ∨ p ∨ q (Birlesme)≡ p′ ∨ p ∨ q′ ∨ q (Degisme)≡ (p′ ∨ p) ∨ (q′ ∨ q) (Birlesme)≡ 1∨ 1 (p′ ∨ p ≡ 1)≡ 1 (1∨ 1 ≡ 1)

(p ∧ q)′ ∨ (p ∨ q) ≡ 1

oldugundan, bu bilesik önerme bir totolojidir.Bu yönteme önermeler cebiri ile çözme yöntemi denilir.

Ise Islemi

p : Bu üçgenin iki kenarı esittir.q : Bu bir ikizkenar üçgendir.önermelerini “ ise" baglacıyla birbirine bagladıgımızda,p ise q : "Bu üçgenin iki kenarı esitse, ikizkenar bir üçgendir. bilesik

önermesini elde ederiz.

Tanım 0.24.

p ile q birer önerme ise, p⇒ q bilesik önermesi,

(1⇒ 1) ≡ 1, (1⇒ 0) ≡ 0, (0⇒ 1) ≡ 1, (0⇒ 0) ≡ 1 (4)

kurallarıyla tanımlanır ve ”p ise q” diye okunur. Bu kurallar, asagıdakisimgelerle de gösterilebilir:

(D ⇒ D) ≡ D, (D ⇒ Y) ≡ Y, (Y ⇒ D) ≡ D, (Y ⇒ Y) ≡ D(5)

p ile q önermeleri, p⇒ q bilesik önermesininin bilesenleri’dir.p ⇒ q önermesine kosullu önerme, gerektirme adları da verilir

ve p gerektirir q diye de okunur. Bu kosullu önermede, p ye öncül(varsayım, hipotez); q ya ise sonuç (vargı, hüküm) denilir.

p ⇒ q kosullu önermesinin yanlıs olması için, q vargısının yanlısolması gerekli ve yeterlidir.

p q p⇒ q1 1 1

1 0 0

0 1 1

0 0 1

p⇒ q bilesik önermesinin dogruluktablosu, yanda gösterilmistir.

Örnekler

1. Dogru önerme, dogru önermeyi gerektirir:

p : Fiyatlar ve ücretler yükseliyor.

q : Enflasyon artıyor.

önermeleri için,

p⇒ q : Fiyatlar ve ücretler yükseliyor ise, enflasyon artıyor.kosullu önermesini yazabiliriz.

38 calculus

2. Dogru önerme, yanlıs önermeyi gerektirmez:

p : Ankara’da hava soguktur. q : Ankara kuzey kutbundadır.önermelerinden olusan,

p⇒ q : Ankara’da hava soguk ise, Ankara kuzey kutbundadır.kosullu önermesi yanlıstır. O halde, p 6⇒ q dur.

3. Yanlıs önerme, dogru önermeyi gerektirebilir:

p : (6 = 9) ≡ 0, ile q : (6 < 9) ≡ 1 önermelerinidüsünelim. 6 6= 9 olması 6 < 9 olmasına engel degildir. O halde(6 = 9) ⇒ (6 < 9) gerektirmesi var olabilir. Demek ki yanlıs birönermeden, dogru bir önerme çıkarılabilir.

4. Yanlıs önerme, yanlıs bir önermeyi gerektirebilir:

p : (6 6= 6) ≡ 0, ile q : (7 6= 7) ≡ 0 önermelerinidüsünelim. 6 6= 6 olması 6 + 1 6= 6 + 1 olmasına engel degildir. Ohalde (6 6= 6)⇒ (7 6= 7) gerektirmesi var olabilir.

p⇒ q kosullu önermesinde, p önermesi yeterli kosul, q önermesigerekli kosuldur.

p ⇒ q kosullu önermesinde p önermesine hipotez, q önermesinehüküm denir.

q⇒ p kosullu önermesine, p⇒ q önermesinin karsıtı denilir.Bir kosullu önermenin karsıtı bazan dogru, bazan yanlıs olabilir.

Örnekler

1. p : x = 3 ile q : x + 4 = 7önermelerinden olusturulan,

p⇒ q : [(x = 3)⇒ (x + 4 = 7)]

kosullu önermesinin karsıtı,

q⇒ p : [(x + 4 = 7)⇒ (x = 3)]

dür. O halde, bu örnekte, hem (p⇒ q) kosullu önermesi, hem de(q⇒ p) karsıtı dogrudur.

2. p : x = −4 ile q : x2 = 16önermelerinden olusturulan,

p⇒ q : [(x = −4)⇒ (x2 = 16)]

kosullu önermesinin karsıtı,

q⇒ p : [(x2 = 16)⇒ (x = −4)]

dür. Ancak, her zaman (x2 = 16) ⇒ (x = −4) olmaz. (x2 =

16) ⇒ (x = +4) de olabilir. O halde, bu örnekte, (p ⇒ q)kosullu önermesinin dogrulugu, (q⇒ p) karsıtının dogrulugunugerektirmeyebilir.

3. p : 4ABC ikizkenar bir dik üçgendir.

q : 4ABC dik üçgenin kenarları arasında a2 + b2 = c2 bagıntısıvardır.


önermeleri için

p ⇒ q : 4ABC ikizkenar bir dik üçgen ise, 4ABC dik üçgenininkenarları arasında a2 + b2 = c2 bagıntısı vardır.

q⇒ p : 4ABC dik üçgenin kenarları arasında a2 + b2 = c2 bagıntısıvar ise, 4ABC ikizkenar bir dik üçgendir.olur. Ama, bu önerme her zaman dogru degildir.

Tanım 0.25.

p⇒ q kosullu önermesinin karsıt tersi, q′ ⇒ p′ önermesidir.

Theorem 0.26.

Kosullu bir önerme karsıt tersine denktir:

p⇒ q ≡ q′ ⇒ p′

Ispat: Asagıdaki dogruluk tablosu isteneni verecektir.p q p′ q′ p⇒ q q′ ⇒ p′

1 1 0 0 1 1

1 0 0 1 0 0

0 1 1 0 1 1

0 0 1 1 1 1

↑ ↑p⇒ q ≡ q′ ⇒ p′

Theorem 0.27.

p ile q iki önerme ise, asagıdaki denklik saglanır.

p⇒ q ≡ p′ ∨ q

p q p′ p⇒ q p′ ∨ q1 1 0 1 1

1 0 0 0 0

0 1 1 1 1

0 0 1 1 1

↑ ↑

Ispat: Yandaki dogruluk tablosun-dan çıkar.

p⇒ q ≡ p′ ∨ qÖrnekler

1. p : 4ABC üçgeni eskenardır.

q : 4ABC üçgeninin açıları estir.

p⇒ q : 4ABC üçgeni eskenar ise, 4ABC üçgeninin açıları estir.

q′ ⇒ p′ : 4ABC üçgeninin açıları es degil ise, 4ABC üçgeni eskenardegildir.

2. p ⇒ q ≡ p′ ∨ q denkligini kullanarak, (p ⇒ q) ∨ p ≡ 1oldugunu gösteriniz.

Çözüm:

(p⇒ q) ∨ p ≡ (p′ ∨ q) ∨ p (p⇒ q ≡ p′ ∨ q)≡ (q ∨ p′) ∨ p ∨ nin Degisme Özeligi)≡ q ∨ (p′ ∨ p) (∨ nin Birlesme Özeligi)≡ q ∨ 1 (p′ ∨ p ≡ 1)≡ 1 (q ∨ 1 ≡ 1)

40 calculus

Uygulamalar

1. p⇒ q kosullu önermesi yanlıs iken q⇒ p önermesinin dogru veyanlıs oldugu durumlara örnekler veriniz.

2. p′ ⇒ q′ kosullu önermesine p ⇒ q kosullu önermesinin tersidenilir. Bunun dogruluk tablosunu düzenleyiniz.

p : x = 3 ile q : x2 = 9

önermelerinden olusturulan

p⇒ q : (x = 3⇒ x2 = 9)

kosullu önermesinin tersini yazınız.

3. (p⇒ q)′ ∧ q bilesik önermesinin bir çeliski oldugunu gösteriniz.

Ancak ve Ancak Islemi

Tanım 0.28.

p ile q birer önerme ise, p⇒ q bilesik önermesi,

p⇒ q ≡ (p⇒ q) ∧ (q⇒ p)

bagıntısıyla tanımlanır ve p ancak ve ancak q diye okunur. Bu tanım,

(1⇒ 1) ≡ 1, (1⇒ 0) ≡ 0, (0⇒ 1) ≡ 0, (0⇒ 0) ≡ 1

kurallarıyla da verilebilir. Neden?p ile q önermeleri, p⇒ q bilesik önermesininin bilesenleri’dir.p ⇒ q önermesine iki yönlü kosullu önerme, çift gerektirme adları

da verilir ve "p çift gerektirir q" diye de okunur.p ⇒ q iki yönlü kosullu önermesinin dogru olması için, p ile q

bilesenlerinin aynı degerli olması gerekli ve yeterlidir.p ⇒ q bilesik önermesinin dogruluk tablosu, asagıda göster-

ilmistir.p q p⇒ q q⇒ p (p⇒ q) ∧ (q⇒ p) p⇒ q1 1 1 1 1 1

1 0 0 1 0 0

0 1 1 0 0 0

0 0 1 1 1 1

↑ ↑p⇔ q ≡ (p⇒ q) ∧ (q⇒ p)

Örnek 0.29.

1. d, e iki dogru ve ‖ simgesi paralelligi göstersin.

p : d ‖ e q : e ‖ d

önermelerinden ve paralellik özeliginden,

p⇒ q : d ‖ e ⇒ e ‖ d


q⇒ p : e ‖ d ⇒ d ‖ e

p⇒ q : d ‖ e ⇒ e ‖ d

çıkar. Öyleyse, bu örnek için, (p⇒ q) iki yönlü kosullu önermesidogrudur; yani, bir çift gerektirmedir. Bu sonucu,

(p⇒ q) ≡ 1

biçiminde gösterecegiz.

2.

p : ∠A = ∠B q : ∠A ile ∠B yöndestir.

önermelerinden,

p⇒ q : (∠A = ∠B) ise, ∠A ile ∠B yöndestir.

q⇒ p : (∠A ile ∠B yöndes ise, (∠A = ∠B)dir.yazabiliriz. O halde,

p⇒ q : (∠A = ∠B) ancak ve ancak ∠A ile ∠B yöndestir.olur.

Oysa, bütün es açılar yöndes olmak zorunda degildir; yöndesolmadıgı halde es olan açılar da vardır. O halde, (p ⇒ q) öner-mesi yanlıstır; yani, [(p⇒ q) ≡ 0] dır. Öte yandan, bütün yöndesaçılar estir. Dolayısıyla, (q ⇒ p) kosullu önermesi dogrudur;yani, [(q⇒ p) ≡ 1] dır.

Öyleyse, bu örnek için, (p ⇒ q) iki yönlü kosullu gerektirmesiyanlıstır; yani, bir çift gerektirme degildir. Bu sonucu,

(p⇒ q) ≡ 0, ya da (p⇒ q) 6≡ (q⇒ p)

biçimlerinden birisiyle gösterebiliriz.

Buraya kadar elde ettiklerimizi özetlersek, asagıdaki tabloyudüzenleyebiliriz.

Önermeler Cebirinin Kuralları

42 calculus

Esgüçlülük Kuralları:1a. p ∧ p ≡ p 1b. p ∨ p ≡ p

Birlesme Kuralları:2a. (p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r) 2b. (p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r)

Yer Degisme Kuralları:3a. p ∧ q ≡ q ∧ p 3b. p ∨ q ≡ q ∨ p

Dagılma Kuralları:4a. (p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r) 4b. (p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r)

Esgüçlülük Kuralları:5a. p ∧ 1 ≡ p 5b. p ∨ 1 ≡ 1

Esgüçlülük Kuralları:6a. p ∧ 0 ≡ 0 6b. p ∨ 0 ≡ p

Tümleme Kuralları:7a. p ∧ p′ ≡ 0 7b. p ∨ p′ ≡ 1

Tümleme Kuralları:8a. (p′)′ ≡ p 8b. 1′ ≡ 0, 0′ ≡ 1

De Morgan Kuralları:9a. (p ∧ q)′ ≡ (p′ ∨ q) 9b. (p ∨ q)′ ≡ (p′ ∧ q′)

Gerektirme Kuralları:10a. [(p⇒ q) ≡ [(p⇒ q) ∧ (q⇒ p)] 10b. (p⇒ q) ≡ (q⇒ p)

Geçisme Kuralları:11a. [(p⇒ q) ∧ (q⇒ r)]⇒ (p⇒ r) 11b. (p⇒ q) ≡ (q′ ⇒ p′)

Karsıt Ters Önerme:12a. (p⇒ q) ≡ (q′ ⇒ p′)

Alıstırmalar

1. x = 5 ⇒ x2 = 25 önermesinin dogru olup olmadıgınıbulunuz.

2. p ≡ 1 ise p ∧ (p⇒ q) önermesi neye esittir?

3. "Ates olmayan yerden duman tütmez." atasözünü biraz degistir-erek, "Ates yoksa, duman tütmez." biçimine sokalım. Bu bilesikönermenin bilesenlerini bulunuz ve harflerle ifade ediniz. Sonra,karsıt, ters ve ters karsıt önermelerini yazınız.

4. Asagıdaki bilesik önermelerin dogruluk tablolarını yapınız.


a) (p ∧ q)′ ∨ r b) (p′ ∨ q) ∧ rc) (p′ ∨ q′) ∧ r′ d) (r ∧ q′) ∨ (p ∧ q′)e) (q ∨ r) ∧ (q′ ∨ p) f) (p ∨ q′) ∧ p

5. Asagıdaki bilesik önermeleri degilleyiniz.

a) (p ∨ q′) ∧ p b) p ∧ (q ∨ p′)c) p′ ∧ (q ∨ r′) d) (p ∧ q) ∨ (q ∧ r)e) p ∧ [(q ∧ r) ∨ (p′ ∨ r)] f) (p ∧ q) ∨ (p′ ∧ r′)

6. Asagıdaki denkliklerin geçerli olup olmadgını gösteriniz.

a) 0∨ 0 ≡ 0 b) 0∧ 0 ≡ 0c) 1∨ 1 ≡ 1 d) 1∧ 1 ≡ 1e) p ∨ 0 ≡ p f) p ∧ 0 ≡ 0g) p ∨ 1 ≡ 1 h) p ∧ 1 ≡ pi) (p′ ∧ q)′ ≡ p ∨ q′ j) p ∧ [(p′ ∧ q)′ ∨ q] ≡ p

7. Asagıdaki denklikleri gösteriniz.

a) [(p⇒ q) ∧ (r ⇒ q)] ≡ (p ∨ r)⇒ q

b) [p⇒ q) ∧ (p⇒ r) ≡ p⇒ (q ∨ r)

c) (p ∨ q)] ≡ [(p′ ⇒ q)

8. Asagıdaki bilesik önermelerin dogruluk degerlerini bulunuz.

a) [(1∨ 0) ∧ (0∧ 1)′] ∨ (0′ ∨ 1) b) [(1′ ∧ 0)′ ∧ (1∨ 0)] ∧ [(0′ ∨ 0) ∨ 1]c) [1∧ (0∨ 1)]′ ∨ [(0′ ∨ 1) ∧ (1∧ 0′)] d) (1∨ 0) ∧ [(0∨ 1) ∨ (1∧ 1)] ∧ (1∨ 1)

9. Asagıdaki denklikler dogru mudur?

a) (p ∧ q) ∨ (p′ ∨ q)′ ≡ p b) p ∧ (p′ ∨ q) ≡ p ∧ qc) p ∧ (q ∨ q′) ≡ p d) (p′ ∨ q)′ ∨ q ≡ p ∨ qe) (p′ ∨ q) ∧ (p ∨ q) ≡ q f) [p ∧ (q′ ∨ r)]′ ≡ p′ ∨ (q ∧ r′)

10. Asagıdaki bilesik önermeler, birer totoloji midir? Neden?

a) [(p ∧ q′)′ ∧ p] ∨ (q ∧ p)′

b) [(p ∨ q) ∧ (p ∨ q′)] ∨ p′

c) [(p ∨ s) ∨ (p′ ∧ q)] ∧ (p ∨ q′)

11. Asagıdaki bilesik önermeler, birer çeliski midir? Neden?

a) [(p ∨ q) ∧ (p ∨ q′)] ∧ p′ b) [(p ∧ q′)′ ∧ p] ∧ (p ∧ q)′

12. (p′ ∨ q) ∨ r′ ≡ 0 olduguna göre (p′ ∨ q) ∧ [(r′ ∨ p) ∧ r] bilesikönermesinin dogruluk degerini bulunuz.

13. (p ∨ r)′ ∧ q ≡ 1 olduguna göre [(p ∨ r′)′ ∨ q]′ ∧ (q′ ∧ r) bilesikönermesinin dogruluk degerini bulunuz.

14. p : "Bardak yere düser." ve q : "Bardak kırılır." önermeleri için

p⇒ q q⇒ p, p′ ⇒ q′ q′ ⇒ p!

önermelerini sözle ifade ediniz.

15. "Aynı dogruya dik olan iki dogru birbirine paraleldir." bilesikönermesini, bilesenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz.

44 calculus

16. "Yöndes açılar birbirine estir." bilesik önermesini, bilesenlerineayırarak, simgelerle ifade ediniz.

17. p : x = 7, q : x2 = 49 önermeleri veriliyor.

a) p ⇒ q ve p ⇒ q önermelerini yazınız ve her birinin dogrulukdegerlerini bulunuz.

b) p ⇒ q teoremini dogrudan ve olmayana ergi yöntemleri ileayrı ayrı ispatlayınız.

c) p ⇒ q nun bir çift gerektirme olup olmadıgını nedenleri ileaçıklayınız.

18. p⇒ q ≡ p′ ∨ q denkligini kullanarak, p⇒ q bilesik önermesinidegilleyiniz.

19. p⇒ q bilesik önermesinin degilini bulunuz.

20. "Bir dörtgenin kare olması için, kenarlarının birbirlerine es olmasıgerekir." bilesik önermesini, bilesenlerine ayırarak, simgelerleifade ediniz. Önermenin tersini, karsıtını ve karsıt tersini bularakdogruluk degerlerini belirtiniz.

21. "Kenarlarının birbirlerine es ve açılarının birbirlerine es olması birdörtgenin kare olması için yeterlidir." bilesik önermesini, bilesenler-ine ayırarak, simgelerle ifade ediniz. Önermenin tersini, karsıtınıve karsıt tersini bularak dogruluk degerlerini belirtiniz.

22. "Bir dörtgenin kare olması için, kenarlarının birbirlerine es veaçılarının birbirlerine es olması gerekli ve yeterlidir." bilesik öner-mesini, bilesenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz.

23. "2 den farklı her asal sayı tektir." bilesik önermesini, bilesenlerineayırarak, simgelerle ifade ediniz. Önermenin tersini, karsıtını vekarsıt tersini bularak dogruluk degerlerini belirtiniz.

24. "Yalancının mumu yatsıya kadar yanar." atasözünü "Yalancıysa,mumu yatsıya kadar yanar." bilesik önermesi biçimine getirip,bilesenlerine ayırınız. Önermenin tersini, karsıtını ve karsıttersini bularak dogruluk degerlerini belirtiniz.

25. Asagıdaki bilesik önermeleri degilleyiniz.

a) (p ∧ q)⇒ (p ∨ q) b) (p⇒ q) ∧ (q⇒ r)c) [(p⇒ q) ∧ q]⇒ q d) (p ∧ q)⇒ (p⇒ q)e) p ∧ (q⇒ r) f) (p ∧ q)⇒ (p ∨ q)g) (p⇒ q)⇒ r h) (p⇒ q) ∧ r

26. Asagıdaki önermelerin dogruluk tablolarını düzenleyiniz.


a) p ∨ (q⇒ p) b) (p ∧ q)⇒ r ≡ (p⇒ r) ∨ (q⇒ r)

c) [(p⇒ q) ∧ q]⇒ (p ∨ q) d) (p⇒ q) ∨ r

e) [p′ ∧ (p⇒ q)′] ∨ (p⇒ q) f) (p⇒ q) ∧ r

g) (p ∧ q)⇒ (p ∨ q) h) (p′ ∨ q)⇒ (p⇒ q)′ ≡ p ∧ q′

i) (p ∧ q′)⇒ (r ∨ q) j) (p⇒ q)⇒ q ≡ 1

k) [p ∧ (q′ ⇒ r′)]′

27. Asagıdaki önermelerden hangileri dogrudur?

a) (p′ ∨ q′)′ ∨ (p ∧ q′) ≡ p b) (p ∨ q)⇒ (p ∧ q′) ≡ q′

c) (p⇒ q) ∧ (p ∨ q) ≡ q d) (p⇒ q)⇒ [(p ∧ r)⇒ (q ∧ r)]

e) [p ∧ (p⇒ q)]⇒ p ≡ p′ ∨ q f) f )[(p⇒ q) ∧ q]⇒ p′

g) [(p⇒ q) ∧ q]⇒ (p ∧ q) h) (p′ ⇒ q) ∨ r ≡ 0

i) p ∨ (p′ ∧ q) ≡ (p ∨ q)

28. Asagıdaki önermelerin dogruluk tablolarını düzenleyiniz.

a) [(p⇒ (q⇒ r)] ≡ [(p ∧ q)⇒ r] b) (p ∧ q′)⇒ (p ∧ r)′ ≡ 0

c) [(p′ ⇒ q)⇒ r] ∨ (p ∨ r) d) p ∨ (q⇒ r) ≡ 0

e) [(p′ ⇒ (r ∨ q)]⇒ (p ∨ r) f) r ∧ (q′ ⇒ p)′ ≡ 1

g) [p ∧ (q⇒ r)]⇒ [(p′ ∨ r) ∧ q′] h) (p′ ⇒ q)⇒ (p′ ⇒ q′)′ ≡ p′

Sezgisel Kümeler Kuramı

Okuma Parçası

Bu derste, Kümeler Kuramını belitsel (aksiyomatik) incelemeyiamaçlamıyoruz. Burada, küme kavramını, sezgiye dayalı olarakbelirli nesnelerin bir toplulugu diye tanımlayacak ve daha çok cebirselözeliklerini inceleyecegiz.

Her belitsel sistemin dayandıgı bazı ilkel kavramlar vardır. Builkel kavramları, o sistem içindeki baska nesneler ya da kavramlarlabelirlemek mümkün degildir. Bunlara sistemin tanımsız terimleri yada ilkel terimleri diyoruz. Bir belitsel yapı kurulurken, bu yapınındayanacagı tanımsız terimler açıklıkla ortaya konulur. Bundansonraki her yeni tanım, bu tanımsız terimlerle ifade edilir; baskabir belirsiz kavram ya da bilinmeyen nesne yapıya giremez. Tabii,bir belitsel yapıyı mümkün oldugu kadar az sayıda tanımsız ter-ime dayandırmak gerekir. Baska bir deyisle, bir belitsel sistemde,ötekiler cinsinden ifade edilebilecek kavramları, yapının tanımsızterimleri olarak almamak gerekir. Ayrıca, bir belitsel yapıda butanımsız terimlerin, kendilerine verilecek özeliklerinden baskaözeliklere sahip olduklarını, ya da, bize alıskın oldugumuz bazıözelikleri ima ettiklerini varsaymayacagız.

Bu bölümde küme kavramını Georg Cantor (1845-1918)’un yap-tıgı gibi belirleyecegiz. Hemen belirtelim ki, bu yöntemle kümeyibelirlemek, ileri asamalarda, yapı içinde çeliski yaratır. Ama, ilkelde, amacımız yalnızca kümeler cebirini incelemek oldugu için,Cantor yönteminin eksikligi, bize, burada bir zarar vermeyecektir.Bunun yanında, bu yöntem, özellikle, konuya ilk baslayanlar için,belitsel yönteme göre çok daha kolay sezilebilir nitelikte oldugun-dan, Kümeler Cebiri’ne daha çabuk girebilme olanagı bulacagız.Zaten bu yöntemle kurulan kümeler kuramına sezgisel sıfatı verilir.

ILKEL KAVRAMLAR

Kümeler Kuramının Tanımsız Terimleri

Kümeler Kuramını kurmak için dört tanımsız terim alacagız:

1. öge

2. küme

3. içerilme (elemanı olma)

48 calculus

4. nicelik sayısı

x herhangi bir nesne olsun. Buna bazan belirsiz, bazan dadegisken denilir. Içinde x bulunan bir p(x) önermesi (ifadesi) tanımlıolsun. Eger bu önerme dogru ise, x nesnesi p önermesini saglıyor(dogruluyor), diyelim ve bunu, p(x) = 1 anlamına gelmek üzere,kısaca,

p(x)

simgesiyle belirtelim.Eger, p(x) yanlıs bir önerme ise, x nesnesi p önermesini saglamıyor

(dogrulamıyor) diyelim ve bunu da, p(x) önermesinin degili an-lamına gelmek üzere,

p′(x), ∼ p(x), ¬p(x) (6)

simgelerinden birisiyle belirtelim.

p(x) = 0 ⇒ p′(x) = 1 (7)

oldugu açıktır.p önermesini saglayan bütün x nesnelerinin olusturdugu toplu-

lugu,

x | p(x) ya da x : p(x) (8)

simgelerinden birisiyle gösterelim. (8) topluluguna bir küme, butoplulugu olusturan her bir x nesnesine bu kümenin bir ögesi(elemanı) diyecegiz.

Genellikle, ögeleri a, b, . . . , x, y, z gibi küçük harflerle vekümeleri de

A, B, . . . , X, Y, Z gibi büyük harflerle gösterecegiz.

Evrensel Küme

Evrensel küme deyimi, "her seyi içeren küme" çagrısımı yapıyor. Buçagrısımı en genel bir soru olarak ortaya atalım

Bütün kümelerin kümesi nedir?

Bu soru Kümeler Kuramında paradoks yaratan çetin bir sorudur.Geçen yüzyılın büyük matematikçilerini ugrastıran bu konuyuileri bölümlerde ele alacagız. Simdilik, her seyi içeren bir kümeyihiç düsünmeyecegiz. Zaten her seyi içeren bir kümeye gereksinimdogmayacaktır. Matematikte belli bir is için belli bir küme üzerindeçalısırız. Bu küme dogal sayılar, tamsayılar, karmasık sayılar, biraralık üzerinde tanımlı sürekli fonksiyonlar v.b. gibi, ögeleri kesin-likle bizce belirli olan kümelerdir. Bu demektir ki, üzerinde çalısa-cagımız evrensel kümenin ne olacagı baslangıçta saptanacaktır. Busaptama isi çok kolaydır. Evrensel kümeyi, o andaki çalısmamızakonu olacak bütün ögeleri içerecek kadar büyük, o anda gereksizögeleri dıslayacak kadar küçük seçmeliyiz. Örnegin, çogunluklayapacagımız gibi, sayılarla ile ilgili islemler yapıyorsak, evrensel

sezgisel kümeler kurami 49

küme olarak gerçel sayılar kümesini almak yetecektir; bu haldeevrensel kümeyi, diyelim ki, bütün canlıları da içerecek büyüklükteseçmek gereksizdir. Evrensel kümenin, her seferinde ne olacagının,saptanması gereken bir belirsiz olusu, kümeler cebirinde isleri zor-lastırıcı bir etken sanılabilir. Ama böyle bir zorlugun çıkmayacagınıgörecegiz.

Belli bir is için kullanacagımız evrensel kümeyi sözel olaraktanımlayabiliriz. Örnegin, çift tamsayılar deyimi kümeyi kesinliklebelirler. Bu isi matematiksel simgelerle yapmak isi kolaylastıracakve herkesin aynı kavramda anlasmasını saglayacaktır. Belli birandaki isimizde kullanacagımız bütün x ögelerini seçen (belirleyen)bir Φ önermesi düsünelim. Φ(x) simgesi, x ögesinin Φ önermesinisagladıgı anlamına gelir; yani Φ(x) önermesinin dogruluk degeriD (dogru) dir. Bu kosulu saglayan bütün x ögelerinin olusturdugukümeye Φ nin belirledigi evrensel küme diyecegiz. Bu kümeyi EΦ

ile gösterecegiz.

EΦ = x |Φ(x) (9)

Evrensel kümemiz baslangıçta belli olacagı için, onu belirleyenΦ önermesini her islemde kullanmak, formüllerde yararsız birkalabalık yaratacaktır. O nedenle, çok gerekmiyorsa, islemlerimizdeΦ önermesini hiç kullanmayız. Örnegin, EΦ yerine E yazarız. Dahaönemlisi, alt kümeleri kullanırken de bunu yaparız. Örnegin, dogalsayılar kümesini evrensel küme olarak almıssak, çift sayılardanolusan A alt kümesini belirlemek için

A = n | n ∈N∧ n çift tamsayıdır

demek yerine,

A = n |n çift tamsayıdır

yalın biçimini kullanacagız. Bunu matematiksel simgelerle ifadeedelim. Φ nin belirledigi evrensel küme içinde bir p önermesinisaglayan x ögelerinin olusturdugu A alt kümesini

A = x |Φ(x) ∧ p(x)= x | (x ∈ Eφ) ∧ p(x)

biçimlerinden birisini yazmak yerine

A = x | p(x) (10)

yalın biçiminde yazacagız.

Örnek 0.30.

1. Düzlem Geometri çalısırken, düzlemdeki bütün noktalarınkümesini evrensel küme olarak seçmek yeterlidir.

2. Gerçel (real) sayılarla çalısırken, R gerçel sayılar kümesinievrensel küme olarak seçmek yeterlidir.

3. Nüfus konularıyla ilgili çalısmalar yapan bir sosyal bilimcinin,dünya nüfusunu evrensel küme olarak seçmesi yeterlidir.

50 calculus

Tümleyen Küme

Benzer olarak, p önermesini saglamayan; yani, p′(x) önermesinisaglayan bütün x nesnelerinin olusturdugu toplulugu,

x | p′(x) (11)

simgesiyle gösterelim. Buna (10) kümesinin tümleyen (tamlayan)kümesi diyecegiz.

Buna göre, E evrensel kümesini

E = x | p(x) ∨ p′(x) (12)

biçiminde yazabiliriz. Bu yalın gösterimlerde kullanmadıgımız Φ(x)önemesinin saglandıgını gizil biçimde kabul ediyoruz.

A kümesinin tümleyenini A′, ¬A, Ac simgelerinden birisiylegösterecegiz:

A′ = x | p′(x) (13)

Bir a ögesinin A kümesine ait oldugunu,

a ∈ A ya da A 3 a

simgelerinden birisiyle gösterecek ve"a ögesi (elemanı) A kümesine aittir", "a ögesi A kümesinin bir

ögesidir","A kümesi a ögesini içerir,"

ifadelerinden birisiyle okuyacagız.Tanımımız geregince, a ∈ A olması için, a nesnesinin p öner-

mesini saglaması gerekli ve yeterli kosuldur; yani p(a) önermesidogru olmalıdır. Öyleyse,

a ∈ A ⇒ p(a)

yazılabilir.Bir b ögesi A kümesine ait degilse

b 6∈ A ya da A 63 b

simgelerinden birisiyle gösterecek ve"b ögesi (elemanı) A kümesine ait degildir","b ögesi A kümesinin bir ögesi degildir","A kümesi b ögesini içermez,"

ifadelerinden birisiyle okuyacagız.Tabii, buraya dek söylediklerimiz kümelerin varlıgını garanti

etmez. Bu nedenle, p bir önerme ise, (10) kümesinin varlıgını, birbelit (aksiyom) olarak varsayacagız.

Iyi Tanımlılık

Bir kümeyi tanımlamak demek, o kümenin içerdigi bütün ögeleribelirlemek demektir. Bunun için genel yöntemimiz, tanımlaya-cagımız kümenin içerdigi ögelerin sahip oldugu bütün özelikleri ve

sezgisel kümeler kurami 51

yalnızca onları ifade eden p önermesini belirledikten sonra, kümeyi(10) biçiminde yazmaktır. Böyle oldugunda, kümeye ait olan veolmayan nesneler kesinkes belirlenmis olur. Bu özelige, kümenin iyitanımlanması, diyecegiz. Her küme iyi tanımlı olmalıdır.

(10) kümesini belirleyen p önermesi, yalın bir önerme olabilecegigibi, bilesik bir önerme de olabilir.

Nicelik Sayısı

Bazan, bir kümede kaç öge oldugunu bilmemiz gerekir. Bir kü-menin ögelerini sayabiliyorsak, sonunda eristigimiz sayı, o kümeninnicelik sayısıdır. Ama, kümelerin çogunun ögelerini sayamayız.Böyle olsa bile, her kümenin ögelerinin miktarını belirten birkavramın (sayının) olması gerektigini sezebiliyoruz. Bu nedenle, subeliti varsayacagız.

Aksiyom 0.31. [Nicelik Sayılarının varlıgı] Her kümenin bir ve yalnızbir nicelik sayısı vardır. Sayılabilen kümeler için, nicelik sayısı, kümeninögelerinin sayısıdır.

Bir A kümesinin nicelik sayısı ¯A, \(A), n(A), card(A)

simgelerinden birisiyle gösterilir.

Sonlu ve Sonsuz Kümeler

Tanım 0.32. Nicelik sayısı bir dogal sayıya esit olan kümeler sonludur.Sonlu olmayan kümeler de sonsuzdur.

Sonlu kümelerin ögelerini sayarak bitirebiliriz, ama sonsuzkümelerin ögelerini sayarak bitiremeyiz.Örnekler:

1. Alfabemizdeki harflerden olusan a, b, c, . . . , y, z kümesi son-ludur.

2. 1000 den küçük çift tamsayılar kümesi sonludur.

3. Bir çuval pirinçten olusan küme sonludur.

4. N = 0, 1, 2, 3, 4, . . . Dogal Sayılar Kümesi sonsuzdur.

5. Z = . . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . . Tamsayılar Kümesi sonsuzdur.

6. R = Gerçel Sayılar Kümesi sonsuzdur.

7. Düzlemdeki noktalar kümesi sonsuzdur.

Kümelerin Gösterimi

Niteleme Yöntemi

Niteleme Yöntemi (Ögelerin Ortak Özeliklerini Belirleme):Kümeleri, genellikle (10) biçiminde gösteririz. Bu gösterimde p

önermesi, kümenin ögelerinin belirleyici ve ayırıcı niteliklerini; yani,ortak özelliklerini belirtir. Bu nedenle, (10) gösterimine NitelemeYöntemi (Ortak Özelik Belirleme Yöntemi) denilir.

52 calculus

Listeleme Yöntemi

Bazı özel hallerde, kümenin ögelerini tek tek yazmak ya da belirlibir kurala uyar biçimde sıralamak mümkün olabilir. Bu durum-larda, kümenin ögelerini parantezi içine yazarız. Bu yönteme,Kümenin Ögelerini Listeleme ; parantezine de, küme parantezidiyecegiz. A kümesinin ögeleri a, b, c, d, e, . . . ise,

A = a, b, c, d, e, . . . (14)

yazarız. Örnegin, tek tamsayılar kümesi’nin niteleme yöntemi ilegösterimi,

x | x tek tamsayıdır

biçimindedir. Aynı kümeyi listeleme yöntemiyle gösterecek olursak,

. . . ,−5,−4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .

yazabiliriz. Birinci gösterimdeki x tek tamsayıdır önermesi, kümeyibelirleyen p(x) önermesidir. Ikincide ise, büyük parantez içindeverilen

. . . ,−5,−4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .

sıralamasından, . . . ile belirtilen yerlere yalnızca tek tamsayılarınyazılması gerektigini anlıyoruz. Tabii, bu tür bir gösterimi kul-lanırken, herkesin yazılı olmayan ögelerin ne oldugunu kesinlikleanlayacagından emin olmak gerekir; degilse yanlıs anlamalar doga-bilir. Eger yanlıs anlam çıkacagı kuskusu varsa, ortak özelik belirtmeyöntemi’ne geçmek daha uygun olur.

Bu örnekte görüldügü gibi, listeleme yöntemi, bazı hallerdedaha kolay algılanabilir. Ancak, kümelerin büyük çogunluguiçin, listeleme yöntemi olanaksızdır. Örnegin, sınıfınızdaki bütünögrencilerin adlarını yazarsanız, sınıftaki ögrencilerden olusankümenin ögelerini listelemis olursunuz. Ama, dünyadaki bütüninsanların kümesini listeleyemezsiniz.

Venn Diyagramı

Kümeler cebirinde birçok bagıntıyı daha somut biçimde görebilmekiçin kümeleri düzlemde kapalı bir egri ile sınırlanmıs bölgelerolarak temsil ederiz. Bu yöntemi ilk kez Ingiliz Matematikçisi JohnVenn uyguladıgı için, kümeleri temsil eden böyle sekillere Venndiyagramları, denilir.

Açık Önermeler

Predicates

Önerme Fonksiyonları

Tanım 0.33. 17 Γ bir küme olsun. Γ kümesinin her γ ögesi için φ(γ) bir 17 Önermeönerme ise, φ ye, Γ kümesi üzerinde açık önerme (önerme fonksiyonu),denilir.

Her γ ∈ Γ için φ(γ) önerme fonksiyonu ya dogru ya da yanlısdeger alır.

Γ kümesi φ nin tanım bölgesidir. Deger bölgesi yanlıs, dogrukümesidir. Bu kümeyi daha yalın olan 0, 1 biçiminde de göstere-biliriz. Bu gösterimde 0 ve 1 birer simgedir; sayısal degerleridikkate alınmaz.

φ nin dogruluk kümesi

Dφ = γ| γ ∈ Γ ∧ φ(γ) dogru (15)

dir.örnekler

18 18 örnekler

1.φ(x) = (x2 − 16 = 0)

biçiminde tanımlanan φ önerme fonksiyonunun, c ile gösterilengerçel sayılar kümesi üzerinde tanımlı oldugunu varsayalım.Hemen görülecegi üzere, dogrulık kümesi

Dφ = x| (x ∈ R) ∧ (x2 − 16 = 0) = −4,+4

olur.

2.φ(n) = (n + 3 > 1)

biçiminde tanımlanan φ açık önermesinin tanım kümesi dogalsayılar kümesi olsun. Dogruluk kümesi

Dφ = n| (n ∈N) ∧ (n + 3 > 1) = N

olur. O halde, tanım kümesi dogruluk kümesine esittir.

3. Önceki örnekte φ nin tanım kümesini Z tamsayılar kümesiolarak degistirirsek, dogruluk kümesi

Dφ = m| (m ∈ Z) ∧ (m + 3 > 1) = -2 den büyük tamsayılar

olur.

54 calculus

4. Önceki örnekte φ nin tanım kümesini R gerçel sayılar kümesiolarak degistirerek dogruluk kümesini bulunuz.

Γ kümesi üzerinde tanımlı φ önerme fonksiyonu, bazı γ ∈ Γiçin dogru, bazı γ ∈ Γ için yanlıs olabildigi gibi, tanım bölgesinekiher öge için dogru ya da yanlıs olabilir. Her öge için bunu sözleanlatmak güçlügünden sakınmak için, adına nicelik belirteçleridenilen bazı simgeler kullanacagız.

Nicelik Belirteçleri

Evrensel Belirteç

Tanım 0.34. φ, Γ kümesi üzerinde tanımlanmıs bir önerme fonksiyonuolsun. Γ kümesinin her γ ögesi için φ(γ) dogru bir önerme ise, bu durum,

Figure 19: Her niceleyicisi∀γφ(γ)

(∀γ ∈ Γ)φ(γ)

∀γ(γ ∈ Γ)⇒ φ(γ)) (16)

simgelerinden birisiyle gösterilir ve "her γ ∈ Γ için φ(γ) dogrudur", diyeokunur.

∀ simgesine evrensel niceleyici ya da evrensel belirteç denir ve "her"diye okunur.

Varlık Belirteci

Figure 20: Varlık Niceleyicisi

Tanım 0.35. φ, Γ kümesi üzerinde tanımlanmıs bir önerme fonksiyonuolsun. φ(γ) önermesi dogru olacak sekilde, Γ kümesinin bazı (dolayısıylaen az bir tane) γ ögeleri varsa, bu durum

∃γ φ(γ) (17)

(∃γ ∈ Γ)φ(γ) (18)

∃γ(γ ∈ Γ) ∧ φ(γ)) (19)

simgelerinden birisiyle gösterilir ve "bazı γ ∈ Γ için φ(γ) dogrudur" diyeokunur.

∃ simgesine varlık niceleyicisi ya da varlık belirteci denir ve yerinegöre, "vardır" ya da "bazı" diye okunur.

Bazen φ(γ) önermesi tanım bölgesindeki bir tek γ ∈ Γ içindogru, baskaları için yanlıs olabilir. Bu özel durumu vurgulamakgerektiginde, varlık belirtecinin üstüne bir yıldız koyacagız; yani

(∃∗γ ∈ Γ)φ(γ), ∃∗γ(γ ∈ Γ ∧ φ(γ)) (20)

simgeleri, φ(γ) önermesini saglayan bir ve yalnızca bir tane γ ∈ Γögesinin varlıgını belirtecektir.

Nicelenmis Ifadeler

(16) - (19 ) biçimindeki ifadelere nicelenmis ifadeler diyecegiz.

açik önermeler 55

Nicelenmis ifadeleri kullanırken, bazen γ ögesinin hangi küm-eye ait oldugu apaçık belli olur. O zaman, basitligi saglamak için(17) simgesinin kullanılması önerilir. Ama aynı anda birden çokkümeyle çalısılıyor ve ele alınan ögenin hangisine ait oldugunubelirtmek gerekiyorsa, (18 ya da (19) simgeleri kullanılmalıdır.

Nicelemelerin Degillenmesi

19 19 ¬ olumsuzlama

"her" Niceleyicisinin Degillenmesi

20. 20 ∀ Niceleyicisinin Degillenmesi

Her canlı ölür. (21)

önermesini simgelerle ifade edebilmek için canlılar kümesini C ilegösterelim. (??) ifadesi yerine

φ ≡ ∀γ(γ ∈ C ⇒ γ ( ölür.) (22)

yazabiliriz. Simdi φ nin degilini (olumsuzunu) düsünelim :

¬φ ≡ ¬ ( Her canlı ölür.)

≡ Ölmeyen canlılar vardır.

≡ Bazı canlılar ölmez.

≡ ∃γ(γ ∈ C ∧ γ ölmez.)

diyebiliriz.Bunu genellestirelim:

∀γ(γ ∈ Γ⇒ φ(γ)) (23)

önermesi ya dogru ya da yanlıstır. Bu önermenin dogru olmasıdemek, her γ ∈ Γ için φ(γ) önermesinin dogru olması demek-tir. Yanlıs olması demek ise, φ(γ) önermesi yanlıs (dolayısıyla¬φ(γ) dogru) olacak sekilde enaz bir γ ∈ Γ var demektir. Öyleyse,

¬[∀γ(γ ∈ Γ⇒ φ(γ))] ≡ ∃γ(γ ∈ Γ ∧ ¬φ(γ)) (24)

olur. Γ kümesinin bir baskasıyla karısma tehlikesi yoksa, (24)ifadesini çok daha yalın olan

¬[∀γ φ(γ)] ≡ ∃γ ¬φ(γ) (25)

biçiminde yazabiliriz.

56 calculus

"var" Niceleyicisinin Degillenmesi

21 21 ∃ Niceleyicisinin Degillenmesi

Bazı canlılar ölür. (26)

önermesini düsünelim. Bunu simgelerle ifade etmek için, genecanlılar kümesini C ile gösterelim.

(26) ifadesi yerine

ψ ≡ ∃γ(γ ∈ C ∧ γölür.) (27)

yazabiliriz. Simdi ψ nin degilini (olumsuzunu) düsünelim :¬ψ ≡ ¬ ( Bazı canlılar ölür.)

≡ Hiçbir canlı ölmez.≡ Her canlı ölmez≡ ∀γ(γ ∈ C ⇒ γölmez.)

olacaktır.2222 Sözel önermelerin degili, konusulan

dile ve içinde yasanılan kültüre görefarklı anlamlar alabilir. O nedenle,sözel ifadeler yerine simgesel ifadelertercih edilmelidir.

Örnegin, "Her kusun eti yenmez." ifadesi dilimizde, "Eti yen-meyen kuslar vardır." anlamında kullanılır. Burada ∀ nitelemesi ∃nitelemesi yerine geçmistir. Matematiksel mantıkta bu anlamlarınyanlıs oldugu apaçıktır. Çünkü, simgesel mantıkta

Her kusun eti yenmez. ≡ Eti yenmeyen kuslar vardır.

denkligi vardır. Simdi bunu simgesel biçimde yazalım:

∃γ(γ ∈ Γ ∧ ψ(γ)) (28)

önerınesinin dogru olması demek, ψ(γ) önermesi dogru olacaksekilde enaz bir γ ∈ Γ ögesi var olması demektir. Bu önermeninyanlıs olması demek, hiçbir γ ∈ Γ için ψ(γ) dogru degil demektir.O halde, her γ ∈ Γ için ¬ψ(γ) dogru olur. Simgelerle yazarsak,

¬[∃γ(γ ∈ Γ ∧ ψ(γ))] ≡ ∀γ(γ ∈ Γ⇒ ¬φ(γ)) (29)

olacaktır. Eger Γ kümesinin bir baskasıyla karısması tehlikesi yoksa,ifadeyi daha basit olarak,

¬[∃γ ψ(γ)] ≡ ∀γ ¬ψ(γ) (30)

seklinde de yazabiliriz.

Çok Degiskenli Önerme Fonksiyonları

2323 Çok DegiskenliÖnermeler Önerme fonksiyonları birden çok degiskene baglı olabilir. Burada

yalnızca iki degiskenli önerme fonksiyonlarını ele alacagız. Dahaçok degisken oldugunda, niceleyicileri ve degillerini iki degiskenliduruma indirgemek mümkündür.

X ile Y herhangi iki küme olsun. Her x ∈ X ve her y ∈ Y için, xile y ögelerine baglı bir

P(x, y) (31)

açik önermeler 57

önermesi tanımlanmıssa, P ye iki degiskenli bir önerme fonksiyonudur,denilir.

Lemma 0.36.

P(x, y) ≡ ∀x (x ∈ X ⇒ [∀y(y ∈ Y ⇒ P(x, y))]) (32)

önermesini, yalınlıgı saglamak için

P(x, y) ≡ ∀x∀y P(x, y) (33)

simgesiyle gösterecegiz.X ve Y kümelerini belirtmek gerekiyorsa (33) yerine

P(x, y) ≡ (∀x ∈ X)(∀y ∈ Y) P(x, y) (34)

diyebiliriz. Bu önermeyi söyle okuyacagız :"Her x ∈ X ve her y ∈ Y için P(x, y) dogrudur".

Lemma 0.37.

Yukarıdakine benzer düsünüsle,

Q(x, y) ≡ ∃x(x ∈ X ∧ [∃y(y ∈ Y ∧Q(x, y))]) (35)

önermesini, yalınlıgı saglamak için

Q(x, y) ≡ ∃x ∃yQ(x, y) (36)

simgesiyle gösterecek ve"bazı x ve bazı y ögeleri için Q(x, y) dogrudur"

diye okuyacagız.X ile Y kümelerini belirtmek gerektiginde (36) yerine,

Q(x, y) ≡ (∃x ∈ X)(∃y ∈ Y)Q(x, y) (37)

yazabiliriz.

Lemma 0.38.

24 24 predicate

R(x, y) ≡ ∀x(x ∈ X ⇒ [∃y(y ∈ Y ∧ R(x, y))]) (38)

önermesini,

R(x, y) ≡ ∀x∃yR(x, y))]) (39)

ile gösterecek ve bunu"Her x için öyle bir y vardır ki, R(x, y) dogru olur."

diye okuyacagız.X ve Y kümelerini belirtmek gerektigi zaman (39) yerine,

R(x, y) ≡ (∀x ∈ X)(∃y ∈ Y)R(x, y) (40)

yazabiliriz.

58 calculus

Lemma 0.39.

S(x, y) ≡ ∃x(x ∈ X ∧ [∀y(y ∈ Y ⇒ P(x, y))]) (41)

önermesini

S(x, y) ≡ ∃x ∀yP(x, y) (42)

simgesiyle gösterecek ve bunu,"öyle bir x var ki her y için S(x, y) dogrudur."

diye okuyacagız.X ile Y kümelerini belirtmek gerekiyorsa (42) yerine

S(x, y) ≡ (∃x ∈ X)(∀y ∈ Y)P(x, y) (43)

diyebiliriz.

Aksiyom 0.40.

∀x∀y ≡ ∀y∀x

∃x∃y ≡ ∃y∃x

yer degisimlerini varsayacaız. Daha açık söyleyisle,

a) ∀x ∀y P(x, y) ≡ ∀y ∀x P(x, y) (44)

b) ∃x ∃y Q(x, y) ≡ ∃y ∃x Q(x, y) (45)

esitliklerini birer belit olarak varsayacagız.Ancak ∀∃ niceleyicileri kendi aralarında yer degistirmez. Daha

açık bir deyisle,

Theorem 0.41. Asagıdaki esitsizlik vardır.

∀x∃y P(x, y) 6≡ ∃y∀x P(x, y)

Kanit:Gerçekten, bu iki önermenin denk olmadıgı (29) ile (34) bagın-

tılarından görülebilir. Bunu bir örnekle açıklayabiliriz: X insanlarkümesi ve Y de kitaplar kümesi olsun. x ∈ X ve y ∈ Y ise P(x, y)önermesini,

P(x, y) ≡ (x, y yi okudu)

diye tanımlayalım. Buna göre,∀x∃y P(x, y) ≡ Her insan enaz bir kitap okudu.∃y∀x P(x, y) ≡ öyle bir kitap vardır ki her insan o kitabı okudu.

olacaktır.

açik önermeler 59

Çok Degiskenli Önermeleri Degilleme

2525 DegillemeP, Q, R, S önermelerinin degillerini, ifadeleri yalın bilesenler-

ine ayırarak bulabiliriz. Örnek olarak P(x, y) nin degilinin nasılbulundugunu gösterelim.

T(x) ≡ ∀y(y ∈ Y ⇒ P(x, y))

dersek (32) ifadesi

P(x, y) ≡ ∀x(x ∈ X ⇒ T(x)

seklini alır. Bunun olumsuzu, (25 ) geregince,

¬P(x, y) ≡ ∃x(x ∈ X ∧ ¬T(x))

dir, ki burada¬T(x) ≡ ∃y(y ∈ Y ∧ P(x, y))

dir. Bunu yukarıdaki yerine yazarsak,

¬P(x, y) ≡ ∃x(x ∈ X ∧ [∃y(y ∈ Y ∧ P(x, y))])

çıkar. Demek ki

¬[∀x∀y P(x, y)] ≡ ∃x∃y P(x, y)

olur.

Alıstırmalar

1. Asagıdaki bagıntıların varlıgını gösteriniz.

a) ∃x∃y P(x, y) ≡ ∀x∀y¬P(x, y) (46)

b) ∀x∃y P(x, y) ≡ ∃x∀y¬P(x, y) (47)

c) ∃x∀y P(x, y) ≡ ∀x∃y¬P(x, y) (48)

2. Asagıdaki sözlü ifadeleri simgelerle gösteriniz ve sonra daolumsuzlastırınız. Herbirisinin olumsuzunu sözle ifade ediniz.

a) Her insan okur.

b) Bazı insanlar okur.

c) Her insan okumaz.

d) Bazı insanlar okumaz.

3. Asagıdaki önermeleri sözle ifade ediniz ve sonra olumsu-zlastırınız.

a) ∀x∃y(x2 + y2 > 100

b) ∀x∀y(y2 < x− 3

c) ∃x∃y(x2 − y2 = 4

d) ∃x∀y(x = y

60 calculus

4. Asagıdaki önermelerin dogruluk degerlerini bulunuz. Sonraherbirinin olumsuzunu yazınız.

a) (∀x ∈ R)(x2 − 4 >)

b) (∀x ∈ R)(∃y ∈ R)(x2 = y2)

c) (∃x ∈ R)(∀y ∈ R)(x− y = 0)

d) (∃x ∈ R)(∃y ∈ R)(x− y = 0)

5. x ∈ R iken, asagıdaki önermenin degilini bulunuz.

∀x ((x− 5 ≤ 0) ∨ (∃x(5x− 3 ≥ 0)))

6. Asagıdaki sözel ifadeleri mantıksal simgelerle yazınız ve her-birisinin olumsuzunu belirleyiniz.

a) Bazı arkadaslarım zekidir.

b) Aptal insanlar can sıkıcıdır.

c) Hiç zengin akrabam yok.

d) Bazı bilgisayar yazılımlarını kullanmak zordur.

7. Asagıdaki sözel ifadeleri mantıksal simgelerle yazınız ve her-birisinin olumsuzunu belirleyiniz.

a) Bütün futbolcular çok para kazanır.

b) Bazı pilotlar bayandır.

c) Bazı doktorların elyazısı okunmaz.

d) Bütün ögrencilerin lüks arabaları var.

Kümeler Cebiri

26

26 KümeselIslemlerDoga olaylarının ya da sosyal olayların açıklanması için, bazen,

matematiksel modelleme yapılır. Bunu yapmak demek, incelenecekolaya etki eden etmenleri içine alan matematiksel formülleri ortayakoymak demektir. Bunların büyük çogunlugu, sayısal islemlerleyapılabilir. Ama bazı durumlarda, sayısal islemlere benzemeyenislemler gerekebilir. Bu farklı islemlerden bir bölümü, KümelerCebiri kullanılarak yapılanlardır.

Sayılarda yaptıgımız dört islem, tek tek sayılarla ugrasır. Iki sayıarasında yapılan toplama, çıkarma, bölme, çarpma, . . . islemleriyleyeni sayılar olusturur. Kümeler Cebiri, sayılardaki dört islemdenfarklı olarak, tek tek ögelerle degil, kümelerle ugrasır. Iki kümearasındaki islemlerle yeni kümeler olusturur. Bu kavram, birçokmodellemede kullanılır.

Hemen belirtelim ki, Matematik bir yönüyle, kesin kuralları olanbir dildir. Bir dilin alfabesini, ve dilbilgisini ögrenmeden, o dildekonusmak ve düsünmek mümkün degildir. Matematigin alfabesisimgeler, dilbilgisi ise tanımlar ve teoremlerdir. Dolayısıyla, Matem-atigi kavrayabilmek için, öncelikle, sayısı çok olmayan simgeleriögrenmeliyiz. Tanım ve teoremler, bunu kolayca izleyecektir.

Kümeleri liste biçiminde gösterirken, kümenin ögelerini parantezi içine yazarız. ye kümeparantezi denilir. Küme parantezi içine yazılan ögelerin sırası önemli degildir. Ayrıca, aynı öge birdençok yazılmıssa, o öge bir kez var sayılır.

Örnek 0.42.

Ögeleri a,b,c olan kümeyi A = a, b, c, A = b, a, c, A = c, b, avb gibi yazabiliriz. Küme parantezi içine ögelerin hangi sıradayazıldıgı önem tasımaz. Kümeleri, genellikle, A, B, . . . , X, Y, . . . gibibüyük harflerle, ögelerini ise a, b, c, . . . , x, y, . . . gibi küçük harflerlegösterecegiz. Ayrıca 1, 2, 3, . . . gibi sayıları ya da baska simgeleri deöge olarak gösterebiliriz.a, b, c kümesi ile a, a, a, b, c kümeleri aynıdır; çünkü a ögesi

küme parantezi içine birden çok kez girse bile ancak bir kez varoldugunu kabul ediyoruz.

Tanım ??’de birinci özelik, kümenin ögelerinin kesinlikle belirlioldugu anlamına gelir. Hangi ögenin kümeye ait oldugu ya daolmadıgı konusunda hiç bir kusku olmaz. Örnegin,

K = kütüphanemizdeki kitaplar

62 calculus

ifadesi kümeyi kesinlikle belirler. Çünkü, kütüphanemizdeki herkitap K kümenin bir ögesidir; kütüphanemizde olmayan hiç birkitap K kümesine ait degildir. Bunun yanında,

iyi kitaplar

deyimi bir küme tanımlamaz. Çünkü, ’iyi kitap’ kavramı kisidenkisiye degisir. Dolayısıyla , Tanım ??’in ilk özeligi saglanmaz.

Tanım 0.43.

a ∈ A simgesi a ögesinin A kümesine ait oldugunu belirtir ve"a ögesi A kümesi içindedir", diye okunur. Tersine olarak, a 6∈ Asimgesi a ögesinin A kümesine at olmadıgını belirtir ve "a ögesi Akümesi içinde degildir", diye okunur. Asagıdaki denklikler vardır.

a ∈ A ≡ A 3 a (49)

a 6∈ A ≡ A 63 a (50)

Kapsama 2727 Kapsama

Tanım 0.44. A kümesinin her ögesi B kümesine ait ise, "A kümesi, Bkümesi tarafından kapsanır" ya da "B kümesi A kümesini kapsıyor,"denilir ve A ⊂ B simgesiyle gösterilir.

Figure 21: AltkümeTanım 0.45. A ⊂ B ise A kümesi B kümesinin bir altkümesidir ya da Bkümesi A kümesinin bir üstkümesidir, denilir.

⊂ simgesine kapsama bagıntısı denilir. A ⊂ B ile B ⊃ A esanlamlıdır. Kapsamayı simgesel olarak söyle gösterebiliriz:

A ⊂ B =⇒ (x ∈ A⇒ x ∈ B) (51)

Evrensel Küme 2828 evrenselSözlük anlamıyla, evrensel kümeyi her seyi içeren en büyük

küme olarak düsünmeye kalkabiliriz. Oysa, öyle bir küme belir-sizdir. Her seyi içeren küme, kisiden kisiye degisebilecegi gibi,böyle bir kümeyi kümeler cebirine katınca sistemde paradokslarolusur. Paradoksları ileride ele alacagız. Evrensel küme diyecegimiztek bir küme yoktur.

Figure 22: Evrensel Küme Tanım 0.46. Belli bir is için, o anda ele alınan bütün ögeleri (nesneleri)içeren kümeye evrensel küme denilir.

Örnegin, 1, 3, 5, 7 kümesi ile islem yaparken, evrensel kümeolarak tek sayılar kümesini, dogal sayılar kümesini ya da tam sayılarkümesini almak mümkündür. Evrensel kümeyi belirleyen genelbir kural yoktur. Isleme giren ögelerin hepsini kapsayan en küçükkümeyi evrensel küme olarak seçmek uygundur. Aslında, kümelercebiri ile ilgili islemlerin çogunda evrensel kümenin kim olduguönemli fark yaratmayacaktır. Ele alınan kümeler soyut ise; yaniögeleri belirtilmiyor ise, o anda söz konusu olan bütün kümelerikapsayan kümeye evrensel küme deriz. Bu anlasma, kümelercebirinde bir sorun yaratmayacaktır.

Evrensel kümeyi, çogunlukla E simgesiyle gösterecegiz.

kümeler cebiri 63

Venn Çizenekleri

Ingiliz matematikçi John Venn(134-1923) yapılan islemlerin kolayalgılanmasını saglamak için kümeleri düzlemsel sekillerle gösterdi.Kümeleri istedigimiz sekillerle gösterebiliriz. Ama, duyu organ-larımız iki boyutlu sekilleri; yani düzlemsel sekilleri daha kolayalgılar. Genellikle, daire ve elips kullanılır.

Tümleyen Küme 29 29 Tümleyen

Tanım 0.47. A kümesinin tümleyeni, evrensel kümeye ait olan ama Akümesine ait olmayan ögelerin olusturdugu kümedir.

A kümesinin tümleyeni A′, ∼ A , Ac , E \ A ya da E − Asimgelerinden birisi ile gösterilir.

Figure 23: Tümleyen KümeSimgesel olarak, tümleyen kümeyi

A′ = x| x ∈ E ∧ x 6∈ A (52)

biçiminde yazabiliriz. E tümleyeninin kim oldugunu belirtmekgerekmiyorsa, yukarıdaki ifadeyi

A′ = x| x 6∈ A (53)

yalın biçimiyle yazarız.

Theorem 0.48. E evrensel küme ise, her x ∈ E ve A ⊂ E kümesi içinasagıdaki özelikler geçerlidir.

x ∈ A =⇒ x 6∈ A′ (54)

x ∈ A′ =⇒ x 6∈ A (55)

Ispat: Tümleyen küme tanımından çıkar.

Lemma 0.49. Her A kümesi için (A′)′ = esitligi saglanır.

Ispat:x ∈ A =⇒ x 6∈ A′ =⇒ x ∈ (A′)′

Bos Küme 30 30 Bos

Tanım 0.50. Hiçbir ögesi varolmayan kümeye, bos küme diyecek ve bunu∅ simgesiyle ya da içi bos parantezi ile gösterecegiz.

Bos kümenin, kümeler cebirinde oynadıgı rolü, sıfırın sayılardaoynadıgı role benzetebiliriz. Tabii, sıfırın bos küme olmadıgınısöylemek gerekmez.

Örnek 0.51. Hiçbir insan 200 yıl yasamadıgına göre

∅ = Ikiyüz yasını geçmis ressamlar.olur.

Theorem 0.52. Her küme bos kümeyi kapsar.

64 calculus

Ispat: A herhangi bir küme olsun.

x ∈ ∅⇒ x ∈ A (56)

oldugunu göstermeliyiz. Bunun için olmayana ergi yöntemini(φ ⇒ ψ ≡ ¬ψ ⇒ ¬φ) kullanabiliriz. Bos kümenin hiç bir ögesiolmadıgından, A kümesine ait olmayan hiç bir ögenin bos kümeyeait olamayacagı apaçıktır. O halde,

x 6∈ A⇒ x 6∈ ∅ (57)

yazılabilir.

Theorem 0.53. Evrensel kümenin tümleyeni bos kümedir. Bos kümenintümleyeni evrensel kümedir.

Ispat: E′ = ∅ ve ∅′ = E oldugunu göstermeliyiz. Tümleyenküme tanımında A yerine E konulursa

E′ = x| x ∈ E ∧ x 6∈ E

Sagdaki küme parantezi içindeki önerme hepyanlıs bir önermedir.O halde, önermeyi saglayan hiçbir x ögesi yoktur. Öyleyse, E′

tümleyeninin hiçbir ögesi yoktur. E′ = ∅ olur.Teoremin ikinci kısmı da benzer olarak kanıtlanabilir.

∅′ = x| x ∈ E ∧ x 6∈ ∅

Sagdaki küme parantezi içindeki önerme hepdogru bir önermedir;evrensel kümeye ait her x ögesi önermeyi saglar. Öyleyse, ∅′

tümleyeni evrensel kümedir: E = ∅′ olur.

Tek ögeli küme

Tanım 0.54. Yalnızca bir tek a ögesine sahip kümeyi a ile gösterecek veadına tek ögeli küme diyecegiz.

Uyarı 0.55. a bir ögedir, a ise bir kümedir. Dolayısıyla bu ikisi birbir-lerinden farklıdır: a ∈ a.

Figure 24: Altküme: A ⊂ B ⊂ EAlt Küme ve Üst Küme 31

31 ⊂,⊃ Tanım 0.56. A kümesi B kümesi tarafından kapsanıyorsa "A kümesi Bkümesinin bir alt kümesi dir," ya da "B kümesi A kümesi nin bir üstkümesi dir," diyecegiz: B ⊃ A.

Esit Kümeler

Tanım 0.57. A kümesi B kümesinin altkümesi ve B kümesi de Akümesinin altkümesi ise, "A ile B kümeleri birbirlerine esittir," denilir vebu durum, A = B simgesiyle gösterilir.

A = B =⇒ [(A ⊂ B) ∧ (B ⊂ A) (58)

kümeler cebiri 65

Has Alt Küme 3232 HasA ⊂ B =⇒ A kümesi, B nin bir alt kümesidir, olması, A kümesinin

B ye esit olamayacagı anlamına gelmez. Örnegin, her küme kendikendisinin bir alt kümesidir A ⊂ A. Neden?

Bazen, altkümenin üstkümeye esit olmadıgını vurgulamakgerekir.

Tanım 0.58. A kümesi, B kümesi tarafından kapsanıyorsa ve A ile B esitdegilseler, A kümesi B kümesi nin bir has alt kümesi’dir, denilir.

Bu durumu simgesel olarak,

(A ⊂ B) ∧ (A 6= B) (59)

biçiminde gösterecegiz.33. 33 Uyarı: Bazı kaynaklarda A ⊂ Byerine A ⊆ B simgesi ve (A ⊆

B) ∧ (A 6= B) yerine de A ⊂ B sim-gesi kullanılır. Tabii, bir kavramın

hangi simgeyle gösterildigi, o kavramaetkimez; ama hangi kavram için hangisimgenin kullanıldıgını daima bilmekve tutarlı biçimde kullanmak gerekir.

Bu derste ⊂ simgesini kullanacagız

Kuvvet Kümesi Kümeler cebirinde bir kümenin bütün altkümelerindenolusan aile önemli bir araç olarak kullanılır.

Tanım 0.59. Bos olmayan A kümesinin kuvvet kümesi A kümesinin bütünaltkümelerinden olusan kümedir; P(A) simgesiyle gösterilir.

Ögeleri kümeler olan bir toplulugun kendisi de bir kümedir.Ancak, onlara kümeler ailesi diyecegiz. Böylece, ögeleri kümelerolan kümeyi algılamak daha kolaylasacaktır.

Asagıdaki önermenin ispatı ileride yapılabilecektir.

Theorem 0.60. n ögeli bir kümenin bütün alt kümelerinin sayısı 2n dir.

Küme Islemleri

Bilesim Ya A kümesine ya B kümesine ya da hem A ya hem deB ye ait olan bütün ögelerden olusan kümeye, A ile B nin bilesimi,denilir ve A ∪ B simgesiyle gösterilir; yani,

A ∪ B = x | (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) (60)

dir.

Figure 25: BilesimArakesit Hem A kümesine hem de B kümesi ne ait olan bütünögelerden olusan kümeye, A ile B nin arakesiti, denilir ve A ∩ Bsimgesiyle gösterilir; yani,

A ∩ B = x | x ∈ A ∧ x ∈ B (61)

dir.

Figure 26: ArakesitAyrık Kümeler A ile B kümelerinin arakesiti bos ise; yani,

A ∩ B = ∅ (62)

ise, A kümesi ile B kümesi birbirlerinden ayrıktırlar (kesismiyorlar),denilir.

Hiçbir ortak ögesi olmayan iki küme ayrıktır.

66 calculus

Kesisen Kümeler A ile B kümelerinin arakesiti bos degilse ; yani,

A ∩ B 6= ∅ (63)

ise, A ile B kümeleri ayrık degildir (kesisiyorlar), denilir. Kesisen ikikümenin en az bir tane ortak ögeleri vardır.

Fark A kümesinin ögelerinden B kümesine de ait olanları attıktansonra, geriye kalan ögelerin olusturdugu kümeye, A ile B ninfarkı diyecek ve bunu A \ B ya da A − B simgelerinden birisiylegösterecegiz; yani,

A− B = A \ B = x | x ∈ A ∧ x 6∈ B (64)

dir.(A \ B) 6= (B \ A) oldugu apaçıktır.

Figure 27: A \ B: FarkSimetrik Fark A ile B nin bilesim kümesinden, arakesitlerininçıkarılmasıyla elde edilen kümeye, A ile B kümelerinin simetrik farkıdiyecek ve bunu A4B simgesiyle gösterecegiz; yani,

A4B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) (65)

dir.

(A4B) = (B4A)

oldugu hemen görülür.

Figure 28: Simetrik FarkKÜMELER CEBIRI

Bu bölümde bilesim, arakesit, fark, simetrik fark ve tümleme islem-leriyle ilgili baslıca özelikleri çıkaracagız.

Theorem 0.61. a. Her küme bos kümeyi kapsar.

b. Her küme, o kümeyi belirleyen önermenin belirledigi evrensel kümetarafından kapsanır.

c. Bir küme ile onun tamlayan kümesinin bilesimi, evrensel kümelerineesittir.

Ispat: A = x | p(x) herhangi bir küme ve

E = x | p(x) ∨ p′(x)

A yı kapsayan evrensel küme olsun. (Evrensel küme tanımına bakınız.)Asagıdaki bagıntıları göstermeliyiz.

a. ∅ ⊂ A

b. A ⊂ E

c. E = A ∪ A′

kümeler cebiri 67

a. Olmayana Ergi Yöntemini kullanalım. Eger ¬(∅ ⊂ A) olsaydı,

¬(∅ ⊂ A) =⇒ [∃x((x ∈ ∅) ∧ (x 6∈ A))] ≡ 0

⇒ [∀x(x ∈ ∅⇒ x ∈ A] ≡ 1

⇒ [(∅ ⊂ A)] ≡ 1

olurdu. Sagdaki ilk satırda, [(x ∈ ∅) ≡ 0] oldugundan, (x ∈ A)

önermesi ister dogru, ister yanlıs olsun, ((x ∈ ∅) ∧ (x 6∈ A))

bilesik önermesi hepyanlıstır. Bu satırdaki ifadenin olumsuzu,ikinci satırdaki ifadeye esittir ve hepdogrudur. Üçüncü satırageçmek için, alt küme tanımını kullanmak yetecektir.

b.x ∈ A⇒ p(x)⇒ x ∈ E

yazabiliriz. Neden?

c.

x ∈ E =⇒ [p(x) ∨ p′(x)]

=⇒ [(x ∈ A) ∨ (x ∈ A′)]

=⇒ x ∈ A ∪ A′

oldugundan,

E ⊂ (A ∪ A′) ∧ E ⊃ (A ∪ A′)

bagıntıları vardır. Bu isteneni verir.

Buradan görüldügü ve daha önce de söyledigimiz gibi, evrenselküme, ele aldıgımız kümeyi belirleyen Φ önermesine baglı olarakdegismektedir. Islemlerde kolaylıgı saglamak için , ele alacagımızbütün kümeleri kapsayacak kadar büyük; ama yalnız onları kapsay-acak kadar küçük bir evrensel kümenin seçildigini varsayacagız.

Farklı evrensel kümelerin seçilmesi, kümelerle yapacagımızislemlerin özeliklerini degistirmeyecektir.

Buna göre, E evrensel kümesinin belli bir p açık önermesinisaglayan ögelerinden olusan A alt kümesi

A = x | x ∈ E ∧ p(x) = x | Φ(x) ∧ p(x) (66)

dir. Buradaki p önermesinin, genellikle, E yi belirleyen Φ öner-mesinden farklı olabilecegine dikkat edilmelidir. Zaten Φ önerme-siyle pek ilgilenmeyecegiz. Ele alacagımız bütün kümeler E ye aitolacagından, yukarıdaki ifadeyi daha kısa olarak,

A = x | p(x) (67)

biçiminde yazabiliriz.Asagıdaki teoremlerin ispatları, önermeler cebirinde yaptıgımız

ilgili bagıntılardan çıkar.

Lemma 0.62. A ile B herhangi iki küme ise, asagıdaki bagıntılar saglanır.

68 calculus

1. A = B =⇒ [(x ∈ A) =⇒ (x ∈ B)]2. x ∈ A =⇒ x 6∈ A′

3. x ∈ A′ =⇒ x 6∈ A4. A ⊂ B =⇒ A ∪ B = B5. A ⊂ B =⇒ A ∩ B = A6. A ⊂ (A ∪ B)7. B ⊂ (A ∪ B)8. (A ∩ B) ⊂ A9. (A ∩ B) ⊂ B10. (A ∩ A′) = ∅

Lemma 0.63. A, B, C herhangi üç küme ise, asagıdaki bagıntılar saglanır.

a. A = Ab. A = B ⇒ B = Ac. (A ⊂ B) ∧ (B ⊂ C) ⇒ (A ⊂ C)d. (A = B) ∧ (B = C) ⇒ (A = C)e. A \ B 6= B \ A

Lemma 0.64. A , B ve C herhangi üç küme ise, asagıdaki bagıntılarsaglanır.

1. A ∪∅ = A (Bos küme bilesim isleminin birimidir)

2. A ∩∅ = ∅ (Bos küme, arakesit isleminin yok edicisidir)

3. A ∪ A = A (Bilesimde Esgüçlülük Kuralı)

4. A ∩ A = A (Arakesitte Esgüçlülük Kuralı)

5. A ∪ B = B ∪ A (Bilesim Isleminin Yer Degistirebilirligi)

6. A ∩ B = B ∩ A (Arakesitin Yer Degistirebilirligi)

7. (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C) (Bilesimin Birlesebilirligi)

8. (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) (Arakesitin Birlesebilirligi)

9. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) (Arakesit Üzerine Dagılma)

10. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) (Bilesim Üzerine Dagılma)

Bunlara kümeler cebirinin kuralları diyecegiz.Ispat: Örnek olarak, burada son esitlik ispatlanacaktır. Ötekilerin

ispatını ögrenciye bir alıstırma olarak bırakıyoruz.1. Yol: Önermeler Cebiri ile Kümeler Cebiri’nin bilinen özeliklerinikullanarak, istenen bagıntıyı çıkarabiliriz.

x ∈ A ∩ (B ∪ C) =⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B ∪ C arakesit tanımı

=⇒ x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C) bilesim tanımı

=⇒ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C) dagılma

=⇒ (x ∈ A ∩ B) ∨ (x ∈ A ∩ C) dagılma

=⇒ x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) bilesim tanımı

kümeler cebiri 69

2. Yol: Gösterilecek esitligin sol ve sagındaki önermelerin dogruluktablolarını düzenleyip; dogruluk degerlerinin aynı oldugunu göre-biliriz. Bunun için, her iki yandaki önermeleri yalın bilesenlerineayırıp, herbirisinin dogruluk degerlerini bir tabloda gösterecegiz.

Esitligin sol ve sagındaki önermelere,P(x) = x ∈ A ∩ (B ∪ C)Q(x) = x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

diyelim. Bu iki önermenin mantıksal denk oldugunu göstermekiçin, Asagıdaki tabloyu düzenleyelim.

x ∈ A x ∈ B x ∈ C x ∈ A ∩ B x ∈ A ∩ C x ∈ B ∪ C P(x) Q(x)1 1 1 1 1 1 1 11 1 0 1 0 1 1 11 0 1 0 1 1 1 11 0 0 0 0 0 0 00 1 1 0 0 1 0 00 1 0 0 0 1 0 00 0 1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 0 0

Bu tablodan, evrensel kümeye ait her x için,

P(x) ≡ Q(x)

oldugu görülmektedir. O halde,

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

esitligi çıkmıs olur.

Lemma 0.65. E evrensel küme, A ile B bunun birer alt kümesi iseler,asagıdaki esitlikler saglanır.

1. A ∪ E = E E, Bilesimin Birim Ögesidir2. A ∩ E = A E, Arakesitin Birim Ögesidir3. A = E \ A′

4. A′ = E \ A5. (A′)′ = A6. E′ = ∅7. ∅′ = E8. (A ∪ B)′ = A′ ∩ B′ De Morgan Kuralı9. (A ∩ B)′ = A′ ∪ B′ De Morgan Kuralı10. (A ⊂ B) ⇒ A′ ⊃ B′

Ispat: Asagıdaki gerektirmeler, Önermeler Cebirinde ve KümelerCebirinde gördügümüz özeliklerdir. Her bir adımı nedenleriyleaçıklayınız.

