Soyut Matematik Ders Notlari

www.matematikce.com

'dan indirilmiştir.

˙ SOYUT MATEMATIK DERS NOTLARI

˙ IÇ ˙ Yrd. Doç. Dr. Hüseyin BILG ˙ Kahramanmara¸s Sütçü Imam Üniversitesi Fen–Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Agustos ˘ 2015 e-posta: [email protected]

˙ Içindekiler 1

˙ Önermeler ve Ispat Yöntemleri

2

Kümeler

14

3

Bagıntılar ˘ ve Özellikleri

29

4

Denklik Bagıntıları ˘

42

5

Sıralama Bagıntıları ˘

50

6

Fonksiyonlar

61

7

˙slem ve Özellikleri I¸

72

8

Cebirsel Yapılar

84

9

Sayılabilirlik

1

100

˙ sası 10 Dogal ˘ Sayıların In¸

110

˙ 11 Tümevarım Ilkesi

121

12 Tamsayılar

127

Bölüm 1

˙ Önermeler ve Ispat Yöntemleri Tanım 1.1 Dogru ˘ veya yanlı¸s ama bunlardan sadece bir tanesi olabilen ifadelere önerme denir. Önermeler p, q, r, . . . gibi harflerle gösterilir. Örnek 1.2 A¸sagıdaki ˘ ifadelerin önerme olup olmadıgını ˘ bulalım: (a) 2 asal sayıdır. (b) Her n dogal ˘ sayısı için 2n + 1 asaldır. (Dikkat: 0 dogal ˘ sayıdır) (c) Düzlemde bir üçgenin iç açılarının toplamı 180 derecedir. (d) 4’den büyük her çift sayı iki asal sayının toplamıdır. (Goldbach, 1742) (e) Yarın piknige ˘ gidelim. Çözüm: Burada (a) ve (c) dogru ˘ birer önermedir. n = 3 için 2n + 1 = 9 asal olmadıgından ˘ (b) yanlı¸s bir önermedir. (d) ifadesi 1742’de Rus matematikçi Christian Goldbach tarafından ortaya atılmı¸s bir iddiadır ve henüz dogru ˘ olup olmadıgı ˘ ispatlanamamı¸stır. Ya dogru ˘ ya yanlı¸s olacagından ˘ bir önermedir. (e) cümlesi kesin bir hüküm bildirmediginden ˘ bir önerme degildir. ˘ Not: Bir tahtada yazan “Bu tahtadaki her cümle yanlı¸stır” cümlesinin dogru ˘ olması da yanlı¸s olması da çeli¸skiye yol açacagından ˘ bu cümle bir önerme degildir. ˘ Benzer s¸ ekilde bir Romalının söyleyecegi ˘ “Bütün Romalılar yalancıdır” cümlesi de önerme olamaz. ˙ Tanım 1.3 Ifadesinde degi¸ ˘ skenler bulunan ve bu degi¸ ˘ skenlerin alacagı ˘ degerlere ˘ göre dogru ˘ veya yanlı¸s (ama bunlardan sadece bir tanesi) olabilen ifadelere açık önerme denir. Açık önermeler degi¸ ˘ sken sayısına göre p(x), p(x, y), p(x, y, z), . . . gibi gösterilir. Örnek 1.4 x bir reel sayıyı göstermek üzere, p(x) açık önermesi “x2 + x = 0” olsun. x = 0 ve x = −1 için önerme dogrudur. ˘ Yani p(0) ve p(−1) dogrudur. ˘ Aksi halde önerme yanlı¸stır. 1

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Birle¸sik Önermeler Tanım 1.5 p ve q iki önerme olsun. “p ve q” önermesi bu önermelerden her ikisi de dogru ˘ iken dogru; ˘ aksi halde yanlı¸s olan önermedir. Buna iki önermenin kesi¸simi de denir ve p ∧ q ile gösterilir. “p veya q” önermesi de bu önermelerden en az birisi dogru ˘ iken dogru; ˘ aksi halde yanlı¸s olan önermedir. Buna iki önermenin birle¸simi de denir ve p ∨ q ile gösterilir. (Dikkat: “veya” kelimesinin Türkçe’deki kullanılı¸sı farklı olabilir.) Önermelerin ve bunlara kar¸sılık gelen birle¸sik önermelerin alacagı ˘ degerleri ˘ bir tablo halinde gösterelim. Burada dogru ˘ için 1 sembolü veya D harfi; yanlı¸s için ise 0 sembolü veya Y harfi yazılır. Bu tablolara “dogruluk ˘ tablosu” denir. p

q

p∧q

p∨q

p

q

p∧q

p∨q

D

D

D

D

1

1

1

1

D

Y

Y

D

veya 1

0

0

1

Y

D

Y

D

0

1

0

1

Y

Y

Y

Y

0

0

0

0

Tablo 1.1: p ∧ q ile p ∨ q önermelerinin dogruluk ˘ tablosu. Tanım 1.6 Bir p önermesi dogru ˘ iken yanlı¸s; yanlı¸s iken dogru ˘ olan önermeye p’nin de˘gili veya olumsuzu denir ve p0 , ∼ p, ¬p, p sembollerinde birisi ile gösterilir. p

∼p

1

0

0

1

Örnek 1.7 p:“Bir gün 24 saattir” önermesinin degili ˘ ∼ p:“Bir gün 24 saat degildir” ˘ önermesidir. q(x) : x2 < 7 önermesinin degili ˘ ∼ q(x) : x2 > 7 dir. Tanım 1.8 Dogruluk ˘ degeri ˘ her zaman aynı olan p ve q önermelerine e¸sde˘ger veya denk önermeler denir ve p ≡ q yazılır. p(x) ve q(x) açık önermelerinin denk olması her x için p(x) ve q(x) önermelerinin aynı olmasıdır. Örnek 1.9 p :“Her dogal ˘ sayı tektir” önermesi ile q:“63 asaldır” önermeleri denktir. Ayrıca a¸sagıdaki ˘ üç açık önerme de denktir: (x reel sayıyı göstermektedir) r(x) : “x2 < 25”,

s(x) : “x < 5 ve − 5 < x”,

2

t(x) : |x| < 5

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Örnek 1.10 A¸sagıdaki ˘ özelliklere De Morgan Kuralları denir: (p ∧ q)0 ≡ (p0 ∨ q 0 )

(p ∨ q)0 ≡ (p0 ∧ q 0 )

ve

Bu özelliklerin dogru ˘ oldugunu ˘ tablo ile gösterin: (bo¸slukları doldurun) p

q

p0

q0

1

1

0

0

1

0

0

1

0

1

1

0

0

0

1

1

p∧q

(p ∧ q)0

p0 ∨ q 0

p∨q

(p ∨ q)0

p0 ∧ q 0

Tanım 1.11 “p ise q” önermesi p dogru ˘ ve q yanlı¸s iken yanlı¸s; aksi halde dogru ˘ olan önermedir. Buna ko¸sullu önerme denir ve p =⇒ q ile gösterilir. p’ye hipotez q’ya da sonuç önermesi denir. p =⇒ q önermesi “p, q’yu gerektirir” s¸ eklinde de okunur. p

q

p =⇒ q

1

1

1

1

0

0

0

1

1

0

0

1

Örnek 1.12 “2 < 1 ise 2 < 3 tür” önermesi dogrudur, ˘ çünkü (0 =⇒ 1) ≡ 1. S¸ imdi p:“Yagmur ˘ yagıyor”, ˘

p:“Bahçe ısnalıyor”

önermelerini dü¸sünelim. Yagmur ˘ yagdı ˘ gında ˘ her zaman bahçenin ıslandıgı ˘ bilindigine ˘ göre p =⇒ q önermesi dogrudur. ˘ (Yagmur ˘ yagmadı ˘ gında ˘ zaten p yanlı¸s oldugundan ˘ p =⇒ q dogrudur.) ˘ Ancak q =⇒ p dogru ˘ degildir. ˘ (Neden?) Not: p =⇒ q önermesinde “p önermesi q önermesi için yeter ko¸suldur” “q önermesi p önermesi için gerek ko¸suldur” denir. Örnek 1.13 (p =⇒ q) ≡ (q 0 =⇒ p0 ) ≡ (p0 ∨ q) oldugunu ˘ gösterelim. p

q

p0

q0

p =⇒ q

q 0 =⇒ p0

p0 ∨ q

1

1

0

0

1

1

1

1

0

0

1

0

0

0

0

1

1

0

1

1

1

0

0

1

1

1

1

1

3

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Buna göre a¸sagıdaki ˘ üç önermenin birbirine denk oldugunu ˘ (aslında dogru ˘ oldugunu) ˘ söyleyebiliriz: (a) Yagmur ˘ yagıyor ˘ =⇒ bahçe ıslanıyor. (b) Bahçe ıslanmıyor =⇒ yagmur ˘ yagmıyor ˘ (c) Yagmur ˘ yagmıyor ˘ veya bahçe ıslanıyor. Tanım 1.14 p =⇒ q ve q =⇒ p önermeleri aynı anda dogru ˘ iken dogru, ˘ aksi halde yanlı¸s olan önermeye iki yönlü ko¸sullu önerme denir ve p ⇐⇒ q s¸ eklinde yazılır. “p ancak ve ancak q” s¸ eklinde veya “p için gerek ve yeter s¸ art q dur” s¸ eklinde okunur. Dogruluk ˘ tablosu s¸ u s¸ ekildedir. p

q

p =⇒ q

q =⇒ p

p ⇐⇒ q

1

1

1

1

1

1

0

0

1

0

0

1

1

0

0

0

0

1

1

1

Tablodan da anla¸sılacagı ˘ gibi aslında (p ⇐⇒ q) ≡ (p =⇒ q) ∧ (q =⇒ p). Ayrıca s¸ unu da diyebiliriz: “p ⇐⇒ q önermesi, p ile q denk iken dogru; ˘ aksi halde yanlı¸s olan önermedir.” Örnek 1.15 “Bir asal sayı çifttir ancak ve ancak 2 dir” önermesini ele alalım. p :“ n sayısı asal ve çifttir” ve q : “n = 2” diyelim. p =⇒ q nun ve q =⇒ p nin dogru ˘ oldugu ˘ açıktır. O halde p ⇐⇒ q dogrudur. ˘ Örnek 1.16 x bir reel sayıyı göstermek üzere her x için |x| = 1 ⇐⇒ x3 = x önermesi dogru ˘ mudur? Çözüm: |x| = 1 =⇒ x = 1 veya x = −1 olup x3 = x dogru ˘ olur. Ancak x = 0 için x3 = x olur fakat |x| = 6 1 dir. O halde |x| = 1 ⇐⇒ x3 = x önermesi yanlı¸stır. Ama, |x| = 1 ⇐⇒ x2 = 1 önermesi dogrudur. ˘

Niceleyiciler Önermelerdeki “bütün”, “her”, “en az bir”, “bazı”, “hiçbir” gibi kelimelere niceleyici denir. Mesela, “bütün ögrenciler ˘ bayandır”, “sıfırdan büyük en az bir tamsayı vardır” önermelerinde oldugu ˘ gibi. S¸ imdi, bir p(x) açık önermesi verilsin. “Bütün x ler için p(x) dogrudur” ˘

yerine kısaca

∀ x, p(x)

“En az bir x için p(x) dogrudur” ˘

yerine kısaca

∃ x, p(x)

yazacagız. ˘ Burada ∀ ve ∃ niceleyicilerine sırasıyla evrensel ve varlıksal niceleyici denir. 4

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Örnek 1.17 “∀ x tamsayısı için |x| = x” önermesi yanlı¸stır. Çünkü x = −2 için | − 2| = 6 −2 dir. Örnek 1.18 “∀ x reel sayısı için x2 −x+2 6= 0” önermesi dogrudur. ˘ Çünkü x2 −x+2 = 0 denkleminin diskriminantı ∆ = b2 − 4ac = −7 < 0 olup bu denklemin reel kökü yoktur. Örnek 1.19 “∃ x reel sayısı için x2 = x” önermesi dogrudur. ˘ Çünkü x = 0 için 02 = 0 dır. Örnek 1.20 “∃ n dogal ˘ sayısı için 3(n + 2) asaldır” önermesi yanlı¸stır. Çünkü 3(n + 2) sayısı 3’den büyük ve 3’ün bir tam katı olup asal olamaz. Not: ∃ ve ∀ niceleyicileri ile ba¸slayan önermelerin olumsuzları s¸ öyledir: ∼ (∃x, p(x)) ≡ ∀ x, ∼ p(x)

ve

∼ (∀x, p(x)) ≡ ∃ x, ∼ p(x)

Örnek 1.21 ∼ (∀x, x + 3 < 10) ≡ (∃x, x + 3 > 10) ∼ (∃x, x + 3 = 7) ≡ (∀x, x + 3 6= 7)

˙ Teorem ve Ispat Yöntemleri Tanım 1.22 Dogru ˘ oldugu ˘ ispatlanmı¸s önermelere teorem denir. Teoremler genelde p =⇒ q s¸ eklinde verilir. Böyle bir teoremin ispatını yapmak için p dogru ˘ iken q nun dogru ˘ oldugu ˘ gösterilmelidir. (Bu yüzden p’ye hipotez, q’ya da sonuç denmektedir.) Bazen teoremler p ⇐⇒ q s¸ eklinde verilir. Bu durumda p =⇒ q ile q =⇒ p önermeleri ayrı ayrı ispatlanmalıdır. S¸ imdi temel ispat yöntemlerini görelim:

A) Dogruluk ˘ Çizelgesi Yöntemi Bu yöntemle bir teoremin her zaman dogru ˘ oldugu ˘ tablo ile gösterilir. Örnek 1.23 p =⇒ q ve r0 =⇒ q 0 önermeleri dogru ˘ ise r0 =⇒ p0 önermesinin dogru ˘ oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: Burada hipotez (H) ve sonuç (S) önermeleri s¸ öyle seçilir: H : (p =⇒ q) ∧ (r0 =⇒ q 0 )

S : r0 =⇒ p0

Daha sonra H =⇒ S teoreminin her zaman dogru ˘ oldugu ˘ gösterilir.

5

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

p

q

r

p0

q0

r0

p =⇒ q

r0 =⇒ q 0

H

S : r0 =⇒ p0

H =⇒ S

1

1

1

0

0

0

1

1

1

1

1

1

1

0

0

0

1

1

0

0

0

1

1

0

1

0

1

0

0

1

0

1

1

1

0

0

0

1

1

0

1

0

0

1

0

1

1

1

0

0

1

1

1

1

1

0

1

0

1

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

1

0

1

1

1

1

1

0

0

0

1

1

1

1

1

1

1

1

Soru: p =⇒ q ve q =⇒ r önermeleri dogru ˘ iken p =⇒ r önermesinin de dogru ˘ oldugunu ˘ gösterin.

˙ B) Dogrudan ˘ Ispat Yöntemi Bu yöntemde, p =⇒ q önermesini ispatlamak için daha önceden dogru ˘ oldugu ˘ bilinen p =⇒ r1 , r1 =⇒ r2 , r2 =⇒ r3 , . . . , rn−1 =⇒ rn , rn =⇒ q önermeler zincirinden faydalanılır. Örnek 1.24 “Bir tek dogal ˘ sayının karesi tektir” teoremini ispatlayalım. p : “n tektir” ve q : “n2 tektir” diyelim. S¸ imdi n tek =⇒ ∃k tamsayısı için n = 2k + 1 =⇒ n2 = 4k 2 + 4k + 1 2 =⇒ n2 = 2(2k + 2k}) + 1 = 2m + 1 | {z m

=⇒ n2 tektir, çünkü m tamsayı

˙ C) Dolaylı Ispat Yöntemi p =⇒ q önermesi yerine onun dengi olan q 0 =⇒ p0 önermesi ispatlanır. Bu önermeye p =⇒ q nun kar¸sıt tersi denir. Örnek 1.25 a ve b iki dogal ˘ sayı olsun. a · b bir çift sayı ise a ile b den en az birisinin çift oldugunu ˘ gösterelim. p önermesi “a·b çift” ve q önermesi de “a çift veya b çift” olsun. Biz p =⇒ q yerine q 0 =⇒ p0

6

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

önermesini ispatlayalım. q 0 :“a ve b tek”, p0 :“a · b tek” olur. a ve b tek =⇒ a = 2n + 1, b = 2m + 1 s¸ eklindedir (n, m tamsayı ) =⇒ ab = 4nm + 2n + 2m + 1 = 2(2nm +{zn + m}) + 1 | k

=⇒ ab tektir, çünkü k bir tamsayı Soru: 3x + 2 6= 5 ise 2x + 3 6= 5 oldugunu ˘ gösterin.

D) Olmayana Ergi Yöntemi p =⇒ q teoremini ispatlamak için p nin dogru ˘ oldugu ˘ kabul edilir. Daha sonra q nun yanlı¸s oldugu ˘ kabul edilip bir çeli¸ski bulunur. (Genelde p nin dogru ˘ olmasıyla çeli¸sen bir durum bulunur.) Böylece q nun dogru ˘ oldugu ˘ sonucuna varılır. Örnek 1.26 x, y birer tamsayı olsun. x · y tek ise x ile y den her ikisinin de tek oldugunu ˘ ispatlayalım. (Bu ispat dolaylı ispat yöntemi ile de yapılabilir.) Çözüm: x · y tek olsun. x, y nin her ikisinin de tek oldugunu ˘ gösterecegiz. ˘ Aksini kabul edelim; yani x, y den en az biri çift olsun. Mesela x çift olsun. (y nin çift oldugunu ˘ kabul edilirse aynı ispat yapılır) O halde bir k tamsayısı için x = 2k dır. S¸ imdi x · y = (2k)y = 2(ky) olup x · y nin çift oldugu ˘ görülür. Bu durum bir çeli¸skidir; çünkü x · y tek kabul edilmi¸sti. O halde x, y nin her ikisi de tektir. Not: a, b birer tamsayı olmak üzere eger ˘ ax = b olacak s¸ ekilde en az bir x tamsayısı mevcutsa a b ˘ Dikkat: a/b veya yazıp “a, b yi böler” s¸ eklinde okuyacagız. ˘ Bu tanıma göre 0 0 önermesi dogrudur. a b

ifadesi bir önerme degildir. ˘

˘ olmayana ergi yöntemi ile gösterin. Örnek 1.27 a bir tamsayı olmak üzere 6 a =⇒ 2 a oldugunu Çözüm: 6 a olsun. O halde bir k tamsayısı için a = 6k dır. S¸ imdi 2 6 a oldugunu ˘ kabul edelim. Bu durumda a tektir. Ancak a = 6k = 2(3k) oldugundan ˘ a çifttir. Bu bir çeli¸skidir. O halde 2 a olmalıdır. Not: Her zaman dogru ˘ oldugu ˘ iddia edilen bir önermenin yanlı¸s oldugunu ˘ göstermek için bir ters örnek (yanlı¸s örnek) verilir. Yani p =⇒ q önermesinde p yi dogru ˘ fakat q yu yanlı¸s yapan bir örnek aranır. Örnek 1.28 a, b, c, d tamsayılar olsun. ab cd =⇒ a c veya b d önermesi dogru ˘ mudur? Çözüm: Bu önerme her a, b, c, d için verilmi¸stir. Önerme dogru ˘ degildir; ˘ mesela a = 6, b = 5, c = 10, d = 9 alınırsa, 30 90 dır fakat 6 6 10 ve 5 6 9 dur.

7

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Not: ∀x, p(x) önermesinin yanlı¸s oldugunu ˘ göstermek için ∃x, ∼ p(x) önermesinin dogru ˘ oldugu ˘ ispatlanır. ∃x, p(x) önermesinin yanlı¸s oldugunu ˘ göstermek için ∀x, ∼ p(x) önermesinin dogru ˘ oldugu ˘ ispatlanır. Örnek 1.29 ∃x reel sayısı için x2 < 0 önermesi yanlı¸stır; çünkü ∀x reel sayısı için x2 > 0 dır. ˙ Soru: Çalı¸smazsam uyuyacagım, ˘ üzülürsem uyumayacagım. ˘ O halde üzülürsem çalı¸sacagım. ˘ Ispatlayın. Örnek 1.30 2m − 1 bir asal sayı ise m nin de asal oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: Dolaylı ispat yöntemini kullanalım. m asal olmasın. O halde n > 1, k > 1 olmak üzere m = nk s¸ eklindedir. S¸ imdi
n n(k−1) n(k−2) n ) 2 + 2 + · · · + 2 + 1 2m − 1 = (2n )k − 1 = (2 − 1 {z } | {z } | A

B

S¸ imdi n > 1 oldugundan ˘ A > 1 dir. Ayrıca k > 1 oldugundan ˘ B > 1 dir. Bu durumda 2m − 1 in asal olmadıgı ˘ görülür. Örnek 1.31

√



2 reel sayısının irrasyonel oldugunu ˘ gösterelim.

√

2 sayısının rasyonel oldugunu ˘ kabul

edelim. O halde a, b ve b 6= 0 tamsayıları için √

2=

a b

s¸ eklindedir. Burada a ile b nin (1 den büyük) ortak çarpanı olmadıgını ˘ kabul edebiliriz. S¸ imdi 2=

a2 =⇒ 2b2 = a2 =⇒ a2 çift =⇒ a çift b2

olur. a = 2k dersek 2b2 = a2 =⇒ 2b2 = 4k 2 =⇒ b2 = 2k 2 =⇒ b2 çift =⇒ b çift olur. Yani a ile b nin 1 den büyük ortak çarpanı (yani 2) olur. Bu bir çeli¸skidir. O halde degildir. ˘

√

2 rasyonel 

Not: Bir önceki örnekte a¸sagıdaki ˘ önermeye olmayan ergi yöntemi uygulanmı¸stır: a, b aralarında asal iki tamsayı =⇒

a √ 6= 2 b

√ √ ˙ Soru: 3 ve 6 sayılarının irrasyonel oldugunu ˘ gösterin. (Ipucu: p bir asal sayı ve p ab =⇒ p a veya p b dir.)

8

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

ALISTIRMALAR ¸ 1.) [p =⇒ (q ∧ r)] ≡ [(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r)] oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: p

q

r

q∧r

p =⇒ q

p =⇒ r

p =⇒ (q ∧ r)

(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r)

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

0

1

0

0

0

1

0

1

0

0

1

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

1

1

1

1

1

1

0

1

0

0

1

1

1

1

0

0

1

0

1

1

1

1

0

0

0

0

1

1

1

1

2.) [p0 =⇒ (q =⇒ r0 )] ≡ [(q ∧ r) =⇒ p] oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: p

q

r

p0

r0

q =⇒ r0

q∧r

p0 =⇒ (q =⇒ r0 )

(q ∧ r) =⇒ p

1

1

1

0

0

0

1

1

1

1

1

0

0

1

1

0

1

1

1

0

1

0

0

1

0

1

1

1

0

0

0

1

1

0

1

1

0

1

1

1

0

0

1

0

0

0

1

0

1

1

1

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

1

0

0

0

1

1

1

0

1

1

3.) (p ⇐⇒ q) =⇒ [(p ∧ r) ⇐⇒ (q ∧ r)]

önermesinin dogruluk ˘ tablosunu yapınız.