70 calculus

1. A ⊂ E ⇒ A ∪ E = E2. A ⊂ E ⇒ A ∩ E = A3. x ∈ A =⇒ x 6∈ A′ =⇒ x ∈ E \ A′

4. x ∈ A′ =⇒ x 6∈ A =⇒ x ∈ E \ A5. x ∈ (A′)′ =⇒ x 6∈ A′ =⇒ x ∈ A6. x ∈ E′ =⇒ x 6∈ E =⇒ ¬Ω(x)⇒ x ∈ ∅7. x ∈ ∅′ =⇒ x 6∈ ∅ =⇒ Ω(x) =⇒ x ∈ E

8. x ∈ (A ∪ B)′ =⇒ x 6∈ A ∪ B=⇒ (x 6∈ A) ∧ (x 6∈ B)=⇒ (x ∈ A′) ∧ (x ∈ B′)=⇒ x ∈ A′ ∩ B′)

9. x ∈ (A ∩ B)′ =⇒ x 6∈ A ∩ B=⇒ (x 6∈ A) ∨ (x 6∈ B)=⇒ (x ∈ A′) ∨ (x ∈ B′)=⇒ x ∈ A′ ∪ B′

ALISTIRMALAR

1. A, B, C, D birer küme ve E evrensel küme ise, asagıdaki esitlik-leri saglayınız.

(a) (A \ B)′ = B ∪ A′

(b) A \ B = A ∩ (E \ B)

(c) (A4B)4C = A4(B4C)

(d) (A \ B) ∩ (C \ D) = (A ∩ C) \ (B ∪ D)

2. (a) A \ B = A =⇒ (A ∩ B = ∅ =⇒ B \ A = ∅ A ⊂ B =⇒A \ B = ∅

(b) A \ B = B \ A =⇒ A4C = B =⇒ B4C = A

(c) (A ⊂ C ∩ B ⊂ C) =⇒ A ∪ B ⊂ C

(d) (C ⊂ A ∩ C ⊂ B) =⇒ C ⊂ (A ∩ B

(e) A ⊂ B =⇒ B′ ⊂ A′

(f) A ⊂ B =⇒ A ∪ B = B =⇒ A ∩ B = A

Bagıntılar

Matematikte Yeni Ufuklar

Cebirsel yöntemlerin kolaylıgı yanında, geometride ölçümlerinsayısallastırılması geregini gören ünlü Fransız matematikçisi RenéDescartes (1596-1650) yeni bir yöntem gelistirdi. Düzlemdeki nok-taların yerlerini belirtmek için, birisi yatay konumda, ötekisi düseykonumda olan ve birbirlerini baslangıç noktalarında dik kesen ikisayı dogrusu aldı. Bu dogrulara koordinat eksenleri adını verdi. Dü-zlemdeki bir A noktasından yatay dogruya inilen dikmenin ayagıx sayısına; düsey dogruya inilen dikmenin ayagı y sayısına karsılıkgeliyorsa, x, y sayı çiftinin A noktasının düzlemdeki konumunukesinkes belirttigi görüldü. Ancak, bu sayıların rolleri degistiginde,farklı bir noktanın konumunu belirtecegi açıktır. Buradan doga-cak karısıklıgı yoketmek için, hangisinin yatay eksen üzerinde,hangisinin düsey eksen üzerinde oldugunu belirtecek, bir sıralamakavramı konuldu ve x, y yerine (x, y) simgesi kullanıldı. BunlaraA noktasının bilesenleri (koordinatları) adı veildi. (x, y) gösteri-minde birinci öge olan x sayısı, yatay eksen üzerindeki bilesen(apsis); ikinci öge olan y sayısı, düsey eksen üzerindeki bilesen(ordinat) olarak adlandırıldı. Böylece, x, y yerine (x, y) simgesikullanılmakla, sayı çiftine bir sıralanmıs olma niteligi eklendi. Bunedenle, (x, y) simgesinin temsil ettigi yeni varlıga sıralanmıs sayıçifti denilir.

Düzlemdeki noktaların sıralanmıs sayı çiftleriyle belirtilmesindensonra, düzlemsel geometrinin temel kavramları cebirsel yöntemlerleifade edilebilir hale gelmistir. Tabii, bu yöntem, (x, y, z) gibi sıralıüçlüler yardımıyla uzay geometriye kolayca uygulanmıstır. Sonra,n bir dogal sayı olmak üzere, (a1, a2, a3, . . . , an) gibi sıralı n lilertanımlandı ve n boyutlu uzaylar incelendi.

Giderek, bu kavram, matematikte ve baska bilim dallarında genisbir uygulama alanı buldu. Bu günkü teknik ve teknoloji, büyükölçüde bu kavrama dayanır. [13]

Kartezyen çarpım

Bu bölümde, soyut kümeler için, sıralanmıs çiftleri inceleyecek vebir uygulaması olarak analitik düzlemi tanımlayacagız.

Tanım 0.66. A, B iki küme olsun. a ∈ A ile b ∈ B herhangi iki öge ise,(a, b) nesnesine, bir sıralı ikili, denilir.

72 calculus

(a, b) nesnesi, yeni bir varlıktır. a ögesine, (a, b) sıralı ikilisininbirinci bileseni, b ögesine ikinci bileseni, denilir. Bu sıralama, belir-leyicidir. Dolayısıyla, asagıdaki önermeyi, sıralı ikililerin eksiksizbir tanımı olarak alabiliriz.

(a, b) = (c, d)⇒ (a = c ∧ b = d) (68)

(a, b) = (c, d)⇒ (a = c ∧ b = d) (1)

(a, b) sıralı ikilisine, sıralı çift ya da, kısaca, ikili de denilir.Uyarı: Bir sıralı ikilide yazılıs sırası belirleyici özelik tasır; bilesen-lerin sırası degistirilirse baska bir ikili elde edilir.

Örnek(2, 7) 6= (7, 2)

Kartezyen Çarpım

Tanım: Hiç birisi bos olmayan A ile B kümelerinin kartezyençarpımı

A× B = (a, b) | a ∈ A ∧ b ∈ B (2)

kümesidir.Kartezyen terimi, onu ilk ortaya koyan R.Descartes’dan gelir.

Sayılardaki çarpma islemiyle hiç bir iliskisi yoktur. O, yalnızca,sıralı ikililerden olusan bir kümedir.

ÖrnekA = a, b, c B = x, y kümeleri için,

A× B ve B× A kartezyen çarpımlarını bulunuz.Çözüm:

A× B = (a, x), (a, y), (b, x), (b, y), (c, x), (c, y)

veB× A = (x, a), (x, b), (x, c), (y, a), (y, b), (y, c)

olur.Önerme: Hiç birisi bos olmayan A ile B kümeleri esit degilseler,

A× B 6= B× A

dır; yani, kartezyen çarpımın yer degistirme özeligi yoktur.Bunu, (68) bagıntısından hemen görebiliriz. Ayrıca, bu özelik,

yukarıdaki örnek üzerinde de dogrulanabilir.Önerme: Bir kartezyen çarpımın nicelik sayısı, kümelerin niceliksayılarının çarpımına esittir.

n(A× B) = n(A).n(B)

Örnegin, yukarıdaki örnek için,

n(A) = 3, n(B) = 2, n(A× B) = n(B× A) = 6

dır. Buradan,

n(A).n(B) = 3.2 = 6 ve n(B).n(A) = 2.3 = 6

çıkar.

bagintilar 73

Kartezyen Çarpımların Gösterimi

Bazı durumlarda, kartezyen çarpımları bir sekille göstermek al-gılamayı kolaylastırabilir. Bunun için iki yöntem kullanacagız: OkDiyagramı ve Grafik.

Ok Diyagramı

A× B kartezyen çarpımını göstermek için A ile B kümelerinin Venndiyagramları yan yana çizilir. Her (a, b) ∈ A × B için, a ögesinib ögesine esleyen bir ok çizilir. Ortaya çıkan sekil, A × B nin okdiyagramı’ dır.

Grafik

Grafik (Koordinat Diyagrami)Birisi yatay konumda olan ve birbirlerini dik kesen iki dogru

çizilir. A kümesinin ögeleri yatay bir dogru üzerine, B kümesininögeleri düsey bir dogru üzerine yerlestirilir.

Her (a, b) ∈ A× B için, a ve b den dogrulara çıkılan dikmelerinkesim noktası, (a, b) sıralı çiftine eslenir. Bu yolla düzlem üzerindeelde edilen bütün noktaların olusturdugu küme, A× B kartezyençarpımının grafigidir.

Örnekler

1. A = 1, 2, 3 ve B = 3, 4 kümeleri veriliyor. A× B ile B× A ningrafiklerini çiziniz.

B4 (1,4) (2,4) (3,4)3 (1,3) (2,3) (3,3)

1 2 3

A

3 (3,3) (4,3)2 (3,2) (4,3)1 (3,1) (4,1)

3 4

Yukarıdaki grafiklerden, A× B 6= B× A oldugunu görüyoruz.

2. Özel olarak, bir A kümesinin kendisiyle kartezyen çarpımı dadüsünülebilir.

A = 2, 7, 8 için A× A kartezyen çarpının ögelerini listeleyiniz,nicelik sayısını bulunuz ve grafigini çiziniz.

Çözüm:

A× A = (x, y) | x, y ∈ A

kümesinin ögelerini listelersek,

A× A = (2, 2), (2, 7), (2, 8), (7, 2), (7, 7), (7, 8)(8, 2), (8, 7), (8, 8)

olur.

74 calculus

Nicelik sayısına gelince, yukarıdaki listede olan sıralı ikililerisayarsak,

n(A) = 3, n(A× A) = 9

oldugunu görebiliriz. Aynı sonucu, formülden de çıkarabiliriz.

n(A× A) = n(A).n(A) = 3.3 = 9

Kartezyen çarpımın grafigi asagıda verilmistir.

A8 (2,8) (7,8) (8,8)7 (2,7) (7,7) (8,7)2 (2,2) (7,2) (8,2)

2 7 8 A

A× A kartezyen çarpımının kösegeni,

∆ = (a, a) | a ∈ A

alt kümesidir.Yukarıdaki örnek için, A× A nin kösegeni,

∆ = (2, 2), (7, 7)(8, 8)

olur.

Kartezyen Çarpımın ÖzelikleriB× A nın Grafigi × isleminin ∪ üzerine Dagılması:

A× (B ∪ C) = (A× B) ∪ (A× C)

× isleminin ∩ üzerine Dagılması:

A× (B ∩ C) = (A× B) ∩ (A× C)

ANALITIK DÜZLEM

Tanım: Birbirlerini baslangıç noktalarında dik kesen iki sayıdogrusuna, bir Dik Koordinat Sistemi, denir.

Üzerinde bir koordinat sistemi olan düzleme Analitik Düzlem,denir.

Theorem 0.67. R×R kartezyen çarpımı ile analitik düzlem bire bireslenebilir.

Birim uzunlukları esit olan iki sayı dogrusu Ox ve Oy olsun. Bueksenler, baslangıç noktalarında birbirlerine dik olacak biçimdedüzleme yerlestirilir. Görüntüyü kolay algılamak için, Ox ekseniyatay konuma getirilir. Tabii, Oy ekseni düsey konumda olacaktır.

Bir (x0, y0) ∈ R×R sıralı çifti verilsin. Ox ekseni üzerinde, x0

sayısına karsılık gelen noktadan Ox eksenine bir dikme çizilir. Aynı

bagintilar 75

sekilde, Oy ekseni üzerinde, y0 sayısına karsılık gelen noktadanOy eksenine bir dikme çizilir. Bu iki dikmenin kesistigi P noktası,(x0, y0) ikilisine eslenir. Bu eslemede, her (x, y) ∈ R×R sıralıçiftine düzlemde bir tek P noktası karsılık gelir.

Tersine olarak, düzlemdeki bir P noktasından Ox ve Oy eksenler-ine indirilen dikmelerin ayaklarının karsılık geldigi sayılar x0 ve y0

ise, (x0, y0) ∈ R×R ikilisini P noktasına esleyelim. Bu eslemede,düzlemdeki her P noktasına bir tek (x0, y0) ∈ R×R ikilisi karsılıkgelir.

O halde, analitik düzlem ile R×R kartezyen çarpımı arasındabire bir ve örten (bbö) bir esleme kurulmus oldu.

Bir koordinat sisteminde,

• Ox eksenine yatay eksen (apsisler ekseni),

• Oy eksenine düsey eksen (ordinatlar ekseni),

• Yukarıdaki eslemeye göre, (x0, y0) sıralı sayı çiftine, P noktasınınbilesenleri (koordinatları),

• Eksenlerin kesisim noktasına baslangıç noktası (orijin),

• x0 sayısına P noktasının yatay bileseni (apsisi),

• y0 sayısına P noktasının düsey bileseni (ordinatı),

denilir.P noktasının bilesenlerini belirtmek gerektigi zaman P(x0, y0)

ya da P = (x0, y0) yazarız. Baslangıç noktasını O ile gösterecegiz;bilesenleriyle gösterirsek, O(0, 0) olacaktır.

Örnekler

1. A(3, 2), B(3, 3), C(−1, 2), D(− 52 ,− 5

2 ), E(2,− 72 ) noktalarını

analitik düzlemdeki konumlarına yerlestiriniz. Bunlar arasında,kösegen üzerinde olan öge var mıdır?

Çözüm: Verilen noktaların analitik düzlemdeki konumlarınıgösteren bir grafik çiziniz. Kösegen üzerinde olan ögelerin yatayve düsey bilesenleri birbirlerine esit olacagına göre, kösegenasagıdaki kümedir.

∆ = B(3, 3), D(−52

,−52)

2. Asagıdaki kümeleri analitik düzlemde gösteriniz.

a. E = x|x ∈ R, 1 ≤ y < 2,

b. F = (x, y)|2 ≤ x < 4∧ y ∈ R,

c. E× F

Çözüm: E kümesi yatay bir serit, F kümesi düsey bir seritve E × F kümesi ise köseleri (2, 1), (4, 1), (4, 2), (1, 2) olan birdikdörtgensel bölgedir. Alt ve sol yandaki kenarlar bölgeyedahildir; üst ve sag yandaki kenarlar dahil degildir.

76 calculus

3. Hiç biri bos olmayan A, B ve C kümeleri için, A× B×C kartezyençarpımı,

A× B× C = (a, b, c) | a ∈ A ∧ b ∈ B ∧ c ∈ C

olarak tanımlanır.

4. Ox, Oy, Oz baslangıç noktalarında birbirlerine dik olan üç sayıekseni, üç boyutlu gerçel Öklit uzayına estir. Bunun analitiktemsili,

R×R×R kartezyen çarpımıdır:

R×R×R = (x, y, z) | x, y, z ∈ R

Uygulamalar

1. (x + 2y− 3, 3x− y− 2) = (6,−10)) ise, P(x, y) noktasının analitikdüzlemdeki konumunu sema ile gösteriniz.

2. (x− y, 9) = (1, x + y) ise, Q(x, y) noktasının analitik düzlemdekikonumunu sema ile gösteriniz.

3. (2u + 1, v − 3, 4− w) = (u + 3, 5− v, 2 + w) ise (x, y, z) sıralıüçlüsünü bulunuz.

4. A = −1,−2, 0, 2 , B = −3, 0, 2, 3 kümeleri için, A × B veB× A kümelerini yazınız; semalarını çiziniz. Nicelik sayılarınıbulunuz.

5. A = 1, 2, 3, B = 2, 3, 4, C = 1, 3 kümeleri için, (A ∩B)× (B \ C) kartezyen çarpımının ögelerini listeleyiniz; semasınıçiziniz.

6. Herhangi bir kümenin bos küme ile kartezyen çarpımının bosoldugunu gösteriniz:

A×∅ = ∅ = ∅× A

7. Herhangi bir kümenin bos küme ile kartezyen çarpımının niceliksayısının 0 oldugunu gösteriniz:

n(A×∅) = n(∅) = 0 = n(∅× A)

8. A = −1,−2, 1, B = −2, 0, 2, C = −3,−1, 2 kümeleri için,A× (B ∪ C) = (A× B) ∪ (A× C), A× (B ∩ C) = (A× B) ∩ (A×C)ve C × (A \ B) = (C × A) \ (C × B) esitliklerinin dogrulugunugösteriniz.

9. A× B = (x, m), (x, n), (y, m), (y, n), (z, m), (z, n) kümesi veri-liyor. A ve B kümelerini yazınız.

10. E× E kartezyen çarpımını, kısaca, E2 ile gösteriyoruz.

E2 = (a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c)

kümesini sema ile gösteriniz. Kösegenini, nicelik sayısını ve Ekümesini bulunuz.

bagintilar 77

11. A, B ve C herhangi üç küme olduguna göre;

A× (B ∪ C) = (A× B) ∪ (A× C)

A× (B ∩ C) = (A× B) ∩ (A× C)

A× (B \ C) = (A× B) \ (A× C)

(A× B) ∪ (C× D) = (A ∪ C)× (B ∪ D)

(A× B) ∩ (C× D) = (A ∩ C)× (B ∩ D)

(A× B) \ (C× C) = [(A \ C)× B] ∪ [A× (B \ C)]

esitliklerinin varlıgını gösteriniz.

12. Analitik düzlemde,

a. Ox ekseninin, düsey bileseni 0 olan noktaların kümesioldugunu; yani,

Ox = (x, 0) | x ∈ R

oldugunu,

b. Oy ekseninin, yatay bileseni 0 olan noktaların kümesioldugunu; yani,

Oy = (0, y) | y ∈ R

oldugunu gösteriniz; nedenini açıklayınız.

13. Bilesim isleminin × islemi üzerine dagılmadıgını; yani,

A ∪ (B× C) 6= (A ∪ B)× (A ∪ C)

oldugunu bir örnek üzerinde gösteriniz.

14. A, B, C ve D herhangi dört küme olduguna göre;

A× A = B× B⇒ A = B

B ⊂ C ⇒ (A× B) ⊂ (A× C)

(A ⊂ C) ∧ (B ⊂ D)⇒ (A× B) ⊂ (C× D)

(A× B) ⊂ (A× C) ∧ A 6= ∅)⇒ B ⊂ C

(A× B) = (C× D)⇒ (A = C) ∨ (B = D)

(A× B) = ∅⇒ [(A = ∅) ∨ (B = ∅]

bagıntılarının varlıgını gösteriniz.

15. Köseleri A(3, 4), O(0, 0), C(6, 0) olan 4AOC üçgenini analitikdüzlemde çiziniz. [AH] yükseliginin H ayagının koordinatlarınıve üçgenin alanını bulunuz.

16. Köseleri A(−3, 1), B(3, 1), C(5, 5), D(1, 5) olan ABCD dörtgeniniçiziniz. Dörtgenin türünü söyleyiniz ve alanını bulunuz.

17. A = −1, 2, 3, B = −2, 3 için A × B ve B × A kümelerinianalitik düzlemde Venn seması ile gösteriniz.

78 calculus

BAGINTILAR

Tanım: Bir kartezyen çarpımın her alt kümesi bir bagıntıdır.Hiçbirisi bos olmayan A ve B kümeleri verilsin. A× B nin her

β alt kümesine, A dan B ye bir ikili bagıntı ya da, kısaca, bagıntıdenilir.

• β ⊂ A× B ise;

• β, A dan A ya bir bagıntıdır,

• β, A üzerinde tanımlı bir bagıntıdır,

• (x, y) ∈ β ise, β , x ögesini y ögesine baglar,

• (x, y) ∈ β ise, β , x ögesini y ögesine esler,

• (x, y) ∈ β ⇒ xβy ,

denilir.

Örnek 0.68.

1. Bir okuldaki her ögrenciye bir numara verilir. (ögrenci, numara)sıralı çiftleri, ögrenciler kümesi’nden numaralar kümesine tanımlıbir bagıntıdır.

2. (ad,soyad) sıralı çiftleri, adlar kümesinden soyadlar kümesinetanımlı bir bagıntıdır.

3. A = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 kümesi üzerinde

β = (x, y) | x, y ∈ A ∧ x sayısı y yi tam böler

bagıntısını tanımlayalım.

β = (2, 2), (2, 4), (2, 6), (2, 8), (3, 3), (3, 6), (3, 9), (4, 8)

dir.

Bagıntıların Gösterimi

Kartezyen çarpımda oldugu gibi, bazan, bagıntıyı bir sekille göster-mek algılamayı kolaylastırabilir. Bunun için, kartezyen çarpımlardayaptıgımız gibi, iki yöntem kullanacagız: Ok Diyagramı ve grafik.

β ⊂ A× B bagıntısı verilsin.

Ok Diyagramı

β nın ok diyaramını elde etmek için, A× B nin ok diyagramından, β

ya ait olanlar seçilirse istenen diyagram elde edilir.Bunu dogrudan elde etmek için, A ile B kümelerinin Venn

diyagramları yan yana çizilir. Her (a, b) ∈ β için, a ögesini b ögesineesleyen bir ok çizilir.

bagintilar 79

Grafik

Grafik (Koordinat Diyagrami)A × B nin grafiginden, β ya ait olanlar seçilirse, β nın grafigi

ortaya çıkar.Bunu dogrudan elde etmek için, birisi yatay konumda olan ve

birbirlerini dik kesen iki dogru çizilir. A kümesinin ögeleri yataybir dogru üzerine, B kümesinin ögeleri düsey bir dogru üzerineyerlestirilir.

Her (a, b) ∈ β için, a ve b den dogrulara çıkılan dikmelerinkesim noktası, (a, b) sıralı çiftine eslenir. Elde edilen noktalarınolusturdugu küme, istenen grafiktir.

β bagıntısının grafigini gra f (β) simgesiyle gösterecegiz.Bir β bagıntısı verilmisse, gra f (β) kesinkes belirlidir. Karsıt

olarak, gra f (β) verilmisse, β bagıntısı kesinlikle belirli olur. Bunedenle, yerine göre her ikisini es anlamda kullanabiliriz.

β ⊂ A× B bagıntısı verildiginde, A kümesine β nın tanım bölgesi;B kümesine ise β nın deger bölgesi denilir.

Ters Bagıntı

β ⊂ A× B bagıntısı verilsin.

β−1 = (y, x) | (x, y) ∈ β (5)

bagıntısına, β nın ters bagıntısı denilir.

β ⊂ A× B⇒ β−1 ⊂ B× A (5)

oldugu kolayca görülür. Dolayısıyla, β−1 bagıntısı B kümesinden Akümesine tanımlıdır ve (

β−1)−1

= β

dır.

Uygulamalar

1. A = 1, 2, 3, 4, 5, 6 kümesi veriliyor.

a) A da tanımlı öyle bir bagıntı yazınız ki β1 = β−11 olsun.

b) A da tanımlı β2 = (x, y) : x | y ve x 6= y bagıntısı veriliyor.β2 ve β−1

2 bagıntılarını liste yöntemi ile yazalım. (x | y simgesi,“x sayısı y sayısını böler" anlamındadır.)

c) β2 ile β−12 in ok ve koordinat grafiklerini çizerek karsılastırınız.

Çözüm

a) β1 = (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6) bagıntısındaβ1 = β−1

1 oldugunu görünüz. Bu özelikte iki bagıntı dahayazınız.

b) β2 = (x, y) : x | y ve x 6= y için,

β2 = (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 4), (2, 6), (3, 6)

80 calculus

β−12 = (2, 1), (3, 1), (4, 1), (5, 1), (6, 1), (4, 2), (6, 2), (6, 3)

olur.

c)

β1, A× B semasının kösegeni üzerindeki elemanların kümesidir.β2 ile β−1

2 bagıntılarının elemanları ise semanın kösegenine göresimetriktirler. (1, 6) ∈ β2 ve (6, 1) ∈ β−1

2 elemanlarının simetrikolduklarına dikkat ediniz.

Asagıdaki β2 ile β−12 bagıntılarının ok diyagramlarını inceleyiniz.

A kümesinden A ya tanımlı bir β bagıntısı ile β−1 ters bagın-tısının grafikleri, A× A nın kösegenine göre simetriktir. Ayrıca β

ile β−1 in yaptıgı eslemeler birbirinin tersidir.

Bagıntı Türleri

Tanım 0.69. β ⊂ A × A ve x, y, z ∈ A olsun. Asagıdaki özelikler,karsılarında yazılı bagıntı türünü tanımlar.

1. [∀x(x ∈ A) ⇒ (x, x) ∈ β] (yansımalı)2. [∀x(x ∈ A) ⇒ (x, x) 6∈ β] (yansımaz)3. [(x, y) ∈ β) ⇒ (y, x) ∈ β] (simetrik)4. [(x, y) ∈ β) ⇒ (y, x) 6∈ β] (simetrisiz)5. [(x, y) ∈ β) ∧ (y, x) ∈ β ⇒ (x = y)] (Antisimetrik)6. [(x, y) ∈ β) ∧ (y, z) ∈ β ⇒ (x, z) ∈ β] (geçisken)7. [x, y ∈ A) ⇒ [(x, y) ∈ β ∨ (y, x) ∈ β] (Örgün)

Bir bagıntının yansımalı olması için gerekli ve yeterli kosul köse-genini kapsamasıdır: ∆ ⊂ β

ÖrnekA = 1, 2, 3, 4 kümesi üzerinde tanımlı,

α = (1, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 4)

bagıntısı yansımalıdır. α bagıntısının, A × A nın kösegenini kap-sadıgına dikkat ediniz.

ÖrnekA = 1, 2, 3, 4 kümesi üzerinde tanımlı,

β = (1, 1), (2, 3), (3, 2), (3, 4), (3, 3), (4, 1), (4, 4)

bagıntısı yansımalı degildir; çünkü (2, 2) 6∈ β dır.Hiç Yansımaz bagıntı, kösegene ait hiç bir noktayı içermez:

∆ ∩ β = ∅

Dolayısıyla,

Hiç Yansımaz 6≡ ¬(Yansımalı) ≡ (Yansımalı Degil)

dır; çünkü, yansımalı degil bagıntısı, kösegene ait bazı noktalarıiçerebilir.

bagintilar 81

Örnek 0.70.

A = 1, 2, 3, 4 kümesi üzerinde tanımlı,

γ = (1, 2), (2, 3), (3, 4), (3, 2), (4, 1), (1, 4)

bagıntısı hiç yansımazdır. γ bagıntısının, A× A nın kösegenine aithiç bir öge kapsamadıgına dikkat ediniz.

Örnek 0.71.

Gerçek Sayılar Kümesi üzerinde tanımlı olan,

δ = (x, y) | x ≤ y

bagıntısı, a. yansımalıdır,b. yanal simetrisizdir,c. geçiskendir,d. örgündür.Bunların ispatları asagıdaki bagıntılardan kolayca görülür.

x ∈ R ⇒ x ≤ x

⇒ (x, x) ∈ δ

⇒ δ yansımalıdır

x 6= y ∧ x < y ⇒ y 6< x

⇒ (y, x) 6∈ δ

⇒ δ yanal simetrisizdir

x < y ∧ y < z ⇒ x < z

⇒ (x, z) ∈ δ

⇒ δ geçiskendir

x, y ∈ R ⇒ (x ≤ y) ∨ (y > x)

⇒ [(x, y) ∈ δ] ∨ [(y, x) ∈ δ]

⇒ δ örgündür

Buradan görüldügü gibi, yanal simetrisiz bir bagıntının grafiginde,kösegen dısındaki hiç bir noktanın kösegene göre simetrigi yoktur.O halde bir δ bagıntısının yanal simetrisiz olması için,

δ ∩ δ−1 \ ∆ = ∅

olması gerekli ve yeterlidir.Örnek

Gerçek Sayılar Kümesi üzerinde tanımlı olan,

η = (x, y) | x < y (7)

bagıntısı,a. yansımasızdır,

82 calculus

b. yanal simetrisizdir,c. simetrisizdir,d. geçiskendir,e. örgündür.(b),(c),(d),(e) nin ispatları yukarıdakiler gibi yapılabilir. (a) nın

ispatını verelim. Hiç bir x gerçek sayısı için, x < x bagıntısı saglan-maz. Dolayısıyla,

[∀x(x ∈ A)⇒ (x, x) 6∈ η]

olur.Simetrisiz bir bagıntının grafiginde, hiç bir noktanın kösegene

göre simetrigi yoktur. O halde,

η simetrisiz ⇒ (η ∩ η−1 = ∅)

olur.Örnek

E = a, b, c, d kümesi üzerinde tanımlı,

θ = (a, a), (a, b), (b, a), (b, c), (c, b), (d, d)

bagıntısı simetriktir; ama,

µ = (a, a), (a, b), (b, c), (c, b), (d, d)

bagıntısı simetrik degildir.

Alıstırmalar

1. A = a, b, c, d kümesinde tanımlı asagıdaki bagıntıların türlerinibelirtiniz.

(a) β1 = (a, a), (a, b), (b, b), (d, d)

(b) β2 = (a, a), (b, b), (c, c), (d, d)

(c) β3 = (a, a), (b, b), (c, c), (c, a), (d, d)

(d) Eleman sayısı en az olan yansıyan bagıntı hangi bagıntıdır?

(e) Yukarıdaki A kümesinde tanımlı, yansıyan ve yansıyanolmayan üçer bagıntı yazınız.

2. A = 1, 2, 3 kümesinde tanımlı asagıdaki bagıntıların türlerinibelirtiniz. Ok diyagramlarını çiziniz.

(a) β1 = (1, 1, )(1, 2), (2, 2), (2, 3)

(b) β2 = (2, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 1), (1, 3)

(c) β3 = (3, 3), (2, 2), (1, 3), (3, 1), (2, 1), (1, 2)

3. A = x, y, z kümesinde tanımlı asagıdaki bagıntıların türlerinibelirtiniz. Grafiklerini çiziniz.

(a) β1 = (x, x), (x, z), (z, z)

(b) β2 = (x, y), (y, z), (y, x)

bagintilar 83

(c) β3 = (x, x), (y, y)

(d) β4 = (x, y), (y, x), (z, z)

(e) β5 = (x, x), (y, y), (z, z), (z, x)

(f) β6 = (x, x), (y, y), (z, z)

(g) β7 = (x, x), (y, y), (z, z), (x, z), (z, x)

4. A = 2, 4, 6 kümesinde β = (x, y) : x | y(x, y yi böler) bagıntısı tanımlanıyor.

(a) β bagıntısının ögelerini listeleyiniz.

(b) Ok diyagramını çiziniz.

(c) Grafigini çiziniz.

5. A = 2, 4, 6 kümesinde tanımlanan asagıdaki bagıntılarıtürlerini belirleyiniz. Ok diyagramlarını ve grafiklerini çiziniz.

(a) β1 = (2, 2), (4, 4)

(b) β2 = (2, 4), (4, 2), (6, 2)

(c) β3 = (2, 2), (4, 4), (6, 6)

6. Asagıdaki bagıntıların özeliklerini inceleyiniz.

β4 = (2, 2), (4, 4), (6, 6), (4, 6)β5 = (2, 6), (4, 2), (4, 6)β6 = (2, 6)β7 = (2, 2), (4, 4), (6, 6), (4, 2), (2, 4), (6, 4)β8 = (6, 6)β9 = (2, 4), (4, 2)

7. Asagıdaki bagıntıların geçisken olup olmadıgını gösteriniz.

(a) β1 = (1, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 4)

(b) β2 = (1, 3), (4, 2)

8. Asagıdaki bagıntıların geçisken oldugunu gösteriniz.

β3 = (3, 4), (2, 1)β4 = (4, 1)β5 = (4, 1), (3, 2)β6 = (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 4), (4, 1), (3, 2)

9. β7 = (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4) bagıntısının yansıyan, simetrik,yanal simetrisiz ve geçisken oldugunu gösteriniz.

10. A = 1, 2, a kümesinde tanımlı asagıdaki bagıntıların yansıma,simetri, yan simetrisizlik geçisme özeliklerini inceleyiniz.

84 calculus

β1 = (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (1, a)β2 = (2, a), (a, 2), (a, 1)β3 = (1, 1), (2, 2), (a, a)β4 = (1, 1), (2, 2), (a, a), (2, 1), (a, 2)β5 = (a, 2), (1, 1)β6 = (1, 1), (2, 2), (a, a), (1, a), (a, 1)

11. A = 1, 2, 3, 4, B = 2, 3, 4, 5, 6 kümeleri ile β ⊂ A × B veβ = (x, y) | y = 2x bagıntısı veriliyor.

a) β yı liste yöntemi ile yazınız.

b) β nın ok ve koordinat grafiklerini çiziniz.

c) β ile β−1 in özeliklerini inceleyiniz.

12. A = a, b, c, d kümesinde tanımlı asagıdaki özelikleri saglayanbagıntılar yazınız.

a) Yansıyan, simetrik degil.

b) Yansıyan, simetrik, yanal simetrisiz degil.

c) Yansıyan degil, simetrik ve yanal simetrisiz.

d) Yansıyan, simetrik, yanal simetrisiz, geçisken.

e) Yansıyan, simetrik, geçisken.

f) Yansıyan, yanal simetrisiz, geçisken.

g) Yansıyan degil, simetrik degil, yanal simetrisiz degil, geçisken.

13. A = x, y, z kümesinde tanımlı β = (x, x), (x, y), (y, z), (y, x)bagıntısından hangi sıralı çift atılırsa

a) Bagıntı simetrik olur.

b) Bagıntı yanal simetrisiz olur.

14. A = a, b, c, d kümesi üzerinde tanımlı

β = (a, a), (b, c), (c, d), (d, a) bagıntısı veriliyor.

a) β, ya hangi ikililer katılırsa geçisken olur?

b) β, ya hangi ikililer katılırsa simetrik olur?

c) β, ya hangi ikililer katılırsa yansıyan olur?

15. A = −1, 0, 1, 2, 3 kümesinde tanımlı asagıdaki bagıntılarıntürlerini belirleyiniz.

a) β = (x, y) : x | y (x, y yi tam böler)b) β = (x, y) : y = 3x + 1c) β = (x, y) : y < x− 1d) β =: (x, y) : x | y3

16. Asagıdaki bagıntıların türlerini belirleyiniz.

(a) Bir kümenin ögeleri arasındaki esitlik,

bagintilar 85

(b) Düzlemdeki dogrular arasındaki diklik,

(c) Düzlemdeki dogrular arasında çakısma ya da paralel olma,

(d) Düzlemdeki üçgenler arasındaki benzerlik.

17. Bir has alt kümede yansıyan bagıntı, üst kümede de yansıyanmıdır? Neden?

18. Bir has üst kümede yansıyan bagıntı, alt kümede de yansıyanmıdır? Neden?

19. Bir A kümesinde tanımlı β bagıntısı için,

a) β yansıyan ise β−1 de yansıyan mıdır?

b) β simetrik ise β−1 de simetrik midir?

c) β yanal simetrisiz ise β−1 de yansimetrisiz midir?

d) β geçisken ise β−1 de geçisken midir?

20. A = −2,−1, 0, 1, 2 kümesinde tanımlı

β = (x, y) | y = 2x− 1

bagıntısı veriliyor.

a) β yı liste yöntemi ile yazınız.

b) β−1 ters bagıntısını liste yöntemi ile yazınız.

c) β ile β−1 in grafiklerini aynı analitik düzlemde çiziniz.

21. A = 1, 2, 3, 4 kümesinde tanımlı ve asagıdaki kosullarısaglayacak sekilde yansıyan, simetrik ve geçisken β1 ve β2 gibiiki bagıntı yazınız.

a) β1 ∩ β2 de yansıyan simetrik geçisken olsun.

b) β1 ∪ β2 de yansıyan simetrik geçisken olsun.

22. A = x, y, z kümesinde β1 ve β2 gibi yanal simetrisiz öyle ikibagıntı yazınızki,

a) β1 ∪ β2 de yanal simetrisiz (ters simetrik) olsun.

b) β1 ∪ β2 simetrik olsun.

Kümeler Ailesi

Damgalı Kümeler

34 34 damga=indexBazen çok sayıda küme ile çalısırız. Ele alınan kümelerin sayısı

n taneyse onları X1, X2, . . . , Xn simgeleriyle temsil edebiliriz. Budurumda, her bir Xi (i = 1, 2, . . . , n) kümesi i ile damgalanmıs35 35 damga terimini indis (index) yerine

kullanacagız.olur. Bazen alt damga yazmak yerine, kümeleri A, B, C, . . . , Y gibialfabenin harfleri ile de yazabiliriz.

Bu kavramı biraz daha genellestirelim. Herhangi bir I kümesidüsünelim. Her i ∈ I ögesine karsılık bir Di kümesi var olsun.Bütün bu kümelerden olusan toplulugu B ile gösterelim:

D = Di | i ∈ I. (69)

Kümeler Ailesi

36 36 aile(69) uyarınca, D toplulugu, ögeleri Di kümeleri olan bir kümedir.Ancak "Kümelerin kümesi" kavramı, bizi, ileride açıklayacagımız

Russel paradoksuna götürdügü için, bu deyimi kullanmayacak,bunun yerine, B ye "kümeler ailesi" , "kümeler toplulugu" ya da"sınıf" diyecegiz.

Burada I kümesine ailenin damga (indis, index) kümesi, her birCi kümesine i ile damgalanmıs (indislenmis) küme ve herbir i ∈ Iögesine de bir damga (index) diyecegiz.

(69) ailesini, bazen

B = Cii∈I (70)

biçiminde yazacagız. Hattâ, aileyi olusturan kümeler C1, C2, . . . , Cn

seklindeyse, bunu

C1, C2, . . . , Cn (71)

diye de gösterebiliriz.

Altaile 37 37 altaile

Tanım 0.72. Bir B = Ci | i ∈ I ailesi verilsin. J ⊂ I olmak üzere

D = Cj |j ∈ J (72)

ailesine, B nin bir alt ailesi, denilir ve D ⊂ B biçiminde gösterilir.

88 calculus

Kuvvet Kümesi

3838 power setDaha önce yaptıgımız tanımı anımsayalım.Bir X kümesinin kuvvet kümesi, X kümesinin bütün altkümelerinin

olusturdugu ailedir.X in kuvvet kümesini P(X) simgesiyle gösterecegiz:

P(X) = A | A ⊂ X (73)

olur.Teorem 0.61 geregince bosküme X kümesinin bir alt kümesidir

; yani ∅ ⊂ X dir. O halde her X için ∅ ∈ P(X) dir. Örnegin,X = a, b kümesinin kuvvet kümesi

P(X) = ∅, a, b, a, b

olur.

Islemler

3939 islemlerKümeler Ailesi Üzerinde Cebirsel Islemler

Kümeler Ailesinin Bilesimi

4040 birlesimAileye ait kümelerin ögelerinin olusturdugu kümedir. Bunu

simgelerle açıklamak daha dogrudur:B = Ci | i ∈ I ailesinin bilesimi

∪B =⋃i∈I

Ci = b | ∃i(i ∈ I) ∧ (b ∈ Ci) (74)

kümesidir. Burada, sag yandaki ifadeyi söyle okuyacagız:b ∈ ∪B olması için gereki ve yeterli kosul, b ∈ Ci olacak biçimde

bir i ∈ I damgasının olmasıdır.(74) ifadesinde , I indis kümesi iki ögeli ise (74) ifadesi, özel

olarak, (60) biçimini alır.Küme ailesinin bilesimini asagıdaki simgelerden birisiyle göstere-

cegiz:

∪B =⋃

B∈B

B =⋃i∈I

Ci =⋃Ci | i ∈ I (75)

Bir ögenin ailenin bilesimine ait olup olmadıgını, asagıdakiteorem belirler.

Theorem 0.73. B = Ci | i ∈ I ailesi verilsin. b ögesinin B ailesininbilesimine ait olması için gerekli ve yeterli kosul, aileye ait bir kümenin bögesini içermesidir.

kümeler ailesi 89

Küme Ailesinin Kesisimi

4141 kesisimAiledeki her kümeye ait olan ögelerin olusturdugu kümedir.

Kesisimin simgesel ifadesi söyledir:

∩B =⋂i∈I

Ci = b | ∀i((i ∈ I)⇒ (b ∈ Ci)) (76)

Burada, sag yandaki ifadeyi söyle okuyacagız:b ∈ ∩B olması için gereki ve yeterli kosul, her i ∈ I damgası için

b ∈ Ci olmasıdır.(76) ifadesinde, I indis kümesi iki ögeli ise (76) ifadesi, özel

olarak, (61) biçimini alır.Arakesiti asagıdaki simgelerden birisiyle gösterecegiz:

∩B =⋂

B∈B

B =⋂i∈I

Ci =⋂Ci | i ∈ I (77)

Bir ögenin ailenin arakesitine ait olup olmadıgını, asagıdaki teorembelirler.

Theorem 0.74. B = Ci | i ∈ I ailesi verilsin. b ögesinin B ailesininarakesitine ait olması için gerekli ve yeterli kosul, aileye ait her kümenin bögesini içermesidir.

Ayrık Aile

42 42 kesismeyenKesismeyen iki kümeye birbirlerinden ayrık kümeler demistik.

Simdi bu kavramı bir kümeler ailesine genellestirecegiz.

Tanım 0.75. Bir B = Ci | i ∈ I ailesi verilsin. Aileyi olusturan kümelerikiser ikiser birbirlerinden ayrık iseler, "B ailesine ayrık bir ailedir",denilir.

Ayrık aileyi simgelerle ifade edebiliriz:

(i, j ∈ I) ∧ (i 6= j)⇒ Ci ∩ Cj = ∅ (78)

Ayrısım

43 43 ayrısım

Tanım 0.76. Bos olmayan bir X kümesi verilsin. Asagıdaki özeliklere sahipbir E ailesine X kümesinin bir ayrısımı denilir:

Figure 29: Ayrısım(i) E ya ait kümeler X kümesinin altkümeleridir.

(ii) Bosküme E ailesine ait degildir.

(iii) E ailesi ayrıktır.

(iv) E ailesinin bilesimi X kümesine esittir.

90 calculus

Bunu simgelerle açıklamak istersek söyle diyebiliriz: Asagıdakiözeliklere sahip E ailesine X kümesinin bir ayrısımıdır, denilir:

(i) E ⊂P(X)

(ii) ∅ /∈ E

(iii) [(Eα, Eβ ∈ E ) ∧ (α 6= β)] ⇒ [Eα ∩ Eβ = ∅]

(iv) X = ∪E

E ailesi X kümesinin bir ayrısımı ise, X kümesinin her ögesi, E

ailesine ait bir ve yalnızca bir küme tarafından içerilir.

Örtü

4444 örtüX kümesi ile C = Ci | i ∈ I ailesi verilsin.

X ⊂⋃

C∈C

C =⋃i∈I

Ci (79)

oluyorsa, C ailesine X kümesinin bir örtüsüdür, denilir.

Theorem 0.77. Bos ailenin arakesiti evrensel kümeye, bilesimi ise bosküm-eye esittir.

Kanit:B ailesi bos ise, B ailesine ait hiçbir küme yoktur. Öyleyse,

B = Ci | i ∈ ∅ (80)

ailesi bos bir ailedir.

⋂i∈∅

Ci = E (81)

⋃i∈∅

Ci = ∅ (82)

oldugunu gösterecegiz. (76) ve (74) uyarınca

(i) x ∈ ⋂i∈∅ Ci =⇒ ∀i(i ∈ ∅)⇒ (x ∈ Ci)

(ii) x ∈ ⋃i∈∅ Ci =⇒ ∃i(i ∈ ∅) ∧ (x ∈ Ci)

oldugunu biliyoruz.(i) için α ∈ ∅ önermesi yanlıstır. (4) uyarınca, evrensel kümeye

ait her x ögesi için (α ∈ ∅) ⇒ (x ∈ Dα) önermesi hepdogrudur. Ohalde (81) saglanır.

(ii) için (β ∈ ∅) yanlıs bir önerme oldugundan, gene (1)uyarınca, evrensel kümeye ait her x ögesi için (β ∈ ∅) ∧ (x ∈ Cβ)

önermesi hepyanlıstır. Demek ki bilesime ait hiç bir öge yoktur. Ohalde (82) saglanır.

kümeler ailesi 91

Genellesmis de Morgan Kuralı 4545 de Morgan

Theorem 0.78.

D = Di | i ∈ I

ailesi için asagıdaki esitlikler saglanır:

(⋃i∈I

Di

)′=⋂i∈I

D′i (83)

(⋂i∈I

Di

)′=⋃i∈I

D′i (84)

Kanit: (83):

x ∈(⋃

i∈IDi

)′=⇒ x /∈

(⋃i∈I

Di

)=⇒ ¬∃i(i ∈ I) ∧ (x ∈ Di)=⇒ ∀i(i ∈ I)⇒ (x /∈ Di)=⇒

∀i(i ∈ I)⇒ (x ∈ D′i)

=⇒ x ∈

(⋂i∈I

D′i

)

(84) esitliginin kanıtı da benzer düsünüsle yapılabilir.

Genellesmis Dagılma Kuralları

46 46 gagılım

Theorem 0.79. A = Di | i ∈ I ve B = Cj | j ∈ J aileleri içinasagıdaki esitlikler saglanır:

(⋃i∈I

Di

)∩

⋃j∈J

Cj

=⋃i∈I

⋃j∈J

(Di ∩ Cj)

(85)

=⋃j∈J

(⋃i∈I

(Di ∩ Cj)

)

(⋂i∈I

Di

)∪

⋂j∈J

Cj

=⋂i∈I

⋂j∈J

(Di ∪ Cj)

(86)

=⋂j∈J

(⋂i∈I

(Di ∪ Cj)

)

92 calculus

Kanit: (85)

x ∈(⋃

i∈IDi

)∩

⋃j∈J

Cj

⇔ x ∈(⋃

i∈IDi

)∧ x ∈

⋃j∈J

Cj

⇔ (∃i(i ∈ I) ∧ (x ∈ Di)) ∧

(∃j(j ∈ J) ∧ (x ∈ Cj)

)⇔ (∃i(i ∈ I) ∧ ∃j(j ∈ J)) ∧ (x ∈ Di ∩ Cj)

⇔(∃i(i ∈ I)

)∧

x ∈⋃j∈J

(Di ∩ Cj)

⇔ x ∈

⋃i∈I

⋃j∈J

(Di ∩ Cj)

(86) nin kanıtı da benzer yolla yapılır.

Küme Dizileri

4747 küme dizileri4848

D0, D1, D2, . . . , Dn, . . .Tanım 0.80. Her n dogal sayısına karsılık bir Dn kümesi verilmis olsun.Böylece

D0, D1, D2, . . . , Dn, . . .

gibi bir kümeler ailesi elde edilir. Bu aileye bir kümeler dizisi denir.

Baska bir deyisle, bir D = Di | i ∈ I ailesinin I indis kümesi

N = 0, 1, 2, . . . , n, . . .

dogal sayılar kümesine esitse, D ye bir kümeler dizisi, denilir.

Üstlimit 4949 superior

Tanım 0.81. Dn | n ∈N kümeler dizisinin üstlimiti asagıdaki esitliklerile tanımlanır.

lim supn→∞

Dn =⋂

n∈N

⋃k∈N

Dn+k (87)

=∞⋂

n=1

(∞⋃

k=n

Dk

)(88)

Altlimit

Tanım 0.82. Dn | n ∈N kümeler dizisinin altlimiti asagıdaki esitliklerile tanımlanır.

lim infn→∞

Dn =⋃

n∈N

⋂k∈N

Dn+k (89)

=∞⋃

n=1

(∞⋂

k=n

Dk

)(90)

diye tanımlanır.

kümeler ailesi 93

Tanım 0.83. Üst ve altlimitleri esit olan kümeler dizisinin limiti vardır,denir ve bu limit,

limn→∞

Dn (91)

simgesiyle gösterilir.

Theorem 0.84. Dn ve Cn kümeler dizisi için asagıdaki kapsamasaglanır:

lim supn→∞

(Dn ∩ Cn) ⊂ (lim supn→∞

Dn) ∩ (lim supn→∞

Cn) (92)

Kanit:

x ∈ lim supn→∞

(Dn ∩ Cn) =⇒ x ∈⋂

n∈N

⋃k∈N

(Dn+k ∩ Cn+k)

=⇒ n ∈N⇒ x ∈⋃

k∈N

(Dn+k ∩ Cn+k)

=⇒ n ∈N⇒ (∃k ∈N) (x ∈ Dn+k ∩ Cn+k))

=⇒ n ∈N⇒ (∃k ∈N) (x ∈ Dn+k) ∧ (x ∈ Cn+k)

=⇒ n ∈N⇒ (∃k ∈N) (x ∈ Dn+k) ∧ (∃k ∈N) (x ∈ Cn+k)

=⇒ n ∈N⇒ (x ∈⋃

k∈N

Dn+k) ∧ (x ∈⋃

k∈N

Cn+k))

=⇒ n ∈N⇒ (x ∈⋃

k∈N

Dn+k) ∧ n ∈N⇒ (x ∈⋃

k∈N

Cn+k)

=⇒ x ∈⋂

n∈N

⋃k∈N

Dn+k ∧ x ∈⋂

n∈N

⋃k∈N

Cn+k)

=⇒ (x ∈ lim supn→∞

Dn) ∧ (x ∈ lim supn→∞

Cn)

=⇒ x ∈((lim sup

n→∞Dn) ∩ (lim sup

n→∞Cn)

)

Theorem 0.85. Dn ve Cn kümeler dizisi için asagıdaki esitliksaglanır:

lim supn→∞

(Dn ∪ Cn) = lim supn→∞

Dn ∪ lim supn→∞

Cn (93)

94 calculus

Kanit:

x ∈ lim supn→∞

(Dn ∪ Cn)⇐⇒ x ∈⋂

n∈N

⋃k∈N

(Dn+k ∪ Cn+k)

⇐⇒ n ∈N⇒ x ∈⋃

k∈N

(Dn+k ∪ Cn+k)

⇐⇒ n ∈N⇒ (∃k ∈N) (x ∈ Dn+k ∪ Cn+k))

⇐⇒ n ∈N⇒ (∃k ∈N) (x ∈ Dn+k) ∨ (x ∈ Cn+k)

⇐⇒ n ∈N⇒ (∃k ∈N) (x ∈ Dn+k) ∨ (∃k ∈N) (x ∈ Cn+k)

⇐⇒ n ∈N⇒(

x ∈⋃

k∈N

Dn+k

)∨(

x ∈⋃

k∈N

Cn+k

)

⇐⇒(

n ∈N⇒ (x ∈⋃

k∈N

Dn+k

)∨(

n ∈N⇒ (x ∈⋃

k∈N

Cn+k

)

⇐⇒(

x ∈⋂

n∈N

⋃k∈N

Dn+k

)∨(

x ∈⋂

n∈N

⋃k∈N

Cn+k

)

⇐⇒((x ∈ lim sup

n→∞Dn)

)∨((x ∈ lim sup

n→∞Cn)

)⇐⇒ x ∈

((lim sup

n→∞Dn) ∪ (lim sup

n→∞Cn)

)Theorem 0.86. Her kümeler dizisinden aynı bilesime sahip ayrık bir dizitüretilebilir.

Kanit: D = Dn | n ∈N bir kümeler dizisi olsun.

C0 = D0

C1 = D1 − D0 = D1 − C0

C2 = D2 − (D0 ∪ D1) = D2 − C1

C3 = D3 − (D0 ∪ D1 ∪ D2) = D3 − C2

C4 = D4 − (D0 ∪ D1 ∪ D2 ∪ D3) = D4 − C3

...

Cn = Dn −n−1⋃k=1

Dn−1 = Dn − Cn−1

...

biçiminde özyinelgen olarak tanımlanan

C = Cn | n ∈N (94)

kümeler dizisini düsünelim. Gösterecegiz ki, C dizisi asagıdaki ikiözelige sahiptir.

(i) C ailesi ayrık kümelerden olusur.

(ii) C ailesinin bilesimi D ailesinin bilesimine esittir.

Kanit (i): n 6= m oldugunda Cn ∩ Cm = ∅ oldugunu göstermeliyiz.

kümeler ailesi 95

n > m oldugunu varsayalım.

x ∈ Cm ⇒ x ∈ Dm

⇒ x ∈n−1⋃k=1

Dk (m < n)

⇒ x /∈(

Dn −n−1⋃k=1

Dk

)⇒ x /∈ Cn

⇒ x /∈ Cn ∩ Cm

⇒ Cn ∩ Cm = ∅

olacaktır. Öyleyse C ailesi ayrıktır.Kanit (ii):

∞⋃n=1

Dn =∞⋃

n=1

Cn

oldugunu kanıtlamak için her bilesimin ötekini kapsadıgını göster-meliyiz.

x ∈∞⋃

n=1

Dn ⇒ ∃n(n ∈N∧ x ∈ Dn)

⇒ ∃n(n ∈N) ∧ (x ∈n⋃

m=1

Cm)

⇒ x ∈∞⋃

n=1

Cn

⇒∞⋃

n=1

Dn ⊂∞⋃

n=1

Cn

ve

x ∈∞⋃

n=1

Cn ⇒ ∃n(n ∈N∧ x ∈ Cn)

⇒ ∃n(n ∈N) ∧ (x ∈ Dn)

⇒ x ∈∞⋃

n=1

Dn

⇒∞⋃

n=1

Cn ⊂∞⋃

n=1

Dn

olur.

Alıstırmalar

50 50 Alıstırmalar

1. Di | i ∈ I ailesi ile B kümesi verilsin. Her i ∈ I için Di ⊂ B iseasagıdaki kapsamanın varlıgını gösteriniz.⋃

i∈IDi ⊂ B

96 calculus

2. Di | i ∈ I ailesi verilsin. Eger J ⊂ I ise asagıdaki kapsamanınvarlıgını gösteriniz. ⋃

j∈JDj ⊂

⋃i∈I

Di

3. Di | i ∈ I ile Ci | i ∈ I aileleri verilsin. Asagıdaki esitliklerinvarlıgını gösteriniz.(⋃

i∈I(Di

)\

⋃j∈J

Cj

=⋃i∈I

⋂j∈J

(Di \ Cj)

(⋂

i∈I(Di

)\

⋂j∈J

Cj

=⋂i∈I

⋃j∈J

(Di \ Cj)

4. D = Di | i ∈ I ve C = Ci | i ∈ I aileleri verilsin. Eger her

i ∈ I için Di ⊂ Ci ise asagıdaki kapsamaların varlıgını gösteriniz.⋃i∈I

Di ⊂⋃i∈I

Ci⋂i∈I

Di ⊂⋂i∈I

Ci

Denklik Bagıntıları

51 51 denklik

Esitlik

Günlük yasamda "esit" terimini çok kullanırız. Kullanıldıgı yerebaglı olarak anlam farklılıkları olusur. Örnegin, 1$ = 2, 21 TLifadesindeki ′ =′ simgesiyle "Her üçgen kendisine esittir" ifadesindeki’esit’ olma kavramları birbirlerinden farklıdır. Günlük yasamdabu tür anlam farklılıkları sorun yaratmıyor. Ama matematikte,her tanıma yüklenen anlam kesinkes belirli olmalı, ondan farklıanlamlar çıkarılamamalıdır.

Esitlik Belitleri: 52 52 esitlikEsit olma bagıntısı için üç belit koyacagız: x, y, z ögeler (degisken),

µ ile ν iki formül olsun.

Her öge kendisine esittir: x = x

Her formülde x yerine y konulabilir: [(x = y) ∧ µ(x, z)]⇒ µ(y, z)

Her formülde y yerine x konulabilir: (y = x)⇒ [ν(y, z) = ν(x, z)

Denklik Bagıntıları

53 53 esdegerlikBirbirlerine esit olmayan, ama esitlige benzer niteliklere sahip

nesnelerle sık karsılasırız. Örnegin, ’X marka ürün Y marka ürünedenktir’ derken, tümceye yüklenen anlam ’esit’ olma degildir.

Denklik bagıntısı, esitlik kavramını genellestirir. Bu genellestirmeyiyapan tanımın matematikte kesinkes belirli olması, farklı anlamlaraçekilememesi gerekir. Denkligi, aynı küme üzerinde tanımlı bir ikilibagıntı olarak ele alınca, (??) bagıntı türlerinden yararlanacagız.Ortaya koyacagımız tanıma farklı anlamlar yüklenemez. Denklikbagıntısı yerine bazı kaynaklarda ’esdegerlik bagıntısı’ denilir.

Tanım 0.87. Yansımalı, simetrik ve geçisimli bagıntıya, denklik bagıntısı,denilir.

(??) uyarınca, bu tanımı simgesel olarak ifade edebiliriz: Akümesi üzerinde asagıdaki özeliklere sahip δ bagıntısı bir denklik

98 calculus

bagıntısıdır:

x ∈ A⇒ xδx yansımalı (95)

(x, y ∈ A) ∧ xδy⇒ yδx simetrik (96)

(x, y, z ∈ A) ∧ xδy ∧ yδz⇒ xδz geçisimli (97)

Denk Ögeler 5454 denk

Tanım 0.88. Denklik bagıntısı ile birbirlerine baglanan ögelere denk ögelerdenilir.

δ, bos olmayan A kümesi üzerinde tanımlı bir denklik bagıntısıolsun. δ bagıntısına göre birbirlerine denk olan ögeler asagıdakisimgelerden birisiyle gösterilir.

x ≡ y x ≡ y (mod δ) ya da x ∼ y (98)

Denklik Sınıfları

55

55 denksınıflar

Tanım 0.89. A kümesi üzerinde tanımlı δ denklik bagıntısına göre, xögesine denk olan bütün ögelerden olusan altkümeye, x ögesinin denkliksınıfı, denir.

x ögesinin denklik sınıfını asagıdaki simgelerden birisiylegösterecegiz.

x , [x] , [x]δ

Denklik sınıfını simgesel olarak da tanımlayabiliriz:

x = [x] = [x]δ = y | (x, y) ∈ δ (99)

= y | xδy (100)

Asagıdaki teorem, uygulamalarda önemli rol oynar.

Theorem 0.90.

(a) Bos olmayan A kümesi üzerinde tanımlı δ denklik bagıntısınındenklik sınıfları A kümesinin bir ayrısımını olusturur.

(b) Tersine olarak, A kümesinin bir ayrısımını kendi denkliksınıfları olarak kabul eden bir δ denklik bagıntısı vardır.

Kanit:(a): δ nın denklik sınıfları ailesinin () tanımındaki (i), (ii), (iii)

ve (iv) ayrısım kosullarını saglandıgını göstermeliyiz.δ nın herhangi bir [x] denklik sınıfı için, hiç degilse, x ∈ [x]

oldugundan [x] 6= ∅ sonucu çıkar. Ayrıca

A = ∪x∈A[x]

esitligi apaçıktır. Böylece (ii) ve (iv) kosulları saglanır.

denklik bagintilari 99

(iii) özeligini göstermek için herhangi iki [x] ve [y] denkliksınıflarını alalalım. [x] = [y] ya da [x] ∩ [y] = ∅ oldugunu göster-meliyiz. Olmayana ergi yöntemini kullanacagız.

u ∈ [x] ∩ [y]⇒ uδx ∧ uδy⇒ xδu ∧ uδy⇒ xδy

olacaktır. Simdi

∀w(w ∈ [x])⇒ w ∈ [y]⇒ [x] ⊂ [y]

olacagını gösterelim.w ∈ [x] ≡ wδx

dir. Ayrıca xδy oldugunu biliyoruz. Buradan su sonuç görülür:

∀b(b ∈ [x])⇒ (bδx ∧ xδy)⇒ bδy⇒ b ∈ [y]

⇒ [x] ⊂ [y]

Benzer yolla [x] ⊃ [y] oldugu da gösterilebilir. Dolayısıyla,arakesitleri bos olmayan [x], [y] denklik sınıflarının esit olduguortaya çıkar. Bu sonuç, teoremin (a) kısmını kanıtlar.

(b): P kümesinin herhangi bir P = Pi | i ∈ I ayrısımı verilmisolsun, Ayrısım tanımına göre

[(i, j ∈ I) ∧ (i 6= j)]⇒ [Pi ∩ Pj = ∅]

olur. x ∈ P ⇒ x ∈ Pi olacak sekilde bir tek i ∈ I vardır. Buna göre,P üzerinde

xηy =⇒ [∃i(i ∈ I) x, y ∈ Pi] (101)

bagıntısını tanımlayalım, η nın bir denklik bagıntısı oldugu ve η

nın denklik sınıflarının Pi | i ∈ I ailesinden ibaret oldugu kolaycagörülebilir.

Teorem 0.90 den su sonuçları çıkarabiliriz:

1. A kümesinin her ögesi, bir ve yalnızca bir denklik sınıfına aittir.Denklik sınıflarının birlesimi A kümesine esittir:

A = ∪a | a ∈ A

2. Iki denklik sınıfı ya birbirlerine esittir ya da ayrıktırlar:

x, y ∈ A ⇒ [(x = y) ∨ (x ∩ y = ∅)].

Bölüm Kümesi

56 56 bölüm

Tanım 0.91. A kümesi üzerindeki δ denklik bagıntısının bütün denkliksınıflarından olusan aileye, A kümesinin δ ya göre bölüm kümesi denir.

Bölüm kümesi A/δ simgesiyle gösterilir:

A/δ = [x], [y], [z], . . . = [x] : x ∈ A (102)

Örnekler

100 calculus

1. Bos olmayan bir küme üzerindeki esitlik bagıntısının bir denklikbagıntısı oldugunu gösteriniz.

X bos olmayan bir küme olsun. Bunun üzerinde,

(=) = (x, y) | x = y

bagıntısının bir denklik bagıntısı oldugunu kanıtlamak için,esitligin Tanım 0.87 kosullarını sagladıgını göstermeliyiz.

yansıma: Her öge kendisine esittir, belitinden x ∈ X ⇒ x = x çıkar.O halde ′ =′ bagıntısı yansımalıdır.

simetri: Esitligin ikinci ve üçüncü belitlerinden x yerine y vey yerine x koyabiliriz. Öyleyse, (x, y ∈ X) ve x = y isey = x yazılabilir. Buradan ′ =′ bagıntısının simetrik oldugusonucuna varılır.

geçisim: Gene, esitligin ikinci ve üçüncü belitlerinden (x, y, z ∈X) için x = y ve y = z ise x = z yazılabilir. Buradan ′ =′

bagıntısının geçisimli oldugu sonucuna varılır.

O halde, esitlik bagıntısı bir denklik bagıntısıdır.

x ögesinin ′ =′ bagıntısına göre denklik sınıfı, yalnızca kendisin-den olusur: x = x dir.

2. Düzlemdeki dogrular kümesi üzerinde , "diklik" (⊥) bagıntısınınbir denklik bagıntısı olmadıgını gösteriniz.

Çözüm: Denklik bagıntısı yansıma ve geçisim özeliklerini sagla-maz. Gerçekten, hiç bir dogru kendisine dik degildir. O haldediklik bagıntısının yansıma özeligi yoktur.(Problemin çözümüiçin bu kadarı yeter. Ama istersek, geçisim özeliginin de saglan-madıgını kolayca görebiliriz.) Düzlem geometriden iyi bilindigigibi, d dogrusu e dogrusuna dik ve e dogrusu f dogrusuna dikise d dogrusu ile f dogrusu birbirlerine paralel olur.

(d ⊥ e) ∧ (e ⊥ f ) 6⇒ (d ⊥ f )

Dolayısıyla, diklik bagıntısı geçisimli degildir.

3. Düzlemdeki dogrular üzerinde tanımlanan paralellik bagıntısınındenklik bagıntısı oldugunu gösteriniz.

Çözüm: Düzlemdeki bütün dogruların kümesini D ile gösterelim.D üzerinde paralellik bagıntısını δ ile, düzlemde d ile e dogru-larının birbirlerine paralel olusunu d ‖ e simgesiyle gösterelim.

δ = (d, e) | (d, e ∈ D) ∧ (d ‖ e)

yazabiliriz.

δ nın bir denklik bagıntısı oldugunu görmek için, yansıma,simetri ve geçisim özeliklerine sahip oldugunu göstermeliyiz.

yansıma: Her dogru kendisine paralel oldugundan, d ∈ D ⇒ d ‖d olur. O halde paralellik bagıntısı yansıma özeligine sahiptir.


simetri: Sentetik geometriden bilindigi üzere (d ‖ e) ⇒ (e ‖ d)oldugundan, paralellik bagıntısı simetriktir.

geçisim: Gene, sentetik geometriden bilindigi üzere, [(d ‖ e) ∧ (e ‖f )]⇒ (d ‖ f ) oldugundan, paralellik bagıntısı geçisimlidir.

Düzlemde birbirlerine paralel olan dogrular, aynı denklik sınıfıiçindedirler. Paralel dogruların dogrultuları aynıdır. Düzlemde,sonsuz dogrultu oldugu için, paralellik bagıntısının denkliksınıfları sonsuz çokluktadır.

4. Denklik bagıntısının tersi de denklik bagıntısıdır. Kanıtlayınız.

Çözüm: Bos olmayan bir X kümesi üzerinde, δ bir denklikbagıntısı ise, δ yansımalı, simetrik ve geçisimlidir. Simdi, bununtersi olan

δ−1 = (x, y) | (y, x) ∈ δ

bagıntısının da aynı özelikleri sagladıgını göstermeliyiz.

a ∈ A ⇒ (a, a) ∈ δ

⇒ (a, a) ∈ δ−1

⇒ (δ−1 yansımalıdır)

(a, b) ∈ δ−1 ⇒ (b, a) ∈ δ (δ−1 in tanımından)

⇒ (a, b) ∈ δ (δ simetrik oldugundan)

⇒ (b, a) ∈ δ−1 (δ−1 in tanımından)

⇒ (δ−1 simetriktir)

((a, b) ∈ δ−1

)∧((b, c) ∈ δ−1

)⇒ ((b, a) ∈ δ) ∧ ((c, b) ∈ δ)

⇒ ((c, b) ∈ δ) ∧ ((b, a) ∈ δ)

⇒ (c, a) ∈ δ

⇒ (a, c) ∈ δ−1

⇒ (δ−1 geçisimlidir)

5. Iki kesrin esitligi bagıntısı denklik bagıntısıdır. Kanıtlayınız.

Çözüm: Iki kesrin esitligi(mn≡ s

t

)=⇒ (mt = ns)

bagıntısı ile tanımlanır. Buradaki ’≡’ bagıntısının yansımalı,simetrik ve geçisimli oldugunu göstermeliyiz.

yansıma: (mn≡ m

n

)=⇒ (mn = mn)

oldugundan ’≡’ bagıntısı yansımalıdır.

102 calculus

simetri:(mn≡ s

t

)=⇒ (mt = ns) =⇒ (ns = mt) =⇒

( st≡ m

n

)oldugundan, ’≡’ bagıntısı simetriktir.

geçisim: (mn≡ s

t))∧(

st≡ p

q

)=⇒ (mt = ns) ∧ (sq = tp)

=⇒ (mq = np)

=⇒(

mn≡ p

q

)oldugundan, ’≡’ bagıntısı geçisimlidir.

6. Tamsayılar kümesi üzerinde, denklik sınıfları

0 = . . . ,−8,−6,−4,−2, 0, , 2, 4, 6, 8, . . .1 = . . . ,−9,−7,−5,−3,−1, 1, 3, 5, 7, 9 . . .

olan denklik bagıntısını bulunuz.

Çözüm: Birinci sınıf çift sayılardan, ikinci sınıf tek sayılardanolusuyor. Bu iki kümenin ortak özeligi, her birinde iki sayınınfarkının çift olmasıdır. Gerçekten, tamsayılar kümesi üzerinde"farkları çift olanlar eslesir" bagıntısını kurarsak, bunun bir denklikbagıntısı oldugunu gösterebiliriz.

Tamsayılar kümesini Z ile gösterelim ve Z üzerinde,

δ = (p, q) | (p− q) çifttir

bagıntısını tanımlayalım. δ nın yansımalı, simetrik ve geçisimlioldugunu gösterelim.

yansıma: q ∈ Z⇒ q− q = 0 çifttir. O halde, δ yansımalıdır.

simetri: (p, q ∈ Z) ∧ (p− q) çift ise (q− p) de çift olacagından, δ

simetriktir.

geçisim: (p, q, r ∈ Z) için(p− q) çift ve (q− r) çift ise (p− r) =(p− q) + (q− r) de çift olacagından, δ geçisimlidir.

(p, q) ∈ δ =⇒ p− q = çift olabilmesi için, p, q tamsayılarınınher ikisi de aynı zamanda ya çift ya da tek olmalıdır. Öyleyse, δ

bagıntısına göre tek sayılar birbirlerine denk; çift sayılar birbir-lerine denktir. Bir tek sayı ile bir çift sayı aynı denklik sınıfındaolamazlar. Öyleyse, δ ya göre, yalnızca iki denklik sınıfı vardır: 0ve 1

Alıstırmalar

5757 alıstırmalar

1. A = 1, 2, 3, 4, 5 kümesi üzerinde (a, b) = (c, d) =⇒ (a + b =

c + d) bagıntısı bir denklik bagıntısı mıdır?


2. ’Kardeslik’ bagıntısı bir denklik bagıntısı mıdır? Neden?

3. A = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 kümesinde tanımlı,

δ = (x, y) : 4 | (x− y)

bagıntısının bir denklik bagıntısı oldugunu gösteriniz ve denkliksınıflarını bulunuz.

4. Tamsayılar kümesi üzerinde

(m, n) ∈ δ =⇒ 3 | (m− n)

bagıntısının bir denklik bagıntısı oldugunu gösteriniz. Denkliksınıflarını yazınız.

5. Düzlemdeki üçgenler kümesi üzerinde benzerlik bagıntısının birdenklik bagıntısı oldugunu gösteriniz.

6. Sınıftaki ögrenciler arasında "arkadaslık" bagıntısı bir denklikbagıntısı mıdır? Neden?

7. Aynı bir küme üzerinde tanımlı iki denklik bagıntısının arakesitide bir denklik bagıtısı mıdır? Neden?

Tikel Sıralama

Partial Ordering

Sıralama Bagıntılar

58 58 mukayeseKarsilastirma (Mukayese)

Figure 30: sıralı küme

Insanoglunun, nicelikleri sayılarla ifade etme düzeyine erisme-den önce, nesneler arasında büyük, küçük, az, çok, . . . gibi karsılastır-malar (mukayese) yaptıgı varsayılır. Karsılastırma eylemi, yalnızgünlük yasantımızda degil, teknikte ve bilimde de önem tasır. Ikiçoklugu karsılastırırken daha az, deyiminden, hemen hepimiz an-latılmak isteneni dogru anlarız. Ama, iki nesneyi karsılastırırken"daha iyi" deyiminde herkesin uzlasıyor olmasını bekleyemeyiz.Bunun nedeni, "daha iyi" kavramının tanımsız olusudur.

Dogacak bu tür belirsizlikleri gidermek için, karsılastırma(mukayese) kavramının matematiksel temellerini kuracagız.

Sıralama eylemi bagıntılarla yapılır. Sıralama bagıntılarını üçeayıracagız:

1. Tikel Sıralama

2. Tümel Sıralama

3. Iyi Sıralama

Bu bölümün konusu, sıralama türlerini incelemektir.

Tikel Sıralama Bagıntısı

Kismî Siralama

Bir küme içinde yalnızca bazı ögeleri birbirleriyle karsılastırmakisteyebiliriz. Örnegin, sportif faaliyetler alanına giren takımlarkümesinde, ligdeki futbol takımlarını basarılarına göre sıralaya-biliriz. Bu sıralamada voleybol, basketbol, vb takımları yer almaz.Üstelik bir futbol takımı ile bir basketbol takımını karsılastırmanıngeçerli bir anlamı yoktur.

Kümeye ait bazı öge çiftlerinin karsılastırılabildigi, ama kümeye ait bütün ögelerin ikiser ikiser karsılastırıla-madıgı sıralama türüne tikel (kısmi) sıralama diyoruz. Tabii, bu tanımı saglamlastırmak için tikelsıralanın matematiksel tanımını ortaya koymalıyız.

Tanım 0.92. Yansımalı, antisimetrik ve geçisimli bagıntıya tikel (kısmi)sıralama bagıntısı, denilir.

106 calculus

γ, A kümesi üzerinde tikel sıralama bagıntısı ve (a, b) ∈ γ ise,"a ögesi, b ögesinden önce gelir,"

ya da"b ögesi, a ögesinden sonra gelir,"

diyoruz. Ancak, sayılardan edindigimiz alıskanlıkla, çogu kez,a ögesi b ögesinden küçüktür, ya dab ögesi, a ögesinden büyüktür,

diyecegiz. Bunu simgelerle gösterebiliriz:

(a, b) ∈ γ ≡ aγb

yerinea b, ≡ b a

yazabiliriz. Bu simgeleri kullanarak, tikel sıralama bagıntısınıyeniden tanımlayabiliriz:

Tanım 0.93. Bos olmayan bir A kümesi üzerinde tanımlı ve asagıdakiözeliklere sahip olan bagıntısına tikel kısmi sıralama bagıntısı’dır,denilir.

1. a ∈ X ⇒ a a2. (a, b ∈ A) ∧ (a 6= b) ∧ (a b) ⇒ ¬(b a)3. (a, b, c ∈ A) ∧ (a b) ∧ (b c) ⇒ a c

Tanım 0.94. Tanım 0.93 saglanıyorsa (X,) sistemine tikel kısmi sıralıbir sistemdir (tss, kss) diyecegiz.

Tanım 0.95. a b ve a 6= b ise, a ögesi b ögesinden kesinlikle küçüktürdiyecek ve bunu a ≺ b simgesiyle gösterecegiz.

Simgelerle yazarsak,

(a ≺ b)⇔ (a b) ∧ (a 6= b) (103)

olur.Üzerinde tikel sıralama bagıntısı olan kümeye ait herhangi iki ögeden birisi büyük, ötekisi küçükolmak zorunda degildir. Baska bir deyisle, tikel sıralama bagıntısı, kümedeki her öge çiftini birbirleriylekarsılastıramayabilir. Zaten bagıntıya kısmi denmesinin nedeni de budur.

Lemma 0.96. p ile q iki tamsayı olsun. p tam sayısı q tam sayısınıkalansız bölüyorsa, p sayısı q sayısını tam bölüyor, diyecek ve budurumu p | q simgesiyle gösterecegiz.

Tersine olarak, p tam sayısı q tam sayısını kalansız bölemiyorsa, budurumu p - q simgesiyle gösterecegiz.

Örnek 0.97.

A = 1, 3, 5, 7, 9, 11 kümesinde tanımlı,

γ = (p, q) : p | q

bagıntısının bir tikel sıralama bagıntısı oldugunu gösteriniz.Çözüm: Kanıt için, γ nın yansımalı, antisimetrik ve geçisimlioldugunu gösterecegiz.

tikel siralama 107

yansıma: Her tamsayı kendisini tam böldügüne göre,

∀p ∈ A⇒ p | p⇒ (p, p) ∈ γ ⇒ γ yansımalıdır.

antisimetri: Tamsayılarda, örnegin, 3 sayısı 9 sayısını böler, ama 9sayısı 3 sayısını bölmez. Bunu genel olarak yazarsak,

(p 6= q) ∧ (p, q ∈ A) ∧ (p | q)⇒ (q - p)⇒ γ antisimetriktir

geçisim: Tamsayılarda p sayısı q sayısını ve q sayısı da r sayısınıkalansız bölüyorsa, p sayısı r sayısını kalansız böler. Genel olarakyazarsak,

(p, q, r ∈ A) ∧ (p | q) ∧ (q | r)⇒ (p | r)⇒ γ geçisimlidir

Karsılastırılabilirlik 59

59 mukayeseedilebilmeTanım 0.98. (A,) tikel sıralı bir sistem ve a, b ∈ A ögeleri için a b ya

da b a oluyorsa a ile b ögelerine bagıntısına göre karsılastırılabilir(mukayese edilebilir) iki ögedir, denilir.

Tikel sıralı bir kümenin herhangi iki ögesi karsılastırılamayabilir."kısmen sıralanmıs" deyiminin buradan geldigini söylemistik.

Theorem 0.99. Tikel sıralı bir kümenin altkümeleri de tikel sıralıdır.

Kanit: (X,) tikel sıralı bir sistem ve A ⊂ X olsun. (A;) nuntikel sıralı oldugunu göstermek için, bagıntısının A üzerinde yan-sımalı, antisimetrik ve geçisimli oldugunu göstermeliyiz. a, b, c ∈ Aolsun.

yansıma: a ∈ A ise a ∈ X olur. (X,) tss oldugundan a a çıkar.

antisimetrik: [(a, b ∈ A) ∧ (a 6= b) ∧ (a b)] ise [(a, b ∈ X) ∧ (a 6=b) ∧ (a b)] olur. (X,) tss oldugundan b 6 a çıkar.

geçisim: (a, b, c ∈ A) ∧ (a b) ∧ (b c) ise (a, b, c ∈ X) ∧ (a b) ∧ (b c) olur. (X,) tss oldugundan a c çıkar.

Hasse Çizgeleri Yönlenmis Çizgeler

Tikel sıralı kümelerin öge sayısı az oldugunda, ögeler arasındakisıralama iliskisini Hasse çizgelei ile göstermek algılamayı kolay-lastırır. Hasse çizgeleri söyle yapılır: x y ise x ögesini temsil edennokta, y ögesini temsil eden noktaya göre diyagramda daha asagıdabir yere konuslandırılır. x den y noktasına giden yukarıya dogruyönlenmis bir dogru parçası ile ya da dogru parçalarından olusankırık bir çizgi ile birlestirilir.

Örnek 0.100.