Çözüm:

9

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

p

q

r

p∧r

q∧r

p⇔q

(p ∧ r) ⇔ (q ∧ r)

(p ⇔ q) ⇒ (p ∧ r) ⇔ (q ∧ r)

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

0

0

1

1

1

1

0

1

1

0

0

0

1

1

0

0

0

0

0

1

1

0

1

1

0

1

0

0

1

0

1

0

0

0

0

1

1

0

0

1

0

0

1

1

1

0

0

0

0

0

1

1

1

4.) A¸sagıdaki ˘ dagılma ˘ kurallarının dogru ˘ oldugunu ˘ gösterin: p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

ve

p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

Çözüm: p

q

r

q∧r

p∨q

p∨r

p ∨ (q ∧ r)

(p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

0

1

1

1

1

1

0

1

0

1

1

1

1

1

0

0

0

1

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

0

1

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

Diger ˘ özelligin ˘ ispatı da a¸sagıdaki ˘ tablodadır: p

q

r

q∨r

p∧q

p∧r

p ∧ (q ∨ r)

(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

0

1

1

1

0

1

1

0

1

1

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

1

1

0

0

0

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

0

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

5.) “3 sayısı a’yı bölmüyor ise 18 sayısı da a’yı bölmez” önermesinin dogru ˘ oldugunu ˘ ispat yöntemlerinden birini kullanarak gösterin. 10

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Çözüm: p önermesi: 3 6 a ve q önermesi: 18 6 a olsun. Dolaylı ispat yöntemini kullanalım; yani q 0 =⇒ p0 önermesini ispatlayalım: 18 a =⇒ a = 18k, (k : tamsayı ) =⇒ a = 3(6k) =⇒ 3 a çünkü 6k bir tamsayıdır. Böylece p =⇒ q ispatlanmı¸s olur.

6.) [(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r)] ≡ [p =⇒ (q ∧ r)]

oldugunu ˘ tablo yapmadan gösterin.

Çözüm: (p =⇒ q) ≡ (p0 ∨ q) denkligini ˘ ve ∨’nın ∧ üzerine dagılma ˘ özelligini ˘ kullanırsak: (p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r) ≡ (p0 ∨ q) ∧ (p0 ∨ r) ≡ p0 ∨ (q ∧ r) ≡ [p =⇒ (q ∧ r)] elde edilir.

7.) (p =⇒ q) =⇒ r önermesinin dogruluk ˘ tablosunda, bu önermeninin sütununda kaç tane 0 vardır? N

yoktur

2 tane 3 tane

4 tane

Hiçbiri 8.) p : “ ∃x tamsayı, x2 + 1 = −x ” olsun ve q : “ ∀x reel sayı, x4 > x2 ” olsun. Buna göre: N

p, q : Dogru ˘ p, q : Yanlı¸s

p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s

p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

Hiçbiri

9.) (p =⇒ q)0 önermesi a¸sagıdakilerden ˘ hangisine denktir? N p ∧ q0

p0 ∧ q

p ∨ q0

Hiçbiri

p0 ∨ q

10.) p : “ ∃x tamsayı, x2 = −x ” olsun ve q : “ ∀x reel sayı, x2 > x ” olsun. Buna göre: N

p, q : Dogru ˘

p, q : Yanlı¸s p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

Hiçbiri

11.) (p ∧ (p =⇒ q)) =⇒ q önermesinin dogruluk ˘ tablosunda bu önermenin sütununda kaç tane 0 vardır? N

yoktur

2 tane

3 tane

4 tane

12.) (p =⇒ q) ≡ (∼ q =⇒∼ p) ilkesini temel alan ispat yönteminin adı nedir? N

Dogrudan ˘ ispat Dolaylı ispat

Olmayana Ergi

Çeli¸ski bulma

Hiçbiri

Hiçbiri

13.) A¸sagıdaki ˘ önermelerden hangisi yanlı¸stır? (t:tamsayı, n:dogal ˘ sayı, m:pozitif dogal ˘ sayı, x:reel sayı)

∀t, t 6 t4

∃n, n + 6 = n3

N

∀m, m2 6= 6m

∃x, x + 1 = x2

Hiçbiri

14.) p =⇒ q önermesinin olumsuzu a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir? N 0 0 p∧q

p ∧q

p ∨ q0

p0 ∨ q

Hiçbiri

15.) (p0 =⇒ q 0 )0 a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir? N 0 0 p ∧q

p ∨q

p ∨ q0

Hiçbiri

p ∧ q0

16.) A¸sagıdaki ˘ önermelerden hangisi dogrudur? ˘ (x:reel sayı, n:dogal ˘ sayı, t:tamsayı, r:rasyonel sayı) N 2

∀x, x + 1 < 1 ∃n, 4n asaldır ∀t, t(t + 3) > −3 ∀r, 8r tamsayıdır Hiçbiri 11

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

17.) (p ∧ q) =⇒ (p =⇒ q) önermesinin dogruluk ˘ tablosunda bu önermenin sütununda kaç tane 0 vardır?

1 tane

3 tane

4 tane

N

N

p ∨ q0

yoktur

Hiçbiri

18.) (p =⇒ q 0 )0 a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir?

p0 ∧ q

p∨q

p∧q

Hiçbiri

19.) A¸sagıdaki ˘ önermelerden hangisi dogrudur? ˘ (n :dogal ˘ sayı, x :reel sayı, t:tamsayı, r :rasyonel sayı)

∃n, n2 asaldır

∀x, x2 − 3 < −3

N

∀t, t(t + 4) > −5

∀r, r2 tamsayıdır

Hiçbiri

20.) (p ∧ q) =⇒ (p =⇒ q) önermesinin dogruluk ˘ tablosunda bu önermenin sütununda kaç tane 1 vardır? N

4 tane

1 tane

3 tane

yoktur

21.) (p ∧ q)0 ⇐⇒ (p0 ∨ q 0 ) önermesi a¸sagıdakilerden ˘ hangisine denktir? N

p∧q

p ∨ q0 p ∨ p0

p ∧ p0

Hiçbiri

Hiçbiri

22.) A¸sagıdaki ˘ önermelerden hangisi yanlı¸stır? (x : reel sayı, y : tamsayı olmayan reel sayı, n : dogal ˘ sayı, t : tamsayı) √ N ∀x, x3 rasyonel ∃y, y 3 tamsayı ∀n, n + 1 dogal ˘ sayı ∃t, t2 + 40 asal Hiçbiri √ √ 23.) p : “7 asal ise 2 rasyonel sayıdır”, q : “ 6 dogal ˘ sayı ⇐⇒ 1 asaldır” olsun. Buna göre: N

p, q : Dogru ˘

p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

p, q : Yanlı¸s Hiçbiri 24.) Ku¸slar ötüyor ise güne¸s doguyor. ˘ Yagmur ˘ yagıyor ˘ ise güne¸s dogmuyor. ˘ Yagmur ˘ yagdı ˘ gına ˘ göre a¸sagıdakilerden ˘ hangisi söylenebilir.

Güne¸s doguyor ˘

Yagmur ˘ yagmıyor ˘

Ku¸slar ötüyor

N

Ku¸slar ötmüyor

Hiçbiri

25.) p ∧ (q ∨ r) önermesinin dogruluk ˘ tablosunda, bu önermenin sütununda kaç tane 1 vardır? N

1

2 3

4

Hiçbiri 26.) A¸sagıdaki ˘ önermelerden hangisi yanlı¸stır? (x : reel sayı, n : dogal ˘ sayı, t : tamsayı ) √ √ N 3 ˘ ∀n, n + 1 tamsayı ∃t, t2 + 49 asal Hiçbiri ∀x, x reel 121 asal ise 7 asal degil 27.) p ve q dogru, ˘ r de yanlı¸s bir önerme ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi yanlı¸stır?

(p =⇒ r) ∨ q

(r ∧ q) =⇒∼ p

∼ p ⇐⇒ (∼ q∧ ∼ r)

∼ (p =⇒ r)

N

Hiçbiri

˙ 28.) (a < b =⇒ a = b) önermesinin olumsuzu a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir? (Ipucu: (p =⇒ q) ≡ p0 ∨ q ) N a y =⇒ x = y önermesinin olumsuzu hangisidir? (Ipucu: (p =⇒ q) ≡ p0 ∨ q) N

xy

x6y

x>y

Hiçbiri

30.) p ⇐⇒ q önermesinin olumsuzu a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir? N 0 0 0 0 (p ∨ q) =⇒ (p ∧ q)

p ⇐⇒ q

p∨q

Hiçbiri

12

p∧q

˙ Bölüm 1. Önermeler ve Ispat Yöntemleri

√ 2 rasyonel sayıdır”, q : “ 6 rasyonel ⇐⇒ 9 asaldır” olsun. Buna göre: N

p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

p, q : Yanlı¸s Hiçbiri

31.) p : “15 asal degil ˘ ise

p, q : Dogru ˘

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

√

13

Bölüm 2

Kümeler ˙ tanımlanmı¸s nesnelerin bir topluluguna Tanım 2.1 Iyi ˘ küme denir. Kümeler genelde A, B, C, . . . gibi büyük harflerle; kümenin elemanları da a, b, c . . . gibi küçük harflerle gösterilir. Eger ˘ bir x elemanı bir A kümesine aitse bunu x ∈ A; aksi halde x 6∈ A s¸ eklinde gösteririz. Bir kümeyi, elemanlarını teker teker yazarak gösterme yöntemine listeleme yöntemi denir. Mesela A = { 2, 3, 5 } . Bir kümeyi elemanlarının ta¸sıdıgı ˘ ortak özellikleri söyleyerek yazabiliriz. Bunun için { x : p(x) } gösterimi kullanılır. Bu küme “p(x) açık önermesini saglayan ˘ bütün x’lerin kümesi”dir. Bu yönteme ortak özellik yöntemi denir. O zaman A=



x ∈ R : (x − 2)(x2 − 8x + 15) = 0



yazılabilir. (R reel sayılar kümesidir.) Kümeleri düzlemdeki kapalı egrilerle ˘ ve elemanlarını da bu egri ˘ içinde birer nokta olarak gösterebiliriz. Bu yönteme Venn1 Seması ¸ yöntemi denir. 1

John Venn (1834–1923)

14

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler A 2 3 5

S¸ ekil 2.1: A = { 2, 3, 5 } kümesinin Venn s¸ eması ile gösterimi

Tanım 2.2 A ve B iki küme olsun. Eger ˘ A’nın her elemanı aynı zamanda B’nin de bir elemanı ise A’ya B’nin bir alt kümesi denir ve A ⊆ B yazılır. Eger ˘ A ⊆ B ve B’de A’ya ait olmayan en az bir eleman varsa A’ya B’nin bir özalt kümesi denir ve A

B yazılır. Eger ˘ A ⊆ B ve B ⊆ A ise o zaman

A ile B kümelerine e¸sittir denir ve A = B yazılır. Tanım 2.3 A ve B iki küme olsun. A da olup B de olmayan elemanların kümesine A ile B nin farkı denir ve A \ B veya A − B ile gösterilir. A \ B = { x : x ∈ A, x ∈ / B } = {x ∈ A : x ∈ / B} yazabiliriz. Ancak A \ B = { x ∈ / B : x ∈ A } yazamayız.

A

B

˙ kümenin farkı A \ B S¸ ekil 2.2: Iki

Tanım 2.4 Üzerinde çalı¸sılan en geni¸s kümeye evrensel küme diyecegiz ˘ ve E ile gösterecegiz. ˘ A bir küme ise A’da olmayan (ve evrensel kümede olan) elemanların kümesine A’nın tümleyeni denir ve A0 veya A ile gösterilir. O halde: A0 = { x : x ∈ / A} = {x ∈ E : x ∈ / A} = E \ A yazılabilir. Hiçbir elemanı olmayan kümeye bo¸s küme denir ve ∅ ile gösterilir. Bo¸s küme her kümenin alt kümesidir ve bütün bo¸s kümeler birbirine e¸sittir.

15

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler

Tanım 2.5 A ve B iki küme olsun. A ya, B’ye veya her ikisine ait olan elemanların kümesine A ile B nin birle¸simi denir ve A ∪ B ile gösterilir. Hem A ya hem de B’ye aynı anda ait olan elemanların kümesine A ile B nin kesi¸simi (arakesiti) denir ve A ∩ B ile gösterilir. Kesi¸simi bo¸s olan kümelere ayrık kümeler denir. A ∪ B = { x : x ∈ A veya x ∈ B } A ∩ B = { x : x ∈ A ve x ∈ B } = { x ∈ A : x ∈ B }

A

B

A

˙ kümenin birle¸simi A ∪ B ve kesi¸simi A ∩ B S¸ ekil 2.3: Iki

˙ ˙slemlerin Özellikleri Kümelerle Ilgili I¸ 1.) a) Her A kümesi için A ⊆ A (Yansıma özelligi) ˘ b) A ⊆ B, B ⊆ A =⇒ A = B (Simetri Özelligi) ˘ c) A ⊆ B ve B ⊆ C ise A ⊆ C dir. (Geçi¸sme özelligi) ˘ 2.) A ∪ A = A, A ∩ A = A 3.) A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅ 4.) A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A 5.) Dagılma ˘ Kuralları: a) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) b) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) 6.) ∅0 = E, E 0 = ∅ 7.) De Morgan Kuralları: (A ∪ B)0 = A0 ∩ B 0 (A ∩ B)0 = A0 ∪ B 0 8.) A ⊆ B =⇒ B 0 ⊆ A0 16

B

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler 9.) A ⊆ A ∪ B, B ⊆ A ∪ B A ∩ B ⊆ A, A ∩ B ⊆ B 10.) A ⊆ B =⇒ A ∪ B = B ve A ∩ B = A

Not: A∪B ∩C, A∩B ∪C veya A\B ∪C gibi ifadeler anlamsızdır. Kümelerdeki i¸slemlerin öncelik sırası olmadıgından ˘ mutlaka parantez kullanılmalıdır. Ancak yanyana birden fazla kesi¸sim (veya birle¸sim) i¸slemi için parantez kullanılmayabilir. (Neden?) Tanım 2.6 A ve B iki küme olsun. A ∪ B ye ait olup A ∩ B ye ait olmayan elemanların kümesine A ile B nin simetrik farkı denir ve A4B ile gösterilir. A4B = { x : x ∈ A ∪ B, x ∈ / A ∩ B } = (A ∪ B) \ (A ∩ B)

A

B

˙ kümenin simetrik farkı A4B S¸ ekil 2.4: Iki

S¸ ekilden de anla¸sılacagı ˘ gibi A4B = (A \ B) ∪ (B \ A) diyebiliriz. Ayrıca A4B = B4A dır, çünkü: A4B = { x : x ∈ A ∪ B, x ∈ / A ∩ B } = { x : x ∈ B ∪ A, x ∈ / B ∩ A } = B4A. Tanım 2.7 Eleman sayısına bir dogal ˘ sayı kar¸sılık getirilebilen kümelere sonlu küme; aksi halde sonsuz küme denir. Mesela (0, 1) açık aralıgı ˘ ve tek dogal ˘ sayılar kümesi { 1, 3, 5, . . . } sonsuz kümelerdir. B = { a, b, c, d } kümesi 4 elemanlı olup sonlu bir kümedir. Bir A kümesinin eleman sayısını s(A) ile gösterecegiz. ˘ Bu durumda s(∅) = 0 olur. Ayrıca s(A ∪ B) = s(A) + s(B) − s(A ∩ B) s(A ∪ B ∪ C) = s(A) + s(B) + s(C) − s(A ∩ B) − s(A ∩ C) − s(B ∩ C) + s(A ∩ B ∩ C) formülleri dogrudur. ˘ A, B ve C kümeleri iki¸ser iki¸ser ayrık iseler: s(A ∪ B ∪ C) = s(A) + s(B) + s(C).

17

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler

Kümeler Ailesi Elimizde bir takım kümeler olsun. Bu kümeleri A, B, C, D, . . . gibi harflerle göstermek yerine; mesela A1 , A2 , A3 , . . . s¸ eklinde göstermek daha kolay olacaktır. Bu durumda kümeleri I = { 1, 2, 3, . . . } ˙ ste bir takım kümeleri indiskümesinin elemanlarını kullanarak indislemi¸s (damgalamı¸s) oluruz. I¸ lemek için kullandıgımız ˘ I kümesine indis kümesi, her i ∈ I elemanına bir indis, her i ∈ I için Ai kümesine de indislenmi¸s küme denir. Elemanları bir I indis kümesi tarafından indislenmi¸s kümelerin kümesine de bir kümeler ailesi denir. Böyle bir kümeler ailesi

A = { Ai : i ∈ I } s¸ ekline gösterilir. Örnek 2.8

A = { { a, b } , { a } , { a, e, f, g } , { a, c } } olsun. Burada I = { 1, 3, 4, 6 } indis kümesi ve A1 = { a, b } , A3 = { a } , A4 = { a, e, f, g } , A6 = { a, c }

diyebiliriz. Bu durumda A = { Ai : i ∈ I } yazılır. Tanım 2.9

A = { Ai : i ∈ I } kümeler ailesi verilsin. Bu ailenin birle¸simi [

Ai = { x : En az bir i ∈ I için x ∈ Ai }

i∈I

s¸ eklinde tanımlanır. Bu ailenin kesi¸simi de \

Ai = { x : Her i ∈ I için x ∈ Ai }

i∈I

s¸ eklinde tanımlanır. Örnek 2.10 Bir önceki örnekte: [

Ai = A1 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A6 = { a, b, c, e, f, g }

i∈I

\

Ai = A1 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A6 = { a }

i∈I

˘ olsun. Bu durumda Örnek 2.11 I = { 1, 2, 3, . . . } ve her n ∈ I için An = [0, n1 ] kapalı aralıgı [

\

An = [0, 1],

n∈I

n∈I

18

An = { 0 } .

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler

Genelle¸stirilmi¸s Dagılma ˘ Kuralları

A

= { Ai : i ∈ I } ve

B

= { Bj : j ∈ J } aileleri verilsin. Bu durumda kesi¸simin birle¸sim üzerine

dagılma ˘ kuralının genel hali: 

! [

Ai

\

 [



i∈I



Bj  =

j∈J

[

 [

 i∈I

(Ai ∩ Bj )

j∈J

Ayrıca, birle¸simin kesi¸sim üzerine dagılma ˘ kuralının genel hali:    !  \ [ \ \ \   Ai Bj  = (Ai ∪ Bj ) i∈I

j∈J

i∈I

j∈J

˙ Ispat: 

! x∈

[ i∈I

Ai

\

 [



! [

Bj  ⇐⇒ x ∈

j∈J

Ai

i∈I

 ve x ∈ 

 [

Bj 

j∈J

⇐⇒ ∃i ∈ I, x ∈ Ai ve ∃j ∈ J, x ∈ Bj ⇐⇒ ∃i ∈ I ve ∃j ∈ J için x ∈ Ai ve x ∈ Bj ⇐⇒ ∃i ∈ I ve ∃j ∈ J için x ∈ Ai ∩ Bj   [ [  ⇐⇒ x ∈ (Ai ∩ Bj ) i∈I

j∈J

olup ispat tamamlanır. Diger ˘ kısmın ispatı da s¸ öyledir:    !  ! \ [ \ \ \  Ai Bj  ⇐⇒ x ∈ Ai veya x ∈  Bj  x∈ i∈I

j∈J

i∈I

j∈J

⇐⇒ ∀i ∈ I, x ∈ Ai veya ∀j ∈ J, x ∈ Bj ⇐⇒ ∀i ∈ I ve ∀j ∈ J için x ∈ Ai veya x ∈ Bj ⇐⇒ ∀i ∈ I ve ∀j ∈ J için x ∈ Ai ∪ Bj   \ \  ⇐⇒ x ∈ (Ai ∪ Bj ) i∈I

Örnek 2.12

j∈J

A = { A1 , A3 , A5 } ve B = { B2 , B4 } olsun. Bu durumda I = { 1, 3, 5 } , J = { 2, 4 } olur. (A1 ∪ A3 ∪ A5 ) ∩ (B2 ∪ B4 ) = (A1 ∩ B2 ) ∪ (A1 ∩ B4 ) ∪ (A3 ∩ B2 ) ∪ (A3 ∩ B4 ) ∪ (A5 ∩ B2 ) ∪ (A5 ∩ B4 )

19

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler

Genelle¸stirilmi¸s De Morgan Kuralları { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Bu durumda !0 \

Ai

!0 =

[

Ai

0

[

ve

i∈I

i∈I

Ai

=

i∈I

\

Ai 0

i∈I

˙ Ispat: !0 x∈

\

⇐⇒ x ∈ /

Ai

i∈I

\

Ai

i∈I

⇐⇒ ∃i ∈ I için x ∈ / Ai ⇐⇒ ∃i ∈ I için x ∈ Ai 0 [ ⇐⇒ x ∈ Ai 0 i∈I

Diger ˘ kısmın ispatı da s¸ öyledir: !0 x∈

[

Ai

⇐⇒ x ∈ /

i∈I

[

Ai

i∈I

⇐⇒ ∀i ∈ I için x ∈ / Ai ⇐⇒ ∀i ∈ I için x ∈ Ai 0 \ ⇐⇒ x ∈ Ai 0 i∈I

Çözümlü Örnekler 1.) A \ B = A ∩ B 0 oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A \ B = { x : x ∈ A ve x ∈ / B}=



x : x ∈ A ve x ∈ B 0



= A ∩ B0

2.) A ∪ B = B ∩ C =⇒ A ⊆ B ⊆ C oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A ⊆ A ∪ B oldugunu ˘ biliyoruz. A ∪ B = B ∩ C oldugundan ˘ A ⊆ B ∩ C elde edilir. Ayrıca B ∩ C ⊆ B oldugundan, ˘ A ⊆ B bulunur. Benzer s¸ ekilde: B ⊆ A ∪ B = C ∩ B olup B ⊆ B ∩ C ⊆ C oldugundan ˘ B ⊆ C bulunur. Sonuç olarak A ⊆ B ⊆ C dir.

20

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler 3.) A ∪ B = A ∩ B ⇐⇒ A = B oldugunu ˘ gösterin.

Çözüm: Önce A ∪ B = A ∩ B oldugunu ˘ kabul edelim. A = B oldugunu ˘ göstermek için A ⊆ B ve B ⊆ A oldugunu ˘ gösterecegiz. ˘ A ⊆ A ∪ B = A ∩ B ⊆ B oldugundan ˘ A⊆B

)

B ⊆ A ∪ B = A ∩ B ⊆ A oldugundan ˘ B⊆A

=⇒ A = B.

S¸ imdi de A = B oldugunu ˘ kabul edelim. A ∪ B = A ∪ A = A = A ∩ A = A ∩ B. Bu kısmın ispatı s¸ öyle de yapılabilirdi: )

A∪B =A∪A=A

=⇒ A ∪ B = A ∩ B.

A∩B =A∩A=A

4.) A ⊆ B =⇒ A ∪ C ⊆ B ∪ C oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A ⊆ B oldugunu ˘ kabul edelim. O halde x ∈ A =⇒ x ∈ B dir. x ∈ A ∪ C =⇒ x ∈ A veya x ∈ C =⇒ x ∈ B veya x ∈ C =⇒ x ∈ B ∪ C olup seçilen x keyfi oldugundan ˘ önerme her x için dogrudur. ˘ O halde A ∪ C nin her elemanı B ∪ C nin bir elemanı olup ispat biter. Not: Bu tür ispatlarda p(x) =⇒ q(x) önermesi dogru ˘ ise “oklar soldan saga ˘ dogru ˘ ilerlerken” p(x) yerine q(x) yazılabilir. (q(x) yerine p(x) yazılamaz.) Yine p(x) =⇒ q(x) önermesi dogru ˘ ise { x : p(x) } ⊆ { x : q(x) } kapsaması vardır. p(x) ⇐⇒ q(x) önermesi dogru ˘ ise; yani p(x) ≡ q(x) ise { x : p(x) } = { x : q(x) } e¸sitligi ˘ vardır.