Figure 31: Hasse Çizenegi

A = a, b, c, d, e, f , g kümesi üzerinde

e d, d b, b a, b c, f d, g d

108 calculus

veriliyor. Olusan tikel sıralamayı Hasse çizenegi ile gösteriniz.Çözüm: Geçisme nedeniyle,

f a, f c, g a, g c

oldugu açıktır. Öte yandan, örnegin, e 6 f ve a 6 c olması ne-deniyle bagıntısının, A kümesi üzerinde tikel sıralama oldugugörülür. (A,) tss’nin Hasse çizenegi Sekil ??’deki gibidir.

Örnek 0.101.

A = x, y, z kümesinin P(A) kuvvet kümesi üzerinde ⊂bagıntısının bir tikel sıralama oldugununu gösteriniz ve Hasseçizenegini çiziniz.

Figure 32: P(A) KuvvetKümesinin Hasse Çizgesi

Çözüm:

P(A) =

∅, x, y, z, x, y, x, z, y, z, x, y, z

olur. Buradan kapsama bagıntılarını yazabiliriz.

x ⊂ x, y ⊂ x, y, z

x ⊂ x, z ⊂ x, y, z

y ⊂ x, y ⊂ x, y, z

y ⊂ y, z ⊂ x, y, z

x, y ⊂ x, y, z

y, z ⊂ x, y, z

Bu kapsamaları Hasse çizenegi haline getirirsek, ortaya Sekil 32

çıkar.

Alt ve Üst Sınırlar

Altsınırlar

6060 alt sınırlar

Tanım 0.102. (X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X olsun. A nın herögesinden küçük olan x ∈ X ögesi A kümesinin bir altsınırıdır.

Altsınırı simgelerle ifade edebiliriz:

∀a(a ∈ A)→ x a (104)

Uyarı 0.103.

(X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X ise, A ⊂ X altkümesininhiç altsınırı olmayabilecegi gibi çok sayıda altsınırı olabilir.

tikel siralama 109

Enbüyük altsınır 61infimum

61 infimum

Tanım 0.104. (X,) tikel sıralanmıs sistem olsun. A ⊂ X kümesininaltsınırlarının enbüyügüne A nın enbüyük altsınırı (ebas) denilir.

Bu tanımın kesinlik kazanması için enbüyük kavramını bili-nen kavramlarla açıklamak gerekecektir. Bunu, biraz önce tanım-ladıgımız altsınır ve üstsınır kavramları ile açıklayabilecegiz.

Asagıdaki iki özeligi saglayan α ∈ X ögesine, A kümesininaltsınırlarının en büyügüdür (enbüyük altsınır), denilir ve aseb, ebas,infimum, inf kısaltmalarından birisiyle gösterilir:

(a) α ögesi A kümesinin bir altsınırıdır.

(b) α ögesi A kümesinin altsınırlarından olusan kümenin bir üst-sınırıdır.

Enbüyük altsınır asagıdaki esitliklerden birisi ile yazılır:

α = aseb(A) = ebas(A) α = inf(A) α = infimum(A) (105)

Üstsınırlar

Tanım 0.105. (X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X olsun. A nın herögesinden büyük olan y ∈ X ögesi A kümesinin bir üstsınırıdır.

Üstsınırı simgelerle ifade edebiliriz:

∀a(a ∈ A)→ a y (106)

Uyarı 0.106.

(X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X ise A altkümesinin hiçüstsınırı olmayabilecegi gibi, çok sayıda üstsınırları da olabilir.

Örnek 0.107. R gerçel sayılar kümesi bilinen ≤ bagıntısına göre sıralıdırve Z ⊂ R dır. Z tamsayılar kümesinin R içinde hiçbir alt ya da üst sınırıyoktur.

Örnek 0.108. (Z,≤) tss ve N ⊂ Z dir. N dogal sayılar kümesinin Z

içinde hiçbir üstsınırı yoktur. Ama bütün negatif tamsayılar altsınırdır.Daha açıkçası, N dogal sayılar kümesinin Z içindeki alt sınırları Z =

. . . ,−3,−2,−1 kümesidir.

Enküçük üstsınır 62supremum

62 supremum

Tanım 0.109. (X,) tikel sıralanmıs sistem olsun. A ⊂ X altkümesininüstsınırlarının enküçügüne A nın enküçük üstsınırı (eküs) denilir.

Yukarıda oldugu gibi, bu tanımın kesinlik kazanması içinenküçük kavramını bilinen kavramlarla açıklamak gerekecektir.Bunu, önce tanımladıgımız altsınır ve üstsınır kavramları ile açık-layabilecegiz.

Asagıdaki iki özelige sahip η ∈ X ögesine, A kümesinin üstsınır-larının enküçügüdür (enküçük üstsınır) denilir ve eküs, üsek, supremum,sup kısaltmalarından birisiyle gösterilir:

110 calculus

(c) η ögesi A kümesinin bir üstsınırıdır.

(d) η ögesi A kümesinin üstsınırlarından olusan kümenin biraltsınırıdır.

En küçük üstsınır,

η = üsek(A) η = eküs(A) η = sup(A) η = supremum(A)

(107)

esitliklerinden birisi ile yazılır.

Uyarı 0.110.

(X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X ise A kümesinin en-büyük altsınırı (inf) ya da enküçük üstsınırı (sup) var olmayabilir.Ama varsa, bunlar ancak birer tanedir. Var olduklarında her ikisiya da yalnızca birisi A kümesine ait olabilir ya da her ikisi de Akümesine ait olmayabilir.

Örnek 0.111.

(R,≤) tikel sıralı bir sistemdir (aslında tümel sıralı bir sistemdir,ama bu örnekte tikel sıralı olması yetecektir.).

1. (0, 1) ⊂ R dir. (0, 1) açık aralıgının R içinde enbüyük altsınırı(in f ((0, 1) = 0) ve enküçük üstsınırı (sup(0, 1) = 1) vardır.Ama bunlar (0, 1) alt kümesine ait degillerdir: 0, 1 6∈ (0, 1).

2. (0, 1] ⊂ R dir. (0, 1] yarı açık aralıgının R içinde enbüyükaltsınırı (in f ((0, 1] = 0) vardır, ama (0, 1] kümesine ait degildir:0 6∈ (0, 1). Oysa, (0, 1] yarı açık aralıgının R içinde enküçüküstsınırı (sup((0, 1] = 1) vardır ve (0, 1] kümesine aittir: 1 ∈(0, 1].

3. [0, 1] ⊂ R dir. [0, 1] kapalı aralıgının R içinde enbüyük altsınırı(in f ([0, 1] = 0) vardır ve [0, 1] kümesine aittir: 0 ∈ [0, 1]. Ayrıca,[0, 1] kapalı aralıgının R içinde enküçük üstsınırı (sup([0, 1] =1) vardır ve [0, 1] kümesine aittir: 1 ∈ [0, 1].

Küçükçe Ögeler

63 Minimal Ögeler63 minimal

Tanım 0.112. (X,)) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X olsun. Akümesinin hiç bir ögesinden büyük olmayan κ ∈ A ögesine A nın birküçükçe ögesi denilir.

Küçükçe ögeyi simgelerle de ifade edebiliriz:64

64 maximal=büyükçe

∀a(a ∈ A ∧ a κ)→ a = κ (108)

Uyarı 0.113.

tikel siralama 111

(X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X ise, A altkümesinin hiçküçükçe ögesi olmayabilecegi gibi, birden çok küçükçe ögesi deolabilir. Küçükçe ögelerin hepsi A kümesi içindedir.65

65 minimal=küçükçe

Büyükçe Ögeler

66 Maximal Ögeler66 supremum

Tanım 0.114. (X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X olsun. Akümesinin hiç bir ögesinden küçük olmayan µ ∈ A ögesine A nın birbüyükçe ögesi denilir.

Büyükçe ögeyi simgelerle de ifade edebiliriz:

∀a(a ∈ A ∧ µ a)→ a = µ (109)

Uyarı 0.115.

(X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X ise, A altkümesinin hiçbüyükçe ögesi olmayabilecegi gibi, birden çok büyükçe ögesi deolabilir. Büyükçe ögelerin hepsi A kümesi içindedir.

Figure 33: Küçükçe ve Büyükçe Ögeler

Örnek 0.116.

x, y, z kümesinin kuvvet kümesinden ∅ ile x, y, z kümeleriniatarsak, geri kalan altkümelerin ⊂ bagıntısına göre Hasse çizenegiSekil 33’de görüldügü gibi olur. Sekilden hemen görüldügü gibix, y, z küçükçe ögeler, x, y, x, z, y, z büyükçe ögelerdir(bkz. Sekil 33).

Minimum

67 Enküçük Öge67 minimum

Tanım 0.117. Altkümeye ait olan enbüyük altsınıra (inf), altkümeninminimumu denilir.

Bu tanımı biraz açmak gerekirse söyle diyebiliriz:(X,) tikel sıralanmıs sistem olsun. A ⊂ X altkümesinin en-

büyük altsınırı α = inf(A) var ve α ∈ A ise, α ögesine A kümesininenküçük ögesi (minimum) diyecegiz.

Uyarı 0.118.

(X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X olsun.

1. A kümesinin minimum ögesi (min(A)) var olmayabilir, ama varsadaima A kümesine aittir.

2. A kümesinin minimum ögesi varsa ebas’ye esittir (min(A) =

in f (A)) Minimum olmadıgı halde ebas (infimum) olabilir.

112 calculus

Maksimum

68 Enbüyük Öge68 maksimum

Tanım 0.119. Altkümeye ait olan enküçük üstsınıra (sup), altkümeninmaksimumu denilir.

Bu tanımı biraz açmak gerekirse söyle diyebiliriz:(X,) tikel sıralanmıs sistem olsun. A ⊂ X altkümesinin

enküçük üstsınırı η = inf(A) var ve η ∈ A ise, η ögesine Akümesinin enbüyük ögesi (maksimum) diyecek ve max(A) ile göstere-cegiz.

Uyarı 0.120.

(X,) tikel sıralanmıs sistem ve A ⊂ X olsun.

1. A kümesinin maksimum ögesi (max(A)) var olmayabilir, amavarsa daima A kümesine aittir.

2. A kümesinin maksimum ögesi varsa eküs’e esittir (max(A) =

sup(A)) Maksimum olmadıgı halde eküs (supremum) olabilir.

ALISTIRMALAR

1. B = 3, 5, 6, 7, 8, 12 kümesi üzerinde tanımlı η = (x, y)|x ≤ ybagıntısı,

(a) denklik bagıntısı mıdır?

(b) tikel sıralama bagıntısı mıdır?

Nedenleriyle açıklayınız.

2. C = 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15 kümesi üzerinde η = (x, y) | x|y bagıntısı,




3. A = 0, 1, 2, 4, 6 kümesinde tanımlı asagıdaki bagıntılarıntürlerini belirtiniz.

(a) η1 = (0, 0), (1, 1), (2, 2), (4, 4), (6, 6), (2, 4)

(b) η2 = (0, 0), (1, 1), (2, 2), (4, 4), (2, 6), (6, 4)

(c) η3 = (1, 1), (2, 2), (4, 4), (6, 6), (4, 6), (6, 4)

(d) η4 = (0, 0), (1, 1), (2, 2), (4, 4), (6, 6)

4. D = 2, 4, 12, 24 kümesi üzerinde η = (x, y) | x|y bagıntısı,


tikel siralama 113



5. Üzerinde uzunluk tanımlı bir küme üzerinde "daha kısa degildir"bagıntısının, bir tam sıralama bagıntısı oldugunu gösteriniz.( YolGösterme: Küme üzerinde, "x y =⇒ x, y den kısa degildir"bagıntısını tanımlayınız.)

6. Bir kentte yasayan insanlar kümesi üzerinde,

η = (x, y) | x, y nin ablasıdır

bagıntısı,




7. A = 1, 2, 3, 5, 7 kümesinde tanımlı η = (x, y) : x | ybagıntısının türünü belirtiniz.

8. Bir A kümesi üzerinde tanımlı bir η bagıntısı veriliyor.

(a) η bir tikel sıralama bagıntısı ise η−1 de bir tikel sıralamabagıntısı olur mu? Neden?

9. A nın bir has alt kümesinde tanımlı bir tam sıralama bagıntısı, Aüzerinde de bir tam sıralama bagıntısı olur mu? Neden?

10. Bir küme üzerinde tanımlı iki tikel sıralama bagıntısının arake-siti de bir tikel sıralama bagıtısı mıdır? Neden?

Tümel Sıralama

Tümel Siralama Bagintisi

Figure 34: Tümel Sıralı KümeKümeye ait bütün ögeleri birbirleriyle karsılastıran sıralama

türüdür. Matematiksel tanımı söyledir:

Tanım 0.121. Örgün tikel sıralama bagıntısına, tümel (tam) sıralamabagıntısı, denilir.

Böüm ??, Tanım ?? ile verilen örgün bagıntı tanımı uyarınca,tümel sıralı kümeye ait her öge çifti bagıntının grafiginde olmalıdır.Bunu sıra bagıntısı için ifade edersek, her öge çifti birbiriyle mukayeseedilebilir diyebiliriz. Örgün olma kosulu katılarak, Tanım 0.121 söyleyazılabilir:

Tanım 0.122. Bos olmayan bir küme üzerinde yansımalı, antisimetrik,geçisimli ve örgün olan bagıntı tümel sıralama bagıntısıdır.

Bunu simgelerle ifade edelim: Bos olmayan A kümesi üzerindetanımlı bagıntısı, asagıdaki kosulları saglıyorsa tümel sıralama

bagıntısıdır.

1. x ∈ X ⇒ x x2. (x, y ∈ X) ∧ (x 6= y) ∧ (x y) ⇒ ¬(y x)3. (x, y, z ∈ X) ∧ (x y) ∧ (y z) ⇒ x z4. (x, y ∈ X) ⇒ (x y) ∨ (y x)

tümel sıralama bagıntısı, kümeye ait her öge çiftini birbiriylekarsılastırır. Bunun anlamı sudur:

x, y ∈ X ⇒ (x = y) ∨ (x y) ∨ (y x) (110)

bagıntısını yansımalı varsaydıgımız için, yukarıdaki ifadedeki(x = y) terimini yazmak gerekmez. Tümel sıralama bagıntısına tamsıralama, dogrusal sıralama, lineer sıralama gibi adlar da verilir.

Yansıma kosulunu kaldırmak istersek, simgesi yerine ≺ sim-gesini kullanır ve tanımını söyle yaparız:

(x ≺ y) =⇒ [(x y) ∧ (x 6= y)] (111)

Tanım 0.123. Antisimetrik, geçisimli ve örgün olan (X,≺) sistemine kesintümel sıralamalı sistem, denilir.

(X,≺) sistemi kösegen üzerindeki ögeleri içermez;

Örnek 0.124. Alfabenin harfleri

A a B b . . . Z z (112)

sıralamasına göre tümel sıralı bir sistemdir. Bu sistemin enküçük ögesi A,enbüyük ögesi z dir.

116 calculus

(112) yerine, harfleri

A ≺ a ≺ B ≺ b ≺ . . . ≺ Z ≺ z (113)

biçiminde de sıralayabiliriz. Bu sistem kesin tümel sıralı sistem olur.Tikel sıralı sistemler için tanımlanan inf, sup, min, max, küçükçe,

büyükçe, altsınır, üstsınır gibi tanımlar tümel sıralı sistemler için degeçerlidir. Tabii, tümel sıralamanın gerektirdigi degisime ugrarlar.

Örnek 0.125. Dogal sayılar kümesi bilinen

N = 0 ≤ 1 ≤ 2 ≤ 3 ≤ . . . ≤ n ≤ n + 1 ≤ . . .

sıralamasına göre tümel sıralı bir sistemdir. Bu sitemin enküçük ögesi 0dır, ama enbüyük ögesi yoktur.

69 70 7169 dopal sayılar tümelsıralıdır

70 tam sayılartümel sıralıdır71 gerçel sayılartümel sıralıdır

Örnek 0.126. Tam sayılar kümesi bilinen

Z = . . .− 2 ≤ −1 ≤ 0 ≤ 1 ≤ 2 ≤ 3 ≤ . . .

sıralamasına göre tümel sıralı bir sistemdir. Bu sitemin enküçük veenbüyük ögeleri yoktur.

Alıstırmalar

1. (X,) tümel sıralı ise A kümesinin küçükçe (minimal) ögesivarsa tektir ve enküçük öge (minimum) ile çakısır.

2. (X,) tümel sıralı ise A kümesinin büyükçe (maksimal) ögesivarsa tektir ve enbüyük öge (maksimumu) ile çakısır.

Iyi Sıralama

Well Ordering

Iyi sıralama kavramı, dogal sayıların sagladıgı sıralama özelik-lerinin soyut kümelere tasınmasıdır. O nedenle,

N = 0, 1, 2, 3, . . . , m, m + 1, . . .

dogal sayılar kümesini varsayacacak ve onun üzerinde sıralamabagıntısını tanımlayacagız. Dogal sayıların kurulusunu Bölüm ’deele alacagız.

Figure 35: Iyi Sıralı Küme

Figure 36: Iyi Sıralı Küme

Dogal Sayılarda Esitlik

Iki dogal sayının esitligini, () ’deki gibi tanımlamak mümkündür.Ancak, o isi ileride nicelik sayıları ile daha kolay yapabilecegiz. Bubölümde dogal sayıları sezgisel inceleyecegimiz için;

Tanım 0.127. m ile n iki dogal sayı ise, bunların, birbirlerine esit olusunutanımsız kabul edecek ve

m = n (114)

simgesiyle gösterecegiz.

Bunu, "m, n ye esittir" ya da "m esit n", diye okuyacagız.

Theorem 0.128. = esitlik bagıntısının yansıma, simetri ve geçisimözelikleri vardır.

72 73 74 72 Dogal Sayılariyi sıralıdır.

73 Tam Sayılar iyi sıralıdır.74 Gerçell Sayılar iyi sıralıdegildir.

Dogal Sayılarda Sıralama

Tanım 0.129. m ve n dogal sayıları için, m + r = n esitligini saglayansıfırdan farklı bir r dogal sayısı varsa, "m sayısı n sayısından küçüktür,"denilir ve m < n simgesiyle gösterilir Simgsel olarak,

m < n =⇒ (∃r ∈N+)( m + r = n ) (115)

yazılır.

Dogal sayılardaki sıralamanın yansımalı olmasını istiyorsak <

yerine ≤ bagıntısını kullanmalıyız. ≤ bagıntısını, bildigimiz = ve <

bagıntıları yardımıyla tanımlayabiliriz.

Tanım 0.130. m, n ∈N için m ≤ n =⇒ [(m < n) ∨ (m = n)] olur.

118 calculus

Sıralama eyleminde kullanılan < ve ≤ bagıntılarının > ve ≥terslerini tanımlamak kolaydır.

Tanım 0.131. Her m, n ∈N için asagıdaki denklikler vardır:

n > m =⇒ m < n

n ≥ m =⇒ m ≤ n

Özelikler

Siralama Bagintisinin Özelikleri

Theorem 0.132. m, n, r dogal sayıları için asagıdaki bagıntılar saglanır.

(m < n) ∨ (m = n) ∨ (m > n) (üçlem)(m < n) ∧ (n < r) ⇒ m < r (geçisim)m + r < n + r ⇒ m < n (sadelesme)(m < n) ∧ (r < d) ⇒ m + r < n + d (toplama)m < n ∧ (r > 0) ⇒ m.r < n.r (sadelesme)

Örnek 0.133. 8(n− 3) ≤ 16 + 5(n− 2) esitsizliginin, Dogal SayılarKümesindeki çözümlerini bulunuz.

Çözüm:

8(n− 3) ≤ 16 + 5(n− 2) ⇒ 8n− 24 ≤ 16 + 5n− 10

⇒ 8n− 5n ≤ 16− 10 + 24

⇒ 3n ≤ 30

⇒ n ≤ 10 (N içinde)

10 dan büyük olmayan dogal sayılar, verilen esitsizligin çözümkümesini olusturur ki bu

S = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10.

kümesidir.

Iyi Sıralama 7575 iyiIyi sıralama kavramı, dogal sayıların sagladıgı sıralamanın

özeliklerinin soyut kümelere tasınmasıdır.

Tanım 0.134. (A,) tikel sıralı bir sistem olsun. A kümesinin bos ol-mayan her altkümesinin enküçük (minimum) ögesi varsa (A,) sistemineiyi sıralıdır, denilir.

Theorem 0.135. N dogal sayılar kümesi ≤ bagıntısına göre iyi sıralıdır.

Kanit: Her m dogal sayısının ardısıgının m + 1 oldugunu vem < m + 1 esitsizliginin saglandıgını ve m ile m + 1 arasında baskadogal sayı olmadıgını sezgisel olarak kabul ediyoruz. M ⊂ N iseM nın enküçük (min) ögesinin oldugunu göstermeliyiz. 0 ∈ Mise 0 = min(M) olacagından, istenen saglanmıs olur. 0 6∈ Molsun. in f (M) = m diyelim. m 6∈ M ise m + 1 ∈ M olmalıdır;degilse in f (M) ≥ (m + 1) olur ki bu kabulümüzle çelisir. O haldem + 1 ∈ M dır. Bu durumda min(M) = m + 1 = in f (M) olmalıdır.Bu çeliski de olamayacagına göre in f (M) = m = min(M) olmalıdır.

iyi siralama 119

Örnek 0.136. N dogal sayılar kümesi üzerinde asagıdaki kosullarısaglayan bagıntısı iyi sıralama bagıntısıdır.

a. çift sayılar tek sayılardan küçüktür,

b. Tek sayılar kendi aralarında ≤ bagıntısıyla sıralıdır,

c. Çift sayılar kendi aralarında ≤ bagıntısıyla sıralıdır.

(a),(b), ve (c) kosulları altında, dogal sayılar asagıdaki gibisıralanmıs olur:

0 2 4 6 . . . 1 3 5 . . .

Örnek 0.137. Z tam sayılar kümesi üzerinde asagıdaki kosulları saglayan bagıntısı iyi sıralama bagıntısıdır.

a b =⇒[((|a| < |b|) ∨ (|a| = |b|)

)∧ (a ≤ b)

]Buna göre dogal sayılardaki sıralama söyle olur:

0 −1 1 −2 2 −3 3 −4 4 . . .

Örnek 0.138. Z tam sayılar kümesi ≤ bagıntısına göre iyi sıralı degildir.

Çünkü, örnegin Z− = . . . ,−3,−2,−1 negatif tam sayılarkümesinin enküçük ögesi yoktur.

Örnek 0.139. R gerçel sayılar kümesi ≤ bagıntısına göre iyi sıralı degildir.

Çünkü, örnegin, (0, 1) açık aralıgı R nin altkümesidir amaenküçük ögesi yoktur. Aslında soldan açık aralıkların hiç birininenküçük ögesi yoktur.

Örnek 0.140. 1m | m = 1, 2, 3, . . . dizisi ≤ bagıntısına göre iyi sıralı

degildir.

Çünkü verilen dizinin enküçük ögesi yoktur.

Theorem 0.141. Iyi sıralanmıs her küme tümel sıralıdır.

Kanit: (A,) iyi sıralı olsun. Her a ∈ A ve her b ∈ A için a, baltkümesinin enküçük ögesi vardır. Enküçük öge a ise a b olur.Enküçük öge b ise b a olur. Dolayısıyla tümel sıralama kosullarısaglanır (bkz. Tanım 0.121) kosulu saglanıyor.

Önel Bölük 76 76 bölük

Tanım 0.142 (Önel bölük). (W,) iyi sıralanmıs bir sistem ve a ∈ Wolsun.

Wa = w |w ∈W ∧ w ≺ a (116)

altkümesine W kümesinin a ile saptanan önel bölügü diyecegiz.

Örnek 0.143. Dogal sayılar kümesinde N5 = 0, 1, 2, 3, 4 kümesidir.

120 calculus

Sonal Öge

Tanım 0.144 (Sonal öge). (A,) tikel (kısmen) sıralanmıs bir sis-tem ve B ⊂ A olsun. B nin kendi içinde bulunmayan üstsınırlarınınolusturdugu kümenin altsınırlarının en büyügüne; yani

α = infa | a ∈ A ∧ ∀b(b ∈ B⇒ b ≺ a) (117)

ögesine B kümesinin ilk sonalı denilir.

Özel olarak B yerine tek ögeli bir b kümesi alınırsa (305) ögesib nin ilk sonalı adını alır.

b ögesinin ilk sonalı a ise b ≺ a oldugu ve b ≺ a′ ≺ a olacaksekilde hiçbir a′ ∈ A ögesinin var olamayacagı açıktır. Iyi sıralanmıskümede enbüyük ögeden baska bütün ögelerin birer tane ilk son-alları vardır. Gerçekten b ∈ A enbüyük öge (maksimum) degilse,a | a ∈ A, b ≺ a kümesi bos degildir ve varsayım geregince bununenküçük ögesi (minimum) vardır. Bu öge b nin ilk sonalı olacaktır.

Lemma 0.145. Iyi sıralanmıs kümenin altkümeleri de iyi sıralıdır.

Kanit: (A,) iyi sıralanmıs bir sistem ve B ⊂ A olsun. (B,) nin tikel sıralı sistem oldugunu biliyoruz (bkz. Teorem 0.99).Öte yandan B nin her C alt kümesi aynı zamanda A nın da biraltkümesidir. Dolayısıyla C nin enküçük ögesi (minimum) vardır.

Sonluötesi Tümevarım

7777 Sonlu Tümevarım Ilkesi

Dogal sayıların iyi sıralı olma özeligine dayalı olan sonlu tümevarım ilkesi matematikte güçlü bir alettir. Dogal sayılar kümesiüzerinde tanımlı bir önermenin her dogal sayı için geçerli olupolmadıgını göstermeye yarar. Simdi sonlu tüme varım ilkesi’ni dogalsayılardan daha güçlü kümelere (sayılamayan sonsuz kümelere)tasıyan sonlu ötesi tüme varım ilkesi’ni kanıtlayacagız. Ikisi arasındakiiliskiyi görmek için, sonlu tüme varım ilkesi’ni anımsamakta yararvardır.

Sonlu tüme varım ilkesi dogal sayıların sagladıgı su basit özeligedayanıyordu. p, dogal sayılar üzerinde tanımlı bir önerme olsun.p nin bütün dogal sayılar için geçerli oldugunu göstermek için subasit isi yapıyoruz:

1. Enküçük dogal sayı p önermesini saglar

2. p önermesini saglayan her dogal sayının ardılı da p önermesinisaglar.

Bunu simgelerle ifade ederbiliriz: p önermesini saglayan dogalsayılar kümesi M olsun.

1. Ilk dogal sayı M ye aittir : 0 ∈ M

2. n ∈ M→ (n + 1) ∈ M dir.

iyi siralama 121

Simdi aklımıza gelmesi gereken soru sudur. Bu güçlü kanıt yöntemisayılamayan sonsuz kümeler için de geçerli olabilir mi?

Sonlu Tüme Varım Ilkesi, dogal sayıların iyi sıralı olusuna day-alıdır. O halde, bu yöntemin iyi sıralı kümelere genellesebileceginiumabiliriz. Sonunda elde etmeyi umdugumuz genel Tüme VarımIlkesi, iyi sıralı kümeler üzerinde geçerli olacagına göre öncelikle iyisıralı kümelerin özeliklerini bilmemiz gerekir.

Essıralı Kümeler

78 78 EssıralılıkSimdi, iyi sıralanmıs kümelerin önemli bir özeligini gösterebilmek

için gerekli bazı ön bilgileri verecegiz.Önce bir anımsatma yapalım. Tikel (kısmen) sıralanmıs kümeler

için varlıgını bildigimiz baslıca özelikler iyi sıralanmıs kümeleriçin de geçerlidir. Bu bölümde çok kullanacagımız için tanımlarıyeniden söyleyelim.

Tanım 0.146. (A,) ile (B,.) iyi sıralanmıs iki sistem olsun. hera, b ∈ A için

a b⇐⇒ f (a) . f (b) (118)

özeligine sahip, birebir örten bir f : A → B fonksiyonu varsa, A ile Bessıralıdır. Bu durumda f fonksiyonuna essıra dönüsümü, denilir.

Essıralılıgı sözel olarak da ifade edebiliriz:Iyi sıralanmıs iki sistem arasında sıra yapısını koruyan birebir

ve örten (bbö) bir dönüsüm varsa, söz konusu sistemlere essıralıdır,denilir.

A ile B nin essıralı olması için gerekli ve yeterli kosul aralarındabir essıra dönüsümünün var olmasıdır.

(A,) ile (B,.) sistemleri essıralı ve essıra dönüsümü f ise, budurumu belirtmek için

A ∼= B, Af∼= B (119)

simgelerinden herhangi birisi kullanılabilir.

Theorem 0.147. Essıralı iki tikel sıralı sitemdem birisi iyi sıralı ise, ötekiside iyi sıralı olur.

Kanit: M ile B tikel sıralanmıs iki küme olsun. M ile Bessıralı ve M iyi sıralı bir küme ise B kümesinin de iyi sıralıoldugunu göstermek için, B nin herhangi bir C altkümesininenküçük ögesinin varlıgını göstermeliyiz. Essıralılık tanımı geregincekendisi ve tersi artan birer dönüsüm olan birebir örten f : M → Bfonksiyonu vardır. f−1(C) ⊂ M altkümesinin enküçük (minimum)ögesine a diyelim. f(a), C nin enküçük ögesi olacaktır.

Theorem 0.148. (A,) iyi sıralanmıs bir sistem ve f : A→ A bir essıradönüsümü ise, her a ∈ A için a f (a) dir.

122 calculus

Kanit: Olmayana ergi yöntemini kullanacagız. f (a) ≺ a olacaksekilde a ∈ A ögelerinin olusturdugu X kümesinin en küçügünex diyelim. f (x) ≺ x olacaktır, f fonksiyonu bir essıra dönüsümüoldugundan, (308) uyarınca f ( f (x)) ≺ f (x) ≺ x olmalıdır. O hladeX kümesinin en küçügü x degil, f (x) dir. Bu çeliski, kabulümüzünvar olamayacagını gösterir. Öyleyse, her a ∈ A için a f (a) olur.

Theorem 0.149. Iyi sıralanmıs iki kümenin birinden ötekine en çok birtane essıra dönüsümü var olabilir.

Kanit: gene olmayana ergi yöntemini kullanalım. A, B iyisıralanmıs iki küme ve f : A → B, g : A → B iki tane essıradönüsümü olsun. f−1 g bileske fonksiyonu A dan A ’ya bir essıradönüsümü olur. Öyleyse, Teorem 0.381 geregince, her a ∈ A içina ( f−1 g)(a) olur. Buradan f (a) g(a) çıkar.

Aynı yolla g(a) f (a) elde edilebilir. Öyleyse, her a ∈ A içinf (a) = g(a) olacaktır ki, bu f = g olması demektir.

Uyarı 0.150. Iyi sıralanmıs kümelerdeki bu özelik, tümel sıralı kümeler içinyoktur. Baska bir deyisle, tümel sıralı iki küme arasında birden çok essıradönüsümü var olabilir.

Theorem 0.151. Iyi sıralı küme hiç bir önel bölügüne essıralı olamaz.

Kanit: (A,) iyi sıralı bir sistem, w ∈ A olmak üzere Af∼= Xw

ise, Teorem 0.381 den her a ∈ A için a f (a) ve özel olarakw f (w) olurdu, ki bu Xw önel bölügünün tanımı geregince,f (w) /∈ Xw olmasını gerektirir ve kabulümüze aykırı düser.

Iyi sıralı küme hiçbir önel bölügüne essıralı olamaz. ama bütünönel bölüklerinin kümesine essıralıdır.

Theorem 0.152. Iyi sıralı küme, kapsama (⊂) bagıntısına göre sıralanmısönel bölükleri kümesi ile essıralıdır.

Kanit: Verilen iyi sıralanmıs küme (A,) olsun ve önel bölük-leri kümesine de U diyelim; yani

U = B | ∃z(z ∈ A ∧ B = Xz) (120)

olsun. Bu durumda a ! Xx dönüsümü A den U ya bbö dir.Ayrıca her a, b ∈ A için

a b⇐⇒ Xa ⊂ Xb (121)

oldugundan, bu dönüsüm (A,) den (U ,⊂) sistemine bir essıradönüsümüdür.

Genel Tümevarım Ilkesi

7979 Tümevarım

Theorem 0.153. (X,) iyi sıralanmıs bir sistem olsun ve bir M ⊂ X altkümesi verilsin. Wa ⊂ M oldugunda a ∈ M olması gerekiyorsa M = Xolur.

iyi siralama 123

Kanit: Teoremin simgelerle ifadesi söyledir:

[(a ∈ X ∧Wa ⊂ M)⇒ a ∈ M] =⇒ M = X (122)

Olmayana ergi yöntemini kullanacagız. M 6= X olsaydı Mc ∩ X 6= ∅olurdu. Bu durumda, Mc ∩ X nun enküçük ögesine (minimum)a diyelim. a dan küçük ögeler Mc ∩ X kümesine ait olamayacak-larından Wa ⊂ M dır. Öyleyse, varsayımdan, a ∈ M çıkar. Oysaa ∈ Mc ∩ X idi, ki buradan a ∈ Mc olması gerekir. Bu çeliski kab-ulümüzden gelmektedir. O halde, M 6= X olamaz; yani M = Xdir.

Alıstırmalar

80 80 Her küme iyi sıralan-abilir

1. Tümel sıralı bir kümenin iyi sıralı olması için gerekli ve yeterlikosul azalan sonsuz bir diziyi kapsamamasıdır (Baska bir dey-isle, dogal sırada negatif tamsayılara essıralı bir diziye sahipolmamasıdır). Gösteriniz.

2. Iyi sıralı olma kosulu yerine tümel sıralı olma kosulu alınırsa,0.381, 0.382, 0.384 teoremlerin saglanmayacagını birer karsıtörnek ile gösteriniz.

3. Tümel sıralı öyle bir M kümesi ve bir f : M → M essıradönüsümü bulunuz ki, f dönüsümünün sabit noktası olmasın;yani her a ∈ M için f (a) 6= a olsun.

Fonksiyonlar

Fonksiyon Nedir?

Fonksiyon kavramı, yalnız klasik analizin degil çagdas bilim veteknigin çok önemli araçlarından birisidir. Bu nedenle, bu bölümdefonksiyon kavramını ayrıntılarıyla olarak inceliyeeegiz.

Fonksiyon, bagıntının özel bir türüdür.

Tanım 0.154. Bos olmayan X ve Y kümeleri ile bir f ⊂ X × Y bagıntısıverilsin. Her x ∈ X için (x, y) ∈ f olan bir ve yalnızca bir tane y ∈ Yögesi varsa, f bagıntısına, X den Y ye bir fonksiyondur, denilir.

Fonksiyonlar, genellikle, f , g, h, ... gibi küçük harflerle gösterilir.

Temel Kavramlar

Bir f bagıntısının fonksiyon oldugunu belirtmek için, f ⊂ X × Yyerine

f : X ⇒ Y ya da Xf⇒ Y (123)

simgeleri ve(x, y) ∈ f , x f y

yerine,

y = f (x) , f : x ⇒ y , xf⇒ y

simgelerinden birisi kullanılır. Bu derste, çogunlukla,

y = f (x) (2)

simgesini kullanacagız. Bu simgeler, x ögesinin, f bagıntısıyla, y yeeslendigini belirtir.

Çesitli kaynaklarda fonksiyon terimi yerine dönüsüm, trans-formasyon, gönderim, resmetme (mapping) gibi esanlamlı terimlerkullanılır.

f : X ⇒ Y fonksiyonu için;X kümesine, tanım kümesi,Y kümesine, deger kümesi,x ögesine, bagımsız degisken,y ögesine, bagımlı degisken (görüntü, resim) ,

Tanım 0.155. A ⊂ X için f (A) = y | y = f (x), x ∈ A ⊂Y kümesine, A nın f altındaki görüntüsü, A kümesine ise f nin öngörüntüsü, denilir.

126 calculus

f : X ⇒ Y fonksiyonunun belirli olması için, y = f (x) bagın-tısının verilmis olması gerekir. Bunun verilmesi demek, x ∈ Xögesinin f fonksiyonu altında hangi y ∈ Y ögesine eslendigininbelirli kılınması demektir.Örnek

X = −2,−1, 0, 1, 2 ve Y = 0, 1, 2, 3, 4, 6, 8, 10 olmak üzere,f : X ⇒ Y fonksiyonunu y = f (x) = x2 bagıntısı ile tanımlayalım.

Verilen f bagıntısı (kuralı), x ⇒ x2 dir; yani, x degiskeni, faltında x2 ye eslenecektir.

X tanım kümesinin, f altındaki görüntüsü, f (X) = 0, 1, 4kümesidir.

Görüldügü gibi, tanım kümesinin görüntüsü bütün degerkümesini örtmeyebilir.

Fonksiyon tanımını, simgelerle ifade etmek uygun olacaktır.

Theorem 0.156. Bos olmayan X ve Y kümeleri ile bir f ⊂ X × Ybagıntısı verilsin. f nin bir fonksiyon olması için gerekli ve yeterlikosul, asagıdaki iki özeligin saglanmasıdır.

F1. Her x ∈ X ögesinin Y içinde bir görüntüsü vardır.F2. Her x ∈ X ögesinin Y içinde ancak bir tane görüntüsü vardır.

Bu iki özelik, fonksiyonu belirleyen niteliklerdir. O nedenle, bun-ları, matematiksel simgelerle ifade etmek uygun olacaktır. Çünkü,bir çok problemin çözümünde, sözlü ifadeler yerine, matematikselsimgeleri kullanacagız.

Asagıdaki ifade çiftleri, fonksiyon tanımına denktirler:f 1. (x ∈ X)⇒ ∃y(y ∈ Y)(y = f (x))f 2. (x1 = x2)⇒ (y1 = y2)

ya da, tanım ve deger kümelerinin apaçık belli oldugu zamanlarda,F1. ∀x∃y(y = f (x))F2. (y1 6= y2)⇒ (x1 6= x2)

yazılabilir.

Fonksiyonun Grafigi

Bir f : X ⇒ Y fonksiyonu bir bagıntıdır. Bu bagıntının grafigi,fonksiyonun da grafigidir.

f nin grafigini, gra f ( f ) ya da G f simgesiyle gösterecegiz.Bu derste ele alacagımız fonksiyonlar, çogunlukla, gerçek

sayıların bir alt kümesinden gerçek sayılara tanımlı olacaktır.Dolayısıyla, bu fonksiyonların grafikleri, analitik düzlemde yeralacaktır.

Bir fonksiyonun belirli olması demek, tanım bölgesinin, degerbölgesinin ve esleme kuralının bilinmesi demektir; yani,

f : X ⇒ Y, y = f (x)

nin bilinmesi demektir.Bazan, fonksiyon verilirken, yalnızca y = f (x) esleme bagıntısı

(kuralı) verilir; tanım ve deger bölgesi belirtilmez. Bu durumlarda,fonksiyonun X tanım bölgesi y = f (x) bagıntısını anlamlı kılan

fonksiyonlar 127

bütün x gerçek sayılarıdır. Y deger bölgesi olarak bütün R gerçeksayılar kümesi alınabilecegi gibi, Y = y | y = f (x), x ∈ X kümeside alınabilir. Pratikte, deger bölgesini mümkün oldugunca küçükseçmek kolaylık saglayabilir.

Bagıntılarda söyledigimiz gibi, f : X ⇒ Y, y = f (x) fonksiyonutanımlandıgında, bunun grafigi kesinkes belirli olur.

Tersine olarak, grafigi verilen fonksiyon da kesinkes belirlidir.Bu nedenle, yeri geldiginde, f ile gra f ( f ) simgelerini es anlandakullanabiliriz.

f : X ⇒ Y, y = f (x) fonksiyonunun grafigi,

gra f ( f ) = (x, y) | y = f (x)

kümesidir. Tabii,gra f ( f ) ⊂ X×Y

dır. Grafik kavramı, bagıntılarda incelendigi için, bu kesimi, asagı-daki özeligi söyleyerek kapatabiliriz.

Lemma 0.157. Bir fonksiyonun analitik düzlemdeki grafigi, düseydogrularla en çok birer noktada kesisir.

Ispat: X kümesinden Y kümesine tanımlı f bagıntısının grafiginiG f ile gösterirsek, bagıntıyı, simgesel olarak ( f = (X, Y, G f ) sıralıüçlüsü ile gösteriyoruz. Bu gösterimler altında, yukarıdakilereesdeger olan su özeligi söyleyebiliriz.

Theorem 0.158. ( f = (X, Y, G f ) bagıntısının bir fonksiyon olması içingerekli ve yeterli kosullar sunlardır:

(i) izd1(G f ) = proj1(G f ) = π1(G f ) = X

(ii) (x, y1) ∈ G f ∧ (x, y2) ∈ G f ⇒ y1 = y2

Theorem 0.159. f : X → Y fonksiyonu ile X kümesinin alt kümelerindenolusan bir Aı | ı ∈ I ailesi verildiginde asagıdaki bagıntılar saglanır:

f

(⋃ı∈I

Aı

)=⋃ı∈I

f (Aı) (124)

f

(⋂ı∈I

Aı

)⊂⋂ı∈I

f (Aı) (125)

Ispat: Asagıdaki özeliklerden çıkar:

y ∈ f

(⋃ı∈I

Aı

)⇔ (∃x ∈

⋃ı∈I

Aı : y = f (x)

⇔ (∃j ∈ I)(∃x ∈ Aj) : y = f (x)

⇔ (∃j ∈ I) : y ∈ f (Aj)

⇔ y ∈⋃ı∈I

f (Aı)

128 calculus

y ∈ f

(⋂ı∈I

Aı

)⇒ (∃x ∈

⋂ı∈I

Aı : y = f (x)

⇒ (∃x∀ı(x ∈ Aı) ∧ y = f (x)

⇒ (∀ı ∈ I)y ∈ f (Aı)

⇒ y ∈⋂ı∈I

f (Aı)

Uyarı 0.160. Teoremin ikinci bagıntısının esitlik degil, kapsama bagıntısıolduguna dikkat ediniz. Bu bagıntıda esitlik olmadıgını bir karsıt örnekleispatlayabiliriz.

X = a, b, c, Y = s, t, A = a, b, B = b, c

olmak üzere f : X → Y fonksiyonunu söyle tanımlayalım:

f (x) =

s, x = a

t, x = b

s, x = c

Buna göre, f (A ∩ B) = y oldugu halde f (A) ∩ f (B) = s, t olur;yani f (A ∩ B)y 6= f (A) ∩ f (B) dir.

Uygulamalar

1. X = 1, 2, 5, 9 ve Y = a, b, c, d, e veriliyor. Asagıdaki bagıntılar-dan hangileri fonksiyondur? Nedenleriyle açıklayınız.

(a) β1 = (1, a), (2, b), (5, c), (9, d)(b) β2 = (1, a), (2, b), (5, c), (5, d), (9, b), (9, d)(c) β3 = (1, b), (5, a), (9, d)(d) β4 = (1, d), (2, d), (5, d), (9, d)(e) β5 = (1, c), (1, d), (2, b), (5, a), (5, c), (9, a)

2. Yukarıdaki bagıntıların herbirisinin grafigini çiziniz. Fonksiyonolanların grafiklerinin, düsey dogrularla ençok bir noktadakesistigini görünüz.

3. X = −2,−1, 0, 3, 5 ve Y = −10,−7,−5,−3, 1, 2, 3, 4, 10kümeleri ile f : X ⇒ Y, f (x) = 2x− 3 fonksiyonu veriliyor.

(a) f fonksiyonunun tanım bölgesini yazınız.

(b) f fonksiyonunun deger bölgesini yazınız.

(c) −1 ögesinin, f altındaki görüntüsünü yazınız.

(d) A = −1, 0, 5 kümesinin, f altındaki görüntüsünü yazınız.

(e) X kümesinin, f altındaki görüntüsünü yazınız.

4. X = 1, 2, 3, 4, Y = 1, 2, 3, 4, 7 kümeleri veriliyor. X kümesin-den Y kümesine tanımlanan

β = (x, y) | y = x + 1

fonksiyonlar 129

bagıntısının grafigini çiziniz. Bir fonksiyon olup olmadıgınıinceleyiniz.

5. f = (1, a), (2, b), (3, c) veriliyor.

(a) f nin grafigini çiziniz.

(b) f nin bir fonksiyon oldugunu gösteriniz.

(c) f nin tanım bölgesini yazınız.

(d) f nin deger bölgesini yazınız.

(e) Tanım bölgesinin, f altındaki görüntüsünü yazınız.

6. f = (−2,−1), (−1,−1), (0, 1), (1, 1), (2, 3)bagıntısı veriliyor.

(a) f nin grafigini çiziniz.

(b) Grafigi kullanarak, f nin bir fonksiyon oldugunu gösteriniz.

(c) f nin X tanım bölgesini yazınız.

(d) f nin Y deger bölgesini yazınız.

(e) n( f ) ile n(X) nicelik sayılarını bulunuz.

7. X = 1, 2, 3, 4, Y = u, v, x, y, z kümeleri veriliyor. Asagıdakibagıntıların grafiklerini çiziniz. Hangilerinin fonksiyon oldugunubelirleyiniz.

(a) f = (1, x), (2, x), (2, y), (4, z)

(b) g = (1, y), (2, y), (3, t), (4, z)

(c) h = (1, y), (2, z), (3, x), (4, t)

(d) k = (1, y), (2, y), (3, y), (4, y)

8. Yukarıdaki fonksiyonların ok diyagramlarını çiziniz.

9. Ok diyagramı verilen fonksiy-onu, tanım bölgesini, deger böl-gesini ve y = f (x) esleme kuralınıbelirleyerek, tanımlayınız.

10. Asagıdaki fonksiyonların tanım ve deger bölgelerini bulunuz.

(a) y = −2x + 5

(b) y = 1x−1

(c) y = x2

(d) y = |x|

(e) y =√

x

11. Her fonksiyonun bir bagıntı oldugunu, ama her bagıntınınfonksiyon olmadıgını gösteren örnekler veriniz.

130 calculus

FONKSIYON TÜRLERI

Esit Fonksiyonlar

Her kümede oldugu gibi, fonksiyonlardan olusan bir küme üz-erinde esitlik kavramı vardır.

Tanım 0.161. Tanım kümeleri ve tanım kümelerine ait her noktadakigörüntüleri aynı olan iki fonksiyon esittir.

Bunu, simgelerle yazarsak, söyle diyebiliriz:X ve Y bos olmayan iki küme ve f : X ⇒ Y1 , g : X ⇒ Y2 iki

fonksiyon olsun.

f = g⇐⇒ [∀x(x ∈ X) ⇒ f (x) = g(x)] (126)

oluyorsa, f ile g birbirine esittir, denilir. f = g esitligi yerine, bazan

f ≡ g (127)

biçiminde esdegerlik simgesi yazılır. Bu esitligin tanımında, fonksiy-onların Y1 ve Y2 deger bölgelerinin esit olması kosulu gereklidegildir; çünkü, görüntü kümeleri esittir: f (X) = g(X). Istenirse,ortak deger bölgesi olarak, ortak görüntü kümeleri ya da = Y1 ∩Y2

seçilebilir. Bu seçim, fonksiyonların niteliklerinde bir degisiklikyapmayacaktır.

Örnek X = −1, 0, 1, Y1 = −1, 0, 1, 2, Y2 = −2,−1, 0, 1, 2, 3, 5, kümeleri ile f : X ⇒ Y1, f (x) = x ve g : X ⇒ Y2, g(x) = x3

fonksiyonlarının esit oldugunu gösteriniz.Çözüm:

a. Tanım bölgeleri esittir.b. Tanım bölgelerine ait noktalarda, fonksiyonların aldıgı deger-

ler de, asagıda görüldügü gibi, karsılıklı olarak birbirlerine esittir.f (−1) = −1 f (0) = 0 f (1) = 1g(−1) = −1 g(0) = 0 g(1) = 1

O halde, f = g dir. Istersek, her iki fonksiyonun tanım bölgesiolarak, ortak görüntü kümesi olan Y = −1, 0, 1 kümesini alabil-iriz. Bu seçim, fonksiyonların niteligini degistirmez. Ama, tanımbölgelerini degistirirsek, fonksiyonların nitelikleri degisir. Örnegin,f nin tanım bölgesine 2 noktasını katarsak, fonksiyonların esitligibozulur: f 6= g.

Içine Fonksiyon

Görüntü kümesi, deger bölgesinin bir has alt kümesi oldugunda,fonksiyon içine bir fonksiyon’dur. Bunu simgelerle ifade edersek,

( f : X ⇒ Y) ∧ ( f (X) 6= Y) (128)

ise, f foksiyonu X kümesinden Y kümesi içine bir fonksiyondur, diye-cegiz.

fonksiyonlar 131

Örten Fonksiyon

Görüntü kümesi, deger bölgesine esit oldugunda, fonksiyon örtenbir fonksiyon’dur. Bunu simgelerle ifade edersek,

f : X ⇒ Y için, f (X) = Y (129)

ise, f foksiyonu X kümesinden Y kümesi üzerine (örten) bir fonksiyon-dur, diyecegiz.

Bire-bir Fonksiyon [bb]

Tanım bölgesindeki farklı ögelere eslenen fonksiyon degerleri defarklı ise, fonksiyon bire-bir (bijective) fonksiyon’dur.

Bunu simgelerle ifade edersek,

f : X ⇒ Y için, (x1 6= x2)⇒ f (x1) 6= f (x2) (130)

ise, f foksiyonu X kümesinden Y kümesine tanımlı bire-bir (bb) fonksiyon-dur, diyecegiz.

Bire-bir-içine fonksiyon [bbi]

Bire-bir ve içine (bbi) olma niteliklerine sahip fonksiyondur.

Bire-bir-örten Fonksiyon [bbö]

Bire bir ve örten olma niteliklerine sahip fonksiyondur (surjective).f : X → Y fonksiyonu bbö ise X ile Y kümelerinin ögeleri

arasında bire-bir eslesme vardır. Bunu, kısaca, X ile Y kümeleribire-bir eslesirler diye belirtecegiz.

Sabit Fonksiyon

Görüntü kümesi bir tek noktadan olusan fonksiyon.Bunu simgelerle ifade edersek,

f : X → Y için ∃∗c(c ∈ Y)(x ∈ X ⇒ f (x) = c) (131)

ise, f foksiyonu X kümesinden c kümesi üzerine sabit bir fonksiyon-dur, diyecegiz.

Sıfır Fonksiyon

Y = R ya da Y = C olmak üzere, görüntü kümesi f (X) = 0 olanf : X → Y sabit sabit fonksiyonu.

Bunu simgelerle ifade edersek, f : X ⇒ Y için

f ≡ 0⇐⇒ [∀x(x ∈ X)⇒ f (x) = 0)] (132)

ise, f foksiyonu X kümesinden 0 kümesi üzerine bir sıfır fonksiyondur,diyecegiz.

132 calculus

Birim (özdeslik) Fonksiyonu

Tanım bölgesindeki her ögeyi kendisine esleyen fonksiyon.Bunu simgelerle ifade edersek, X ⊂ Y olmak üzere,

I : X ⇒ Y için, (x ∈ X ⇒ I(x) = x)

ise, f foksiyonu X kümesinden Y kümesi içine bir gömme (özdeslik,birim) fonksiyonudur, diyecegiz. X ⊂ Y oldugunda gömme terimini;X = Y oldugunda ise, çogunlukla, özdeslik ya da birim teriminikullanırız.

Kısıtlanmıs Fonksiyon

f : X → Y fonksiyonu ile A ⊂ X alt kümesi verilsin.

∀x(x ∈ A)⇒ f|A(x) = f (x) (133)

diye tanımlanan f|A : X → Y fonksiyonu.

Gömme Fonksiyonu

A ⊂ X olmak üzere

∀x(x ∈ A)⇒ gA(x) = x (134)

kosulunu saglayan gA → X fonksiyonu.Hemen görüldügü gibi, I : X → X birim fonksiyonunun

A ⊂ X alt kümesine I|A kısıtı gömme (embedding) fonksiyonudur.Gömme fonksiyonları, özellikle X üzerinde bir matematiksel yapıvar oldugunda islevsellik kazanırlar.

Belirtgen (karakteristik) Fonksiyon

Herhangi bir X kümesinden 0, 1 kümesine tanımlı olan

χA =

1, x ∈ A

0, x ∈ A′(135)

χA → 0, 1 fonksiyonu.

Tanım 0.162. Y kümesinden X kümesine tanımlı olan bütün fonksiyon-ların kümesini XY simgesiyle gösterecegiz.

Simgesel olarak

XY = f | f : Y → X (136)

dir.

Örnekler

1. X = 0, 1, 2, 3 kümesinden Y = −7,−4, 1, 6, 11, 15 küme-sine tanımlı olan f (x) = 5x − 4 fonksiyonu veriliyor. f (X) =

fonksiyonlar 133

−4, 1, 6, 11 görüntü kümesi Y deger bölgesinin bir has altkümesi oldugundan, f içine bir fonksiyondur.

Bu fonksiyon, aynı zamanda, bire birdir. Dolayısıyla, bire bir içinebir fonksiyondur.

2. X = 0, 1, 2, 3 kümesinden Y = −4, 1, 6, 11 kümesine tanımlıolan y = 5x − 4 fonksiyonu örten bir fonksiyondur; çünküf (X) = −4, 1, 6, 11 görüntü kümesi Y deger bölgesine esittir.

Bu fonksiyon, aynı zamanda, bire birdir. Dolayısıyla, bire birörten bir fonksiyondur. Buradan anlasıldıgı gibi, bire bir içine birfonksiyonun deger bölgesini görüntü kümesine daraltarak örtenbir fonksiyon elde edebiliriz. Bu islem, fonksiyonun niteliginidegistirmez.

3. X = −2,−1, 0, 1, 2, olmak üzere,

f : X ⇒ X, f (x) = x

fonksiyonu, özdeslik (birim) fonksiyondur.

4. N dogal sayılar kümesinden Q rasyonel sayılar kümesinetanımlı olan

f : N⇒ Q, f (x) = x

fonksiyonu, bir gömme fonksiyonudur. Her r dogal sayısının r1

biçiminde bir rasyonel sayı olarak algılanmasını saglar.

5. X = [2, 3) ve Y = 0, 1, 2, 3, 4 olmak üzere,

f+ : X ⇒ Y, f+(x) = (x sayısının tam kısmı)

biçiminde tanımlanan fonksiyon, [2, 3) aralıgındaki her x gerçeksayısını 2 kümesi üzerine resmeder: (x ∈ X ⇒ f+(x) = 2).Öyleyse, f+, sabit bir fonsiyondur.

6. X = (−1, 0] ve Y = 0, 1, 2, 3, 4 olmak üzere,

f− : X ⇒ Y, f−(x) = k, [(k ∈ Z) ∧ (x ≤ k < x + 1)]

biçiminde tanımlanan fonksiyon, (−1, 0] aralıgındaki her xgerçek sayısını 0 kümesi üzerine resmeder:

(x ∈ X ⇒ f−(x) = 0

Öyleyse, f−, bir sıfır fonsiyondur.

ALISTIRMALAR

1. f : −1, 1, 2, 5 ⇒ −5,−1, 1, 2, 5, 6 fonsiyonu y = f (x) = xbagıntısı ile veriliyor. f nin türünü belirtiniz.

2. f (x) = 3x − 1 bagıntısı ile tanımlanan f : −1, 0, 1, 3 ⇒−4,−1, 2, 8 fonksiyonunun türünü belirtiniz.

134 calculus

3. X = 1, 2, 3, 4, Y = a, b, c, d veriliyor. X × Y nin alt kümesiolan asagıdaki bagıntıların türlerini belirtiniz.

(a) β1 = (1, a), (2, b), (2, c), (3, a)

(b) β2 = (1, a), (2, c), (3, b)

(c) β3 = (1, b), (2, c), (3, a), (4, b), (3, c)

(d) β4 = (1, b), (2, d), (3, c), (4, c)

(e) β5 = (1, c), (2, a), (3, b), (4, d)

4. f (x) = x2 + 1 bagıntısı ile tanımlanan f : −1, 2, 3 ⇒−3, 1, 2, 5, 10 fonsiyonunun türünü belirtiniz.

5. f (x) = 2x2 − 1 bagıntısı ile tanımlı f : −3,−1, 0 ⇒ −3,−1, 0, 1, 2, 17fonsiyonunun türünü belirtiniz.

6. f (x) = x2 + 3 bagıntısı bir fonksiyon tanımlıyor mu? Neden?Tanımlıyorsa, tanım bölgesini ve deger bölgesini belirleyiniz

7. Asagıdaki bagıntıların tanımlı oldugu kartezyen çarpımlarıbulunuz. Bagıntıların grafiklerini çiziniz. Türlerini belirtiniz.

β1 = (a, 1), (b, 2), (c, 3)

β2 = (a, 1), (a, 2), (b, 3), (c, 3), (d, 3)

β3 = (a, 1), (b, 1), (c, 1), (d, 1)

β4 = (1, a), (2, a), (3, a)

β5 = (1, a), (2, b), (3, c), (2, t)

8. g(x) = 2x2 + 1 kuralı ile tanımlı f : −2,−1, 0, 1 ⇒ −1, 1, 5fonksiyonunun türünü belirleyiniz. Grafigini çiziniz.

9. Asagıdaki bagıntıları belirleyiniz.

(a) β1 = (a, x), (b, z), (c, z), (d, t)

(b) β2 = (a, y), (b, y), (c, y), (d, y)

(c) β3 = (a, z), (b, x), (c, y), (d, z)

(d) β4 = (y, a), (y, b), (y, c), (z, d)

(e) β5 = (x, a), (x, b), (x, c), (x, d)

10. f (x) = x − 3 fonksiyonu ile A = −2,−1, 0, 1, 2 kümesiveriliyor.f : A⇒ B nin bire bir ve örten olması için, B ne olmalıdır?

11. A = a, b, c, d, B = x, y, z, t kümeleri veriliyor. A danB ye tanımlı olan asagıdaki türlerde fonksiyonlar belirleyiniz.Ögelerini listeleyiniz.

(a) f : A⇒ B içine fonksiyon,

(b) g : A⇒ B bire bir ve örten fonksiyon,

(c) h : A⇒ B sabit fonksiyon,

(d) s : A⇒ B sıfır fonksiyon,

fonksiyonlar 135

(e) t : B⇒ A ters fonksiyon,

12. f : N ⇒ N fonksiyonu f (x) = (a− 3)x + 2− b bagıntısı ileveriliyor. f nin bir özdeslik fonksiyonu olması için, a ve b neolmalıdır?

13. f : N ⇒ N fonksiyonu f (x) = (a− 5)x + 3− b bagıntısı ileveriliyor. f nin sıfır fonksiyon olması için, a ve b ne olmalıdır?

14. f : N ⇒ N fonksiyonu f (x) = (a − 1)x + 4 + b bagıntısıile veriliyor. f nin sabit bir fonksiyon olması için, a ve b neolmalıdır?

15. f (x) = x+1x−1 bagıntısının bir fonksiyon belirleyip belirlemedigini

saptayınız. Belirliyorsa, fonksiyonun tanım ve deger bölgeleriniyazınız.

16. A = a, b, c, d olmak üzere f (x) = x kuralı ile tanımlıf : A⇒ A fonksiyonunun türünü belirleyiniz. Grafigini çiziniz.

17. \(A) = n ve \(B) = m ise, A kümesinden B kümesine kaç tanebire-bir fonksiyon vardır?

18. f : R→ R; x 7−→ f (x) = x2 fonksiyonu bbi midir. Neden?

19. f : R → R+; x 7−→ f (x) = |x − 1| fonksiyonu bbi midir.Neden?

20. f : R− 0 → R; x 7−→ f (x) = ln x fonksiyonu bbi midir.Neden?

21. Dogal sayılar kümesinden gerçel sayılar kümesine bir bbifonksiyonu tanımlayınız.

22. N×N kümesinden N kümesine bir bbi fonksiyonu tanum-layınız.

23. Z den Z ye tanımlanan

f (x) =

x + 2, x çift

x + 4, x tek

fonksiyonu veriliyor.

(a) f fonksiyonu bbö midir?

(b) f−1 ters bagıntısı bir fonksiyon mudur?

24. R den ye tanımlı olan

xβy⇔ y = x2

bagıntısının bir fonksiyon olmadıgını gösteriniz. Bu bagın-tının parabol diye adlandırılan grafigini çiziniz. Bu bagıntıdanfonksiyon olan iki alt bagıntı çıkarınız.

136 calculus

25. R den ye tanımlı olan

xβy⇔ 9x2 + 4y2 = 16

bagıntısının bir fonksiyon olmadıgını gösteriniz. Bu bagıntınınelips diye adlandırılan grafigini çiziniz. Bu bagıntıdan fonksiyonolan iki alt bagıntı çıkarınız.

Islem

ISLEM KAVRAMI

Sayı kümeleri üzerinde dört islem adıyla anılan toplama, çıkarma,çarpma ve bölme islemlerini yapmayı biliyorsunuz. Ayrıca, bu islem-lerin yer degisme, birlesme, dagılma özelikleri ile birim öge, ters ögevarlıgı kavramlarını, kullanarak islemler (operatör) yapıyor veproblemler çözüyorsunuz.

Bu bölümde, bu tür islemleri, soyut bir matematiksel yapı içindeinceleyecegiz. Bu inceleme sonunda ulasacagımız genel kurallar,istedigimiz somut duruma kolayca uygulanabilecektir.

Birli Islemler

Tanım Bir kümeden kendisine tanımlı olan her fonksiyon, bir birliislem’dir.

Örnekler

1. Z Tam Sayılar Kümesi olmak üzere, Z den Z ye tanımlı f (x) =−x fonksiyonu birli bir islemdir.

2. Sıfırdan farklı Rasyonel Sayılar Kümesinden kendisine tanımlıf (x) = 1

x fonksiyonu birli bir islemdir.

Ikili Islemler

Tanım: A 6= ∅ ve A ⊂ B ise, her

f : A× A⇒ B

fonksiyonu, A üzerinde bir ikili islem’dir.Birli ve ikili islemler apaçık belli olacagı için, birli islem, ikili

islem terimleri yerine, kısaca, islem diyecegiz. Bu kısaltma birkarısıklık yaratmayacaktır.

Islemler, fonksiyonların özel bir türüdür. Bir fonksiyonun islemoldugunu belirtmek için, onları, fonksiyonlar için kullandıgımızf , g, h, . . . gibi harflerle degil; özel simgelerle belirtiyoruz. Busimgeler, sayı kümelerinde kullandıgımız +, −, ×, ·, ÷ simgeleriolabilecegi gibi, ?. , ⊕, , ⊗, , , · · · gibi simgeler olacaktır.

138 calculus

Üzerinde bir ya da daha çok islem tanımlı bir A kümesi, birmatematiksel yapı’dır. Bu yapıyı, (A,⊕,⊗), · · · ) biçiminde göstere-cegiz.

A üzerinde bir ? isleminin tanımlı olması demek, ⊕ : A× A⇒ Bfonksiyonunun verilmis olması demektir. Öyleyse, ? islemi, her(x, y) ∈ A × A sıralı çiftini bir tek z ∈ B ögesine esleyecektir.Çogunlukla, z görüntüsünü x ? y simgesiyle gösterecegiz:

? : (x, y)⇒ x ∗ y = z

Bunu "x islem y esit z" diye okuyacagız..

ÖrnekN Dogal Sayılar kümesi üzerindeki çarpma islemini · ile göstere-

lim.

· : N×N⇒N, · : (m, n)⇒ m.n

dir.

n-li Islemler

Tanım:A 6= ∅ ve n ∈ N olmak üzere A nın n kez kendisiyle kartezyen

çarpımından A ya tanımlı her fonksiyon bir n-li islemdir. Bunusimgelerle gösterirsek, her

f : A× A× . . .× A⇒ A

fonksiyonuna, A kümesi üzerinde bir n-li islemlem denilir.

ISLEMLERIN ÖZELIKLERI

Kapalılık

? fonksiyonunun görüntü kümesi bazan A kümesine esit olur;bazan da A dan büyük olur. Bu iki durumu birbirinden ayırmakgerekir.

Tanım: ∗, A kümesi üzerinde bir islem olsun. Eger ? fonksiy-onunun görüntü kümesi, A ise; yani,

∗ : A× A⇒ A

bir fonksiyon ise, “A kümesi ∗ islemine göre kapalıdır" denilir.Bu durumda,

∀x, y ∈ A için x ∗ y = z ∈ A

olur.Eger, ? fonksiyonunun görüntü kümesi, A kümesininden

büyükse, "A kümesi ∗ islemine göre kapalı degildir," denilir.

islem 139

Uyarı 0.163. Aslında islemin kapalı olması tanımı, fonksiyon (islem)tanımımız uyarınca, gereksizdir. Çünkü islem tanımlı ise, zaten kapalılıközeligi saglanacaktır. Bu kavram, fonksiyon tanımının iyi yapılmadıgıeski zamanlardan kalan bir alıskanlık olarak sürmektedir. Bir çok kaynaktakarsılasıldıgı için, bu tanım bilgi amacıyla buraya alınmıstır. Bizim islemtanımımız kapalılık kavramını kapsamaktadır.

Örnekler

1. Dogal Sayılar Kümesi çarpma islemine kapalıdır.

Gerçekten, iki dogal sayının çarpımı gene bir dogal sayıdır. Bunu,simgelerle ifade etmek için, N Dogal Sayılar Kümesi üzerindekiçarpma islemini ” · ” ile gösterelim.

· : N×N⇒N, · : (m, n)⇒ m.n ∈N

oldugundan, · çarpma islemi Dogal Sayılar Kümesi üzerindetanımlıdır; yani, N kümesi çarpma islemine kapalıdır.

2. Dogal Sayılar Kümesi çıkarma islemine kapalı degildir.

Böyle oldugunu örneklerle gösterebiliriz:

7− 2 = 5 ∈N dir; ama 2− 7 = −5 6∈N

oldugundan, çıkarma isleminin görüntü kümesi, Dogal SayılarKümesinden büyüktür. Baska bir deyisle, − : N×N ⇒ N

tanımlı degildir; dolayısıyla, Dogal Sayılar Kümesi çıkarmaislemine kapalı degildir. Öte yandan,

− : N×N⇒ Z

tanımlıdır.

Bu tür özelikler, matematiksel yapıların genisletilmesi gerekçesinidogurur.

Yer Degisim

Tanım: Bos olmayan bir A kümesi üzerinde tanımlı ? islemi ver-ilsin. Her x, y ∈ A için,

x ? y = y ? x

oluyorsa, ? isleminin yer degisim (takas - komutatiflik) özeligi vardır,denilir.

Örnekler

1. 5.7 = 7.5 örneginde oldugu gibi, her m, n dogal sayı çifti içinm.n = n.m dir. O halde, Dogal Sayılar Kümesi üzerinde çarpmaislemi yer degisimi özeligine sahiptir.

2. 9− 5 6= 5− 9 örneginde oldugu gibi, her m, n dodogal sayı çiftiiçin m− n 6= n−m dir. O halde, Dogal Sayılar Kümesi üzerindeçıkarma islemi yer degisimi özeligine sahip degildir.

140 calculus

Daha genel söylemek gerekirse;a. Sayı kümeleri üzerinde tanımlı toplama (+) ve çarpma (.)

islemlerinin degisme özeligi vardır.b. Çıkarma (−) ve bölme (÷) islemlerinin degisme özeligi

yoktur.

Birlesme Özeligi

Birlesme ÖzeligiBos olmayan bir A kümesinde tanımlı bir ? islemi verilsin. Her

x, y, z ∈ A için,x ? (y ? z) = (x ? y) ? z

oluyorsa ? isleminin birlesme özeligi vardır, denilir.

Örnekler

1. 2.(3.4) = (2.3).4 örneginde oldugu gibi, her m, n, r dogal sayılarıiçin m.(n.r) = (m.n).r dir. O halde, Dogal Sayılar Kümesi üz-erinde çarpma islemi birlesme özeligine sahiptir.

2. 40 : (20 : 2) = 4 6= 2 = (40 : 20) : 2 örneginde oldugu gibi,her p, q, r rasyonel sayılar için m : (n : r) 6= (n : m) : r dir. Ohalde, Rasyonel Sayılar Kümesi üzerinde bölme islemi birlesmeözeligine sahip degildir.

Genel olarak, sayı kümeleri üzerinde toplama ve çarpma islem-leri birlesme özeligine sahiptir; ama çıkarma ve bölme islemlerininbirlesme özeligi yoktur.

Birim Öge

? islemi bir A kümesi üzerinde tanımlı olsun. Her x ∈ A için,

x ? e = x = e ? x

esitligini saglayan bir e ∈ A varsa, e ögesine, ? islemine göre birim(etkisiz) öge, denilir.

Örnekler

1. 8 + 0 = 8 = 0 + 8 örneginde oldugu gibi, her k tam sayısı içink + 0 = k = 0 + k dir. O halde, 0 sayısı, Tam Sayılar Kümesindeüzerinde tanımlı toplama islemine göre birim ögedir.

2. A = 2, 3, 4, . . . kümesi üzerinde · çarpma islemi tanımlıdır;yani,

· : A× A⇒ A, · : (m, n)⇒ m.n

bir ikili islemdir. kapalılık, yer degisimi ve birlesme özeliklerisaglanır. Ama, bir sayının 1 den baska bir sayı ile çarpımı kendi-sine esit olamaz. 1 6∈ A oldugundan, çarpma islemine göre birimöge A içinde yoktur.

islem 141

Q rasyonel sayılar kümesi üzerinde “∗" islemi

a ∗ b = a + b + ab

biçiminde tanımlansın. Bu islemin, varsa, birim elemanını bulalım.Tanım geregince ∀a ∈ Q için a ∗ e = e ∗ a = a olacak biçiminde bir

e ∈ Q arayacagız.

a ∗ e = a ⇒ a + e + a.e = a

⇒ e + a.e = 0

⇒ (1 + a).e = 0

⇒ (e = 0) ∨ (1 + a = 0)

⇒ e = 0 ∈ Q

olur. ∀a ∈ Q için,a ∗ 0 = a + 0 + a.0 = a

oldugundan sagdan birim eleman e = 0 dır.

e ∗ a = a ⇒ e + a + e.a = a

⇒ e + e.a = 0

⇒ e(1 + a) = 0

⇒ (e = 0) ∨ (1 + a = 0)

⇒ e = 0 ∈ Q

olur. ∀a ∈ Q için,0 ∗ a = 0 + a + 0.a = a

oldugundan “∗” isleminin soldan birim elemanı e = 0 dır.Q da tanımlı “∗” isleminin hem sagdan, hem soldan birim

elemanı 0 (sıfır) oldugundan, islemin birim elemanı vardır vee = 0 ∈ Q dır.

Birim eleman çogunlukla e ile gösterilir.

Ters Öge

Bir Ögenin Tersi

Tanım: A kümesinde tanımlı bir ? islemi verilsin ve buna görebirim e birim ögesi var olsun. Her x ∈ A için,

x ? y = e = y ? x

esitligini saglayan bir y ∈ A varsa, y ögesi, ? islemine göre, xögesinin tersidir.

Sayı kümeleri üzerinde, toplama islemine göre, bir x ögesinintersi −x; çarpma islemine göre x−1 = 1

x , x 6= 0 dir. Örnegin, 12 nin

toplamsal tersi −12; çarpımsal tersi1

12dir. Aynı biçimde, −(−5

3)

ün toplamsal tersi −(−53) =

53

; çarpımsal tersi (−53)−1 = −3

5dir.

Sayı kümelerinden edindigimiz alıskanlıkla, soyut kümelerüzerinde tanımlı olup + islemine benzeyenlere toplama islemi; ·islemine benzeyenlere de çarpma islemi, diyecegiz. Dolayısıyla,bir x ögesinin toplamsal tersi −x; çarpımsal tersi x−1 simgesiylegösterilecektir.

142 calculus

Dagılma Özeligi

Bos olmayan bir A kümesi üzerinde ⊕ ve ⊗ islemleri tanımlı olsun.∀a, b, c ∈ A için,

a⊗ (b⊕ c) = (a⊗ b) ⊕ (a⊗ c)

esitligi saglanıyorsa, ⊗ isleminin ⊕ islemi üzerine soldan dagılmaözeligi vardır;

(a⊕ b)⊗ c = (a⊗ c) ⊕ (b⊗ c)

esitligi varsa ⊗ isleminin ⊕ islemi üzerine sagdan dagılma özeligivardır, denilir.

Hem soldan, hem sagdan dagılma özeligi varsa, ⊗ isleminin ⊕islemi üzerine dagılma özeligi vardır.

Sayı kümeleri üzerinde çarpmanın, toplama üzerine dagılmaözeligi vardır; ama, toplamanın çarpma islemi üzerine dagılmaözeligi yoktur.

Tanım: A kümesi üzerinde tanımlı bir ? islemi olsun. Eger ∀x ∈ Aiçin,

∀x ∈ A içinx ∗ u = u ∗ x = u

olacak biçimde bir u ∈ A varsa, u ya ? isleminin yutak (yutan) ögesidenilir.

Örnek 0.164.

Sayı kümeleri üzerinde çarpma isleminin yutak ögesi 0 sayısıdır;çünkü, her x sayısı için,

x.0 = 0.x = 0

dır.

Çözümlü Örnekler

Örnekler

1. Q Rasyonel Sayılar Kümesi üzerinde ⊕ islemini asagıdaki esitlikile tanımlayalım: a + b ve a

b islemleri, Q üzerindeki toplama vebölme islemleri olmak üzere, ∀x, y ∈ Q için,

x⊕ y =x + y

2(2)

diyelim.

Simdi bu islemin niteliklerini arastıralım.

(a) Q kümesi ⊕ islemine göre kapalıdır; çünkü ∀x, y ∈ Q için,(2) esitliginin sag yanı daima bir rasyonel sayıdır.

(b) ⊕ isleminin yer degisim özeligi vardır; çünkü,

x⊕ y =x + y

2=

y + x2

= y⊕ x .

islem 143

(c) ⊕ isleminin birlesme özeligi yoktur; örnegin,

2⊕ (4⊕ 8) = 2⊕ 6 = 4 6= 112

= 3⊕ 8 = (2⊕ 4)⊕ 8

dir.

(d) 0 sayısı, ⊕ islemine göre, Q içinde birim ögedir; çünkü,

∀x(

x + 02

=x2

=0 + x

2

)dir.

(e) Her x rasyonel sayısının, ⊕ islemine göre, Q içindeki tersi−x sayısıdır; çünkü,

x⊕ (−x) =x− x

2= 0

dır.

(f) (Q,⊕) sistemi yer degisimli bir gruptur.

2. Q Rasyonel Sayılar Kümesi üzerinde ⊗ islemini asagıdaki esitlikile tanımlayalım: a + b ve a.b islemleri, Q üzerindeki toplama veçarpma islemleri olmak üzere, ∀x, y ∈ Q için,

x⊗ y = x + y + x.y (3)

diyelim.

Simdi bu islemin niteliklerini arastıralım.

(a) Q kümesi ⊗ islemine göre kapalıdır; çünkü ∀x, y ∈ Q için,(3) esitliginin sag yanı daima bir rasyonel sayıdır.

(b) ⊗ isleminin yer degisim özeligi vardır; çünkü,

x⊗ y = x + y + x.y = y + x + y.x = y⊗ x

(c) ⊕ isleminin birlesme özeligi vardır; çünkü,

x⊗ (y⊗ z) = x⊗ (y + z + y.z)

= x + (y + z + y.z) + x.(y + z + y.z)

= x + y + z + y.z + x.y + x.z + x.(y.z)

= x + y + x.y + z + x.z + y.z + (x.y)z

= (x + y + x.y) + z + (x + y + x.y).z

= (x× y)⊗ z

dir.

(d) ⊗ islemine göre, Q içindeki birim öge 0 dır; çünkü,

∀xiçin,(x⊗ 0) = (x + 0 + x.0) = x = (0 + x + 0.x) = (0⊗ x)

dir.

144 calculus

(e) Bir x 6= −1 sayısının, ⊗ islemine göre, Q içindeki tersögesi −x

1+x dir; çünkü,

x⊗(−x

1 + x

)= x +

−x1 + x

+ x · −x1 + x

= 0

dır.