5.) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A ∪ (B ∩ C) = { x : x ∈ A veya x ∈ B ∩ C } = { x : x ∈ A veya (x ∈ B ve x ∈ C) } = { x : (x ∈ A veya x ∈ B) ve (x ∈ A veya x ∈ C) } = { x : (x ∈ A ∪ B) ve (x ∈ A ∪ C) } = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) 21

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler

6.) A ⊆ B, C ⊆ B, A ∩ C = ∅ veriliyor. Bu kümelerin bo¸s olup olmamasına ve birbirlerine e¸sit olup olmamasına göre farklı bütün durumları Venn s¸ eması ile gösterin. Çözüm: Toplam 7 durum vardır. S¸ ekilde 6 durum gösterilmi¸s olup son durum A = B = C = ∅ durumudur. B A

B

C

B

A

C

C=∅

A=∅

A=B

C=B

B

C=∅

A=∅

A=C=∅

7.) A¸sagıda ˘ kartezyen düzlemin A, B, C ve D altkümeleri verilmi¸stir. Buna göre sırasıyla A ∩ B, (A ∩ B) ∩ C ve (A ∩ B) ∩ (C ∩ D) kümelerini Venn s¸ eması ile gösterin. A = { (x, y) : x > 0 }

B = { (x, y) : x + 2y < 6 }

C = { (x, y) : y > 0 }

D = { (x, y) : y − x > 0 }

Çözüm: y=x

y

x A∩B

22

x + 2y = 6

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler y=x

y

C (A ∩ B) ∩ C x x + 2y = 6

A∩B

y=x

y

(A ∩ B) ∩ (C ∩ D)

C ∩D

x x + 2y = 6

A∩B

8.) De Morgan Kurallarını ispatlayın. Yani (A∪B)0 = A0 ∩B 0 ve (A∩B)0 = A0 ∪B 0 oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: (A ∪ B)0 =



x : x ∈ (A ∪ B)0



= {x : x ∈ / (A ∪ B) }  = {x : x ∈ / A ve x ∈ / B } = x : x ∈ A0 ve x ∈ B 0 = A0 ∩ B 0 .  (A ∩ B)0 = x : x ∈ (A ∩ B)0 = { x : x ∈ / (A ∩ B) }  = {x : x ∈ / A veya x ∈ / B } = x : x ∈ A0 veya x ∈ B 0 = A0 ∪ B 0 .

9.) A \ B = A \ (A ∩ B) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A \ (A ∩ B) = A ∩ (A ∩ B)0 = A ∩ (A0 ∪ B 0 ) = (A ∩ A0 ) ∪(A ∩ B 0 ) = A ∩ B 0 = A \ B | {z } ∅

23

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler 10.) (A \ B) \ C = A \ (B ∪ C) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm:

A \ (B ∪ C) = A ∩ (B ∪ C)0 = A ∩ (B 0 ∩ C 0 ) = (A ∩ B 0 ) ∩ C 0 = (A \ B) ∩ C 0 = (A \ B) \ C

11.) (A ∩ B) ∩ (A \ B) = ∅ oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: (A ∩ B) ∩ (A \ B) = (A ∩ B) ∩ (A ∩ B 0 ) = (A ∩ A) ∩ (B ∩ B 0 ) = A ∩ ∅ = ∅

12.) (A \ B) ∩ B = ∅ oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: (A \ B) ∩ B = (A ∩ B 0 ) ∩ B = A ∩ (B ∩ B 0 ) = A ∩ ∅ = ∅ | {z } ∅

13.) A0 \ B 0 = B \ A oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A0 \ B 0 =



x : x ∈ A0 ve x ∈ / B0



=



x : x ∈ A0 ve x ∈ B



= { x : x ∈ B ve x ∈ / A} = B \ A

14.) A ⊆ A ∪ B ve A ∩ B ⊆ A oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: “x ∈ A =⇒ x ∈ A veya x ∈ B” önermesi her zaman dogru ˘ olur. (Yani x ∈ B olmasa da dogrudur.) ˘ O halde A ⊆ A ∪ B dir. Benzer s¸ ekilde x ∈ A ∩ B ise x ∈ A önermesi her zaman dogrudur. ˘ O halde A ∩ B ⊆ A dir.

15.) A ⊆ B =⇒ A ∪ (B − A) = B oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A ⊆ B ise A ∪ B = B ve A ∩ B = A oldugunu ˘ biliyoruz. O halde A ∪ (B − A) = A ∪ (B ∩ A0 ) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ A0 ) = B ∩ E = B | {z } | {z } B

E

16.) A ∪ B = ∅ =⇒ A = ∅ ve B = ∅ oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A ∪ B = ∅ olsun. A ⊆ A ∪ B olacagından ˘ A ⊆ ∅ olur. Ayrıca bo¸s küme her kümenin alt kümesi oldugundan ˘ ∅ ⊆ A dır. Buradan A = ∅ elde edilir. Benzer s¸ ekilde B = ∅ dir.

24

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler 17.) A ve B kümeleri için A ⊆ B ⇐⇒ A ∪ B = B oldugunu ˘ gösterin.

Çözüm: (=⇒) Önce A ⊆ B oldugunu ˘ kabul edelim. Bu durumda x ∈ A =⇒ x ∈ B dir. O zaman x ∈ A ∪ B =⇒ x ∈ A veya x ∈ B =⇒ x ∈ B veya x ∈ B =⇒ x ∈ B olup A ∪ B ⊆ B olur. Ayrıca B ⊆ A ∪ B her zaman dogru ˘ oldugundan ˘ A ∪ B = B elde edilir. (⇐=) S¸ imdi A ∪ B = B oldugunu ˘ kabul edelim. A ⊆ A ∪ B oldugunu ˘ biliyoruz. A ∪ B = B oldugundan ˘ A ⊆ B elde edilir. 18.) (A0 )0 = A oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A = {x : x ∈ A} =



x:x∈ / A0

 : x : x ∈ (A0 )0 = (A0 )0 .

19.) A ∪ B = E ve A ∩ B = ∅ ⇐⇒ B = A0 oldugunu ˘ gösterin. (E : evrensel kümedir) Çözüm: (=⇒) A∪B = E ve A∩B = ∅ olsun. x ∈ A0 =⇒ x ∈ / A dır. Fakat x ∈ E olmalı; yani x ∈ A∪B olmalıdır. O halde x ∈ B olmalı. Yani A0 ⊆ B dir. S¸ imdi de x ∈ B =⇒ A ∩ B = ∅ oldugundan ˘ x∈ / A =⇒ x ∈ A0 olup B ⊆ A0 elde edilir. Sonuç olarak B = A0 dür. (⇐=) B = A0 =⇒ A ∪ B = A ∪ A0 = E dir. Ayrıca A ∩ B = A ∩ A0 = ∅.

20.) A − B = ∅ ⇐⇒ A ⊆ B oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: (=⇒) A − B = ∅ oldugunu ˘ kabul edelim. x ∈ A alalım. x ∈ B oldugunu ˘ gösterecegiz. ˘ Aksini kabul edelim; yani x ∈ / B olsun. Bu durumda x ∈ B 0 olur. O halde x ∈ A ∩ B 0 = A − B olmalıdır. Bu bir çeli¸skidir, çünkü A − B = ∅ kabul edilmi¸stir. (⇐=) S¸ imdi A ⊆ B kabul edelim. Bu durumda A ∩ B = A olur. S¸ imdi A − B = A ∩ B 0 = (A ∩ B) ∩ B 0 = A ∩ (B ∩ B 0 ) = A ∩ ∅ = ∅.

21.) A4(A ∩ B) = A − B oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: A ∩ B ⊆ A oldugundan ˘ A ∪ (A ∩ B) = A dır. A4(A ∩ B) = (A ∪ (A ∩ B)) − (A ∩ (A ∩ B)) = A − (A ∩ B) = A ∩ (A ∩ B)0 = A ∩ (A0 ∪ B 0 ) = (A ∩ A0 ) ∪ (A ∩ B 0 ) = ∅ ∪ (A ∩ B 0 ) = A ∩ B 0 = A − B. 25

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler 22.) A4B = ∅ ⇐⇒ A = B oldugunu ˘ gösterin.

Çözüm: (=⇒) A4B = ∅ =⇒ (A − B) ∪ (B − A) = ∅ =⇒ A − B = ∅ ve B − A = ∅ =⇒ A ⊆ B ve B ⊆ A =⇒ A = B. (Not: A − B = ∅ olması için gerek ve yeter s¸ art A ⊆ B dır.) (⇐=) A = B =⇒ A4B = A4A = (A ∪ A) − (A ∩ A) = A − A = ∅.

23.) (A4B)0 = (A0 ∪ B) ∩ (A ∪ B 0 ) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm:  0 (A4B)0 = [(A − B) ∪ (B − A)]0 = (A ∩ B 0 ) ∪ (B ∩ A0 ) = (A ∩ B 0 ) ∩ (B ∩ A0 ) = (A0 ∪ B) ∩ (A ∪ B 0 )

24.) A4(A ∪ B) = B − (A ∩ B) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: E¸sitligin ˘ sol tarafı en sade s¸ ekle getirilirse: A4(A ∪ B) = (A ∪ (A ∪ B)) − (A ∩ (A ∪ B)) = (A ∪ B) − A = (A ∪ B) ∩ A0 = (A ∩ A0 ) ∪ (B ∩ A0 ) = ∅ ∪ (B ∩ A0 ) = B ∩ A0 elde edilir. S¸ imdi de e¸sitligin ˘ sag˘ tarafını sadele¸stirelim: B − (A ∩ B) = B ∩ (A ∩ B)0 = B ∩ (A0 ∪ B 0 ) = (B ∩ A0 ) ∪ (B ∩ B 0 ) = (B ∩ A0 ) ∪ ∅ = B ∩ A0 . E¸sitligin ˘ her iki tarafı da B ∩ A0 oldugundan ˘ çözüm tamamlanmı¸stır. 25.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Her i ∈ I için Ai ⊆ B ise [ Ai ⊆ B i∈I

oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x∈

[

Ai =⇒ ∃i ∈ I için x ∈ Ai =⇒ x ∈ B (Çünkü Ai ⊆ B)

i∈I

26.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Her i ∈ I için B ⊆ Ai ise B ⊆

\

Ai oldugunu ˘ gösterin.

i∈I

Çözüm:

x ∈ B =⇒ ∀i ∈ I için x ∈ Ai (Çünkü B ⊆ Ai ) =⇒ x ∈

\ i∈I

26

Ai

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler

Çoktan Seçmeli Sorular 1.) A ⊆ B ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘ N 0 0

A =B A\B =∅

A ⊆B

A ∩ B 6= ∅

Hiçbiri

2.) A \ B = A olması için gerek ve yeter s¸ art nedir?

A=B

A⊆B

B⊆A

B=∅

3.) A = [0, 2] ve B = [1, 7] aralıkları ise A 4 B ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir? N

(1, 2) [0, 1) ∪ (2, 7]

∅

(−∞, −1) ∪ (2, ∞)

N

Hiçbiri

Hiçbiri

4.) B = { { ∅ } , ∅, 0, { 0, ∅ } } olduguna ˘ göre a¸sagıdakilerden ˘ hangisi yanlı¸stır?

{∅} ⊆ B

{ ∅, 0 } ⊆ B

∅⊆B

{{∅}} ⊆ B

N

Hiçbiri

5.) A4B kümesi ile B kümesinin tümleyeninin simetrik farkı hangisidir? N

A\B

B∩A

E \ (A ∩ B) E\A

Hiçbiri

6.) A ∩ B = A ve B ∩ C = ∅ ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘ N A∩C =∅

A=B

B∪C =E

A∪B =A

Hiçbiri

7.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∀i ∈ I için x ∈ Ai 0 olması için gerek ve yeter s¸ art nedir? \ \ [ [ N

x∈ Ai

x∈ / Ai x∈ / Ai

x∈ Ai

Hiçbiri i∈I

i∈I

i∈I

i∈I

8.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∃ i ∈ I için B ⊆ Ai ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ \ [ \ [ N

B⊆ Ai B⊆ Ai

Ai = B

Ai ⊆ B

Hiçbiri i∈I

i∈I

i∈I

i∈I

9.) Evrensel küme ile A ∪ B kümesinin simetrik farkı a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir? N 0 0 0

A4B

A∩B

A ∪B A ∩ B0

Hiçbiri

10.) A ve B kümeleri ayrık iki küme olsun. s(A ∪ B) = 8, s(A ∩ B 0 ) = 5 ise s(B) kaçtır? N

4 3

5

2

Hiçbiri

11.) [(A ∪ B) \ B] ∩ A a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir? N 0 0 0

A ∩B A\B

A ∩B

Hiçbiri

A∩B

12.) A¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogru ˘ ise A ∪ B = E her zaman dogrudur? ˘ N 0 0 A ⊆B

A⊆A\B

A ∩ B 6= ∅

B⊆A

Hiçbiri

13.) A ∩ B = A ise A ∩ B 0 a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir? N ∅

A∪B

A

Hiçbiri

B\A

14.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Her k ∈ I için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur. ˘ !0 \ [ \ \ N

Ak ⊆ Ai

Ai ⊆ Ak Ai ⊆ Ak

Ai ⊆ Ak i∈I

i∈I

i∈I

Hiçbiri

i∈I

15.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∀ i ∈ I için x ∈ / Ai olması için gerek ve yeter s¸ art nedir?

27

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 2. Kümeler

x∈

[

x∈

Ai

i∈I

[

Ai 0

x∈

i∈I

\

N

Ai

x∈

i∈I

\

Ai 0

Hiçbiri

i∈I

16.) A ile B ayrık ise (A \ B) ∪ (E4A) nedir? (E : Evrensel küme)

A∪B

A

N

B

Hiçbiri

E

17.) (A \ B)4(B \ A) a¸sagıdakilerden ˘ hangisine e¸sittir?

A

B\A

A∩B

N

B

Hiçbiri

18.) A4B = A0 4B 0 e¸sitligi ˘ hangi s¸ artlar altında dogrudur? ˘

A = ∅ veya B = ∅

A∩B =∅

A=B

N

Her zaman dogru ˘

Hiçbiri

19.) A ve B kümeleri ayrık iseler a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘

A4B =E

A4B =∅

A\B =∅

A0 ⊆ B

N

A\B =∅

Hiçbiri

Hiçbiri

20.) A ⊆ B ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘

A0 = B

A0 ⊆ B

A ∩ B 6= ∅

N

21.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∃i ∈ I için x ∈ Ai 0 olması için gerek ve yeter s¸ art nedir? \ \ [ [ N

x∈ Ai x∈ / Ai

x∈ Ai

x∈ / Ai

Hiçbiri i∈I

i∈I

i∈I

i∈I

22.) A4B = A ∪ B ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘ N A ile B ayrıktır

A\B =∅

B\A=∅ 23.) A \ B = B \ A olması için gerek ve yeter s¸ art nedir? N

A=B=∅ A=B

A∪B =E

A=B

Hiçbiri

A∩B =∅

Hiçbiri

A∩B =∅

N

Hiçbiri

A\B

N

Hiçbiri

N

Hiçbiri

24.) A ∪ B = E ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘

A ⊆ B0

A = B0

B0 ∪ A = B

25.) A 4 (B \ A) a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir?

A

B\A

A∩B

26.) B = { ∅, { ∅ } , a, { a } , { 1 } } ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi yanlı¸stır?

∅⊆B

∅∈B

{a} ⊆ B

{ a, ∅ } ⊆ B \ 27.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. x ∈ / Ai ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ i∈I

x∈ /

[

Ai

∃i ∈ I, x ∈ Ai

N

∃i ∈ I, x ∈ Ai 0

x∈

\

Ai 0

Hiçbiri

i∈I

i∈I

28.) (E \ A) ∩ (E \ B) = ∅ olması için gerek ve yeter s¸ art nedir? N

A=B A∪B =E

A=B=∅

A∩B =∅

Hiçbiri

A\B

N

Hiçbiri

(−2, −1) ∪ (2, 4]

N

Hiçbiri

29.) A0 ∩ (A0 ∪ B 0 )0 a¸sagıdakilerden ˘ hangisine e¸sittir?

A∩B

A0

A∪B

30.) X = (−1, 4] ve Y = (−2, 2) ∪ {3} ise X4Y hangisidir?

(−2, −1] ∪ [2, 4]

(−2, −1) ∪ [2, 4]

(−2, −1] ∪ (2, 4]

28

Bölüm 3

Bagıntılar ˘ ve Özellikleri Tanım 3.1 a ve b herhangi iki eleman olmak üzere (a, b) s¸ eklindeki bir ifadeye bir sıralı ikili denir. ˙ sıralı ikilinin e¸sit olması s¸ öyle tanımlanır: Burada a’ ya 1. bile¸sen; b’ye de 2. bile¸sen denir. Iki (a, b) = (c, d) ⇐⇒ a = c ve b = d. Dolayısıyla genelde (a, b) 6= (b, a) dır. Benzer s¸ ekilde (x1 , x2 , . . . , xn ) s¸ eklindeki bir ifadeye bir sıralı n–li denir.

Kartezyen Çarpım Tanım 3.2 A ve B iki küme olsun. Birinci bile¸senleri A dan; ikinci bile¸senleri B den olan bütün sıralı ikililerin kümesine A ile B nin kartezyen çarpımı denir ve A × B ile gösterilir. Yani A × B = { (a, b) : a ∈ A ve b ∈ B } . Özel olarak B = A ise: A × A = { (a, b) : a ∈ A ve b ∈ A } kümesi yazılabilir ve bu küme kısaca A2 ile gösterilir. Genel olarak sıralı n–lilerin kümesi tanımlanabilir. O halde n |A × A × {z· · · × A} = A = { (x1 , x2 , . . . , xn ) : x1 , . . . , xn ∈ A } n–tane

yazabiliriz.

Kartezyen Çarpımın Özellikleri Teorem 3.3 A, B, C ve D dört tane küme olsun. 29

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri 1.) A × ∅ = ∅ × A = ∅ 2.) A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C) 3.) A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C) 4.) A ⊆ B =⇒ A × C ⊆ B × C 5.) A ⊆ B ve C ⊆ D =⇒ A × C ⊆ B × D

˙ Ispat 1.) A × ∅ = { (x, y) : x ∈ A ve y ∈ ∅ } kümesi bo¸skümedir; çünkü y ∈ ∅ önermesi her zaman yanlı¸stır. Dolayısıyla “a ∈ A ve y ∈ ∅” her zaman yanlı¸stır. Benzer s¸ ekilde ∅ × A = ∅ dir. ˙ Ispat 2.) (x, y) ∈ A × (B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ A ve y ∈ B ∪ C ⇐⇒ x ∈ A ve (y ∈ B veya y ∈ C) ⇐⇒ (x ∈ A ve y ∈ B) veya (x ∈ A ve y ∈ C) ⇐⇒ (x, y) ∈ A × B veya (x, y) ∈ A × C ⇐⇒ (x, y) ∈ (A × B) ∪ (A × C) olup ispat tamamlanır. ˙ Ispat 3.) p ∧ q ∧ r ≡ (p ∧ q) ∧ (p ∧ r) denkligi ˘ kullanılırsa; (x, y) ∈ A × (B ∩ C) ⇐⇒ x ∈ A ve y ∈ B ∩ C ⇐⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve y ∈ C ⇐⇒ (x ∈ A ve y ∈ B) ve (x ∈ A ve y ∈ C) ⇐⇒ (x, y) ∈ A × B ve (x, y) ∈ A × C ⇐⇒ (x, y) ∈ (A × B) ∩ (A × C) olup ispat tamamlanır. ˙ Ispat 4.) (x, y) ∈ A × C =⇒ x ∈ A ve y ∈ C =⇒ x ∈ B ve y ∈ C =⇒ (x, y) ∈ B × C olup ispat biter. ˙ Ispat 5.) (x, y) ∈ A × C =⇒ x ∈ A ve y ∈ C =⇒ x ∈ B ve y ∈ D =⇒ (x, y) ∈ B × D olup ispat biter.



S¸ imdi de kartezyen çarpımın birle¸sim ve kesi¸sim üzerine dagılma ˘ özelliklerini genel olarak ispatlayalım: Teorem 3.4

A = { Ai : i ∈ I } ve B = { Bj : j ∈ J } aileleri verilsin. 30

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri ! 1.)

[

i∈I

Ai

 ×

[

Bj  =

j∈J

! 2.)

 [

×

Ai

i∈I

\



(Ai × Bj )

(i,j)∈I×J

 \

\

Bj  =

j∈J

(Ai × Bj )

(i,j)∈I×J

˙ Ispat 1.) ! (x, y) ∈

[

 ×

Ai

i∈I

 [



!

Bj  ⇐⇒ x ∈

j∈J

[

 [

ve y ∈ 

Ai

i∈I

Bj 

j∈J

⇐⇒ ∃i ∈ I, x ∈ Ai ve ∃j ∈ J, y ∈ Bj ⇐⇒ ∃i ∈ I ve ∃j ∈ J, x ∈ Ai ve y ∈ Bj ⇐⇒ ∃(i, j) ∈ I × J, (x, y) ∈ Ai × Bj [ ⇐⇒ (x, y) ∈ (Ai × Bj ) (i,j)∈I×J

˙ Ispat 2.) ! (x, y) ∈

\ i∈I

Ai

 ×

 \



!

Bj  ⇐⇒ x ∈

j∈J

\

Ai

 \

ve y ∈ 

i∈I

Bj 

j∈J

⇐⇒ ∀i ∈ I, x ∈ Ai ve ∀j ∈ J, y ∈ Bj ⇐⇒ ∀i ∈ I ve ∀j ∈ J, x ∈ Ai ve y ∈ Bj ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ I × J, (x, y) ∈ Ai × Bj \ ⇐⇒ (x, y) ∈ (Ai × Bj ) (i,j)∈I×J

Örnek 3.5 A, B, C, D dört tane küme olmak üzere: 1.) (A × B) ∩ (C × D) = (A ∩ C) × (B ∩ D) e¸sitliginin ˘ her zaman dogru ˘ oldugunu; ˘ 2.) (A × B) ∪ (C × D) = (A ∪ C) × (B ∪ D) e¸sitliginin ˘ her zaman dogru ˘ olmadıgını ˘ gösterin. Çözüm 1.) (x, y) ∈ (A × B) ∩ (C × D) ⇐⇒ (x, y) ∈ A × B ve (x, y) ∈ C × D ⇐⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve x ∈ C ve y ∈ D ⇐⇒ (x ∈ A ve x ∈ C) ve (y ∈ B ve y ∈ D) ⇐⇒ x ∈ A ∩ C ve y ∈ B ∩ D ⇐⇒ (x, y) ∈ (A ∩ C) × (B ∩ D) 31

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri

Çözüm 2.) A = { a, b } , B = { 1, 2, 3 } , C = { b } ve D = { 2, 3, 4 } alınırsa e¸sitligin ˘ dogru ˘ olmadıgı ˘ görülür: (A × B) ∪ (C × D) = { (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3), (b, 4) } , (A ∪ C) × (B ∪ D) = { (a, 1), (a, 2), (a, 3), (a, 4), (b, 1), (b, 2), (b, 3), (b, 4) } . Örnek 3.6 A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: y ∈ / C =⇒ (x, y) ∈ / A × C olacagından; ˘ (x, y) ∈ A × (B \ C) =⇒ x ∈ A ve y ∈ B \ C =⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve y ∈ /C =⇒ (x, y) ∈ A × B ve (x, y) ∈ / A×C =⇒ (x, y) ∈ (A × B) \ (A × C). Ayrıca; (x, y) ∈ (A × B) \ (A × C) =⇒ (x, y) ∈ A × B ve (x, y) ∈ / A×C =⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve (x ∈ / A veya y ∈ / C) =⇒ (x ∈ A ve y ∈ B ve x ∈ / A) veya (x ∈ A ve y ∈ B ve y ∈ / C) =⇒ x ∈ A ve y ∈ B ve y ∈ /C =⇒ x ∈ A ve y ∈ (B \ C) =⇒ (x, y) ∈ A × (B \ C). olup iki kümenin e¸sitligi ˘ gösterilmi¸s olur.

ALISTIRMALAR ¸ 1.) A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C) önermesinin dogru ˘ olması için gerek ve yeter s¸ art nedir? N Her zaman dogru ˘

A = ∅ A = B = C = ∅ A = ∅ veya B ∩ C = ∅

Hiçbiri 2.) “A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C)” önermesi için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ N

Bazen dogru ˘ Sadece A = ∅ ise dogru ˘ Her zaman dogru ˘ Her zaman yanlı¸s Hiçbiri 3.) A × (B ∪ C) = ∅ olduguna ˘ göre a¸sagıdakilerden ˘ hangisi kesinlikle dogrudur? ˘ N

A∪B =∅

B∩C =∅

B×C =∅ A∩C =∅

Hiçbiri

4.) Her A, B, C kümesi için p :“A × (B × C) = (A × B) × C” ve q :“A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C)” ise:

p, q : Dogru ˘

p: Dogru, ˘ q: Yanlı¸s

N

p: Yanlı¸s, q: Dogru ˘

32

p, q: Yanlı¸s

Hiçbiri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri

5.) A, B ve C kümelerinin eleman sayıları sırasıyla 12, 8 ve 10 dur. Ayrıca B ile C ayrık kümelerdir. Buna göre (A × B) ∩ (A × C) kaç elemanlıdır.? N Sıfır

180

24

12

Hiçbiri

6.) A × B 6= ∅ ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘

A ∩ B 6= ∅

A4B 6= ∅

A⊆B

A∩B =∅

N

Hiçbiri

(Dogru ˘ Cevap: A ∪ B 6= ∅ olabilir.) 7.) Her A, B, C için p : A0 × B 0 = (A × B)0 ve q : A × C ⊆ B × C =⇒ A ⊆ B önermeleri için hangisi dogrudur? ˘

p, q:Dogru ˘

p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s

N

p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

8.) A × B = ∅ ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘ N

A=∅

A = ∅ ve B = ∅ A∩B =∅

p, q : Yanlı¸s

B0 = E

Hiçbiri

Hiçbiri

9.) X × Y = Y × X olması için gerek ve yeter s¸ art nedir? N X = ∅ veya Y = ∅ veya X = Y X ⊆ Y veya Y ⊆ X X = Y s(X) = s(Y ) Hiçbiri

Bagıntı ˘ Tanım 3.7 A ve B birer küme olsun. A × B nin bir alt kümesine (bo¸s küme dahil) A’dan B’ye bir ba˘gıntı denir. Eger ˘ A = B ise bu bagıntıya ˘ kısaca A’da bir ba˘gıntı denir. Örnek 3.8 A = { a, b, c, d, e } ve B = { 1, 2, 4, 6 } olsun. β1 = { (a, 2), (a, 4), (b, 1), (d, 1), (c, 6) } ⊆ A × B olup A dan B’ye bir bagıntıdır ˘ β2 = { (a, b), (b, b), (c, e) } ⊆ A × A

olup A’da bir bagıntıdır ˘

Tanım 3.9 β, A’dan B’ye bir bagıntı ˘ olsun. (Yani β ⊆ A × B olsun). β −1 = { (y, x) : (x, y) ∈ β } bagıntısına ˘ β’nın ters ba˘gıntısı veya kısaca tersi denir. Bu durumda β −1 ⊆ B × A oldugu ˘ açıktır. Tanım 3.10 β ⊆ A × B olsun. Bir kartezyen düzlemde A’nın elemanlarını yatay eksende; B’nin elemanlarını da dü¸sey eksende gösterelim. (x, y) ∈ β ise P (x, y) noktalarını i¸saretleyelim. Bu s¸ ekilde elde edilen noktalar kümesine β’nın grafi˘gi denir. Ayrıca; A ve B kümelerini Venn s¸ eması ile yanyana gösterelim. (x, y) ∈ β ise x’den y’ye tek yönlü oklar çizelim. Böylece elde edilen s¸ ekle β’nın s¸ eması denir. Örnek 3.11 A = { a, b, c, d, e } ve B = { 1, 2, 4, 6 } olsun. β = { (a, 1), (a, 4), (b, 6), (c, 6), (c, 2), (e, 1), (e, 4) } 33

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri bagıntısını ˘ grafigini ˘ ve s¸ emasını çizelim. B 6 4 2 1 A a

b

c

d

e

S¸ ekil 3.1: β’nın grafigi. ˘

A

B

a

1

b

2

c 4

d

6

e

S¸ ekil 3.2: β’nın s¸ eması.

Tanım 3.12 A, B, C, D dört tane küme ve B ∩ C 6= ∅ olsun. β ⊆ A × B ve γ ⊆ C × D olsun. β ile γ’nın bile¸skesi γ◦ β ile gösterilir ve s¸ öyle tanımlanır: γ◦ β = { (x, z) : ∃ y ∈ B ∩ C için (x, y) ∈ β ve (y, z) ∈ γ } . Dikkat: β ile γ’nın bile¸skesi, söylendigi ˘ sırada degil ˘ de γ◦ β s¸ eklinde yazılmaktadır. Örnek 3.13 A = { 2, 4, 6, 8 } , B = { a, b, c, d, e } , C = { c, d, e } , D = { 1, 3, 5 } olsun. β = { (2, a), (2, c), (6, c), (8, d), (2, e) } ⊆ A × B, γ = { (c, 1), (d, 3), (c, 5), (e, 1) } ⊆ C × D =⇒ γ◦ β = { (2, 1), (2, 5), (6, 1), (6, 5), (8, 3) }

34

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri

Bagıntının ˘ Özellikleri Bu kısımda özelligi ˘ incelenecek bagıntıların ˘ bir A kümesinde tanımlı oldugunu ˘ kabul edecegiz. ˘ (Yani β ⊆ A × A). S¸ imdi bu 4 özelligi ˘ tanımlayalım. Tanım 3.14 β ⊆ A × A olsun. Eger ˘ her x ∈ A için (x, x) ∈ β ise β’ya yansıyan bir bagıntı ˘ denir. Örnek 3.15 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } olsun. α1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (5, 1) }

Yansıyandır

α2 = { (1, 4), (4, 2), (2, 2), (4, 4), (5, 5) }

Yansıyan degildir ˘

Not: (x, y) ∈ β önermesi xβy s¸ eklinde daha kısa gösterilmektedir. (Bazı kaynaklarda yβx yazılmaktadır.) Bu durumda β yansıyan ⇐⇒ ∀x ∈ A, xβx oldugu ˘ görülebilir. Tanım 3.16 A bir küme ise x ∈ A için (x, x) s¸ eklindeki bütün sıralı ikililerin kümesine A’nın kö¸segeni denir ve IA ile gösterilir. O halde: IA = { (x, x) : x ∈ A }

dır.

Bu durumda da β yansıyan ⇐⇒ IA ⊆ β oldugu ˘ kolaylıkla anla¸sılır. Tanım 3.17 β ⊆ A × A olsun. Eger ˘ her (x, y) ∈ β için (y, x) ∈ β ise β’ya simetrik bir bagıntı ˘ denir. Buradan β simetrik ⇐⇒ β = β −1 oldugu ˘ görülebilir. Örnek 3.18 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } olsun. β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3) }

Simetriktir

β2 = { (1, 3), (3, 1), (2, 2), (3, 3), (5, 5) }

Simetriktir

β3 = { (1, 5), (3, 3), (3, 4), (4, 3) }

Simetrik degildir ˘

β4 = ∅

Simetriktir

35

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri

Tanım 3.19 β ⊆ A × A olsun. x 6= y olmak üzere, eger ˘ her (x, y) ∈ β için (y, x) ∈ / β ise β’ya ters simetrik bir bagıntı ˘ denir. Buna denk olarak ∀(x, y) ∈ β, (y, x) ∈ β =⇒ x = y önermesi dogruysa ˘ β ters simetriktir diyebiliriz. Buradan β ters simetrik ⇐⇒ β ∩ β −1 ⊆ IA oldugu ˘ görülebilir. Örnek 3.20 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } olsun. γ1 = { (4, 4), (2, 2), (3, 3) }

Simetrik ve ters simetrik

γ2 = { (1, 3), (3, 1), (4, 5) }

Simetrik degil, ˘ ters simetrik degil ˘

γ3 = { (1, 5), (5, 1) }

Simetrik, ters simetrik degil ˘

γ4 = { (1, 3), (4, 5) }

Simetrik degil, ˘ ters simetrik

γ5 = ∅

Simetrik ve ters simetrik

Tanım 3.21 β ⊆ A × A olsun. Eger ˘ her (x, y) ∈ β ve (y, z) ∈ β için (x, z) ∈ β ise β’ya geçi¸sken bir bagıntı ˘ denir. Buradan β geçi¸sken ⇐⇒ β◦ β ⊆ β oldugu ˘ görülebilir. Örnek 3.22 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } olsun. σ1 = { (1, 1), (3, 4) }

Geçi¸sken

σ2 = { (1, 3), (3, 1), (1, 1) }

Geçi¸sken degil, ˘ çünkü (3, 3) ∈ / σ2

σ3 = { (2, 3), (3, 5), (2, 5), (5, 3), (5, 5), (3, 3) } σ4 = { (1, 3), (4, 5), (5, 1) }

Geçi¸sken Geçi¸sken degil, ˘ çünkü (4, 1) ∈ / σ4

σ5 = ∅

Simetrik, ters sim. ve geçi¸sken

Örnek 3.23 A = { 1, 2, 3, 4, 5 } kümesinde sırasıyla; sadece yansıyan, sadece simetrik, sadece ters simetrik, sadece geçi¸sken olan birer bagıntı ˘ yazın. Daha sonra 4 özellige ˘ de sahip olan ve hiçbir özellige ˘ sahip olmayan bagıntıları ˘ yazın. Sadece yansıyan: β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (1, 2), (3, 4), (4, 3), (3, 5) } Sadece simetrik: β2 = { (1, 2), (2, 1) } Sadece ters simetrik: β3 = { (1, 2), (2, 3)) } 36

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri Sadece geçi¸sken: β4 = { (1, 2), (2, 1), (1, 1), (2, 2), (4, 5) }

Bütün özellikler var : β5 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5) } = IA Hiçbir özellik yok: β6 = { (1, 2), (2, 1), (1, 1), (3, 4) }

Not: β, A’da bir bagıntı ˘ olsun. Buna göre β yansıyan degil ˘ ⇐⇒ ∃ a ∈ A, (a, a) ∈ /β β simetrik degil ˘ ⇐⇒ ∃ a, b ∈ A, a 6= b, (a, b) ∈ β, (b, a) ∈ /β β ters simetrik degil ˘ ⇐⇒ ∃ a, b ∈ A, a 6= b, (a, b) ∈ β, (b, a) ∈ β β geçi¸sken degil ˘ ⇐⇒ ∃ a, b, c ∈ A, (a, b) ∈ β, (b, c) ∈ β, (a, c) ∈ /β Örnek 3.24 Tamsayılar kümesi Z’de “aβb ⇐⇒ 3 (a + 2b)” s¸ ekline tanımlanan bagıntının ˘ özelliklerini inceleyin. Çözüm: (i) Her a ∈ Z için 3 (a + 2a) yani 3 3a olup aβa dır. Yani bagıntı ˘ yansıyandır. (ii) (a, b) ∈ β =⇒ 3 (a + 2b) =⇒ ∃k ∈ Z, a + 2b = 3k =⇒ 2a + 4b = 6k =⇒ 2a + b = 6k − 3b = 3(2k − b) olup 2k − b ∈ Z oldugundan ˘ 3 (b + 2a) =⇒ (b, a) ∈ β. Yani β simetriktir. (iii) (1, 4) ∈ β ve (4, 1) ∈ β oldugundan ˘ β ters simetrik degildir. ˘ (iv) (a, b) ∈ β =⇒ 3 (a + 2b) =⇒ ∃k ∈ Z, a + 2b = 3k (b, c) ∈ β =⇒ 3 (b + 2c) =⇒ ∃m ∈ Z, b + 2c = 3m Sagdaki ˘ e¸sitlikler taraf tarafa toplanıp gerekli düzenleme yapılırsa: a + 2c = 3(k + m − b) =⇒ k + m − b ∈ Z oldugundan ˘ 3 (a + 2c) =⇒ (a, c) ∈ β olup β geçi¸skendir.

ALISTIRMALAR ¸ 1.) Z’de tanımlanan “aβb ⇐⇒ b = a + 1” bagıntısının ˘ özelliklerinin listesi a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir?

Ters simetri, geçi¸sme

N

Geçi¸sme

Ters simetri

Hiçbir öz. yok

Hiçbiri

2.) N’de tanımlı (x, y) ∈ β ⇐⇒ “x asal veya x 6 y ” bagıntısının ˘ özelliklerinin listesi nedir? N Yansıma Yansıma ve geçi¸sme Hiçbir öz. yok Yansıma ve ters simetri Hiçbiri 37

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri

3.) N+ kümesinde “ (a, b) ∈ β ⇐⇒ a 2b ” bagıntısı ˘ için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ N

Yansıyan degil ˘

Simetrik

Ters simetrik Geçi¸sken degil ˘

Hiçbiri 4.) R kümesinde “ (a, b) ∈ β ⇐⇒ |a − b| = 1 ” bagıntısı ˘ için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi yanlı¸stır? N

Yansıyan degil ˘

Simetrik

Ters simetrik degil ˘

Geçi¸sken degil ˘ Hiçbiri ˘ yazılabilir? 5.) A = { 1, 2, 3 } kümesi üzerinde yansıyan olan kaç tane bagıntı N

32 tane

16 tane

512 tane 64 tane

Hiçbiri

6.) α = { (1, 2), (2, 5), (5, 3), (3, 4), (5, 1) } ve β = { (2, 6), (1, 6), (3, 6), (4, 1), (5, 2) } ise s(βo α) = ? N 4

2

3

1

Hiçbiri 7.) “Yansıyan olmadıgı ˘ halde kendisi ile bile¸skesi yansıyan olan bagıntılar ˘ vardır” önermesi için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi söylenebilir? N

Yanlı¸stır Dogrudur ˘

Bir s¸ ey söylenemez

Önerme degildir ˘

Hiçbiri

8.) A = { 1, 2, 3 }’nın kuvvet kümesi üzerinde β = { (X, Y ) : X 6= Y, X ⊆ Y } bagıntısı ˘ kaç elemanlıdır?

12

17

16

13

N

Hiçbiri

9.) N de “(a, b) ∈ β ⇐⇒ a asal veya b asal veya a + b asal ” s¸ eklinde tanımlanan bagıntının ˘ özelliklerinin listesi hangisidir? N

Geçi¸sken Simetrik

Geçi¸sken ve simetrik

Hiçbir özellik yok

Hiçbiri

10.) A = { 0, 1, . . . , 8 } kümesinde aβb ⇐⇒ |b2 − a2 | < 64 bagıntısı ˘ için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘

Yansıyan degil ˘

Simetrik degil ˘

Ters simetrik

N

Geçi¸sken degil ˘

Hiçbiri

˘ yazılır? 11.) 2 elemanlı bir küme üzerinde simetrik olmayan kaç tane bagıntı

4 tane

5 tane

6 tane

7 tane

N

Hiçbiri

12.) Bir A kümesinde tanımlı bir β bagıntısının ˘ geçi¸sken olması için gerek ve yeter s¸ art nedir? N −1 βo β ⊆ β

β ∪ β ⊆ IA

β ∩ β −1 ⊆ IA

βo β −1 = IA

Hiçbiri 13.) E = { a, b, c } evrensel küme olsun. P (E) kuvvet kümesi üzerinde β = { (X, Y ) : X = Y 0 } bagıntısı ˘ kaç elemanlıdır?

5 elemanlı

6 elemanlı

9 elemanlı

10 elemanlı

N

Hiçbiri

14.) α = { (1, 2), (2, 4), (3, 4), (1, 4), (2, 3) } ve γ = { (4, 1), (3, 3), (1, 2) } ise α◦ γ kaç elemanlıdır? N

3 elemanlı

4 elemanlı 5 elemanlı

6 elemanlı

Hiçbiri 15.) Pozitif dogal ˘ sayılar kümesi üzerinde aβb ⇐⇒ 3|(a + 3) bagıntısı ˘ için hangisi dogrudur? ˘ N

Yansıyan

Simetrik

Ters simetrik Geçi¸sken

Hiçbiri 16.) Z’de tanımlı (x, y) ∈ β ⇐⇒ “x + y çift veya x tek” bagıntısının ˘ özelliklerinin listesi nedir? N Yansıyan, geçi¸sken Yansıyan, simetrik Yansıyan Yansıyan, ters simetrik Hiçbiri

38

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 3. Bagıntılar ˘ ve Özellikleri

17.) β’da var iken β◦ β’da da olması gereken özelliklerin listesi hangisidir? N

Yansıma Yansıma, simetri Yansıma, simetri, geçi¸sme Yansıma, geçi¸sme Hiçbiri 18.) R’de tanımlı (x, y) ∈ β ⇐⇒ “x tamsayı veya y < 0 ” bagıntısının ˘ özelliklerinin listesi nedir? N

Geçi¸sken

Simetrik, geçi¸sken Hiçbir öz. yok

Ters simetrik

Hiçbiri 19.) N+ kümesinde “ (a, b) ∈ β ⇐⇒ a 6 2b ” bagıntı ˘ için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ N

Yansıyan degil ˘

Simetrik

Ters simetrik Geçi¸sken degil ˘

Hiçbiri 20.) N+ kümesinde “ (a, b) ∈ β ⇐⇒ a < b veya b|a ” bagıntı ˘ için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ N

Yansıyan degil ˘

Simetrik

Ters simetrik Geçi¸sken degil ˘

Hiçbiri 21.) Bir bagıntı ˘ simetrik ise bu bagıntının ˘ tersi için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi kesinlikle dogrudur? ˘ N

Yansıyandır

Ters simetriktir Simetriktir

Geçi¸skendir

Hiçbiri 22.) A = { a, b } kümesi üzerinde simetrik olup ters simetrik olmayan kaç tane bagıntı ˘ yazılabilir? N

Yazılamaz

2

3 4

Hiçbiri 23.) α = { (2, 4), (7, 1), (6, 6), (6, 4), (7, 4), (4, 1) } ve β = { (1, 2), (2, 6), (3, 4), (1, 7), (2, 7) } ise α◦ β kaç elemanlıdır?

4 elemanlı

5 elemanlı

N

6 elemanlı

7 elemanlı

Hiçbiri

24.) α = {(x, y) : x, y ∈ R, x + y = 1} ve β = {(x, y) : x, y ∈ R, x − y = 3} ise β◦ α = {(x, y) : x, y ∈ R, . . . . . . } kümesindeki bo¸sluga ˘ ne yazılmalıdır?

x−y =1

x+y =4

x+y =0

N

x + y = −2

Hiçbiri

25.) A en az iki elemanlı bir küme ve α = A × A ise α için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi yanlı¸stır? N

Yansıyandır Ters simetriktir

Simetriktir

Geçi¸skendir

Hiçbiri 26.) N kümesinde (a, b) ∈ β ⇐⇒ “a + b çift veya a asal” bagıntısı ˘ için hangisi dogrudur? ˘

Yansıyan degil ˘

Simetrik

Ters simetrik

Geçi¸sken

N

Hiçbiri

27.) N \ { 0 }’da xβy ⇐⇒ x | (x + y) bagıntısının ˘ sahip oldugu ˘ özelliklerin listesi hangisidir? N

Yansıma ve geçi¸sme Yansıma ve ters sim. Yansıma ve simetri Yansıma Hiçbiri 28.) Reel sayılar kümesi R’de xβy ⇐⇒ |x − y| 6 1 bagıntısı ˘ için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ N Geçi¸sken degil ˘

Ters simetrik

Simetrik degil ˘

Yansıyan degil ˘

Hiçbiri 29.) Z’de

(x, y) ∈ β ⇐⇒ 3 | y 2

30.) R’de

aβb ⇐⇒ |a3 − b3 | 6 8

bagıntısının ˘ sahip oldugu ˘ özelliklerin listesi hangisidir? N

Ters simetrik Ters simetrik ve geçi¸sken Geçi¸sken Simetrik ve geçi¸sken Hiçbiri

Yansıyan degil ˘

bagıntısı ˘ için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘

Simetrik degil ˘

Ters simetrik

39

Geçi¸sken

N

Hiçbiri

Adı, Soyadı:

Numarası:

MT

˙ I DERSI˙ ÖRNEK ARASINAVI MT107 SOYUT MATEMATIK 1.) (p =⇒ q 0 ) =⇒ r0 önermesinin tablosunda bu önermenin bulundugu ˘ sütunda kaç tane 1 vardır? N

4 tane

3 tane

6 tane 5 tane

Hiçbiri 2.) (p ∧ q) =⇒ p0

p0 ∧ q

önermesinin olumsuzu a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir? N p∧q

p0 ∨ q 0

q0 ∨ p

Hiçbiri

3.) A¸sagıdaki ˘ önermelerden hangisi dogrudur? ˘

√ N √ √ / Z ∃a ∈ Q, a < −1 ∀x ∈ Z, 2x2 ∈ R Hiçbiri

∃x ∈ R, x(x + 6) = 3x2 + 5 ∀n ∈ N, n ∈

4.) A¸sagıdaki ˘ önermelerden hangisi bir teoremdir? N p =⇒ (p ∨ q)

p =⇒ (p ∧ q)

p =⇒ (p ∧ q 0 )

p =⇒ (p0 ∨ q)

Hiçbiri

5.) A0 ⊆ B ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘ N

B0 = A

A\B =∅ (A ∪ B)0 = ∅

A∩B =∅

Hiçbiri

6.) A4B = A olması için gerek ve yeter s¸ art nedir?

A=B=∅

A=B

A⊆B

A=∅

7.) s(A) = 6 ve s(B) = 11 ise A4B kümesi en az kaç elemanlıdır? N 5

sıfır

6

9

N

Hiçbiri

Hiçbiri

8.) A ile B kümeleri ayrık ise A \ (A0 ∪ B) ifadesinin en sade s¸ ekli nedir? N

B

A∪B A

B\A

Hiçbiri

9.) A ∪ B = E olduguna ˘ göre A \ B kümesinin tümleyeni a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir?

A0

B0

E

N

B\A

Hiçbiri

10.) A= { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∃ i ∈ I için x ∈ / Ai 0 olması için gerek ve yeter s¸ art nedir? \ [ [ \ N Ai 0

x∈ / Ai

x∈ / Ai 0

Hiçbiri

x∈ / Ai x∈ / i∈I

i∈I

i∈I

Diger ˘ Sayfaya Geçiniz

40

i∈I

Adı, Soyadı:

Numarası:

MT





1 1 kapalı aralıgı ˘ ise hangisi dogrudur? ˘ 11.) I = { 1, 2, 3, . . . } ve her n ∈ I için An = − , 1 + n \ n [ [ N\ Ai = [0, 1]

Ai = [−1, 1]

Ai = [0, 2]

Ai = [−1, 0]

Hiçbiri i∈I

i∈I

i∈I

i∈I

12.) A × B = B olduguna ˘ göre a¸sagıdakilerden ˘ hangisi kesinlikle dogrudur? ˘ N

A=∅

A=B B=∅

A 6= B

Hiçbiri

13.) (A ∩ B) × C = ∅ ise a¸sagıdakilerin ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘

C ⊆A∪B

A×C =∅

(A ∩ B) ∪ C 6= ∅

A ∪ C 6= ∅

N

Hiçbiri

14.) A = { 1, 2, 3, 4, 5 } kümesi üzerinde hiç bir özelligi ˘ olmayan bir bagıntı ˘ en az kaç elemanlı olmalıdır?