(f) ((Q \ 1),⊗) sistemi yer degisimli bir gruptur.

3. Q üzerinde tanımlı olan ⊗ isleminin, ⊕ islemi üzerine dagılmaözeligi vardır:

x⊗ (y⊕ z) = x⊗(

y + z2

)= x +

y + z2

+ x · y + z2

=x2+

x2+

y + z2

+x.y2

+y + z

2+ x · x.z

2

=( x

2+

y2+

x.y2

)+( x

2+

z2+

x.z2

)=

(x + y + x.y) + (x + z + x.z)2

=(x⊗ y) + (x⊗ z)

2= (x⊗ y) + (x⊗ z)

4. (Q,⊕,⊗) sistemi yer degisimli ve birimli bir halkadır.

Önceki örneklerde gösterilen nitelikler, bu önermenin ispatıdır.

5. Q üzerinde tanımlı olan ⊗ islemine göre, iki sayının tersleriasagıda gösterilmistir.

7−1 =−7

1 + 7

= −78

(−54)−1 =

−(− 54 )

1 + (− 54 )

=59

6. Q üzerinde tanımlı olan ⊗ islemine göre, −1 sayısının tersögesinin olmadıgını gösteriniz.

x−1 = −(−1)1−1 ifadesinin sag yanı tanımsızdır; çünkü, sayı

kümelerinde 0 ile bölme islemi tanımsızdır. Öyleyse, ⊗ isleminegöre −1 in tersi yoktur.

7. Öge sayısı az olan kümeler üzerinde ikili bir islem tanımlamakya da tanımlanmıs bir islemi göstermek için, asagıdaki gibi islemtablosu düzenlenebilir.

islem 145

? a b c d e fa a a a a a ab a b a b b bc a a c a c cd a b a d b de a b c b e ef a b c d e f

kösegen

Bu tabloda, ikili islemin ilk ögesi satırların solundan, ikinciögesi sütunlardan seçilir. Islem sonucu, seçilen satır ve sütununkesistigi yerdeki ögedir. Örnegin, yukarıdaki tabloda tanımlıislem için,

(a, a) ⇒ a ? a = a

(a, b) ⇒ a ? b = a

(c, f ) ⇒ c ? f = c

(d, e) ⇒ d ? e = b

(e, d) ⇒ e ? d = b

dir. Diger sonuçlar da benzer biçimde listelenebilir.

A = a, b, c, d, e, f için,

1. A kümesinin, ? islemine göre kapalı oldugu,

2. ? isleminin yer degisim özeligine sahip oldugu,

3. ? isleminin birlesme özeligine sahip oldugu,

tablodan kolayca çıkarılabilir.

8. A = 1, 2, 3, 4, 5 kümesi üzerinde islemi,

a, b ∈ A ⇒ a b = 3a− 2b

biçiminde tanımlanıyor. Islem tablosunu yapınız ve islemininözeliklerini inceleyiniz.

1 2 3 4 5

1 1 -1 -3 -4 -72 4 2 0 -2 -43 7 5 3 1 -14 10 8 6 4 2

5 13 11 9 7 5

kösegen

yukarıdaki tabloda tanımlı islem için,

(1, 1) ⇒ 1 1 = 1

(1, 2) ⇒ 1 2 = −1

(3, 2) ⇒ 3 2 = 5

(4, 3) ⇒ 4 3 = 6

(5, 5) ⇒ 5 5 = 5

146 calculus

dir. Diger sonuçlar da benzer biçimde listelenebilir. Tablodan, isleminin su özeliklerini görebiliriz.

(a) A kümesi, islemine kapalı degildir; çünkü, görüntükümesi

B = −7,−5,−4,−3,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 13

kümesidir. Bu küme A nın bir has üst kümesidir. Dolayısıyla,

: A× A⇒ A

islemi tanımsızdır; bunun yerine

: A× A⇒ B

islemi tanımlıdır.

(b) isleminin yer degisim özeligi yoktur; örnegin,

3 2 = 5 6= 0 = (2, 3)

dür.

(c) isleminin birlesim özeligi yoktur; örnegin,

3 (4 5) = 3 2 = 5

oldugu halde,(3 4) 5 = 1 5 = −7

dir.

(d) A kümesinde, islemine göre birim öge yoktur; çünkü,

∀x ∈ A ⇒ x e = x = e x

esitligini saglayan bir e ∈ A ögesi yoktur.

(e) Birim öge olmadıgına göre, A içindeki hiç bir ögenin tersiolamaz.

ALISTIRMALAR

1. Ilkögretim çagından bu yana, ögrendiginiz birli ve ikili islemleriyazınız.

2. N = 0, 1, 2, 3, · · · dogal sayılar kümesi üzerinde x y =

3x + 2y esitligi ile tanımlanan islemin tablosunu, ilk 5× 5 satır ×sütun için düzenleyiniz. Islemin özeliklerini arastırınız.

3. A = −i,−1, 0, 1, i kümesi üzerinde,

1 ∗ 1 = 1, (−1) ∗ (−1) = 1, 1 ∗ i = i, i ∗ 1 = i, i ∗ i = −1

eslemeleri ile ∗ islemi tanımlanıyor. ∗ isleminin tablosunuyapınız; özeliklerini inceleyiniz.

islem 147

4. 1 sayısı, R gerçek (reel) sayılar kümesi üzerinde tanımlı bölmeisleminin birim ögesi midir? Neden?

5. Z Tamsayılar Kümesi üzerinde,

x, y ∈ Z için x y = 4x + 3y

bagıntısıyla tanımlanan islemin,

(a) Yer degisim özeligine sahip midir?

(b) Birlesme özeligine sahip midir?

6. Q Rasyonel Sayılar Kümesi üzerinde,

x, y ∈ Q için x y = x + y− xy

bagıntısıyla tanımlanan islemin,

(a) Yer degisim özeligine sahip midir?

(b) Birlesme özeligine sahip midir?

(c) Bu isleme göre Q içinde birim öge var mıdır?

(d) Bu isleme göre tersi var olan ögeler var mıdır?

7. A = 0, 1 kümesi üzerinde + ve · islemleri veriliyor.

(a) Her iki islemin tablolarını yapınız.

(b) + islemine göre, A içinde birim öge var mıdır?

(c) · islemine göre, A içinde birim öge var mıdır?

(d) + islemine göre, A içindeki her ögenin tersi var mıdır?

(e) + islemine göre, A içindeki her ögenin tersi var mıdır?

(f) · isleminin + islemi üzerine dagılma özeligi var mıdır?

8. ∀x ∈ R için x − 0 = x dir. 0 sayısı,cR üzerinde çıkarma (−)isleminin birim elemanı olur mu? Inceleyiniz.

9. Bir isleme göre en çok bir tane birim öge olabilecegini gösteriniz.

10. Bir isleme göre, bir ögenin en çok bir tane ters ögesinin olabile-cegini gösteriniz.

11. N üzerinde tanımlı m n = mn + 1 isleminin yer degisme vebirlesme özeliklerinin olup olmadıgını arastırınız.

12. Z üzerinde tanımlı a b = ab − ab islemi veriliyor. (2 3) 4isleminin sonucu nedir?

13. A üzerinde tanımlı bir ? islemine göre, her ögenin tersi varsa,(x ? y)−1 = y−1 ? x−1 oldugunu gösteriniz.

148 calculus

MODULAR ARITMETIK

Farklı Bir Aritmetik

Yılın dokuzuncu ayında açılan okul, bes ay sonra yarıyıl tatiline girmekte-dir. Yaryıl tatili kaçıncı ayda olmaktadır?

Bu soruyu yanıtlarken, 9 + 5 = 14 demeyiz; 2 deriz. Çünkü, biryılda 12 ay vardır. 12 nci aydan sonra 1 nci ay gelir.

Sabah saat dokuzda isbası yapan bir isçi, günde sekiz saat çalsmaktadır.Bu isçi, isi bırakırken, saati kaçı gösterir?

Bu sorunun yanıtı, 9+ 8 = 17 degildir; çünkü saatin göstergesinde,12 den sonra 1 gelmektedir. Dolayısıyla, yanıt 5 dir.

Yılın birinci mevsimi 21 Mart’ta baslar. Bes mevsim sonra, yılınkaçıncı mevsimi baslar?

Bu sorunun da yanıtı 1 + 5 = 6 degil; 2 dir. Çünkü, yılın mevsim-leri 4 tanedir, 4 üncüden sonra 1 nci mevsim gelir.

Bunlara benzer problemlerin çözümü, tamsayılardaki aritmetik-ten farklı bir aritmetigi gerektirir. Buna Modüler Aritmetik denilir.Bu bölümde, modüler aritmetigi, kısaca ele alacagız.

Tanım 0.165. a tamsayısı b tamsayısını kalansız bölüyorsa (tam bölüy-orsa), bu durumu göstermek için a|b simgesini kullanırız. Karsıt olarak,a tamsayısı b tamsayısını kalansız bölmüyorsa (tam bölmüyorsa), budurumu göstermek için a - b simgesini kullanırız.

Theorem 0.166. a, b, m ∈ Z, m > 1 olmak üzere Z üzerinde

β = (a, b) : m | (a− b)

bagıntısı bir denklik bagıntısıdır.

Ispat: Bir denklik bagıntısı olması için, β bagıntısı yansımalı,simetrik ve geçisken olmalıdır.β Yansımalıdır:

a− a = 0 ve m|0 oldugundan,

a ∈ Z ⇒ m | (a− a)⇒ (a, a) ∈ β

çıkar.β Simetriktir:

a, b ∈ Z için,

m | (a− b)⇒ m | (b− a)

oldugundan, [(a, b) ∈ β⇒ (b, a) ∈ β] çıkar.β Geçiskendir :

a, b, c ∈ Z için,

[m | (a− b), m | (b− c)]⇒ m | (a− c)

oldugunu gösterirsek,

[(a, b) ∈ β, (b, c) ∈ β]⇒ (a, c) ∈ β

islem 149

çıkacaktır:

m | (a− b) ve m | (b− c) ⇒ ∃p, q ∈ Z, a− b = mp ∧ b− c = mq

⇒ (a− b) + (b− c) = mp + mq dır.

⇒ a− b + b− c = m(p + q)

⇒ a− c = mk (p + q = k ∈ Z)

⇒ m | (a− c)

O halde, β bir denklik bagıntısıdır.β bagıntısı, Z kümesini denklik sınıflarına böler. Neden? Simdi,

denklik sınıflarını bulalım.Bir a tamsayısı, 1 den büyük bir bir m tamsayısına bölünürse,

Bölme Algoritmasına göre,

a = m.r + k

esitligini saglayan r ve k tamsayılarının varlıgını söyleyebiliriz. Bu-rada, r bölüm, k kalandır ve 0 ≤ k < m kosulunu saglar. Buradan,

a = m.r + k ⇒ a− k = m.r

⇒ m | a− k

⇒ (a, k) ∈ β

yazabiliriz. Bu, a nın k ya denk oldugunu; yani, a ile k nın aynıdenklik sınıfında oldugunu söyler.

Bir a tamsayısının k ye denk olması demek, aynı kalan sınıfına aitolmaları demektir. Bu durumu,

a ≡ k (mod m) (137)

simgesiyle gösterecek ve "m modülüne göre, a sayısı, k ya denktir", yada "a denk k modulo m" diye okuyacagız.

Bu gösterimdeki, k sayısı,a nın m ye bölünmesiyle elde edilenkalandır.

a ≡ k (mod m) bagıntısının yansıyan, simetrik ve geçisken olduguapaçıktır.

Bir tam sayı, m ile bölünürse, kalan 0, 1, 2, 3, · · · , m− 1 sayıların-dan birisidir. Yukarıdaki anlamda, k ya denk olan bütün a tam-sayılarının olusturdugu denklik sınıfı,

k = a | a ≡ k (mod m) (138)

dir. Olusabilen bütün denklik sınıfları,

Z/m = 0, 1, 2, 3, · · · , m− 1 (139)

dir. Bu denklik sınıflarının kümesine m nin kalan sınıflarının kümeside denilir ve Z/m simgesiyle gösterilir.

Öyleyse,Z/m = 0, 1, 2, 3, · · · , m− 1

olur.

150 calculus

Bir a tamsayısının b ye denk olmasını

a ≡ b (mod m) (140)

simgesiyle gösterecegiz.Bir k tamsayısına denk olan bütün tamsayıların olusturdugu

denklik sınıfı,

k = a | a ≡ k (mod m) (141)

dir. Bu denklik sınıflarının ailesine, m ye göre kalan sınıflar da denilirve Z/m simgesiyle gösterilir. Bir a tamsayısının b ye denk olmasıdemek, bu sayıların, aynı kalan sınıfına ait olmaları demektir:

Birbirlerinden farklı kalan sınıflar (denklik sınıfları),

Z/m = 0, 1, 2, 3, · · · , m− 1

dir.

Theorem 0.167. Asagıdaki ifadeler birbirlerine denktir.

1. a ≡ b (mod m)

2. m|(a− b)

3. a ile b aynı kalan sınıfına aittir.

4. a ∈ b

5. b ∈ a

6. a, b ∈ c

7. a = b

Örnek 0.168. 1. Z/4 kalan sınıflarını bulunuz.

Çözüm: 4 ün kalan sınıfları, Z/5 = 0, 1, 2, 3, 4 dür. Bunlar,

0 = . . . ,−16,−12,−8,−4, 0, 4, 8, 12, 16, . . .1 = . . . ,−15,−11,−7,−3, 1, 5, 9, 13, 17, . . .2 = . . . ,−14,−10,−6,−2, 2, 6, 10, 14, 18, . . .3 = . . . ,−13,−9,−5,−1, 3, 7, 11, 15, 19, . . .

dur.

Theorem 0.169. a, b, c, m ∈ Z ve m > 1 için,

a ≡ b (mod m) ⇒ (a∓ c) ≡ (b∓ c)(mod m)

olur.

Bunun ispatı tanımdan hemen görülür.

Theorem 0.170. a, b, c, d, m ∈ Z ve m > 1 için,

(a ≡ b(mod m)) ∧ (c ≡ d(mod m)) ⇒ (a± c) ≡ (b± d)(mod m)

dir.

islem 151

Ispat:

a ≡ b (mod m) ⇒ m | a− b

⇒ ∃p ∈ Z, a− b = mp

c ≡ d (mod m) ⇒ m | c− d

⇒ ∃q ∈ Z, c− d = mq

a− b = mpc− d = mq

⇒ (a + c)− (b + d) = m(p + q)

⇒ (a + c)− (b + d) = mk (p + q = k ∈ Z)

⇒ m | (a + c)− (b + d)

⇒ a + c ≡ b + d (mod m)

olur. Buradan,

a ≡ b (mod m)

c ≡ d (mod m)

⇒ (a + c) ≡ (b + d) (mod m)

çıkar.

a ≡ b (mod m)

c ≡ d (mod m)

⇒ (a− c) ≡ (b− d) (mod m)

oldugu benzer yolla gösterilebilir.

Örnekler

1. −11 ≡ 9 (mod 4) ve 19 ≡ −5 (mod 4) için,

−11 + 19 = 8 ≡ 0 (mod 4)9− 5 = 4 ≡ 0 (mod 4)

⇒ −11+ 19 ≡ 9− 5 (mod 4)

olur.

2. −14 ≡ 34 mod (12) ve −22 ≡ 26 (mod 12) için,

−14− (−22) = 8 ≡ 8 (mod 12)34− 26 = 8 ≡ 8 (mod 12)

⇒ −14− (−22) ≡ 34− 26 (mod 12)

olur.

Kalan sınıfları üzerinde toplama islemini, asagıdaki gibi tanım-layabiliriz:

Tanım 0.171. a, b ∈ Z/m ise,

a⊕ b = a + b

dır.

Burada, a ve b yerine, a1 ∈ a ve b1 ∈ b olmak üzere herhangia1, b1 sayıları alınabilir. Toplama islemi, kalan sınıflardan seçilentemsilciye baglı degildir. Neden?

152 calculus

3. 11, 5, 2 ∈ Z/7 için,

11⊕ 5 = 11 + 5 = 16 = 2, −17⊕ 26 = −17 + 26 = 9 = 2

olur.

4. a + b = c islemi dogru ise, esitligin iki yanının (mod 9) içindegerleri de esit olmalıdır. Bu, 9 atarak saglama yönteminindayanagıdır.

5.516

+ 92

608

516 ≡ 3 (mod 9)92 ≡ 2 (mod 9)3 + 2 ≡ 5 (mod 9)608 ≡ 5 (mod 9)

3

5 5

2

Bu saglama isleminde, Z/9 içinde,

516⊕ 92 = 516 + 92 ⇒ 3⊕ 2 = 5

oldugunu göstermis olduk.

Theorem 0.172. a, b, c, m ∈ Z, m > 1 için,

a ≡ b (mod m) ⇒ ac ≡ bc (mod m)

olur.

Bunun ispatı tanımdan çıkar.

Theorem 0.173. a, b, c, d, m ∈ Z ve m > 1 için,

[(a ≡ b (mod m)) ∧ (c ≡ d (mod m))] ⇒ a.c ≡ b.d (mod m)

dir.

Ispat: Asagıdaki bagıntılardan istenen çıkar.

a ≡ b (mod m) ⇒ m | a− b

⇒ ∃p ∈ Z, a− b = mp

⇒ a = b + mp dir.

c ≡ d (mod m) ⇒ m | c− d

⇒ ∃q ∈ Z, c− d = mq

⇒ c = d + mq dir.

a = b + mp ∧ c = d + mq ⇒ a.c = (b + mp)(d + mq)

⇒ a.c = bd + mbq + mdp + m2 pq

⇒ ac− bd = m (bq + dp + mpq)︸︷︷︸k∈Z

⇒ ac− bd = mk

⇒ m | ac− bd

⇒ ac ≡ bd (mod m)

Örnek 0.174. 19 ≡ −9 (mod 7) ve −13 ≡ 22 (mod 7) için,

islem 153

19.(−13) = −247 ≡ 2 (mod 7)(−9).22 = −198 ≡ 2 (mod 7)

⇒ 19.(−13) ≡ (−9).22 (mod 7)

olur.

Theorem 0.175. a, b, m, n ∈ Z , m > 1 ve n > 0 ise,

[(a ≡ b (mod m)) ⇒ an ≡ bn (mod m)

dir.

Bunun ispatı, verilen bir n için, önceki teormden çıkar. Genel is-patı tümevarım yöntemini gerektirir. Dolayısıyla, teoremin varlıgınıkabul edecegiz.

Z/m üzerinde çarpma islemi tanımlayabiliriz.

Tanım 0.176. p, q ∈ Z/m için

p⊗ q = p.q (142)

dır.

Örnek 0.177.

7, 8 ∈ Z/3 için 7⊗ 8 = 7.8 = 56 = 2 dır.a.b = c islemi dogru ise, esitligin iki yanının (mod 9) için deger-

leri de esit olmalıdır. Çarpmada, 9 atarak saglama yönteminindayanagı budur.

Örnekler

1.

123

× 38

184

+ 369

4674

123 ≡ 6 (mod 9)38 ≡ 2 (mod 9)6.2 ≡ 3 (mod 9)4674 ≡ 3 (mod 9)

6

3 3

2

Bu saglama isleminde, Z/9 içinde,

123⊗ 38 = 123.38 ⇒ 6⊗ 2 = 3

oldugunu göstermis olduk.

2. Z/5 de 6.4 + 52.4 + 2.8 islemini yapınız.

6.4 + 52.4 + 2.8 ≡ 1.4 + 0.4 + 2.3 (mod 5)

≡ 5 (mod 5)

≡ 0 (mod 5)

154 calculus

3. Z/6 kalan sınıfında toplama ve çarpma tablolarını olusturunuz.

⊕ 0 1 2 3 4 5

0 0 1 2 3 4 5

1 1 2 3 4 5 0

2 2 3 4 5 0 1

3 3 4 5 0 1 2

4 4 5 0 1 2 3

5 5 0 1 2 3 4

⊗ 0 1 2 3 4 5

0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 5

2 0 2 4 0 2 4

3 0 3 0 3 0 3

4 0 4 2 0 4 2

5 0 5 4 3 2 1

4. Z/5 kümesinde, (3x − 2)(2x + 1) = 0 denklemlerinin çözümkümesini bulunuz.

(3x− 2)(2x + 1) = 0 ⇒ (3x− 2 = 0) ∨ (2x + 1 = 0)

⇒ (3x− 2 + 2 = 2) ∨ (2x + 1 + 4 = 4)

⇒ (3x = 2) ∨ (2x = 4)

⇒ (3.2.x = 2.2) ∨ (2.3.x = 3.4)

⇒ (x = 4) ∨ (x = 2)

S = 1, 2

olur.

5. Z/7 kalan sınıfları içinde, 2x2 + 25 = 10 denkleminin çözümünübulunuz.

2x2 + 25 = 10 ⇒ 2x2 + 25− 25 = 10− 25

⇒ 2x2 = −15

⇒ 2.x2 = −1

⇒ 4.2.x2 = −4

⇒ 8.x2 = −4

⇒ x2 = 3

⇒ x = 3

S = 3

bulunur.

6. −13 ≡ 12 (mod 5) oldugunu gösteriniz.

1.Çözüm: (mod 5) e göre, −13 ile 12 sayıları aynı denkliksınıfına ait olmalıdır. 12÷ 5 isleminin kalanı 2 dir; yani 12 ∈ 2dir. −13÷ 5 isleminden kalan −3 dür; yani, −13 ∈ −3 dir. Öteyandan, −3 + 5 = 2 oldugundan, −3 = 2 yazılabilir. O halde, −13ile 12 sayıları aynı denklik sınıfındadır.

2.Çözüm: (mod 5) e göre, −13 ile 12 sayılarının aynı denkliksınıfına ait olması için, farklarının 5 ile tam bölünmesi gerekli veyeterlidir: 12− (−13) = 25 ve 5|25 dir.

islem 155

7. 333 ≡ x (mod 5) esitligini saglayan en küçük x sayısını bulunuz.

Çözüm: Önce asagıdaki esitlikleri inceleyelim.

3 ≡ 3 (mod 5) ≡ 3 (mod 5)32 ≡ 3.3 (mod 5) ≡ 4 (mod 5)33 ≡ 3.4 (mod 5) ≡ 2 (mod 5)34 ≡ 3.2 (mod 5) ≡ 1 (mod 5)35 ≡ 3.1 (mod 5) ≡ 3 (mod 5)· · ·

Buradan görüldügü gibi, 35 ≡ 3 (mod 5) olur ve üslü ifadeler,dörderli döngüler halinde aynı sayıya denk olur. Öyleyse,

333 = 332+1 = 332.3 = 34.8.3 ≡ (34)8.3 (mod 5)

≡ [(34)8 (mod 5)] . [3 (mod 5)]

≡ [(1)8 (mod 5)] . [3 (mod 5)]

≡ [1 (mod 5)] . [3 (mod 5)]

≡ 1.3 (mod 5)

≡ 3 (mod 5)

olur. Son esitlik, aradıgımız sayının 3 oldugunu söyler.

8. 489797 sayısının birler basamagındaki sayı nedir?

Çözüm: Önce asagıdaki esitlikleri inceleyelim.

4897 ≡ 7 (mod 10) ≡ 7 (mod 10)48972 ≡ 7.7 (mod 10) ≡ 9 (mod 10)48973 ≡ 7.9 (mod 10) ≡ 3 (mod 10)48974 ≡ 7.3 (mod 10) ≡ 1 (mod 10)48975 ≡ 7.1 (mod 10) ≡ 7 (mod 10)· · ·

Görüldügü gibi, 48974 ≡ 1 (mod 10) oldugundan,

489797 = 48974.24+1 ≡ (48974)24.4897 (mod 10)

≡ [(1)24 (mod 10)] . [7 (mod 10)]

≡ [1 (mod 10)] . [7 (mod 10)]

≡ 1.7 (mod 10)

≡ 7 (mod 10)

olur. Son esitlik, aradıgımız sayının 7 oldugunu söyler.

BÖLÜNEBILME KURALLARI

Theorem 0.178. a, b ∈ Z, m, n ∈N+ olmak üzere

a ≡ b( mod m)⇒ an ≡ bn( mod m) (143)

olur.

156 calculus

Bu teoremin dogrulugunu seçilecek her n sayısı için saglamakkolaydır. Ama ispatı tümevarım yöntemine dayanır; dolayısıyla, budersin kapsamı dısındadır.

a, m, p, k ∈ N, m > 1, 0 ≤ k < m olmak üzere a’nın m yebölünmesinden bulunan bölüm p, kalan k ise bu durumda,

a = m.p + k⇒ a ≡ k (mod m)

oldugunu biliyoruz.Eger a sayısı m ye tam olarak bölünüyorsa,

a ≡ 0 (mod m)

olur.

Örnek 821 in 5 ile bölünmesinden elde edilen kalanı bulunuz.Çözüm:

8 ≡ 3 (mod 5) ⇒ 821 ≡ 321 (mod 5)

⇒ 821 ≡ (32)10.3 (mod 5)

⇒ 821 ≡ 910.3 (mod 5)

⇒ 821 ≡ 410.3 (mod 5)

⇒ 821 ≡ (42)5.3 (mod 5)

⇒ 821 ≡ (1)5.3 (mod 5)

⇒ 821 ≡ 3 (mod 5)

O halde, çözüm kümesi, S = 3 ∈ Z/5 olur.

Örnek 767 nin 8 ile bölünmesinden elde edilen kalanı bulunuz.Çözüm:

7 ≡ −1 (mod 8) ⇒ 767 ≡ (−1)67 (mod 8)

⇒ 767 ≡ (−1)67 (mod 8)

⇒ 767 ≡ −1 (mod 8)

⇒ 767 ≡ 7 (mod 8)

O halde, çözüm kümesi, S = 7 ∈ Z/8 olur.

Theorem 0.179. Bir a dogal sayısının basamaklarındaki rakamlar, soldansaga dogru, 0 ≤ an, an−1, . . . , a2, a1, a0 ≤ 9 ise, a sayısının, onlu sayısistemindeki açılımı,

a = an10n + an−110n−1 + · · ·+ a2102 + a1.10 + a0 (144)

dır.

Örnek

7853 = 7.103 + 8.102 + 5.10 + 3

islem 157

Theorem 0.180. Onlu sayı sistemindeki açılımı (144) deki gibi olan bir adogal sayısı için,

a = [an + an−1 + · · ·+ a2 + a1 + a0] ( mod 9) (145)

esitligi saglanır.

Ispat: Ker k dogal sayısı için 10k ≡ 1 (mod 9) dur. Bu özelik, (1)esitliginin her terimine uygulanırsa, (2) esitligi elde edilir.

2 ile Bölünebilme Kuralı

Bir tamsayının 2 ile tam bölünebilmesi için, gerekli ve yeterli kosul,birler basamagındaki rakamın çift olmasıdır.Ispat: (1) esitliginden,

α ≡ an.0 + an−10 + · · ·+ a3.0 + a2.0 + a1.0 + a0 (mod 2)

≡ a0 (mod 2)

elde edilir. Öyleyse, a ≡ 0 (mod 2) olması için a0 ≡ 0 (mod 2)olmalıdır.Örnekler

1. 17398 sayısının birler basamagındaki rakam 8 dır. 8 ≡ 0 (mod 2)oldugundan 17398 ≡ 0 (mod 2) dir. Öyleyse, 17398 sayısı 2 iletam bölünür.

2. 5753 sayısının birler basamagındaki rakam 3 dür. 3 ≡ 1 (mod 2)oldugundan 5753 6≡ 0 (mod 2) dır. Öyleyse, 5753 sayısı 2 ile tambölünemez.


Bir tamsayının 3 ile tam bölünebilmesi için, gerekli ve yeterli kosul,basamaklarındaki rakamların toplamının 3 ya da 3 ün bir katı olmasıdır.Ispat: Her k dogal sayısı için, (10)k ≡ 1 (mod 3) bagıntısı kul-lanılırsa, (1) esitliginden,

a ≡ an.1 + an−1.1 + · · ·+ a2.1 + a1.1 + a0 (mod 3)

≡ an + an−1 + · · ·+ a3 + a2 + a1 + a0 (mod 3)

elde edilir. O halde,a ≡ 0 (mod 3) olması için, gerekli ve yeterli kosul,

an + an−1 + · · ·+ a3 + a2 + a1 + a0 ≡ 0(mod3)

olmasıdır.Örnekler

1. 8931 sayısının basamaklarındaki rakamların toplamı 21 dir.Bu toplam 3 ün bir katıdır;yani, 3 ile tam bölünür. Öyleyse,8931 sayısı da 3 ile tam bölünür. Bunun, esdegerlik bagıntısıylaifadesi, 8931 ≡ 0 (mod 3) dür.

158 calculus

2. 7451 sayısının basamaklarındaki rakamların toplamı 17 dir. Butoplam 3 ün bir katı degildir; yani, 3 ile tam bölünemez. 8931÷ 3islemi yapılırsa, elde edilecek kalan,

7451 ≡ 7 + 4 + 5 + 1 (mod 3)

≡ 2 (mod 3)

dir.


Bir a tamsayısının birler basamagındaki rakam ile onlar basamagındakirakamın iki katının toplamı 4 ün bir katı ise, a sayısı 4 e tam bölünür.Ispat: Her k ≥ 2 dogal sayısı için, (10)k ≡ 0 (mod 4) bagıntısıkullanılırsa, (1) esitliginden,

a ≡ an.0 + an−1.0 + · · ·+ a3.0 + a2.0 + a1.10 + a0 (mod 4)

≡ 2a1 + a0 (mod 4)

elde edilir ve ispat biter.a1.10 + a0 ≡ 2a1 + a0 (mod 4) oldugundan, yukarıdakine esdeger

olan su kuralı söyleyebiliriz.

Kural: Bir a dogal sayısının son iki rakamından olusan dogal sayı, 4 ünbir katı ise, a sayısı 4 ile tam bölünür.Örnekler

1. a = 332456 sayısının son iki basamagındaki sayı 56 dır. Bu sayı 4ün bir katıdır. O halde, 332456 sayısı 4 ile tam bölünür.

2. a = 5738 sayısının son iki basamagındaki sayı 38 dir. Bu sayı 4ün bir katı olmadıgından, verilen 5738 sayısı 4 ile tam bölünemez.5738÷ 4 bölme isleminin kalanı 2 dir; çünkü,

5738 ≡ 2.3 + 8 ≡ 6 + 0 ≡ 2 (mod 4)

yazılabilir.

Asagıdaki kuralların çıkısı, yukarıda yaptıklarımıza benzer.


Birler basamagında 0 ya da 5 olan her dogal sayı, 5 ile tam bölünür.


Bir tamsayının 9 ile tam bölünebilmesi için, gerekli ve yeterli kosul,basamaklarındaki rakamların toplamının 9 ya da 9 un bir katı olmasıdır.


Herhangi bir a tamsayısının basamaklarındaki rakamlar, sagdan sola dogrunumaralandıgında, tek numaralı basamaklardaki rakamların toplamı ile

islem 159

çift numaralı basamaklardaki rakamların toplamının farkı, 11 in bir katıise, a sayısı 11 ile tam bölünür.Ispat: Her k tamsayısı için,

a2k.102k + a2k−1.102k−1 ≡ [a2k.10 + a2k−1].102k−1 (mod 11)

≡ [a2k.(−1) + a2k−1].102k−1 (mod 11)

≡ [a2k−1 − a2k].102k−1 (mod 11)

dir. Bunu, (1) esitliginde, ardısık terimler için kullanırsak, yukarı-daki kural çıkar.

Örnekler

1. a = 199617 sayısının rakamlarını, yukarıda açıklandıgı gibinumaralayalım:

a = 1 9 9 6 1 7

6 5 4 3 2 1

Tek numaralı basamakların toplamı : 7 + 6 + 9 = 22,

Çift numaralı basamakların toplamı: 1 + 9 + 1 = 11 dir.

22− 11 = 11 ve 11 ≡ 0 (mod 11) oldugundan, verilen sayı 11 iletam bölünür; yani,

199617 ≡ 0 (mod 11)

dir.

2. a = 526390 sayısının basamaklarını, sagdan sola dogru, numar-alayalım.

a = 5 2 6 3 9 0

6 5 4 3 2 1

Tek numaralı basamakların toplamı : 0 + 3 + 2 = 5,

Çift numaralı basamakların toplamı: 9 + 6 + 5 = 20

5− 20 = −15 ve −15 6≡ 0 (mod 11) oldugundan, verilen 526390sayısı 11 e tam bölünemez. 526390÷ 11 isleminin kalanı,

526390 = 11.47853 + 7 ⇒ 526390 ≡ 7 (mod 11)

dir.

3. n bir dogal sayı ise, a = 26.(13)4n+3 sayısının birler basamagın-daki rakamı nedir?

Çözüm: Sayının birler basamagındaki rakam, a nın 10 ile bölün-mesinden elde edilecek kalandır. Çünkü, a sayısının, (1) açılımın-dan,

a = an10n + an−110n−1 + · · ·+ a2102 + a1.10 + a0 ≡ a0 (mod 10)

= a0 (mod 10)

160 calculus

yazılabilir. Simdi, bu kalanı bulacagız.

26.(13)4n+3 ≡ 6.34n+3(mod 10)

≡ 6.34n.33(mod 10)

≡ 2.3.34n.32.3(mod 10)

≡ 2.32.32.34n(mod 10)

≡ 2.(−1)(−1).34n(mod 10)

≡ 2.34n(mod 10)

≡ 2.(32)2n(mod 10)

≡ 2.(−1)2n(mod 10)

≡ 2.(1)(mod 10)

≡ 2(mod 10)

oldugundan, a = 6.34m+3 sayısının 10 ile bölünmesinden kalan 2dir.

ALISTIRMALAR

1. 6, 15, 21, 22, 26, · · · gibi farklı iki asal sayının çarpımı olan bir sayıile bölünebilme kuralını söyleyiniz.

2. 4346.567 = 2464182 ve 2513.527 = 1324351 çarpma islemlerininsaglamasını yapınız.

3. Toplama ve çarpma islemleri için, [mod m) yardımıyla yapılansaglamada, m ve m’in katlarına esit hatalar görülemez. Neden?

4. Bölme islemini yapmadan, 5256 ÷ 7 isleminin kalanını bulunuz.

Bölme islemini yapmadan, 1312n+1 ÷ 5 isleminin kalanını bulunuz(n ∈N+).

5. Z11 kümesinde, ⊗ islemine göre, 5 in tersini bulunuz.

6. Z4 kümesinde, ⊗ islemine göre, karekökü olmayan sayı nedir?

7. Asagıdaki denklemleri çözünüz.

x + 2 ≡ 3 (mod 5) x− 4 ≡ 2 (mod 7)x + 1 ≡ 5 (mod 6) 5x ≡ 3 (mod 8)42.76 ≡ x (mod 100) 2x + 8 ≡ 4 (mod 3)

8. Z11 kümesinde f (x) = 3x + 1 ise, f−1(3) nedir?

9. Z6 kümesinde x⊕ a = b denkleminin bir tek çözümü oldugunugösteriniz.

10. Z6 kümesinde x ⊗ a = b denkleminin çözümü tek midir?Neden?

11. (327 + 535 + x ≡ 1 (mod 8) denklemini çözünüz.

12. (447 + 321)÷ 5 isleminin kalanını bulunuz.

islem 161

13. 52k+1 ÷ 7 isleminin kalanını bulunuz.

14. Saglama yapmak için neden mod 9 seçilir?

15. Z5 kümesinde 3.217 + 2.424 + 3.2436 + 3(5.333) islemini yapınız.

16. Z7 kümesinde (3x2 + 2x + 1)(4x3 + 2x2 + x + 3) islemini yapınız.

17. 4.7322 + 5.5347 + 5.4367 + 3.453 sayısının birler basamagındakirakamı bulunuz.

18. n bir sayma sayısı olsun. (53957)40n sayısının birler basamagın-daki rakamı bulunuz.

19. Zm kümesinde x’in toplamaya göre tersi −x, çarpmaya göretersi x−1 ile gösteriliyor. Z5 kümesinde 2(−2)7 + 4−2.3234 +

(8−1)6(−3)7 islemini yapınız.

20. Bölme islemi yapmadan, asagıdaki önermelerin dogru mu,yoksa yanlıs mı, oldugunu belirleyiniz.

a. 3|37845 b. 8|6934256 c. 9|39510454c. 15|54795 e. 18|5269772 f. 24|51064948

Fonksiyon Islemleri

Bileske

IKI FONKSIYONUN BILESKESIBileske kavramını basitçe anlatmak için bir örnekle baslayalım.

f : R⇒ R , f : x ⇒ 2x

fonksiyonu ileg : R⇒ R; g : y⇒ y + 1

fonksiyonlarını, arka arkaya uygularsak, bir x ögesinin görün-tüsünü

xf⇒ 2x

g⇒ 2x + 1

biçiminde yazabiliriz.Bu olgu bileske fonksiyonunun temelidir. Bir fonksiyonun görün-

tüsüne baska bir fonksiyonu uygulamak; onun görüntüsüne debaska bir fonksiyonu uygulamak, . . .

Tanım 0.181. f : X ⇒ Y örten bir fonksiyon olsun ve g : Y ⇒ Zfonksiyonu verilsin. y = f (x), z = g(y) olmak üzere, ard arda yapılan

x y z (146)

gönderimlerini birlestirerek tek bir gönderim imis gibi düsünürsek

x z (147)

gönderimi ortaya çıkar. Bu gönderim, önceki iki gönderimin bileskesidir.Bu bileskeyi fonksiyon simgeleriyle söyle yazabiliriz.

h : X ⇒ Z; (x ∈ X ⇒ h(x) = z = g( f (x)) (148)

Buradaki h fonksiyonuna, f ile g fonksiyonlarının bileske fonksiyonudenilir ve

h = g f

biçiminde gösterilir.

Bunu " g bileske f ” diye okuyacagız. g f yazılısında sıra önem-lidir: Önce f fonksiyonu, sonra g fonksiyonu uygulanacak demektir.Tabii,

g f : X ⇒ Z (149)

dir. (1) ifadesini, bagıntı gösterimleri ile de ifade edebiliriz:

164 calculus

Tanım 0.182. f : X → Y örten bir fonksiyon, g : Y → Z herhangibir fonksiyon olsun. f = (X, Y, G f ) bagıntısı ile g = (X, Y, Gg) bagın-tılarının bileskesine f ile g fonksiyonlarınının bileske fonksiyonu denilirve g f simgesiyle gösterilir. Bileske bir fonksiyon oldugu için, onu da birfonksiyon simgesiyle gösterebiliriz: h = g f ; yani

H = g f : X ⇒ Z (150)

dir.

Bileskenin esdeger tanımını, bilesen fonksiyonların grafiklerinikullanarak da yapabiliriz.

Tanım 0.183. f : X ⇒ Y örten bir fonksiyon olsun ve g : Y ⇒ Zfonksiyonu verilsin.

(x, y) ∈ f ∧ (y, z) ∈ g ⇒ (x, z) ∈ g f (151)

fonksiyonu, f ile g bagıntılarının bileskesidir.

(g f ) : X ⇒ Z, (g f )(x) = g( f (x)) (152)

olur.

Bileske Isleminin Özelikleri

Gereksiz tekrardan sakınmak için, bundan böyle, g f yazdıgımızda,f nin örten oldugunu; h g f yazdıgımız da da f ile g nin örtenoldugunu varsayacagız. Fonksiyonların sayısal degerlerinin ver-ildigi yerler bunun dısındadır.

Yer Degisim Özeligi Yoktur

Bileske islemi yer degisim (komutatiflik) özeligini saglamaz.Bunu bir örnek üzerinde görebiliriz.R den R ye f (x) = 2x ve g(y) = y + 7 fonksiyonları verilsin. g f

ve f g fonksiyonlarını ayrı ayrı yazalım:

(g f )(x) = g( f (x)) (bileske tanımı)

= g(2x) ( f nin kuralı)

= (2x) + 7 (g nin kuralı)

= 2x + 7

( f g)(x) = f (g(x)) (bileske tanımı)

= f (x + 7) (g nin kuralı)

= 2(x + 7) ( f nin kuralı)

= 2x + 14

fonksiyon islemleri 165

bulunur. Dolayısıyla,

( f g)(x) = 2x + 14(g f )(x) = 2x + 7

⇒ ( f g)(x) 6= (g f )(x)

olur. O halde,

f g 6= g f (153)

dir.

Uyarı: Bazı özel hallerde, f g = g f esitligi saglanabilir; ancak bugenel esitsizlik kuralını bozmaz.

Birlesme Özeligi

Bileske isleminin birlesme özeligi (asositatiflik) vardır.

f ⇒ B, g : B⇒ C, h : C ⇒ D

fonksiyonlarından ilk ikisi örten ise,

[h (g f )](x) = h[(g f )(x)]

= h[g( f (x))]

ve

[(h g) f ](x) = (h g)( f (x))

= h[g( f (x))]

olur. Yani,

[h (g f )](x) = [(h g) f ](x) = h[g( f (x))]

esitligi vardır.O halde fonksiyonlar kümesi üzerinde bileske isleminin birlesme

özeligi vardır.Sadeligi saglamak için, parantezleri kaldırıp,

f (g h) = ( f g) h = f g h (154)

yazabiliriz.

Birim Fonksiyon

Lemma 0.184. A kümesinden kendisine tanımlı fonksiyonlar kümesiiçindeki özdeslik fonksiyonu, bileske islemine göre birim (etkisiz) ögedir.

Ispat: A bos olmayan bir küme olmak üzere,

I : A⇒ A, I(x) = x (155)

166 calculus

fonksiyonuna birim (özdeslik) fonksiyon demistik. Herhangi birf : A ⇒ A fonksiyonu ile I özdeslik fonksiyonunun bileskesinidüsünelim.

(I f )(x) = I( f (x))

= f (x)

ve

( f I)(x) = f (I(x))

= f (x)

dir. O halde

f I = I f = f (156)

olur. Bu istenen esitliktir.

TERS FONKSIYON

Bir Fonksiyonun Tersi

Tanım 0.185. f : X → Y fonksiyonunu f = (X, Y, G f ) bagıntısı olarakdüsünürsek,

f−1 = (Y, X, G−1f ) (157)

ters bagıntısı, f fonksiyonunun tersidir.

f fonksiyonunun f−1 ters bagıntısının bir fonksiyon olmakosullarını saglamayabilir; yani bir fonksiyon olmayabilir.

Tanım 0.186. f fonksiyonunun f−1 ters bagıntısı fonksiyon olmakosullarını saglıyor ise, f−1 ters bagıntısına f fonksiyonunun tersfonksiyonu denilir. Bu durum varsa, f fonksiyonuna tersinebilir birfonksiyondur diyoruz.

Bu durumu

f−1 : Y ⇒ X (158)

simgesiyle gösterecegiz.f fonksiyonunun f−1 ters bagıntısı fonksiyon olma kosullarını

saglamıyorsa, f fonksiyonuna tersinemez bir fonksiyondur diyoruz.f fonksiyonu tersinemez bir fonksiyon ise, f−1 yalnızca Y den Xkümesine bir bagıntı olma islevine sahiptir.

Fonksiyonlar ile grafikleri bire-bir eslenebilir; yani her fonksiy-onun bir tek grafigi vardır; her grafik bir tek bagıntıya (fonksiyona)aittir. Bu nedenle, fonksiyonlarla ilgili özelikleri grafiklerindende çıkarabiliriz. Buna göre, yukarıda söylediklerimizi grafiklerleyeniden ifade edebiliriz:

Lemma 0.187.

f−1 = (y, x) | (x, y) ∈ f (159)


ters bagıntısının bir fonsiyon olması için gerekli ve yeterli kosul

f = (x, y) | x ∈ X ∧ y ∈ Y (160)

fonksiyonunun bire-bir-örten olmasıdır.

Lemma 0.188. Önceki önermenin varsayımı altında , f−1 de bire birörten bir fonsiyondur:

f : X ⇒ Y, f (x) = y ⇐⇒ f−1 : Y ⇒ X, f−1(y) = x (161)

Lemma 0.189. f−1 : Y ⇒ X ters fonksiyonunun varolması için gerekli veyeterli kosul, f : A⇒ B fonksiyonunun bire bir ve örten olmasıdır.

Ispat:(x, y) ∈ f ⇒ (y, x) ∈ f−1

bagıntısından,y = f (x)⇒ x = f−1(y)

yazılabilir.

KÜMELER AILESI

Kümeler Ailesinin Kartezyen Çarpımı

Önceki bölümlerde iki ya da sonlu sayıda kümenin kartezyençarpımını tanımlamıstık. Anımsanacagı üzere A1, A2, . . . , An

kümelerinin kartezyen çarpımı n-sıralılardan olusan

A1 × A2 × · · · × An = (a1, a2, . . . an) | ai ∈ Ai, 1 ≤ i ≤ n (162)

varlık olarak tanımlamıstık.Simdi bu kavramı herhangi bir kümeler ailenin kartezyen çarpımı

kavramına genellestirecegiz. Bunun için önce (162) in ögeleri olann-sıralıları I = l, 2, ..., n kümesinden A = ∪i∈I Ai kümesinebir fonksiyon olarak düsünebilecegimizi gösterelim. Gerçektenherhangi bir

(a1, a2, . . . an) ∈ A1 × A2 × · · · × An (163)

ögesine karsılık

a : I → A; ∀i(i ∈ I) için a(i) = ai (164)

fonksiyonunu tanımlayalım. Baska bir

(b1, b2, . . . bn) ∈ A1 × A2 × · · · × An (165)

ögesi seçersek

b : I → A; ∀i(i ∈ I) için b(i) = bi (166)

168 calculus

fonksiyonunu tanımlayabiliriz. (164) ve (166) ifadelerinden hemengörülecegi gibi a ile b fonksiyonlarının esit olabilmesi için gerekli veyeterli kosul (a1, a2, . . . an) ile (b1, b2, . . . bn) ögelerinin esit olmasıdır;yani

a = b⇐⇒ (a1, a2, . . . an) = (b1, b2, . . . bn) (167)

olmasıdır. Öyleyse (162) kartezyen çarpımının her ögesine karsılık(164) seklinde tanımlanan bir tek fonksiyon vardır. Bu fonksiyonunbelirtgen özeligi

∀i(i ∈ I)⇒ a(i) ∈ Ai (168)

olmasıdır.Tersine olarak bu özeligi saglayan her a : I → A fonksiyonunun

deger bölgesi a1, a2, . . . an) kümesidir. Bu küme (162) kartezyençarpımının (a1, a2, . . . an) ögesinin bilesenlerinden olusmaktadır.Suhalde (164) seklindeki her fonksiyon (163) seklinde bir ögeyibelirler.

Demek ki (162) kartezyen çarpımının ögeleri ile (164) seklindekifonksiyonlar hire-bir eslenebilir. Bu nedenle,

a = (a1, a2, . . . an) (169)

diyecegiz. Bu anlasma uyarınca, artık (162) kartezyen çarpımınınögelerini I damgalayan kümesinden A bilesim kümesine (169)kosulunu saglayan fonksiyonlar olarak düsünebiliriz.

Artık I damgalayan kümesi ne olursa olsun, bu kavramı genellestire-biliriz.

Tanım 0.190. Bir = Aı | ı ∈ I kümeler ailesi verilsin. Bu aileninkartezyen çarpımı her ı ∈ I için a(i) ∈ Aı kosulun saglayan

a : I → ∪ı∈I Aı (170)

fonksiyonlarının olusturdugu kümedir.

Bunu daha açık yazarsak

∏ı∈I

Aı = a | a :→⋃ı∈I

Aı, ∀ı(ı ∈ I ⇒ a(ı) ∈ Aı) (171)

olur. (169) in bir genellemesi olarak bazan a ∈ Πı∈I Aı ögesini(fonksiyounu), her ı ∈ I için a(ı) = aı olmak üzere,

a = (aı)ı∈I (172)

seklinde yazacagız. Burada her j ∈ I için aj ögesine a nın j-incibileseni denilir.

Izdüsüm

Yukarıdaki simgeler varsayılarak her j ∈ I için

πj : ∏ı∈I

Aı −→ Aj , πj(a) = aj (173)

fonksiyonunu tanımlayalım.


Tanım 0.191. (173) ile tanımlanan πj fonksiyonuna Πı∈I Aı kartezyençarpımından j-inci bilesen (konaç, koordinat) üzerine izdüsüm diyecegiz.

Asagıdaki özelikler kolayca ispatlanır.

Lemma 0.192. I bir damga (index) kümesi olmak üzere her ı ∈ I içinAı = A ise

∏ı∈I

Aı = AI (174)

dır.

Lemma 0.193. Ai | i ∈ I ve Bj | j ∈ J aileleri için(∏i∈I

Ai

)∪(

∏j∈J

Aj

)= ∏

(i,j)∈I×J(Ai ∪ Bj) (175)

(∏i∈I

Ai

)∩(

∏j∈J

Aj

)= ∏

(i,j)∈I×J(Ai ∩ Bj) (176)

esitlikleri saglanır.

Tanım 0.194. A, B herhangi iki küme ise A dan B ye tanımlı olan bütünfonksiyonların olusturdugu kümeyi

BA (177)

simgesiyle gösterecegiz.

Lemma 0.195. A, B, C herhangi üç küme ise

AC ∪ BC ⊂ (A ∪ B)C (178)

AC ∩ BC ⊂ (A ∩ B)C (179)

AC − BC ⊂ (A− B)C (180)

bagıntıları saglanır.

Çözülmüs Örnekler

Uyarı:Burada ele alacagımız fonksiyonlar, aksi söylenmedikçe, R nin

bir alt kümesinden R nin bir alt kümesine tanımlı varsayılacaktır.Dolayısıyla, tanım bölgesi belirtilmeden y = f (x) bagıntısıylaverilen bir f fonksiyonunun tanım bölgesi, f (x) degerlerinin varoldugu bütün x ögelerinin olusturdugu kümedir. Tabii, f ningörüntü kümesi belirlenince, deger kümesi de belirlenmis olacaktır.

1. gra f ( f ) = 1, c)(2, b), (3, a), (4, d) ve gra f (g) = (a, 1), (b, 3), (c, 4), (d, 2)veriliyor. Grafikleri çiziniz. g f ile f g bileske fonksiyonlarınıyazınız. Bileske fonksiyonların niteliklerini ortaya çıkarınız.

Çözüm: f ve g fonksiyonlarının ok grafiklerini çiziniz. A =

1, 2, 3, 4 ve B = a, b, c, d olmak üzere,

f : A⇒ B, f (1) = c, f (2) = b, f (3) = a, f (4) = d

170 calculus

g : B⇒ A, g(a) = 1, g(b) = 3, g(c) = 4, g(d) = 2

dir. Her ikisi bire bir ve örtendir. Dolayısıyla, her ikisinin tersfonksiyonları vardır:

gra f ( f−1) = (a, 3), (b, 2), (c, 1), (d, 4)

gra f (g−1) = (1, a), (2, d), (3, b), (4, c)

Bileske fonksiyonların tanımları asagıda verilmistir:

g f : A⇒ A, g f (1) = 4, g f (2) = 3, g f (3) = 1, g f (4) = 2

f g : B⇒ B, f g(a) = c, f g(b) = a, f g(c) = d, f g(d) = b

2. y = f (x) = 3x + 1 fonksiyonunun, mümkün olan en büyüktanım bölgesini bulunuz. Deger bölgesini belirleyiniz. varsa, tersfonksiyonunu bulunuz.

Çözüm: y = f (x) = 3x + 1 bagıntısı her gerçek x için anlamlıdır.Dolayısıyla, f nin tanım bölgesi R dir.

(x1 6= x2)⇒ ( f (x1) 6= f (x2))⇒ (y1 6= y2)

oldugundan, fonksiyon bire birdir. Her y ∈ R için,

f(

y− 13

)= 3 · y− 1

3+ 1 = y

oldugundan, f : R ⇒ R örten bir fonksiyondur. Dolayısıyla,f nin ters fonksiyonu vardır. Ters fonksiyonu bulmak için (8)bagıntısını kullanabiliriz:

y = f−1(x) ⇒ x = f (y)

⇒ x = 3y + 1

⇒ y =x− 1

3

⇒ f−1(x) =x− 1

3

3. a 6= 0 ile b sabit gerçek sayılar olmak üzere,

y = ax + b

fonksiyonunun, mümkün olan en büyük tanım bölgesini bu-lunuz. Deger bölgesini belirleyiniz. varsa, ters fonksiyonunubulunuz.

Çözüm: Yukarıdaki sayısal örnekte yaptıklarımızın benzerinitekrarlayabiliriz. y = f (x) = ax + b bagıntısı her gerçek x içinanlamlıdır. Dolayısıyla, f nin tanım bölgesi R dir.

(x1 6= x2)⇒ ( f (x1) 6= f (x2))⇒ (y1 6= y2)

oldugundan, fonksiyon bire-birdir. Her y ∈ R için,

f(

y− ba

)= 3 · y− b

a+ 1 = y


oldugundan, f : R ⇒ R örten bir fonksiyondur. Dolayısıyla,f nin ters fonksiyonu vardır. Ters fonksiyonu bulmak için (8)bagıntısını kullanabiliriz:

y = f−1(x) ⇒ x = f (y)

⇒ x = ay + b

⇒ y =x− b

a

⇒ f−1(x) =x− b

aO halde,

f (x) = ax + b ⇒ f−1(x) =x− b

adir.

4. a, b, c, d sabit gerçek sayılar olmak üzere,

y = f (x) =ax + bcx + d

fonksiyonunun, mümkün olan en büyük tanım bölgesini bu-lunuz. Deger bölgesini belirleyiniz. varsa, ters fonksiyonunubulunuz.

Çözüm: Verilen y = f (x) bagıntısı, paydanın sıfır olmadıgıher gerçek x için anlamlıdır. Dolayısıyla, f nin tanım bölgesicx + d 6= 0⇒ x 6 − d

c olan gerçek sayılar kümesidir.

f (x1) = f (x2) ⇒ax1 + bcx1 + d

=ax2 + bcx2 + d

⇒ (ax1 + b)(cx2 + d) = (cx1 + d)(ax2 + b)

⇒ adx1 + bcx2 = bcx1 + adx2

⇒ ad = bc

dir. Buradan sunu söyleyebiliriz:

1. Durum: Eger ad = bc ise, verilen fonksiyon, f (x) = ac

sabit fonksiyonudur. Görüntü kümesi, tek ögeli ac kümesidir.

Fonksiyonun tersi yoktur.

2. Durum: Eger ad 6= bc ise, verilen fonksiyon, bire birdir.Görüntü kümesi üzerinde, ters fonksiyonu vardır. Ters fonksiy-onu bulmak için (8) bagıntısını kullanabiliriz:

y = f−1(x) ⇒ x = f (y)

⇒ x =ay + bcy + d

⇒ x(cy + d) = ay + d

⇒ y =−dx + bcx− a

⇒ f−1(x) =−dx + bcx− a

O halde, ad 6= bc oldugunda,

f (x) =ax + bcx + d

⇒ f−1(x) =−dx + bcx− a

172 calculus

olur. Buradan, görüntü kümesinin cx− a 6= 0⇒ x 6= ac kosulunu

saglayan gerçek x sayılarının olusturdugu küme oldugu görülür.

5. A = 1, 2, 3 v4 B = 1, 6, 11 kümeleri ile f : A ⇒ B, f (x) =5x− 4 fonksiyonu veriliyor.

(a) f fonksiyonunun bire bir oldugunu gösteriniz.

(b) f−1 ters fonksiyonunu bulunuz.

(c) f f−1 ile f−1 f bileske fonksiyonlarını bulunuz.

Çözüm:f (1) = 1, f (2) = 6, f (3) = 11

eslemelerinden, f nin bire bir ve örten oldugu görülüyor. Tersfonksiyonu bulmak için, (8) bagıntısını kullanalım:

y = f−1(x) ⇒ x = f (y)

⇒ x = 5y− 4

⇒ x + 4 = 5y

⇒ y =x + 4

5

Öyleyse,

f (x) = 5x− 4 ⇒ f−1(x) =x + 4

5dir.

f−1 f = IA : A⇒ A, (x ∈ A⇒ IA(x) = x

f f−1 = IB : B⇒ B, (y ∈ B⇒ IB(y) = y

oldugu apaçıktır.

ALISTIRMALAR

1. Bire bir ve örten her fonksiyonun tersinin tersi, kendisine esittir;yani,

( f−1)−1 = f

esitligi vardır. Gösteriniz.

2. f ile g fonksiyonlarının grafikleri,

gra f ( f ) = (a, 4), (b, 3), (c, 1), (d, 2) ve

gra f (g) = (1, b), (2, d), (3, a), (4, c)

olsun.

(a) f fonksiyonunun tanım ve deger bölgelerini yazınız.

(b) g fonksiyonunun tanım ve deger bölgelerini yazınız.

(c) f fonksiyonunun bire bir ve örten oldugunu gösteriniz.

(d) g fonksiyonunun bire bir ve örten oldugunu gösteriniz.

(e) f fonksiyonunun ters fonksiyonunu bulunuz.


(f) g fonksiyonunun ters fonksiyonunu bulunuz.

(g) f−1 f bileskesini belirleyiniz.

(h) f f−1 bileskesini belirleyiniz.

(i) g−1 g bileskesini belirleyiniz.

(j) g g−1 bileskesini belirleyiniz.

(k) g f bileskesini belirleyiniz.

(l) f g bileskesini belirleyiniz.

(m) (g f )−1 ters fonksiyonunu belirleyiniz.

(n) f−1 g−1 bileske fonksiyonunu belirleyiniz.

(o) (g f )−1 = f−1 g−1 esitligini gösteriniz.

3. A = −2,−1, 0, 1, 2 kümesi veriliyor. f : A ⇒ B, f (x) =

3x− 1 ve g : B⇒ C, g(x) = 2x + 5 bire bir ve örten fonksiyonlarıtanımlanıyor.

(a) B ve C kümelerini bulunuz.

(b) g f : A⇒ C fonksiyonunu belirleyiniz.

(c) f , g, g f fonksiyonlarının grafiklerini çiziniz.

4. Her f : A ⇒ A örten bir fonksiyonu ise, kısalıgı saglamak için,ardısık bileskeler,

f 2 = f f , f 3 = f f f , f 4 = f f f f · · ·

biçiminde üstel ifadelerle gösterilir. f : R⇒ R, f (x) = −x + 5fonksiyonu veriliyor. I birim fomksiyon olmak üzere,

I = f 2 = f 2 = f 4 = f 6 = · · ·

oldugunu gösteriniz.

5. f−1(x) = 2x + 3 veriliyor. f fonksiyonunu belirleyiniz.

6. f : R ⇒ R, f (x) = x − 5 fonksiyonu için f 4(x) = 0 esitliginisaglayan x sayısını bulunuz.

7. A = −3,−2,−1, 0, 1, 2, 3 ve B = 0, 1, 4, 9 kümeleri veriliyor.f : A⇒ B, f (x) = x2 fonksiyonunun tersi var mıdır? Neden?

8. A = −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5 kümesi ile f : A ⇒ B, f (x) = 5x − 1bagıntısı veriliyor.

(a) f nin bir fonksiyon oldugunu gösteriniz.

(b) f nin mümkün olan en büyük tanım bölgesini ve degerbölgesini belirleyiniz.

(c) f nin bire bir ve örten bir fonksiyon oldugunu gösteriniz.

(d) f−1 ters fonksiyonunu belirleyiniz.

(e) f f−1 6= f−1 f oldugunu örneklerle gösteriniz.

9. f (x) = 3x + 1 ve g(x) = 2x fonksiyonları veriliyor.

174 calculus

(a) f ile g nin mümkün olan en büyük tanım bölgelerini vedeger bölgelerini belirleyiniz.

(b) g f bileske fonksiyonunu belirleyiniz.

(c) f g bileske fonksiyonunu belirleyiniz.

(d) g f 6= f g oldugunu gösteriniz.

(e) f−1 ters fonksiyonunu belirleyiniz.

(f) g−1 ters fonksiyonunu belirleyiniz.

(g) f f−1 6= f−1 f oldugunu örneklerle gösteriniz.

(h) (g f )−1 = f−1 g−1 oldugunu örneklerle gösteriniz.

10. f (x) = 3x + 1 fonksiyonu ile B = 1, 7, 10 kümesi veriliyor.f−1(B) kümesini bulunuz.

11. f (x) = x3 + 1 fonksiyonunun tersini bulunuz.

12. f (x) = 2 3√

x + 5 fonksiyonunun tersini bulunuz.

13. f (x) = 1x−1 fonksiyonunun en büyük tanım bölgesini belir-

leyiniz. Ters fonksiyonunun olup olmadıgını arastırınız.

14. f (x) = 1x , (x 6= 0) fonksiyonunun tersinin kendisi ne esit

oldugunu; yani, f (x) = f−1(x), (x 6= 0) esitliginin varlıgınıgösteriniz.

15. f (x) = (x− 3)3 fonksiyonunun tersini bulunuz.

16. f (x) = −x + 3, g(x) = x + 1, h(x) = 3x + 2 fonksiyonlarıveriliyor.f (g h) = ( f g) h oldugunu gösteniniz.

17. f (x) = ax + 1 ve f−1(x) = f (x) ise f−1(1) kaçtır?

18. f (x) = ax+23x−1 ve f−1(x) = f (x) ise f−1(1) kaçtır?

19. f (x) = 3x−12x−4 fonksiyonunun en büyük tanım kümesini ve varsa

ters fonksiyonunu bulunuz.

20. f (x) = (x + 1) · f (x− 1) ve f (1) = 5 ise f (4) kaçtır?

21. f : A ⇒ B fonksiyonu veriliyor. f (x) = (x − 1) · f (x + 1) vef (5) = 5 ise f (2) kaçtır?

22. f (x) = 2x + 1 ve g f (x) = 6x− 2 ise g(x) nedir?

23. g(x) = 3x− 2 ve g f (x) = 2x ise f (x nedir?

24. f (x− 2) = 3x + 1 ve A = −1, 0, 1 ise f (A) ve f−1(A) nedir?

25. f (3x− 1) = x2 − 3 ise f (x) nedir?

26. f (x) = 3x + r ve f−1(3) = 1 ise r kaçtır?

27. A = −1, 1, 3 ve f (x) = 2x + 1 ise f−1(A) nedir?

28. f (x) =3x− 1x− 3

ise f−1(x) nedir?


29. A = 1, 2, 3 kümesinden kendisine tanımlı bire bir ve örtenher fonksiyon, A nın bir permütasyonudur. Bir permütasyonugöstermek için, asagıdaki gibi matrisler kullanılır. Bunun anlamısudur: Üst satırdaki her öge, kendi düsey sütununa karsılıkgelen alt satırdaki ögeye eslenir.

(a) A nın bütün permütasyonlarının asagıdaki fonksiyonlardanolusan P = f1, f2, f3, f4, f5, f6 kümesi oldugunu gösteriniz.

(b) Bu permütasyonlar arasında, birbirlerinin tersi olanlarıbelirleyiniz.

(c) Permütasyonların bileske islemine göre kapalı oldugunugösteriniz.

(d) Bileske isleminin yer degisim özeliginin olmadıgını gös-teriniz.

(e) Bileske isleminin tablosunu yapınız ve özeliklerini ince-leyiniz.

(f) (P , ) sistemi bir grup mudur? Neden?

f1 =

(1 2 31 2 3

), f2 =

(1 2 31 3 2

), f3 =

(1 2 32 1 3

)

f4 =

(1 2 32 3 1

), f5 =

(1 2 33 1 2

), f6 =

(1 2 33 2 1

)olarak veriliyor. (bileske) islemi, a,agıdaki gibi tanımlanır:

f2 f3 =

(1 2 31 3 2

)(

1 2 32 1 3

)=

(1 2 33 1 2

)= f5

30. Yukarıdaki tanımlara göre, ( f3 f5)−1 hangi permütasyona

esittir?

31. Yukarıdaki tanımlara göre, ( f−15 f−1

3 )−1 hangi permütasyonaesittir?

32. Y kümesinden X kümesine tanımlı bütün fonksiyonların olus-turdugu küme XY ile gösterilir:

XY = f | f : X → Y (181)

Y = 1 olarak alınırsa, X1 kümesini belirleyiniz.

Matematiksel Yapılar

Yapı Kavramı

Çagdas Matematik kümeleri, kümeler üzerindeki yapıları, yapılararasındaki dönüsümleri inceler. Buraya dek öge, küme, islem,fonksiyon kavramlarını kullandık. Bunları yapmakla, aslındamatematiksel yapılar üzerinde çalısmıs olduk. Bu bölümde yapıkavramını formal olarak tanımlayacagız. Aslında matematikselyapılar bu dersin konusu degildir. Bu yapılar zaten ilgili derslerdeayrıntılarıyla incelenmektedir. O nedenle, burada, temel cebirselyapıların tanımlarını vermekle yetinecegiz. [?], [18], [16], [20], [25]

Matematik soyut düsünme sanatıdır. Soyut düsünme, içindebulundugumuz çevre kosullarından ve her tür somut nesnedensıyrılıp düsünce üretme eylemidir. Bes elma, bes kitap, bes masa,...gibi nesneye baglı 5 kavramı yerine soyut 5 kavramını koyabilmektir.Soyutlama insan aklının eristigi en yüce yerdir. Matematik hep oyerdedir. Matematikçi hep orada düsünür.

Matematik, gündelik yasamda karsı karsıya oldugumuz olay venesneleri soyutlar. Nesneleri soyut ögeler olarak görür, onlardankümeler olusturur. Nesneler arasındaki iliskileri fonksiyonlarlaifade eder. Belli özeliklere sahip olanları sınıflandırır. Sınıflarınözeliklerini ortaya koyar.

Herhangi bir küme matematikçi için pek ilginç olmayabilir. Amaküme üzerinde belirgin özeliklere sahip bazı bagıntılar ya da islem-ler tanımlanabiliyorsa, bu, matematikçi için incelenmesi gerekenbir konu olur. Bunu biraz daha somutlastıralım. R gerçel sayılarkümesini düsünelim. R bir küme olarak bize hiç ilginç gözükmeye-bilir. Ama R kümesi, üzerindeki toplama islemi, çıkarma islemi,çarpma islemi, bölme islemi, sıralama bagıntısı, uzunluk, açık ar-alık, kapalı aralık, sınırlı alt küme, sınırsız alt küme, sonlu alt küme,sonsuz alt küme vb. gibi günlük hayatımızda bile önemli rolleriolan özelikleriyle birlikte düsünülünce, birdenbire matematikçininilgisini çeken bir önem kazanır.

Matematiksel yapıları, bakıs açımıza ya da amacımıza baglıolarak farklı sınıflandırabiliriz. Klâsik sınıflandırmaya göre ce-birsel, analiz ve geometrik yapı deyimlerini hepiniz duydunuz.Kümelerin ögeleri arasındaki iliskileri, islemlerle (fonksiyon) ortayakoyan yapılara cebirsel yapılar diyoruz. Grup, halka, cisim, vektöruzayları cebirsel yapıların iyi bilinen örnekleridir. Küme aileleriarasındaki ilskileri konu edinen yapılara analiz yapıları diyoruz.

178 calculus

Diferensiyel ve integral hesap, ölçüm kuramı, topoloji klâsik analizyapılarıdır.

Hemen belirtelim ki, çagdas matematik, bir yandan matematikselyapıları daha çok ayrıstırırken öte yandan da farklı tür yapılarıdaha üst sınıflarda birlestirmeye ugrasır. Orada klâsik sınıflandır-manın sınırları çok asılmıstır. Örnegin, topoloji cebir, analiz ve ge-ometri içeren büyük bir alan haline gelmis, çesitli dallara ayrılmıstır.Elbette bütün bu ayrıntılar bu kitabın kapsamını çok asar. O ne-denle, bu bölümde, matematiksel yapı kavramını tanımlayıp, temelcebirsel yapıları listelemekle yetinecegiz.

Tanım 0.196. Bir X kümesi verilsin. α, β, γ, . . . , τ bu küme üzerindebirer bagıntı olsun. X kümesi bu bagıntılarla birlikte bir matematiksel yapıolusturur. Bu yapıyı, kısaca

(X, α, β, γ, . . . , τ) (182)

ile gösterecegiz.

Matematiksel yapıların çogu, sayı kümelerinden esinlenmistir.Örnegin, sayılar üzerinde yapılan dört islem grup, halka, cisimgibi cebirsel yapıların dogmasına neden olmustur. Iki sayı arasın-daki fark, metrik ve topolojik uzaylara giden yolu açar. Sayılararasındaki büyük, küçük kavramı kafes (lattice) yapısını yaratır.

YAPI TÜRLERI

(182) gibi bir bagıntı verilmis olsun. Bu yapıyı incelemek demek,α, β, γ, . . . , τ bagıntıları ya da islemlerinin her birisinin X üzerindekiözeliklerini, birbirleri arasındaki iliskileri ve bunlardan çıkarılabile-cek bütün sonuçlan incelemek demektir. Her küme, her bagıntıve her islem için bu isi yapmak elbette çok zaman alır ve üstelikgereksiz olabilir. Bu nedenle, bir küme üzerindeki yapılar, sahipoldukları özeliklere göre belirli türlere ayrılır. Sonra her bir türünbütün özelikleri incelenir. Böylece, bir baska küme üzerinde bu tür-den bir yapı varsa, onu ayrıca incelemeye gerek kalmaz; o yapınında birincide bulunan özeliklere sahip oldugu hemen söylenebilir.

Matematik yapıları bu kitapta incelemeyi amaçlamadıgımızısöylemistik. Zaten bütün yapıları sınıflandırmak da olanaksızdır.Ama konunun daha somut olarak anlasılabilmesi için temel cebirselyapıların tanımlarını yermeyi yararlı görüyoruz.

Cebirsel Yapılar

Grup

Tanım 0.197. Bir G kümesi üzerinde ⊕ isaretiyle gösterecegimiz bir ikiliislem tanımlı olsun. Eger bu islem grup aksiyomları denilen asagıdakiözeliklere sahipse (G,⊕) yapısına bir grup, denilir.

• [G1] Islem birlesme özeligine sahiptir.

matematiksel yapilar 179

• [G2] Isleme göre G nin birim ögesi vardır.

• [G3] G nin her ögesinin bu isleme göre bir ters ögesi vardır.

Ayrıca asagıdaki özelik de saglanıyorsa (G,⊕) yapısına degismeli(komutatif) bir gruptur, denilir.

• [G4] Islem yer degistirme özeligine sahiptir.

Degismeli grupları ilk inceleyen Norveçli ünlü matematikçi NielsHenrik Abel (1802-1829) dir. Bu nedenle, bu tür gruplara çogunluklaabel grupları denilir. Örnegin, Z tamsayılar kümesi + (toplama)islemine göre bir abel grubudur.

Halka

Tanım 0.198. Bir H kümesi üzerinde ⊕ ve ⊗ isaretleriyle gösterecegimiziki tane ikili islem tanımlı olsun. Eger bu islemler halka aksiyomlarıdiyecegimiz asagıdaki üç özelige sahipse (H,⊕,⊗) yapısına bir halkadenilir.

• [H1] (H,⊕) bir abel grubudur.

• [H2] ⊗ islemi birlesme özeligine sahiptir.

• [H3] ⊗ isleminin ⊕ islemi üzerine soldan ve sagdan dagılmaözeligi vardır.

Bu üç özelik ile birlikte

• [H4] ⊗ islemine göre H nın birim ögesi var.

aksiyomu da saglanıyorsa, (H,⊕,⊗) halkasına birim ögeli halka yada, kısaca, birimli bir halka, denilir.

Ilk üç özelik ile birlikte

• [H5] ⊗ islemi yer degistirme özeligine sahiptir,

aksiyomu da saglanıyorsa, bu halkaya degismeli bir halkadır, denilir.Yukarıdaki bes özeligi saglayan bir halkaya birimli ve degismeli bir

halkadır, denilir.Örnegin, Z tamsayılar kümesi + (toplama) ve · (çarpma) islem-

lerine göre birim ögeli ve degismeli bir halkadır.

Cisim

Tanım 0.199. Bir F kümesi üzerinde ⊕ ve ⊗ isaretleriyle gösterecegimiziki tane ikili islem tanımlı olsun. Eger bu islemler cisim aksiyomlarıdiyecegimiz asagıdaki iki özelige sahipse (F,⊕,⊗) yapısına bir cisim,denilir.

• [C1] (F,⊕,⊗) birimli ve degismeli bir halkadır.

• [C2] F kümesinden ⊕ isliminin birim ögesi atılınca, geri kalanküme ⊗ islemine göre bir abel grubudur.

Örnegin, (Q,+, ·) rasyonel sayılar kümesi bir cisimdir.

180 calculus

Vektör Uzayları

Tanım 0.200. F bir cisim, (V,+) bir abel grubu ve e ögesi, F nin çarpmaislemine göre birim ögesi olsun. Eger F×V den V ye asagıdaki kosullarısaglayan ve adına sayıl çarpım (sayıyla çarpma, skalerle çarpma)denilen bir

(s, v) 7−→ sv (183)

islemi tanımlanmıssa, V ye F cismi üzerinde bir vektör uzayı, denilir.

Her s, t ∈ F ve her u, v ∈ V için

(i) s(v + u) = sv + su

(ii) (s + t)v = sv + tv

(iii) s(tv) = (st)v

(iv) ev = v

Sayı kümelerinden gelen bir alıskanlıkla, F cisminin ögelerine sayı,V vektör uzayının ögelerine de vektör diyecegiz. Islemlerde basitligisaglamak için, bir v vektörünün s sayısıyla sayıl çarpımını sv ilegösteriyoruz.

Örnek 0.201. [0, 1] kapalı aralıgı üzerinde tanımlı bütün gerçel degerlive sürekli fonksiyonların olusturdugu kümeyi C = C[0, 1] ile gösterelim.C[0, 1] kümesi üzerinde fonksiyonların toplama islemi

( f , g) ∈ C × C =⇒ [( f , g) 7−→ [ f + g]]

x ∈ [0, 1] =⇒ ( f + g)(x) = f (x) + g(x)

biçiminde tanımlanır.Benzer olarak, C[0, 1] kümesi üzerinde fonksiyonların sayıl çarpım

islemi

(s f ) ∈ F × C =⇒ [(s, f ) 7−→ s f ]

x ∈ [0, 1] =⇒ (s f )(x) = s f (x)

biçiminde tanımlanır.C[0, 1] kümesi, anılan bu toplama ve sayıl çarpım islemlerine göre bir

vektör uzayıdır.

Örnek 0.202. U ile V aynı F cismi üzerinde birer vektör uzayı olsunlar.Her x, y ∈ U ve her s, t ∈ F için, bir f : U → V fonksiyonu

f (sx + ty) = s f (x) + t f (y) (184)

kosulunu saglıyorsa, f ye U dan V ye dogrusal (lineer) bir dönüsümdür,denilir. U dan V ye olan bütün dogrusal dönüsümlerin kümesini L =

L(U, V) ile gösterelim. L kümesi üzerinde toplama islemini L×L den Lye

( f , g) ∈ L×L =⇒ [( f , g) 7−→ [ f + g]]

x ∈ U =⇒ ( f + g)(x) = f (x) + g(x)


biçiminde tanımlıyoruz.Benzer olarak, L kümesi üzerinde sayıl çarpım islemini F×L den L ye

(s, g) ∈ F×L =⇒ [(s, f ) 7−→ s f

x ∈ U =⇒ (s f )(x) = s f (x)

diye tanımlıyoruz.L = L(U, V) bir vektör uzayıdır.

Örnek 0.203. Örnek 0.202 deki L(U, V) vektör uzayının ögeleri arasın-dan bütün bbö olanların kümesini B = B(U, V) ile gösterelim. Aynıislemlere göre B kümesi L nin bir alt vektör uzayıdır.

Örnek 0.204. Örnek 0.203 deki B(U, V) vektör uzayında V = Ualınırsa, D = D(U, U) kümesi U dan U ya tanımlı bütün bbö dogrusaldönüsümlerin olusturdugu küme olur. Aynı islemlere göre D kümesi birvektör uzayıdır.

Örnek 0.205. Örnek 0.204 deki D = D(U, U) vektör uzayında, bileskeislemi

(g f )(x) = g( f (x))

diye tanımlanıyor. (D,+, ) yapısı bir halkadır.