5

4

N

3

2

Hiçbiri

15.) p : “3 elemanlı bir bagıntının ˘ kendisi ile bile¸skesi bo¸s küme olabilir”, q : “ters simetrik bir bagın˘ tının tersi de ters simetriktir” olduguna ˘ göre: N

p, q : Yanlı¸s p, q : Dogru ˘

p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

Hiçbiri 16.) Dogal ˘ sayılarda tanımlı “(a, b) ∈ β ⇐⇒ 7 (a + 2b)” bagıntısı ˘ için hangisi dogrudur? ˘ N

Yansıyan

Simetrik

Ters simetrik

Geçi¸sken Hiçbiri 17.) 3 elemanlı bir küme üzerinde yansıyan olmayan kaç tane bagıntı ˘ yazılabilir? N 448 tane

192 tane

960 tane

64 tane

Hiçbiri

18.) Tamsayılar kümesinde (a, b) ∈ β ⇐⇒ “a çift ve b tek ” bagıntısının ˘ özelllik listesi hangisidir? N

simetri

ters simetri

geçi¸sme ters simetri ve geçi¸sme

Hiçbiri 19.) N+ kümesinde (x, y) ∈ α ⇐⇒ x (y + 1) ve (x, y) ∈ β ⇐⇒ x y s¸ eklinde iki bagıntı ˘ tanımlanıyor. Buna göre a¸sagıdaki ˘ önermelerden hangisi dogrudur? ˘ N

(4, 22) ∈ / βo α (5, 6) ∈ / βo α

(6, 15) ∈ / βo α

(8, 78) ∈ / βo α

Hiçbiri

20.) “Simetrik oldugu ˘ halde kendisi ile bile¸skesi simetrik olmayan bagıntılar ˘ vardır” ifadesi: N

Dogrudur ˘

Önerme degildir ˘

Bir s¸ ey söylenemez Yanlı¸stır

Hiçbiri NOT: Net puanınız dogru ˘ cevap sayısından yanlı¸s cevap sayınızın dörtte biri çıkarılarak hesaplanaN caktır. Süre 75 dakikadır. s¸ eklinde i¸saretleyiniz. ˙ IÇ ˙ BA¸SARILAR Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BILG

41

Bölüm 4

Denklik Bagıntıları ˘ Tanım 4.1 β bir ∅ 6= A kümesi üzerinde bir bagıntı ˘ olsun. Eger ˘ β yansıyan, simetrik ve geçi¸sken ise β’ya bir denklik ba˘gıntısı denir. Örnek 4.2 Z tamsayılar kümesi üzerinde β = { (x, y) : x − y çift tamsayıdır } s¸ eklinde tanımlanan bagıntı ˘ bir denklik bagıntısıdır. ˘ Çünkü (i) Her x ∈ Z için x − x = 0 çift olup xβx dir. Yani β yansıyandır. (ii) (x, y) ∈ β =⇒ x − y çift =⇒ y − x = −(x − y) çift olup (y, x) ∈ β. Yani β simetriktir. (iii) (x, y) ∈ β ve (y, z) ∈ β =⇒ x − y = 2k1 , y − z = 2k2 olacak s¸ ekilde k1 , k2 tamsayısı var =⇒ x − z = 2(k1 + k2 ) çift olup (x, z) ∈ β =⇒ β geçi¸skendir. Tanım 4.3 β bir A kümesi üzerinde bir denklik bagıntısı ˘ olsun. (x, y) ∈ β ise y elemanı x elemanına (β bagıntısına ˘ göre) denktir denir. x elemanına denk olan bütün elemanların kümesine x’in denklik sınıfı denir ve x ile gösterilir. O halde x = { y ∈ A : (x, y) ∈ β } = { y ∈ A : xβy } . Örnek 4.4 Tamsayılar kümesinde β = { (x, y) : 3 | (x − y) }

42

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 4. Denklik Bagıntıları ˘ s¸ eklinde tanımlanan bagıntı ˘ bir denklik bagıntısıdır. ˘ Buna göre 4 = { y ∈ Z : 3 | (4 − y) } = { . . . , −5, −2, 1, 4, 7, . . . } , 0 = { y ∈ Z : 3 | (0 − y) } = { . . . , −6, −3, 0, 3, 6, . . . } , 1 = { y ∈ Z : 3 | (1 − y) } = { . . . , −5, −2, 1, 4, 7, . . . } , 2 = { y ∈ Z : 3 | (2 − y) } = { . . . , −4, −1, 2, 5, 8, . . . } , −1 = { y ∈ Z : 3 | (1 + y) } = { . . . , −4, −1, 2, 5, 8, . . . } ,

˙ denklik sınıfının ya birbirine e¸sit ya da ayrık oldugu yazabiliriz. Iki ˘ görülür. Ayrıca farklı denklik sınıfları 0, 1 ve 2 dir. Bu denklik sınıflarının birle¸simi de Z ye e¸sittir. Teorem 4.5 β bir A kümesi üzerinde bir denklik bagıntısı ˘ olsun. (i) Her a ∈ A için a 6= ∅, (ii) Her a, b ∈ A için ya a ∩ b = ∅ veya a = b, (iii) A daki elemanların denklik sınıflarının birle¸simi A yı verir. Yani A =

[

a.

a∈A

˙ Ispat (i) Bagıntı ˘ yansıyan oldugundan ˘ her a ∈ A için a ∈ a olup a 6= ∅ dir. ˙ Ispat (ii) a, b ∈ A olsun. a ∩ b = ∅ ise ispat biter. a ∩ b 6= ∅ olsun. Bu durumda a = b oldugunu ˘ gösterecegiz. ˘ c ∈ a ∩ b alalım. O halde c ∈ a ve c ∈ b dir. S¸ imdi x ∈ a =⇒ (x, a) ∈ β =⇒ (x, c) ∈ β, çünkü (a, c) ∈ β ve β geçi¸sken. Ayrıca (c, b) ∈ β oldugundan ˘ (x, b) ∈ β elde edilir. O halde x ∈ b elde edilir. Benzer s¸ ekilde x ∈ b =⇒ x ∈ a ispatlanabilir. O halde a = b dir. ˙ Ispat (iii) A daki her eleman bir denklik sınıfına ait olacagından ˘ ispat açıktır.



Tanım 4.6 β bir A kümesinde bir denklik bagıntısı ˘ olsun. β nın A da belirledigi ˘ (ayırdıgı) ˘ denklik sınıflarının kümesine A nın β ya göre bölüm kümesi denir ve A/β ile gösterilir. Yani A/β = { a : a ∈ A } . Örnek 4.7 Z tamsayılar kümesinde β = { (x, y) : 3 | (x − y) } denklik bagıntısı ˘ verilsin. Buna göre Z/β = Tanım 4.8 A bo¸s olmayan bir küme olsun.

A



0, 1, 2 .

= { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Eger ˘ a¸sagıdaki ˘ s¸ artlar

saglanıyorsa ˘ A ailesine A kümesinin bir parçalanı¸sı (ayrımı) denir. 43

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 4. Denklik Bagıntıları ˘ (i) Her i ∈ I için Ai 6= ∅, (ii) Her i 6= j için Ai ∩ Aj = ∅, (Yani Ai ler iki¸ser iki¸ser ayrık) (iii)

A ailesinin birle¸simi A ya e¸sit; yani [

Ai = A.

i∈I

Örnek 4.9 A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 } kümesinin iki ayrımı:

A = { { 1, 4, 5 } , { 2, 3 } , { 6, 8 } , { 7 } } , B = { { 1 } , { 2 } , { 6 } , { 3, 4, 5, 7, 8 } } . Ayrıca C = { { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 } } = { A } ailesi de A nın bir ayrımıdır. Teorem 4.10 β bir A kümesi üzerinde bir denklik bagıntısı ˘ olsun. β nın A da ayırdıgı ˘ denklik sınıfları (yani A/β) A nın bir ayrımını olu¸sturur. Tersine A nın herbir ayrımı, verilen ayrımdaki her küme bir denklik sınıfı olacak s¸ ekilde bir (ve sadece bir) denklik bagıntısı ˘ belirler. ˙ Ispat: A/β nın A nın bir ayrımını olu¸sturdugu ˘ Teorem 4.5 de ispatlanmı¸stır. S¸ imdi A nın bir A ayrımı verilsin. β=



(x, y) : “x ile y, A ayrımındaki aynı kümeye aittir”



s¸ eklinde tanımlanan bagıntı ˘ bir denklik bagıntısıdır ˘ ve A/β = A dır.



Örnek 4.11 A = { a, b, c, d, e, f, g } kümesinin bir ayrımı A = { { a, e } , { b, c, d, f } , { g } } olarak verilsin. Bu ayrımın belirledigi ˘ denklik bagıntısı: ˘ β = {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e), (f, f )(g, g), (a, e), (e, a), (b, c), (c, b), (b, d), (d, b), (b, f ), (f, b), (c, d), (d, c), (c, f ), (f, c), (d, f ), (f, d)}. Gerçekten de β nın bir denklik bagıntısı ˘ oldugu ˘ ve A/β =



a, b, g



= A oldugu ˘ görülür.

Not 4.12 Denklik bagıntıları ˘ için genelde ∼, ', ≈, ∼ ˘ böyle bir sem=, ≡ gibi semboller kullanılır. Eger bol kullanılmı¸ssa (x, y) ∈∼ yerine x ∼ y kullanmak daha kullanı¸slıdır. Bagıntı ˘ simetrik oldugu ˘ için y ∼ x ile x ∼ y aynıdır.

ALISTIRMALAR ¸ 1.) A = { 1, 2, 3, 4 } kümesinde β = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 3), (3, 1) } bagıntısı ˘ veriliyor. β denklik bagıntısı ˘ ise belirledigi ˘ ayrımı bulunuz.

44

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 4. Denklik Bagıntıları ˘

Çözüm: β’nın yansıyan, simetrik ve geçi¸sken oldugu ˘ görülmektedir. 1 ve 3 aynı denklik sınıfındadır. 2 ile 4 tek ba¸sına birer denklik sınıfı olu¸sturur. O halde, β’nın belirledigi ˘ ayrım: { { 1, 3 } , { 2 } , { 4 } } . 2.) Z’de xβy ⇐⇒ x2 − 2y = y 2 − 2x ile tanımlanan bagıntı ˘ denklik bagıntısı ˘ mıdır? Denklik bagıntısı ˘ ise 6, −3 ve −8 denklik sınıflarını bulunuz. Hangi a ∈ Z için a sadece bir elemanlıdır? Çözüm: (i) x = y alınırsa x2 − 2x = x2 − 2x e¸sitligi ˘ her zaman dogrudur. ˘ Yani β yansıyandır. (ii) xβy =⇒ x2 − 2y = y 2 − 2x =⇒ y 2 − 2x = x2 − 2y =⇒ yβx olup β simetriktir. (iii) xβy, yβz =⇒ x2 − 2y = y 2 − 2x ve y 2 − 2z = z 2 − 2y olup bu iki denklem taraf tarafa toplanırsa x2 − 2y + y 2 − 2z = y 2 − 2x + z 2 − 2y =⇒ x2 − 2z = −2x + z 2 =⇒ xβz olup β geçi¸skendir. Yani, β bir denklik bagıntısıdır. ˘  6 = { y ∈ Z : (6, y) ∈ β } = y ∈ Z : 36 − 2y = y 2 − 12  = y ∈ Z : y 2 + 2y − 48 = 0 = { 6, −8 } ,  −3 = { y ∈ Z : (−3, y) ∈ β } = y ∈ Z : 9 − 2y = y 2 + 6  = y ∈ Z : y 2 + 2y − 3 = 0 = { −3, 1 } , −8 = { 6, −8 } .

(Çünkü −8, 6’nın denklik sınıfındadır)

S¸ imdi a ∈ Z sabit bir sayı ise: a = { y ∈ Z : (a, y) ∈ β } =



a ∈ Z : a2 − 2y = y 2 − 2a



=



a ∈ Z : y 2 + 2y − a2 − 2a = 0



elde edilir. Bu kümenin bir elemanlı olması için, y cinsinden verilen 2. derece denklemin tek köklü olması, yani diskriminantının sıfır olması gerekir. O halde ∆ = 4 − 4 · (−a2 − 2a) = 4a2 + 8a + 4 = (2a + 2)2 = 0 denklemi çözülürse a = −1 bulunur. −1 bir tamsayı oldugundan ˘ aranan sayı −1 dir.

3.) N+ × N+ kümesinde (x1 , y1 ) ≡ (x2 , y2 ) ⇐⇒ x1 y2 = y1 x2 s¸ eklinde bir bagıntı ˘ tanımlanıyor. ≡ bagıntısının ˘ bir denklik bagıntısı ˘ oldugunu ˘ gösterip (1, 2) ve (2, 3)’ün denklik sınıflarını bulunuz. Çözüm: (a, b), (c, d), (e, f ) ∈ N+ × N+ olsun. (i) (a, b) ≡ (a, b) dir, çünkü ab = ba dır. (ii) (a, b) ≡ (c, d) =⇒ ad = bc =⇒ cb = da =⇒ (c, d) ≡ (a, b).

45

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 4. Denklik Bagıntıları ˘ (a, b) ≡ (c, d) =⇒ ad = bc

(iii)

(c, d) ≡ (e, f ) =⇒ cf = de =⇒ adcf = bcde

(Taraf tarafa çarpılırsa)

=⇒ af = be

(Çünkü c 6= 0, d 6= 0)

=⇒ (a, b) ≡ (e, f ). Sonuç olarak ≡ bir denklik bagıntısıdır. ˘ Denklik sınıflarını hesaplayalım: (1, 2) = { (c, d) : (1, 2) ≡ (c, d) } = { (c, d) : d = 2c } = { (1, 2), (2, 4), (3, 6), (4, 8), . . . } , (2, 3) = { (c, d) : (2, 3) ≡ (c, d) } = { (c, d) : 2d = 3c } = { (2, 3), (4, 6), (6, 9), (8, 12), . . . } . 4.) Z kümesinde x ≡ y (mod 5) bagıntısı ˘ veriliyor. Bu bagıntının ˘ denklik bagıntısı ˘ oldugunu ˘ gösterip Z/≡ bölüm kümesini yazınız. Çözüm: Her x ∈ Z için x ≡ x (mod 5) dir. x ≡ y (mod 5) =⇒ y ≡ x (mod 5) oldugu ˘ açıktır. x ≡ y (mod 5) ve y ≡ z (mod 5) ise x ≡ z (mod 5) olur. Yani “≡ (mod 5)” bagıntısı ˘ bir denklik bagıntısıdır. ˘ Farklı denklik sınıfları 5 tanedir. Bunlar: 0 = {y ∈ Z : 0 ≡ y

(mod 5) } = { . . . , −10, −5, 0, 5, 10, . . . } ,

1 = {y ∈ Z : 1 ≡ y

(mod 5) } = { . . . , −9, −4, 1, 6, 11, . . . } ,

2 = {y ∈ Z : 2 ≡ y

(mod 5) } = { . . . , −8, −3, 2, 7, 12, . . . } ,

3 = {y ∈ Z : 3 ≡ y

(mod 5) } = { . . . , −7, −2, 3, 8, 13, . . . } ,

4 = {y ∈ Z : 4 ≡ y

(mod 5) } = { . . . , −6, −1, 4, 9, 14, . . . } .

O halde Z/≡ = 5.) A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6 } kümesinin

A



0, 1, 2, 3, 4 .

= { { 1, 3, 6 } , { 2, 4 } , { 5 } } ayrımının belirledigi ˘ denklik ba-

gıntısını ˘ yazınız. Çözüm: Bu denklik bagıntısına ˘ göre 1,3 ve 6 bir denklik sınıfında; 2 ve 4 diger ˘ bir denklik sınıfında olmalıdır. Buna göre bu ayrımının belirledigi ˘ denklik bagıntısı: ˘ β = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6), (1, 3), (3, 1), (1, 6), (6, 1), (3, 6), (6, 3), (2, 4), (4, 2) } .

46

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 4. Denklik Bagıntıları ˘

6.) A kümesinde tanımlı β1 ve β2 denklik bagıntıları ˘ verilsin. (a) β1 ∩β2 her zaman bir denklik bagıntısı ˘ mıdır? (b) β1 ∪ β2 her zaman bir denklik bagıntısı ˘ mıdır? Gösterin. Çözüm (a): β1 ve β2 yansıyan oldugundan, ˘ her a ∈ A için (a, a) ∈ β1 ve (a, a) ∈ β2 olup (a, a) ∈ β1 ∩β2 dir. Yani β1 ∩ β2 yansıyandır. (a, b) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b) ∈ β1 ve (a, b) ∈ β2 =⇒ β1 ve β2 simetrik oldugundan ˘ (b, a) ∈ β1 ve (b, a) ∈ β2 =⇒ (b, a) ∈ β1 ∩ β2 olup β1 ∩ β2 simetriktir. (a, b), (b, c) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b), (b, c) ∈ β1 ve (a, b), (b, c) ∈ β2 =⇒ β1 ve β2 geçi¸sken oldugundan ˘ (a, c) ∈ β1 ve (a, c) ∈ β2 =⇒ (a, c) ∈ β1 ∩ β2 olup β1 ∩ β2 geçi¸skendir. Sonuç olarak; aynı küme üzerinde tanımlı iki denklik bagıntısının ˘ kesi¸simi her zaman bir denklik bagıntısıdır. ˘ Çözüm (b): β1 ∪ β2 her zaman bir denklik bagıntısı ˘ olmak zorunda degildir. ˘ Mesela: A = { 1, 2, 3 } ve β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1) } ve β2 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 3), (3, 1) } alalım. β1 ∪ β2 geçi¸sken olmaz, çünkü (2, 1), (1, 3) ∈ β1 ∪ β2 fakat (2, 3) ∈ / β1 ∪ β2 .

7.) R de xβy ⇐⇒ x3 + y = y 3 + x ile tanımlanan β bagıntısı ˘ bir denklik bagıntısı ˘ mıdır? Eger ˘ denklik bagıntısı ˘ ise 0 ve 2 denklik sınıflarını bulunuz. Çözüm: (i) x = y alınırsa x3 + x = x3 + x e¸sitligi ˘ her zaman dogrudur. ˘ Yani β yansıyandır. (ii) xβy =⇒ x3 + y = y 3 + x =⇒ y 3 + x = x3 + y =⇒ yβx olup β simetriktir. (iii) xβy, yβz =⇒ x3 + y = y 3 + x ve y 3 + z = z 3 + y olup bu iki denklem taraf tarafa toplanırsa x3 + y + y 3 + z = y 3 + x + z 3 + y =⇒ x3 + z = z 3 + x =⇒ xβz olup β geçi¸skendir. Yani, β bir denklik bagıntısıdır. ˘ 0 = { y ∈ R : (0, y) ∈ β } =



2 = { y ∈ R : (2, y) ∈ β } =



y ∈ R : y = y3



= { 0, 1, −1 } .  y ∈ R : 8 + y = y3 + 2 = y ∈ R : y3 − y − 6 = 0

S¸ imdi 2 ∈ 2 olacagından ˘ 2 sayısı y 3 − y − 6 = 0 denklemini saglamalıdır. ˘ Yani y 3 − y − 6 polinomu y − 2 polinomuna kalansız bölünür. Bu bölme yapıldıgında ˘ y 2 + 2y + 3 bulunur. Bu polinomun reel kökü yoktur, çünkü ∆ = 4 − 12 < 0 dır. O halde: 2=



y ∈ R : y3 − y − 6 = 0



=



y ∈ R : (y − 2)(y 2 + 2y + 3) = 0



= {2}.

8.) Bir P kümesinin bir ayrımı { A1 , A2 , A3 } olduguna ˘ göre { A1 × Q, A2 × Q, A3 × Q } kümesinin P × Q kümesinin bir ayrımı oldugunu ˘ gösteriniz. ( Q 6= ∅ dir. )

47

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 4. Denklik Bagıntıları ˘ Çözüm: i, j ∈ { 1, 2, 3 } olsun. { A1 , A2 , A3 } kümesi P nin bir ayrımı oldugundan ˘ (i) her i için Ai 6= ∅ dir. (ii) i 6= j =⇒ Ai ∩ Aj = ∅ (iii) A1 ∪ A2 ∪ A3 = P önermeleri dogrudur. ˘ S¸ imdi (a) her i için Ai × Q 6= ∅ dir, çünkü Ai 6= ∅, Q 6= ∅ (b) i 6= j =⇒ (Ai × Q) ∩ (Aj × Q) = (Ai ∩ Aj ) × Q = ∅ | {z } ∅

(c) (A1 × Q) ∪ (A2 × Q) ∪ (A2 × Q) = (A1 ∪ A2 ∪ A3 ) × Q = P × Q | {z } P

olup ispat tamamlanır. 9.) Z’de aβb ⇐⇒ 3 (5a + b) ile tanımlanan bagıntı ˘ bir denklik bagıntısı ˘ mıdır? Denklik bagıntısı ˘ ise 0 ve 1 denklik sınıflarını bulunuz. Çözüm: (i) a = b alınırsa 3 (5a + a) yani 3 6a her zaman dogrudur, ˘ çünkü 6a = 3(2a). (ii) (a, b) ∈ β =⇒ 3 (5a + b) =⇒ 5a + b = 3k olacak s¸ ekilde k ∈ Z vardır. Her iki tarafı 5 ile çarparsak: 25a + 5b = 15k =⇒ 5b + a = 15k − 24a = 3(5k − 8a) =⇒ 3 (5b + a), çünkü 5k − 8a ∈ Z. Yani (b, a) ∈ β olup β simetriktir. (a, b) ∈ β =⇒ 3 (5a + b) =⇒ ∃k ∈ Z, 5a + b = 3k (b, c) ∈ β =⇒ 3 (5b + c) =⇒ ∃m ∈ Z, 5b + c = 3m

(iii)

Sagdaki ˘ e¸sitlikler taraf tarafa toplanıp gerekli düzenleme yapılırsa: 5a + c = 3(k + m − 2b) =⇒ k + m − 2b ∈ Z oldugundan ˘ 3 (5a + c) =⇒ (a, c) ∈ β olup β geçi¸skendir. Sonuç olarak; β bir denklik bagıntısıdır. ˘ n o 0 = { b ∈ Z : (0, b) ∈ β } = b ∈ Z : 3 (0 + b) = { . . . , −6, −3, 0, 3, 6, . . . } . n o 1 = { b ∈ Z : (1, b) ∈ β } = b ∈ Z : 3 (5 + b) = { . . . , −5, −2, 1, 4, 7, . . . } . 10.) R de xβy ⇐⇒ |x − y| 6 1 ile tanımlanan β bagıntısı ˘ bir denklik bagıntısı ˘ mıdır? Denklik bagıntısı ˘ ise 0 ve −2 denklik sınıflarını bulunuz? Çözüm: Bu bagıntı ˘ bir denklik bagıntısı ˘ degildir, ˘ çünkü (1, 2) ∈ β, (2, 3) ∈ β fakat (1, 3) ∈ / β dır. Yani bagıntı ˘ geçi¸sken degildir. ˘

48

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 4. Denklik Bagıntıları ˘

11.) Z de xβy ⇐⇒ |x2 − y 2 | 6 5 ile tanımlanan β bagıntısı ˘ bir denklik bagıntısı ˘ mıdır? Denklik bagıntısı ˘ ise 2 ve −3 denklik sınıflarını bulunuz? Çözüm: Bu bagıntı ˘ bir denklik bagıntısı ˘ degildir, ˘ çünkü (0, 2) ∈ β, (2, 3) ∈ β fakat (0, 3) ∈ / β dır. Yani bagıntı ˘ geçi¸sken degildir. ˘

12.) 3 elemanlı bir A kümesi üzerinde kaç tane farklı denklik bagıntısı ˘ yazılabilir?

7

8

9

N

18

Hiçbiri

13.) { { 1, 5 } , { 2, 3, 4 } , { 6 } , { 7 } } ayrımının belirledigi ˘ denklik bagıntısı ˘ kaç elemanlıdır? N

12

13

14 15

Hiçbiri 14.) 4 elemanlı bir A kümesi üzerinde 6 elemanlı kaç tane denklik bagıntısı ˘ yazılabilir? N

3

4 6

8

Hiçbiri

15.) β = { (1, 1), . . . , (8, 8), (1, 2), (2, 1), (1, 7), (7, 1), (2, 7), (7, 2) } bagıntısında ˘ kaç tane farklı denklik sınıfı vardır?

4

5

16.) R’de xβy ⇐⇒ x2 + 7y = y 2 + 7x √ √ √

2

2, 2 − 7 17.) R de xβy

N

7

6

denklik bagıntısı ˘ ise √ √

2, 1 − 2

√

Hiçbiri

2 nin denklik sınıfı nedir? √ N √ 2, 7 − 2

Hiçbiri

⇐⇒ x2 = y 2 denklik bagıntısına ˘ göre hangi sayının (sayıların) denklik sınıfı bir

elemanlıdır? √

∓ 2

−1

1

N

2

Hiçbiri

18.) A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6 } kümesinde xβy ⇐⇒ “x = y veya x + y = 6” denklik bag. ˘ tanımlansın. Buna göre A/β kaç elemanlıdır? N

3 4

2

5

Hiçbiri

19.) A = { 1, 2, 3, 4 } kümesinde tanımlı bir denklik bagıntısının ˘ eleman sayısı a¸sagıdakilerden ˘ hangisi olamaz?

16

4

6

N

8

Hiçbiri

20.) R de (x, y) ∈ β ⇐⇒ x3 − y 3 = x − y s¸ eklinde tanımlanan β bir denklik bagıntısı ˘ ise 0 kaç elemanlıdır?

β denklik bagıntısı ˘ degil ˘

1

2

N

Hiçbiri

3

21.) β, A’da bir denklik bagıntısı ˘ ve a, b ∈ A olsun. A¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘

a = b =⇒ a ∈ b

(a, b) ∈ β =⇒ a = b

a ∩ b = ∅ =⇒ (a, b) ∈ /β

49

a 6= ∅

N

Hepsi

Bölüm 5

Sıralama Bagıntıları ˘ Tanım 5.1 β bir ∅ 6= A kümesi üzerinde bir bagıntı ˘ olsun. Eger ˘ β yansıyan, ters simetrik ve geçi¸sken ise β’ya bir parçalı sıralama ba˘gıntısı veya kısaca sıralama ba˘gıntısı denir. A kümesine de (parçalı) sıralanmı¸s küme denir. Sıralama bagıntıları ˘ genelde 6, ., /, 4, - gibi sembollerle gösterilir. Ayrıca (x, y) ∈. ise bunu kısaca x . y s¸ eklinde yazar ve “. bagıntısına ˘ göre x, y den önce gelir” veya kısaca “x, y den önce gelir” s¸ eklinde okuruz. Ayrıca “y, x den sonra gelir” ifadesi de kullanılabilir. Bu gösterim s¸ eklinin, daha önce (x, y) ∈ β yerine xβy yazılan gösterim s¸ ekliyle uyumlu olduguna ˘ dikkat ediniz. Tanım 5.2 . bagıntısı ˘ bir A kümesinde bir sıralama bagıntısı ˘ olsun. Eger ˘ x, y ∈ A için x . y veya y . x ise x ile y elemanlarına kar¸sıla¸stırılabilir elemanlar denir. Eger ˘ A nın bütün elemanları . bagıntısına ˘ göre kar¸sıla¸stırılabilir elemanlar ise; yani ∀ x, y ∈ A, x . y veya y . x önermesi dogruysa, ˘ . bagıntısına ˘ bir tam sıralama ba˘gıntısı, A kümesine de tam sıralanmı¸s küme denir. Örnek 5.3 Dogal ˘ sayılar kümesinde bilinen 6 bagıntısını ˘ dü¸sünelim. Bu bagıntı ˘ bir sıralama bagıntı˘ sıdır. Çünkü, her x ∈ N için x 6 x olup 6 yansıyandır. Ayrıca, x 6 y, y 6 x ise x = y olup bagıntı ˘ ters simetriktir. x 6 y, y 6 z iken x 6 z olup bagıntı ˘ geçi¸skendir. Ayrıca her x, y ∈ N için x 6 y veya y 6 x olup bagıntı ˘ tam sıralama bagıntısıdır ˘ ve N tam sıralıdır. Örnek 5.4 A = { a, b, c } kümesinin kuvvet kümesi P (A) = { ∅, { a } , { b } , { c } , { a, b } , { a, c } , { b, c } , A } üzerinde tanımlanan “⊆” bagıntısını ˘ dü¸sünelim. Bagıntı ˘ sıralama bagıntısıdır, ˘ çünkü:

50

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 5. Sıralama Bagıntıları ˘ (i) Her X ∈ P (A) için X ⊆ X olup bagıntı ˘ yansıyandır. (ii) X ⊆ Y ve Y ⊆ X ise X = Y olup bagıntı ˘ ters simetriktir. (iii) X ⊆ Y ve Y ⊆ Z ise X ⊆ Z olup bagıntı ˘ geçi¸skendir.

Bu bagıntı ˘ bir tam sıralama bagıntısı ˘ degildir, ˘ çünkü, örnegin, ˘ { a, b } kümesi ile { b, c } kümesi kar¸sıla¸stırılamaz. Tanım 5.5 Bir 4 sıralama bagıntısının ˘ s¸ eması x 4 y ve x 6= y için x den y ye yukarı yönde bir ok çizilerek elde edilen s¸ ekildir. Ayrıca x 4 y ve y 4 z ise x den z ye ok çizilmez. Yani x 4 y olması “x den y ye yukarı yönde okları takip ederek gidilebilir” anlamına gelmektedir. Örnek 5.6 A = { a, b, c, d, e } kümesi üzerinde tanımlanan β = { (a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e), (c, d), (d, a), (c, a), (c, b), (b, a), (e, d), (e, a) } sıralama bagıntısının ˘ s¸ eması: a  I @ @ @

b I @

d

 @ I @

@ @

@

c

e

Örnek 5.7 Daha önce verilen N deki bilinen 6 sıralama bagıntısı ˘ ile A = { a, b, c } kümesinin kuvvet kümesi üzerinde verilen ⊆ sıralama bagıntılarının ˘ s¸ emaları s¸ öyledir: . . . { a, b, c } 6

 

> 6Z  }

Z Z



2 6

1

{ a, b }

Z

{ a, c }

{ b, c }

} Z 6

>6  > }  Z Z Z Z Z  Z  Z

{a} Z } Z Z

6

{b} 6  Z 

∅

0

51

{c} >  

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 5. Sıralama Bagıntıları ˘

Tanım 5.8 . bagıntısı ˘ bir A kümesinde bir sıralama bagıntısı ˘ olsun. a ∈ A olsun. Her x ∈ A için x . a =⇒ x = a önermesi dogru ˘ ise a elemanına bir küçük eleman (minimal eleman) denir. Yani A kümesinde a’dan önce gelen eleman sadece a ise a elemanına bir küçük eleman denir. Benzer s¸ ekilde bir b ∈ A elemanından sonra gelen elemanlar sadece b’nin kendisi ise b’ye bir büyük eleman (maksimal eleman) denir. Yani, her x ∈ A için b . x =⇒ x = b önermesi dogru ˘ ise b’ye bir büyük eleman denir. Tanımdan da anla¸sılacagı ˘ gibi bir sıralı kümede küçük ve büyük elemanlar birden fazla olabilir. Tanım 5.9 . bagıntısı ˘ bir A kümesinde bir sıralama bagıntısı ˘ olsun. B ⊆ A olsun. Eger ˘ her x ∈ B için b . x olacak s¸ ekilde bir b ∈ B varsa b’ye B kümesinin en küçük elemanı (minimumu) denir. Benzer s¸ ekilde, eger ˘ her x ∈ B için x . c olacak s¸ ekilde bir c ∈ B varsa c’ye B kümesinin en büyük elemanı (maksimumu) denir. Yani bir kümenin en küçük (büyük) elemanı kümedeki bütün elemanlarla kar¸sıla¸stırılan ve kümedeki her elemandan önce (sonra) gelen elemandır. Bu elemanlar sırasıyla min B ve maks B ile gösterilir. Tanımdan da anla¸sılacagı ˘ gibi bir kümenin en küçük ve en büyük elemanı (varsa) o kümeye ait olmak zorundadır. Teorem 5.10 Bir B ⊆ A kümesinin minimumu ve maksimumu varsa bir tanedir. ˙ Ispat: b1 ve b2 , B kümesinin iki minimumu olsun. b1 bir minimum oldugundan ˘ b1 . b2 dir. Ayrıca b2 de bir mininum oldugundan ˘ b2 . b1 dir. . bagıntısı ˘ ters simetrik oldugundan ˘ b1 = b2 elde edilir. Maksimumun (varsa) tek oldugu ˘ benzer s¸ ekilde ispatlanır. Örnek 5.11 A = { 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 } kümesinde x . y

 ⇐⇒

˘ göre x y sıralama bagıntısına

A kümesindeki küçük elemanların kümesi { 2, 3, 5, 7 } ve büyük elemanların kümesi { 6, 7, 8, 9, 10 } dur. A kümesinin en küçük ve en büyük elemanı yoktur. min { 2, 4, 8 } = 2, maks { 2, 4, 8 } = 8 dir. min { 2, 4, 8, 10 } = 2 olup en büyük elemanı yoktur. { 2, 5, 10 } kümesinin en küçük elemanı yoktur, ama maks { 2, 5, 10 } = 10 dur. Ne en küçük, ne de en büyük elemana sahip bir küme ise { 3, 5, 6, 10 } dur. Tek elemanlı bir { a } kümesinin en küçük elemanı da en büyük elemanı da a dır. Tanım 5.12 . bagıntısı ˘ bir A kümesinde bir sıralama bagıntısı ˘ ve B ⊆ A olsun. Bir a0 ∈ A ve her x ∈ B için a0 . x oluyorsa a0 elemanına B için bir alt sınır denir. Benzer s¸ ekilde, bir a1 ∈ A ve her x ∈ B için x . a1 oluyorsa a1 elemanına B için bir üst sınır denir. Alt sınıra sahip kümelere alttan sınırlı küme, üst sınıra sahip kümelere de üstten sınırlı küme denir. Eger ˘ B alttan sınırlı bir küme ise, B nin bütün alt sınırlarının olu¸sturdugu ˘ kümenin en büyük elemanına (varsa) B nin en büyük alt sınırı (infimumu) denir ve inf B veya ebas B ile gösterilir. Benzer s¸ ekilde, eger ˘ B üstten sınırlı bir küme ise, B nin bütün üst sınırlarının olu¸sturdugu ˘ kümenin en küçük elemanına (varsa) B nin en 52

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 5. Sıralama Bagıntıları ˘

küçük üst sınırı (supremumu) denir ve sup B veya ek¨ us B ile gösterilir. Tanımdan da anla¸sılacagı ˘ gibi bir B kümesinin üst sınırı, alt sınırı, infimumu ve supremumu kümeye ait olmak zorunda degildir. ˘

sup B = ek¨ us B = min { B’nin bütün üst sınırları }

inf B = ebas B = max { B’nin bütün alt sınırları } Teorem 5.13 Bir B ⊆ A kümesinin infimumu ve supremumu varsa bir tanedir. ˙ Ispat: B kümesinin infimumu (supremumu) B nin alt (üst) sınırlarının maksimumu (minimumu) oldugundan ˘ ve bir kümenin maksimumu (minimumu) eger ˘ varsa tek oldugundan ˘ (bkz. Teorem 5.10), B kümesinin infimumu (supremumu) varsa tektir. √ Örnek 5.14 A = R alalım ve bilinen 6 sıralamasını dü¸sünelim. B1 = [0, 3) olsun. Sıfır veya negatif bir sayı bu küme için bir alt sınırdır. Yani B1 in alt sınırlarının kümesi (−∞, 0] olup bu kümenin √ √ maksimumu 0 oldugundan ˘ ebas B1 = 0 dır. Benzer s¸ ekilde ek¨ us B1 = min[ 3, ∞) = 3 dür. S¸ imdi de B2 kümesi olarak 0 dan büyük bütün rasyonel sayıları alalım. B2 nin alt sınırlarının kümesi (−∞, 0] olup ebas B1 = 0 dır. B2 nin üst sınırlarının kümesi bo¸sküme olup bu küme üstten sınırlı degildir, ˘ o halde supremumu yoktur. Tanım 5.15 A kümesi bir sıralı küme olsun. Eger ˘ A nın bo¸s olmayan her alt kümesinin bir en küçük elemanı varsa A ya iyi sıralanmı¸s bir küme, buradaki sıralama bagıntısına ˘ da bir iyi sıralama ba˘gıntısı denir. Örnek 5.16 N kümesi bilinen 6 sıralama bagıntısına ˘ göre iyi sıralı bir kümedir, çünkü her alt kümesinin bir en küçük elemanı vardır. Tam sayılar kümesi Z iyi sıralı degildir ˘ çünkü, örnegin, ˘ Z− kümesinin bir en küçük elemanı yoktur. R de iyi sıralı degildir, ˘ çünkü (0, 1) açık aralıgının ˘ bir en küçük elemanı yoktur. ˙ sıralı her A kümesi tam sıralıdır. Teorem 5.17 Iyi ˙ Ispat: x, y ∈ A olsun. A kümesi iyi sıralı oldugundan ˘ { x, y } alt kümesinin en küçük elemanı vardır. Bu eleman x ise x . y olup x ile y kar¸sıla¸stırılabilir. Aksi halde y . x olup y ile x kar¸sıla¸stırılabilir. Her iki halde de bu iki eleman kar¸sıla¸stırılır. O halde A tam sıralıdır.



ALISTIRMALAR ¸ 1.) A kümesi 30 sayısının pozitif bölenleri olsun. A üzerinde “x . y ⇐⇒ x y” sıralama bagıntısı ˘ ˙ sıralı mıdır? B = A \ { 1, 30 } kümesinin en verilsin. A kümesi bu bagıntıya ˘ göre tam sıralı mıdır? Iyi 53

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 5. Sıralama Bagıntıları ˘ küçük ve en büyük elemanı var mıdır? ek¨ us { 3, 5 } =?, ebas { 3, 5 } =?

Çözüm: A = { 1, 2, 3, 5, 6, 10, ˘ göre tam sıralı degildir, ˘ çünkü 15, 30 } elde edilir. A kümesi bu bagıntıya 2 ile 3 kar¸sıla¸stırılamaz. (2 3 ve 3 2 önermeleri yanlı¸stır.) A kümesi bu bagıntıya ˘ göre iyi sıralı degildir, ˘ çünkü { 2, 3, 5 } altkümesinin (. bagıntısına ˘ göre) en küçük elemanı yoktur. B = { 2, 3, 5, 6, 10, 15 } oldugu ˘ açıktır. B kümesinin en küçük elemanı 2 olamaz, çünkü 3 ile kar¸sıla¸stırılamaz. Benzer s¸ ekilde diger ˘ elemanlar da en küçük eleman olamaz. B kümesinin en büyük elemanı 15 olamaz, çünkü 6 ile kar¸sıla¸stırılamaz. Benzer s¸ ekilde diger ˘ elemanlar da en büyük eleman olamaz. { 3, 5 } kümesinin alt sınırlar kümesi { 1 } dir. { 3, 5 } kümesinin üst sınırlar kümesi { 15, 30 } dur. O halde: ek¨ us { 3, 4 } = min { 15, 30 } = 15, ebas { 3, 4 } = max { 1 } = 1. ˙ sıralı bir kümenin her alt kümesinin iyi sıralı oldugunu 2.) a) Iyi ˘ gösterin. b) Tam sıralı bir kümenin her alt kümesinin tam sıralı oldugunu ˘ gösterin. c) Tam sıralı olan fakat iyi sıralı olmayan bir kümeye örnek veriniz. ˙ Ispat: a) ∅ 6= A kümesinde bir sıralama bagıntısı ˘ verilsin. A kümesi (verilen bagıntıya ˘ göre) iyi sıralı olsun. B ⊆ A olsun. B = ∅ ise B nin iyi sıralı oldugu ˘ açıktır. B 6= ∅ olsun. X ⊆ B ve X 6= ∅ olsun. X kümesinin en küçük elemanı vardır; çünkü X ⊆ A dır ve A iyi sıralıdır. Seçilen X keyfi oldugundan ˘ B nin bo¸s olmayan her alt kümesinin en küçük elemanı vardır. Yani B iyi sıralıdır. ˙ Ispat: b) ∅ = 6 A kümesinde 4 sıralama bagıntısı ˘ verilsin. A kümesi (bu bagıntıya ˘ göre) tam sıralı olsun. B ⊆ A olsun. B = ∅ ise B nin tam sıralı oldugu ˘ açıktır. B 6= ∅ olsun. x, y ∈ B olsun. x 4 y ve y 4 x önermelerinden en az biri dogrudur; ˘ çünkü x ile y, A’nın da elemanlarıdır ve A tam sıralıdır. O halde x ile y kar¸sıla¸stırılabilir elemanlardır. Seçilen x ve y keyfi oldugundan ˘ B nin her elemanı kar¸sıla¸stırılabilirdir. Yani B tam sıralıdır. Çözüm: c) Z tamsayılar kümesinde bilinen 6 sıralama bagıntısı ˘ verilsin. Bu bagıntı ˘ bir tam sıralama bagıntısıdır; ˘ çünkü her a, b ∈ Z için ya a 6 b ya da b 6 a dır. Yani, Z tam sıralıdır. Bu küme 6 bagın˘ tısına göre iyi sıralı degildir; ˘ çünkü mesela Z− = { −1, −2, −3, . . . } negatif tamsayılar kümesinin bir en küçük elemanı yoktur.

3.) A en az 2 elemanlı bir küme olsun. P (A) kuvvet kümesi üzerinde tanımlanan “X 6 Y ⇐⇒ X ⊆ Y ” bagıntısının ˘ bir sıralama bagıntısı ˘ oldugunu ˘ gösteriniz. P (A) kümesi bu bagıntıya ˘ göre tam sıralı mıdır? Neden? A bir elemanlı bir küme olsaydı P (A) kümesi tam sıralı olur muydu? Neden? Çözüm: Bu bagıntı ˘ bir sıralama bagıntısıdır; ˘ çünkü (i) Her X ∈ P (A) için X ⊆ X olup bagıntı ˘ yansıyandır. 54

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 5. Sıralama Bagıntıları ˘ (ii) X ⊆ Y ve Y ⊆ X ise X = Y olup bagıntı ˘ ters simetriktir. (iii) X ⊆ Y ve Y ⊆ Z ise X ⊆ Z olup bagıntı ˘ geçi¸skendir.

P (A) kümesi bu bagıntıya ˘ göre tam sıralı degildir; ˘ mesela A = { a, b } alınırsa X = { a } ile Y = { b } kar¸sıla¸stırılamaz. A bir elemanlı olsaydı (mesela A = { a } gibi), o zaman P (A) = { ∅, { a } } olurdu. Bu durumda P (A) nın tüm elemanları (toplam 2 eleman) birbiriyle kar¸sıla¸stırılırdı. Yani P (A) tam sıralı olurdu.

4.) R × R’de a¸sagıdaki ˘ gibi tanımlanan bagıntı ˘ bir sıralama bagıntısı ˘ mıdır? Tam sıralama bagıntısı ˘ mıdır? (x, y) 4 (a, b) ⇐⇒ x 6 a ve y 6 b Çözüm: (i) Her (x, y) ∈ R × R için “x 6 x ve y 6 y” önermesi dogrudur; ˘ çünkü x = x ve y = y dir. O halde (x, y) 4 (x, y) dir. Yani bagıntı ˘ yansıyandır. (ii) (x, y) 4 (a, b) ve (a, b) 4 (x, y) önermeleri dogru ˘ olsun. Buradan: x 6 a ve y 6 b ve a 6 x ve b 6 y elde edilir. x 6 a ve a 6 x ifadelerinden x = a bulunur. Benzer s¸ ekilde; y 6 b ve b 6 y ifadelerinden b = y bulunur. Yani (x, y) = (a, b) dir. O halde bagıntı ˘ ters simetriktir. (iii) (x, y) 4 (a, b) ve (a, b) 4 (c, d) önermeleri dogru ˘ olsun. Buradan: x 6 a ve y 6 b ve a 6 c ve b 6 d elde edilir. x 6 a ve a 6 c ifadelerinden x 6 c bulunur. Benzer s¸ ekilde; y 6 b ve b 6 d ifadelerinden y 6 d bulunur. Yani (x, y) 4 (c, d) dir. O halde bagıntı ˘ geçi¸skendir. Sonuç olarak; 4 bagıntısı ˘ bir sıralama bagıntısıdır. ˘ Bu bagıntı ˘ bir tam sıralama bagıntısı ˘ degildir, ˘ çünkü (1, 5) ile (2, 3) kar¸sıla¸stırılamaz.

5.) A ve B tam sıralanmı¸s iki küme olsun (bu kümedeki bagıntıları ˘ 6 ile gösterelim). A × B üzerinde a¸sagıdaki ˘ tanımlanan bagıntı ˘ bir sıralama bagıntısı ˘ mıdır? A × B bu bagıntıya ˘ göre tam sıralı mıdır? (a1 , b1 )  (a2 , b2 ) ⇐⇒ a1 < a2 ise veya a1 = a2 iken b1 6 b2 ise (Not: a1 < a2 ifadesi “a1 6 a2 ve a1 6= a2 ” anlamındadır.) Çözüm: Bir örnekle  bagıntısını ˘ anlamaya çalı¸salım. A = { a, b, c } kümesinde a 6 b 6 c sıralaması verilsin. B = { 1, 2, 3 } kümesinde de 1 6 2 6 3 sıralaması verilsin. Buna göre A × B kümesindeki sıralama bagıntısı ˘ s¸ öyle yazılabilir: (a, 1)  (a, 2)  (a, 3)  (b, 1)  (b, 2)  (b, 3)  (c, 1)  (c, 2)  (c, 3). 55

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 5. Sıralama Bagıntıları ˘

A × B kümesindeki iki elemanın hangisinin önce geldigine ˘ bakılırken önce birinci bile¸senlere bakılmakta; birinci bile¸senler e¸sit ise ikinci bile¸senlere bakılmaktadır. Bu ise sanki Türkçe’deki iki harfli iki kelimenin hangisinin sözlükte daha önce geldigine ˘ bakmaya benzemektedir. Bu yüzden bu tür sıralamalara “sözlük sıralaması” denmektedir. S¸ imdi, genel halde, yukarıda tanımlanan bagıntının ˘ özelliklerini inceleyelim. (i) Her (a1 , b1 ) ∈ A × B için (a1 , b1 )  (a1 , b1 ) olur; çünkü tanımda (a2 , b2 ) yerine (a1 , b1 ) yazılırsa a1 < a1 ise veya a1 = a1 iken b1 6 b1 ise önermesi elde edilir. Bu önerme her zaman dogrudur; ˘ çünkü “veya” nın sag˘ tarafı her zaman dogru˘ dur. (B tam sıralı oldugundan ˘ b1 6 b1 dir). Yani bagıntı ˘ yansıyandır. (ii) (a1 , b1 )  (a2 , b2 ) olsun. Ayrıca (a2 , b2 )  (a1 , b1 ) olsun. S¸ imdi (a1 , b1 )  (a2 , b2 ) olması için 3 durum vardır. Durum 1: a1 < a2 : Bu durumda a1 6= a2 dir ve a1 , a2 den önce gelir. Ancak bu durum, (a2 , b2 )  (a1 , b1 ) olması ile çeli¸sir. Durum 2: a1 = a2 ve b1 < b2 : Bu durumda b1 6= b2 dir ve b1 , b2 den önce gelir. Ancak bu durum, (a2 , b2 )  (a1 , b1 ) olması ile çeli¸sir. Durum 3: a1 = a2 ve b1 = b2 : Bu durumda (a1 , b1 ) = (a2 , b2 ) dir. Sonuç olarak, sadece 3. durum mümkün oldugundan ˘ bagıntı ˘ ters simetriktir. (iii) (a1 , b1 )  (a2 , b2 ) ve (a2 , b2 )  (a3 , b3 ) olsun. Öncelikle, a¸sagıdaki ˘ 3 durumu inceleyelim: a1 = a2 < a3 ,

a1 < a2 = a3 ,

a1 < a2 < a3 .