Cebir

Tanım 0.206. V kümesi F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. EgerV ×V den V ye asagıdaki kosulları saglayan (toplama (+) ve sayıl çarpımislemlerine ek) üçüncü bir

(u, v) 7−→ u ∗ v (185)

islemi tanımlanmıssa, V ye F cismi üzerinde bir cebir, denilir.

(i) Her s ∈ F ve her u, v ∈ V için

s(u ∗ v) = (su) ∗ v = u ∗ (sv)

(ii) (V,+, ∗) bir halkadır.

Sıra Yapıları

Tanım 0.207. X herhangi bir küme olsun. Eger 4 bagıntısı X üzerinde birtikel (kısmî) sıralama bagıntısı ise

(X,4) (186)

bir sıralama yapısıdır. Sıralama bagıntılarının türlerini önceden in-celemistik.

Örnegin, R gerçel sayılar kümesi ≤ bagıntısına göre bir tamsıralama yapısı olusturur.

182 calculus

Kafes

(K,4) tikel sıralanmıs bir sistem olsun. Eger her a, b ∈ K içiniki ögeli a, b kümesinin en küçük üst sınırı (sup) ile en büyükalt sınırı (inf) var iseler, (K,4) tikel sıralanmıs sistemine bir kafesdenilir. a, b kümesinin en küçük üst sınırı, varsa, a ∨ b simgesiyle,en büyük alt sınırı ise a ∧ b, simgesiyle gösterilir.

PROBLEMLER

1. A herhangi bir küme olsun. A dan A ya bbö bütün fonksiyon-ların kümesi F olsun. Fonksiyonların bileskesi islemine göre Fnin bir grup oldugunu gösteriniz. Bu grup bir abel grubu olabilirmi?

2. [0, 1] kapalı aralıgı üzerinde tanımlı bütün gerçel degerli vesürekli fonksiyonların olusturdugu C[0, 1] kümesinin Örnek0.201 ile tanımlanan toplama ve sayıl çarpım islemlerine göre birvektör uzayı oldugunu gösteriniz.

3. Örnek 0.202 ile tanımlanan (L,+) bir gruptur. Gösteriniz.

4. (L,+) bir bir vektör uzayıdır. Gösteriniz.

5. Örnek 0.202 de V = U konulursa, U vektör uzayından kendisinetanımlı olan L = L(U, U) kümesi çıkar. Bunun, aynı islemleregöre bir vektör uzayı oldugunu gösteriniz.

6. Önceki problemdeki L = L(U, U) uzayı içinde bütün bbödogrusal dönüsümlerden olusan B = B(U, U) kümesi, aynıislemlere göre bir alt vektör uzayıdır. Gösteriniz.

7. B = B(U, U) kümesi üzerinde bileske islemi

(g f )(x) = g( f (x))

diye tanımlanıyor. (B,+, ) yapısı bir halkadır. Gösteriniz.

8. (B,+, ) yapısı bir cebirdir. Gösteriniz.

9. Bir X kümesinden gerçel sayılar kümesine tanımlı bütün fonksiy-onların RX kümesi üzerinde, toplama, noktasal çarpma ve sayılçarpım islemleri, sırasıyla, her f , g ∈ RX , her x ∈ X ve her s ∈ R

için

(i) ( f + g)(x) = f (x) + g(x)

(ii) ( f .g)(x) = f (x).g(x)

(iii) (sg)(x) = s f (x)

seklinde tanımlanıyor. RX in bu islemlere göre bir cebir oldugunugösteriniz.


YAPI KORUYAN DÖNÜSÜMLER

Uygulamada, bir küme üzerindeki yapıyı bozmadan baska birküme üzerindeki yapıya dönüstürmek problemiyle sık sık karsılasırız.Baska bir deyisle özeliklerini koruyarak yapıları birbirine dönüstürenfonksiyonlar ararız.

Tanım 0.208. X kümesi üzerinde bir α bagıntısı ile Y kümesi üzerindebir β bagıntısı verilmis olsun. Eger α ile β bagıntılarının her ikisi dem − li (m = 1, 2, ...) birer bagıntı ise, bunlara türdes bagıntılar,diyecegiz.

Tanım 0.209. X ile Y kümeleri üzerinde, sırasıyla, α ile β türdesbirer bagıntı olsun ve bir f : X → Y fonksiyonu verilsin. Eger her(x1, x2, x3, . . . , xm) ∈ Xm için

α(x1, x2, x3, . . . , xm)⇒ β( f (x1), f (x2), f (x3), . . . , f (xm)) (187)

oluyorsa, f fonksiyonu X üzerindeki α bagıntısını Y üzerindeki β bagın-tısına dönüstürüyor, diyecegiz.

Tanım 0.210.

(X, α, β, γ, . . . , τ) (188)

(Y, α′, β′, γ′, . . . , τ′) (189)

yapıları verilmis olsun. Eger α ile α′, β ile β′ ,. . ., τ ile τ′ türdes birerbagıntı ise (188) ile (189) yapılarına türdes iki yapıdır, diyecegiz.

Tanım 0.211. (188) ile (189) aynı türden iki yapı olsun ve bir f : X →Y fonksiyonu verilsin. Eger bu fonksiyon α yı α′ ye, β yı β′ ye, . . ., τ

yu τ′ ye dönüstürüyorsa, f fonksiyonuna bir benzerlik dönüsümü(homomorphism), ya da benzer yapı dönüsümü, denilir.

Tanım 0.212. Aynı türden iki yapı arasında bir benzer yapı dönüsümüvarsa, bu yapılara benzer yapılar (homomorph), diyecegiz.

Tanım 0.213. Bire-bir-örten (bbö) benzerlik dönüsümüne esyapıdönüsümü (isomorphism , esyapı resmi), diyecegiz.

Tanım 0.214. Aynı türden iki yapı arasında bir esyapı dönüsümü varsa,bu yapılara esyapılı (isomorph), diyecegiz.

Sıra Koruyan Dönüsümler

(A,) ile (B,/) tikel (kısmî) sıralanmıs iki sistem olsun ve f : A→B fonksiyonu verilsin. Her x, y ∈ A için

x y⇒ f (x) / f (y) (190)

oluyorsa f : A → B fonksiyonuna sıra korur bir dönüsüm, diyecegiz.Bu tür dönüsümler, tanım uyarınca benzerlik dönüsümleridir.Bunlara azalmayan fonksiyonlar da denilmektedir. Yukarıdaki kosulyerine, her x, y ∈ A için

184 calculus

x ≺ y⇒ f (x) < f (y) (191)

özeligi saglanıyorsa f : A → B dönüsümüne artan bir fonksiyondurdenilir.

A dan B ye sıra korur bir dönüsüm varsa, A ile B nin sıra yapılarıbirbirine benzer ya da, kısaca, A ile B benzer sıralıdır, diyecegiz.

Essıralılık

f : A → B fonksiyonu bbö ve sıra korur bir dönüsüm ise f ye Adan B ye essıra dönüsümü (order isomorphism) , diyecegiz. A danB ye böyle bir dönüsüm varsa A ile B ye essıralı, denilir. A ile Bessıralı iseler, bunu A ∼= B simgesiyle belirtecegiz. Eger A dan B yeessıra dönüsümü f ise ve ayrıca bunu da belirtmek gerekiyorsa

Af∼= B ya da f : A ∼= B (192)

yazacagız.

Lemma 0.215. (A,) ile (B,/) tikel (kısmi) sıralanmıs iki sistemoldugunda A ile B nin essıralı olması için gerekli ve yeterli kosul herx, y ∈ A için

x y⇐⇒ f (x) / f (y) (193)

özeligini saglayan bir f : A→ B bbö fonksiyonunun varolmasıdır.

Ispat:Gerekligi: A ile B essıralı iseler, tanım geregince, (190) özeligine

sahip bir f : A → B bbö fonksiyonu vardır; yani (193) ifadesindesaga dogru gerektirme vardır. Sola dogru gerektirmenin de var-lıgını görmek için f (x) / f (y) kosulunu saglayan x, y ∈ A ögelerinidüsünelim. Eger x y olsaydı,

y ≺ x ⇒ y x ∧ x 6= y

⇒ f (y) / f (x) ∧ f (x) 6= f (y)

⇒ f (y) < f (x)

den bir çeliski dogardı. Bu çeliski olamayacagına göre y ≺ xkabulümüz yanlıstır; yani

f (x) / f (y)⇒ x y

dir.Yeterligi:(193) kosulunu saglayan bir f : A → B bbö fonksiyonu varsa,

bu fonksiyon essıralılık tanımı geregince, A dan B ye bir essıradönüsümüdür.

Uyarı 0.216. (A,) ile (B,/) tikel (kısmî) sıralanmıs iki sistem olsun. Aile B nin essıralı olması için gerekli ve yeterli kosul her x, y ∈ A için

x ≺ y⇐⇒ f (x) < f (y) (194)

özeligini saglayan bir f : A→ B bbö fonksiyonunun varolmasıdır.


Ispat :Gerekligi: A ile B essıralı iseler (193) özeligine sahip bir f : A→ B

bbö fonksiyonu vardır. Buradan

x ≺ y⇒ (x y) ∧ (x 6= y)

⇒ ( f (x) / f (y)) ∧ ( f (x) 6= f (y))

⇒ f (x) < f (y)

çıkar. Yeterligi: A dan B ye (194) özeligine sahip ve bbö bir ffonksiyonu verilsin. Öyleyse

x y⇔ (x ≺ y) ∨ (x = y)

⇔ ( f (x) < f (y)) ∨ ( f (x) = f (y))

⇔ f (x) / f (y)

olur, ki bu, Önerme 0.215 geregince, f nin A dan B ye bir essıradönüsümü olması demektir.

Lemma 0.217. (A,) ile (B,/) tikel (kısmî) sıralanmıs iki sistem olsun.A ile B nin essıralı olması için gerekli ve yeterli kosul kendisi ve tersiartan birer dönüsüm olan bir f : A→ B fonksiyonunun var olmasıdır.

Ispat:Gerekligi: A ile B esyapılı iseler, (194) özeligine sahip bir f :

A → B bbö fonksiyonu vardır. f fonksiyonu bbö oldugundan ,f−1 : B → A ters fonksiyonu vardır ve bu da bbö dir. Ayrıca, herx ∈ A için

f−1( f (x)) = x

dir. Buradan ve (194) den

f (x) < f (y)⇒ x ≺ y

⇒ f−1( f (x)) ≺ f−1( f (y))

çıkar. f örten oldugundan, bu sonuncu, f−1 tersinin artan birdönüsüm olması demektir.

Yeterligi: f : A → B ile bunun tersi f−1 : B → A artan birerfonksiyon olsunlar, f−1 tersi var oldugundan f : A → B bbö dir.Öyleyse bu fonksiyon essıralılık tanımının kosullarını saglar.

Problemler

1. Aynı cisim üzerinde tanımlı iki vektör uzayının türdes iki yapıoldugunu görünüz.

2. Örnek 0.202 ile tanımlanan L(U, V) uzayına ait her dogrusaldönüsümün U dan V ye bir benzerlik dönüsümü oldugunugösteriniz.

3. B(U, V) ye ait her dogrusal dönüsümün U dan V ye bir esyapıdönüsümü oldugunu gösteriniz.

4. Z6 kümesinde tanımlı ⊗ isleminin ⊕ islemi üzerine dagılmaözeligi oldugunu gösteriniz.

186 calculus

5. Z6 kümesinde tanımlı ⊕ islemine göre birim ögenin 0 oldugunugösteriniz.

6. Z6 kümesinde tanımlı ⊗ islemine göre birim ögenin 1 oldugunugösteriniz.

7. Z6 kümesinde tanımlı ⊕ islemine göre bütün ögelerin terslerinibulunuz.

8. Z6 kümesinde tanımlı ⊗ islemine göre, 1 ve 5 den farklı ögelerinterslerinin olmadıgını gösteriniz.

9. (Z6,⊕) sisteminin birer degismeli grup oldugunu gösteriniz.

10. (Z6,⊗) sisteminin bir grup olmadıgını gösteriniz.

11. (Z5,⊗) sisteminin bir grup olmadıgını gösteriniz.

12. ((Z5) \ 0),⊗) sisteminin bir grup oldugunu gösteriniz.

13. ((Z6) \ 0),⊗) sisteminin bir grup olmadıgını gösteriniz.

14. m bir sayma sayısı ise, (Zm,⊕) sisteminin degismeli bir grupoldugunu gösteriniz.

15. p asal bir sayı ise, ((Z/p) \ 0),⊗) sisteminin degismeli bir grupoldugunu gösteriniz.

16. A kümesinde tanımlı bir ? islemi verilsin. a, b ∈ A, a 6= 0, b 6= 0için, a ? b = 0 oluyorsa a ile b ye ? isleminin "sıfır bölenleri" denilir.Z4, Z6, Z9 kümelerinde × isleminin sıfır bölenlerini bulunuz.

17. Sayı kümeleri üzerinde 0 (sıfır) ın çarpmaya göre tersi yoktur.Niçin?

Dogal Saylar Üzerinde Aritmetik

Dogal sayılar

Dogal sayılar üzerindeki aritmetik, ileride sözünü edecegimiz nice-lik sayıları üzerindeki aritmetikten çıkarılır. Ancak, pratik islemleriyapabilmemiz için, bu kesimde, aksiyomatik yapısını gözetmeden,dogal sayılar üzerinde aritmetigin kurallarını vermekte yarar görüy-oruz. Bunu yapabilmek için iki postülata gerekseme duyarız.

Tanım 0.218. A ile B kümelerinin bire-bir eslesmesi demek, bire-bir-örtenbir f : A→ B fonksiyonunun var olması demektir.

Bu durumda

A ∼= B (195)

yazacagız.

Aksiyom 0.219. Her kümenin bir nicelik sayısı vardır.

Bir A kümesinin nicelik sayısını ¯A, \(A), n(A), nic(A), a simgelerindenbirisiyle gösterecegiz.

Aksiyom 0.220. Iki kümenin nicelik sayılarının esit olması için gerekli veyeterli kosul, kümelerin birbirlerine bire-bir eslesebilmesidir.

Bu aksiyomu esdeger olan su teoremle ifade edebiliriz:

Theorem 0.221.

¯A = ¯B⇐⇒ A ∼= B (196)

Lemma 0.222. Asagıdaki özelikler vardır.

1. Bos kümenin nicelik sayısı 0 dır: \(∅) = 0.

2. 0 kümesi bir ögeli bir kümedir; nicelik sayısı 1 dir.

3. Bir ögeli bütün kümeler 0 kümesine esgüçlüdür.

4. 0, 1 kümesinin iki ögesi vardır; nicelik sayısı 2 dir. Iki ögelibütün kümeler 0, 1 kümesine esgüçlüdür.

Böyle devam edersek, Dogal Sayılar Kümesi’nin ögelerini, sırayla,olusturabiliriz:

188 calculus

Tanım 0.223.

0 = \(∅)

1 = \(0)2 = \(0, 1)3 = \(0, 1, 2)...

... (197)

r = \(0, 1, 2, · · · , r− 1)...

...

Tanım 0.224. m bir dogal sayı ise, m + 1 dogal sayısına, m nin ardısıgı,denilir.

Asagıdaki teorem, tanımdan kolayca çıkar.

Theorem 0.225. Her m dogal sayısının m + 1 ile gösterilen bir ardısıgıvardır.

Sonlu ve Sonsuz Kümeler

Tanım 0.226. (198) deki kümelerden birisine esgüçlü olan küme sonlu birküme’dir.

Tanım 0.227. Sonlu olmayan her küme sonsuz bir küme’dir.

Bu tanımlardan, hemen su sonucu elde ederiz:

Theorem 0.228. Bütün sonlu kümelerin nicelik sayılarından olusan kümedogal sayılar kümesi’dir.

Theorem 0.229. Dogal Sayılar Kümesi sonsuz bir kümedir.

Ispat: Her m dogal sayısının bir ardısıgı oldugundan, (198)sisteminde, Dogal Sayılar Kümesi’nin kurulusu asla bitirilemez.Dolayısıyla, (198) sistemindeki kümelerden hiç birisi N ye esgüçlüolamaz. Öyleyse, N sonlu bir küme degildir.

Sayı kümeleri üzerinde tanımlayacagımız islemler ve bagıntılariçin, ispatları apaçık olan, asagıdaki özeliklere gerekseme duya-cagız.

Theorem 0.230. A ile B iki küme olsun.

1. Sonlu bir kümenin her alt kümesi de sonludur.

2. A ile B sonlu iseler, A ∪ B de sonludur.

3. A sonlu ise, her B için, A ∩ B de sonludur.

4. A ile B sonlu iseler, A× B de sonludur.

Uzlasma:a, b, c, · · ·

dogal saylar üzerinde aritmetik 189

gibi dogal sayıların her birisi için,

a = \(A), b = \(B), c = \(C), · · ·

esitliklerini saglayanA, B, C, · · ·

kümelerini seçebiliriz. Dolayısyla, Asagıdaki her teorem ve prob-lemde, bunları tekrarlamamak için, kullanıldıkları her yerde,yukarıda söylenen uyumu sagladıklarını varsayacagız. Ayrıca,gerekiyorsa, seçilen kümelerin birbirlerinden ayrık olduklarınıkabul edecegiz.

ARITMETIK

Dogal sayılarda Esitlik

Tanım 0.231. a, b iki dogal sayı ise, bunların, birbirlerine esit olusunua = b simgesiyle gösterecek ve

a = b ⇒ \(A) = \(B) (198)

bagıntısıyla tanımlayacagız.

Bunu, "a, b ye esittir" ya da "a esit b dir", diye okuyacagız.Esitligin asagıda sıralanan özelikleri, tanımdan ve (198) bagın-

tısından çıkar:

Theorem 0.232. Asagıdaki özelikler vardır.

1. a ∈N ⇒ a = a (Yansıma Özeligi)2. a, b ∈N ⇒ a = b ∨ b = a (Ikileme Özeligi)3. a, b ∈N, a = b ⇒ b = a (Simetri Özeligi)4. a, b, c ∈N, a = b ∧ b = c ⇒ a = c (Geçisme Özeligi)

Toplama

Tanım 0.233. a ile b dogal sayılarının toplamı, a + b simgesiyle gösterilirve

a + b = \(A ∪ B) A ∩ B = ∅ (199)

esitligi ile tanımlanır.

Sonlu iki kümenin bilesimi sonlu oldugundan, \(A ∪ B) niceliksayısı, daima N ye aittir. Dolayısıyla, + (toplama) islemi N×N denN ye tanımlı bir ikili islemdir:

+ : N×N⇒N, + : (a, b)⇒ a + b (200)

Örnek

190 calculus

A = a, b, c, d, e, B = x, y, z kümeleri için,\(A) = 5\(B) = 3A ∪ B = a, b, c, d, e, x, y, z\(A ∪ B) = 8A ∩ B = φ

oldugundan

\(A) + \(B) = \(A ∪ B)⇒ 5 + 3 = 8

çıkar.

Toplama Isleminin Özelikleri

Theorem 0.234. Asagıdaki özelikler vardır.

1. a, b ∈N ⇒ a + b ∈N (Kapalılık Özeligi)2. a, b ∈N ⇒ a + b = b + a (Yer Degisme Özeligi)3. a, b, c ∈N ⇒ a + (b + c) = (a + b) + c (Birlesme Özeligi)4. a, b, c ∈N, a = b ⇒ a + c = b + c (Sadelesme Özeligi)5. a ∈N, 0 ∈N ⇒ a + 0 = 0 + a = a (Birim Öge Var)6. a, b ∈N ve a 6= 0 ⇒ a + b 6= 0 (Ters Öge Yok)

Ispat:

1. Bu özeligin ispatı, toplama tanımından çıkar.

2. A ∪ B = B ∪ A esitliginden çıkar.

3. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C esitliginden çıkar.

4. Bu özelik, bir esitligin iki yanına aynı bir sayı eklenir ya daçıkarılırsa, esitligin bozulmayacagını söyler. Esitligin ispatı,

A = B ⇒ A ∪ C = B ∪ C

esitliginden çıkar.

5. Bu özelik, 0 sayısının, toplama islemine göre birim öge oldugunusöyler. Ispatı, A ∪∅ = A esitliginden çıkar.

6. Bu özelik, sıfırdan farklı bir dogal sayının, toplama isleminegöre, N içinde, ters ögesinin olmadıgını söyler. Ispatı, A 6= ∅ ise,her B kümesi için A ∪ B 6= φ özeliginden çıkar.

Çarpma

Tanım 0.235. a ile b nin çarpımı a× b, a.b, ab simgelerindenbirisiyle gösterilir ve asagıdaki bagıntı ile tanımlanır:

a.b = \(A× B) (201)

Sonlu iki kümenin kartezyen çarpımı sonlu oldugundan, \(A× B)nicelik sayısı, daima N ye aittir. Dolayısıyla, × (çarpma) islemiN×N den N ye tanımlı bir ikili islemdir:


· : N×N⇒N, · : (a, b) → a.b (202)

ÖrnekA = a, b, c, B = x, y kümeleri için \(A) = 3, \(B) = 2 dir.

A× B = (a, x), (a, y), (b, x), (b, y), (c, x), (c, y)

den \(A× B) = 6 oldugunu görüyoruz. O halde,

\(A).\(B) = \(A× B) ya da 3.2 = 6

çıkar.Dogal sayılarda çarpma islemi, aynı sayının, ardısık toplamlarını

kısa yoldan bulmaya yarar.

Örnek12 dersligi olan bir okulda, her derslige 15 sıra alınacaktır. Kaç

sıra ısmarlanmalıdır?Sorunun yanıtı, 12 tane 15 in toplamıdır:

15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 + 15 = 180

Görüldügü gibi, toplanacak sayıların sayısı çogaldıkça, ardısıktoplamaları yapmak, zor degilse de, can sıkıcı olmaya baslar. Böylebir toplama yerine, aynı sonucu veren

15× 12 = 180

çarpma islemini yapmak daha kolaydır.

Çarpma Isleminin Özelikleri

Theorem 0.236. Asagıdaki özelikler saglanır.

1. a, b ∈N ⇒ a.b ∈N (Kapalılık Özeligi)2. a, b ∈N ⇒ a.b = b.a (Yer Degisme Özeligi)3. a, b, c ∈N ⇒ a.(b.c) = (a.b).c (Birlesme Özeligi)4. a, b, c ∈N, a = b ⇒ a.c = b.c (Sadelesme Özeligi)5. a ∈N, 1 ∈N ⇒ a.1 = 1.a = a (Birim Öge Var)6. a ∈N, 0 ∈N ⇒ a.0 = 0.a = 0 (Yutan Öge Var)7. a, b ∈N ve a 6= 1 ⇒ a.b 6= 1 (Ters öge Yok)

Ispat:

1. Bu özeligin ispatı, çarpma tanımından çıkar.

2. A× B ∼= B× A bagıntısından çıkar.

3. A× (B× C) ∼= (A× B)× C bagıntısından çıkar.

4. Bu özelik, bir esitligin iki yanı, aynı bir sayı ile çarpılırsa, esitliginbozulmayacagını, söyler. Esitligin ispatı,

A ∼= B ⇒ A× C ∼= B× C

bagıntısından çıkar.

192 calculus

5. Bu özelik, 1 sayısının, çarpma islemine göre birim öge oldugunu,söyler. B = b gibi, tek ögeli bir küme olsun. A× B ∼= B× A ∼=A bagıntısı vardır. Buradan istenen esitlik çıkar.

6. Bu özelik, 0 sayısının, çarpma islemine göre yutan öge oldugunu,söyler. Ispatı, A×∅ = ∅ bagıntısından çıkar.

7. Bu özelik, 1 den farklı bir dogal sayının, çarpma islemine göre, N

içinde, ters ögesinin olmadıgını, söyler. Ispatı, \(A) 6= 1 ise, her Bkümesi için \(A× B) 6= 1 özeliginden çıkar.

Dagılma Kuralları

Theorem 0.237. Dogal sayılarda çarpma isleminin, toplama islemi üzerinedagılma özeligi vardır.

Ispat: Çarpma isleminin, toplama islemi üzerine soldan vesagdan dagılma özeligi oldugunu göstermeliyiz.

Çarpma isleminin toplama islemi üzerine soldan dagılma özeligi:

a, b, c ∈N ⇒ a.(b + c) = a.b + a.c (203)

dir. Bu esitlik,

A× (B ∪ C) ∼= (A× B) ∪ (A× C)

bagıntısından çıkar.

Çarpma isleminin toplama islemi üzerine sagdan dagılma özeligi:

a, b, c ∈N ⇒ (b + c).a = b.a + c.a (204)

dır. Bu esitlik,

(B ∪ C)× A ∼= (B× A) ∪ (C× A)

bagıntısından çıkar.Örnek

7[8 + 12(5 + 9)] = 7[8 + 60 + 108] = 56 + 420 + 756 = 1232

Örnek5(2x + 1) = 7(x + 3) + 11 açık önermesinin dogruluk kümesini

bulunuz.Çözüm:

5(2x + 1) = 7(x + 3) + 1110x + 5 = 7x + 21 + 11 (Dagılma Özeligi)10x + 5 = 7x + 32 (Toplama Tanımı)10x + 5− 5 = 7x + 32− 5 (Sadelestirme Özeligi)10x = 7x + 27 (Toplama Tanımı)10x− 7x = 7x− 7x + 27 (Sadelestirme Özeligi)3x = 27 (Toplama Tanımı)x = 9 (Sadelestirme Özeligi)


Çarpınım (Faktöryel)

Tanım 0.238. n bir dogal sayı ise, n! ( n faktöryel) sayısı

n! = 1.2.3 . . . (n− 1)n, 0! = 1, 1! = 1

biçiminde tanımlanır.

Örnekler

1. Asagıdaki tablo, faktöryelin nasıl hızla büyüdügünü gösterir.

0! = 1

1! = 1

2! = 1.2 = 2

3! = 1.2.3 = 6

4! = 1.2.3.4 = 24

5! = 1.2.3.4.5 = 120

6! = 1.2.3.4.5.6 = 720

7! = 1.2.3.4.5.6.7 = 5040

8! = 1.2.3.4.5.6.7.8 = 40320

9! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9 = 362.880

10! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10 = 3.628.800

11! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11 = 39.916.800

12! = 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12 = 479.001.600

20! = 2.432.902.008.176.640.000

2. Asagıdaki islemi inceleyiniz.

11!(6!)(5!)

− 56!

(4!)(2!)=

7.8.9.10.115.4.3.2.

− 55.62− 6

= 462− 75− 6

= 381

Uygulamalar

1. 17! + 16! sayısı asagıdakilerden hangisi ile tam bölünemez?

(a) 2 (b) 4 (c) 6 (d) 16 (e) 17

2. 15! = m16 ise, (17!-16!) sayısını m türünden hesaplayınız.

3. 2(23 + 1) + 2346÷ 23 sayısını bulunuz.

4. Her n dogal sayısı için, asagıdakilerden hangisi daima tektir?

(a)n2 − 7 (b)n2 + n (c)7n (d)4n− 2 (e)2n + 5

5. n çift bir dogal sayı ise, asagıdakilerden hangileri daima çiftolur?

(a)n + 1

3(b)n2 − n (c)n2 + n− 1 (d)2n + 3 (e)

n2+ 1

194 calculus

Üs (Kuvvet) Alma

Bir dogal sayının kendisiyle ardısık çarpımlarını daha kısa göster-mek için, üstel gösterim’i kullanırız.

Tanım 0.239. Ikisi birden sıfır olmayan a ve n dogal sayıları verilsin. adogal sayısının n kez kendisiyle çarpımını, an ile gösterecegiz:

a.a.a · · · a︸︷︷︸n tane

= an (205)

an ifadesine üstel gösterim (üstel ifade),a ya taban,n ye üs (kuvvet),an gösterimine "a nın n inci kuvveti", ya da "a üssü n",a2 ye "a kare,a3 e "a küp,

denilir.

Uyarı: 00 ifadesi tanımlı degildir.

Tanım: Üs 1 ya da 0 oldugunda, asagıdaki tanımları yapıyoruz:

a1 = a, a0 = 1

Örneklera. 27 = 2.2.2.2.2.2.2 = 128 c. (17)1 = 17b. 35 = 3.3.3.3.3 = 243 d. 44 = 4.4.4.4 = 256e. (196)0 = 1 f. 014 = 0

Üs Alma Isleminin Özelikleri

Theorem 0.240. a, b sıfırdan farklı iki dogal sayı ve m, n iki dogal sayı ise,asagıdaki esitlikler saglanır:

1. am.an = am+n

2. an.bn = (ab)n

3. (am)n = amn.

Ispat:1. ∀a ∈N+ ve ∀m, n ∈N için,

am.an = (

m tane︷︸︸︷a.a.a · · · a).(

n tane︷︸︸︷a.a.a · · · a)

= a.a.a · · · a.a.a.a. · · · a︸︷︷︸m+n tane

= am+n

olur ve istenen esitlik çıkmıs olur.


2. ∀a ∈N+ ve ∀m, n ∈N için,

(am)n =

n tane︷︸︸︷am.am.am · · · am

= a

n tane︷︸︸︷m + m + m + · · ·+ m

= am.n

esitligi vardır.3. ∀a, b ∈N+ ve ∀m ∈N için,

(a.b)m =

m tane (a.b)︷︸︸︷(a.b).(a.b).(a.b) · · · (a.b)

= a.b.a.b.a.b · · · a.b

= (a.a.a. · · · a)︸︷︷︸m tane

(b.b.b · · · b)︸︷︷︸m tane

= am.bm

oldugu görülür.

Örnekler1.

(23)4.43.53 = 212.(2.2)3.53

= 212.23.23.53

= 212+3+3.53

= 218.53

= 26.26.26.53

= 64.64.64.125

= 262144.125

= 32768000

2.

42.25.34 = (2.2)2.25.34

= 22.22.25.34

= 29.34

= 512.81

= 41472

3.

(a2.b3))4 = (a2)4.(b3)4

= a8.b12

Dogal Sayılarda Sıralama

Tanım 0.241. a, b dogal sayıları verildiginde, a + c = b esitligini saglayanbir c dogal sayısı varsa, "a sayısı b sayısından küçüktür," denilir ve a < bsimgesiyle gösterilir:

196 calculus

a < b ⇒ (∃c ∈N+)( a + c = b ) (206)

Sıralama eyleminde kullanılan >, ≤,≥ bagıntıları, asagıdaki gibitanımlanır.

Tanım:

b > a ⇒ a < b

a ≤ b ⇒ (a < b) ∨ (a = b)

b ≥ a ⇒ a ≤ b

Örnek12 ve 7 dogal sayıları verildiginde, 5 dogal sayısı, 7 + 5 = 12

esitligini saglar. O halde, 7 < 12 dir.

Sıralama Bagıntısının Özelikleri

Theorem 0.242. a, b, c dogal sayıları için, asagıdaki bagıntılar saglanır:

1) (a < b) ∨ (a = b) ∨ (a > b) (Üç Hal Kuralı)2) (a < b) ∧ (b < c) ⇒ a < c (Geçisme)3) a < b ⇒ a + c < b + c (Toplamda Sadelesme)4) (a < b) ∧ (c < d) ⇒ a + c < b + d Yan yana Toplama)5) a < b ∨ (c > 0) ⇒ a.c < b.c (Çarpmada Sadelesme)

Örnek5(x− 7) ≤ 30− 2(x + 1) esitsizliginin, Dogal Sayılar Kümesindeki

çözümlerini bulunuz.Çözüm:

5(x− 7) ≤ 30− 2(x + 1) ⇒ 5x− 35 ≤ 30− 2x− 2

⇒ 5x + 2x ≤ 30 + 35− 2

⇒ 7x ≤ 63

⇒ x ≤ 9

9 dan büyük olmayan dogal sayılar, verilen esitsizligin çözümkümesini olusturur:

S = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Çıkarma

Iki dogal sayı verildiginde, büyük olandan küçük olanı çıkardıgımızda,elde edecegimiz fark gene bir dogal sayıdır. Ancak, küçük olandan,büyük olanı çıkardıgımızda, elde edecegimiz fark, bir dogal sayıdegildir. Bunu, matematiksel simgelerle ifade edelim.

a, b dogal sayıları verilsin. a ≥ b ise, a = b + c kosulunu saglayan cdogal sayısı, a− b farkıdır:

a− b = c ⇒ a = b + c (207)


Örnekler1. (7 > 5) ∧ (7 = 5 + 2) ⇒ 7− 5 = 22. (5 < 7) ⇒ (5− 7) 6∈N

O halde, çıkarma islemi, dogal sayılar kümesi üzerinde, ikili birislem degildir. Neden?

Uygulamalar

1. Dogal Sayılar Kümesi’nin çıkarma islemine göre kapalı ol-madıgını gösteriniz.

2. Dogal Sayılar Kümesi’nde çıkarma isleminin yer degisme özeligi’ninolmadıgını gösteriniz. ( a− b 6= b− a).

3. Dogal Sayılar Kümesi’nde çıkarma isleminin birlesme özeligi’ninolmadıgını gösteriniz. ( a− (b− c) 6= (a− b)− c ).

4. Dogal Sayılar Kümesi’nde, çıkarma isleminin birim öge’sininolmadıgını gösteriniz.

5. Dogal Sayılar Kümesi’nde, çıkarma islemine göre hiç bir ögenintersi’nin olmadıgını gösteriniz.

6. Dogal Sayılar Kümesi’nde, çarpmanın, çıkarma islemi üzerinesoldan ve sagdan dagılma özeligi’nin oldugunu gösteriniz.

Bölme

Tanım 0.243. a, b iki dogal sayı ve b 6= 0 olsun. a = b.c esitliginisaglayan bir c dogal sayısı varsa, "a sayısı b ye tam bölünüyor," denilirve b | a simgesiyle gösterilir. b sayısı a yı tam bölmüyorsa, b - asimgesini kullanırız.

Bölme islemi,

ab

, a/b, a : b, a÷ b (208)

simgelerinden birisiyle gösterilir. a÷ b bölme isleminde a bölünen, bbölen, ve c bölümdür.

Örnek 625 = 125.5⇒ 625÷ 125 = 5 olur.a÷ b = k ise, "a sayısı, b nin k katıdır.625÷ 125 = 5 oldugundan 625 sayısı 125 in in 5 katıdır; 625 sayısı

125 e tam bölünür.

Örnek 123 = 5.c esitligini saglayan hiç bir c dogal sayısı yoktur.Dolayısıyla, 123 sayısı 5 e tam bölünemez.

a, b, k dogal sayılar ve b 6= 0 olmak üzere, a sayısı b nin k katın-dan büyük k + 1 katından küçükse, a sayısı, b ye tam bölünmez. Budurumda, 0 ≤ r < b olmak üzere a = b.k + r esitligini saglayan bir rdogal sayısı vardır:

a = b.k + r

esitliginde, a bölünen, b bölen, k bölüm ve r kalan’dır.

198 calculus

Örnek 76 = 9.8 + 4 olur.

Uygulamalar

1. Dogal Sayılar Kümesi’nin bölme islemine göre kapalı olmadıgınıgösteriniz. (Yol Gösterme : a÷ b 6∈ N olacak biçimde a, b dogalsayılarını bulunuz.)

2. Dogal Sayılar Kümesi’nde bölme isleminin degisme özeligi’ninolmadıgını göstiniz. (Yol Gösterme : a÷ b 6= b÷ aolacak biçimdea, b dogal sayılarını bulunuz.)

3. Dogal Sayılar Kümesi’nde bölme isleminin birlesme özeligi’ninolmadıgını gösteriniz. (Yol Gösterme : a÷ (b÷ c) 6= (a÷ b)÷ c)

4. Dogal Sayılar Kümesi’nde, bölme isleminin birim ögesininoldugunu gösteriniz.

5. Dogal Sayılar Kümesi’nde, bölme islemine göre, 1 den farklı hiçbir ögenin tersinin olmadıgını gösteriniz.

6. Dogal Sayılar Kümesi’nde, bölme isleminin, toplama islemiüzerine soldan ve sagdan dagılma özeligi’nin olmadıgını göstermekiçin,

a÷ (b + c) 6= (a÷ b) + (a÷ c)

(b + c)÷ a 6= (b÷ a) + (c÷ a)

bagıntılarını saglayan a, b, c sayıları bulunuz.

7. Dogal Sayılar Kümesi’nde, bölme isleminin, çıkarma islemiüzerine soldan ve sagdan dagılma özeligi’nin olmadıgını göstermekiçin,

a÷ (b− c) 6= (a÷ b)− (a÷ c)

(b− c)÷ a 6= (b÷ a)− (c÷ a)

bagıntılarını saglayan a, b, c sayıları bulunuz.

ASAL SAYILAR

Tanım 0.244. 1 den ve kendisinden baska hiç bir dogal sayıya tam bölüne-meyen, sıfırdan farklı dogal sayılara asal sayılar denilir.

Asal sayılar kümesinin bazı ögeleri,

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, · · ·

dir.

Tanım 0.245. a, b, c dogal sayıları, a = b.c esitligini saglıyorlarsa, bile c ye a nın çarpanları denilir. Ayrıca, b ile c asal sayı iseler, b ile csayılarına, a nın asal çarpanları denilir.


Örnek60 = 4.15 esitliginde, 4 ile 15 sayıları, 60 ın çarpanlarıdır; ama

asal degildirler.60 = 22.3.5 esitliginde, 2, 3, 5 sayıları 60 ın asal çarpanlarıdır. Bu

esitlikte, 60 asal çarpanlarına ayrılmıstır, diyoruz.

Tanım 0.246. a, b dogal sayılarının, 1 den baska ortak bölenleri yoksa, busayılara, aralarında asaldır, denilir.

Örnek14 ile 15 sayılarının ortak çarpanları yoktur; aralarında asaldırlar.

Theorem 0.247. Her dogal sayı asal çarpanlarına ayrılabilir.

Tanım 0.248. Iki ya da daha çok dogal sayının her birisini bölen sayılarınen büyügü, o sayıların ebob (en büyük ortak böleni) dir.

Iki ya da daha çok dogal sayının ebob (en büyük ortak böleni),ortak asal çarpanlarının en küçük üslülerinin çarpımıdır.

Tanım 0.249. Iki ya da daha çok dogal sayının herbirisinin katı olansayıların en küçügü, o sayıların ekok (en küçük ortak katı)dır.

Iki ya da daha çok dogal sayının ekok (en küçük ortak katı),ortak asal çarpanlarının en büyük üslüleri ile ortak olmayan bütünasal çarpanların çarpımıdır.

Alıstırmalar

1. Dogal sayılarda bölme isleminin yer degistirme özeligine sahipolmadıgını göstermek için,

a : b 6= b : a

esitsizligine örnekler veriniz.

2. Dogal sayılarda bölme isleminin birlesme özeligine sahip ol-madıgını göstermek için,

a : (b : c) 6= (a : b) : c


3. Dogal sayılarda çarpma isleminin bölme islemi üzerine dagılmaözeligine sahip olmadıgını göstermek için,

a · (b : c) 6= (a · b) : (a · c


4. Dogal sayılarda bölme isleminin toplama islemi üzerine dagılmaözeligine sahip olmadıgını göstermek için,

a : (b + c) 6= (a : b) + (a : c)


200 calculus

5. Asagıdaki kosolları saglayan q, r sayılarını bulunuz.

a) 47 = 5q + r, 0 ≤ r < 5 b) 137 = 12q + r, 0 ≤ 12c) 449 = 27q + r, 0 ≤ r < 27 d) 893 = 43q + r, 0 ≤ 43

6. Asagıdaki kümelerden hangileri sonsuzdur? Neden?

(a) Çift Tamsayılar Kümesi,

(b) Tek Tamsayılar Kümesi,

(c) 3 ile tam bölünebilen dogal sayıların olusturdugu küme,

(d) 12 ve 15 ile bölünebilen dogal sayıların olusturdugu küme.

(e) Bir kamyon dolusu kum taneciklerinden olusan küme.

7. Asagıdaki esitsizliklerin N içindeki çözüm kümelerini yazınız.

a) 4m < m + 12

b) 5m− 3 ≥ 4m + 3

c) 8m + 2 < 14 + 2m

d) 2(m + 3) > 16

e) 5(5 + n) > 7(n + 3)

8. (a) 2.24 + 4.20 + 3.16− 2.8 ifadesini, 2’nin kuvveti olarak yazınız.

(b) 81 + 243 + 729 ifadesini, 3’ün kuvveti olarak yazınız.

9. Tek sayıların kareleri de tek sayıdır. Neden?

10. Çift sayıların kareleri de çift sanıdır. Neden?

11. a ile n iki dogal sayı ise, 5! = 2na esitligini saglayan en büyük nsayısı nedir?

12. 42.83.164 = 2n esitligini saglayan n dogal sayısını bulunuz.

13. k, r dogal sayılar olmak üzere 45k = r3 esitligini saglayan kdogal sayılarının en küçügü nedir?

14. 3.84.511 sayısı kaç basamaklıdır?

15. Asagıdaki sayı çiftlerinden hangileri aralarında asaldır?

(1452, 15) (25, 36) (36, 75) (18, 25) (19, 1426)

16. a bir dogal sayı ve a 6= 0 ise, a2 = 150c esitligini saglayan enküçük c dogal sayısını bulunuz.

17. n bir asal sayı ise, n5 sayısını tam bölen kaç tane dogal sayıvardır?

18. 5n + 18 sayısının n dogal sayısına bölünebilmesi için, n ninalabilecegi degerler nelerdir?

Dogal Sayıların Kurulusu

Tarihte hemen her toplum sayma eylemini yapabilmistir. Dilleregöre, farklı adlar almıs; gösterilmelerinde farklı simgeler kul-lanılmıs olsa da, sayma eyleminde kullanılan araç hep aynıdır:

N+ = 1, 2, 3, 4, . . . (1)

Bu kümeye, Sayma Sayıları Kümesi diyoruz. Buna 0 sayısını katarakelde ettigimiz,

N = 0, 1, 2, 3, 4, . . . (2)

kümesine Dogal Sayılar Kümesi, denilir. Bu kümenin her bir ögesi birdogal sayı’dır.

Matematikteki yapıların çogu, sayı kümelerinin sagladıgı öze-liklerin, soyut kümelere tasınmasıyla elde edilir. Sayı kümeleri deDogal Sayılar Kümesi’nden üretilebilir. Dolayısıyla, Dogal SayılarKümesi, matematikte önemli bir role sahiptir.

Dogal sayılar kümesi ile bu küme üzerindeki islemler ve bagın-tılar, degisik aksiyomatik yöntemlerle kurulabilir.

Matematiksel sistemlerin köse taslarından birisi ve belki deen önemlisi dogal sayılardır. Henüz okul çagına bile gelmedenögrenmis oldugumuz "sayma eylemi" nde kullandıgımız araç budur.0, 1, 2, 3, . . . simgeleriyle gösterdigimiz bu sayıları, her normal in-sanın kendi sezgileriyle iyice algılamıs oldugu kuskusuzdur. Hattâ,ögrenimin ilk yıllarında dogal sayılar üzerindeki aritmetigin bileögrenciye eksiksiz ögretilebildigi bir gerçektir. Ancak bütün bunlarsezgiye dayalı oldugu için matematiksel olarak belirsiz kavramlardır.

Bu bölümde dogal sayıları belirsiz hiçbir kavrama dayanmak-sızın tanımlayacagız. Bu is için degisik yöntemler kullanılabilir.Bunların ilki 1899 yılında Italyan matematikçi Guiseppe Peano’nunizledigi yöntemdir. Bu yöntemde Peano, bugün kendi adıylaanılan aksiyomlarla dogal sayıları belirlemistir. Biz, burada, kümekavramına dayalı bir yöntemi kullanacagız. Hemen belirtelim ki,dogal sayıların hangi yöntemle belirlendigi önemli degildir. Çünkü,dogal sayıları öyle belirleyecegiz ki bu yeni kavram ile daha önce-den sezgiyle algıladıgımız dogal sayı kavramı arasında bir farkolmayacaktır. Bunu, suna benzetebiliriz: Diyelim ki uzunluk birimiolarak metreyi belirlemek istiyoruz. Uzunluk birimi olarak metre,metreyi temsil eden aracın iridyumlu platinden mi, plastikten mi.agaçtan mı,... yapıldıgına baglı olmayan bir kavramdır. Benzerolarak, dogal sayıları, onu tanımlamak için kullandıgımız nesnelerya da kümelerden bagımsız bir kavram olarak ortaya koyacagız.

202 calculus

Burada dogal sayıları birer küme olarak tanımlayacagız, ileride,nicelik sayılarını ögrendikten sonra, dogal sayıları sonlu kümelerinnicelik sayıları olarak belirleyecegiz. Tabii, günlük yasantımızda isedogal sayılar, "sayma sayıları" dır.

Bos (∅ ) kümeyi temsil etmek üzere asagıdaki kümeleri, kısaca,karsılarındaki simgeler (rakamlar) ile gösterelim:

0 = ∅

1 = ∅2 = ∅, ∅3 = ∅, ∅, ∅, ∅ (209)

... (210)

Dikkat edersek, bu kümelerden herbirisi, kendinden önce gelenkümelerin hepsini birer öge olarak içermektedir. Bu sekilde ardarda istedigimiz kadar küme kurabiliriz. Bu kümelerin kurulususonsuz zaman devam ettirilebilir; yani hiç bir zaman bitirilemez.(209) sistemini daha kısa olarak

0 = ∅

1 = 02 = 0, 13 = 0, 1, 24 = 0, 1, 2, 3... (211)

r = 0, 1, 2, . . . , r− 1)...

seklinde de yazabiliriz. Simdi bu kümeleri daha basit olarak ifadeedebilmek için asagıdaki kavramı verecegiz.

Tanım 0.250. Herhangi bir A kümesinin A+ ile gösterecegimiz ardılını

A+ = A ∪ A (212)

esitligi ile tanımlayacagız.

Bu tanım uyarınca, A = ∅ dersek (211) sistemini

0 = ∅

1 = 0+

2 = 1+

3 = 2+

4 = 3+

...

r = (r− 1)+

... (213)

dogal sayilarin kurulusu 203

seklinde yazabilecegimiz açıktır.Bu yolla tanımladıgımız kümelerin herbirisine bir dogal sayı

diyecegiz. (209) sisteminde her yeni kümeyi, kendinden öncek-ileri ögeleri kabul ederek kuruyorduk. Bu ardısma yöntemiyle0, 1, 2, 3, 4, . . . simgeleriyle temsil ettigimiz ve adına dogal sayıdedigimiz her kümeyi kurabiliriz. Ancak burada önemli bir soruylakarsılasıyoruz: Her dogal sayıyı belirleyen bir küme kurabiliyoruz,ama, acaba bütün dogal sayıları belirleyecek bir küme var mıdır?Daha açıkçası, öyle bir ω kümesi var mıdır ki, ∅ yi içersin ve ayrıcaherhangi bir X kümesini bir öge olarak içerdiginde bunun X+

ardısıgını da bir öge olarak içersin. Yukarıda açıkladıgımız ardısmayöntemiyle böyle bir ω kümesini olusturma olanagı olmadıgı açıktır.Çünkü (209) sistemine ait her kümeyi kurmak için ardısma yön-temimizde er ya da geç sıra gelecektir. Ama (209) sisteminin bütünkümelerini içeren ω kümesini kurmak için ardısma yönteminde sırahiç bir zaman gelmeyecektir; çünkü (209) sistemine ait kümelerinkurulusu hiçbir zaman bitirilemeyecektir. Bu nedenle istedigimizözeliklere sahip bir ω kümesinin varlıgını bir aksiyom olarak ala-cagız. Konuyu biraz daha genellestirmek için yeni bir kavram dahatanımlayalım.

Tanım 0.251. Asagıdaki iki özelige sahip bir A kümesine ardısan birkümedir, denilir:

(i) ∅ ∈ A

(ii) X ∈ A⇒ X+ ∈ A

Ardısan bir kümenin bütün dogal sayıları içerecegi apaçıktır.Artık böyle bir kümenin varlıgını kabul etmek zamanı gelmistir.

Sonsuzluk Aksiyomu

Aksiyom 0.252. Ardısan bir küme vardır.

Dogal Sayı

Ardısan bir kümenin bütün dogal sayıları içerdigini söyledik veardısan (en az) bir kümenin varlıgını da kabul ettik. Simdi bütündogal sayılar kümesini tanımlayabiliriz.

Tanım 0.253. Ardısan bütün kümelerin arakesitine dogal sayılar kümesi,denir.

Ardısan iki kümenin arakesitinin yine ardısan bir küme olacagıapaçıktır (bkz. 1.Problem). Giderek, ardısan kümelerden olusanherhangi bir ailenin arakesitinin yine ardısan bir küme olacagı,dolayısıyla, özel olarak, ardısan bütün kümelerin arakesitinin deardısan oldugu gösterilebilir (bkz. 2.Problem). Öyleyse, kapsamabagıntısına göre sıralanmıs olmak üzere, ardısan kümelerin en küçügüdogal sayılar kümesidir. Bu kümeyi, yukarıdan beri yazdıgımız gibiω simgesiyle temsil edecegiz. (Pratik problemlerde ω yerine N

simgesini kullanmayı tercih edecegiz.)

204 calculus

Problemler

1. Ardısan iki kümenin arakesitinin yine ardısan bir küme oldugunugösteriniz.

2. Ardısan kümelerden olusan herhangi bir ailenin arakesitinin deyine ardısan bir küme olacagını gösteriniz.

DOGAL SAYILARIN ÖZELIKLERI

Bu kesimde, ω dogal sayılar kümesinin, Peano aksiyomları diyeanılan bes beliti sagladıgını gösterecegiz, ki bu özelikler, baslangıçtada söyledigimiz gibi, dogal sayıları tanımlamanın baska bir yoludur.

Theorem 0.254. Her n ∈ ω için n+ 6= 0 dır.

Ispat: Her n dogal sayısı için n+ = n ∪ n oldugundan n ∈ n+

dır. (bkz, (212)) Öyleyse n+ kümesi bos degildir. Oysa 0 dogalsayısı bos küme olarak tanımlanmıstır (bkz, (213)). Demek ki0 6= n+ dır.

Sonlu Tümevarım Ilkesi

Theorem 0.255. Eger A kümesi asagıdaki iki özelige sahipse A = ω dogalsayılar kümesinin bir A alt kümesi için

(i) 0 ∈ A

(ii) n ∈ A⇒ n+ ∈ A

kosulları saglanıyorsa, A = ω dır.

Ispat: Teoremin söyledigi sey sudur. Dogal sayıların bir altkümesi ilk dogal sayıyı içeriyorsa ve ayrıca içerdigi her sayınınardılını (ardısıgını) da içeriyorsa, o alt küme dogal sayılar küme-sidir. Bu iki özelige sahip A kümesi ardısan bir kümedir (bkz.Tanım 0.251) ω dogal sayılar kümesi, ardısan her küme tarafındankapsandıgından (bkz. Tanım 0.253). ω ⊂ A olacaktır. Oysa bizeA ⊂ ω verilmistir. Öyleyse A = ω dır.

Theorem 0.256. m ile n herhangi iki dogal sayı olsun. Eger m ∈ n+ iseya m ∈ n ya da m = n dir.

Ispat: Bunu simgelerle ifade edersek,

m ∈ n+ ⇒ (m ∈ n) ∨ (m = n) (214)

olur.n+ = n ∪ n olduguna göre m ∈ n+ ise ya m ∈ n ya da m ∈ n

dir. Oysa n tek ögeli bir kümedir. Dolayısıyla, m ∈ n olmasıiçin m = n olması gerekli ve yeterlidir.

Tanım 0.257. A kümesinin her ögesi bir alt küme ise; yani x ∈ Aoldugunda x ⊂ A oluyarsa, A kümesine geçisken bir kümedir denilir.

Theorem 0.258. Her dogal sayı geçiskendir.


Ispat: ω dogal sayılar kümesinin geçisken bütün ögelerininolusturdugu kümeye A diyelim. Tüme Varım Ilkesini kullanarakω = A oldugunu gösterecegiz. Böylece, her dogal sayının geçiskenoldugu gösterilmis olacaktır. Bunun için Teorem 0.255 (i) ve (ii)kosullarının A kümesi tarafından saglandıgını göstermek yetecektir.

(i) 0 ∈ A dır. Çünkü 0 = ∅ dir ve ∅ her kümeye aittir.

(ii) Simdi, eger n ∈ A ise n+ ∈ A olacagını, yani n kümesi geçiskenise n+ ardısıgının da geçisken olacagını gösterelim. m ∈ n+ iseya m ∈ n ya da m = n dir (bkz. 0.256). Birinci hal varsa, yanim ∈ n ise, n geçisken oldugundan m ⊂ n olacaktır. Ayrıca n ⊂ n+

olduguna göre m ⊂ n+ çıkar. Ikinci hal varsa, yani m = n ise,n ⊂ n+ oldugundan m ⊂ n+ çıkar. Ohalde n+ geçiskendir.Demek ki n ∈ A ise n+ ∈ A olması gerekiyor.

Theorem 0.259. m ile n herhangi iki dogal sayı olsun. Eger m+ = n+ isem = n dir.

Ispat: m+ = n+ , n ⊂ n+ oldugundan n ∈ n+ = m+ olacaktır, kibu, Teorem 0.256 geregince, ya n ∈ m ya da n = m olması demektir.Benzer yolla, m ∈ m+ için ya m ∈ n ya da m = n oldugu çıkarılabilir.Eger m = n ise önerme dogru olur. Simdi m 6= n oldugunuvarsayalım. Bu durumda n ∈ m ya da m ∈ n olması gerektiginigördük. Dogal sayılar geçisken oldugundan (bkz. Teorem 0.258), buson özelikler n ⊂ m ve m ⊂ n olmasını gerektirir, ki buradan, m = nçıkar.

Bu kesimin basında, ω dogal sayılar kümesinin Peano Aksiy-omlarını sagladıgını gösterecegimizi söylemistik, ispatladıgımızönermelerle bu isi yapmıs durumdayız. Ancak, konuyu daha belir-gin kılmak için, bu aksiyomları sıralamak yararlı olacaktır.

Peano Aksiyomları

Theorem 0.260. Asagıdaki özeliklere sahip bir ω kümesi vardır:

P1. 0 ∈ ω

P2. n ∈ ω ise n+ ∈ ω

P3. n ∈ ω ise n+ 6= 0

P4. ω nın bir A alt kümesi asagıdaki iki özelige sahipse A = ω dır:

(i) 0 ∈ A

(ii) n ∈ A⇒ n+ ∈ A

P5. m, n ∈ ω ve n+ = m+ ise m = n dir.

Ispat:

(P1., P2.): Dogal sayılar kümesi ardısan bir küme oldugundanistenen Tanım 0.251 den çıkar.

(P3.): Teorem 0.254 den çıkar.

206 calculus



Problemler

1. Bir W kümesinin geçisken olması için gerekli ve yeterli kosul,B ∈ A ve A ∈W oldugunda B ∈W olmasıdır. Gösteriniz.

2. Geçisken iki kümenin bilesim ve arakesitlerinin de geçiskenoldugunu gösteriniz.

3. A ile B herhangi iki küme olsun. Eger A = B ise A+ = B+


4. Her n dogal sayısı için n /∈ n oldugunu gösteriniz.

5. m, n, r birer dogal sayı olduguna göre asagıdaki özeliklerinvarlıgını gösteriniz:

(a) n 6= n+

(b) Eger m ∈ n ise n /∈ m dir.

(c) Eger n ∈ m ve m ∈ r ise n ∈ r dir.

(d) Eger m ∈ n ise m+ ⊂ n dir.

6. Eger A ∈ n ve n ∈ ω ise A ∈ ω oldugunu tüme varımlaispatlayınız. Buradan ω nın geçigken bir küme oldugu sonucunuçıkarınız.

7. Eger A+ ∈ ω ise A ∈ ω olacagını gösteriniz.

8. Hiçbir dogal sayının ardısan bir küme olamayacagını gösteriniz.

9. Bir dogal sayının, kendisine ait hiçbir ögenin bir alt kümesiolamayacagını gösteriniz.

10. Eger n ∈ ω ise ya n = 0 oldugunu ya da n = m olacak sekildebir m ∈ ω varoldugunu gösteriniz.

DOGAL SAYILARIN SIRALANMASI

Tanım 0.261. Dogal sayılar kümesi üzerinde ≤ simgesiyle gösterecegimizbagıntıyı

m ≤ n⇐⇒ (m ∈ n) ∨ (m = n) (215)

diye tanımlayacak ve bunu "m dogal sayısı, n dogal sayısından yaküçüktür ya da esittir" diye okuyacagız.

m ≤ n ile n ≥ m simgeleri es anlamda kullanılacaktır.Ayrıca m < n bagıntısını

m < n⇐⇒ (m ≤ n) ∧ (m 6= n) (216)

diye tanımlayacagız.Bu kesimde ≤ bagıntısının dogal sayılar kümesi üzerinde bir iyi

sıralama bagıntısı oldugunu gösterecegiz. Bunu göstermek için, önceüç önerme söyleyecegiz.


Lemma 0.262. ≤ bagıntısı ω üzerinde bir tikel (kısmi) sıralama bagın-tısıdır.

Ispat:

Bagıntı dönüslüdür (refleksif) Her m ∈ ω için m = n dir. Öyleyse,(215) den m ≤ m yazabiliriz.

Bagıntı geçislidir m, n, p ∈ ω olsun. m ≤ n ve n ≤ p oldugunuvarsayalım. Dört mümkün hal vardır:

(m ∈ n) ∧ (n ∈ p)⇒ ((m ∈ n) ∧ (n ⊂ p)⇒ (m ∈ p))

(m ∈ n) ∧ (n = p)⇒ m ∈ p

(m = n) ∧ (n ∈ p)⇒ m ∈ p

(m = n) ∧ (n = p)⇒ m = p

Bu dört halin her birisi için (215) uyarınca m ≤ p olacaktır.

Bagıntı antisimetriktir m ≤ n ve n ≤ m oldugunu varsayalım. (215)uyarınca ya m = n ya da m ≤ n ve n ∈ m olacaktır. Ikinci halvarsa m ⊂ n ve n ⊂ m çıkar. Her dogal sayı geçisken oldugundan(bkz. Teorem 0.258), bu sonuncusu m = n olmasını gerektirir.

Lemma 0.263. Her m ∈ ω için 0 ≤ m dir.

Ispat:M = m |m ∈ ω, 0 ≤ m

kümesini düsünelim. Sonlu Tüme Varım Ilkesi (bkz. Teorem 0.255)uyarınca M = ω oldugunu gösterecegiz. ≤ bagıntısı dönüslüoldugundan 0 ≤ 0 yazabiliriz. Dolayısıyla 0 ∈ M dir. Simdiherhangi bir m ∈ M seçelim. Varsayımdan 0 ≤ m olacaktır. m ∈ m+

oldugundan m ≤ m+ yazabiliriz. Böylece 0 ≤ m ve m ≤ m+ eldeedilmis oldu. ≤ bagıntısı geçisli oldugu için

(0 ≤ m) ∧ (m ≤ m+)⇒ (0 ≤ m+)

olacaktır. O halde m+ ∈ M dir. Sonlu Tüme Varım Ilkesine göreM = ω olur.

Lemma 0.264. n < m ise n+ ≤ m dir.

Ispat: Herhangi bir n dogal sayısını sabit seçelim ve

Mn = m ∈ ω | (n < m)⇒ (n+ ≤ m)

kümesmi tanımlayalım. Sonlu Tüme Varım Ilkesine göre Mn = ω

oldugunu gösterecegiz. Tanımdan

m /∈ Mn ⇔ (n < m) ∧ (¬(n+ ≤ m))

⇔ (n ∈ m) ∧ (¬(n+ ≤ m))

yazabiliriz. Buradan, özel olarak,

0 /∈ Mn ⇔ n ∈ 0∧ ¬(n+ ≤ 0)

208 calculus

çıkar, ki bu olanaksızdır. Öyleyse 0 ∈ Mn olmalıdır. Simdi herhangibir m ∈ Mn seçelim. Tanımdan n < m ⇒ n+ ≤ m dir. m+ ∈ Mn

oldugunu göstermek için

n < m+ ⇒ n+ ≤ m ≤ m+

oldugunu göstermeliyiz. Eger n < m+ ise; yani n ∈ m+ ise, Teorem0.256 geregince, ya n ∈ m dir ya da n = m dir. Eger n = m isen+ = m+ çıkar ve ispat biter. Eger n ∈ m ise; yani n < m ise,kabulümüzden

n+ ≤ m < m+

çıkar ve ispat biter.

Theorem 0.265. Dogal sayılar kümesi ≤ bagıntısına göre iyi sıralıdır.

Ispat: Olmayana ergi yöntemini kullanacagız. Eger (ω,≤) sistemiiyi sıralı olmasaydı, bos olmayan ve en küçük ögesi var olmayan birA ⊂ ω alt kümesi var olacaktı. Simdi

M = n ∈ ω |m ∈ A⇒ n ≤ m

kümesini tanımlayalım. Sonlu Tüme Varım Ilkesiyle M = ω

oldugunu gösterecegiz. Önerme 0.263 den 0 ∈ M yazabiliriz. Simdiherhangi bir n ∈ M seçelim. Tanımdan, her m ∈ A için n ≤ molacaktır. Eger, herhangi bir p ∈ A için n = p ise p, A nın enküçük ögesi olur, ki bu kabulümüze aykırıdır. Öyleyse, her m ∈ Aiçin n < m olacaktır. Önerme 0.264 den, her m ∈ A için n+ ≤ myazabiliriz, ki bu n+ ∈ M olmasını gerektirir. Demek ki M = ω dır.Oysa M ∩ A = ∅ tur ; çünkü A nın en küçük ögesi yoktur. OhaldeA = ∅ olmalıdır.

TAMSAYILAR

Dogal sayıları Bölüm de kurmustuk.81 Bu bölümde dogal sayılar-81 Dogal sayılar Peano ak-siyomları ile de kurulabilir. dan hareketle tamsayılar kümesini olusturacagız.

Tamsayıların Kurulusu

Tamsayıların iki dogal sayının farkı (ya da toplamı) olarak çokfarklı biçimlerde yazılabildigini ilkokulda ögretirler. Örnegin, 3tamsayısını

3 = −6− (−9) = −125− (−128) = −1− (−4)

= 3− 0 = 17− 14 = 2 + 1 = 0 + 3 = 1735− 1732

= . . . (217)

gibi çok degisik biçimlerde yazabiliriz. Tamsayıların kurulusu bubasit iliskiye dayanır. a, b, c, d ∈N olmak üzere, iyi bilinen

a− b = c− d⇔ a + d = b + c (218)

bagıntısını düsünelim. Simdi, tamsayıların ne oldugunu bilmedigimizivar sayıp, yukarıdaki (218) bagıntısının sol yanını unutalım. a− b


yerine (a, b) sıralı ikilisini ve c− d yerine (c, d) sıralı ikilisini koyarak,bagıntıyı

(a, b) ≈ (c, d)⇔ a + d = b + c (219)

biçiminde yeniden yazalım. Bunun N×N üzerinde bir denklikbagıntısı oldugu kolayca gösterilir.

Tanım 0.266. (219) bagıntısının denklik sınıfları kümesine tamayılarkümesi denilir ve Z ile gösterilir.

Demek ki, dogal sayılar kümesi biliniyorken, tamsayılar kümesiniN×N üzerindeki (219) denklik bagıntısının denklik sınıfları olarakkurabiliyoruz. O nedenle, (217) biçiminde yazılan sayılar aynıdenklik sınıfı içindedirler.

(219) denklik bagıntısının tanımladıgı denklik sınıflarını

[(a, b)] = (x, y) | (a, b) ≈ (x, y) (220)

biçiminde gösterelim.

Tamsayıların Özelikleri

Lemma 0.267. a, b ∈ N verildiginde n dogal sayısı için (a + n = b + n)olması a = b olmasını gerektirir. Bunu simgelerle gösterelim:

(n ∈N) =⇒ ((a + n = b + n)⇒ (a = b)) (221)

dir.

Ispat: (221) özeliginin her dogal n sayısı için saglandıgını göster-mek istiyoruz.

A = n | ((a + n) = (b + n))⇒ (a = b), a, b ∈N (222)

kümesini tanımlayalım. Sonlu tümevarım ilkesini kullanarak (bkz.Teorem 0.255) A = N oldugunu gösterecegiz. bunun için A nınardısan bir küme oldugunu göstermeliyiz. Alısılmıs simgelerikullanmak amacıyla her n dogal sayısı için n+ = n + 1 yazacagız

(i) a + 0 = b + 0 ⇔ a = b oldugundan 0 ∈ A dır. Ayrıca Teorem

0.259 uyarınca a+ = b+ ⇒ a = b oldugunu; yani (a + 1 =

b + 1)⇒ (a = b) biliyoruz. O halde 1 ∈ A dır.

(ii) k ∈ A⇒ (k + 1) ∈ A oldugunu göstermeliyiz.

0, 1, 2, . . . , k ∈ A (k ≥ 2 oldugunu varsayalım. (222) özeligi herc, d ∈N için saglanır; yani

((c + k) = (d + k))⇒ (c = d)

olacaktır. Özel olarak c = a + 1 ve d = b + 1 alalım. O zaman

(((a + 1) + k) = ((b + 1) + k))⇒ (a + 1) = (b + 1)

210 calculus

olur. Bunu düzenlersek, (k + 1) ∈ A oldugunu görmek içinasagıdaki gerektirmelerin varlıgını görmek yetecektir.

k ∈ A⇐⇒ (((a + 1) + k) = ((b + 1) + k))⇒ a = b)

⇐⇒ ((a + (k + 1)) = (b + (k + 1))⇒ a = b)

⇐⇒ (k + 1) ∈ A

elde edilir.

Lemma 0.268. a, b ∈ N verildiginde n dogal sayısı için (a + n < b + n)olması a < b olmasını gerektirir. Bunu simgelerle gösterelim:

(n ∈N) =⇒ (a + n < b + n⇒ a < b) (223)

dir.

Ispat: Yukarıdaki ispatta = yerine < konularak aynı ifadelerleispat yapılabilir.

Tamsayılar kümesi üzerinde toplama, çıkarma, çarpma, bölme islem-leri (219) ile belirlenen denklik sınıfları yardımıyla tanımlanır.(Bunları yapmayı deneyiniz.)

RASYONEL SAYILAR

Tamsayılarda oldugu gibi rasyonel sayıların da

. . . =−6−9

=−4−6

=−2−3

=23=

46=

69=

1218

= . . . (224)

. . . =−12−15

=−8−10

=−4−5

=45=

810

=1215

=1620

= . . . (225)

gibi birden çok biçimde yazılabildigi ilkokuldan bilinir. Rasyonelsayıların kurulusu da bu basit iliskiye dayanır. a, b, c, d ∈ Z ve b 6= 0,d 6= 0 olmak üzere, iyi bilinen

ab=

cd⇔ ad = bc (226)

bagıntısını düsünelim. Simdi, rasyonel sayıların ne oldugunubilmedigimizi var sayıp, yukarıdaki (226) bagıntısının sol yanını un-utalım. a

b yerine (a, b) sıralı ikilisini ve cd yerine (c, d) sıralı ikilisini

koyarak, bagıntıyı

(a, b) ≈ (c, d)⇔ ad = bc (227)

biçiminde yeniden yazalım. Bunun Z×Z üzerinde bir denklikbagıntısı oldugu kolayca gösterilir.

Tanım 0.269. (227) bagıntısının denklik sınıfları kümesine rasyonalsayılar kümesi denilir ve Q ile gösterilir.

Demek ki, tamsayılar kümesi biliniyorken, rasyonel sayılarkümesini Z × Z üzerindeki (227) denklik bagıntısının denkliksınıfları olarak kurabiliyoruz. O nedenle, (224), (225) denklik


sınıflarıdır. toplama, çıkarma, çarpma, bölme islemleri ile sıralamabagıntısı, (227) ile verilen denklik sınıfları kümesi üzerinde kolaycatanımlanır. (Bu tanımları yapınız.) Pratikte rasyonel sayılarla islemyaparken, denklik sınıflarını degil, isleme giren her bir denkliksınıfından seçilecek birer temsilci ögeyi kullanırız. Örnegin, (224),(225) denklik sınıflarını toplarken, o sınıflardan rasgele birer tem-silci seçerek

23+−8−10

=2215

(228)

yazarız.Rasyonel sayılar kümesi üzerinde toplama, çıkarma, çarpma, bölme

islemleri (219) ile belirlenen denklik sınıfları yardımıyla tanımlanır.(Bunları yapmayı deneyiniz.)

Iyi Tanımlılık

Yukarıdakine benzer islemleri yaparken denklik sınıflarından hangitemsilcileri seçersek seçelim, hep aynı sonuca ulasırız. Bu özelik,belirleyicidir. Bunu daha genel söylersek, bir denklik sınıfları küme-sine baglı olarak tanımlanan bir islemin, denklik sınıflarını temsiletmek üzere seçilecek ögelere baglı olup olmadıgı uygulamadaönem tasır.

Tanım 0.270. Denklik sınıfları kümesinde tanımlı bir islem, denkliksınıfını temsil etmek üzere seçilen temsilciye baglı degilse, o islem iyitanımlıdır.

Bu kavramı biraz açmakta yarar var. Örnegin, rasyonel sayılarkümesi üzerinde

p, q ∈ Z olmak üzere f (pq) = p (229)

bagıntısını düsünelim. (229) kuralına göre

f (12) = 1

f (24) = 2

f (36) = 3

f (50

100) = 50

...

olacaktır. Oysa 12 = 2

4 = 36 = 50

100 = . . . oldugundan (229) ku-ralı f fonksiyonunu belirleyemez. Bu sekildeki bir fonksiyon iyitanımlı degildir. Iyi tanımlı olması için, 1

2 rasyonel sayısının denkliksınıfından seçilecek her temsilci a

b sayısı için f ( ab ) degerleri aynı

olmalıdır.

Uyarı 0.271. Tabii, burada iyi tanımlı fonksiyon deyince, sanki iyitanımlı olmayan fonksiyon varmıs izlenimi dogmaktadır. Aslında, (229)

212 calculus

kuralı bir fonksiyon tanımı degildir. Fonksiyon tanımlı ise, zaten iyitanımlıdır; kötü tanımlı fonksiyon yoktur. O nedenle, iyi tanımlı fonksiyondeyiminin fonksiyon tanımının titizlikle yapılmadıgı eski zamanlardankalmıs bir terim oldugu açıktır. Ama sık sık cebirde ve analizde karsınızaçıkabilir.

Karmasık Sayılar

Figure 37: Karmasık Sayılar

Karmasık sayılar gerçel sayıların genislemesiyle elde edilen dahabüyük bir kümedier. Genisleme su gereksemeden dogmustur:x2 = +1 denklemimin çözümü +1,−1 sayılarıdır ve R içindedir.Ama x2 = −1 denklemimin çözümü R içinde yoktur. Özellikleelektromanyetik teoride bütün ikinci derece denklemlerin çözümkümesine gerekseme dogar. O nedenle R gerçel sayılar kümesinibütün ikinci derece denklemlerin köklerini içerecek büyüklügegenisletmek geregi vardır. Bu genisleme kolay yapılır.

x2 = −1

denkleminin çözümü olarak +i ve −i sayıları tanımlanır.

Tanım 0.272.

√−1 = +i

denilir. Bu bir tanımdır. +i sayısına karmasık sayıların birim ögesidenilir.

Karmasık Sayılar

Belli türden denklemleri çözebilmek için bazı sayı kümelernin yeter-siz kaldıgını; bu tür denklemlere çözüm bulmak için sözkonususayı kümelerinin genisletilerek daha büyük sayı kümeleri eldeedildigini biliyoruz. Örnegin,

x + 3 = 0 gibi bir denklem dogal sayılarda çözülemeyince, dogalsayılar kümesi N genisletilerek tam sayılar kümesi Z olusturulmus-tur.

3x + 4 = 0 gibi bir denklem Z’de çözülemeyince, bu kümegenisletilerek rasyonel sayılar kümesi (Q) olusturulmustur.

x2 − 7 = 0 gibi bir denklem Q’da çözülemeyince, bu kümeirrasyonel sayılarla genisletilerek gerçel (reel) sayılar kümesi R

olusturulmustur. Gerçel (real) sayılar kümesi ile sayı eksenininnoktalarının bire bir eslendigini hatırlayınız.

a, b, c ∈ R ve a 6= 0 için ax2 + bx + c = 0 denklemini çözerken,

∆ = b2 − 4ac

ve

x1,2 =−b±

√∆

2a

214 calculus

olmak üzere,

b2 − 4ac > 0 ise, denklemin gerçel iki kökü vardır

b2 − 4ac = 0 ise, denklemin gerçel ve esit iki kökü vardır

b2 − 4ac < 0 ise, denklemin gerçel kökü yoktur

kurallarını anımsayınız.Dikkat ederseniz, üçüncü olasılıkta negatif sayıların karekökü

söz konusudur. Bu sayılar, R’nin elemanı degildir.Örnegin, x2 + 3 = 0 denkleminin R içinde çözümü yoktur. Çünkü

her gerçel sayının karesi pozitiftir; dolayısıyla x2 = −3 denkleminisaglayan hiçbir gerçel sayı yoktur.

Öyleyse R gerçel sayılar kümesinin genisletilerek, içinde butür denklemlerin de çözülebildigi daha büyük bir sayı sistemiolusturmaya gerek vardır.

x2 + 1 = 0 denklemini saglayan√−1 sayısına sanal (imajiner) sayı

birimi denir ve i =√−1, i2 = −1 biçiminde gösterilir.

Gerçel ve Sanal Kısımlar

a, b ∈ R ve i2 = −1 olmak üzere a + ib biçimindeki sayılara

karmasık (kompleks) sayılar

denir.Karmasık sayıyı genellikle z ve bu sayıların olusturdugu kümeyi

C ile gösterecegiz.

C = a + ib | a, b ∈ R

dir. z = a + ib karmasık sayısında;a’ya bu sayının gerçel (reel) kısmı denir ve ge(z) ile gösterilir.

b’ye bu sayının sanal (imajiner) kısmı denir ve san(z) [Im(z)] ilegösterilir.

ge(z) = a⇒ [san(z) = b ∧ z = ge(z) + i.san(z)

san(z) = 0⇒ z ∈ R [R ⊂ C]

ge(z) = 0⇒ z = o + bi⇔ z = bi

Örnek 0.273.

z = 12 −

23 i karmasık sayısının gerçel ve sanal kısımlarını bulalım:

z =12+ i(−2

3) ise

san(z) = −23

olur.

karmasik sayilar 215

Karmasık sayıların Esitligi

a, b, c, d ∈ R olmak üzere, z1 = a + ib ve z2 = c + id olsun.

a + ib = c + id =⇒

a = cb = d

dir.

Örnek 0.274.

z1 = 3x− i 12 ve z2 = −36 + (y + 1)i sayılarının esit olabilmesi için

x ve y’nin ne olacagını bulalım:

3x + i(−12) = −36 + i(y + 1)

3x = −36; y + 1 = −12

x = −12; y = −32

bulunur.

Örnek 0.275.

xx−1 + 1

y2 i sayısının karmasık sayı olabilmesi için x ve y nin neolacagını bulalım:

Verilen sayının karmasık sayı olabilmesi için,

xx− 1

,1y2 ∈ R⇒ x− 1 6= 0⇒ x 6= 1 ve x ∈ R

y2 6= 0⇒ y 6= 0 ve y ∈ R

olmalıdır.

Örnek 0.276.

4x2 − 2x + 1 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım:∆ = (−2)2 − 4.4.1 = 4− 16 = −12 < 0 oldugundan, denklemin

karmasık sayı olan iki kökü vardır:

x1,2 =2±√−12

2.4

esitliginden

x1 =2 +√−1.√

128

=28+

2√

38

√−1 =

14+

√3

4i

çıkar. Benzer sekilde x2 de hesaplanabilir ve

S = 14(1−

√3i),

14(1 +

√3i)

bulunur.

216 calculus

Sanal Birimin Kuvvetleri

n ∈ Z olmak üzere, i’nin kuvvetleri asagıdaki gibi hesaplanır:i =√−1 i2 = −1 i3 = i2.i = −i

i4 = i2.i2 = (−1)(−1) = 1 i5 = i4.i = i i6 = i4.i2 = −1i7 = i4.i3 = −i i8 = i4.i4 = 1 i9 = (i)4.2.i = ii10 = (i)4.2i2 = −i i11 = (i)4.2i3 = −i i12 = i4.3 = 1· · · · · · · · ·i4n+1 = i i4n+2 = −1 i4n+3 = −ii4n = 1

Örnek 0.277.

i−27 sayısını hesaplayalım.

i−27 = i−(4×6+3) =1

i4.6.i3=

1−i

=i

(−i)i=

i1= i

bulunur.