Bu 3 durumda da a1 < a3 olur; çünkü A daki sıralama bagıntısı ˘ geçi¸skendir. O zaman (a1 , b1 )  (a3 , b3 ) oldugu ˘ açıktır. O halde a1 = a2 = a3 durumunu inceleyelim. Bu durumda b1 6 b2 ve b2 6 b3 oldugu ˘ açıktır. B deki sıralama bagıntısı ˘ geçi¸sken oldugundan ˘ b1 6 b3 olur. Fakat bu durumda yine (a1 , b1 )  (a3 , b3 ) elde edilir. Yani bagıntı ˘ geçi¸skendir. Sonuç olarak  bir sıralama bagıntısıdır. ˘ S¸ imdi diger ˘ soruyu cevaplandıralım. X = (a1 , b1 ) ∈ A × B ve Y = (a2 , b2 ) ∈ A × B verilsin. Durum A: a1 6= a2 iken: a1 < a2 ve a2 < a1 önermelerinden birisi mutlaka dogrudur, ˘ çünkü A tam sıralıdır. O halde (a1 , b1 )  (a2 , b2 ) veya (a2 , b2 )  (a1 , b1 ) dir. Yani X ile Y kar¸sıla¸stırılabilirdir. Durum B: a1 = a2 iken: B tam sıralı oldugundan, ˘ ya b1 6 b2 ya da b2 6 b1 dir. O halde (a1 , b1 )  (a2 , b2 ) veya (a2 , b2 )  (a1 , b1 ) dir. Yani X ile Y kar¸sıla¸stırılabilirdir. Sonuç olarak her iki durumda da A × B tam sıralıdır.

56

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 5. Sıralama Bagıntıları ˘

6.) A kümesinde tanımlı β1 ve β2 sıralama bagıntıları ˘ verilsin. (a) β1 ∩ β2 her zaman bir sıralama bagıntısı ˘ mıdır? (b) β1 ∪ β2 her zaman bir sıralama bagıntısı ˘ mıdır? Açıklayın. Çözüm (a): β1 ve β2 yansıyan oldugundan, ˘ her a ∈ A için (a, a) ∈ β1 ve (a, a) ∈ β2 olup (a, a) ∈ β1 ∩β2 dir. Yani β1 ∩ β2 yansıyandır. (a, b), (b, a) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b), (b, a) ∈ β1 ve (a, b), (b, a) ∈ β2 =⇒ β1 ve β2 ters simetrik oldugundan ˘ a = b olup β1 ∩ β2 ters simetriktir. (a, b), (b, c) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b), (b, c) ∈ β1 ve (a, b), (b, c) ∈ β2 =⇒ β1 ve β2 geçi¸sken oldugundan ˘ (a, c) ∈ β1 ve (a, c) ∈ β2 =⇒ (a, c) ∈ β1 ∩ β2 olup β1 ∩ β2 geçi¸skendir. Sonuç olarak; aynı küme üzerinde tanımlı iki sıralama bagıntısının ˘ kesi¸simi her zaman bir sıralama bagıntısıdır. ˘ Çözüm (b): β1 ∪ β2 her zaman bir sıralama bagıntısı ˘ olmak zorunda degildir. ˘ Mesela, A = { 1, 2, 3 } ve β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2) } ve β2 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (2, 3) } alalım. β1 ∪ β2 geçi¸sken olmaz, çünkü (1, 2), (2, 3) ∈ β1 ∪ β2 fakat (1, 3) ∈ / β1 ∪ β2 . 7.) A = { 2, 3, 4, 6, 7 } kümesinde x 4 y ⇐⇒ y x bagıntısına ˘ göre küçük elemanların kümesi hangisidir?

{ 2, 3, 7 }

N

{ 4, 6, 7 }

{ 2, 3 }

8.) A = { 2, 4, 8, 14 } kümesi üzerinde “x 4 y

⇐⇒

{ 4, 6 }

Hiçbiri x y” sıralama bagıntısına ˘ göre p : “A tam

sıralıdır”, q : “A iyi sıralıdır” önermelerinin dogruluk ˘ degerleri ˘ nedir? N

p, q : Dogru ˘ p, q : Yanlı¸s p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

Hiçbiri

9.) R’ de bilinen 6 sıralama bagıntısına ˘ göre (−1, 1) ∪ { 3 } kümesi için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dog˘ rudur? N eküs, ebas var eküs, ebas yok eküs var, ebas yok eküs yok, ebas var Hiçbiri 10.) 4 elemanlı bir A kümesi üzerinde tanımlanan bir sıralama bagıntısı ˘ en fazla kaç elemanlı olabilir? N 10

9

7

8

Hiçbiri   1 11.) A = R kümesinde bilinen 6 sıralaması verilsin. B = x ∈ Q : − < x 6 4 olsun. Buna göre 3 ebas(B) ve eküs(B) sırasıyla nedir? N 1 1 1 − ve 4

Yok ve 4

− ve yok

4 ve −

Hiçbiri 3 3 3 12.) A = { 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 14, 18, 21 } kümesi üzerinde “x 4 y ⇐⇒ x y” sıralama bagıntısına ˘ göre a¸sagıdaki ˘ kümelerden hangisinin eküs’ü vardır?

{ 3, 4 }

{ 4, 5 }

{ 5, 6 }

{ 6, 8 }

N

Hiçbiri

13.) R’de bildigimiz ˘ 6 sıralama bagıntısı ˘ verilsin. Buna göre p : “R tam sıralıdır”, q : “R iyi sıralıdır” önermelerinin dogruluk ˘ degerleri ˘ nedir? 57

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 5. Sıralama Bagıntıları ˘

p, q : Dogru ˘

p, q : Yanlı¸s

N

p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

Hiçbiri 14.) A = { 1, 4, 5, 6, 8, 10, 16 } kümesinde “x  y ⇐⇒ x y" bagıntısına ˘ göre küçük elemanlar nedir? N

{ 1, 4, 5, 6 } {1}

{ 4, 5 }

{ 1, 5 }

Hiçbiri 15.) 6 elemanlı bir A kümesi üzerindeki bir sıralama bagıntısı ˘ en az kaç elemanlı olmalıdır? N 6

7

8

9

Hiçbiri 16.) Dogal ˘ sayılar kümesinde bildigimiz ˘ 6 sıralama bagıntısı ˘ verilsin? A = { x ∈ N : x > 7 } kümesi için ebas A ve ek¨ us A için hangisi dogrudur: ˘ N

0, 7

7, yok Hiçbiri 17.) A = { 2, 4, 5, 6, 8, 10, 13 } kümesinde “x  y ⇐⇒ x y" bagıntısına ˘ göre büyük elemanlar nedir? N

{ 6, 10 }

{ 6, 8, 10 } { 6, 8, 10, 13 }

{ 5, 8, 10, 13 }

Hiçbiri

yok, 7

yok, yok

18.) 3 elemanlı bir A kümesi üzerindeki bir sıralama bagıntısı ˘ en fazla kaç elemanlı olur? N

4

5 6

7

Hiçbiri  19.) Rasyonel sayılar kümesinde bilinen 6 sıralama bagıntısı ˘ verilsin? x ∈ Q : x > 0, 2 < x2 < 49 kümesin ebas’ı ve eküs’ü için hangisi dogrudur? ˘ N yok, 7

yok, yok

0, 7

58

7, yok

Hiçbiri

Adı, Soyadı:

Numarası:

MT

˙ I DERSI˙ ÖRNEK YARIYILSONU SINAVI MT107 SOYUT MATEMATIK 1.) p =⇒ (p ∧ q 0 ) önermesi a¸sagıdakilerden ˘ hangisine denktir? N 0 p ∨ q0

p∧q

p0 ∨ q

q0 ∨ p

Hiçbiri

2.) Evrensel küme ile A ∩ B kümesinin simetrik farkı nedir?

A∩B

A0 ∩ B 0

A∪B

A4B

N

Hiçbiri

3.) A ve B kümeleri ayrık degilse ˘ a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘ N

A \ B 6= ∅

s(A ∪ B) > 2 A4B 6= A ∪ B

s(A × B) > 2

Hiçbiri

4.) (A \ B) \ C kümesinin tümleyeni hangisidir? N

B0 ∪ C 0 ∪ A B ∪ C ∪ A0

A ∪ C ∪ B0

Hiçbiri

C0 ∪ A ∪ B

5.) A = { 0, ∅, { ∅ } , { { ∅ } } } ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi yanlı¸stır? N

{ 0, ∅ } ⊆ A { 0, ∅ } ∈ A

Hiçbiri \ 6.) A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Eger ˘ x∈ / Ai ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ i∈I N

∀i ∈ I, x ∈ A0i ∃i ∈ I, x ∈ A0i

∃i ∈ I, x ∈ Ai

∃i ∈ I, x ∈ / A0i

Hiçbiri

{{∅}} ∈ A

{{∅}} ⊆ A

7.) A × B kümesi en az bir elemanlı ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi kesinlikle dogrudur? ˘ N

s(A ∪ B) > 2

A ∩ B 6= ∅ s(A ∪ B) > 1

A\B =∅

Hiçbiri

8.) β = { (2, 6), (5, 3), (1, 4) } olsun. (5, 6) ∈ βo α ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi kesinlikle dogrudur? ˘ N

(5, 1) ∈ α

(5, 3) ∈ α

(3, 6) ∈ α

(5, 4) ∈ α Hiçbiri 9.) N+ kümesinde “(a, b) ∈ β ⇐⇒ 3 a” s¸ eklinde tanımlanan bagıntı ˘ için hangisi dogrudur? ˘ N

Yansıyandır

Simetriktir

Ters simetriktir Geçi¸skendir

Hiçbiri 10.) Z’ de (a, b) ∈ β ⇐⇒ “a = b + 1 veya b = a + 1” bagıntısının ˘ özelliklerinin listesi hangisidir? N Simetri

Ters simetri

Simetri, geçi¸sme

Ters simetri, geçi¸sme

Hiçbiri

Diger ˘ Sayfaya Geçiniz

59

Adı, Soyadı:

Numarası:

MT

11.) Q da tanımlı (x, y) ∈ β ⇐⇒ 9x3 + x = 9y 3 + y bagıntısına ˘ göre 1’in denklik sınıfı nedir? N

{ 1, 0, −1 }

{ 1, −3, 3 } {1}

β denklik bag. ˘ degil ˘

Hiçbiri 12.) R de tanımlı xβy ⇐⇒ 2x2 +3y = 2y 2 +3x denklik bagıntısı ˘ ise hangi a ∈ R için a bir elemanlıdır? N

a=0

a = 4/3

a = −3/4

a = −4/3 Hiçbiri 13.) A = { { a, c, h } , { b, d, e, f } , { g, m } , { k } } ayrımının belirledigi ˘ denklik bagıntısı ˘ kaç elemanlıdır? N

30

31

29

27

Hiçbiri

14.) β, A’da bir denklik bagıntısı ˘ ve a, b ∈ A ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘ N

s(a) > 2

a ∈ b =⇒ a = b (a, b) ∈ / β ⇐⇒ a 6= b Hiçbiri

a 6= b =⇒ a 6= b 15.) R de a¸sagıdaki ˘ e¸sitliklerle verilen bagıntılardan ˘ hangisi bir denklik bagıntısı ˘ tanımlar? N x 2 =y x(x + 1) = y(y + 1)

xy = x

x = |y|

Hiçbiri

y 16.) A = { 2, 3, 4, 6 }’da x y bagıntısına ˘ göre iki elemanlı altkümelerden kaç tanesinin ebas’ı vardır? N 4 tanesinin

3 tanesinin

5 tanesinin

2 tanesinin

Hiçbiri 17.) p :”Hem tam sıralı hem iyi sıralı küme yoktur”, q:”Sonlu her küme iyi sıralıdır” olsun. Buna göre N

p, q : Dogru ˘ p, q : Yanlı¸s p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

Hiçbiri 18.) Reel bagıntısına ˘ göre hangi kümenin minimumu vardır?  bilinen 6 sıralama    sayılar kümesinde o N n√ n n 1 :n∈N

Q+ − :n∈N 2+ :n∈N

Hiçbiri

n+1 n+1 2  19.) Q’da bilinen 6 sıralama bagıntısına ˘ göre x ∈ Q : x > 0 ve 12 < x2 kümesinin ebas ve eküs’ü nedir?

12 ve yok

N

0 ve yok

√

12 ve yok

0 ve

√

12

Hiçbiri

20.) A = { 4, 5, 6, . . . , 99 } kümesinde x y sıralama bagıntısına ˘ göre hangi küme üstten sınırlıdır? N

{ 20, 35 }

{ 11, 34 } { 4, 21 }

{ 21, 49 }

Hiçbiri ˘ cevap sayısından yanlı¸s cevap sayınızın 1/4’ü çıkarılarak hesaplanacaktır. NOT: Net puanınız dogru N Süre 75 dakikadır. s¸ eklinde i¸saretleyiniz. ˙ IÇ ˙ BA¸SARILAR Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BILG

60

Bölüm 6

Fonksiyonlar Tanım 6.1 A ve B bo¸s olmayan iki küme ve f ⊆ A × B olsun, yani f, A’dan B’ye bir bagıntı ˘ olsun. Eger ˘ a¸sagıdaki ˘ s¸ artlar gerçekleniyorsa f ye A’dan B’ye bir fonksiyon (dönü¸süm, tasvir) denir. (i) Her x ∈ A için (x, y) ∈ f olacak s¸ ekilde bir y ∈ B olmalı; yani A’da f bagıntına ˘ göre e¸slenmemi¸s eleman olmamalı, (ii) Her x ∈ A için (x, y1 ) ∈ f ve (x, y2 ) ∈ f =⇒ y1 = y2 olmalı; yani A kümesinde bir eleman iki farklı elemanla e¸slenmemeli. Ba¸ska bir ifadeyle, A dan B ye bir f fonksiyonu; A nın her elemanını B nin bir ve yalnız bir elemanına e¸sleyen bir kuraldır. Eger ˘ f bagıntısı ˘ A’dan B’ye bir fonksiyon ise bunu f : A −→ B s¸ ekline gösteririz. Burada, A kümesine f nin tanım kümesi, B’ye de de˘ger kümesi denir. Örnek 6.2 A = { a, b, c, d } , B = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 } olsun. A¸sagıdaki ˘ bagıntıları ˘ inceleyelim. f1 = { (a, 3), (b, 2), (c, 7) } f2 = { (a, 1), (b, 5), (c, 6), (d, 3), (c, 5) } f3 = { (a, 6), (b, 6), (c, 6), (d, 6) } f4 = { (a, 3), (b, 1), (c, 4), (d, 7) } Burada f1 fonksiyon degildir, ˘ çünkü d elemanı e¸slenmemi¸stir. f2 de bir fonksiyon degildir, ˘ çünkü c elemanı iki farklı elemanla (6 ve 5 ile) e¸slenmi¸stir. f3 ve f4 , A’dan B’ye birer fonksiyon olup f3 : A −→ B ve f4 : A −→ B yazarız. Tanım 6.3 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. (x, y) ∈ f ise y elemanına x elemanının f altındaki görüntüsü denir ve y = f (x) yazılır. Yani; f = { (x, f (x)) : x ∈ A } 61

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar

yazılabilir. A daki bütün elemanların f altındaki görüntülerinden olu¸san kümeye f nin görüntü kümesi denir ve G(f ) ile gösterilir. Yani G(f ) = { f (x) : x ∈ A } = { y ∈ B : ∃x ∈ A, f (x) = y } . Buna göre önceki örnekte G(f3 ) = { 6 } ve G(f4 ) = { 1, 3, 4, 7 } yazılabilir. Tanım 6.4 f : A −→ B bir fonksiyon ve M ⊆ A, M 6= A olsun. Eger ˘ g : M −→ B fonksiyonu her x ∈ M için f (x) = g(x) s¸ artını saglıyorsa ˘ g fonksiyonuna f fonksiyonunun M alt kümesine kısıtlanmı¸sı yazılır. Benzer s¸ ekilde, A ⊆ D, A 6= D olsun. Eger ˘ h : D −→ B fonksiyonu her denir ve g = f M

x ∈ A için f (x) = h(x) s¸ artını saglıyorsa ˘ h fonksiyonuna f fonksiyonunun D kümesine geni¸sletilmi¸si ˘ açıktır. denir. Bu durumda h = f oldugu A

x + |x| kuralı ile verilsin. g : R+ −→ R fonksiyonu 2 g(x) = x kuralı ile verilmi¸sse g fonksiyonu f nin R+ kümesine kısıtlanmı¸sıdır çünkü her x ∈ R+ için

Örnek 6.5 f : R −→ R fonksiyonu f (x) =

f (x) =

x+x x + |x| = = x = g(x). 2 2

Bu durumda g = f R+ yazılır. Tanım 6.6 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Bir y ∈ B için f (x) = y ise x ∈ A elemanına y nin bir ters görüntüsü denir. y nin bütün ters görüntülerinin kümesi f −1 (y) ile gösterilir, yani f −1 (y) = { x ∈ A : f (x) = y } kümesidir. Bazı y’ler için f −1 (y) kümesi bo¸s küme olabilir. Ayrıca Y ⊆ B ise Y ’deki bütün elemanların ters görüntülerinden olu¸san kümeye Y kümesinin ters görüntü kümesi denir ve f −1 (Y ) ile gösterilir. O halde f −1 (Y ) = { x ∈ A : f (x) ∈ Y } =

[

f −1 (y)

y∈Y

yazılabilir. f −1 (y) = f −1 ({ y }) oldugu ˘ açıktır. Ayrıca f −1 (B) = A yazılabilir. Tanım 6.7 f : A −→ B bir fonksiyon ve X ⊆ A olsun. f (X) = { f (x) : x ∈ X } = { y ∈ B : ∃ x ∈ X, f (x) = y } kümesine X kümesinin görüntü kümesi denir. G(f ) = f (A) oldugu ˘ açıktır. Örnek 6.8 f : R −→ R, f (x) =

sin x 2

  ve g : R −→ R, g(x) = x2 − 1 olsun. f ([0, π]) = 0, 12 ve

g((−2, ∞)) = [−1, ∞) yazılır. √ √ Ayrıca f −1 ((1, ∞)) = ∅ ve g −1 ([0, 10]) = [− 11, −1] ∪ [1, 11] dir. 62

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar

Tanım 6.9 f ve g tanım kümeleri A olan (yani aynı olan) iki fonksiyon ve her x ∈ A için f (x) = g(x) ise f ile g ye e¸sit fonksiyonlar denir ve f = g yazılır. Örnek 6.10 f : N −→ Z, f (n) = (−1)n ve g : N −→ Z, g(m) = cos(mπ) fonksiyonları e¸sittir. Fakat h : R −→ R, h(x) = x − 2 ve t : R \ { −3 } −→ R, t(x) =

x2 + x − 6 x+3

fonksiyonları e¸sit degildir, ˘ çünkü tanım kümeleri farklıdır. Tanım 6.11 f : A −→ A, her x ∈ A için f (x) = x s¸ eklinde tanımlanan fonksiyona A nın birim (özde¸slik) fonksiyonu denir ve IA ile gösterilir. A kümesinin kö¸segeni olan IA = { (x, x) : x ∈ A } kümesi ile IA fonksiyonunun aynı oldugu ˘ görülür. Tanım 6.12 f : A −→ B fonksiyonu bir b ∈ B ve her x ∈ A için f (x) = b s¸ eklinde ise f fonksiyonu bir sabit fonksiyon denir. Tanım 6.13 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Eger ˘ A daki farklı iki elemanın görüntüsü her zaman farklı ise; yani her x1 , x2 ∈ A için x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ) önermesi dogruysa ˘ f fonksiyonuna birebirdir (1–1) denir. Buna denk olarak, f nin 1–1 olması için gerek ve yeter s¸ art her x1 , x2 ∈ A için f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 olmasıdır diyebiliriz. Örnek 6.14 f : R −→ R, f (x) =

x3 + 5 fonksiyonu 1–1 dir, çünkü 3 x1 3 + 5 x2 3 + 5 = 3 3 3 3 =⇒ x1 + 5 = x2 + 5

f (x1 ) = f (x2 ) =⇒

=⇒ x1 3 = x2 3 =⇒ x1 = x2 . Fakat g : R −→ R, g(x) = cos(2x) fonksiyonu 1–1 degildir, ˘ çünkü f (0) = f (π) olup farklı iki reel sayının görüntüsü aynıdır. Tanım 6.15 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Eger ˘ her y ∈ B için f (x) = y olacak s¸ ekilde en az bir x ∈ A mevcutsa, yani B kümesinde f bagıntısına ˘ göre e¸slenmemi¸s eleman yoksa, f fonksiyonuna bir örten (üzerine) fonksiyon denir. f örten ⇐⇒ f (A) = B oldugu ˘ görülür.

63

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar

Örnek 6.16 f : R −→ R, f (x) = 7x5 − 11 fonksiyonu örtendir. Bunu göstermek için verilen her y ∈ R için f (x) = y olacak s¸ ekilde x ∈ R bulmalıyız. y ∈ R verilsin. Bu durumda r 5 y + 11 x= 7 seçilirse f (x) = y oldugu ˘ görülür. (Verilen her y için x bulunabilecegi ˘ açıktır.) S¸ imdi g : R −→ R, g(x) = ex+1 fonksiyonunu inceleyelim. y ∈ R verildiginde ˘ x = ln y−1 seçildiginde ˘ f (x) = y olmaktadır, ancak y 6 0 ise bu durumda x bulunamamaktadır. Bu durumda, mesela y = −1 için, g(x) = −1 olacak s¸ ekilde x olmadıgından ˘ g örten degildir. ˘ Tanım 6.17 f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Eger ˘ f −1 ⊆ B × A bagıntısı ˘ da bir fonksiyon ise f −1 bagıntısına ˘ f fonksiyonunun ters fonksiyonu (kısaca tersi) denir ve f −1 : B −→ A yazılabilir. Teorem 6.18 f : A −→ B fonksiyonunun ters bagıntısının ˘ da bir fonksiyon olması için gerek ve yeter s¸ art f nin 1–1 ve örten olmasıdır. ˙ Ispat: (=⇒) f : A −→ B fonksiyonunun tersi de bir fonksiyon olsun. Her x1 , x2 ∈ A için f (x1 ) = f (x2 ) = y olsun. (x1 , y), (x2 , y) ∈ f =⇒ (y, x1 ), (y, x2 ) ∈ f −1 =⇒ f −1 bir fonksiyon oldugundan ˘ x1 = x2 olup f nin 1–1 oldugu ˘ gösterilmi¸s olur. S¸ imdi y ∈ B verilsin. f −1 : B −→ A bir fonksiyon oldugun˘ dan (y, x) ∈ f −1 olacak s¸ ekilde sadece bir tane x ∈ A vardır. Bu durumda f (x) = y olup y nin f altındaki ters görüntüsü x dir. O halde f örtendir. (⇐=) S¸ imdi de f nin 1–1 ve örten oldugunu ˘ kabul edelim. f örten oldugundan ˘ f −1 bagıntısına ˘ göre B kümesinde e¸slenmemi¸s eleman yoktur. Ayrıca (y, x1 ), (y, x2 ) ∈ f −1 =⇒ (x1 , y), (x2 , y) ∈ f =⇒ f 1–1 oldugundan, ˘ x1 = x2 olup f −1 bagıntına ˘ göre bir eleman birden fazla elemanla e¸slenmi¸s olamaz. O halde f −1 ⊆ B × A bir fonksiyondur.