Örnek 0.278.

3− i412

1− i210

ifadesini sadelestirelim:

3− i412

1− i210 =3− i4×103

1− i4×52.i2

=(3− (1))

1− 1.(−1)

=22

= 1

bulunur.

Geometrik Gösterim

Figure 38: Karmasık SayınınDüzlemsel Gösterimi

Karmasık sayılar ile analitik düzlemin noktaları bire bir eslenebilir.Bu eslemede, x + yi sayısına (x, y) noktası karsılık getirilir.

Sekilde, 0 + 0i sayısı, O(0, 0) noktası ile, x + 0i sayıları Oxekseni ile, bütün 0 + yi sayıları, Oy ekseni ile eslenir. Ox ekseninegerçel (reel) eksen, Oy eksenine sanal (imajiner) eksen denir.

Yukarıda belirtildigi gibi karmasık sayılarla bire bir eslenendüzleme, karmasık düzlem diyecegiz.

Karmasık Sayının Eslenigi

Sekil 39’ü inceleyiniz. x + yi ve x− yi sayılarından birine digerinineslenigi denir. z karmasık sayısının eslenigini z biçiminde göstere-cegiz.

z = (x + yi) = x + (−y)i = x− yi

dir. Sekil dikkatle incelendiginde bir karmasık sayı ile esleniginin,gerçel eksene (Ox eksenine) göre simetrik oldukları görülür.

Figure 39: Karmasık Eslenik


Theorem 0.279. Bir karmasık sayının esleniginin eslenigi kendisidir.

Ispat: z = x + yi karmasık sayısını düsünelim.

(z)− = [(x + yi)−]− = [x− yi]− = x + yi = z

olur. Örnegin,

z = 1 + 2i⇒ z = 1− 2i⇒ (z) = 1 + 2i

Örnek 0.280.

Asagıda verilen karmasık sayıların esleniklerini bulalım.a) 1− 1

2 i c) 203 e)√−16 + 3

b)√

2 + i d)√−7 f) 7−

√−9 +

√−4

Çözümler:

a) 1− 12 i’nin eslenigi 1 + 1

2 i’dir.

b)√

2 + i’nin eslenigi√

2− i’dir.

c) 203’ün eslenigi 203 tür.

d)√−7 =

√7i’nin eslenigi −

√7i’dir.

e)√−16 + 3 = 3 + 4i’nin eslenigi 3− 4i’dir.

f) 7−√−9 +

√−4 = 7− 3i + 2i = 7− i’nin eslenigi 7 + i’dir.

Mutlak Deger (modül)

Karmasık düzlem üzerindez = x + yi sayısına karsılık gelen noktaZ olsun. ZAO dik üçgeninde,

| OZ |2=| x |2 + | y |2=√

x2 + y2

veya

| z |=| x + yi |=√

x2 + y2

yazılır.Karmasık düzlemde, bir karmasık sayıya karsılık gelen noktanın

baslangıç noktasına uzaklıgına bu sayının modülü veya mutlakdegeri denir.

z = x + yi sayısının modülü | z | ile gösterilir. | z |=√

x2 + y2 dir.∀x, y ∈ R için

√x2 + y2 ∈ R ve | z |≥ 0 dır.

Örnek 0.281.

z = 3− 4i sayısının modülünübularak karmasık düzlemde gösterelim:| z |=

√32 + (−4)2 =

√9 + 16 =

√25 = 5

olur.

Örnek 0.282.

218 calculus

oldugunu gösterelim:z = a + bi olsun. | z |=

√a2 + b2 dir.

| z |=√

a2 + b2 = 0⇒ a2 + b2 = 0⇒

a = 0b = 0

⇒ z = 0+ 0i = 0

ve

z = 0⇒ z = 0 + 0i⇒| z |=√

02 + 02 ⇒| z |= 0

bulunur.

Örnek 0.283.

z = −9i sayısının modülünü bulalım.|z| = | − 9i| =

√8− 9)2 = 9 olur.

Toplama ve Çıkarma

Iki karmasık sayı z1 = a + bi vez2 = c + di olsun. Sıfırdan farklı herkarmasık sayı i’ye göre birinci derecedenbir polinomdur. Bu nedenle,

z1 + z2 = (a+ bi)+ (c+ di) = (a+ c)+ (b+ d)i

z1− z2 = (a+ bi)− (c+ di) = (a− c)+ (b− d)i

Yandaki sekli inceleyiniz.

Örnek 0.284.

z1 = 2 − 3i ve z2 = 1 + 2i ise z1 + z2 ve z1 − z2 toplamve farklarını bularak karmasık sayılar düzleminde gösterelim.

z1 + z2 = (2− 3i) + (1 + 2i)

= (2 + 1) + (−3 + 2)i

= 3− i

z1 − z2 = (2− 3i)− (1 + 2i)

= (2− 1) + (−3− 2)i

= 1− 5i

Yandaki sekil üzerinde, karmasıksayıların toplam ve farkının geometrikyorumunu yapınız.

Toplama Çıkarmanın özelikleri

Kapalılık Özeligi

z1, z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di olsun

z1 + z2 = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i


bulunur. a, b, c, d ∈ R⇒ (a + c), (b + d) ∈ R oldugundan

(z1 + z2) ∈ C

olur. O halde, karmasık sayılar kümesi toplama islemine görekapalıdır.

Etkisiz (birim) Eleman Varlıgı

z1, 0 ∈ C , z1 = a + bi ve 0 = 0 + 0i olsun.

z1 + 0 = a + bi + 0 + 0i;

= (a + 0) + (b + 0)i

= a + bi

= z1

0 + z1 = 0 + 0i + a + bi

= (0 + a) + (0 + b)i

= a + bi

= z1

olur. O halde, sıfır, karmasık sayılarda toplama islemine göreetkisiz (birim) elemandır.

Ters Eleman Varlıgı

z ∈ C ve z = a + bi ise −z = −a− bi diye tanımlayalım.

z + (−z) = (a + bi) + (−a− bi)

= (a− a) + (b− b)i

= 0 + 0i

= 0

(−z) + (z) = (−a− bi) + (a + bi)

= (−a + a) + (−b + b)i

= 0 + 0i

= 0

oldugundan, karmasık sayılar kümesinde, toplama islemine göre,her elemanın tersi vardır.

220 calculus

Birlesme Özeligi

z1, z2, z ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z3 = x + yi olsun.

(z1 + z2) + z3 = [(a + bi) + (c + di)] + (x + yi)

= [(a + c) + (b + d)i] + (x + yi)

= [(a + c) + x] + [(b + d) + y]i

= [a + (c + x)] + [b + (d + y)[i

= a + bi + [(c + x) + (d + y)i]

= z1 + (z2 + z3)

oldugundan, karmasık sayılarda toplama isleminin birlesme özeligivardır.

(C,+) sistemi kapalılık, etkisiz eleman, ters eleman ve birlesmeözelikleri oldugu için gruptur.

Degisme Özeligi

∀z1, z2 ∈ C ve z1 + a + bi, z2 = c + di olsun.

z1 + z2 = (a + bi) + (c + di)

= (a + c) + (b + d)i

= (c + a) + (d + b)i

= (c + di) + (a + bi)

= z2 + z1

oldugundan, karmasık sayılar kümesinde toplama isleminin degismeözeligi vardır. Sonuç olarak,

(C,+) sistemi degismeli bir gruptur.

Alıstırmalar

1. Köklerinden biri 1− 2i olan ikinci dereceden bir bilinmeyenlidenklemi bulunuz.

2. 2i6 +(

1(−i)3

)+ 6i−5 − 2i sayısını a + ib seklinde yazınız.

3. 5i2 +

2i3 −

20i18 sayısını bulunuz.

4. (1 + i)14 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

5. (3− 2i) = u(1 + i) ise u sayısını bulunuz.

6. P(x) = 3x17 − x8 + 2 ise P(i)’yi bulunuz.

7. z = x + yi ve z ∈ C ise (z − z) ve (z − z) karmasık sayılarınıbulunuz.

8. Asagıdaki ifadeleri a + ib biçiminde yazınız.


i16 = ?√−64 +

√−5−

√−25 = ?

5√−121 = ?

√−7.5

√−3 = ?

12√

5

√−4

5= ?

315√−1

= ?

5√−3 +

√−9 = ?

17

√−243− 8

√−28− 2

3

√−63 = ?

i19 = ?√−1

3= ?

3√−60 = ?

√−27

√−1

3= ?

12√−15

16√−5

= ?

10√−5

= ?

(i√

3)4 = ?

9. Asagıdaki ifadeleri kısaltınız.

a)1i3− 1

i4+

1i5− 1

i6b) 4i + 6i2 − i3 + 2i4 + 3i5

c)√− x

3+

√− x

9−√− x

27d)√−4x4 −

√−9x4 −

√100x4

10. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümesini bulunuz.a) x2 − 2x + 10 = 0 b) x2 − x + 1 = 0 c) x2 − x + 3 = 0d) 2y2 = 3y− 4 e) t2

2 + 3t5 = − 3

10 f) 7u2 + 5u = −1

11. z1 = 3−m + ni ve z2 = (m− 2n)i sayılarının esit olması için mve n kaçtır?

12. Asagıdaki islemleri yapınız.

a) (17 +12

i) + (17− 12

i) d)i2(1−

√9)

b) 6 + (2− i) e) (5 +√−4) + (1− 4i)

c) (3 + 2i) + i f) (i2 − i) + (i4 − i3)

Çarpma

Iki karmasık sayı z1 = a + bi ve z2 = c + di olsun. Sıfırdan farklıher karmasık sayı i’ye göre birinci dereceden bir polinomdur. Ikipolinomun çarpımı islemi ile dagılma ve birlesme özeligindenyararlanılarak

z1.z2 = (a + bi).(c + di)

= a(c + di) + bi(c + di)

= ac + adi + bci + bdi2 ′′i2 = −1′′

= (ac− bd) + (ad + bc)i

bulunur.Örnegin,z1 = (3 + i) ve z2 = 1 + 2i ise z1.z2 yi bulalım:vspace*5.0cm

z1.z2 = (3 + i)(1 + 2i) = (3.1− 1.2) + (3.2 + 1.1)i = 1 + 7i

222 calculus

Theorem 0.285. Her z = x + yi karmasık sayısı için | z |2= z.z dir.

Ispat:

z.z = (x + yi)(x− yi)

= x2 + y2

= (√

x2 + y2)2

= | z |2

Çarpımın Özelikleri

Kapalılık Özeligi

z1, z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di olsun.

z1.z2 = (a + bi)(c + di)

= (ac− bd) + (ad + bc)i

olur. (ac− bd) ∈ R ve (ad + bc) ∈ R oldugu için iki karmasık sayınınçarpımı yine bir karmasık sayıdır.

Karmasık sayılar kümesi çarpma islemine göre kapalıdır.

Etkisiz (birim) Eleman Varlıgı

z1, 1 ∈ C ve z1 = a + bi, 1 = 1 + 0i oldugu gözönüne alınırsa,

z1.1 = (a + bi)(1 + 0i)

= (a.1− b.0) + (a0 + b.1)i

= a + bi = z1

bulunur. Ohalde, 1 = 1 + 0i sayisi karmasık sayılar kümesindeçarpma islemine göre etkisiz (birim) elemandır.

Ters Eleman Varlıgı

z karmasık sayının çarpma islemine göre tersi z−1 ile gösterilsin.

z.z−1 = 1

olmalıdır. Simdi bu esitligi saglayan z−1 sayısını belirleyecegiz:z = a + bi ise

z.z−1 = 1 =⇒ (a + bi).z−1 = 1

=⇒ z−1 =1

a + bi=

1z

”Pay ve paydayı a− bi ile çarpalım.”

=⇒ z−1 =1z=

a− bi(a + bi)(a− bi)

=⇒ z−1 =1z=

aa2 + b2 −

ba2 + b2 i

bulunur. z−1 ∈ C oldugu açıktır. Son esitligi kullanarak saglamayapabiliriz:


z.z−1 = (a + bi).[a

a2 + b2 −b

a2 + b2 i]

= (a2

a2 + b2 +b2

a2 + b2︸︷︷︸1

) + (− aba2 + b2 +

aba2 + b2︸︷︷︸

0

)i

z.z−1 = 1 + 0i

z.z−1 = 1

Sıfır hariç, karmasık sayılar kümesinde çarpma islemine göre herelemanın tersi vardır.

Birlesme Özeligi

z1, z2, z ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z = x + yi olsun.

(z1.z2).z = [(a + bi)(c + di)].(x + yi)

= [(ac− bd) + (ad + bc)i](x + yi)

= [(ac− bd).x− (ad + bc)y] + [(ac− bd)y + (ad + bc)x]i

= (acx− bdx− ady− bcy)(acy− bdy + adx + bcx)i

= [a(cx− dy)− b(dx + cy)] + [a(cy + dx) + b(cx− dy)]i

= (a + bi)[(cx− dy) + (cy + dx)i]

= z1.(z2.z)

bulunur.Karmasık sayılarda çarpma isleminin

birlesme özeligi

vardır.

Degisme Özeligi

z1, z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di olsun. Gerçel sayılarda dagılma,birlesme ve çarpma islemine göre degisme özeligini uygularsak,

z1.z2 = (a + bi).(c + di)

= (ac− bd) + (ad + bc)i

= (ca− db) + (da + cb)i

= (c + di).(a + bi)

= z2.z1

bulunur.Karmasık sayılarda çarpma islemine göre

degisme özeligi

vardır.Sonuç olarak, (C− 0, ·) sistemi çarpma islemine kapalıdır; et-

kisiz elemanı vardır; her elemanın tersi vardır; birlesme ve degismeözeliklerini saglar. Öyleyse, sistem

224 calculus

degismeli bir grup

tur.

Dagılma Özeligi

Karmasık sayılarda çarpma isleminin toplama islemi üzerinedagılma özeliginin varlıgını gösterelim:

z1, z2, z ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z = x + yi olsun.

z1.(z2 + z) = (a + bi)[(c + di) + (x + yi)]

= (a + bi)[(c + x) + (d + y)i]

= [a(c + x)− b(d + y)] + [a(d + y) + b(c + x)]i

= (ac + ax− bd− by) + (ad + ay + bc + bx)i

= [(ac− bd) + (ad + bc)i] + [(ax− by) + (ay + bx)i]

= z1.z2 + z1.z

bulunur. Karmasık sayılarda çarpma isleminin toplama islemiüzerine soldan dagılma özeligi vardır. Benzer sekilde, sagdandagılma özeliginin varlıgı da gösterilebilir.

Karmasık sayılarda çarpma isleminin toplama islemi üzerinedagılma özeligi vardır.

O halde (C− 0,+, ·) sistemi bir cisimdir.

Çarpma Isleminde Kısaltma Kuralı

Theorem 0.286. z1, z2, z3 ∈ C, z3 6= 0 ve uw = vw ise z1 = z2 dir.

Ispat: z1 = a + bi, z2 = c + di ve z3 = x + yi olsun.

uw = (a + bi)(x + yi)

= (ax− by) + (ay + bx)i

ve

vw = (c + di)(x + yi)

= (cx− dy) + (cy + dx)i

olacaktır. uw = vw olması için

(ax− by) + (ay + bx)i = (cx− dy) + (cy + dx)i

olmalıdır. Buradan,

(ax− by− cx + dy) + (ay + bx− cy− dx)i = 0

çıkar. Sol yanın eslenigi ile çarparsak

(ax− by− cx + dy)2 + (ay + bx− cy− dx)2 = 0

ya da

[(a− c)x + (d− b)y]2 + [(a− c)y + (b− d)x]2 = 0


yazabiliriz. Bu ifadedeki bütün sayılar gerçel ve z3 = x + yi 6= 0oldugundan, son esitligin saglanabilmesi için gerekli ve yeterlikosul

a = c ve b = d

olmasıdır. Öyleyse,

z1 = z2

olur.

Bölme

z1, z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z2 6= 0 olsun.

z1

z2=

a + bic + di"Pay ve paydayı, paydanın eslenigi ile çarpalım".

z1

z2=

(a + bi)(c− di)(c + di)(c− di)

=(ac− bd) + (−ad + bc)i

c2 + d2

=ac− bdc2 + d2 +

bc− adc2 + d2 i

olur.Iki karmasık sayının birbirine bölümünü elde etmek için pay-

danın eslenigi ile pay ve payda çarpılır.

Örnek:

7 + 3i5− 2i

islemini yapalım:

7 + 3i5− 2i

=(7− 3i)(5 + 2i)(5− 2i)(5 + 2i)

=(35− 6) + (14 + 15)i

52 + 22

=29 + 29i

29= 1 + i

Bölme islemini ters eleman yardımıyla söyle tanımlayabiliriz:z1 = a + bi ve z2 = c + di ve z2 6= 0 olmak üzere

z1

z2= z1 ·

1z2

= z1 · z−12

dir.Iki karmasık sayının birbirine bölümü; bölenin tersi ile bölünenin

çarpımına esittir.

Theorem 0.287. z1, z2 ∈ C ise, asagıdaki bagıntılar vardır.

226 calculus

| uv | = | z1 | . | z2 |

| z1

z2| =

| z1 || z2 |

(z2 6= 0)

| z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 || z1 | − | z2 | ≤ | z1 + z2 |

Bu teoremin ispatı ögrenciye bırakılmıstır.

Alıstırmalar

1. Asagıdaki ifadeleri a, b ∈ R olmak üzere a + ib biçiminde yazınız.a) (3 + 4i)(4i− 3)

b) (6i− 1)(1 + 6i)

c) (1 +√−7)2

d) (3− 5i)2

e) (−2 + 5i)(4 + 3i)

f) (5− 2i)(3 + 4i)

g)√−9− 3)(2−

√−1)

h) (√−25 + 2)(

√−16− 2)

2. Asagıdaki bölme islemlerini yapınız.

(a) 4+i2−3i

(b) 3+i5i

(c) 1−√−7

i

(d) 3√3−√−3

(e) 5−√−7√−7

(f) i1+i

(g) i5+1i5

(h) i3−1i3

3. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümesini bulunuz.a) x2 − 2ix− 4 = 0 b) ix2 + 5x− 4i = 0

4. z = 2− i ise z−1 − i bulunuz.

5. z = 1− i ise z2 · z−1 ifadesini bulunuz.

6. | z2 |=| z |2 oldugunu gösteriniz.

7. z = 2− 3i ise z−1’i bulunuz.

8. (2 + 3i)(

2−i1+2i

)2sayısını a + ib seklinde yazınız.

9. z =(

i3−i

) (1

2+3i

)sayısının gerçel ve sanal kısımlarını bulunuz.

10. |z| = |z| oldugunu gösteriniz.


Geometrik Yorumlar

Toplama Isleminin Geometrik Yorumu

Karmasık iki sayı z1 = a + bi vez2 = c + di olsun. z1 ve z2 sayılarının kar-masık sayılar düzlemindeki görüntülerine,sırayla, A ve B diyelim.

Yandaki sekilde görüldügü gibiOACB paralel kenarını çizelim. Sekildetaralı olan,

∆ODB∼=

∆AEC (A.K.A. eslik kuralı)

dir. Bu üçgenlerin esliginden yararlanarakC noktasının koordinatları (a + c, b + d) olur.Yani C noktası,

z1 + z2 = (a + c) + i(b + d)

sayısının karmasık sayılar düzlemindekigörüntüsüdür.

Sekli dikkatle inceleyecek olursak asagıdaki sonucu çıkarırız.Iki karmasık sayının mutlak degerleri toplamı, bu sayıların toplamının

mutlak degerinden küçük olamaz.Üçgen esitsizligi diye bilinen bu gösterimin sembolle ifadesi

söyledir:

| z1 | + | z2 |≥| z1 + z2 |

Çıkarma Isleminin Geometrik Yorumu

Yandaki sekli inceleyiniz. z1 = a + ib,z2 = c + id olsun. z1, z2 ve −z2 sayılarınınkarmasık sayılar düzlemindeki görüntüler-ine, sırasıyla, A, B ve P diyelim. Toplamaislemine benzer sekilde hareket edilerek, Rnoktasının koordinatları, (a− c, b− d) bu-lunur. Yani R noktası,

z1 − z2 = (a− c) + i(b− d)

sayısının karmasık sayılar düzlemindekigörüntüsüdür. Sekilden de kolayca görüle-cegi gibi, su sonucu yazabiliriz:

Iki karmasık sayının mutlak degerlerinin farkı, farklarının mutlakdegerinden büyük olamaz.

Bunun sembolle ifadesi söyledir:

| z1 | − | z2 |≤| z1 − z2 |

228 calculus

Iki Karmasık Sayı Arasındaki Uzaklık

z1 = x1 + iy1 ve z2 = x2 + iy2 iki karmasık sayı olsun. Bu sayılararasındaki uzaklık, karmasık sayılar düzlemindeki görüntüleriarasındaki uzaklık olarak tanımlanır. Dolayısıyla,

z1 = x1 + iy1’in görüntüsü A(x1, y1)

z2 = x2 + iy2’in görüntüsü B(x2, y2)

ise

| z1 − z2 |=| AB |=√(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

olur. Tabii,

| z1 − z2 |=| z2 − z1 |

oldugunu görmek kolaydır.Ayrıca z1, z2, z3, z herhangi karmasık sayılar olmak üzere asagı-

daki özelikler saglanır:

1. |z+1 z2| ≤ |z1|+ |z2|

2. |z1z2| = |z1|.|z2|

3.∣∣∣ z1

z2

∣∣∣ = |z1||z2|

(z2 6= 0)

4. |z| ≥ |Re(z)| ≥ Re(z)

5. |z| ≥ |Im(z)| ≥ Im(z)

6. ||z1| − |z2|| ≤ |z1 − z2|

7. |z1| − |z2| ≤ |z1 − z2|

Örnek 0.288.

z1 = 1 + i ve z2 = 1− i sayıları arasındaki uzaklıgı bulalım.

z1 = 1 + i′nin görüntüsü A(1, 1)z2 = 1− i′nin görüntüsü B(1,−1)

⇒| z1 − z2 |=√(1− 1)2 + (1 + 1)2 = 2

bulunur.

Örnek 0.289.

z :| z − 1 + i |= 2, z ∈ C kümesini karmasık düzlemdegösterelim:

z = x + iy olsun.

| z− 1 + i |= 2

⇒ | x + iy− 1 + i |= 2

⇒ | (x− 1) + i(y + 1) |= 2

⇒ |√(x− 1)2 + (y + 1)2 = 2

⇒ (x− 1)2 + (y + 1)2 = 4


bulunur. O halde, verilen denklemi saglayan karmasık sayılar,merkezi (1,−1) ve yarıçapı 2 olan çember üzerindeki karmasıksayılardır. Sekli inceleyiniz.

Örnek 0.290.

z :| z− 1 + i |≤ 2, z ∈ C

kümesini karmasık düzlemde gösterelim.

| z− 1 + i |≤ 0⇒| z− (1− i) |≤ 2

(1 − i) sayısının görüntüsü M(1,−1) oldugundan z sayılarınınkümesi M merkezli r = 2 yarıçaplı dairedir. Yukarıda sagdaki seklebakınız.

Kutupsal Gösterim

Sıfırdan farklı bir karmasıksayı z = a + ib olsun. Bu sayının kar-masık sayılar düzlemindeki görüntüsünüorijine birlestiren dogru parçasına r ver nin Ox ekseni ile olusturdugu açınınölçüsüne θ diyelim. Sekildeki dik üçgen-den,

| z | =√

a2 + b2

sin θ =b| z | veya b =| z | sin θ

cos θ =a| z | veya a =| z | cos θ

yazılır. a ve b yerine degerleri konularak,

z = a + ib =| z | cos θ + i | z | sin θ =| z | (cos θ + i sin θ)

veya

| z |= r yazılırsa z = a + ib = r(cos θ + i sin θ)

elde edilir. Bu biçimdeki gösterime, karmasık sayıların

230 calculus

kutupsal (veya trigonometrik) gösterimi

denir.Sıfırdan farklı z = a + ib karmasık sayısı için,

cos θ =a| z | ve sin θ =

b| z |

esitliklerini saglayan θ gerçel sayısına z nin

argümenti

denir ve arg(z) = θ veya arg(a + ib) = θ biçiminde gösterilir.0 ≤ θ < 2π ise θ ya karmasık sayının esas argümenti denir ve Arg(z)ile gösterilir.

Mutlak degeri ve argümenti verilen bir karmasık sayı kolaycabulunur.

Karmasık sayının mutlak deger ve argümentine bu sayının

kutupsal koordinatları

denir ve (| z |, θ) veya (r, θ) biçiminde gösterilir.Karmasık sayı, θ argümenti radyan cinsinden ve k ∈ Z olmak

üzere,

z = a + ib = r(cos θ + i sin θ)

= r[cos(θ + 2kπ) + i sin(θ + 2kπ)]

biçiminde de yazılabilecegini unutmayınız.

| z |= r ve (cos θ + i sin θ) = cisθ = eiθ

gösterimini kullanırsak,

z = r(cos θ + i sin θ) = rcisθ = eiθ

kısaltmasını yazabiliriz.

Örnek 0.291.

z = 1 + i√

3 sayısının argüment ve esas argümentini bulalım.

| z |= r =√

12 + (√

3)2 =√

1 + 3 = 2

bulunur. Mutlak degeryardımıyla,

z = 2(1 + i√

32

) = 2(12+ i√

32

)

yazılır.Karmasık sayının kutup-

sal biçimi düsünülerek, k ∈ Z

için,


cos θ =12

ve sin θ =

√3

2⇒ θ =

π

3+ 2kπ

⇒ arg(z) =π

3+ 2kπ

bulunur. θ için esitligi saglayan en küçük pozitif gerçel sayı π3

oldugundan, z sayısının esas argümenti π3 radyandır.

z sayısını kutupsal biçimde yazalım:

z = 2(cosπ

3+ i sin

π

3) = 2(cos 600 + i sin 600) = 2cis600

veya k ∈ z olmak üzere,

z = 2[cos(π

3+ 2kπ) + i sin(

π

3+ 2kπ)] = 2cis(

π

3+ 2kπ)2ei( π

3 +2kπ)

ya da

z = 2[cos(600 + k3600)+ i sin(600 + k3600)] = 2cis(600 + k3600) = 2ei(60o+k360o)

olur.z ’nin esas argümentinin, OAB üçgeni yardımıyla buluna-

bilecegini görünüz.

Örnek 0.292.

Kutupsal koordinatları (4, 2250) olan karmasık sayıyı bulalım:

z = 4cis2250

= 4(cos 2250 + i sin 2250)

= 4[(− cos 450) + i(− sin 450)]

= 4

[(−√

22

) + i(−√

22

)

]= −2

√2− 2

√2i

= −2√

2(1 + i)

1. (1 + i)14 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

2. (3− 2i) = z1(1 + i) ise z1 sayısını bulunuz.

Kutupsal Çarpma ve Bölme

z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1) ve z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2) karmasıksayılarının çarpımını ve bölümünü bulalım.

z1.z2 = r1(cos θ1 + i sin θ1).r2(cos θ2 + i sin θ2)

= r1.r2[(cos θ1. cos θ2 − sin θ1 sin θ2) + i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)

= r1.r2[cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)]

z1.z2 = r1.r2cis(θ1 + θ2)

olur.

232 calculus

Benzer sekilde

z1

z2= z1.z2 =

r1

r2cis(θ1 − θ2)

bulunur.Yukarıdaki esitliklerden,

arg(z1.z2) = arg(z1) + arg(z2)

ve

arg(z1

z2) = arg(z1)− arg(z2)

sonuçlarını çıkarırız.

Örnek 0.293.

z1 = 2(cos 700 + i sin 700), z2 = 3(cos 500 + i sin 500) olmak üzerez1.z2 yi bulalım:

z1.z2 = 2.3cis(700 + 500)

= 6(cos 1200 + i sin 1200)

= 6(− cos 600 + i sin 600)

= 6(−12+ i√

32

)

= −3 + 3√

3i

Örnek 0.294.

arg z1 = π3 ve arg z2 = π

6 ise arg( z1z2)yi bulalım:

argz1

z2= arg z1 − arg z2

=π

3− π

6

=π

6

Çarpma Isleminin Geometrik Yorumu

z1 = a + ib = r1cisθ1 = r1eiθ1

ve

z2 = c + id = r2cisθ2 = r2eiθ2

olsun. z1 ile z2 sayılarının karmasık sayılar düzlemindeki görün-tüleri sırasıyla A ve B olsun. Ox ekseni üzerinde | OC |= 1birim uzunluk olacak sekilde C noktası alalım. m(C) = m(B)

ve m(COA) = m(BOD) olacak sekilde açılar çizip∆

AOC ne benzer∆

DOB elde edelim.


∆AOC∼

∆DOB ⇒ | OD |

| OA | =| OB || OC |

⇒ | OD || z1 |

=| z2 |

1⇒ | OD |=| z1 | . | z2 |

bulunur. Öte yandan COA = θ1, COB = θ2 ve COD = θ1 + θ2

oldugundan z = z1z2 = r1r2cis(θ1 + θ2) çarpımı, karmasık düzlemdeD noktası ile temsil edilir. Yani D noktası, z1.z2 sayısının, karmasıksayılar düzlemindeki görüntüsüdür.

Bölme Isleminin Geometrik Yorumu

z1 6= 0 olmak üzere iki karmasık sayı

z1 = a + ib = r1cisθ1 = r1eiθ1

vez2 = c + id = r2cisθ2 = r2eiθ2

olsun. z1 ve z2 sayılarının karmasık sayılar düzlemindeki görüntü-leri sırasıyla A ve B olsun. | OC |= 1 birim uzunluk olmak üzere

∆AOC ne benzer

∆BOD çizelim.

∆AOC∼

∆BOD⇒

| DO || CO | =

| BO || AO | ⇒| DO |= | z2 |

| z1 |bulunur. Öte yandan

COD = θ2 − θ1, | z2

z1|=| OD |= r2

r1

oldugu açıktır. O halde,

z =z2

z1=

r2

r1cis(θ2 − θ1) =

r1

r2ei(θ1−θ2)

bölümü, karmasık düzlemde D noktası ile temsil edilir. Yani Dnoktası z2

z1sayısının karmasık sayılar düzlemindeki görüntüsüdür.

DeMoivre Formülü

(cos(x) + i sin(x))n = cos(nx) + i sin(nx) = einx

234 calculus

Karmasık Sayıların Kuvvetleri

z = rcisθ olsun.

z2 = z.z = rcisθ.rcisθ;

z2 = r2cis(θ + θ)

z2 = r2(cos 2θ + i cos 2θ)

z3 = z2.z = r2cis2θ.rcisθ

z3 = r3cis(2θ + θ)

z3 = r3(cos 3θ + i sin 3θ)bulunur.Benzer sekilde devam edilerek n ∈N+ için,

zn = rn(cos nθ + i sin nθ)

elde edilir.

Theorem 0.295. ∀n ∈N+ için,

(cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ

dır. Bu esitlige De Moivre esitligi denir.

Örnek 0.296.

( 12 + i

√3

2 )75 karmasık sayısını kutupsal biçimde yazalım.

(12+ i√

32

)75 = (cosπ

3+ i sin

π

3)75

= cos75π

3+ i sin

75π

3= cos 25π + i sin 25π

= cos(π + 12.2π) + i sin(π + 12.2π)

= −1 + i0

= −1

bulunur.

Örnek 0.297.

(1 + i)18 sayısını kutupsal biçimde yazalım.

| 1 + i |=√

1 + 1 =√

2

oldugundan,

(1 + i)18 = (√

2)18(1√2+

i√2)18 = 29(cos

π

4+ i sin

π

4)18

= 29(cos18π

4+ i sin

18π

4)

= 29(cosπ

2+ i sin

π

2)

bulunur.


Karmasık sayıların Kökleri

z1 = a + ib = r(cos θ + i sin θ) sayısının n-inci (n ∈ N+) kuvvettenköklerini n

√z1 ile gösterecegiz. Bu kökler

z = n√

z1 ⇔ zn = z1

bagıntısını saglayan z sayılarıdır.Örnegin, karesi -2 olan bir gerçel sayı olmadıgını biliyoruz; ama

karesi -2 olan karmasık sayıları bulabiliriz:

(√

2i)2 = 2i2 = −2

(−√

2i)2 = 2i2 = −2

O halde,√

2i ve −√

2i sayıları -2’nin kareköküdür.Bu örnekteki gibi özel çözüm her zaman mümkün degildir.

Karmasık sayıların köklerini bulmak için, De Moivre teoreminikullanacagız

Theorem 0.298.

z1 = rcisθ ve n ∈ N+ için

zn = z1

denklemini saglayan z sayıları sunlardır:

r1/ncisθ + 2kπ

n, k = 0, 1, 2, · · · , n− 1

Ispat:

zn = z1 denkleminde z1 = rcisθ degerini yerine koyup De Moivreteoremini uygularsak,

zn = rcisθ

z = [rcisθ]1/n

z = r1/ncis[1n(θ + 2kπ)]

z = n√

rcis(θ + 2kπ

n), k = 0, 1, 2, · · · , n− 1

bulunur.zn = z1 denklemini saglayan z sayılarına z1 sayısının n-inci

kuvvetten kökü denir. Köklerin modülleri esit ve n√

r dir. Agüment-leri ise birbirlerinden farklı olup

θ

n,

θ + 2π

n,

θ + 4π

n, · · · ,

θ + 2(n− 1)πn

dir. Görüldügü gibi, verilen bir z1 karmasık sayısının n-inci kuvvet-ten n tane kökü vardır. Bu kökler karmasık düzlemde, merkeziorijinde olan n

√| z1 | yarıçaplı çember üzerinde esit aralıklarla

sıralanır.

236 calculus

Örnek 0.299.

z1 sayısını kutupsal biçimde yazalım. k ∈ Z olmak üzere

| z1 | =√

1 + 3 = 2

z1 = 2(12+

√3

2i)

z1 = 2cis(π

3+ 2kπ)

olur. Kareköklere z diyelim. k bir tamsayı olmak üzere

z2 = z1

z2 = 2cis(π

3+ 2kπ)

z = 21/2cis[12(

π

3+ 2kπ)]

z =√

2cis(π

6+ kπ)

k = 0 için

z1 =√

2cisπ

6

z1 =√

2(cosπ

6+ i sin

π

6)

=√

2(

√3

2+ i

12)

=

√2

2(√

3 + i)

k = 1 için

z2 =√

2cis(π

6+ π)

=√

2(cos7π

6+ i sin

7π

6)

=√

2(−√

32− 1

2i)

= −√

22

(√

3 + i)

bulunur.

Örnek 0.300.

z3 − i = 0 denkleminin köklerini bulalım. k = 0, 1, 2, . . . olmaküzere

z3 = i ⇒ z3 = cis(π

2+ 2kπ)

⇒ z = cis[13(

π

2+ 2kπ)]

⇒ z = [cos(π

6+

2kπ

3) + i sin(

π

6+

2kπ

3)]

k = 0 için,

z1 = [cosπ

6+ i sin

π

6]

z1 = (

√3

2+ i

12)

z1 =12(√

3 + i)


k = 1 için,

z2 = [cos(π

6+

2π

3) + i sin(

π

6+

2π

3)]

z2 = (cos5π

6+ i sin

5π

6)

z2 = (−√

32

+ i12)

z2 =12(−√

3 + i)

k = 2 için,

z3 = [cos(π

6+

4π

3) + i sin(

π

6+

4π

3)]

z3 = (cos3π

2+ i sin

3π

2)

z3 = (0− i)

z3 = −i

bulunur.Köklerin görüntülerinin agırlık merkezi orijinde olan düzgün

çokgenin köseleri oldugunu grafikten görünüz.Söylenenleri özetlersek;z = r)cosθ + isinθ sayısının n tane kökü sunlardır:

zk =n√

r(

cos( θ+2kπn ) + sin( θ+2kπ

n ))

(k = 0, 1, 2, . . . , n− 1)

Örnek 0.301.

z1 = 8 + 6i sayısının kareköklerini bulunuz.Bu sayıyı kutupsal biçimde yazmak için trigonometrik cetvelden

degerler bulmak zorunda kalacagız. Bundan sakınmak amacıyla,kutupsal koordinatları kullanmadan, karekökleri tanıma uyacakbiçimde bulmaya çalısalım:

z = x + iy ve z2 = z1 olsun.

z2 = (x + iy)2 = 8 + 6i

= x2 − y2 + 2xyi = 8 + 6ix2 − y2 = 82xy = 6⇒ y = 3

x

çıkar. Elde edilen sistemi çözelim:

x2 − y2 = 8 ⇒ x2 − (3x)2 = 8

⇒ x4 − 9− 8x2 = 0

⇒ (x2 + 1)(x2 − 9) = 0

⇒ x2 + 1 = 0 olamaz

⇒ x2 − 9 = 0⇒ x = ±3

⇒

x1 = 3 için y1 = 1x2 = −3 için y2 = −1

bulunur. Ohalde z1 = 3 + i ve z2 = −3− i olacaktır.

238 calculus

Alıstırmalar

1.

z = (

√2

2− 1)2(2− i)

sayısının mutlak degerini bulunuz.

2. z1 =| z1 − 1 | +2i esitligini dogrulayan z1 karmasık sayısınıbulunuz.

3. | z − 1 | − | z + 2i |= 0 esitligini dogrulayan z karmasıksayılarının görüntülerini bulunuz.

4. z1 = 1 + 2i ve z2 = 3− i sayıları arasındaki uzaklıgı bulunuz.

5. z :| z− i |≤ 3, z ∈ C kümesini karmasık sayılar düzlemindebelirtiniz.

6. z :| z + 1− 2i |≤| z + 4 |, z ∈ C’ni karmasık sayılar düzlemindebelirtiniz.

7. z = 1−√

3i sayısını kutupsal biçimde yazınız.

8. z1 = 4(cos 2000 + i sin 2000) ve z2 = 2(cos 1100 + i sin 1100) isez1/z2 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

9. arg[z − 1 + i] = 600 esitligini saglayan z karmasık sayılarınınkarmasık düzlemdeki görüntüleri kümesini gösteriniz.

10. A =(cis π

6 )4(cis π

2 )3

(cis π4 )

5 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

11. z = (1− i)64 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

12. Asagıdaki sekilde görüntüleri verilen z1 ve z2’nin çarpımı olansayıyı bulunuz.

13. z = +i sayısının kareköklerini bulunuz ve karmasık düzlemdegösteriniz.

14. Kutupsal koordinatları (2, 1350) olan karmasık sayıyı a + ibbiçiminde yazınız.

15. 4 · (1 +√

3)i sayısının küpköklerini bulunuz ve karmasıkdüzlemde gösteriniz.

16. z4 = 1 + i denklemini çözünüz


17. Asagıdaki denklemleri çözünüz ve kompleks düzlemde grafik-lerini çiziniz:

(a) |z− 4 + 3i| = 5

(b) |z + 3i| = 2

(c) Im(z) = −2

(d) Re(z) = 2

(e) Re(1 + iz) = 3

(f) z2 + (z)2 = 2

18. Asagıdaki esitsizlikleri çözünüz ve kompleks düzlemde grafik-lerini çiziniz:

(a) Re(z) < −1

(b) Re(z) > 3

(c) −1 ≤ Im(z) ≤ 2

(d) |z− i| > 1

(e) Re(z2) > 0

(f) 2 < |z− i| < 4

19. 4 ≤ zz < 9 esitsizligini çözünüz ve kompleks düzlemdegrafiklerini çiziniz:

20. z =√

3 + i ise z1996 sayısını bulunuz.

21. deMoivre formülünü kullanarak;

sin3θ = 3sinθ − 4sin3θ

cos3θ = 4sin3θ − 3cosθ


22. z2 = 4

23. Re(z2) = |√

3− i| denklemini çözünüz.

24. |z− (3− 6i)| = 5 denklemini çözünüz.

25. z = 1(1+i)(1−2i)(1+3i) ise Re(z) ve Im(z)’yi bulunuz.

26. x8 = −32 denklemini çözünüz.

27. x5 = 1 denklemini çözünüz.

28.(

1+√

3i1−√

3i

)10sayısını bulunuz.

29. z3 + i = 0 denklemini çözünüz.

30. f , g : C⇒ C birer fonksiyon ve

f : z⇒ z + 1; g : z⇒ z

ise (g f )(i)’yi bulunuz.

Sayılabilirlik

Esgüçlülük

Tanım 0.302. A ile B herhangi iki küme olsun.

(a) A ile B kümeleri arasında bire-bir bir esleme varsa, A ile B kümelerineesgüçlüdürler (equipotent), denir ve bu durum kısaca, A ≈ Bsimgesiyle gösterilir.

(b) A kümesi B kümesinin bir alt kümesine esgüçlü ise, A kümesi Bkümesinden daha güçlü degil, diyecek ve bunu A 4 B simgesiylegösterecegiz. Bu durumu simgesel olarak söyle ifade edebiliriz:

A 4 B⇔ ∃C(C ⊂ B) ∧ A ≈ C) (230)

A 4 B ile B < A gösterimleri es anlamda kullanılacaktır. Birincigösterim, A kümesi B kümesinden daha güçlü degil, diye okunur.Ikinci gösterim ise, B kümesi A kümesinden daha az güçlü degil ,diye okunur.

(c) A kümesi B kümesinden daha güçlü degil ve A ile B esgüçlü olmuy-orsa, A kümesi B kümesinden daha az güçlüdür, diyecek ve bunuA ≺ B simgesiyle gösterecegiz. Bu durumu simgesel olarak söyle ifadeedebiliriz:

A ≺ B⇔ A 4 B ∧ ¬(A ≈ B) (231)

A ≺ B ile B A gösterimleri es anlamda kullanılacaktır. Birincigösterim, A kümesi B kümesinden daha güçsüzdür diye okunur.Ikinci gösterim, B kümesi A kümesinden daha güçlüdür, diyeokunur.

Lemma 0.303. Herhangi bir kümeler ailesi üzerinde esgüçlülük bir denk-lik bagıntısıdır.

Ispat: A bir kümeler ailesi olsun. Esgüçlülük tanımı geregince,A ≈ B olması için gerekli ve yeterli kosul A dan B ye bire-bir-örten(bbö) bir fonksiyonun var olmasıdır.

Her A ∈ A için IA : A → A özdeslik (birim) fonksiyonu bböoldugundan A ≈ A dır. O halde esgüçlülük bagıntısı dönüslüdür.Simdi A, B, C ∈ A , A ≈ B ve B ≈ C oldugunu varsayalım.Tanımdan, f : A → B ve g : B → C bbö fonksiyonları vardır.Öyleyse, g f bileskesi A dan C ye bbö ’dir. Dolayısıyla A ≈ C olur;yani esgüçlülük geçislidir. Son olarak, A, B ∈ A ve A ≈ B oldugunu

242 calculus

varsayalım. Bir f : A → B bbö fonksiyonu var olacaktır. Öyleyse,f−1 : B → A ters fonksiyonu bbö dir. Dolayısıyla, B ≈ A dır; yaniesgüçlülük simetriktir.

Simdi, 4 bagıntısının herhangi bir kümeler ailesi üzerindebir iyi sıralama bagıntısı oldugunu göstermek istiyoruz. Bunuyapmak için, önce, bu bagıntının bir tikel (kısmî) sıralama bagıntısıoldugunu gösterecegiz. Bu isi yaparken de asagıdaki ilk iki teoremedayanacagız.

Lemma 0.304. A herhangi bir küme olmak üzere f : P(A) → P(A)

fonksiyonu

X ⊂ Y ⇒ f (X) ⊂ f (Y) (232)

özeligine sahip bir fonksiyon ise f (T) = T olacak sekilde bir T ∈ P(A)

kümesi vardır.

Ispat: Bu önerme Sabit Nokta Teoremi’nin kümeler ailesi içinifade edilmis biçimidir.

S = X |X ∈P(A), X ⊂ f (X) (233)

kümeler ailesini tanımlayalım. ∅ ∈ S oldugundan S ailesi bosdegildir.

T =⋃

X∈S

X (234)

diyelim. T kümesinin istenen kosulu sagladıgını gösterecegiz.Gerçekten

X ∈ S ⇒ X ⊂ f (X)

⇒ X ⊂ T

⇒ f (X) ⊂ f (T)

⇒ X ⊂ f (T)

⇒⋃

X∈S

X ⊂ f (T)

⇒ T ⊂ f (T)

elde edilir. Oysa

T ⊂ f (T)⇒ f (T) ⊂ f ( f (T))

⇒ f (T) ∈ S

⇒ f (T) ⊂ T

dir.

Schröder-Bernstein Teoremi

Theorem 0.305 (Schröder-Bernstein Teoremi). Iki kümeden her biriötekinin bir alt kümesine esgüçlü ise, bu iki küme birbirine esgüçlüdür.

sayilabilirlik 243

Ispat: A ile B herhangi iki küme olsun. Eger B nin bir B1 altkümesi A ile esgüçlü ve A nın bir A1 alt kümesi B ile esgüçlü ise, Aile B kümelerinin esgüçlü oldugunu gösterecegiz. Bunu simgeselgösterirsek,

(A ≈ B1 ⊂ B ∧ B ≈ A1 ⊂ A)⇒ A ≈ B (235)

yazabiliriz. Varsayımımız geregince f : A → B1 ve g : B → A1 bböfonksiyonlarının varlıgını söyleyebiliriz. Simdi, öncelikle

A− T = g(B− f (T))

olacak gekilde bir T ⊂ A alt kümesi oldugunu gösterecegiz. HerX ⊂ A için bir X kümesini

X = A− g(B− f (X))

diye tanımlayalım. Buradan

X ⊂ Y ⇒ f (X) ⊂ f (Y)

⇒ (B− f (X)) ⊃ (B− f (Y))

⇒ g(B− f (X)) ⊃ g(B− f (Y))

⇒ (A− g(B− f (X))) ⊂ (A− g(B− f (Y)))

⇒ X ⊂ Y

olur Öyleyse, Önerme 0.304 geregince,

f : P(A)→P(A)

X ∈P(A)⇒ f (X) = X

fonksiyonunun sabit bıraktıgı bir T ⊂ A alt kümesi var olacaktır;yani

∃T ∈P(A) ; T = f (T) = T

Oysa bu

T = A− g(B− f (T))

olması demektir. Öte yandan g(B − f (T)) ⊂ A oldugundan, Tkümesinin istedigimiz egitligi sagladıgı görülür. Artık teoreminispatını tamamlamak için

h(x) =

f (x), x ∈ T

g−1(x), x ∈ A− T

seklinde tanımlanan h : A → B fonksiyonunun bbö oldugunugörmek yetecektir. Bu ise, hemen görülmektedir.

Theorem 0.306. Her A kümeler ailesi 4 bagıntısına göre tikel (kısmi)sıralıdır.

244 calculus

Ispat: Bu bagıntının dönüslü, geçisli ve antisimetrik oldugunugösterecegiz.

Bir A ∈ A seçelim. A ≈ A oldugundan, Tanım 0.302(b)geregince A 4 A olur ; yani 4 bagıntısı dönüslüdür. Bagıntınıngeçisli oldugunu göstermek için A, B, C ∈ A ve A 4 B, B 4 Coldugunu varsayalım. Bu durumda A ≈ B1 ve B ≈ C1 olacaksekilde B1 ⊂ B ile C1 ⊂ C kümeleri vardır. Öyleyse, f : A → B1

ve g : B → C1 bbö fonksiyonlarının varlıgını söyleyebiliriz. SimdiC2 = (g f )(A) diyelim. C2 ⊂ C ve g f : A→ C2 bbö oldugundan,A 4 C çıkar. Son olarak bagıntının antisimetrik oldugunu gösterelim.Bunun için

(A 4 B) ∧ (B 4 A)⇒ A ≈ B (236)

oldugunu göstermeliyiz. Oysa bunun varlıgını (235) den; yaniSchröder-Bernstein teoreminden biliyoruz.

Artık asıl amacımıza geçebiliriz; yani 4 bagıntısının herhangi birkümeler ailesi üzerinde bir iyi sıralama bagıntısı oldugunu gösterebil-iriz. Bunun ispatı "Her küme iyi sıralanabilir" diyen Iyi SıralamaTeoremi’ne(bkz. ) ve "iyi sıralanmıs kümeler mukayese edilebilir"diyen Teorem 0.396 ’e dayanmaktadır. Iyi Sıralama Teoremi’nin,Seçme Aksiyomuna ve sıra sayılarına dayalı ispatını kitabın sonbölümünde yapacagız. O zamana kadar, iyi sıralama teoremini ispat-sız olarak kullanmakta bir sakınca görmüyoruz.

Theorem 0.307. A herhangi bir kümeler ailesi olsun. Bu aile 4 bagın-tısına göre iyi sıralıdır.

Ispat: Herhangi bir S ⊂ A alt ailesi verilsin. Rasgele bir S ∈ S

seçelim. Eger S kümesi, (S ,4) tikel sıralı sisteminin en küçükögesi ise, istedigimiz özelik S tarafından saglanıyor demektir. EgerS kümesi, S nin en küçük ögesi degilse

B = B | B ∈ A | B 4 S

ailesini tanımlayalım. Simdi iyi sıralama teoremini kullanarak Skümesini iyi sıralayalım ve böylece olusturdugumuz iyi sıralanmıssistemi (S,) ile gösterelim. Her x ∈ S için

Sx = s | s ∈ S, s ≺ x

diyelim. Sonra her B ∈ B için

ψ(B) = minx | x ∈ S, B ≈ Sx

kümesini tanımlayalım.

A = ψ(B) | B ∈ B

kümesi S nin bos olmayan bir alt kümesidir. (S,) iyi sıralı oldugun-dan, A kümesi en küçük (min) ögeye sahiptir. Buna ψ(D) diyelim.Gösterecegiz ki D kümesi, B nin en küçük ögesidir. Gerçekten,B ∈ B için ψ(D) ψ(B) dır. Öyleyse, Sψ(D) ⊂ Sψ(B) olacaktır.Buradan

D → Sψ(D) → Sψ(B) → B

sayilabilirlik 245

dönüsümleri bire-bir-içinedir. Demek ki D B dir. Bu da Dkümesinin, (S,) sisteminin en küçük ögesi oldugunu gösterir. B

nin tanımından, D kümesi , (B,4) sisteminin en küçük ögesi olur.Böylece, A nın her alt kümesinin en küçük ögesinin varlıgı çıkar.

SONLU ve SONSUZ KÜMELER

Onüçüncü bölümde dogal sayıları tanımlarken kurdugumuz (1.2)sistemini yeniden düsünelim: Tanım:

0 = \(∅)

1 = \(0)2 = \(0, 1)3 = \(0, 1, 2)...

... (237)

r = \(0, 1, 2, · · · , r− 1)...

...

Bütün bu kümelerden olusan aileye dogal sayılar kümesi demis vebunu ω ile göstermistik; yani

ω = 0, 1, 2, 3, . . . , n, . . . (238)

demistik. Simdi sonlu ve sonsuz kümeleri tanımlayabiliriz.

Tanım 0.308. (237) sistemine ait kümelerden her hangi birisine esgüçlüolan kümeye sonlu küme, denir.

Tanım 0.309. Sonlu olmayan kümeye sonsuz küme, denir.

Tanım 0.310. (238) ile belirlenen dogal sayılar kümesine esgüçlü olankümeye sayılabilir sonsuz küme, denir.

Tanım 0.311. Sonlu ya da sayılabilir sonsuz bir kümeye sayılabilir küme,denir. Kümenin sonsuz oldugunu vurgulamak gerektiginde sayılabilirsonsuz, diyecegiz.

Bir A kümesinin sonlu olması demek, tanımı geregince, ω dogalsayılar kümesine ait bir n+ sayısı ile bire-bir eslenebilmesi demektir.Öyleyse, bir

f : n+ → A

bbö dönüsümü vardır. Her m ∈ n+ ögesinin f altındaki resmini am

ile gösterelim; yani

f (m) = am

246 calculus

olsun. Daha açıkçası

0 7−→ a0

1 7−→ a1

2 7−→ a2

3 7−→ a3

... (239)

n 7−→ an

olsun. Buna göre

A = a0, a1, a2, a3, . . . , an (240)

olacaktır. Bu durum oldugunda, A kümesinin ögeleri n+ dogalsayısının ögeleriyle damgalanmıstır. Dolayısıyla, A kümesinin n+tane ögesi vardır, denir.

Simdi bunu daha genel olarak düsünelim. Eger A sayılabilirsonsuz bir küme ise A ile ω dogal sayılar kümesi bire-bir eslenebilir.Öyleyse, (239) eslemesi her n ∈ ω için düsünüldügünde,

A = a0, a1, a2, a3, . . . , an, . . . (241)

olacaktır. Bu durum oldugunda, A kümesinin ögeleri ω dogalsayılar kümesinin ögeleriyle damgalanmıstır. Dolayısıyla A kümesininögelerinin sayısı, ω kümesinin ögelerinin sayısı kadardır. (240) ve(241) de, özel olarak, damgalayan kümelerin ögelerinin birer dogalsayı oldugu düsünülerek, bu kümelere numaralanabilir kümeler dedenir.

SAYILABILIR KÜMELER

Bu kesimde sayılabilir kümelerin temel özeliklerini görecegiz.

Theorem 0.312. Sayılabilir bir kümenin her alt kümesi de sayılabilir.

Ispat: Sonlu her kümenin alt kümeleri de sonlu olacagından,bu durum apaçıktır. Öyleyse, sayılabilir sonsuzluk durumunu in-celeyelim. Sayılabilir sonsuz bir A kümesi düsünelim. (241) dekidüsünüsle

A = a0, a1, a2, a3, . . . , an, . . .

yazabiliriz, A nın herhangi bir B alt kümesini seçelim. B kümesineait ögelerin damgalarının (index) olusturdugu kümeye α diyelim;yani

α = n | n ∈ ω, an ∈ B

kümesini tanımlayalım, α ⊂ ω dır. ω dogal sayılar kümesi iyisıralı oldugundan, α nın en küçük (min) ögesi vardır. Bunu r0 ilegösterelim. Sonra

B1 = (B− ar0)

sayilabilirlik 247

kümesini düsünelim. B1 kümesine ait ögelerin damgalarının (indis-lerinin) olusturdugu kümeye α1 ve bunun en küçük ögesine de r1

diyelim. Böylece devam edersek, n + 1 adımdan sonra

Bn+1 = (B− ar0 , ar1 , ar2 , . . . , arn)

kümesini elde ederiz. Tüme Varım Ilkesi uyarınca, bu islemi iste-digimiz kadar sürdürebiliriz. Dolayısıyla, B kümesine ait herhangibir ak ögesine, yukarıdaki yöntemle, ençok k + 1 adımda varabiliriz.Baska bir deyisle B nin bütün ögelerini numaralayabiliriz.

Theorem 0.313. Her sonsuz kümenin sayılabilir sonsuz bir alt kümesivardır.

Ispat: Verilen sonsuz küme A olsun. A 6= ∅ oldugundan, A mnherhangi bir ögesini seçebilir ve bunu a0 ile gösterebiliriz. SonraA− a0 kümesinden bir öge seçip buna da a1 diyebiliriz. Böylecedevam ederek a0, a1, a2, . . . , an ögelerini seçmis olalım. A sonsuzoldugundan, her n ∈ ω için

(A− a0, a1, a2, . . . , an) 6= ∅

olacaktır. Öyleyse, bu sonuncudan da bir öge seçip buna an+1

diyebiliriz. A sonsuz olduguna göre, bu isi istedigimiz kadartekrarlayabilir ve Tüme Varım Ilkesi uyarınca, sayılabilir sonsuz

S = a0, a1, a2, . . . , an, an+1, . . .

kümesini kurabiliriz. S kümesi sayılabilirdir. Ögeleri A danseçildigi için, S kümesinin A nın bir alt kümesi oldugu apaçıktır.

Theorem 0.314. A sonsuz bir küme, B sayılabilir bir küme ise A ∪ Bbilesimi A kümesine esgüclüdür.

Ispat: A ∪ B = A ∪ (B − A) dır ve Teorem 0.312 geregince,(B− A) sayılabilir bir kümedir. Öyleyse, isin basında A ∩ B 6= ∅kabul edersek, teoremin genelligi bozulmayacaktır. Bu kabul altındaiki ayrı durum düsünebiliriz.

1.Durum: B sayılabilir sonsuz bir küme ise,

B = b0, b2, b3, . . . , bn, . . .

yazabiliriz. Teorem 0.313 geregince, A nın sayılabilir sonsuz bir

C = a0, a1, a2, a3, . . . , an, an+1, . . .

alt kümesini seçebiliriz. Simdi bir f : A → A ∪ B fonksiyonuasagıdaki gibi tanımlanmıs olsun:

f (x) =

an, x = an

bn, x = nn+1

x, x ∈ (A− C)

248 calculus

Kolayca görülecegi gibi bu fonksiyon bbö bir fonksiyondur. Dolayısıyla,A ≈ A ∪ B olur.

2.Durum: B sonlu bir küme olsun. B yi kapsayan sayılabilirsonsuz bir D kümesi düsünelim. Buradan

A ⊂ A ∪ B ⊂ A ∪ D

yazabiliriz. A → A ∪ B ve A ∪ B → A ∪ D gömme fonksiyonlanbire-bir-içine oldugundan

A 4 (A ∪ B) 4 (A ∪ D)

çıkar. Oysa 1.Durum geregince A ∪ D 4 A dır. Demek ki

A 4 (A ∪ B) 4 A

dır. Artık, Schröder-Bernstein Teoreminden A ≈ A ∪ B olur.

Lemma 0.315. Sayılabilir kümelerin sonlu tanesinin bilesimi sayılabilirbir kümedir.

Ispat: Ai | i = 0, 1, 2, ..., n ailesine ait her Ai kümesinin sayıla-bilir oldugunu varsayalım. Teorem 0.314 geregince, A0 ≈ A0 ∪ A1

dir; yani A0 ∪ A1 bilesimi sayılabilir bir küme olacaktır. SimdiB = A0 ∪ A1 dersek, aynı düsünüsle, B ∪ A2 = A0 ∪ A1 ∪ A2 bilesimide sayılabilir bir küme olacaktır. Bu eyleme devam edersek

n⋃i=0

Ai

bilesiminin sayılabilir bir küme oldugu çıkar.

Theorem 0.316. Sayılabilir sonsuz iki kümenin kartezyen çarpımı sayıla-bilir sonsuz bir kümedir.

Ispat: A = a0, a1, a2, . . . , an, . . . ve B = b0, b1, b2, . . . , bn, . . .kümeleri verilsin. A× B kartezyen çarpımının ögelerini asagıdakisekilde sıralayalım:

(a0, b0) (a0, b1) (a0, b2) (a0, b3) . . . (a0, bm) . . .(a1, b0) (a1, b1) (a1, b2) (a1, b3) . . . (a1, bm) . . .(a2, b0) (a2, b1) (a2, b2) (a2, b3) . . . (a2, bm) . . .(a3, b0) (a3, b1) (a3, b2) (a3, b3) . . . (a3, bm) . . .

...(an, b0) (an, b1) (an, b2) (an, b3) . . . (an, bm) . . .

...

Cantor Diyagonal Sayma

A× B kartezyen çarpımının bütün ögeleri bu tabloda yer almısolacaktır. Artık bu tablodaki sıralı çiftleri saymak kolaydır. Bununiçin ya Tablo ?? de yaptıgımız gibi kareleme sayımını kullanabilirizya da tabloda sol üst kösede, sırayla, olusan karelerin kösegenleri

sayilabilirlik 249

üzerindeki ögeleri karelerin olus sırasıyla saymaya baslayalım:

(a0, b0) 7−→ 0

(a0, b1) 7−→ 1

(a1, b0) 7−→ 2

(a0, b2) 7−→ 3

(a1, b1) 7−→ 4

(a2, b0) 7−→ 5

...

Bu sayma yöntemine Cantor kösegen yöntemi denilir. Kolayca sezildigigibi, bu sayma (eslestirme) yöntemi, A× B kartezyen çarpımı ileω dogal sayılar kümesi arasında bire-bir bir esleme kurar. O haldeA× B kartezyen çarpımı sayılabilir bir kümedir.

Lemma 0.317. Sayılabilir sonsuz kümelerin sonlu tanesinin kartezyençarpımı sayılabilir sonsuz bir kümedir.

Ispat: Ai | i = 0, l, 2, ..., n ailesinin her Ai kümesi sayılabilirsonsuz bir küme olsun. Teorem 0.316 uyarınca B = A0× A1 kartezyençarpımının sayılabilir sonsuz bir küme oldugunu biliyoruz. Aynıdüsünüsle, B1 = B × A2 = A0 × A1 × A3 kartezyen çarpımı dasayılabilir sonsuz bir küme olacaktır. Bu eylemi n kez tekrarlarsak,Tüme Varım Ilkesine göre,

n

∏i=0

Ai

kartezyen çarpımının sayılabilir sonsuz bir küme oldugu görülür.

Lemma 0.318. Q rasyonel sayılar kümesi sayılabilir bir kümedir.

Ispat: Önce bir gösterim tanımlayalım. x ile y herhangi ikitamsayı olsun. Eger x ile y tamsayılarının 1 den baska ortak böleniyoksa, bunu < x, y >= 1 simgesiyle belirtelim.

A = (x, y) | x, yω, y 6= 0, < x, y >= 1

kümesini düsünelim. A ⊂ ω × ω oldugu apaçıktır. Öyleyse, Asayılabilir bir kümedir. Ayrıca, A kümesi

(x, 1) | x ∈ ω

kümesini kapsadıgından, sonsuz bir kümedir. Bu iki sonuçtanω 4 A 4 ω çıkar; yani A sayılabilir sonsuz bir kümedir. Simdipozitif rasyonel sayıları Q+ ve negatif rasyonel sayıları Q− ilegösterelim. Sonra

f : A→ Q+, f (x, y) =xy

dönüsümünü tammlayalım. Banun bbö oldugu apaçıktır. Öyleyse,Q+ ≈ ω dır. Öte yandan x → −x bire-bir eslemesinden görülebile-cegi gibi Q+ ≈ Q− dır.

Q = Q+ ∪ 0 ∪Q−

250 calculus

oldugundan, Sonuç 0.315 uyarınca Q rasyonel sayılar kümesininsayılabilir sonsuz bir küme oldugu görülür.

Theorem 0.319. Sayılabilir sayıda sayılabilir kümelerin bilesimi sayıla-bilir bir kümedir.

Ispat:Sonuç 0.317 düsünürsek, yalnız sayılabilir sonsuz tane sayılabilir

kümelerin bilesiminin sayılabilir oldugunu göstermemiz yetecektir.Bu kosulu saglayan kümeler A0, A1, A2, . . . , An, . . . olsun. Simdi

Bi = Ai −⋂j<i

Aj (i = 0, 1, 2, 3, . . .)

kümeler dizisini tanımlayalım. Bu sekilde tanımlanan Bi | i ∈ ωailesinin ayrık ve ⋂

i∈ω

Bi =⋂i∈ω

Ai

oldugu açıktır. Teorem 0.312 geregince, her i ∈ ω için Bi kümesisayılabilir bir kümedir. Su halde, sonlu ya da sonsuz olusuna göre,sırasıyla,

Bi = bi0, bi1, bi2, . . . , binBi = bi0, bi1, bi2, . . . , bin, . . .

yazabiliriz. Simdi bir

f :⋂i∈ω

Bi → ω×ω, f (bij = (i, j)

fonksiyonunu tanımlayalım. Bunun bire-bir bir fonksiyon oldugukolayca gösterilebilir. Öyleyse⋂

i∈ω

Bi 4 ω

dır; yani bu bilesim sayılabilir bir kümedir.

Theorem 0.320. Terimleri sayılabilir bir kümeye ait olan bütün sonludizilerin kümesi sayılabilir bir kümedir.

Ispat: Verilen sayılabilir kümeye A diyelim. Sabit bir n sayısıalındıgında, terimleri A dan alınan n-sıralı bütün ögelerin olustur-dugu kümeyi

∏i∈ω

Ai, Ai = A, (i = l, 2, 3, ..., n)

seklinde yazabiliriz. Simdi n yi bütün sonlu sayılar üzerinde kay-dırdıgımız zaman, aynı yolla, bütün sonlu dizilerin kümesini eldeedebiliriz. Bu kümeyi

S =⋃i∈ω

(n

∏i=1

Ai

)seklinde yazabiliriz. Sonuç 0.317 geregince, bu ifadede paran-tez içinde bulunan Πn

i=1 Ai kartezyen çarpımları sayılabilir birerkümedir. Teorem 0.319 geregince, sayılabilir sayıda sayılabilirkümelerin bilesimi sayılabilirdir. Dolayısyla S kümesi sayılabilirbir kümedir.

sayilabilirlik 251

Lemma 0.321. Sayılabilir bir alfabeden olusan bütün kelimeler kümesisayılabilir bir kümedir.

Theorem 0.322. Cebirsel sayılar kümesi sayılabilir bir kümedir.

Ispat: Tamsayı katsayılı

anxn + an−1xn−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a1x + a0

seklindeki polinomların kökü olan karmasık sayılara cebirsel sayılardiyoruz. Rasyonel sayıların bir alt kümesi oldugundan, Z tam-sayılar kümesi sayılabilir kümedir. Öyleyse, Teorem 0.320 geregince,yukarıdaki gibi yazılabilen bütün polinomlarm kümesi sayılabilir.Bir polinomun ancak sonlu sayıda kökü olacagından, Sonuç 0.321

uyarınca, sayılabilir tane polinonıun sayılabilir (sonlu) köklerininolusturdugu küme sayılabilir bir kümedir.

Theorem 0.323. Sayılabilir bir kümenin bütün sonlu alt-kümelerininolusturdugu aile sayılabilir bir kümedir.

Ispat: Söz konusu sayılabilir küme olarak ω dogal sayılarkümesini alırsak, teoremin genelligi bozulmaz. ω nın her sonluA alt kümesinin ögelerini küçükten büyüge dogru bir tek sekildesıralayabiliriz. Öge sayısı n (n ∈ ω) olmak üzere A, kümesininögelerinin, dogal sırada, A = An = a0, a1, a2, . . . , an sek-lindeki sıralandıgını varsayalım. A = An kümesinin ögelerini(a0, a1, a2, . . . , an) sonlu dizisine esleyebiliriz. Bu esleme, ω nınbütün sonlu alt kümeleri ailesinden sonlu diziler ailesine bire-birdir.Tabii

(a0, a1, a2, . . . , an) ∈n

∏i=1

Ai = ωn, Ai = ω

yazabiliriz. Teorem 0.320 geregince, bu sekildeki sonlu dizilerinolusturdugu küme sayılabilir olacaktır.

GERÇEL SAYILAR

Dedekind Kesimi

Gerçel sayıları kurmanın yollarından birisi ve ilk kurgulananıDedekind Kesimi yöntemidir.

Tanım 0.324. Rasyonel sayıların asagıdaki üç özelige sahip olan her A altkümesi bir Dedekind kesimidir:

1. A 6= ∅ ve A 6= Q

2. (a ∈ A) ∧ (b < a)⇒ b ∈ A

3. (a ∈ A)∃a′ ∈ A : a < a′

A ∪ A′ = Q ve A ∩ A′ = ∅ dir. Dolayısıyla, her Dedekind kesimirasyonel sayıları iki ayrık kümeye ayırır. Dedekind kesimine ait heröge, tümleyene ait her ögeden küçüktür. Bu nedenle, Dedekindkesimine alt yarı küme, tümleyenine ise üst yarı küme denilir.

252 calculus

Tanım 0.325. Rasyonel sayılar kümesinin bütün Dedekind kesimlerininolusturdugu küme gerçel sayılar kümesidir.

Gerçel sayılar kümesi üzerinde toplama, çıkarma, çarpma ve bölmeislemleriyle sıralama bagıntısı Dedekind kesimi yardımıyla tanımlan-abilir.

PROBLEMLER

1. Öklid düzlemindeki rasyonel koordinatlı noktalar kümesininsayılabilir oldugunu gösteriniz.

2. Gerçel eksen üzerinde, birbirini kesmeyen aralıklardan olusanher ailenin sayılabilir oldugunu gösteriniz.

3. Bir f : R → R fonksiyonu x < y ⇒ f (x) < f (y) olacak sekildeveriliyor. f fonksiyonunun süreksizlik yerlerinin sayılabilir birküme olusturdugunu gösteriniz.

4. Sayılabilir bir kümeyi, birbirlerinden ayrık sayılabilir tane sayıla-bilir kümelerin bilesimi olarak yazınız.

5. Dogru ya da düzlem üzerinde ancak sonlu tane yıgılma nok-tasına sahip sonsuz bir noktalar kümesi veriliyor. Bu kümeninsayılabilir oldugunu ve ifadenin karsıtının dogru olamayacagınıbir örnekle gösteriniz.

6. Rasyonel sayılardan gerçel sayıları kurmanın baska bir yolutopolojik yöntemdir. Terimleri rasyonel sayılar olan Cauchydizilerini D ile gösterelim. ,D kümesi üzerinde, aynı limitegiden dizileri denk sayan bir denklik bagıntısı kurulabilir. Bubagıntının denklik sınıflarının olusturdugu küme gerçel sayılarkümesidir.

Gerçel sayılar kümesi üzerinde toplama, çıkarma, çarpma ve bölmeislemleri, dizilerin analizden bilinen islemleri yardımıyla tanım-lanabilir. Bunu yapmayı deneyiniz.

SAYILAMAYAN SONSUZ KÜMELER

SAYILAMAZ KÜMELER

Sayılabilir sonsuz kümelerden sonra, matematikte en önemli son-suz küme R ile temsil ettigimiz gerçel sayılar kümesidir. Bunasürey (continuum) denilir. Gerçel sayı ve gerçel eksen kavramınınbilindigini varsayıyoruz. Dogal sayılardan hareketle tam sayıların,tam sayılardan hareketle rasyonel sayıların kurulusunu ve bu so-nuncudan hareketle ya Dedekind kesimiyle ya da rasyonel sayılarınCauchy dizileriyle gerçel sayıların aksiyomatik kurulusunu, ögrenciAnaliz derslerinden bilmektedir. Zaten bu konuda çok ayrıntılı önbilgilere gereksinmeyecegiz. Hattâ liseden bilinenler bile bizim içinyeterli olacaktır.

Simdi Olaganüstü Otelde yapılamıyan isi anımsayalım. Kahra-manımız Kalender’in uyguladıgı yöntemi kullanarak, gerçel sayılarkümesinin sayılamayan sonsuz bir küme oldugunu gösterecegiz.

Theorem 0.326. (0, 1] = x ∈ R | 0 < x ≤ 1 yarı-açık aralıgındakinoktalar kümesi sayılamayan sonsuz bir kümedir.

Ispat: Bu kümenin sonsuz oldugunu görmek kolaydır. Örnegin,ω dogal sayılar kümesinden bu küme içine n 7−→ 1

n dönüsümü bire-bir-içine (bbi) bir fonksiyondur. Ama örten bir fonksiyon degildir.Böyle oldugunu bir karsıt örnekle görebiliriz. Örnekse, söz konusudönüsüm altında 1

π sayısı üzerine gelen bir n tamsayısı yoktur.Öyleyse, ω dogal sayılar kümesi (0, 1] kümesinden daha güçlüdegildir.

Simdi (0, 1] kümesinin sayılamaz oldugunu gösterelim.Her gerçel sayının bir ve yalnızca bir tane sonsuz ondalık açılımı

vardır. Örnegin,

4 = 3, 999 . . . , 2, 78 = 2, 77999 . . .

yazabiliriz.Ispat için Olmayana ergi yöntemini kullanacagız. (0, 1] aralıgın-

daki bütün gerçel sayıların sayılabilir bir küme oldugunu kabuledelim. Bu kabulümüze göre

(0, 1] = a0, a1, a2, a3, . . .

seklinde olmalıdır. Buradaki am, (m = 0, 1, 2, 3, . . .), sayıları 0 ile 1arasında bulunan bir gerçel sayı olduguna göre, bu sayıların her

254 calculus

birisinin, asagıdaki gibi sonsuz ondalık açılımlarını yazabiliriz.

am = 0, am0am1am2am3 . . . amn . . .

Burada ami sayıları ondalık açılımda yer alan 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9rakamlarından birisidir. Simdi bu sayıların sonsuz ondalık açılım-larını Tablo 1 deki gibi ard arda dizelim. Tablonun kolay okunurlugunusaglamak için, ondalık açılımlardaki rakamları birbirlerinden birazuzaklastırarak yazıyoruz.

a0 = 0, a00 a01 a02 a03 . . . a0n . . .a1 = 0, a10 a11 a12 a13 . . . a1n . . .a2 = 0, a20 a21 a22 a23 . . . a2n . . .

...am = 0, am0 am1 am2 am3 . . . amn . . .

...

Table 1: Ondalık Açılımlar

Kabulümüz dogru ise, (0, 1] aralıgındaki bütün gerçel sayılarbu tabloda yer almıs olmalıdır. Oysa, kahramanımız Kalender’inyöntemiyle, bu tablodaki sayılardan hiç birisine esit olmadıgıhalde (0, 1] aralıgına ait olan bir sayı bulabiliriz. Bunun için, heri = 0, 1, 2, 3, . . . dogal sayısına karsılık,

bi =

1, aii 6= 1

2, aii = 1(242)

olmak üzereb = 0, b0b1b2b3 . . . bm . . .

gerçel sayısını tanımlayalım. Bu sayı (0, 1] aralıgında olduguna göre,Tablo 1 deki sayılardan birisine esit olmalıdır. Oysa b nin tanımıgeregince, a00 6= b0 dır. O halde b sayısı tablodaki a0 sayısına esitolamaz. Yine, a11 6= b1 dir. Ohalde, b sayısı tablodaki a1 sayısına daesit olamaz. Böylece devam edersek,

b0 6= a00, b1 6= a11, b2 6= a22, b3 6= a33, . . . , bm 6= amm, . . .

oldugunu görebiliriz. Demek ki, b sayısı Tablo 1 deki ai, i =

0, 1, 2, 3, . . . sayılarından hiç birisine esit olamaz. Öyleyse, butabloda yer alamamıs oldugu halde (0, 1] aralıgına ait bir b sayısıbulmus oluyoruz. Bu ise, kabulümüzle çelisir. Öyleyse kabulümüzyanlıstır. Demek ki, (0, 1] aralıgındaki sayılar sayılamaz.

Bütün Parçasına Esit mi?

Bir bütün bir parçasına esit olabilir. Burada esitlik deyimi sonlu kümel-erdeki esitlikten farklıdır ve esgüçlülük anlamındadır. Konuyudaha iyi açıklamak için su soruya yanıt arayalım. Bir atom çekird-eginin yarıçapı üzerindeki noktaların sayısı, bir milyon ısık yılı(ısıgın bir milyon yılda alacagı yol) uzunlugundaki bir dogruparçası üzerindeki noktaların sayısı kadar olabilir mi? Sanıyoruz

sayilamayan sonsuz kümeler 255

ki, bu soruya pek çogunuz "olamaz" diyorsunuz. Ama bunun böyleoldugunu göstermek zor degildir.

Problemi daha genel olarak ortaya koyalım, istedigimiz kadarküçük bir [AB] dogru parçasına ait noktaların sayısının, iste-digimiz kadar büyük bir [CD] dogrusuna ait noktaların sayısıkadar oldugunu göstermek için bu dogru parçalarını aynı dugrul-tuda olmamak üzere bir düzlem üzerine çizelim. Sonra [CA] ile[DB] dogrularının kesisim noktasını O ile gösterelim. [AB] üzerindealınacak her E noktası için [OE] dogrusu [CD] yi bir tek F nok-tasında keser. Bu eylem [AB] nin her E noktasına [CD] nin bir tekF noktasını esler; yani eslesme bire-bir olur. Tersine olarak, [CD]

üzerinde alınacak her F noktası için [OF] dogrusu [AB] yi bir tek Enoktasında keser. Bu eylem [CD] nin her F noktasına [AB] nin birtek E noktasını esler; yani eslesme bire-bir olur. Iki eylemi bir aradadüsünürsek [AB] ile [CD] nin bire-bir eslestigi ortaya çıkar.

Öyleyse [AB] ≈ [CD] dir.Eger yukarıdaki ispatta, geometriye dayalı olmaktan sakınmak

istersek, söyle bir yol izleyebiliriz: (0, 1] yarı-açık aralıgına bir tek 0noktasını eklersek, Teorem 0.314 geregince, (0, 1] ≈ [0, 1] olacaktır.Burada [0, 1] = x ∈ R | 0 ≤ x ≤ 1 kapalı aralıgıdır. Simdi,uzunlugun degismesinin, esgüçlülüge etkimedigini gösterecegiz.Bunun için (0, 1] aralıgını herhangi bir (0, k], (k > 0) sabit) aralıgına

f : x 7−→ kx (243)

sünme dönüsümüyle bbö olarak resmetmek mümkündür. Demekki

(0, 1] ≈ (0, k] (244)

dır.Aynı dönüsümle

(0, 1) ≈ (0, k) (245)

esgüçlülügünü de söyleyebiliriz.Bundan sonraki teoremde yararlanmak üzere, (0, 1) aralıgının

(−1, 1) aralıgına esgüçlü oldugunu gösterelim. Bunun için (0, 1)aralıgından (−1, 1) aralıgına tanımlanan f : x 7−→ 2x − 1 fonksiy-onunun bbö oldugunu görmek yetecektir.

Theorem 0.327. Gerçel sayılar kümesi sayılamaz.

Ispat: Önce (−1, 1) aralıgından R = (−∞,+∞) kümesine

g(x) =

x

1−x , x > 0

0, x = 0x

1+x , x < 0

(246)

fonksiyonunu tanımlayalım. Bunun bbö oldugu kolayca görülebilir.Demek ki (−1, 1) ≈ R dir. Oysa, (0, 1) ≈ (−1, 1) idi. Esgüçlülükgeçisli oldugundan, artık, her k > 0 için

(0, k) ≈ (0, 1) ≈ (−1, 1) ≈ ((−∞,+∞) (247)

256 calculus

oldugu görülür. Ayrıca, (0, 1) ≈ (0, 1] esgüçlülügü düsünülürse,herhangi bir açık, yarı-açık ya da kapalı aralıgın R gerçel sayılarkümesine esgüçlü oldugunu söyleyebiliriz. Bu sonuç, (0, 1] ar-alıgının sayılamazlıgı ile birlestirilince, R gerçel sayılar kümesininsayılamaz oldugunu gösterir.

Görüyorum, ama inanamıyorum!

Kümeler kuramının kurucusu Cantor bir dogru parçası üzerindekinoktalar kümesinden daha güçlü olan bir küme arıyordu. Hiçbir kuskuya kapılmaksızın, bir kareye ait noktalar kümesinin, bukarenin bir kenarı üzerindeki noktalar kümesinden daha güçlüoldugunu sanıyor ve bunu ispat etmeye ugrasıyordu. Öyle ya,kenar üzerindeki noktalar kareye de ait olduguna göre, kareyeait noktaların sayısının, bu kenara ait noktaların sayısından dahaçok olmasından dogal bir sey olabilir mi? Cantor 1871 den 1874

yılına kadar tam üç yıl inandıgı bu sonucu dogrulayacak bir ispatyöntemi aradı. Daha açıkçası, bir kareye ait noktalarla, bu kareninbir kenarına ait noktalar arasında bire-bir bir eslemenin olanaksızoldugunu gösterecek bir yol aradı. Üç yıl busuna ugrastıktan sonra,aradıgı özeligin tam tersinin varlıgını; yani bir karenin noktalarısayısının ancak bir kenarına ait noktaların sayısı kadar oldugunugördü. Cantor, bu sonuca sasırıyor ve çagdası ünlü matematikçiDedekind’e söyle yazıyordu: "Görüyorum, ama inanamıyorum!"

Simdi Cautor’u sasırtan bu sonucu, yine Cantor’un yöntemiylegösterelim.

Theorem 0.328. Bir kare bir kenarına esgüçlüdür.

Ispat: Birim akreyi, sol alt kösesi koordinat baslangıcındave alt kenarı Ox ekseniyle çakısır biçimde konuslandırlım. (0, 1]aralıgındaki her x sayısının bir ve yalnız bir tane sonsuz omdalıkaçılımı vardır:

x = 0, x1x2x3x4 . . . (248)

Simdi bu ondalıklar dizisini asagıdaki gibi bloklara ayıralım: 0 danfarklı ve önünde sıfır bulunmayan her ondalık kendi basına bir blokolsun. 0 ya da ardısık 0 lar ile bunlardan sonra gelen ilk sıfırdanfarklı ondalık baska bir blok olsun. Örnegin,

x = 0, 1702100637 . . . , y = 0, 2360470085 . . .

sonsuz ondalık açılımlarının bloklara ayrılısı söyledir:

x = 0, |1|7|02|1|006|3|7| . . . (249)

y = 0, |2|3|6|04|7|008|5| . . . (250)

Eger (x, y) sıralı çifti (0, 1] × (0, 1] kartezyen çarpımına ait ise;yani birim kareye ait bir nokta ise, x ile y sayılarını yukarıdaki gibibloklara ayırdıktan sonra, bir z sayısını söyle olusturalım. Sıraylabir blok x den sonra bir blok y den alarak z nin sonsuz ondalık


açılımını olusturabiliriz. Bunu daha açık söylersek, x in birinciblokuna z1, y nin birinci blokuna z2, x in ikinci blokuna z3, y ninikinci blokuna z4,. . . diyelim. Böylece bir blok x inkinden, bir blok yninkinden alarak

z = 0, z1z2z3 . . .

sayısını olusturalım. Bu sayının (0, 1] aralıgında olacagı apaçıktır.Örnegin, yukarıdaki (x, y) sıralı çiftine karsılık bulunacak sayı

z = 0, 12730261040067300875 . . .

sayısıdır. Yukarıda açıklanan eylemi yapan

(x, y) 7−→ z

dönüsümü, (0, 1]× (0, 1] kartezyen çarpımından (0, 1] kümesine bbödir (bunu saglayınız). Böylece, istedigimiz sonuç çıkmıs olur.

Sürey Hipotezi

Her sonlu kümeden daha güçlü olan ω dogal sayılar kümesiniinceledik. Sonra bunun sayılabilir sonsuz bir küme oldugunusöyledik. Daha sonra, R gerçel sayılar kümesinin ω dan daha güçlüve sayılamaz oldugunu gördük. Simdi ortaya bir soru çıkıyor.

Acaba ω dogal sayılar kümesinden daha güçlü ve R gerçel sayılarkümesinden daha az güçlü bir küme var mıdır?

Cantor, böyle bir kümenin var olmadıgını tahmin ediyordu. Matem-atikçileri uzun yıllar ugrastıran bu soruya yanıt verilemedi. Yanıtverilemeyisi problemi çözecek kadar akıllı matematikçi olmayısın-dan degil, matematigin temellerine inen çözümsüz bir soru olusun-dan kaynaklandı. Sürey hipotezi (continuum hypothesis) adıyla anılanbu konu üzerindeki ilk önemli bilgi 1940 yılında Kurt Gödel tarafın-dan verildi. Gödel, sürey hipotezinin dogru ya da, yanlıslıgınıaramak yerine, sunu gösterdi:

Kendi içinde tutarlı (çeliskisiz) bir aksiyomatik sisteme sürey hipoteziyeni bir aksiyom olarak katılırsa, sistemde bir çeliski dogmaz.

Gödel’in verdigi bu sonuç, matematige bakısımızı esastan degistirdi.Burada bir aksiyomatik sistemin tutarlı (çelismez) olmasının nedemeye geldigini açıklamak yararlı olacaktır. Bir aksiyomatiksistem içinde tanımlı bir p önermesini düsünelim. Eger hem pve hem de ¬p önermeleri aynı anda dogru oluyorsa, bu sistemtutarsız (çelisik) bir sistemdir. Eger hem kendisi hem degili dogruolacak sekilde hiç bir önerme yoksa, o sistem tutarlı (çeliskisiz) birsistemdir.

Eger bir sistem çelisik ise, bu sistem üzerinde çalısmanın matem-atiksel bir anlamı ve degeri yoktur. Çelisik bir sistemde dogrularve yanlıslar belirlenemez. Dolayısıyla, matematiksel sistemlerinçeliskisiz olmaları esastır.

258 calculus

Dikkat ettiyseniz, bu kitapta yaptıgımız bazı ispatlarda OlmayanaErgi yöntemini kullandık. Bu yöntem, içinde çalıstıgımız matematiksistemin çeliskisiz oldugu gerçegine dayanır. Dolayısıyla, bu ispatyönteminde, kabul edilen bir p varsayımından hareketle ¬p degiliçıkarılabiliyorsa, sistemde hem p hem ¬p aynı anda var olur. Çelisk-isiz sistemde bu olamayacagından, p varsayımının olamayacagısonucuna varılır.

Bu açıklamaya göre, Gödel’in verdigi sonuç sudur: p önermesiolarak sürey hipotezini alalım. Buradan hareketle ¬p önermesielde edilemez. Baska bir deyisle, Kümeler Kuramının aksiyomları ilesürey hipotezi çürütülemez.

1963 yılında Paul Cohen, bu konuyu kapatan su önemli sonucuverdi:

"Sürey hipotezi kümeler kuramının aksiyomlarından bagımsızdır."

Cohen sunu söylüyor: Kümeler Kuramının aksiyomlarına süreyhipotezini yeni bir aksiyom olarak kattıgımızda nasıl bir çeliski dog-muyorsa, sürey hipotezinin degilini kattıgımızda da bir çeliski dog-mayacaktır. Böylece, Cohen’in yaptıgı is bizi su sonuca götürüyor:

1. Sürey hipotezini kabul eden; yani ω dan daha güçlü ve R dendaha az güçlü bir kümenin olmadıgı varsayımını kabul eden birKümeler Kuramı kurulabilir. Bu sistem kendi içinde çeliskisizdir.

2. Sürey hipotezini kabul etmeyen; yani ω dan daha güçlü ve R

den daha az güçlü bir kümenin varlıgını kabul eden bir KümelerKuramı kurulabilir. Bu sistem de kendi içinde çeliskisizdir.

3. Sürey hipotezini kabul eden sistemle etmeyen sistemler birbir-lerinden farklı çeliskisiz sistemlerdir.

Cohen’in ortaya koydugu gerçek, matematigin temellerinin neoldugunu arastıranlar için çok önemli olmustur. Bu sonuç tama-men öklityen ve öklityen olmayan geometrilere benzer. Bilindigi gibi"paraleller aksiyomu" varsayılırsa öklityen geometri kurulmus olur. Buaksiyomun kabul edilmedigi zaman öklityen olmayan geometrilerkurulur. Öklityen olan ve olmayan geometriler kendi içlerindeçeliskisiz matematiksel sistemlerdir; ama birbirlerinden farklıdırlar.

Sayılamayan bir küme olarak R nin ilginç özelikleriyle karsılastık.Kısa dogru uzun dogruya ve o da bütün gerçel eksene esgüçlü oldu.Bir kare bir kenarına, bir düzlem bir dogruya esgüçlü oldu. Dil-ersek, bir küpün bir ayrıtı kadar noktaya sahip oldugunu göstere-biliriz. Hattâ, çekinmeden, bütün uzayın, bir atom çekirdegininyarıçapına esgüçlü oldugunu söyleyebiliriz. Bütün bu kümelerinöge sayıları R ninki kadardır. Öyleyse, dogal olarak su soru ak-lımıza gelebilir.

Acaba gerçel sayılardan daha güçlü kümeler yok mudur?

Soruya "vardır" diye cevap verecegiz. Hattâ, yalnız gerçel sayılarkümesinden degil, her kümeden daha güçlü kümeler vardır. Bununböyle oldugunu yine Cantor gösteriyor.


Theorem 0.329. [Cantor] hiç bir küme kendi kuvvet kümesine esgüçlüolamaz.

Ispat: Olmayana ergi yöntemini uygulayacagız. A herhangi birküme olsun. Bir f : A → P(A) bbö fonksiyonunun varoldugunukabul edelim. Bu durumda, her x ∈ A için f (x) ∈ P(A) olacaktır;yani f (x), A nın bir alt kümesi olacaktır. A nın f (x) alt kümesi xögesini ya kapsar, ya kapsamaz. Buna göre,

X = x | x ∈ A, x /∈ f (x) (251)

kümesini tanımlayabiliriz. Tabii X ⊂ A, ve dolayısıyla X ∈ P(A)

olacaktır. Oysa kabulümüze göre, X = f (y) olacak sekilde bir y ∈ Avar olmalıdır. Öyleyse,

y ∈ X ⇒ y /∈ f (y)⇒ y /∈ X (252)

y /∈ X ⇒ y ∈ f (y)⇒ y ∈ X (253)

olacaktır. Bu çeliski kabulümüzden gelmistir. Demek ki A ile P(A)

eggüçlü olamazlar.

Theorem 0.330. Her küuıe kendi kuvvet Itümesinden daha az güçlüdür.

Ispat: A herhangi bir küme olsun. Bir

f : A→P(A)

fonksiyonunu, her a ∈ A için

f (a) = a

diye tanımlayalım. Bu dönüsümün bbi oldugu apaçıktır. Öyleyse,

A 4P(A)

olacaktır. Öte yandan, Cantor Teoremi geregince

¬(A 4P(A))

dır. Bu son iki bagıntıdan

A ≺P(A)

PROBLEMLER

1. Asagıdaki esgüçlülükleri gösteriniz:

(a) Bir küp bir ayrıtına eggüçlüdür.

(b) Bir küp bir yüzüne esgüçlüdür.

(c) Uzay, kendi içindeki bir dogruya esgüçlüdür.

(d) Her n ∈ ω için Rn ≈ R dir.

(e) Bir dogru bir yarım çembere eggüçlüdür.

(f) Bir çokgenin kenarları, bu çokgenin içine çizilen bir çembereesgüçlüdür.

260 calculus

2. Cebirsel olmayan gerçel sayılara transandant sayılar denilir. Gös-teriniz ki bütün transandant sayılar kümesi R ye esgüçlüdür.Dolayısıyla sayılamaz sonsuz bir kümedir.

3. Bir A kümesinin sayılabilir sonsuz olması için gerekli ve yeterlikosul, her sonsuz B ⊂ A alt kümesi için B ≈ A olmasıdır.Gösteriniz.

TEMEL ÖZELIKLER

Bu kesimde, nicelik sayıları üzerinde yapılan aritmetige temel olankümesel bagıntıları çıkaracagız.

Birlesim Fonksiyon

f : A → X ile g : B → Y fonksiyonları verilmis olsun. Bufonksiyonların tanım bölgeleri birbirlerinden ayrık iseler, yaniA ∩ B = ∅ ise A ∪ B bilesim kümesinden X ∪Y bilesim kümesine birf ] g fonksiyonunu söyle tanımlayabiliriz:

f ] g =

f (x), x ∈ A

g(x), x ∈ B(254)

f ] g fonksiyonuna f ile g fonksiyonlarının birlesimi (union) denir.

Uyarı 0.331. f ] g bilesim fonksiyonu, daha önce tanımladıgımız f gbileske fonksiyonundan tamamen farklıdır. Ikisi birbirine karıstırılma-malıdır.

Theorem 0.332. f : A ∪ C → B ise f = f|A ] f|C dir.

Ispat: Kısıtlı fonksiyon tanımından çıkar.Bu teoremin karsıtını söyle ifade edebiliriz.

Theorem 0.333. f : A → B, g : C → B ve A ∩ C = ∅ ise h = f ] gbilesimi asagıdaki özeliklere sahiptir.

(i) h : A ∩ C → B fonksiyondur.

(ii) h|A = f ve h|C = g dir.

(iii)

h(x) =

f (x), x ∈ A

g(x), x ∈ C(255)

Ispat: A ∩ C = ∅ oldugundan

x ∈ A ∪ C ⇒

x ∈ A ∧ x /∈ C ⇒ h(x) = f (x) ∈ B

x /∈ A ∧ x ∈ C ⇒ h(x) = g(x) ∈ B


olur. O halde x ∈ A ∪ C ⇒ h(x) ∈ B dir ve (iii) saglanır. Öte yandanx = x′ ise,

x ∈ A⇒ h(x) = f (x) = f (x′) = h(x′)

x ∈ B⇒ h(x) = g(x) = g(x′) = h(x′)

olacaktır. Bu demektir ki x = x′ ⇒ h(x) = h(x′) özeligi saglanıyor.O halde

h : A ∪ C ↔ B

bir fonksiyondur; yani (i) saglanır. Kısıtlı fonksiyon tanımını kul-lanırsak,

h|A = f ⇔ h(x) = f (x)

h|C = g⇔ h(x) = f (x)

olur. Bu da (ii) nin saglandıgı anlamına gelir.

Tanım 0.334. A ile B herhangi iki küme olsun. A kümesinden B küme-sine tanımlı olan bütün fonksiyonların kümesi BA simgesiyle gösterilir:

BA = f | f : A→ B (256)

Lemma 0.335. f : A → B ve g : C → D fonksiyonları bbö olsun. EgerA ∩ C = ∅ ve B ∩ D = ∅ ise f ] g : A ∪ C → B ∪ D birlesimi bbö dir.

Ispat: f : A → B ∪ D ve g : C → B ∪ D birer fonksiyondur.Öyleyse, Teorem 0.333 uyarınca, f ] g birlesiminin A ∪ C den B ∪ Dye bir fonksiyon oldugunu söyleyebiliriz. Çünkü;

(i)

x ∈ A⇒

(x, y1) ∈ gra f ( f ] g) ⇒ y1 = ( f ] g)(x) = f (x)

(x, y2) ∈ gra f ( f ] g) ⇒ y2 = ( f ] g)(x) = f (x)

(257)

olacagından y1 = y2 çıkar.

(ii)

x ∈ C ⇒

(x, y1) ∈ gra f ( f ] g) ⇒ y1 = ( f ] g)(x) = g(x)

(x, y2) ∈ gra f ( f ] g) ⇒ y2 = ( f ] g)(x) = g(x)

(258)

olacagından y1 = y2 çıkar.

(i) ve (ii) den

x = x′ ⇒ f ] g(x) = f ] g(x′) (259)

çıkar. O halde f ] g : A ∪ C → D ∪ B bagıntısı bir fonksiyondur.

Simdi f ] g birlesimin bb oldugunu göstermek için

( f ] g)(x) = ( f ] g)(x′)⇒ x = x′

oldugunu göstermeliyiz. Gerçekten

262 calculus

(iii)

x, x′ ∈ A⇒

( f ] g)(x) = f (x)

( f ] g)(x′) = f (x′)

oldugundan, sol yanların esitligi, f (x) = f (x′) esitligini gerektirir.f fonksiyonu bb oldugundan, x = x′ olması gerekir.

(iv)

x, x′ ∈ C ⇒

( f ] g)(x) = g(x)

( f ] g)(x′) = g(x′)

oldugundan, sol yanların esitligi, g(x) = g(x′) esitligini gerektirir.g fonksiyonu bb oldugundan, x = x′ olması gerekir.

(v)

(x ∈ A ∧ x′ ∈ C)⇒( f ] g)(x) 6= ( f ] g)(x′)

olmak zorundadır, çünkü deger bölgeleri ayrıktır.

(iii) ,(iv) ve (v) bir araya getirilince, aradıgımız (259) özeligiortaya çıkar; yani f ] g fonksiyonu bire-birdir.

Son olarak, birlesim fonksiyonunun örten oldugunu gösterelim.Herhangi bir y ∈ B ∪ D verilsin. B ∩ D = ∅ oldugundan ya y ∈ Bya da y ∈ D olacaktır.

y ∈ B ise, f fonksiyonu A dan B ye örten oldugu için y = f (x)olacak sekilde bir x ∈ A vardır. Öyleyse y = ( f ] g)(x) yazılabilir.

y ∈ D ise, g nin C den D ye örten bir fonksiyon oldugu düsünülerek,yukarıdaki sonuca varılabilir.

Böylece ( f ] g) birlesiminin bbö oldugu gösterilmis oldu.

Lemma 0.336. A ∩ C = ∅ ve B ∩ D = ∅ olmak üzere, eger A ≈ B veC ≈ D ise A ∪ C ≈ B ∪ D olur.

Lemma 0.337. A ≈ B ve C ≈ D ise A× C ≈ B× D dir.

Ispat: Varsayım geregince, f : A → B ve g : C → D bböfonksiyonları vardır. Bir h : A × C → B × D bagıntısını söyletanımlayalım:

Her (x, y) ∈ A× C için h(x, y) = ( f (x), g(x)) fonksiyonunun bböbir fonksiyon oldugunu gösterecegiz.

((a, c), (b, d)) ∈ gra f (h)⇒ (b, d) = h(a, c) = ( f (a), g(c)) (260)

((a, c), (b′, d′)) ∈ gra f (h)⇒ (b′, d′) = h(a, c) = ( f (a), g(c)) (261)

dir. f ve g birer fonksiyon olduklarından, bu, (b, d) = (b′, d′) ol-masını gerektirir. Öyleyse, h, [F2] kosulunu saglıyor. [F1] kosulunusagladıgı apaçıktır. Demek ki h bir fonksiyondur.

Simdi h fonksiyonunun bb oldugunu gösterelim. Eger her(a, c), (a′, c′) ∈ A× C için

h(a, c) = h(a′, c′)⇒ (a, c) = (a′, c′)


oldugunu gösterirsek, istedigimiz gey olacaktır. Gerçekten solyandaki esitlikten

( f (a), g(c)) = ( f (a′), g(c′))

yazılabilir. f ile g, bb olduklarından,

f (a) = f (a′)⇒ a = a′

g(c) = g(c′)⇒ c = c′

olması gerekir.Son olarak h fonksiyonunun örten oldugunu gösterelim. Her-

hangi bir (b, d) ∈ B× D alalım. f nin A dan B ye, g nin C den D yeörten birer fonksiyon olduklarını dügünürsek,

(b = f (a)) ∧ (d = g(c))

olacak gekilde bir a ∈ A ile bir c ∈ C vardır. Öyleyse, (a, c) ∈ A× Cdir ve h(a, c) = (b, d) dir.

Lemma 0.338. Bir düzlem üzerindeki noktaların sayısı, bu düzlem için-deki bir dogru üzerindeki noktaların sayısı kadardır.

Ispat:

R2 ≈ R (262)

oldugunu göstermeliyiz. (0, 1] aralıgının R ye esgüçlü oldugukullanılırsa, Teorem 0.328 ile Önerme 0.337 den hemen çıkar.

Lemma 0.339. A ≈ B ve C ≈ D ise AC ≈ BD dır.

Ispat: Varsayımdan, f : A→ B ve g : D → C bbö fonksiyonlarınınoldugunu söyleyebiliriz. Simdi AC den BD ye bir h bagıntısını söyletanımlayalım: C den A ya her α fonksiyonu için; yani her α ∈ AC

için

h(α) = f α g

diyelim. h(α)) ∈ BD oldugu apaçıktır. Öyleyse, h fonksiyonununbbö oldugunu göstermemiz yetecektir. Bunu üç adımda göstere-cegiz.

1.Adım: h, AC den BD ye bir fonksiyondur. Bunun için

(α, y), (α, y′) ∈ gra f (h)⇒ y = y

oldugunu göstermeliyiz. Gerçekten

(α, y) ∈ gra f (h)⇒ y = h(α) = f α g (263)

(α, y′) ∈ gra f (h)⇒ y′ = h(α) = f α g (264)

dir; yani y = y′ dür. Demek ki h, fonksiyon olma kosullarınısaglar.

264 calculus

2.Adım: h bb dir. Bunun için

h(α) = h(α′)⇒ α = α′

oldugunu göstermeliyiz. Gerçekten sol yandaki esitlik

f α g = f α′ g

demektir. Esitligin her iki yanının soldan f−1 ile, sagdan g−1 ilebileskesi alınırsa, istenen sey çıkar.

3.Adım: h örten bir fonksiyondur. Eger her β ∈ BD için

h(α) = β

olacak sekilde bir α ∈ AC nin varlıgını gösterebilirsek, istenen seyçıkmıs olacaktır. Gerçekten

α = f−1 β β−1

nin isteneni sagladıgı hemen görülür.

Lemma 0.340. A, B, D kümeleri verilsin. Eger B ∩ D = ∅ ise

AB × AD ≈ AB∪D (265)

dir.

Ispat: Herhangi bir f ∈ AB ile herhangi bir g ∈ AD alalım.Bu durumda ( f , g) ∈ AB × AD olacaktır. Bu sekildeki her sıralıçifti AB∪D ye ait f ] g birlesim fonksiyonuna esliyen bir σ bagıntısıdüsünelim; yani AB × AD den AB∪D ye

σ : ( f , g)→ f ] g

bagıntısını tanımlayalım. Önermeyi ispatlamak için, bu bagıntınınbbö bir fonksiyon oldugunu göstermek yetecektir. Bu isi üç adımdayapacagız.

1.Adım: σ, AB × AD den AB∪D ye bir fonksiyondur.

(( f , g), y) ∈ gra f (σ)⇒ y = σ( f , g) = f ] g (266)

(( f , g), y′) ∈ gra f (σ)⇒ y′ = σ( f , g) = f ] g (267)

dir, ki buradan y = y′ çıkar. O halde σ fonksiyon olma kosullarınısaglar.

2.Adım: σ bb dir.(( f , g), ( f , g′)) ∈ AB × AD

olmak üzere σ( f , g) = σ( f ′, g′) olsun. Buradan

f ] g = f ′ ] g′

çıkar. Öyleyse;

b ∈ B⇒ f (b) = ( f ] g)(b) = ( f ′ ] g′)(b) = f ′(b)

d ∈ D ⇒ g(d) = ( f ] g)(d) = ( f ′ ] g′)(d) = g′(d)


olacaktır, ki buf = f ′ ve g = g′

olmasını gerektirir. Demek ki

σ( f , g) = σ( f ′, g′)⇔ ( f , g) = ( f , g)

dür. Bu, σ fonksiyonunun bb oldugunu gösterir.

3.Adım: σ örten bir fonksiyondur.

Herhangi bir h ∈ AB∪D seçelim. B ile D ayrık olduklarından, hnın B ye kısıtlaması ile h nın D ye kısıtlaması olan fonksiyonlarınbirlesimi h ya esit olacaktır; yani

( f = h|B) ∧ (g = h|D )⇒ h = f ] g

dir. Bu durumdaσ( f , g) = f ] g = h

olur.

Lemma 0.341. A, B, D herhangi üç küme ise

AD × BD ≈ (A× B)D (268)

dir.

Ispat: f1 ∈ AD, f2 ∈ BD olmak üzere bir f ∈ (A × B)D

fonksiyonunu söyle tanımlayalım:

∀xeD için f (x) = ( f1(x), f2(x))

Öyleyse,σ : ( f1, f2)→ f

dönüsümü AD × BD den (A× B)D ye tanımlıdır. Simdi bunun bböbir fonksiyon oldugunu gösterecegiz.

1.Adım: σ bb dir.

(( f1, f2)), (g1, g2)) ∈ AD × BD

olmak üzereσ( f1, f2) = σ(g1, g2)

oldugunu varsayalım. Her x ∈ D için g(x) = (g1(x), g2(x))olmak üzere

f (x) = g(x)

yazabiliriz. Buradan

( f1(x)), f2(x)) = (g1(x), g2(x))

çıkar. Ohalde, her x ∈ D için

f1(x) = g1(x), f2(x) = g2(x)

dir; yanif1 = g1, f2 = g2

dir. Öyleyse,

σ( f1, f2) = σ(g1, g2)⇔ ( f1, f2)) = (g1, g2)

olur ki bu σ nın bb olması demektir.

266 calculus


Herhangi bir h ∈ (A × B)D seçelim. Her x ∈ D için h(x) =

(h1(x), h2(x)) olacak gekilde bir h1 : D → A ile bir h2 : D → Bfonksiyonu vardır. Daha açıkçası, A× B den A ya ve A× B den Bye giden

(a, b) 7−→ a ve (a, b) 7−→ b

izdügüm fonksiyonlarını, sırasıyla, πA ve πB diye gösterirsek,

h1 = πA h ve h2 = πB h

olacaktır. Burada h1 ∈ AD ve h2 ∈ BD oldugu apaçıktır. Artık, σ

nın tanımından,σ : (h1, h2) 7−→ h

oldugu hemen görülür.

Lemma 0.342. A, B, D herhangi üç küme ise

(AB)D ≈ AB×D (269)

dir.

Ispat: Herhangi bir F ∈ (AB)D verilsin. Her d ∈ D için F(d) ∈ AB

dir. B den A ya olan bu fonksiyonu kısaca fd ile gösterelim; yani

fd = F(d) (270)

diyelim. Tabii, her b ∈ B için fd(b) ∈ A dır. B× D den A ya bir ffonksiyonunu

f (b, d) = fd(b) (271)

ile tanımlayalım. O halde her F ∈ (AB)D için yukarıdaki gibitanımlanan bir f ∈ AB×D fonksiyonu vardır. Böylece bir

σ : (AB)D → AB×D (272)

bagıntısını

σ : F → f (273)

seklinde tanımlayabiliriz. Bu bagıntının bbö bir fonksiyon oldugunugösterirsek ispat bitecektir.

1.Adım: Her (b, d) ∈ B× D için (271) nin sag yanı A ya ait belirli birögedir. F, F′ ∈ (AB)D olsun. Eger F 6= F′ ise, en az bir d ∈ D için

F(d) 6= F′(d)

olur. Öyleyse (271) den

fd = F(d) 6= F′(d) = f ′d

yazabiliriz. fd 6= f ′d olduguna göre, en az bir b ∈ B için fd(b) 6=f ′d(b) olacak demektir. Öyleyse, (271) den

f (b, d) = fd(b) 6= f ′d(b) = f ′(b, d)

yazılabilir. Demek ki F 6= F′ ise σ(F) 6= σ(F′) dür.


2.Adım: σ(F) = σ(F′) oldugunu varsayahm. (265) ten f = f ′ çıkar.O halde, (271) den, her d ∈ D için fd = f ′d ve dolayısıyla (270)den her d ∈ D için F(d) = F′(d) çıkar. Demek ki

σ(F) = σ(F′)⇒ F = F′

dür.


Her hangi bir g ∈ AB×D seçelim. Verilecek herhangi bir d ∈ D yekarsılık bir gd ∈ AB fonksiyonunu söyle tanımlayabiliriz:

gd(b) = g(b, d)

Su halde her d ∈ D ye karsılık bir gd ∈ AB bulabiliyoruz.Öyleyse,

d 7−→ gd

bagıntısını D den AB ye bir fonksiyon olarak düsünebiliriz; yani

G(d) = gd

dersek, G, D den AB ye bir fonksiyon olacaktır, ki bu G ∈ (AB)D

olması demektir.

Lemma 0.343. Her X kümesi için, X kümesinin kuvvet kümesi ile 2X

kümesi esgüçlüdür.

Ispat:

P(X) ≈ 2X (274)

oldugunu göstermek için, 2 = 0, 1 oldugunu düsünürsek, 2X

kümesi X den 0, 1 kümesine olan bütün fonksiyonlardan olusankümedir. Bir A ⊂ X alt kümesinin χA ile gösterilen belirtgen(karekteristik) fonksiyonu

χA(x) =

1, x ∈ A

0, x /∈ A(275)

seklinde tanımlanıyordu. Demek ki her A ∈P(X) için

χA ∈ 2X (276)

dır. Simdi P(X) den 2X kümesine

∀A ∈P(X) için γ : A 7−→ χA

bagıntısını tanımlayalım; yani X kümesinin her alt kümesini bununbelirtgen fonksiyonuna esleyen bagıntıya γ diyelim. Bunun bbö birfonksiyon oldugunu gösterecegiz.

1.Adım: γ bir fonksiyondur.

(A, y) ∈ gra f (γ)⇒ y = γ(A) = χA (277)

(A, y′) ∈ gra f (γ)⇒ y′ = γ(A) = χA (278)

dan y = y′ çıkar; yani γ bagıntısı [F2] kosulunu saglar. [F1]kosulunu sagladıgı ise, γ nın tanımından bellidir.

268 calculus

2.Adım: γ bb dir.

Her A, B ∈P(X) için

γ(A) = γ(B)⇒ χA = χB ⇒ A = B

dir, ki bu istenen seydir.

3.Adım: γ örten bir fonksiyondur.

Herhangi bir f ∈ 2X seçelim. Eger A = f−1(1) dersek, γ(A) = folacagı hemen görülür.

Lemma 0.344. Esgüçlü iki kümenin kuvvet kümeleri de esgüçlüdür.

Ispat: X ile Y herhangi iki küme olsun. Eger X ≈ Y ise, Önerme0.339 ve Önerme 0.342 önermeleri geregince,

P(X) ≈ 2X ≈ 2Y ≈P(Y)

çıkar. Esgüçlülük geçisli oldugundan,

X ≈ Y ⇒P(X) ≈P(Y)

olur.

ALISTIRMA

1. Ai | i ∈ I ve Bj | j ∈ I aileleri veriliyor. Eger her ı ∈ I içinAı ≈ Bı ise ⋃

ı∈IAı ≈

⋃ı∈I

Bı (279)

∏ı∈I

Aı ≈∏ı∈I

Bı (280)


2. (Cantor Kümesi) 1883 yılında Alman matematikçi Georg Cantortarafından açıklanan, ama daha önce 1875 yılında Henry JohnStephen Smith tarafından kurgulandıgı anlasılan bu küme, ölçümkuramında ve topolojide ilginç özeliklere sahiptir.

Küme söyle kurgulanıyor. Ilk adımda [0, 1] aralıgının ortasındanüçte biri atılıyor. Ikinci adımda geriye kalan iki alt aralıgınortalarındaki üçte birlik aralıkları atılıyor. Üçüncü adımda geriyekalan dört alt aralıgın ortalarındaki üçte birlik aralıkları atılıyor.Bu eylem sonsuz kez tekrarlanırsa, geriye kalan kümeye Cantorkümesi (Cantor ternary set) denilir.

Cantor kümesinin ilginç özeliklerinden bazıları sunlardır:

(a) n -inci adımda kalan aralıkları veren bir yinelge formülükurulabilir.

(b) Bos küme degildir.

(c) Sayılamaz sonsuz bir kümedir.


(d) Her adımda atılan üçte birlik aralıkların toplam uzunlugu 1dir.

(e) Salt topolojiye göre kapalı bir kümedir.

(f) Salt topolojiye göre tam bir metrik uzaydır.

(g) Tamamen sınırlı bir kümedir.

(h) Tıkız bir kümedir.

(i) Her noktası bir yıgılma noktasıdır.

(j) Hiç bir iç noktası yoktur.

(k) Hiç bir yerde yogun degildir.

Bunları göstermeyi deneyiniz.

Yol Gösterme: Ardısık adımlarda geriye kalan aralıklar sun-lardır:

1.Adım: [0, 13 ] ∪ [ 2

3 , 1]

2.Adım: [0, 132 ] ∪ [ 2

32 , 332 ] ∪ [ 6

32 , 732 ] ∪ [ 8

32 , 1]

. . .

. . .

n -inci adımda atılan küme

Cn =

(Cn−1

3

)∪(

2Cn−1

3

)Eyleme böyle devam edersek, geriye kalan kısımda hiç bir aralıkolamaz. Olsaydı, bir sonraki adımda onun da ortasındaki üçtebirlik kısım atılacaktı. Bu nedenle, geriye kalan kısma, yaniCantor kümesine Cantor tozu adı da verilir. Ölçüm kuramında bukümenin ölçümünün 0 oldugu söyle gösterilir. Her adımda atılankısımların uzunlugunu biliyoruz. Bunları toplarsak,

∞

∑n=0

13n+1 =

13+

29+

427

+8

81+ . . . =

13

(1

1− 23

)= 1 (281)

olur. [0, 1] aralıgının ölçümü (uzunlugu) 1 olduguna göre geriyekalan Cantor tozunun ölçümü 0 olmalıdır.

3. Katsayıları rasyonel sayılar olan bir polinomun kökü olan sayıyacebirsel sayı denir. Cebirsel olmayan sayılara transandant sayılardenilir.

(a) Cebirsel sayıların sayılabilir oldugunu gösteriniz.

(b) Transandant sayıların sayılamaz oldugunu gösteriniz.

Nicelik Sayıları

Nicelik Sayısı Nedir?

Günlük yasantımızda çok sık kullandıgımız iki türlü sayı vardır.Birincisi, bir kümenin niceligini (ögelerinin sayısını) belirtensayılardır. Örnegin,

1. "Bes Ögrenci"

2. "Bes ev"

3. "Bes otobüs"

ifadelerinden anladıgımız sey, bu kümelerin hangi tür ögelerdenolustugundan çok, bu kümelerin ögelerinin ne kadar çok ya da nekadar az oldugudur; yani bu kümelerin niceligidir. Öte yandan,

1. "Besinci ögrenci"

2. "Besinci ev"

3. "Besinci otobüs"

deyimlerinden anladıgımız sey, bir kümenin niceligi ya da ögelerinintürü degil, üzerinde bir sıralama oldugunuunu sezdigimiz birkümeye ait bir ögenin, söz konusu sıralamaya göre yerinin neresioldugudur.

Birinci tür sayılara nicelik sayıları, ikinci tür sayılara da sırasayıları diyecegiz. Bu bölümde nicelik sayılarını inceleyecegiz.Sıra sayılarını sonraki bölümde ele alacagız.

NICELIK SAYILARI AKSIYOMU

Esgüçlülük bagıntısının herhangi bir kümeler ailesi üzerinde birdenklik bagıntısı oldugunu biliyoruz. Amacımız kümelerin nicelik-lerini belirlemek olduguna göre, esgüçlü kümelerin niceliklerininesit oldugunu sezebiliyoruz. Eger "bütün kümelerin kümesi" ndensözetmek olanagı olsaydı, bu kümeyi esgüçlülük bagıntısı ile den-klik sınıflarına ayırır, herbir denklik sınıfından birer temsilci seçerve ona, o denklik sınıfının nicelik sayısı diyebilirdik. Ancak, ileridegörecegimiz gibi "bütün kümelerin kümesi" ndcn sözedemiyoruz. Bugüçlügü ancak, adına nicelik sayılarının varlıgı aksiyomu, diyecegimiz,asagıdaki aksiyomu kabul ederek asabilecegiz.

272 calculus

Nicelik Sayılarının Varlıgı

Aksiyom 0.345. Asagıdaki özeliklere sahip bir N ailesi vardır. Bu aileyenicelik sayıları diyecegiz:

N1 Her A kümesi için, A kümesinin nicelik sayısı adını vere-cegimiz ve A kümesine esgüçlü olan bir a kümesi vardır.

N2 A kümesinin nicelik sayısı a, B kümesinin nicelik sayısı b ise

A ≈ B⇔ a = b (282)

Bu A kümesinin nicelik sayısı a, ¯A, \(A), n(A) simgelerindenbirisiyle gösterilir.

NICELIK SAYILARININ ARITMETIGI

Nicelik Sayılarının Toplamı

3.1. TOPLAMA: a, b iki nicelik sayısı olsun. \A = a, \B = b olacaksekilde birbirlerinden ayrık A ve B kümelerini düsünelim. a ile bnicelik sayılarının a + b seklinde gösterecegimiz toplamını A ∪ Bkümesinin nicelik sayısı olarak; yani

a + b = \(A ∪ B) (283)

olarak tanımlayacagız.

Toplamanın Iyi Tanımlılıgı

Nicelik sayılarının toplama islemi iyi tanımlıdır. Burada iyi tanım-lılık su anlama gelir: \A = a = \A1, \B = b = \B1 olacak sekildeA, A1, B, B1 kümeleri varsa

\(A ∪ B) = a + b = \(A1 ∪ B1) (284)

olur. Bu özelik Sonuç 0.337 tan çıkar.

Lemma 0.346. a, b nicelik sayıları için, yukarıdaki özeliklere sahip A ve Bkümeleri vardır.

Ispat: Kosulu saglayan kümeleri olusturmak ispat için yeterlidir.Örnegin, verilen a, b nicelik sayılarına karsılık

a ≈ a× 0 = A

b ≈ b× 1 = B

kümelerini tanımlayalım. A kümesinin ögeleri (x, 0), B kümesininögeleri (y, 1) sıralı çiftleri seklinde olacagına göre, x = y olsa bile,bu sıralı çiftler daima birbirlerinden farklı olacaktır. Dolayısıyla, Aile B kümeleri ayrıktır.

nicelik sayilari 273

Lemma 0.347. Nicelik sayıları kümesi üzerinde toplama isleminin bir-lesme (asosyatiflik) özeligi vardır; yani a, b, d herhangi üç nicelik sayısıise

(a + b) + d = a + (b + d) (285)

olur

Ispat: a = \A, b = \B, d = \D olacak gekilde birbirlerinden ayrıkA, B, D kümelerini dügünelim.

(A ∪ B) ∪ D = A ∪ (B ∪ D) (286)

oldugunu biliyoruz. Esit kümeler, özel olarak, esgüçlü olacakların-dan, N2. aksiyomu geregince, (286) bagıntısının iki yanının niceliksayıları esit olacaklardır; yani

\[(A ∪ B) ∪ D] = \[A ∪ (B ∪ D)] (287)

dir. Bunun her iki yanına (283) toplama tanımını uygularsak

\(A ∪ B) + \D = \A + \(B ∪ D)]

\A + \B + \D = \A + \B\D

[\A + \B] + \D = \A + [\B\D]

(a + b) + d = a + (b + d)

çıkar.

Lemma 0.348. Nicelik sayıları toplama islemine göre yer degistirme(komutatif) özeligine sahiptir; yani a ile b herhangi iki nicelik sayısı ise

a + b = b + a (288)

dır.

Ispat: Bunu görmek için, önceki önermeye benzer düsünüsle,

A ∪ B = B ∪ A

oldugunu anımsamak yetecektir.

Nicelik Sayılarının Çarpımı

Tanım 0.349. a ile b herhangi iki nicelik sayısı olsun, a = \A, b = \Bolacak sekilde A, B kümelerini seçelim, a ile b nin ab seklinde göstere-cegimiz çarpımını A× B kümesinin nicelik sayısı olarak; yani

ab = \(A× B) (289)

olarak tanımlıyoruz.

Çarpmanın Iyi Tanımlılıgı

Lemma 0.350. Nicelik sayılarının çarpma islemi iyi-tanımlıdır.

Ispat: Önerme 0.337 den çıkar.

274 calculus

Lemma 0.351. a, b, d nicelik sayısı için asagıdaki özelikler saglanır:

(i) ab = ba (yer degisebilir)

(ii) a(bd) = (ab)d (birlesebilir)

(iii) a(b + d) = ab + ad (dagılabilir)

Ispat: a = \A, b = \B, d = \D olacak sekilde A, B, D kümeleriniseçelim. (iii) için B ∩ D = ∅ varsayacagız.) Asagıdaki bagıntılarıgöstermek yeterlidir:

(i) A× B ≈ B× A

(ii) A× (B× D) ≈ (A× B)× D

(iii) A× (B ∪ D) = (A× B) ∪ (A× D)

Bunların ilk ikisi, sırasıyla,

A× B→ B× A : (x, y) 7−→ (y, x) (290)

A× (B× D)→ (A× B)× D : (x, (y, z)) 7−→ ((x, y), z) (291)

fonksiyonlarından çıkar. Gerçekten bunların bbö oldukları kolaycagösterilir.

Nicelik Sayılarında Üs Alma

a, b herhangi herhangi iki nicelik sayısı olsun, a = \A, b = \Bolacak sekilde A, B kümelerini seçelim, a ile b nin ab simgesiylegösterecegimiz a üssü b sayısını, AB kümesinin nicelik sayısı olarak;yani

ab = \(AB) (292)

olarak tanımlıyoruz.

Üs Almanın Iyi Tanımlılıgı

Lemma 0.352. Nicelik sayıları üzerinde üs alma islemi iyi tanımlıdır.

Ispat: Önerme 0.339 den çıkar.

Lemma 0.353. a, b, d herhangi üç nicelik sayısı ise, asagıdaki özeliklersaglanır.

(i) abad = ab+d

(ii) adbd = (ab)d

(iii) (ab)d = abd

Ispat: a = \A, b = \B, d = \D olacak sekilde A, B, D kümeleriniseçelim. (i) için B ∩ D = ∅ varsayacagız.) Asagıdaki bagıntılarıgöstermek yeterlidir:

1. AB × AD ≈ AB∪D


2. AD × BD ≈ (A× B)D

3. (AB)D ≈ AB×D

Bu esgüçlülüklerin varlıgını (265) , (268), (269) bagıntılarındanbiliyoruz.

ÖNEMLI NICELIK SAYILARI

Bir kümenin niceligini belirlemek için, ya o kümeyi sayarız ya da okümeyi niceligini bildigimiz bir kümeyle karsılastırırız. Öncedengördügümüz gibi, her kümeyi sayma olanagı yoktur. Dolayısıyla, ik-inci yöntemi genel kural olarak kullanacagız. Bunun için, öncelikle,nicelikleri bizce belli olan bazı belirtgen (karakteristik) kümeleritanıyacagız.

Dogal sayılar

Belirtgen kümelerden en çok kullandıklarımız, sonlu kümelerinnicelik sayıları olarak tanımladıgımız dogal sayılardır. ?? Bölümdedogal sayıları (209) ya da buna denk olarak (211) kümeleri diyetanımlamıstık. Simdi özel olarak, herbir dogal sayının, N1. ve N2.aksiyomları geregince, varlıgını kabul ettigimiz nicelik sayısınıkendisi imis gibi düsünelim. Yani, her n ∈ ω için

\(n) = 0, 1, 2, 3, ..., n− 1 = n (293)

diyelim. Esgüçlülügün bir denklik bagıntısı oldugu gözönünealınırsa, bu kabulümüzün bir sakınca yaratmayacagı anlasılır.Böylece, herhangi bir dogal sayıya esgüçlü olan sonlu bir kümeninnicelik sayısı, o dogal sayının kendisi olacaktır. Burada söyle birtanım yapabiliriz:

Dogal sayılar, sonlu kümelerin nicelik sayılardır.

Dolayısıyla, bunlara sonlu nicelik sayıları da denilir. Sonlu olmayannicelik sayılarına da sonsuz nicelik sayıları diyecegiz. Dogal sayılarkümesini ω ile göstermistik. Kümelerle ilgili islemlerde yine bugösterimi koruyacagız. Ancak, sayısal özeliklerle ilgileniyorsak, buayrımı belirtmek amacıyla ω yerine N gösterimini kullanacagız.

Alef Sıfır

Sonlu nicelik sayılardan sonra karsılastıgımız önemli bir niceliksayısı, ω dogal sayılar kümesinin ℵ0 (Ibranice’nin ilk harfidir, alefdiye okunur) simgesiyle gösterilen nicelik sayısıdır; yani

ℵ0 = \(ω) = \(N) (294)

dir. Sayılabilir sonsuz bütün kümeler ω dogal sayılar kümesineesgüçlü oldugundan, N2. aksiyomu geregince, sayılabilir sonsuzbütün kümelerin nicelik sayıları ℵ0 dır.

276 calculus

Alef Bir (Sürey)

Sürey (Continuum)

Tanım 0.354. Sayılabilir sonsuz kümelerden sonra sayılamaz sonsuzbir küme olarak R gerçel sayılar kümesini almıstık. Bu kümenin niceliksayısını c ile ya da ℵ1 ile gösterecegiz; yani

ℵ1 = c = \(R) (295)

dir. Buna sürey (continuum) denilir.

N2. aksiyomu geregince R ye esgüçlü olan bütün sonsuzkümelerin nicelik sayısı c dir.

NICELIK SAYILARININ SIRALANMASI

Tanım 0.355. a ile b herhangi iki nicelik sayısı olsun, a = \A ve b = \Bolacak sekilde A ve B kümelerini alalım. Bu durumda a ile b arasında

a 4 b⇔ A 4 B

a ≺ b⇔ A ≺ B (296)

bagıntıları tanımlanıyor.

Lemma 0.356. Bir nicelik sayıları kümesi üzerinde (296) ile tanımlanan4 bagıntısı bir iyi sıralama bagıntısıdır.

Ispat: N nicelik sayılarından olusan herhangi bir küme olsun.

A = A | a = ¯A, a ∈ N

kümeler ailesini düsünelim. Teorem 0.307 geregince (A ,4) iyisıralanmıs bir sistemdir. Öte yandan

f : A → Nf : A 7−→ ¯A

dönüsümü bir esyapı dönüsümüdür. öyleyse, (N ,4) de iyi sıralan-mıs bir sistem olacaktır.

Lemma 0.357. a ile b iki nicelik sayısı olsun, a ≤ b olması için gerekli veyeterli kosul b = a + d olacak sekilde bir d nicelik sayısının var olmasıdır.

Ispat: a ≤ b olsun. a = \A ve b = \B olacak sekilde birbirlerindenayrık iki A, B kümesi düsünelim. Varsayımımız geregince, A danB ye bbi olan bir f fonksiyonu vardır ve A ≈ f (A), a = \ f (A) olur.D = B− f (A) ve d = \D diyelim, b = a + d olacagı apaçıktır.

Tersine olarak b = a + d olacak sekilde bir d nicelik sayısı varolsun.

a = \A, b = \B, d = \D, A ∩ D = ∅

olacak sekilde A, B, D kümelerini seçelim. Varsayımımız geregincebbö bir

g : A ∪ D → B


fonksiyonu vardır. Su halde g nin A ya kısıtlaması olan g|A , A danB ye bire-bir-içine (bbi) bir fonksiyondur, ki bu

A ≈ g(A) ⊂ B

olması demektir. Buradan

\A ≤ \B

a ≤ b

çıkar.

Lemma 0.358. a, b, d, e nicelik sayıları olsunlar. Eger a ≤ d ve b ≤ e iseasagıdaki bagıntılar saglanır:

(i) a + b ≤ d + e

(ii) ab ≤ de

(iii) ab ≤ de

Ispat: Önceki önerme geregince d = a + r ve e = b + s olacaksekilde r ve s nicelik sayıları vardır.

(i)

d + e = a + r + b + s = (a + b) + (r + s)

yazılabilir, ki buradan, önceki önerme geregince (i) çıkar.

(ii)

de = (a + r)(b + s) = ab + as + rb + rs

= ab + (as + rb + rs)

den istenen çıkar.

(iii) Önce r herhangi bir nicelik sayısı olmak üzere

ab ≤ (a + b)b (297)

oldugunu gösterelim.

a = \A , b = \B, d = \D ve r = \R ise AB den (A ∪ R)B yebire-bir-içine bir fonksiyon oldugunu gösterecegiz. Gerçekten herf : B→ A fonksiyonunu aynı zamanda bir f : B→ A∪ R fonksiyonuolarak düsünebiliriz. O haide bir

σ : AB → (A ∪ R)B

fonksiyonunu

∀ f ∈ AB için σ( f ) = f

diye tanımlayabiliriz. σ nın bbi oldugu apaçıktır. O halde (297)esitsizligi vardır. 5,2. Önerme geregince bu bagıntıyı

ab ≤ db

seklinde yazabiliriz. Oysa (ii) den

ab = ab.1 ≤ dbds = db+s = de

yazılabilir, ki bu (iii) bagıntısının varlıgını gösterir.

278 calculus

SONSUZ TOPLAMLAR VESONSUZ ÇARPIMLAR

Iki kümenin bilesiminden hareketle, sonlu sayıdaki kümelerinbilesimini ve sonra da keyfî çokluktaki bir kümeler ailesinin bilesi-mini daha önce tanımladık. Tamamen buna benzer olarak, ikikümenin kartezyen çarpımını, sonlu sayıdaki kümelerin kartezyençarpımını ve en sonunda da keyfî çokluktaki bir kümeler ailesininkartezyen çarpımını tanımladık. Simdi bu iki kavrama dayanarak,sonlu ya da sonsuz sayıda nicelik sayılarının toplamını ve çarpımınıtanımlayacagız.

Tanım 0.359. Herhangi bir ai | i ∈ I nicelik sayıları kümesi verilsin.Bu sayıların ∑i∈I ai ile gösterecegimiz toplamı, her i ∈ I için ai = \Ai

olmak üzere kurulacak ayrık bir Ai | i ∈ I kümeler ailesinin bilesimininnicelik sayısı olarak tanımlanır; yani i 6= j ve i, j ∈ I için Ai ∩ Aj = ∅olmak üzere

∑i∈I

ai = \

(⋃i∈I

Ai

)(298)

dir.

Tanım 0.360. Herhangi bir ai | i ∈ I nicelik sayıları kümesi verilsin.Bu sayıların Πi∈I ai ile gösterecegimiz çarpımı, her i ∈ I için ai = \Ai

olmak üzere kurulacak Ai | i ∈ I kümeler ailesinin kartezyen çarpımınınnicelik sayısı olarak tanımlanır; yani

∏i∈I

ai = \

(∏i∈I

Ai

)(299)

dir.

Simdi sonsuz toplam ve çarpım ile ilgili baslıca özelikleri çıkar-alım, m ile n iki dogal sayı ise mn çarpımının m kez n nin toplamıya da n kez m nin toplamı oldugunu biliyoruz. Benzer olarak, mn

üssü, n kez m nin kendisiyle çarpımı olarak tanımlanır. Simdi buözeliklerin sonsuz nicelik sayıları için de varlıgını gösterecegiz.

Lemma 0.361. a ile b herhangi iki nicelik sayısı olsun, b = \B olacaksekilde bir B kümesi seçelim. Eger her β ∈ B için a = aβ ise asagıdakiesitlikler vardır:

(i) ab = ∑b∈B aβ

(ii) ab = ∏β∈B aβ

Ispat:(i) Her β ∈ B için a = aβ = \Aβ olacak sekilde ayrık bir Aβ | β ∈

B kümeler ailesi kuralım ve a = \A olacak gekilde bir A kümesiseçelim. Buna göre, her β ∈ B için A ≈ Aβ olacagından herbir ögesi A dan B ye bbö birer fonksiyon olan bir fβ | β ∈ Bfonksiyonlar kümesi vardır. Simdi bir

f : A× B→⋃

β∈BAβ


fonksiyonunu

f (x, β) = fβ(x)

diye tanımlayalım, Buradan

A× B ≈⋃

β∈BAβ

ab = ∑β∈B

aβ

çıkar.(ii) Yine a = \A olacak sekilde bir A kümesi seçelim, ama

yukarıdaki ayrık aile yerine, her β ∈ B için A = Aβ" olmak üzereAβ | β ∈ B ailesini kuralım. Eger

AB ≈ ∏β∈B

Aβ

oldugunu gösterebilirsek istenen sey çıkacaktır. Oysa böyle olduguapaçıktır, çünkü her iki yan B den A ya olan bütün fonksiyonlarınkümesidir.

ÇÖZÜLMÜS PROBLEMLER

Örnek 0.362. a ile b herhangi iki nicelik sayısı olsun ve a = \A veb = \B olacak sekilde A ile B kümeleri verilsin. Bu durumda

a + b = \(A ∪ B) + \(A ∩ B)


Çözüm: Asagıdaki esitlikler ard arda bir birini gerektirir:

B = (B− A) ∪ (A ∩ B)

b == \(BA) + \(A ∩ B)

a + b == \A + \(BA) + \(A ∩ B)

= \(A ∪ B) + \(A ∩ B)

Örnek 0.363. a ve bi | i ∈ I nicelik sayıları iseler

a

(∑i∈I

bi

)= ∑

i∈Iabi


Çözüm:a = \A ve bi = \Bi, (i ∈ I) olacak sekilde A ve (Bi | i ∈ I

kümelerini seçelim.

A×(⋃

i∈IBi

)=⋃i∈I

(A× Bi) (300)

oldugunu biliyoruz, iki yanın nicelik sayısı alınırsa istenen esitlikçıkar.

280 calculus

Örnek 0.364. Her i ∈ I için ai ≤ bi olacak sekilde ai | i ∈ I vebi | i ∈ I nicelik sayıları kümeleri verilmisse

∑i∈I

ai ≤∑i∈I

bi (301)

∏i∈I

ai ≤∏i∈I

bi (302)


Çözüm:(i) Her i ∈ I için ai = \Ai ve bi = \Bi olacak sekilde ayrık

Ai | i ∈ I ve Bi | i ∈ I ailelerini düsünelim. Her i ∈ I için ai < bi

olduguna göre bir fi : Ai → Bi bbi fonksiyonu vardır. Simdi bir

f = ]i∈I fi :⋃i∈I

Ai →⋃i∈I

Bi

x ∈ Ai ⇒ f (x) = fi(x)

fonksiyonunu tanımlayalım. Bu fonksiyonun bbi oldugunu görmekkolaydır.

(ii) Yukarıdaki tanımlar altında bir

∏i∈I

Ai →∏i∈I

Bi (303)

fonksiyonunu söyle tanımlayalım: x = (xi) ∈ ΠAi ve y = (yi) ∈ΠBi olmak üzere

g(x) = y⇔ (∀i(i ∈ I) fi(xi) = yi

olsun. Simdi g nin bbi bir fonksiyon oldugunu göstermeliyiz.Gerçekten

g(u) = g(v)⇒ ∀i(i ∈ I) fi(ui) = fi(vi)

⇒ ∀i(i ∈ I)ui = vi

⇒ (ui) = u = v = (vi)

çıkar.

Örnek 0.365. a = \A ise 2a = \(P(A)) dır.

Çözüm: Önerme 0.343 den hemen görülür.

Örnek 0.366. a herhangi bir nicelik sayısı ise a < 2a dır.

Çözüm: 0.329 Cantor Teoreminden çıkar.

Örnek 0.367. 2ℵ0 = c dir.

Çözüm: Q rasyonel sayılar kümesini düsünelim, \Q = ℵ0;oldugundan, Örnek 0.365 geregince, \(P(Q)) = 2ℵ0 dır. Simdi birf : R→P(Q)) fonksiyonunu söyle tanımlayalım:

f (a) = x | x ∈ Q, x < a


Simdi f nin bbi bir fonksiyon oldugunu gösterecegiz. a, b ∈ R vea 6= b ise (a < b diyelim) öyle bir r ∈ Q vardır ki a < r < b olur.Tanımdan r ∈ f (b) ve r /∈ f (a) çıkar. Bu, f nin bbi olması demektir.Öyleyse

c ≤ 2ℵ0

olur. Bu esitsizligin tersini göstermek için, ω dogal sayılar kümesininbütün belirtgen (karakteristik) fonksiyonları kümesine B diyelim;yani

B = χA | A ⊂ ω

olsun. Simdi bir h fonksiyonunu

h : B → [0, 1]

h(χA) = 0, χA(1)χA(2)χA(3) . . . χA(n) . . .

diye tanımlayalım. Her n ∈ ω için χA(n) ya 0 dır ya da 1 dir.Dolayısıyla, yukarıdaki ifade bir rasyonel sayının, 2 tabanına göre,sonsuz açılımıdır. A 6= B ise χA 6= χB ve dolayısıyla h(χA) 6= h(χB)

olacagı apaçıktır; yani h fonksiyonu bbi bir fonksiyondur. Öyleyse,2ℵ0 < c olacaktır. Artık bu iki esitsizlikten istenen sey çıkar.

Örnek 0.368. c = ℵ0.ℵ0.ℵ0. . . . = ℵℵ00 oldugunu gösteriniz,

Çözüm: Bunun ispatını birkaç adımda yapacagız:

1.Adım: A sayılabilir bir küme ise

P(A) ≈P(A× A)

dır. Çünkü A ≈ A × A oldugunu Teorem 0.316 den biliyoruz.Esgüçlü iki kümenin kuvvet kümeleri de esgüçlü olacaktır.

2.Adım: AA 4 P(A × A) dır. Bunu görmek için her hangi birf ∈ AA alalım. f ile onun G f grafigi birbirlerini tek olarakbelirliyordu. Dolayısıyla f yerine G f grafigini kullanabiliriz.

f ↔ G f = (ai, f (ai)) | ai ∈ A, i ∈ ω ⊂ A× A

dır. Her f için bu yapılabildigine göre istenen çıkar.

3.Adım: AA 4P(A) dır. bagıntısının geçisme özeligi kullnılırsaistenen sey önceki iki adımdan çıkar.

4.Adım: P(A) 4 AA dır. Bunu göstermek için

Φ : AA →P(A), f ∈ AA ⇒ Φ( f ) = f (A)

fonksiyonunun örten oldugunu göstermek yetecektir. Oysa buözelik apaçıktır. 3. ve 4. Adımlardan

AA 4P(A)⇔ (\A)\A

⇔ ℵℵ00 = 2ℵ0

⇔ ℵℵ00 = c

çıkar.

[14]

282 calculus

PROBLEMLER

1. a herhangi bir nicelik sayısı ise

(i) a + 0 = a, a0 = 0, a0 = 1

(ii) (ii) 1a = a, a1 = a, 1a = 1


2. a ile b herhangi iki nicelik sayısı ise

ab = 0⇔ (a = 0∨ b = 0)

ab = 1⇔ (a = 1∧ b = 1)

ab = 0 <=> (a = 0 V b = 0) ab =1 <=> (a = l A b = 1) oldugunugösteriniz.

3. a sonsuz bir nicelik sayısı ve n sonlu bir nicelik sayısı ise a + n =

a oldugunu gösteriniz.

4. a sonsuz bir nicelik sayısı ise a + ℵ0 = a oldugunu gösteriniz.

5. n sonlu bir nicelik sayısı ise

n.ℵ0 = ℵ0 + ℵ0 + ℵ0 + . . . ℵ0 = ℵ0

(ℵ0)a = ℵ0.ℵ0.ℵ0. . . . ℵ0 = ℵ0

nc = c + c + c + . . . + c = c

ca = c.c.c.c. . . . .c = c


6. Asagıdaki esitlikleri saglayınız:

ℵ0 = 1 + 2 + 3 + . . . n + . . .

= 1 + 22 + 23 + . . . 2n + . . .

c = 1.2.3.4 . . . .n. . . .

c = c.c.c.c. . . . = cℵ0

7. R den R ye 2c tane fonksiyon oldugunu gösteriniz.

8. R den R ye c tane sürekli fonksiyon oldugunu gösteriniz.

9. Cebirsel olmayan gerçel sayılara transandant sayılar denilir. Busayıların niceliginin c oldugunu gösteriniz.

10. a ≤ b ise her d nicelik sayısı için

a + d ≤ b + d ve ad ≤ bd



11. a, b, d herhangi üç nicelik sayısı ise

a ≤ b⇒ ad ≤ bd

b ≤ d⇒ ab ≤ ad


12. Bir kümeler ailesi üzerindenicelik sayılarının esit olması bagın-tısının bir denklik bagıntısı oldugunu gösteriniz.

13. ωω nın sayılabilir oldugunu gösteriniz.

14. A = 0, B = 1n | n = 1, 2, 3, . . . olmak üzere

f (x) =

12 , x ∈ A

x1+2x , x ∈ B

x x ∈ [0, 1]− A ∪ B

fonksiyonu tanımlanıyor. f nin [0, 1] kapalı aralıgından (0, 1) açıkaralıgına örten bir fonksiyon oldugunu ama bire-bir olmadıgınıgösteriniz. Buradan [0, 1] ile (0, 1) aralıklarının nicelik sayılarınınaynı oldugu sonucunu çıkarınız.

SIRA SAYILARI

GIRIS

Günlük yasantımızda nicelik belirten sayılar yanında, sıra be-lirten birinci, ikinci, üçüncü,... gibi sıra sayılarının da kullanıldıgınısöylemistik. Gerçekte, dogal sayılar hem nicelik hem de sıra be-lirten sayılardır. Üstelik, sonlu halde bu iki kavram arasında birayırım gerekmeyebilir. Ama matematikçileri burada titiz olmayazorlayan sey, sonsuzluk halidir. Nasıl ki sonlu kümeler ile sonsuzkümelerin özelikleri birbirlerinden bazı yönlerden çok farklı ise,sonsuzluk halinde, sıra sayıları ile nicelik sayılarının özelikleribirbirlerinden çok farklıdır.

Dogal sayılar kümesi üzerinde tanımlı bir önermenin her dogalsayı için geçerli oldugunu göstermek için, sonlu tüme varım ilkesinikullanıyorduk. Gerçekten, sonlu tüme varım ilkesi kolay kullanıla-bilen güçlü bir ispat yöntemidir. Bu ispat yönteminin esası dogalsayıların iyi sıralanmıs olmasına baglıdır. Anımsarsanız, bu yöntemsu basit kurala dayanıyordu. p(0) dogrudur ve p(n) ⇒ p(n + 1)gerektirmesi saglanır.

Bunu baska türlü söyleyebiliriz: p önermesini saglayan dogalsayılar kümesi M olsun.

1. Ilk dogal sayı M ye aittir : 0 ∈ M

2. n ∈ M⇒ (n + 1) ∈ M dir.

Simdi aklımıza gelmesi gereken soru sudur. Acaba bu güçlü is-pat yöntemi baska kümeler için de geçerli degil midir? Tüme VarımIlkesi, esasta dogal sayıların iyi sıralı olusuna dayalı olduguna göre,iyi sıralı her kümeye bu yöntemin uygulanabilmesini umut edebil-iriz. Tüme Varım Ilkesi, iyi sıralı her kümeye uygulanabilecekse, ozaman iyi sıralabilen kümelerin hangi kümeler oldugunu bilmeyegereksinim dogar.

Bu bölümde, önce, sıra sayılarının kurulusunu kısaca açıklay-acagız. Bir kümeyi sıralamak deyince, anlayacagunız sey nedir?Bu kümenin birinci, ikinci, üçüncü,... ögelerini belirlemek demektir.Sonlu halde, bunda hiçbir zorluk yoktur. Hattâ N dogal sayılarkümesindeki sıraya uyan bir sırayı üzerine koyabilecegimiz için,sayılabilir sonsuz bir kümenin sıralanması dogal olarak yapılabilir.Dogal sayılar iyi sıralı oldugundan, dogal sayılara sıraca es yapılıolan bir küme de iyi sıralı olacaktır. Çünkü, dogal sayılar kümesineesgüçlü olan bir kümenin ögeleri, dogal sayıların ögeleriyle bire-bir

286 calculus

eslestirilerek, aynı sıra yapısı o kümeye tasınabilir. Bunu matematikdiliyle ifade edelim.

A sayılabilir sonsuz bir küme ise bir f : N → A bire-bir-örten(bbö) fonksiyonu vardır. Her m, n ∈ N için f (m) = am ∈ A vef (n) = an ∈ A diyelim.

Tanım 0.369. A ≈N ise, A kümesi üzerine

(m, n ∈N) ∧ (m ≤ n)⇒ ( f (m) ≤ f (n)) ∼= (am ≤ an) (304)

sıralama bagıntısını koyalım.

Lemma 0.370. (304) sıralamasına göre (A,≤) sistemi iyi sıralıdır.

Ispat: f nin essıra dönüsümü oldugu apaçıktır.Bu önerme, iyi sıralamayı, dogal sayılardan sayılabilir sonsuz

kümelere tasıdıgı için iyi bir genellemedir. Ancak, amacımız içinyeterli degildir. Dogal sayılardan daha güçlü kümeler için; yanisayılamaz sonsuz kümeler için de benzer isi yapmayı istiyoruz.Küme sayılamaz sonsuz oldugunda; yani dogal sayılardan dahagüçlü oldugunda, ortaya koyacagımız tüme varım ilkesine "sonluötesi tüme varım ilkesi" diyecegiz.

IYI SIRALANMIS KÜMELER

Tikel sıralanmıs bir sistemin her alt kümesinin en küçük ögesivarsa bu sistem iyi sıralanmıs bir sistemdir demistik (bkz. Tanım??). Simdi iyi sıralanmıs kümeleri daha ayrıntılı olarak incelemeyegeçebiliriz.

Lemma 0.371. Iyi sıralanmıs her küme tümel sıralıdır.

Ispat: (A,) iyi sıralı olsun. Her a ∈ A ve her b ∈ A için a, balt kümesinin en küçük ögesi vardır. En küçük öge a ise a b olur.En küçük öge b ise b a olur. Dolayısıyla tümel sıralama kosullarısaglanır (bkz. Tanım ??) kosulu saglanıyor.

Tanım 0.372 (Sonal öge). (A,) tikel (kısmen) sıralanmıs bir sistemolsun ve herhangi bir B ⊂ A alt kümesi verilsin. B nin kendi içindebulunmayan üst sınırlarının olusturdugu kümenin alt sınırlarının enbüyügüne; yani

α = infx | x ∈ A ∧ ∀y(y ∈ B⇒ y ≺ x) (305)

ögesine B kümesinin ilk sonalı denilir.

Özel olarak B yerine tek ögeli bir b kümesi alınırsa (305) ögesib nin ilk sonalı adını alır.

Eger bir b ögesinin ilk sonalı a ise b ≺ a oldugu ve b ≺ x ≺ aolacak sekilde hiçbir x ∈ A ögesinin var olamayacagı açıktır. Iyisıralanmıs bir kümede en büyük egeden baska bütün egelerinbirer tane ilk sonalları vardır. Gerçekten y ∈ A en büyük öge(maksimum) degilse, x | x ∈ A, y ≺ x kümesi bos degildir vevarsayım geregince bunun bir en küçük ögesi (minimum) vardır. Buöge y nin ilk sonalı olacaktır.

sira sayilari 287

Tanım 0.373. a ögesi b ögesinin ilk sonalı ise, b ye a nın ilk öneli, denir.

Lemma 0.374. Iyi sıralanmıs bir kümenin her alt kümesi de iyi sıralıdır.

Ispat: (A,) iyi sıralanmıs bir sistem olsun ve bir B ⊂ A altkümesi verilsin. (B,) nin tikel sıralı olacagı açıktır. Öte yandanB nin her C alt kümesi aynı zamanda A nın da bir alt kümesidir.Dolayısıyla C nin en küçük ögesi (minimum) vardır.

Tanım 0.375 (Önel bölük). (W,) iyi sıralanmıs bir sistem olsun ve bira ∈W ögesi verilsin.

Wa = x | x ∈W ∧ x ≺ a (306)

alt kümesine W kümesinin a ile saptanan önel bölügü diyecegiz.

SONLU ÖTESI TÜME VARIM ILKESI

Theorem 0.376. (W,) iyi sıralanmıs bir sistem olsun ve bir A ⊂ W altkümesi verilsin. Wa ⊂ A oldugunda a ∈ A olması gerekiyorsa A = Wolur.

Ispat: Teoremin simgelerle ifadesi söyledir:

[(a ∈W ∧Wa ⊂ A)⇒ a ∈ A] =⇒ A = W (307)

Olmayana ergi yöntemini kullanacagız. A 6= W olsaydı A′ ∩W 6= ∅olurdu. Bu durumda, A′ ∩W nun en küçük ögesine (minimum)a diyelim. a dan küçük ögeler A′ ∩W kümesine ait olamayacak-larından Wa ⊂ A dır. Öyleyse, varsayımdan, a ∈ A çıkar. Oysaa ∈ A′ ∩W idi, ki buradan a ∈ A′ olması gerekir. Bu çeliski kab-ulümüzden gelmektedir. O halde, A 6= W olamaz; yani A = Wdir.

ESSIRALI KÜMELER

Bundan sonraki kesimde iyi sıralanmıs kümelerin çok önemli birözeligini ispatlayacagız. Iyi sıralanmıs iki küme ya essıralıdır ya da,biri ötekinin bir önel bölügüne esittir. Bu özelik, sıralanmıs kümelerinyapılarının benzer olması demektir. Matematikte bunun pek çokuygulaması vardır. Bu özelik, sıra sayıları yardımıyla nicelik sayılarıislenirken kullanılır. Bu kesimde sıra sayılarına girmek için gereklibazı ön bilgileri verecegiz.

Önce bir anımsatma yapalım. Tikel (kısmen) sıralanmıs kümeleriçin varlıgını bildigimiz baslıca özelikler iyi sıralanmıs kümeleriçin de geçerlidir. Bu bölümde çok kullanacagımız için tanımlarıyeniden söyleyelim.

Tanım 0.377. Iyi sıralanmıs iki sistem arasında sıra yapısını koruyan birbbö dönüsümü varsa, bu sistemlere essıralıdır, denilir.

Essıralılıgı simgelerle ifade edebiliriz:

288 calculus

(X,) ile (Y,.) iyi sıralanmıs iki sistem olsun. X ile Y ninessıralı olması için gerekli ve yeterli kosul her x, y ∈ X için

x y⇐⇒ f (x) . f (y) (308)

özeligine sahip, bire-bir-örten bir f : X → Y fonksiyonunun varolmasıdır.

Tanım 0.378. (X,) ile (Y,.) sistemlerini essıralı kılan bir f : X → Yfonksiyonuna essıra dönüsümü denir.

Tanım 0.379. (X,) ile (Y,.) sistemleri essıralı ve essıra dönüsümü fise, bu durumu belirtmek amacıyla

X ∼= Y, Af∼= B (309)

simgelerinden herhangi birisini kullanacagız.

Lemma 0.380. A ile B tikel sıralanmıs iki küme olsun. A ile B essıralı veA iyi sıralanmıs ise B kümesi de iyi sıralanmıs bir küme olur.

Ispat: B nin herhangi bir C alt kümesinin en küçük ögesininvarlıgını göstermeliyiz. Önerme 0.217 geregince kendisi ve tersi artanbirer dönüsüm olan bire-bir-örten f : A → B fonksiyonu vardır.f−1(C) ⊂ A alt kümesinin en küçük (minimum) ögesine a diyelim.f(a), C nin en küçük ögesi olacaktır.

Theorem 0.381. (X,) iyi sıralanmıs bir küme ve f : X → X bir essıradönüsümü ise, her x ∈ X için x f (x) dir.

Ispat: f (x) ≺ x olacak sekilde herhangi bir x ∈ X varsa, buözelige sahip ögelerin en küçügü vardır; buna u diyelim. f (u) ≺ uolacaktır, f fonksiyonu bir essıra dönüsümü oldugundan, (308)uyarınca f ( f (u)) ≺ f (u) olmalıdır. Su halde bu özeligi saglayanögelerin en küçügü u degildir. Bu çeliski, kabulümüzün var olamay-acagını, yani her x ∈ X için x f (x) oldugunu gösterir.

Theorem 0.382. Iyi sıralanmıs iki kümenin birinden ötekine en çok birtane essıra dönüsümü var olabilir.

Ispat: X, Y iyi sıralanmıs kümeler ve f : X → Y, g : X → Y ikitane essıra dönüsümü olsun. f−1 g bileske fonksiyonu X den X ’e biressıra dönüsümü olur. Öyleyse, Teorem 0.381 geregince, her x ∈ Xiçin x ( f−1 g)(x) olmalıdır, ki bu f (x) g(x) olması demektir.

Aynı yolla g(x) f (x) elde edilebilir. Su halde her x ∈ X içinf (x) = g(x) olacaktır ki, bu f = g olması demektir.

Uyarı 0.383. Iyi sıralanmıs kümelerdeki bu özelik, tümel sıralı kümeleriçin yoktur; yani tümel sıralı iki küme arasında birden çok essıra dönüsümüvar olabilir.

Theorem 0.384. Iyi sıralanmıs, bir küme hiç bir önel bölügü ile essıralıdegildir.

sira sayilari 289

Ispat: (X,) iyi sıralı bir sistem, a ∈ X olmak üzere Xf∼= Xa

olsaydı, Teorem 0.381 den her x ∈ X için x f (x) ve özel olarak a f (a) olurdu, ki bu Xa önel bölügünün tanımı geregince, f (a) /∈ Xa

olmasını gerektirir ve kabulümüze aykırı düser.Bu teoremde gördügümüz gibi, iyi sıralanmıs bir küme hiçbir

önel bölügüne essıralı olamıyor, ama asagıdaki anlamda, bütün önelbölüklerinin kümesine essıralı olmaktadır.

Theorem 0.385. Iyi sıralanmıs her küme, kapsama (⊂) bagıntısına göresıralanmıs önel bölükleri kümesi ile essıralıdır.

Ispat: Verilen iyi sıralanmıs küme (X,) olsun ve önel bölüklerikümesine de U diyelim; yani

U = Y | ∃z(z ∈ X ∧Y = Xz) (310)

olsun. Bu durumda x ! Xx dönüsümü X den U ya bbö dir.Ayrıca her a, b ∈ X için

a b⇐⇒ Xa ⊂ Xb (311)

oldugundan, bu dönüsüm (X,) den (U ,⊂) sistemine bir essıradönüsümüdür.

PROBLEMLER

1. Tam sıralı kümeler arasındaki essıralılık bagıntısının bir denklikbagıntısı oldugunu gösteriniz.

2. Tam sıralı bir kümenin iyi sıralı olması için gerekli ve yeterlikosul azalan sonsuz bir diziyi kapsamamasıdır (Baska bir dey-isle, dogal sırada negatif tamsayılara essıralı bir diziye sahipolmamasıdır). Gösteriniz.

3. (X,) tam sıralı bir küme olsun. Her A ⊂ X alt kümesinin hemilk hem son ögesi varsa, gösteriniz ki X sonlu bir kümedir.

4. Iyi sıralı olma kosulu yerine tam sıralı olma kosulu alınırsa,0.381, 0.382, 0.384 teoremlerin saglanmayacagını birer karsıtörnek ile gösteriniz.

5. Tam sıralı öyle bir A kümesi ve bir f : A → A essıra dönüsümübulunuz ki, f dönüsümünün sabit noktası olmasın; yani herx ∈ A için f (x) 6= x olsun.

SIRA SAYILARI

Iyi sıralanmıs iki küme benzer iseler, yani sıraca esyapılı iseler, bu ikikümenin ortak bir özelikleri vardır. Iste bu ortak noktadan hareke-tle sıra sayılarını tanımlayacagız. Kabaca söylersek, iyi sıralanmısbir kümenin sıra sayısı bu kümeye benzer olan bütün kümelerinyapılarını belirleyen soyut bir varlıktır.

290 calculus

Anımsanacagı gibi, nicelik sayılarını tanımlarken, bu sayılarınseçilecek özel kümelere baglı olmadıgını göstermek için (209)sistemini seçmistik. Sıra sayıları için de benzer seyi yapabiliriz.Gerçekten,

∅, ∅, ∅, ∅, ∅, ∅, ∅, ∅, . . . (312)

ailesinin kapsama bagıntısına göre iyi sıralanmıs oldugu apaçıktır.Ayrıca, burada ilginç bir özelik daha saglanmaktadır. (312) ailesininögelerini, sırasıyla,

a0 = ∅, a1 = ∅, a2 = ∅, ∅, a3 = ∅, ∅, ∅, ∅ . . .(313)

ile gösterelim. Tabii bu durumda (312) ailesi

a0 ⊂ a1 ⊂ a2 ⊂ a3 ⊂ . . . (314)

seklinde kapsamaya göre iyi sıralıdır. Basitligi saglamak için buaileyi X ile gösterelim; yani X = a0, a1, a2, a3, . . . olsun. Simdi Xin herhangi bir ai ögesi ile saptanan önel bölügünü düsünelim:

Xai = ai (315)

olmaktadır. Bu, (312) sistemindeki her ögenin saptadıgı önelbölügün, kendisine esit olması demektir.

Bölüksel Küme

Tanım 0.386. (X,) iyi sıralanmıs kümesi verilsin. Eger X in her aögesi, a nın saptadıgı önel bölüge esitse; yani a = Xa ise, (X,) iyisıralanmıs kümesine "bölüksel" ’dir, (ya da bölüksel olarak iyi sıralan-mıstır) denilir.

Her (X,) iyi sıralanmıs kümesi için, (314) geregince

a b⇔ Xa ⊂ Xb (316)

oldugundan, her bölüksel iyi sıralanmıs küme "kapsama" bagın-tısına göre sıralanmıstır. Su halde X kümesini ve sıralama bagın-tısını belirtmeden, "bölüksel bir küme" dememiz yetecektir.

Theorem 0.387. Bölüksel bir kümenin her önel bölügü de bölüksel birkümedir.

Ispat: X bölüksel bir küme ve Xa bunun bir önel bölügü olsun.Xa ⊂ X oldugundan, Xa iyi sıralanmıs bir kümedir. Çünkü iyi sıralıkümenin her alt kümesi de iyi sıralıdır. Öte yandan, her b ∈ Xa için(Xa)b = Xb = b oldugundan, Xa bölüksel bir kümedir.

Theorem 0.388. Bölüksel bir X kümesinin bir Y has alt kümesi bölükselise, Y alt kümesi X in bir önel bölügüdür.

Ispat: Herhangi bir a ∈ Y için X içinde a = Xa ve Y içinde a = Ya

olacaktır. Su halde Xa = Ya olmalıdır; yani X içinde a dan öncegelen bütün ögeler Y ye ait olacaktır. Y, X in bir has alt kümesioldugundan (X − Y) 6= ∅ dir; öyleyse c = inf(X − Y) olmak üzereY = Xc olur.

sira sayilari 291

Theorem 0.389. Bölüksel iki kümenin arakesiti bölükseldir.

Ispat: X ve Y iki bölüksel küme olsun. Her ikisindeki sıralamakapsama islemine göre oldugundan, arakesitlerini hem X in hem deY nin birer alt kümesi olarak düsünürsek, bu da kapsamaya göreiyi sıralanmıs bir küme olacaktır. Eger a ∈ X ∩ Y ise a = Xa vea = Ya olur. Bu, X içinde a dan önce gelen bütün ögelerin Y içindede a dan önce gelmesini, dolayısıyla X ∩ Y içinde de aynı seyinolmasını gerektirir. Su halde a ∈ (X ∩Y)a dır ve buradan X ∩Y ninbölüksel oldugu çıkar.

Theorem 0.390. Bölüksel iki küme esit degilseler, birisi ötekinin bir önelbölügüdür.

Ispat: X ve Y iki bölüksel küme olsun. X ∩ Y bölüksel oldugun-dan, ya X ∩Y = X dir ya da X ∩Y arakesiti X in bir önel bölügüdür.Aynı düsünüsle, ya X ∩ Y = Y dir ya da X ∩ Y arakesiti Y nin birönel bölügüdür.

X ∩ Y = X ise X ⊂ Y dir ve dolayısıyla ya X = Y ya da X, Y ninbir önel bölügü olur.

Benzer olarak, X ∩ Y = Y ise, ya X = Y ya da Y, X in bir önelbölügü olur.

Geriye kalan tek olası durum X ∩ Y nin hem X in hem de Y ninbirer önel bölügü; yani X ∩ Y = Xa = Yb olmasıdır. Bu durumdaXa = a, Yb = b olacagından a = b elde edilir, ki bu a ∈ X ∩ Yolmasını gerektirir ve X ∩Y = Xa oldugu kabulüne aykırı düser.

Theorem 0.391. Bölüksel bir X kümesi bölüksel bir Y kümesiyle essıralıise X = Y dir.

Ispat: f essıra dönüsümü altında X ∼= Y olsun. Belirli bir a ∈ Xögesinden önce gelen bütün x ∈ X ögeleri için x = f (x) oldugunukabul edelim. Bu durumda Xa = Yf (a) ; yani a = f (a) olacaktrr. Ohalde sonlu ötesi tüme varım ilkesine göre, her x ∈ X için x = f (x) ;yani X = Y olacaktır.

Lemma 0.392. Iyi sıralanmıs bir küme, en çok bir tane bölüksel küme ileessıralı olabilir.

Bölüksel kümeleri sıra sayıları olarak alabilmek için, iyi sıralan-mıs her kümenin bolüksel bir küme ile essıralı oldugunu göster-memiz gerekiyor. Asagıdaki iki teoremde bunu ele alacagız.

Theorem 0.393. Iyi sıralanmıs bir X kümesinin her önel bölügü birbölüksel küme ile essıralı ise, X bölüksel bir küme ile essıralıdır.

Ispat: Kabul edelim ki, X in Xx önel bölügü gx essıra dönüsümüylebir Z(x) bolüksel kümesine resmedilsin; yani Xx = Z(x) olsun.

Z = z | ∃x(x ∈ X ∧ z = Z(x)) (317)

diyelim. Simdif : X → Z, f (x) = Z(x)

292 calculus

fonksiyonunu tanımlayalım. x ≺ y olmak üzere x, y ∈ X verilsin.Buna göre, gx essıra dönüsümü altında

Xx ∼= Z(x)

ve gy nin Xx kümesine kısıtlanmısı olan gy|Xxessıra dönüsümü

altında

Xx = (Xy)x ∼= (Z(y))gy(x)

olacaktır. Kabulümüz geregince Z(x) bölüksel oldugundan (Z(y))gy(x)

de bölüksel olur; çünkü, bölüksel bir kümenin bir önel bölügüdür.Su halde Teorem 0.391 den,

Z(x) = (Z(y))gy(x) (318)

çıkar. x ≺ y oldugundan da Z(x) in Z(y) nin bir önel bölügüoldugu ve böylece

x ≺ y⇒ Z(x) ⊂ Z(y) (319)

özeliginin saglandıgı görülür, x 6= y oldugunda x ≺ y ve y ≺ xvarsayımlarından ancak bir tanesi dogru olacagından, (319) den

x ≺ y⇐⇒ Z(x) ⊂ Z(y) (320)

sonucunu çıkarabiliriz. Artık (319) den f : X → Z fonksiyonununbbö oldugu, (320) den de f nin (X,) den (Z,⊂) sistemine biressıra dönüsümü oldugu çıkar. (X,) iyi sıralanmıs oldugundan(Z,⊂) sistemi de iyi sıralanmıstır.

(318) egitligine dönerek, Z(x) yerine f (x) ve Z(y) bölükseloldugundan (Z(y))gy(x) yerine gy(x) yazabiliriz.

Böylece, her x ≺ y için

f (x) = gy(x) (321)

yani

f|Xy = gy (322)

elde edilir. Artık Z deki iyi sıralamanın bölüksel oldugu hemengörülür; çünkü

Zzy = z | ∃x(x ∈ X ∧ Z(x) ⊂ Z(y) ∧ z = Z(x))

= z | ∃x(x ∈ X ∧ x ≺ y ∧ z = f (x))= z | ∃x(x ∈ X ∧ x ≺ y ∧ z = gy(x))= Z(y)

dir.

Theorem 0.394. Iyi sıralanmıs her küme bir ve yalnız bir tane bölükselküme ile essıralıdır.

Ispat: X iyi sıralanmıs bir küme olsun. Sonlu ötesi tüme varımilkesiyle Teorem 0.391 den X ile essıralı bir bölüksel kümenin varlıgıçıkar. Bunun tekligi ise Sonuç 0.392 tan biliniyor.

sira sayilari 293

SIRA SAYILARININ KARSILASTIRILMASI

X iyi sıralanmıs, bir küme olsun. X ile essıralı olan biricik bölükselkümeye X in sıra sayısı diyecek ve bunu

X,∼X, ord(X) (323)

simgelerinden birisiyle gösterecegiz.

Theorem 0.395. Iyi sıralanmıs iki kümenin essıralı olabilmesi için gereklive yeterli kosul, bu iki kümenin aynı sıra sayısına sahip olmasıdır.

Ispat: X ve Y verilen iyi sıralanmıs kümeler ise,

X ∼= Y ⇐⇒ X = Y (324)

oldugunu göstermeliyiz. X ∼= X ve Y ∼= Y oldugu açıktır. Teorem0.391 geregince

X ∼= Y ⇔ X ∼= Y ⇔ X = Y (325)

olur.

Theorem 0.396. Iyi sıralanmıs iki küme essıralı degilseler, birisi ötekininbir önel bölügü ile essıralıdır,

Ispat: X ve Y verilen iyi sıralanmıs kümeler olsun. Uygun f ve gdönüsümleri altında

Xf∼= X, Y

g∼= Y (326)

dir. Teorem 0.390 geregince, asagıdaki üç durumdan birisi vardır:

(a) X = Y

(b) X = Yy (Yy, Y nin bir önel bölügüdür).

(c) Y = Xx (Xx X nin bir önel bölüktür.

(a) durumu varsa X ∼= Y olur. (b) durumu varsa X ∼= Zg−1(y) olur.(c) durumu varsa Y ∼= X f−1(x) olur. Böylece istenen sey elde edilmisolur.

Buraya kadar söylenenleri bir araya derlersek, asagıdaki önermeortaya çıkar:

Lemma 0.397. α, β herhangi iki sıra sayısı ise, asagıdaki üç durumdanbirisi ve yalnızca birisi vardır:

(i) α sıra sayısı β sıra sayısının has bir önel bölügüdür; yani α ∈ β dır.

(ii) α = β dır.

(iii) β sıra sayısı α sıra sayısının has bir önel bölügüdür; yani β ∈ α dır.

Sıra sayıları kümesi üzerinde ≤ simgesiyle gösterilen bir bagın-tıyı söyle tanımlayalım:

294 calculus

Tanım 0.398. α, β herhangi iki sıra sayısı ise

α ≤ β⇔ α, β nın bir önel bölügüdür (327)

⇔ (α ∈ β) ∨ (α = β) (328)

dır.Bu tanımı kullanarak, alıstıgımız üçleme (trichotomy) kuralını

yazabiliriz:

Lemma 0.399. α, β herhangi iki sıra sayısı ise asagıdaki üç durumdanbirisi ve yalnızca birisi vardır:

(i) α ∈ β

(ii) α = β

(iii) β ∈ α

SIRA SAYILARININ ARITMETIGI

Sıra sayıları içinde toplama, çarpma ve üs alma islemleri tanımlan-abilir. Asagıda, sıra sayıları içindeki aritmetik islemlerini tanımla-makla yetinecek, ayrıntılara girmeyecegiz. Önce esitsizlik tanımın-dan baslayalım.

Tanım 0.400. α ve β iki sıra sayısı ve α = A, β = B olacak sekildeiyi sıralanmıs A ve B kümeleri verilsin. Eger A kümesi, B nin bir önelbölügüne benzerse, α sıra sayısı β sıra sayısından küçüktür, denilir ve

α < β (329)

simgesiyle gösterilir.

Sıra sayıları içindeki toplama islemini tanımlamak için, sıralan-mıs bilesimleri bilmemiz gerekiyor.

Tanım 0.401. A ve B tam sıralanmıs iki küme ve A ∩ B = ∅ olsun.A ∪ B içinde, su sekilde bir sıralama islemi tanımlayalım:

x, y ∈ A ∪ B için x ≺ y olması için gerekli ve yeterli kosullarsunlardır:

x ≺ y⇔

x ∈ A ∧ y ∈ B,

(x, y ∈ A) ∧ (x ≺ y) A daki sıralamaya göre

(x, y ∈ B) ∧ (x ≺ y) B deki sıralamaya göre

Içinde bu sıralama bagıntısı olan A∪ B bilesimini A] B simgesiylegösterecegiz.

Uyarı 0.402. A ] B nin B ] A dan farklı olacagına dikkat ediniz. Yukar-daki tanım, genel olarak, bir kümeler ailesi için de söylenebilir.

sira sayilari 295

Sıra sayılarının Toplamı

Tanım 0.403 (Toplama). α ve β iki sıra sayısı ise α = A ve β = B olmaküzere; α⊕ β = ord(A ] B) dır.

Burada A ve B kümeleri iyi sıralı oldugundan, A ] B bilesimide iyi sıralı olacaktır. Çünkü her küme iyi sıralanabilir. Kolaycagörülecegi gibi, sıra sayılarında toplama islemi

(α⊕ β)⊕ γ = α⊕ (β⊕ γ) (330)

birlesme (associative) özeligine sahiptir. Ancak, sıra sayılarındatoplama islemi yer degisim (commutative) özeligine sahip degildir;yani

α⊕ β 6= β⊕ α (331)

dır.

Sıra sayılarının Çarpımı

Tanım 0.404. Iyi sıralanmıs A ve B kümelerinin A × B kartezyençarpımının ters konum sıralaması söyle tanımlanır: (a, a′), (b, b′) ∈A× B için

(a, a′) < (b, b′)⇔ [(a′ < b′) ∨ (a′ = b′ ∧ a < b)] (332)

Bu bagıntıya göre A× B iyi sıralanmıstır. Üstündeki bu sıralamanınvar oldugunu belirtmek için A × B kartezyen çarpımını, A Bsimgesiyle gösterelim.

Tanım 0.405 (Çarpma). a ile b iki sıra sayısı ise, a = A, b = B olmaküzere, sıra sayılarının çarpımı asagıdaki kural ile tanımlanır:

a.b = ord(A B) (333)

Sıra sayılarında ⊕ çarpma islemi su özeliklere sahiptir:

(i) (ab)c = a(bc)

(ii) a(b⊕ c) = ab⊕ ac (dagılma özeligi)

(iii) (b⊕ c)a 6= ba⊕ ca

(ii) ve (iii) özeliklerinden sunu görüyoruz: Sıra sayılarında soldançarpmanın toplama üzerinde dagılma özeligi vardır, ama sagdançarpmanın toplama üzerine dagılma özeligi yoktur.

296 calculus

Sıra sayılarında Üs Alma

Sıra sayılarının sonlu üsleri (kuvvetleri) çarpma yardımıyla tanım-lanabilir. Böylece

ω, ω2, ω3, ω4, ω5, . . . (334)

üsleri bulunabilir. Sonsuz kuvvetlerini tanımlamak için

ω, ωω, ωωω, ωωωω

, ωωωωω

, . . . (335)

biçimindeki dizileri düsünmek gerekir. Bu ileri konu bu dersinkapsamı dısındadır.

BÜTÜN SIRA SAYILARIN SINIFI

BÜTÜN SIRA SAYILARIN SINIFI: WBuraya kadar yaptıgımız islemlerde, bölüksel kümelerle sıra

sayılarını bir tutmus olduk. Yani "bölüksel küme" deyimi ile "sırasayısı" deyimi es anlamlı olmaktadır. Özel olarak, bölüksel bir Xkümesinin X sıra sayısının X oldugu apaçıktır.

Bütün sıra sayılarının sınıfını W ile gösterecegiz. Tabii W ninögeleri kümeler oldugundan, W kapsama bagıntısına göre tikelsıralanmıs bir kümedir. Ayrıca, Teorem 0.390 geregince, tam sıralıolmaktadır. Giderek, W nun iyi sıralı oldugunu ve bölüksel birküme oldugunu göstermek mümkündür. Buradan hareketle, suteorem ifade edilebilir.

Theorem 0.406. Herhangi bir a sıra sayısı, " a dan küçük olan bütün sırasayılarından olusan Wa iyi sıralanmıs kümesinin sıra sayısıdır.

Ispat: a = Wa olacak sekilde bir Wa = W var olacaktır. a bölükselbir küme oldugundan a = a dır; yani Wa = Wa dır. Böylece istenena = Wa esitligi çıkar.

PROBLEMLER

1. Bölüksel bir kümenin bütün alt - kümeleri kümesinin, yanikuvvet kümesinin, kapsamaya göre iyi sıralı olmadıgını gös-teriniz.

2. A, B, C, D birbirlerinden ayrık ve tam sıralı kümeler olsun. A ∼=C, B ∼= D ise A ] B ∼= C ] D oldugunu gösteriniz.

3. Sıra sayıları için toplama isleminin birlesebilir oldugunu gös-teriniz.

4. α, β, γ sıra sayıları ve α ⊕ β = α ⊕ γ ise β = γ oldugunugösteriniz.

5. Iyi sıralı her sonlu küme bir dogal sayı ile esyapılıdır. Gösteriniz

6. Her dogal sayı, iyi sıralı sonlu bir sayıya esyapılıdır.

AKSIYOMLAR VE PARADOKSLAR

KÜMELERIN AKSIYOMATIK YAPISI

Hatırlanacagı üzere, bu dersin baslangıcında, kümeler kuramını ak-siyomatik olarak incelemeyecegimizi söylemis, ve kümeyi "ögelerintoplulugu" olarak ele almıstık. Ama bu tanımın "küme" nin niteliginiortaya koyamadıgını anlamak için çok dikkatli bir düsünce bilegerekmiyor. O halde, simdiye degin sezgiye dayanarak üzerindeçalıstıgımız "küme" nin varlıgını garanti edecek daha belirginkavramlar gereklidir. Yine belirtelim ki, bu dersin amacı, kümelerkuramını aksiyomatik olarak incelemek degildir. Bu bolümde yap-mak istedigimiz sey, kümeleri salt sezgi yoluyla ele alınca, giderekbazı paradokslarla karsılastıgımızı; ancak baslangıçta bazı aksiy-omları kabul ederek, hem "küme" nin varlıgını garanti etmenin,hem de paradokslardan kurtulmanın mümkün oldugunu belirtmek-tir. Kümeler kuramını ilk kez sistematik olarak inceleyen matem-atikçi Georg Cantor (1815-1918) dur. Cantor, kümeler cebirini, burayakadar bizim sezgi yoluyla yaptıgımız gibi ortaya koymustur. Dahasonraları, matematigin temelleri arastırılmaya baslanınca, KümelerKuramı, Cantor’dan sonraki matematikçiler tarafından daha formalolarak biçimlendirilmeye çalısılmıstır. Cantor’un "küme" deyimin-den kastettigi su idi: x degiskeni (degiskenleri) bir p önermesinisaglıyorsa x | p(x) kümesi

a ∈ x | p(x) ⇔ p(a) (336)

seklinde tanımlanır. Bu düsünüsle, her p önerme fonksiyonu birküme tanımlar. Kavrama ilkesi (principle of Comprehension)denilen bu yolla kümelerin belirlenmesi geçen yüzyılın ünlümatematikçisi ve düsünürü Bertrant Russel, kendi adıyla anılanparadoksu ortaya atana dek süregeldi. Gerçekte ilk ortaya konanRussel paradoksu degil, 1897 de bulunan Burali-Forti paradoksudur;bunu bu bölümün sonunda açıklayacagız.

Russel Paradoksu

Russel Paradoksu (1902 -1903): p(x) önerme fonksiyonunu x /∈ xolarak tanımlayalım. p nin tanımladıgı küme w = x | x /∈ xkümesidir. Bu durumda

298 calculus

w ∈ w⇒ w /∈ w (337)

w /∈ w⇒ w ∈ w (338)

olacaktır ki, bu ne w ∈ w ve ne de w /∈ w önermesinin dogruolamayacagını ya da her ikisinin de aynı anda dogru oldugunugösterir. Bu, kümeler Kuramında bir çatıskı (paradoks) yaratır. Budemektir ki, kümeleri salt bir önerme fonksiyonu ile belirlemek,bizi paradoksa götürüyor. Öyleyse, kümeler kuramımın varlıgınıgaranti edecek bazı belitleri (aksiyomları) koymak zorundayız,Kümeler Kuramının belitsel (aksiyomatik) kurulusu, matematikçilertarafından degisik biçimlerde yapılmıstır. Ancak bunları iki stan-dart yola ayırmak mümkündür.

RUSSEL YÖNTEMI

Russel tarafından kurulan bu biçimde, esas düsünce, bizi paradoksagötüren "kümelerin kümesi" kavramından sakınmak için, kümelerisınıflara ayırmaktır. Russel’a göre; bireyler, bireylerin kümeleri,bireylerin kümelerinin kümeleri,... vb. birbirlerinden farklı düzey-deki varlıklardır. Su halde x ∈ y nin anlamlı olabilmesi, ancaky nin x den sonraki düzeyde olmasıyla mümkündür. Öyleyse,x ∈ x (dolayısıyla x /∈ x) ifadesi küme tanımlamak için bir ön-erme fonksiyonu degildir. Buradan hareketle, Russel paradoksunagötüren x | x /∈ x kümesinin var olamayacagı (tabii, kümelerkuramını Russel anlamında kurarsak) anlasılır.

Russel yöntemiyle kümeler kuramının kurulusuna, bugünekadar, öldürücü bir itiraz gelememistir. Ancak, bu yöntemin hermatematikçi tarafından kabul edilmesi beklenemz. Özetlersek, Rus-sel yönteminde, kümeler kuramında paradoksu doguran kavram-dan mantıksal (logic) bir yolla sakınılmaktadır.

ZERMELO YÖNTEMI

Bu yöntemde, mantıksal bir biçime girmeden, dogrudan dogruya,kümeler kuramında karsılastıgımız islem ve kavramları doguracakyeterlikte ve paradokslardan koruyacak nitelikte bazı aksiyomlarkabul edilmektedir. Bu yöntemi ilk kez Zermelo (1908), ortaya koy-mus ve daha sonra çesitli matematikçiler tarafından gelistirilmistir.Zermelo yöntemini daha çok açıklamayı denemek yerine, bu yön-temle kümeler kuramının nasıl kuruldugunu bir örnekle açıklamakdaha yararlı olacaktır.

Zermelo-Fraenkel Aksiyomları

Küme ve öge kavramı ilkel kavramlardır (her ikisi de tanımsızdır).Kümelerin, asagıda ifade edilecek aksiyomların dısında hiçbirözelige sahip oldugu varsayılmaz. Zermelo - Fraenkel kuramında, be-lirli varlıkların bölgesi düsünülür ve bu bölgedeki varlıklar kümeler

aksiyomlar ve paradokslar 299

olarak kabul edilir. Küme ve öge arasında bir ayırım yoktur. Bubölgede ∈ simgesiyle gösterilen belirli bir bagıntı "ögelik" bagıntısıolarak kabul edilir ve a ∈ b ( "a, b nin ögesidir") seklindeki ilkelkavram (tanımsız kavram) olarak alınır. Bir b kümesinin her ögesibir c kümesinin de ögesi oluyorsa, b ye c nin bir alt kümesidir, denilirve b ⊂ c ile gösterilir.

1. Yayma Beliti: Eger iki küme aynı ögelere sahipse, bunlar birbirineesittir; yani

∀x(x ∈ a⇔ x ∈ b) =⇒ a = b (339)

dir.

2. Ilkel Kümeler Beliti: Hiçbir ögesi olmayan bir ∅ kümesi vardır.Eger a ve b iki kümeyse, yalnız a ögesine sahip a kümesi ileyalnız a ve b ögelerine sahip olan a, b kümesi vardır.

3. Alt Kümelerin Seçilmesi Beliti: a verilmis bir küme, p(x) her birx ∈ a için anlamlı bir önerme fonksiyonu ise, öyle bir b kümesivardır ki, b nin ögeleri a nın p(x) önermesini dogru kılan xögelerinden ibarettir:

x ∈ b⇔ (x ∈ a ∧ p(x)) (340)

4. Kuvvet Kümesi Beliti: a verilmis bir kümeyse, ögeleri a nın bütünalt kümelerinden ibaret olan bir P(a) kümesi vardır:

x ∈P(a)⇔ x ⊂ a (341)

5.Bilesim Beliti: a verilmis bir kümeyse, ögeleri a nın ögelerininögelerinden ibaret olan bir ∪a kümesi (buna a nın bilesimi denir)vardır:

x ∈ ∪a⇔ ∃y(x ∈ y ∧ y ∈ a) (342)

6.Seçme Beliti: Bir a kümesi verilsin. a nın bütün ögeleri ∅ danfarklı olsun ve bu ögelerin ortak ögeleri var olmasın. Bu du-rumda, öyle bir c kümesi vardır ki, bunun a nın her ögesiyle birve bir tek ortak ögesi vardır.

7.Sonsuzluk Beliti: Öyle bir küme vardır ki, ∅ bunun bir ögesidir veeger e bunun bir ögesi ise e de bir ögesi olur.

8.Yerlestirme Beliti: a verilmis bir küme olsun, a nın her x ögesini birtek y ögesine baglayan bir ψ(x, y) önerme fonksiyonu varsa; yani

∀x[x ∈ a⇒ ∃y(ψ(x, y) ∧ ∀z(ψ(x, z)⇒ y = z))] (343)

varsa, öyle bir a′ kümesi vardır ki, bunun ögeleri tamamıyla,yukarıdaki biçimde a nın ögelerine baglanan y lerden ibarettir.

9.Kurma Beliti: a bos olmayan herhangi bir kümeyse, a nın öyle bir eögesi vardır ki, a ile e nin hiçbir ortak ögesi yoktur.

300 calculus

Açıklanmalarına girmeyecegimiz bu aksiyomların bazısı, zatenalıskın oldugumuz özeliklerin ifadesinden ibarettir. Ama bazılarıda, hemen sezgiyle anlasılamayacak daha derin anlama sahiptir.Örnegin, son aksiyomu açıklamak için Bernay’in tamamen for-malize edilmis sistemlerine girmek gerekir, ki bu dersin kapsamıdısında oldugunu söylemistik.

PARADOKSLAR

Bu bolümü bitirmeden Önce bazı ünlü paradoksları (çatıskıları)söylemek yararlı olacaktır.

Cantor Paradoksu

(Bütün kümelerin kümesi) Bütün kümelerin kümesine A diyelim.Tabii A nın her alt kümesi yine A nın bir ögesidir. Su halde A nınkuvvet kümesi de A nın bir alt kümesi olacaktır; yani

P(A ) ⊂ A (344)

olacaktır, ki buradan

P(A ) A (345)

çıkar. Oysa 0.329 Cantor Teoremine göre

P(A ) A (346)

oldugunu biliyoruz. Su halde, "bütün kümelerin kümesi" kavramıbizi bir paradoksa götürmektedir.

Russel Paradoksu

Bütün kümelerin kümesini

(a) Kendi kendini içeren kümeler;

(b) Kendi kendini içermeyen kümeler;

diye ikiye ayırsak daha önce açıklamıs oldugumuz Russel Paradok-suna varıyoruz.

Burali-Forti paradoksu

(Bütün sıra sayılarının kü mesi) Bütün sıra sayılarının kümesine ∆diyelim. ∆ nın (yukardaki W sınıfı yerinde oldugunu düsünürsek)bölüksel bir küme olacagını biliyoruz. Su halde Öyle bir Wλ = λ ∈W vardır ki

∆ = λ = Wλ, (∆ = W) (347)

olur. Oysa bu Teorem ?? ile çelisir, zira (347) bagıntısı iyi sıralıW = ∆ kümesinin Wλ önel bölügüne benzer olmasını gerektiriyor.Hemen görüldügü gibi, bu paradokstan kurtulmak için, "bütün sırasayılarının kümesi" deyimi yerine "bütün sıra sayılarının W sınıfı"deyimini kullanıyoruz. Zaten, yukardakî paradokstan, ∆ kümesininvar olmadıgı anlamını çıkarabiliriz.

aksiyomlar ve paradokslar 301

Bütün Nicelik Sayılarının Kümesi

Bütün nicelik sayılarının kümesine N diyelim. Her a ∈ N niceliksayısı için a = \(Aa) olacak sekilde bir A kümesi vardır.

A =⋃

a∈N

Aa (348)

diyelim. P(A) nın nicelik sayısı \(P(A)) ∈ N oldugundan

\(P(A)) = \(A\(P(A))) (349)

olacak sekilde bir A\(P(A)) kümesi vardır. (348) in tanımından

A\(P(A)) ⊂ A

dır. O halde\(P(A)) = \(A\(P(A))) \(A)

olacaktır. Oysa\(P(A)) \(A)

olması gerekiyordu. Görülüyor ki, bütün nicelik sayılarının kümesikavramı bizi paradoksa götürüyor. [?], [?], [?], [2], [12], [21]

OKUMA PARÇALARI

Yukardakilere benzer daha birçok paradoks vardır. Biz buradapopüler birkaç tanesini daha söylemekle yetinecegiz.

Berber (Russel, 1919) Bir kasabanın berberi, o kasabada kendikendisini tras etmeyen herkesi ve yalnız onları tras ediyor. Acababu berber, kendi kendini tras eder mi?

Belediye Baskanı Bir masal ülkesinde her belediye bir baskana sahipolmalıdır ve farklı iki belediye aynı baskana sahip olamaz. Bazıbelediye baskanları, baskanı oldukları belediyenin sınırları dısındaikâmet ediyorlar. Kabul edelim ki, yeni bir kanunla bu tür belediyebaskanları bir S bölgesine yerlestiriliyor. S bölgesi o kadar büyükoluyor ki, burada da yeni bir belediye kurmak gerekiyor. S ninbaskanı nerede oturmalıdır?

Avukat ve Ögrencisi Olay eski Yunan’da geçer. O zamanın ünlü biravukatı bir ögrencisine özel avukatlık dersleri verecektir. Ögren-cisiyle söyle anlasırlar:

Dersler bitene dek ögrenci hiç ücret ödemeyecektir. Eger, ögrenciilk girdigi davayı kazanacak olursa, ögretmenine belirli bir ücretödeyecektir; eger ilk davasını kazanamazsa, hiçbir ders ücreti öde-meyecektir.

Bir süre sonra dersler bitmis ve ögrenci artık genç bir avukat olmus-tur. Ama uzun sure hiçbir davayı üzerine almamıs, yaslı avukatınsabrını tasırmıstır. Ücretini almak için ögrencisini mahkemeyeveren yaslı avukat, yargıçlar kuruluna der ki:

302 calculus

"Eger bu davayı kazanırsam, yüksek mahkemenin kararı gereginceücretimi almalıyım; eger bu davayı kaybedersem, anlasmamızgeregince ögrencim ilk girdigi davayı kazandıgı için yine ücretimialmalıyım ..."

Bu sözleri duyan genç avukat ayaga fırlar ve cevap verir:

"Hayır! Sayın Yargıçlar Kurulu, ögretmenim yanılıyor. Çünkü,bu davayı ben kazanırsam, mahkemeniz kararı geregince ücretvermeyecegim; eger kaybedersem, anlasmamız geregince, yine ücretvermeyecegim ..."

Acaba, hangisi haklıdır?

Timsah Bir çocugu kaçıran bir timsah, çocugun babasına sözveriyor:

"- Çocugu geri verip vermeyecegimi tahmin edebilirseniz, çocugunuzuyemeden geri verecegim."

Baba, timsahın çocugu geri vermeyecegini tahmin etse, timsahçocugu geri vermeli midir ?

Epimenide Paradoksu Yalanci Paradoksu

"Su anda söylemekte oldugum sey yalandır."

Acaba bu ifade dogru mu, yalan mı?

SEÇME AKSIYOMU

SEÇME AKSIYOMU VE ESDEGERLERI

GIRIS

Bir X kümesi düsünelim. Bu küme ya bostur ya degildir. Degilse,X kümesine ait bir öge seçilebilir. Simdi baska bir Y kümesi dahadüsünelim. X ile Y nin kartezyen çarpımını X × Y ile göstermistik.Eger X ile Y den birisi ya da ikisi de bossa X × Y de bos olacaktır.Eger her ikisi de bos degilse, bir x ∈ X ve bir y ∈ Y vardır ve bu ikiögenin olusturdugu (x, y) sıralı çifti X×Y kartezyen çarpımına aittir;dolayısıyla bu kartezyen çarpım bos küme degildir. Bu düsünüsle,giderek, sonlu sayıda bir kümeler ailesinin kartezyen çarpımınınbos olması için, bu kümelerden en az birisinin bos olmasının gereklive yeterli oldugunu söyleyebiliriz. Bunu baska türlü söylersek,"Sonlu sayıda bos olmayan kümelerin kartezyen çarpımı bos degildir"diyebiliriz. Gerçekten, bunu sonlu tüme varım yöntemiyle kolaycagösterebiliriz.

Acaba ilk bakısta pek dogal görünen bu özeligi, sonsuz sayıdakümeler ailesi için de söyleyebilir miyiz? Cebir, analiz, topoloji gibialanlarda önemli bir araç olarak kullanılan bu özelik ve bunaesdeger olan baska özeliklerin varlıgı ispatlanamadı. Bunun üzer-ine, 1900 yıllarında Alman matematikçi Ernst Zermelo bu özeliginbir aksiyom olarak kabul edilmesini önerdi. "Seçme Aksiyomu" diyeadlandırılan bu özeligi söyle ifade edebiliriz:

Theorem 0.407. [Seçme Aksiyomu] Bos olmayan kümelerden olusan bosolmayan bir ailenin kartezyen çarpımı bos degildir.

Bunu daha iyi açıklamak için herhangi bir Aı : ı ∈ I ailesininkartezyen çarpımını anımsayalım: Πı∈I Aı ile gösterdigimiz buçarpım, her ı ∈ I için f (i) ∈ Aı kosulunu saglayan bütün

f : I →⋃ı∈I

Aı (350)

fonksiyonlarının olusturdugu küme idi. Bu f fonksiyonlarındanherbirisine bir seçme fonksiyonu denilir. Kartezyen çarpımın bosolmaması demek, en az bir seçme fonksiyonu var demektir (bkz.(350))

Hemen belirtelim ki Seçme Aksiyomu, yukarıdakine denk olandegisik baska biçimlerde de ifade edilebilir. Biraz sonra onlarıgörecegiz.

304 calculus

SEÇME AKSIYOMU BAGIMSIZDIR

Seçme Aksiyomu matematikte önemli uygulamaları olan bir varsayımdır.Bu bakımdan, matematikçilere büyük bir çalısma konusu olmustur.Burada, Seçme Aksiyomu için de, Sürey Hipotezi için elde edilensonuçların benzerlerinin varlıgını söylemekle yetinecegiz. Busonuçlar, yine, Kurt Gödel (1940) ve Paul Cohen (1965) tarafındanverilmistir. Kısaca özetlersek, Gödel, Kümeler Kuramının aksiy-omlarına Seçme Aksiyomu eklendiginde sistemde bir çeliski dog-madıgını; yani, Kümeler Kuramının öteki aksiyomlarıyla birlikteSeçme Aksiyomunun çelismez bir sistem olusturdugunu gösterdi.Cohen ise, Seçme Aksiyomunun, Kümeler Kuramının öteki ak-siyomlarından bagımsız oldugunu gösterdi. Buna göre, SeçmeAksiyomunu varsayan bir Kümeler Kuramı kurulabildigi gibi, buaksiyomu varsaymayan bir Kümeler Kuramı da kurulabilir. Her ikisistem kendi içlerinde tutarlıdır (çelismez), ama birbirlerinden farklısistemler olurlar. [9]

SABIT NOKTA TEOREMI

Tanım 0.408. Tikel sıralı bir kümenin tümel sıralı her alt kümesi birzincirdir.

Özel olarak, tümel sıralı her küme bir zincirdir.

Tanım 0.409. (E,) tikel sıralanmıs sistem ve a ∈ E olsun. E ninasagıdaki üç özelige sahip bir B alt kümesine içeren bir küme diyecegiz:

(i) a ∈ B

(ii) f (B) ⊂ B

(iii) B içindeki her zincirin en küçük üst sınırı yine B ye aittir.

Theorem 0.410. (E,) tikel sıralanmıs sistemi içindeki her zincirin birüst sınırı var olsun. Eger f : E → E azalmayan bir fonksiyon ise, ffonksiyonu altında sabit kalan bir w ∈ E ögesi vardır.

Ispat:

x ∈ E⇒ x ≤ f (x) (351)

ise

(∃w ∈ E) f (w) = w (352)

oldugunu göstermeliyiz.Bir a ∈ E ögesi seçelim. Bu ispat boyunca seçtigimiz bu a ögesi

sabit kalacaktır. E nin bütün içeren alt kümelerinden olusan aileyeB diyelim. E kümesinin içeren bir küme oldugu apaçıktır; yaniB ailesi bos degildir. Kolayca görülecegi üzere içeren kümelerinarakesiti de içeren bir kümedir; öyleyse,

A = ∩B = ∩B : B ∈ B (353)

seçme aksiyomu 305

arakesiti, en küçük içeren kümedir. Simdi

A = x ∈ E | a x (354)

kümesini düsünelim. Bunun içeren bir küme oldugunu göstere-cegiz, a ∈ A oldugu apaçıktır; yani A kümesi (i) kosulunu saglar.A kümesinin ve f fonksiyonunun tanımından, her x ∈ A için

a x f (x) ∈ E çıkar. Öyleyse f (A) ⊂ A olur; yani (ii) kosulusaglanır.

Son olarak, A içinde herhangi bir Z zinciri alalım. Z nin enküçük üst sınırı t olsun. Eger t /∈ A olsaydı, A nın tanımı geregince,t ≺ a olurdu. Öte yandan, her r ∈ Z için r t dir. Su halde, herr ∈ Z için r t ≺ a olacaktır, ki bu, A kümesi Z yi kapsamaz,demektir. Bu çeliski kabulümüzden geldigine göre, t ∈ A olmalıdır;yani (iii) kosulu da saglanır.

Böylece A nın içeren bir küme oldugu görülüyor. Ohalde, enküçük içeren kümeyi kapsar; yani A ⊂ A dır. Buradan

(iv) x ∈ A⇒ a x

oldugu çıkar. Simdi de bir P kümesini söyle tanımlayalım:

P = x ∈ A | (y ∈ A ∧ y x)⇒ f (y) x (355)

Bu kümenin bos olmadıgım görmek için, örnegin,

a ∈ P (356)

oldugunu hemen gösterebiliriz. Gerçekten, (iv) geregince, hiçbiry ∈ A için y ≺ a olamayacagından, (355) tanımındaki önerme dogruolur.

Buradan hemen görülecegi üzere, a ögesi, P nin en küçük öge-sidir. Simdi P içinde sabit bir p ögesi seçelim ve buna baglı olan birMp kümesini söyle tanımlayalım:

Mp = m ∈ A |m p ∨ f (p) m (357)

Teoremin ispatını asagıdaki bes adımda tamamlayabilecegiz.

1.Adım: Mp içeren bir kümedir.

a ögesi, P nin en küçük ögesi oldugundan, a p dir. Öyleyse,(357) den, a ∈ Mp olur. Demek ki Mp kümesi (i) kosulunusaglıyor.

Simdi Mp nin (ii) kosulunu sagladıgını gösterelim. Herhangi birm ∈ Mp seçelim. Üç durum vardır:

1.Durum: Eger f (p) m ise, (351) den, f (p) m f (m) olur, kibu (357) geregince f (m) ∈ Mp olması demektir.

2.Durum: m = p ise f (m) = f (p) olur. Oysa p ∈ Mp vef (p) ∈ Mp oldugu (357) den hemen görülür.

3.Durum: m ≺ p ise, p ∈ P oldugundan, (355) geregince,f (m) p olacaktır, ki bu (357) den f (m) ∈ Mp olmasıdemektir.

306 calculus

Böylece f (Mp) ⊂ Mp çıkar.

Simdi de p ∈ Mp nin (iii) kosulunu sagladıgını gösterelim. Nkümesi, Mp içinde herhangi bir zincir ve N nin en küçük üstsınırı u olsun. N ⊂ Mp oldugundan, (357) geregince, iki durumdüsünülebilir:

Ya her y ∈ N için y p dir ya da f (p) y kosulunu saglayanbazı y ∈ N ögeleri vardır. Birinci durum varsa, p, N kümesininbir üst sınırıdır; dolayısıyla, p, N nin en küçük üst sınırındanküçük olamaz; yani u p dir. Bu durumda, (357) geregince,u ∈ Mp olur. Ikinci durum varsa; yani bazı (belki de her) y ∈ Niçin f (p) y kosulu saglanıyorsa, y u oldugundan, yinef (p) u olacaktır. Bu durumda da, (357) geregince, u ∈ Mp olur.

Böylece Mp nin içeren bir küme oldugunu göstermis oluyoruz.

2.Adım: Mp = A dır.

1.Adımdan Mp ∈ B çıkar. Ohalde (353) geregince Mp ⊃ Aolacaktır. Oysa (357) den, Mp ⊂ A olarak tanımlanmıstır. Demekki Mp = A dır. Bu esitlikten su özeligi yazabiliriz:

(v) (x ∈ P ∨ z ∈ A)⇒ (z x ∨ f (x) z)

3.Adım: P = A dır.

a ∈ P oldugunu (356) den biliyoruz; yani P kümesi (i) kosulunusaglar. Simdi P nin (ii) kosulunu sagladıgını gösterelim. Her-hangi bir x ∈ P verilsin, f (x) ∈ P oldugunu gösterecegiz. Bununiçin, (355)) geregince,

(z ∈ A) ∧ (z ≺ f (x))⇒ f (z) f (x) (358)

oldugunu göstermeliyiz, (v) geregince, x ∈ P ve z ∈ Avarsayımımız ya z x ya da f (x) z olmasını gerektirir.Oysa ikinci durum z ≺ f (x) oldugu kabulümüze aylarıdır. De-mek ki yalnızca z ≺ x durumu varolabilir. x ∈ P oldugundan,eger z x ise, (355) ve (351) den f (z) x f (x) olur. Egerz = x ise f (z) = f (x) olur. Böylece x ∈ P ise f (x) ∈ P oldugu;yani f (P) ⊂ P oldugu görülür.

Son olarak, P nin (iii) kosulunu sagladıgını gösterelim. P içindebir F zinciri verilsin. F nin en küçük üst sınırına v diyelim, v ∈ Poldugunu göstermek için, (355) ya göre,

(z ∈ A ∧ z ≺ v)⇒ f (z) v (359)

oldugunu göstermeliyiz, (v) den hemen görülecegi üzere, herx ∈ F için ya z x ya da x f (x) z olacaktır. Eger ikincisisaglanıyor olsaydı v z olurdu, ki bu kabulümüze aykırıdır.Ohalde her x ∈ F için z x olacaktır. Eger z ≺ x ise f (z) x v (P nin tanımından) olur. Eger z = x ise z 6= v oldugundan, Fiçinde öyle bir y ögesi vardır ki z ≺ y olur; aksi halde F nin enküçük üst sınırı v degil z olmalı idi, ki bu olamaz. Ohalde f (z) y v olacaktır. Demek ki her iki halde de (359) saglanıyor;Öyleyse v ∈ P dir.

seçme aksiyomu 307

Böylece P nin içeren bir küme oldugu gösterilmis olmaktadır;dolayısıyla (353) den P ⊃ A çıkar. Oysa (355) tanımından P ⊂ Adır. Demek ki P = A dır.

4.Adım: A kümesi E içinde bir zincirdir.

A = P oldugunu düsünürsek (v) den her x, z ∈ A için ya z xya da x f (x) z çıkar; yani

x, z ∈ A⇒ (z x) ∨ (x z) (360)

olur, ki bu, A nın E içinde tam sıralı bir alt küme oldugunu,dolayısıyla bir zincir oldugunu söyler.

5.Adım: A nın en küçük üst sınırı f nin sabit bir noktasıdır.

A mn en küçük üst sınırına w diyelim. A kümesi içeren oldugun-dan, w ∈ A ve dolayısıyla f (w) ∈ A dır. En küçük üst sınırtanımına göre f (w) w olmak zorundadır. Oysa (351) den,w f (w) dır. öyleyse w = f (w) olacaktır.

SA ve ESDEGERLERI

Matematigin birçok probleminde dogrudan dogruya seçme aksiy-omu kullanılmaz. Seçme Aksiyomu yerine ona esdeger olan bazıözelikler kullanılır. Gerçekte, Seçme Aksiyomunun esdegerleripek çoktur. Ancak burada, çok sık kullanılan üç tanesini vermekleyetinecegiz.

Lemma 0.411. Asagıdaki önermeler birbirlerine esdegerdir.

SA Seçme Aksiyomu: Bos olmayan kümelerden olusan bos olmayanbir ailenin kartezyen çarpımı bos degildir.

HB Hausdorff Büyükçelik Ilkesi: Bos olmayan tikel sıralanmıs herküme içinde daima büyükçe (maksimal) bir zincir vardır.

ZT Zorn Teoremi: Bos olmayan ve her zinciri bir üst sınıra sahipolan tikel sıralanmıs bir kümenin büyükçe bir ögesi vardır.

WO Iyi Sıralama Teoremi: [Zermelo] Her küme iyi sıralanabilir.

Ispat: Bu dört Önermenin birbirlerine denk oldugunu ispatlamakiçin su sırayı izleyecegiz:

[SA]⇒ [HB]⇒ [ZT]⇒ [WO]⇒ [SA]

SA⇒ HB Seçme Aksiyomunu varsayarsak, gösterecegiz ki bos ol-mayan tikel sıralanmıs her küme içinde büyükçe bir zincir vardır.Bunu biraz daha açıklayalım: (L,) tikel sıralanmıs bir küme ol-sun. L içindeki bütün zincirlerden olusan aileye L diyelim; yaniL , L nin tümel (tam) sıralı bütün alt kümelerinin ailesi olsun.L ailesi kapsama bagıntısına göre tikel sıralıdır. Gösterecegiz

308 calculus

ki (L ,⊂) tikel sıralanmıs sisteminin bir büyükçe ögesi vardır. Is-patı olmayana ergi yöntemiyle yapacagız. (L ,⊂) tikel sıralanmıssisteminin büyükçe bir ögesi var olmasın. Bu durumda her Aögesinden (kümesinden) daha büyük olan; yani A ⊂ B olan, birB ∈ L kümesi daima varolacaktır. Buna göre, her A ∈ L için

LA = B ∈ L | A * B (361)

ailesini tanımlayalım.

∅ 6= LA ⊂ L (362)

olacagı apaçıktır, öyleyse

A = LA | A ∈ L (363)

ailesi bos olmayan LA kümelerinden olusan bos olmayan birailedir. Seçme Aksiyomuna göre (363) ailesinin kartezyen çarpımıbos degildir; yani öyle bir

f : L →⋃

A∈L

LA (364)

fonksiyonu vardır ki

A ∈ L ⇒ f (A) ∈ LA (365)

olur. (361) ve (365) den

A ∈ L ⇒ A * f (A) (366)

çıkar. Oysa (362) ve (364) den

f : L → L (367)

yazabiliriz. (366) kosulu (L ⊂) sistemi ile bu f fonksiyonununSabit Nokta Teoreminin kosullarını sagladıgını gösterir. Öyleyse

(∃Ω ∈ L ) f (Ω) = Ω (368)

olmalıdır. (366) ile (367) nin çelisikligi, (L . ⊂) sistemininbüyükçe bir ögesinin var olmadıgı kabulümüzden gelmekte-dir. Demek ki L nin bir büyükçe ögesi vardır. L nin tanımıgeregince, varlıgını söyledigimiz bu büyükçe öge (L ,) içindebir büyük zincirdir,

HB⇒ ZT: Hausdorff Büyüklük Ilkesini kabul ederek Zorn Teoreminiispat edecegiz. (L ,) tikel sıralanmıs bir sistem olsun. [HBi]geregince, bunun içinde büyük bir zincir vardır. Bu zinciri D ilegösterelim. [ZT] nin varsayımından D nin bir üst sınırı vardır;buna x diyelim. Gösterecegiz ki bu x ögesi (L ,) nin büyükçebir ögesidir. Gerçekten, x y kosulunu saglayan bir y ∈ L \ Dögesi var olsaydı, D büyükçe bir zincir oldugundan D ∪ ykümesi de aynı bagıntısına göre bir zincir olurdu. Oysa Dbüyükçe bir zincir oldugundan bunu kapsayan baska bir zincirvar olamaz. O halde hiç bir y ∈ L için x y olamaz; yani xögesi (L ,) sisteminin büyükçe(maksimal) bir ögesidir.

seçme aksiyomu 309

ZT⇒ WO: S herhangi bir küme olsun. Bütün G ⊂ S× S grafikleriiçinde öyle bir tanesinin varlıgını gösterecegiz ki, bu grafige tek-abül eden bagıntı, S üzerinde bir iyi sıralama bagıntısı olacaktır.Ispatı dört adımda tamamlayacagız.

1.Adım: Grafik ile bagıntı birbirlerini tek olarak belirlediklerinegöre, yalnızca grafiklerle ilgilenmek yetecektir. Önce bir gös-terim tanımlayacagız: Eger A, S nin herhangi bir G grafiginintemsil ettigi bagıntıya göre iyi sıralanmıs bir alt kümesi ise,bunu kısaca, (A, G) ile gösterelim. S kümesinin herhangi birbagıntıya göre iyi sıralanmıs bütün alt kümelerinin ailesini Z

ile gösterelim:

Z = (A, G) |G, A ⊂ S üzerinde bir iyi sıralama grafigidir(369)

Simdi Z üzerinde ≺ simgesiyle gösterecegimiz bir bagıntıyısöyle tanımlayalım: Her A, G), (A′, G′) ∈ Z için

(A, G) ≺ (A′, G′)⇔

(a) A ⊂ A′

(b) G ⊂ G′

(c) x ∈ A ∧ y ∈ A′ \ A⇒ (x, y) ∈ G

(370)

olsun. (Z ,) nin tikel sıralanmıs bir sistem oldugu kolaycagörülebilir.

2.Adım:

A = (Aı, Gı) | ı ∈ I

kümesi Z içinde bir zincir olsun.

A =⋃ı∈I

Aı

G =⋃ı∈I

Gı

diyelim. Bu durumda (A, G) ∈ Z dir. Gerçekten, A ⊂ Solacagı açıktır. Öyleyse, G ⊂ A × A grafiginin belirledigibagıntının A üzerinde bir iyi sıralama bagıntısı oldugunugöstermek yetecektir. Simdi bunu gösterelim.

Bagıntı dönüslüdür:

x ∈ A⇒ ∃ı(ı ∈ I ∧ x ∈ Aı)⇒ (x, x) ∈ Gı ⊂ G

den istenen sey çıkar.

Bagıntı antisimetriktir:

(x, y), (y, x) ∈ G ⇒ (∃ı ∈ I)(∃ ∈ I)[(x, y), (y, x) ∈ Gı]

dır. Oysa A bir zincir oldugundan ya Gı ⊂ G ya daG ⊂ Gı dir. Birincisinin oldugunu varsayalım. Bu durumda(x, y) ∈ G ve (y, x) ∈ G dir. G antisimetrik oldugundan,bu, x = y olmasını gerektirir.

310 calculus

Bagıntı geçislidir:

(x, y), (y, z) ∈ G ⇒ (∃ı ∈ I)(∃ ∈ I)[(x, y), (y, z) ∈ Gı]

dir. Z bir zincir oldugundan ya Gı ⊂ G ya da G ⊂ Gı

olacaktır. Birincisi varolsun. Bu, (x, y) ∈ Gj ∧ (y, z) ∈ G?jolmasını ve bu da (x, z) ∈ G ⊂ G olmasını gerektirir.Buradan, söz konusu bagıntının bir tikel sıralama bagıntısıoldugunu söyleyebiliriz.

Bagıntı iyi sıralamadır: Bunu göstermek için, sözkonususıralama bagıntısına göre A nın her alt kümesinin en küçükögesinin oldugunu göstermeliyiz. A nın bos olmayan biralt kümesine D diyelim. D ∩ Bı 6= ∅ olacak sekilde birı ∈ I varolacaktır. D ∩ Bı ⊂ Bı ve Bı iyi sıralı oldugundanD ∩ Bı ⊂ Bı nin (Bı, Gı) içinde en küçük ögesi vardır. Buna bdiyelim:

(∀y ∈ D ∩ Bı) (b, y) ∈ Gı

dir. Simdi bu b ögesinin D nin (A, G) içinde en küçük ögesioldugunu gösterecegiz. Bir x ∈ D seçelim. Iki hal vardır:

x ∈ Aı ⇒ (b, x) ∈ Gı ⊂ G

x /∈ Aı ⇒ (∃ ∈ I) x ∈ A ⇒ A * Aı

⇒ (A, G) (Aı, Gı)

⇒ (Aı, Gı) ≺ (A, G)

dir. b ∈ Aı, x ∈ (A \ Aı) ve (Aı, Gı) ≺ (A, G) oldugundan(370) geregince (b, x) ∈ G ⊂ G olacaktır. Öyleyse b, D nin(A, G) içinde en küçük ögesidir.

3.Adım: Bundan önceki adımda kabul edilen varsayımlar altında(A, G) , A nın bir üst sınırıdır.

Bunu göstermek için bir (Aı, Gı) ∈ A seçelim; Aı ⊂ A veGı ⊂ G olacaktır. x ∈ Aı, y ∈ A ve y /∈ Aı oldugunuvarsayalım, y ∈ A olacak sekilde bir ∈ I varolacaktır. y ∈ Aı

ve y /∈ A oldugundan

(A, G) (Aı, Gı)

dır; dolayısıyla

(Aı, Gı) ≺ (A, G)

olacaktır. Simdi x ∈ Aı ve y ∈ B \ Bı ise (370) geregince,(x, y) ∈ G ⊂ G çıkar. Demek ki

(Aı, Gı) (A, G)

dir.

4.Adım: Her küme iyi sıralanabilir.

2. ve 3. Adım geregince, (Z ,) tikel sıralanmıs sistemiiçindeki her zincirin bir üst sınırı vardır. Öyleyse, Zorn

seçme aksiyomu 311

Teoreminden, bu sistemin bir en büyük ögesinin varlıgınısöyleyebiliriz. Z nin bu büyük ögesine (B, G) diyelim. B = Soldugunu gösterirsek isimiz bitmis olacaktır. Bunun için ol-mayana ergi yöntemini kullanacagız. Eger B 6= S ise (∃x ∈ S \ B)olur. Bu durumda B ∪ x kümesi üzerinde, grafigi

G∗ = G ∪ (a, x) | a ∈ B

olan bagıntıyı düsünelim.

(B, G) ≺ (B ∪ x, G∗)

olacagı apaçıktır, ki bu (B, G) nin (Z ,) içinde büyükçe biröge olmasıyla çelisir. Demek ki B = S dir.

WO⇒ SA: Aı, | ı ∈ I bos olmayan kümelerden olusan bosolmayan bir aile olsun.

S =⋃ı∈I

Aı

diyelim, Iyi Sıralama Teoremi uyarınca, S kümesi iyi sıralanabilir.Bu sıra bagıntısını simgesiyle gösterelim. Her ı ∈ I için, iyi sıralamasına göre, Aı kümesinin baslangıç ögesi f (ı) olsun.Böylece, f fonksiyonu verilen aile için bir seçme fonksiyonu olur.

[12], [1], [27], [10], [5], [19], [6], [12], [1],[27]

Bibliography

[1] Paul J. Cohen. Set Theory and the Continuum Hypothesis. DoverPublications, New York, 2007.

[2] Paul J. Cohen. Set Theory and the Continuum Hypothesis. DoverPublications, New York, 2008.

[3] Karacay Coker Ozer Bilge Akıncı Azcan. Mathematical Logic.Anadolu Universitesi Yayınları, No:942., Eskisehir, 1998.

[4] E. Cox. Fuzzy Modeling and Genetic Algorithms for Data Miningand Exploration. Academic Press, 2005.

[5] h.-D. Ebbinghaus. Mathematical Logic. Springer, 1996.

[6] Melvin Fitting. Incompleteness in the Land of Sets. CollegePublications, 2007.

[7] Thomas L. Friedman. The World Is Flat. Farrar, Straus andGiroux, USA, 2005.

[8] James Gleick. Chaos. Scientific American, USA, 1987.

[9] Paul R. Halmos. Naive Set Theory. Van Nostrand Reinhold,London, 1960.

[10] Peter G. Hinman. Fundamentals of Mathematical Logic. AKPeters, Ltd., 2005.

[11] Thomas J. Jech. Introduction to Set Theory. 978-0824779153, 1999.

[12] Thomas J. Jech. The Axiom of Choice. Dover Publications, NewYork, 2008.

[13] E. Kamke. Theory of Sets. Dover Pub., New York, 1950.

[14] Akihiro Kanamori. The Higher Infinite: Large Cardinals in SetTheory from Their Beginnings. Springer, Berlin, 2008.

[15] Timur Karaçay. Bilime Yabancı Sanat. ttm, Dagıtım:SeçkinYayıncılık, 2007.

[16] Halil Ibrahim Karakas. Cebir Dersleri. TÜBA, Ankara, 2009.

[17] T.A. Klir, G.J. Folger. Fuzzy Sets, Uncertainty, and Information.Prentice-Hall, New Jersey, 1988.

314 calculus

[18] Cemal Koç. Basic Linear Algebra. ODTÜ Matematik Vakfı,Ankara, 1999.

[19] Elliott Mendelson. Introduction to Mathematical Logic. Chapmanand Hall/CRC, 1997.

[20] Yiannis N. Moschovakis. Elementary Induction on AbstractStructures. Dover Publications, New York, 2008.

[21] James R. Munkres. Theory of Sets. Prentice Hall, New Jersey,2000.

[22] Charles Petzold. The Annotated Turing: A Guided Tour ThroughAlan Turing’s Historic Paper on Computability and the TuringMachine. Wiley, Indianapolis, 2008.

[23] G. Priest. An Introduction to Non-Classical Logic. CambridgeIntroductions to Philosophy, Cambridge, 1970.

[24] J.Barkley Rosser. Logic for Mathematicians. Dover Publications,New York, 2008.

[25] G. Saban. Analiz Dersleri I-II. Istanbul Üniversitesi Fen FakültesiYayınları, Istanbul, 1971-1972.

[26] Joseph R. Shoenfield. Mathematical Logic. AK Peters, Ltd., 2001.

[27] Peter Smith. An Introduction to Godel’s Theorems. CambridgeUniversity Press, Cambridge, 2007.

[28] Colin Tudge. The Link. Little, Brown and Company, New York,2009.

Index

¬A, 50

(∀γ ∈ Γ)φ(γ), 54

(x, y), 71

A ] B, 294

A′, 50

E2, 76

P(x, y), 56

W, 296

[x]δ, 98

¯A, 187

ℵ0, 275

ℵ1, 276

α < β, 294

≈, 255, 266

≡, 56

∃, 54

∃∗, 54

∀γφ(γ), 54

∀γ(γ ∈ Γ)⇒ φ(γ)), 54

∀, 54

\(A), 187

¬, 33

¬φ(γ), 55

¬p(x), 48

¬, 55

ω, 187

x, 98

∼ A, 50

∼ p, 33

∼ p(x), 48

∨, 31

∧, 30

x : p(x) , 48

x | p(x), 49

a, 187

n(A), 187

p′, 33

p′(x), 48

p(x), 48

x ≡ y (mod δ), 97

x ≡ y, 97

x ≺ y, 294

[kss], 106

[tikel sıralı sistem], 106

[tss], 106

öge, 47, 299

ögelik bagıntısı, 299

ögenin tersi, 141

öklityen geometri, 258

öklityen olmayan geometri, 258

önel, 119

önel bölük, 119, 287

önerme, 13, 27

önerme fonksiyonu, 53

önermeler cebiri, 14, 27, 28, 30

önermeler cebirinin kuralları, 41

örgün, 80

örgün bagıntı, 80

örtü, 90

örten fonksiyon, 131

özdeslik fonksiyonu, 132

üs alma, 274

üsek, 109

üst küme, 64

üst sınır, 310

üstküme, 65

üstsınır, 108, 109

üstsınırların enküçügü, 109

Ibni Rüsd, 18

Ibni Sina, 18

çarpımın iyi tanımlılıgı, 273

çatıskı, 298

çeliski, 36

çok degiskenli önermeler, 56

çok-degerli mantık, 21

de morgan, 90

açık önermeler, 53

Abel, 179

abel grubu, 179

aile, 87

aksimomatik yöntem, 11

aksiyom, 25, 297

aksiyomlar, 297

alef bir, 276

alef sıfır, 275

alt aile, 87

alt küme, 64

alt kümelerin seçilmesi aksiyomu,

299

altküme, 65

altsınır, 108

altsınırların enbüyügü, 109

analitik düzlem, 74

analiz, 9

ancak ve ancak islemi, 40

antik çag, 17

antisimetrik, 80

apsis, 71, 75

arakesit, 65

ardıl, 202

Aristo, 13

Aristoteles, 17

artan fonksiyon, 184

aseb, 109

asosiyatiflik, 165

Augustus De Morgan, 14

avukat, 301

ayrısım, 89

ayrık aile, 89

ayrık kümeler, 65

azalmayan fonksiyon, 183

bölüksel, 290

bölüksel küme, 290

bölüm kümesi, 99

bütün nicelik sayılarının kümesi, 301

bütün sıra sayılarının sınıfı, 296

büyükçe, 111

büyükçe öge, 111, 308

baslangıç noktası, 75

bagıntı, 78

bagıntı türleri, 80

bagıntılar, 71

bagıntıların gösterimi, 78

Bacon, 19

bb, 131

bbö, 121, 131

bbi, 131, 253

belediye baskanı, 301

belirsiz, 47

belirsizlik, 21

belirsizlik ilkesi, 21

belit, 25, 97, 99, 297

316 calculus

belitgen fonksiyon, 132

benzer sıralı, 184

benzer yapılar, 183

berber, 301

bijective, 131

bilesen, 71, 75

bilesik önermeler, 28

bilesim, 65, 299

bilesim aksiyomu, 299

bileske, 163

bileske fonksiyon, 260

bileske islemlerin özelikleri, 164

bilgi üretimi, 23

bire-bir eslesme, 131

bire-bir-örten, 75, 131

bire-bir-örten fonksiyon, 131

bire-bir-eslesme, 187

bire-bir-içine, 131, 253

bire-bir-içine (bbi) fonksiyon, 131

birim öge, 140, 165, 179

birim fonksiyon, 132, 165

birimli halka, 179

birlesim, 88

birlesim fonksiyonu, 260

birlesme özeligi, 140, 165, 178

birlesme kuralı, 42

birli islem, 137

bos küme, 63

Boole, 20

Boole cebiri, 14, 28

Boole mantıgı, 14

Brouwer, 22

Bruno, 19

Burali-Forti Paradoksu, 300

Burali-Forti paradoksu, 297, 300

Cantor, 47, 256, 257, 259

Cantor paradoksu, 300

cardinal, 271

Cauchy dizileri, 253

cebir, 181

cebirsel sayı, 251

cebirsel yapılar, 178

cisim, 179

Cohen, 258

Colmerauer, 22

continuum, 253

continuum hypothesis, 257

dört islem, 11, 12

düsünen makina, 22

düsey eksen, 71, 74

dagılma, 179

dagılma özeligi, 142

dagılma özelikleri, 33

dagılma kuralı, 42, 91

damga, 87

damgalanmıs küme, 87

daraltılmıs fonksiyon, 132

De Morgan, 91

de Morgan kuralı, 91

de Morgan Kuralları, 42

deger bölgesi, 79

degismeli, 179

degismeli halka, 179

degiken, 47

degilleme, 33, 35

Dedekind, 251

Dedekind Kesimi, 11

Dedekind kesimi, 253

denk ögeler, 97

denk önermeler, 29

denklik bagıntısı, 97, 241

denklik sınıfı, 98

Descartes, 19, 71, 72

dik koordinat sistemi, 74

diklik, 100

dogal diller, 23

dogal sayı, 201

dogal sayılar, 12, 187, 201, 246, 275

dogal sayıların özelikleri, 204

dogal sayıların sıralanması, 206

dogal sayılarda aritmetik, 187

dogruluk degeri, 29

dogrusal sıralama, 115

es sıra dönüsümü, 184

esdeger, 97

esdeger önermeler, 29

esdegerlik bagıntısı, 97

esgüçlü kümeler, 241

esgüçlülük kuralı, 42

esit fonksiyonlar, 130

esit küme, 65

esit kümeler, 64

eslesme, 131

essıra dönüsümü, 288

essıralı, 121, 184, 286, 288

essıralı kümeler, 121, 287

essıralılık, 184

esyapı dönüsümü, 183

esyapı fonksiyonu, 183

esyapı resmi, 183

esyapılı, 183

ebas, 109

eküs, 109

el Kindi, 18

el-Farabi, 18

embedding, 132

en büyük alt sınır, 12

en küçük üst sınır, 12

enbüyük öge, 112

enbüyük sltsınır, 109

enküçük öge, 111

enküçük üstsınır, 109

Epimenide paradoksu, 302

equipotent, 241

equipotentsets, 241

etkisiz öge, 140, 165

etkisiz fonksiyon, 165

evrensel belirteç, 54

evrensel küme, 48, 62

fark küme, 66

fonksiyon, 125

fonksiyon türleri, 130

fonksiyonların bileskesi, 163

fonksiyonun grafigi, 126

formalizm, 22

Fraenkel, 298

fuzzy kümeleri, 23

fuzzy mantıgı, 22

Gödel, 22, 257

gömme fonksiyonu, 132

Gazali, 18

geçisim, 97

geçisken, 80, 204

geçisken bagıntı, 80

geçisme kuralı, 42

genel tümevarım ilkesi, 122

Georg Cantor, 47

George Boole, 14

gerçel sayılar, 12

gerektirme, 42

grafik, 73, 79, 126

grup, 178

halka, 179

has alt küme, 65

Hausdorff büyükçelik ilkesi, 307

Hausdorff Büyüklük Ilkesi, 308

Heisenberg, 21

hiç yansımaz bagıntı, 80

Hilbert, 22

homomorph, 183

homomorphism, 183

içeren, 304

içerme, 47

içine fonksiyon, 130

islem, 137

islemlerin özelikleri, 138

ii sıralama, 310

iki degiskenli önermeler, 56

iki yönlü gerektirme, 40

iki-degerli mantık, 21

ikili islem, 137

ilk önel, 119, 287

ilk sonal, 119, 120, 286

ilkel kümeler aksiyomu, 299

index 317

ilkel kavram, 299

ilkel kavramlar, 47

index, 87

indis, 87

inf, 109

infimum, 12, 109

irrasyonel sayılar, 12

ise, 42

ise islemi, 37

isomorph, 183

isomorphism, 183

iyi sıralı, 285, 286

iyi sıralama, 206

iyi sıralama teoremi, 307

iyi sıralanmıs, 289

iyi sıralanmıs küme, 286

iyi tanımlı, 211

iyi tanımlılık, 50, 211

izdüsüm, 168

kösegen, 74

küçükçe, 110

küçükçe öge, 110

küme, 47, 299

küme dizileri, 92

küme islemleri, 65

küme parantezi, 52

kümeler ailesi, 87

kümeler ailesinin arakesiti, 89

kümeler ailesinin bilesimi, 88

kümeler ailesinin kartezyen çarpımı,167

kümeler cebiri, 61, 66

kümeler kuramı, 47

kümenin örtüsü, 90

kümenin ayrısımı, 89

kısıtlanmıs fonksiyon, 132

kısmen sıralı sistem, 119, 286

kısmi sıralama bagıntısı, 105

kafes, 182

Kant, 20

kapalılık, 138

kapsama, 62

karsılastırılabilir, 107

karsıt önerme, 42

karakteristik, 132

kartezyen çarpım, 71, 72, 74, 167

kartezyen çarpımın gösterimi, 73

kavrama ilkesi, 297

kesisen kümeler, 65

kesisim, 65, 88

kompleks sayılar, 12

komutatif, 139, 179

koordinat, 71

koordinat diyagramı, 73, 79

koordinat sistemi, 75

Kowalski, 22

kural, 41

kurma aksiyomu, 299

Kurt Gödel, 257

kuvvet kümesi, 65, 87, 88

kuvvet kümesi aksiyomu, 299

Leibniz, 20

limit, 11

lineer sıralama, 115

listeleme yöntemi, 52

Lukasiewicz, 21

maksimal, 111

maksimum, 112

mantık, 13, 17

matematiksel mantık, 14, 19, 28

matematiksel modelleme, 61

matematiksel yapılar, 177

matemetik, 13

metre, 201

milenyum, 9

minimal, 110

minimum, 111

modular aritmetik, 148

mukayese, 105

mukayese edilebilir, 107

n-li islem, 138

natural numbers, 201

nicelemelerin degillenmesi, 55

nicelemelerin olumsuzu, 55

nicelik belirteçleri, 54

nicelik sayıları, 271

nicelik sayıları aksiyomu, 271

nicelik sayılarının çarpımı, 273

nicelik sayılarının iyi-tanımlılıgı, 272

nicelik sayılarının sıralanması, 276

nicelik sayılarının toplamı, 272

nicelik sayılarının varlıgı, 272

nicelik sayılarında aritmetik, 272

nicelik sayısı, 47, 51

niteleme yöntemi, 51

numaralanabilir kümeler, 246

ok diyagramı, 73, 78

olmayana ergi, 311

olumsuz, 33

operatör, 137

opetasyonlar, 88

oran kümesi, 99

order isomorphism, 184

ordinat, 71, 75

Organon, 17

Origenes, 18

orijin, 75

ortaçag, 18

paradoks, 298

paradokslar, 297, 300

paraleller aksiyomu, 258

Parmenides, 17

Pascal, 19

Paul Cohen, 258

Peano, 201

Peano aksiyomları, 205

Platon, 17

Platonizm, 22

postulat, 25

predicate calculus, 20

prolog, 22

propositions, 53

rasynel dizi, 11

rasyonel sayı, 251

rasyonel sayılar, 12, 179, 210

René Descartes, 71

Russel paradoksu, 297, 300

Russel yöntemi, 298

sürey, 253

sürey hipotezi, 257

sıfır fonksiyon, 131

sıra korur dönüsüm, 183

sıra koruyan dönüsümler, 183

sıra sayıları, 285

sıra sayılarının aritmetigi, 294

sıra sayılarında aritmetik, 294

sıra sayısı, 289, 293

sıra yapıları, 181

sıralı çift, 71, 75

sıralı cisim, 11

sıralı ikili, 71, 72

sıralama, 105

sıralama bagıntıları, 105

sagdan dagılma, 179

sabit fonksiyon, 131

sabit nokta, 304

sabit nokta teoremi, 304

sayılabilir küme, 245

sayılabilir kümeler, 241, 246

sayılabilir sonsuz, 249

sayılabilir sonsuz küme, 245

sayılamaz kümeler, 253

sayılamaz sonsuz, 260

sayma sayıları, 201

Schröder-Bernstein Teoremi, 242

seçme aksiyomu, 299, 303, 307

seçme aksiyomu ve esdegerleri, 303,307

seçme aksiyomunun bagımsızlıgı,304

seçme fonksiyonu, 303, 311

sezgisellik, 22

simetrik, 80

318 calculus

simetrik bagıntı, 80

simetrik fark, 66

simetrisiz, 80

simetrisiz bagıntı, 80

simgesel mantık, 28

Sokrates, 17

soldan dagılma, 179

sonal öge, 119, 286

sonlu ötesi tüme varım ilkesi, 291

sonlu ötesi tümevarım ilkesi, 120,287

sonlu küme, 51, 245

sonlu kümeler, 245

sonlu nicelik sayıları, 275

sonlu tümevarım ilkesi, 204

sonsuz çarpımlar, 278

sonsuz küme, 51

sonsuz kümeler, 245, 278

sonsuz toplamlar, 278

Sonsuzluk Aksiyomu, 203

sonsuzluk aksiyomu, 203, 299

sup, 109

supremum, 12, 109

surjective, 131

tümdengelim, 23

tümel sıralama, 115

tümevarım, 24

tümevarım ilkesi, 122, 204

tümleme, 42

tümleyen küme, 50, 63

türdes bagıntılar, 183

takas, 139

tam sıralama, 115

tam sayılar, 12

tamlık, 11

tamsayılar, 208

tamsayılar kümesi, 251

tanım, 14, 24

tanım bölgesi, 79

tanımlı, 14

tanımlı terim, 24

tanımsız, 14

tanımsız kavram, 299

tanımsız terim, 24

tek ögeli küme, 64

teorem, 25

terim, 14, 24

ters öge, 141, 179

ters önerme, 42

ters bagıntılar, 79

ters fonksiyon, 166

ters konum sıralaması, 295

tikel sıralı sistem, 119, 286

tikel sıralama bagıntısı, 105

timsah, 302

toplama, 180

totoloji, 36

transandant sayılar, 260

union, 260

universalSet, 48

varlık belirteci, 54

ve baglacı, 30

ve islemi, 30

vektör uzayları, 180

Venn, 63

Venn diyagramı, 52

veya baglacı, 31

veya islemi, 31

Warren, 22

yalın önerme, 28

yalancı paradoksu, 302

yanal simetrisiz, 80

yanal simetrisiz bagıntı, 80

yansımalı, 80

yansımalı bagıntı, 80

yansımaz, 80

yapı, 177

yapı koruyan dönüsüm, 183

yapı türleri, 178

yatay eksen, 71, 74

yayma aksiyomu, 299

yeniçag, 19

yer degisim, 139

yer degisme kuralı, 42

yer degistirme, 179

yerlestirme aksiyomu, 299

yutak öge, 142

yutan öge, 142

Zeno, 17

Zermelo, 303, 307

Zermelo yöntemi, 298

Zermelo-Fraenkel, 298

Zorn Teoremi, 308

Zorn teoremi, 307, 311

Documents

Calculus - Başkent Üniversitesimail.baskent.edu.tr/~tkaracay/etudio/ders/math/calculus/kitap/01/01pre.pdfÖn Bilgiler Bu kitapta, matematigin˘ temeli olan mantık, kümeler, sayılar