Not 6.19 Eger ˘ f : A −→ B fonksiyonu 1–1 ve örten ise (yani f −1 de bir fonksiyon ise) her y ∈ B için f −1 (y) kümesi tek elemanlı oldugu ˘ için, yani y nin ters görüntüsü tek türlü belirlendigi ˘ için, f −1 (y) ifadesi “y nin ters görüntüler kümesi” degil ˘ de “y nin ters görüntüsü” olarak anla¸sılır. O halde f fonksiyonu 1–1 ve örtense, f (x) = y ⇐⇒ f −1 (y) = x yazılabilir. Teorem 6.20 f : A −→ B fonksiyonu 1–1 ve örten ise f −1 : B −→ A fonksiyonu da 1–1 ve örtendir. 64

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar

˙ Ispat: f nin 1–1 ve örten oldugunu ˘ kabul edelim ve f −1 in 1–1 ve örten oldugunu ˘ gösterelim. Her y1 , y2 ∈ B için f −1 (y1 ) = f −1 (y2 ) =⇒ f (f −1 (y1 )) = f (f −1 (y2 )) =⇒ y1 = y2 olup f −1 fonksiyonu 1–1 dir. S¸ imdi de x ∈ A verilsin. f (x) = y ∈ B dersek f −1 (y) = x olup x in f −1 altındaki ters görüntüsünün y oldugu ˘ görülür. O halde f −1 örtendir.



Tanım 6.21 f : A −→ B ve g : B −→ C iki fonksiyon ise f ile g nin (bagıntı ˘ olarak) bile¸skesi de A dan C ye bir fonksiyondur. Bu fonksiyona f ile g fonksiyonlarının bile¸skesi denir ve g◦ f ile gösterilir. g◦ f = { (x, z) : ∃y ∈ B, (x, y) ∈ f, (y, z) ∈ g } olup y = f (x) yazılırsa z = g(y) = g(f (x)) olacagından ˘ (g◦ f )(x) = g(f (x)) kuralıyla verilir. Teorem 6.22 f : A −→ B, g : B −→ C, h : C −→ D üç fonksiyon ise h◦ (g◦ f ) = (h◦ g)◦ f dir. ˙ Ispat: Her a ∈ A için [h◦ (g◦ f )](a) = h((g◦ f )(a)) = h(g(f (a))) = (h◦ g)(f (a)) = [(h◦ g)◦ f ](a) olup h◦ (g◦ f ) = (h◦ g)◦ f e¸sitligi ˘ elde edilir.



Teorem 6.23 Birebir fonksiyonların bile¸skesi birebir; örten fonksiyonların bile¸skesi örtendir. ˙ Ispat: f : A −→ B ve g : B −→ C birebir fonksiyonlar olsun. (g◦ f )(a1 ) = (g◦ f )(a2 ) =⇒ g(f (a1 )) = g(f (a2 )) =⇒ g birebir oldugundan ˘ f (a1 ) = f (a2 ) =⇒ f birebir oldugundan ˘ a1 = a2 olup g◦ f fonksiyonu 1–1 dir. S¸ imdi de f ve g nin örten oldugunu ˘ kabul edelim. g◦ f : A −→ C oldugunu ˘ hatırlayalım. c ∈ C =⇒ g : B −→ C örten oldugundan ˘ ∃ b ∈ B, g(b) = c =⇒ f : A −→ B örten oldugundan ˘ ∃ a ∈ A, f (a) = b olup (g◦ f )(a) = g(f (a)) = g(b) = c oldugundan ˘ c nin ters görüntüsü a dır. O halde g◦ f örtendir.

65



˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar Sonuç 6.24

(i) f : A −→ B, g : B −→ C birebir ve örtense (g◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 dir.

(ii) f : A −→ B birebir ve örtense f◦ f −1 = IB ve f −1 ◦ f = IA dır. Teorem 6.25 f : A −→ B ve g : B −→ C iki fonksiyon olmak üzere (a) g◦ f örten ise g örtendir, (b) g◦ f birebir ise f birebirdir.

ALISTIRMALAR ¸ 1.) f : X −→ Y bir fonksiyon, A ⊆ X ve B ⊆ X olsun. A¸sagıdakilerin ˘ dogru ˘ oldugunu ˘ gösterin:

˙ Ispat i.)

i) f (A ∩ B) ⊆ f (A) ∩ f (B)

ii) f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B)

iii) f (A) \ f (B) ⊆ f (A \ B)

iv) A ⊆ B =⇒ f (A) ⊆ f (B)

y ∈ f (A ∩ B) =⇒ ∃ x ∈ A ∩ B için f (x) = y =⇒ x ∈ A ve x ∈ B olup f (x) ∈ f (A) ve f (x) ∈ f (B) =⇒ y ∈ f (A) ve y ∈ f (B) =⇒ y ∈ f (A) ∩ f (B).

˙ Ispat ii.)

y ∈ f (A ∪ B) =⇒ ∃ x ∈ A ∪ B için f (x) = y =⇒ x ∈ A veya x ∈ B old. f (x) ∈ f (A) veya f (x) ∈ f (B) =⇒ y ∈ f (A) veya y ∈ f (B) =⇒ y ∈ f (A) ∪ f (B).

Ayrıca, y ∈ f (A) ∪ f (B) =⇒ y ∈ f (A) veya y ∈ f (B) =⇒ ∃ x1 ∈ A için f (x1 ) = y veya ∃ x2 ∈ B için f (x2 ) = y =⇒ x1 ∈ A ∪ B olup f (x1 ) ∈ f (A ∪ B) veya x2 ∈ A ∪ B olup f (x2 ) ∈ f (A ∪ B) =⇒ f (x1 ) = f (x2 ) = y ∈ f (A ∪ B). ˙ Ispat iii.)

y ∈ f (A) \ f (B) =⇒ y ∈ f (A) ve y ∈ / f (B) =⇒ ∃ x1 ∈ A için f (x1 ) = y ve ∀x ∈ B için f (x) 6= y =⇒ x1 ∈ / B olmalı =⇒ x1 ∈ A \ B olup f (x1 ) ∈ f (A \ B) =⇒ y ∈ f (A \ B) 66

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar ˙ Ispat iv.) A ⊆ B olsun. y ∈ f (A) =⇒ ∃ x ∈ A için f (x) = y =⇒ x ∈ B olup f (x) ∈ f (B) =⇒ y ∈ f (B)

2.) f : A −→ B bir fonksiyon, X ⊆ B, Y ⊆ B olsun. A¸sagıdakilerin ˘ dogru ˘ oldugunu ˘ gösterin.

˙ Ispat i.)

i) f −1 (X ∪ Y ) = f −1 (X) ∪ f −1 (Y )

ii) f −1 (X ∩ Y ) = f −1 (X) ∩ f −1 (Y )

iii) f (f −1 (Y )) ⊆ Y

iv) f −1 (B \ X) = A \ f −1 (X)

a ∈ f −1 (X ∪ Y ) ⇐⇒ f (a) ∈ X ∪ Y ⇐⇒ f (a) ∈ X veya f (a) ∈ Y ⇐⇒ a ∈ f −1 (X) veya a ∈ f −1 (Y ) ⇐⇒ a ∈ f −1 (X) ∪ f −1 (Y )

˙ Ispat ii.)

a ∈ f −1 (X ∩ Y ) ⇐⇒ f (a) ∈ X ∩ Y ⇐⇒ f (a) ∈ X ve f (a) ∈ Y ⇐⇒ a ∈ f −1 (X) ve a ∈ f −1 (Y ) ⇐⇒ a ∈ f −1 (X) ∩ f −1 (Y )

˙ Ispat iii.)

b ∈ f (f −1 (Y )) =⇒ ∃a ∈ f −1 (Y ) için f (a) = b =⇒ a ∈ f −1 (Y ) oldugundan ˘ f (a) ∈ Y =⇒ b ∈ Y

˙ Ispat iv.) Burada f −1 (B) = A oldugu ˘ hatırlanırsa: a ∈ f −1 (B \ X) ⇐⇒ f (a) ∈ B \ X ⇐⇒ f (a) ∈ B ve f (a) ∈ /X ⇐⇒ a ∈ f −1 (B) ve a ∈ / f −1 (X) ⇐⇒ a ∈ f −1 (B) \ f −1 (X) ⇐⇒ a ∈ A \ f −1 (X) 3.) f : A −→ B bir fonksiyon ve X ⊆ A olsun. X ⊆ f −1 (f (X)) oldugunu ˘ gösterin. E¸sitligin ˘ her zaman saglanması ˘ için gerek ve yeter s¸ artın f nin 1–1 olması oldugunu ˘ gösterin. Çözüm:

x ∈ X =⇒ f (x) ∈ f (X) =⇒ x ∈ f −1 (f (X)) 67

oldugundan ˘ kapsama dogrudur. ˘

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar

S¸ imdi de her X ⊆ A için X = f −1 (f (X)) oldugunu ˘ kabul edip f nin 1–1 oldugunu ˘ gösterelim. a1 , a2 ∈ A için f (a1 ) = f (a2 ) = b =⇒ X = { a1 } seçelim =⇒ f (X) = { b } ve f −1 (f (X)) = { a1 , a2 , . . . } olur =⇒ X = f −1 (f (X)) olacagından ˘ a1 = a2 olmalıdır. Yani f 1–1 dir. S¸ imdi de f nin 1–1 oldugunu ˘ kabul edelim. S¸ imdi a ∈ f −1 (f (X)) =⇒ f (a) ∈ f (X) =⇒ a ∈ X (çünkü f 1–1) oldugundan ˘ e¸sitlik gösterilmi¸s olur. (Dikkat: Genelde “f (a) ∈ f (X) =⇒ a ∈ X” önermesi dogru ˘ degildir.) ˘ 4.) f : A −→ B bir fonksiyon ve X ⊆ B olsun. f (f −1 (X)) ⊆ X oldugunu ˘ gösterin. E¸sitligin ˘ her zaman saglanması ˘ için gerek ve yeter s¸ artın f nin örten olması oldugunu ˘ gösterin. Çözüm:

x ∈ f (f −1 (X)) =⇒ ∃y ∈ f −1 (X) için f (y) = x

=⇒ y ∈ f −1 (X) oldugundan ˘ f (y) ∈ X

dir. O halde x ∈ X olup kapsama dogrudur. ˘ S¸ imdi de her X ⊆ B için X = f (f −1 (X)) oldugunu ˘ kabul edip f nin örten oldugunu ˘ gösterelim. X = B seçelim =⇒ f −1 (X) = f −1 (B) = A =⇒ X = f (f −1 (X)) olacagından ˘ B = f (A) olmalıdır. =⇒ f örtendir. S¸ imdi de f nin örten oldugunu ˘ kabul edelim. x ∈ X =⇒ f örten oldugundan ˘ ∃y ∈ f −1 (X), f (y) = x =⇒ f (y) ∈ f (f −1 (X)) =⇒ x ∈ f (f −1 (X)) olup X ⊆ f (f −1 (X)) olur. (Dikkat: Genelde “x ∈ X =⇒ ∃y ∈ f −1 (X), f (y) = x” önermesi dogru ˘ degildir.) ˘ Kapsamanın diger ˘ yönü her zaman dogru ˘ oldugundan ˘ ispat tamamlanır.

5.) f : A −→ B, g : B −→ C iki fonksiyon ve g◦ f birebir olsun. Bu durumda f birebir olmak zorunda ˙ mıdır? g birebir olmak zorunda mıdır? Ispatlayınız. Çözüm: f 1–1 olmalıdır, ispatlayalım: ∀ a1 , a2 ∈ A için f (a1 ) = f (a2 ) =⇒ g(f (a1 )) = g(f (a2 )) =⇒ (go f )(a1 ) = (go f )(a2 ) =⇒ go f 1–1 oldugundan ˘ a1 = a2 68

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar

olup ispat tamamlanır. g nin 1–1 olması gerekmez, mesela A = { a, b } , B = { c, d, e } , C = { 1, 2, 3 } ve f = { (a, c), (b, d) } ,

g = { (c, 1), (d, 2), (e, 2) } ,

go f = { (a, 1), (b, 2) }

örneginde ˘ go f 1–1 dir fakat g 1–1 degildir. ˘

6.) A¸sagıda ˘ N den Z ye tanımlı f fonksiyonunun 1–1 ve örten oldugunu ˘ gösterin. ( f (n) =

n 2, n+1 − 2 ,

n çift ise; n tek ise.

Çözüm: E¸slemenin a¸sagıdaki ˘ gibi yapıldıgı ˘ görülür: 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

...

0 −1 1 −2 2 −3 3 −4 4 −5 . . . Önce f ’nin 1–1 oldugunu ˘ gösterelim. n, m ∈ N için f (n) = f (m) olsun. Durum 1. n, m çift: Bu durumda n/2 = m/2 den n = m bulunur. Durum 2. n, m tek: Bu durumda −(n + 1)/2 = −(m + 1)/2 den n = m bulunur. Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda m/2 = −(n + 1)/2 den m + n = −1 elde edilir ki, m, n ∈ N oldugundan ˘ böyle bir durum olamaz. Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda n/2 = −(m + 1)/2 den m + n = −1 elde edilir ki, m, n ∈ N oldugundan ˘ böyle bir durum olamaz. Sonuç olarak, f 1–1 dir. S¸ imdi de f nin örten oldugunu ˘ gösterelim. y ∈ Z verilsin. Durum 1. y > 0: Bu durumda x = 2y seçilirse, x çift bir dogal ˘ sayı olup f (x) = f (2y) =

2y =y 2

olup f örtendir.

Durum 2. y < 0: Bu durumda x = −2y − 1 seçilirse, x tek bir dogal ˘ sayı olup f (x) = f (−2y − 1) = −

(−2y − 1) + 1 =y 2

olup f örtendir.

7.) f : A −→ B birebir ve g : B −→ C örten ise g◦ f birebir olmak zorunda mıdır? Örten olmak zorunda mıdır? Açıklayın. Çözüm: A = { a, b } , B = { c, d, e } , C = { 1, 2 } ve f = { (a, c), (b, d) } ,

g = { (c, 2), (d, 2), (e, 1) } , 69

go f = { (a, 2), (b, 2) }

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar örnegi ˘ incelendiginde ˘ iki cevabın da “hayır” oldugu ˘ görülür.

8.) 4 elemanlı bir kümeden 4 elemanlı bir kümeye kaç tane örten fonksiyon yazılabilir? N

256

16 24

64 9.) f : R −→ R, f (x) = kısıtlanmı¸sıdır? N g(x) = x

Hiçbiri

x − |x| olsun. Buna göre a¸sagıdaki ˘ fonksiyonlardan hangisi f nin R− ye bir 2

g(x) = 2x

g(x) = 0

g(x) = x/2

Hiçbiri

10.) f : R −→ R, f (x) = x2 ise f −1 ([4, 9]) a¸sagıdakilerden ˘ hangisidir?

[−2, 4]

[2, 3]

[−3, 3]

[−3, 2] ∪ {3}

N

Hiçbiri

11.) Tanım kümesinden R ye a¸sagıda ˘ verilen fonksiyonlardan hangisinin tersi de bir fonksiyondur? N

f (x) = x3 − 7x f (x) = x3 /4

f (x) = tan x

f (x) = esin x

Hiçbiri 12.) A¸sagıdaki ˘ fonksiyonlardan hangisinin tersi de R den R ye bir fonksiyondur? N g(x) = 2x3 − 3

t(x) = x3 − 9x

f (x) = tan x

h(x) = 3x

Hiçbiri

13.) 4 elemanlı bir A kümesinden 5 elemanlı bir B kümesine kaç tane 1–1 fonksiyon yazılabilir? N

20 120

720

3125

Hiçbiri 14.) f : R −→ R, f (x) = x2 − 2x + 1 ise f −1 ([−1, 9]) =? N

(−∞, 4]

[1, 4] Hiçbiri x+1 olduguna ˘ göre (fo g −1 )(x) = 0 denkleminin çözüm 15.) f, g : R −→ R, f (x) = x2 − 1, g(x) = 4 kümesinedir?   N 3 1

0,

{ 0, 2 }

{0}

Hiçbiri 0, 2 2

[0, 4]

[−1, 4]

16.) A¸sagıdaki ˘ fonksiyonlardan hangisinin tersi de R den R ye bir fonksiyondur? N 1

h(x) = cos(1/x)

t(x) = x5 − x

f (x) = ex g(x) = x3 −

Hiçbiri 2 17.) 5 elemanlı bir A kümesinden 6 elemanlı bir B kümesine kaç tane 1–1 fonksiyon yazılabilir? N

65 = 7776 720

120

3125

Hiçbiri 18.) f : R −→ R, f (x) = −x2 + 1 ise f −1 ([−1, 4]) =?

√ N Hiçbiri

(−∞, 0]

[1, 3] x+1 19.) f, g : R −→ R, f (x) = x2 − 1, g(x) = olduguna ˘ göre (fo g −1 )(x) = 0 denkleminin çözüm 3 kümesi nedir?   N 2

{ 0, 1 }

{ 0, −1 } 0,

∅

Hiçbiri 3

[0, 1]

[−1, 1]

20.) f : A −→ B bir fonksiyon olsun. p : “∀X, Y ⊆ B, f −1 (X ∩ Y ) = f −1 (X) ∩ f −1 (Y ) ” ve q : “∃X ⊆ B, f −1 (B \ X) 6= A \ f −1 (X) ” önermeleri veriliyor. A¸s. hangisi dogrudur? ˘ N p :Dogru, ˘ q :Yanlı¸s

p, q :Dogru ˘

p, q :Yanlı¸s

p :Yanlı¸s, q :Dogru ˘

70

Hiçbiri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 6. Fonksiyonlar

21.) A¸sagıdaki ˘ fonksiyonlardan hangisi tanım kümesinden R ye 1–1 dir fakat örten degildir? ˘ √ N √ 1 x

f (x) = e

f (x) = ln x

f (x) =

f (x) = x Hepsi x
22.) f : R −→ R, f (x) = −x2 ise f [−4, 1] =? N

[1, 16] [−16, 0]

[−4, −1]

[−1, 0]

Hiçbiri 23.) f : Z −→ R, f (x) = x olsun. A¸sagıdaki ˘ reel fonksiyonlardan hangisi f nin bir geni¸sletilmi¸sidir?   N x2 − 2x t(x) = x

r(x) = x · tan x · cot x

Hepsi

g(x) = |x|

h(x) = x−2 24.) f : A −→ B olsun. Her X, Y ⊆ A için p : “ f (X ∩ Y ) = f (X) ∩ f (Y ) ” ve q : “ f (X) \ f (Y ) ⊆ f (X \ Y ) ” önermeleri veriliyor. Buna göre:

p :Dogru, ˘ q :Yanlı¸s

p, q :Dogru ˘

25.) f : R −→ R, f (x) = x2 − 3 ise f −1 N

[−3, 1] [−2, 2]

p, q :Yanlı¸s

N

p :Yanlı¸s, q :Dogru ˘

Hiçbiri

[3, +∞)

Hiçbiri


[−4, 1] =?

[−2, 13]

71

Bölüm 7

˙slem ve Özellikleri I¸ Tanım 7.1 A bo¸s olmayan bir küme ve f : A −→ A bir fonksiyon ise f ye A da bir birli i¸slem denir. Eger ˘ f : A × A −→ A bir fonksiyon ise f ye A da bir ikili i¸slem denir. Benzer s¸ ekilde f : A {z· · · × A} −→ A bir fonksiyon ise f ’ye A’da bir n–li i¸slem denir. | ×A× n−tane

Örnek 7.2 A = R+ ∪ { 0 } olsun. f : A −→ A fonksiyonu her x ∈ A için f (x) =

√

x kuralıyla verilsin.

f , A’da bir birli i¸slemdir. g : A × A −→ A fonksiyonu her (x, y) ∈ A × A için g(x, y) = x + y s¸ eklinde verilen fonksiyon bir ikili i¸slemdir. Fakat x ÷ y veya x − y s¸ eklindeki bir kural A × A kümesinden A’ya bir fonksiyon tanımlamadıgı ˘ için A’da bir ikili i¸slem degildir. ˘ Not 7.3 A × A’dan A’ya bir fonksiyon aslında A nın iki elemanının yine A nın bir elemanına e¸sleyen bir kuraldır. Bu nedenle A’da bir ikili i¸slemin tanımı “A nın iki elemanının yine A nın bir elemanına e¸sleyen bir kural” olarak verilebilir. Örnek 7.4 A = { 1, 2, 3 } olsun. f : A × A −→ A fonksiyonu s¸ öyle verilsin: (1, 1) −→ 3, (2, 1) −→ 1, (3, 1) −→ 3 f : (1, 2) −→ 2, (2, 2) −→ 1, (3, 2) −→ 1 (1, 3) −→ 2, (2, 3) −→ 2, (3, 3) −→ 1 Bu durumda f , A da bir ikili i¸slemdir. Not 7.5 Bu bölümde sadece ikili i¸slemlerin özelliklerini inceleyecegiz. ˘ Bu nedenle “ikili i¸slem” yerine ˙ kısaca “i¸slem” diyecegiz. ˘ Ikili i¸slemleri f, g harfi yerine genelde ∗, ⊗, ?, ⊕, , ◦, 2 gibi sembollerle gösterecegiz. ˘ Ayrıca ikili i¸slemleri elemanların ortasına yazacagız, ˘ yani mesela bir önceki örnekte f (3, 2) = 1 yerine kısaca 3f 2 = 1 yazacagız. ˘ Eger ˘ f harfi yerine ∗ sembolu kullanırsak bu ifadeyi 3 ∗ 2 = 1 s¸ eklinde yazarız. S¸ imdiye kadar kullandıgımız ˘ toplama, çarpma, bölme, kesi¸sim, birle¸sim ve simetrik fark gibi i¸slemlerin elemanların arasına yazıldıgına ˘ dikkat ediniz. 72

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Örnek 7.6 Bir A kümesinin kuvvet kümesi P (A) üzerinde tanımlanan kesi¸sim (∩) ve birle¸sim (∪) i¸slemleri birer ikili i¸slemdir. ∩ : P (A) × P (A) −→ P (A) ∪ : P (A) × P (A) −→ P (A)

˙slemin Özellikleri I¸ f, A’da bir ikili i¸slem olsun. f ’yi ∗ sembolü ile gösterelim. ˙ slemin Tanım 7.7 (Kapalılık Özelligi) ˘ Her a, b ∈ A için a∗b ∈ A oluyorsa ∗ i¸slemine kapalıdır denir. I¸ tanımından anla¸sılacagı ˘ gibi aslında bir i¸slem kapalı olmalıdır. Tanım 7.8 (Birle¸sme Özelligi) ˘ Her a, b, c ∈ A için (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) önermesi dogruysa ˘ ∗ i¸sleminin birle¸sme özelli˘gi vardır veya kısaca ∗ i¸slemi birle¸smelidir denir. Tanım 7.9 (Degi¸ ˘ sme Özelligi) ˘ Her a, b ∈ A için a∗b=b∗a önermesi dogruysa ˘ ∗ i¸sleminin de˘gi¸sme özelli˘gi vardır veya kısaca ∗ i¸slemi de˘gi¸smelidir denir. Tanım 7.10 (Birim (Etkisiz) Eleman Özelligi) ˘ Her a ∈ A için a∗e=a

ve

e∗a=a

s¸ artını saglayan ˘ bir e ∈ A varsa bu elemana ∗ i¸sleminin birim (etkisiz) elemanı denir. Tanım 7.11 (Ters Eleman Özelligi) ˘ ∗ i¸slemi birim elemanı e olan bir i¸slem olsun. Eger, ˘ bir a ∈ A için a∗b=e

ve

b∗a=e

s¸ artını saglayan ˘ bir b ∈ A varsa bu b elemanına a elemanının ∗ i¸slemine göre tersi (kısaca tersi) denir ve genelde a−1 ile gösterilir. Not 7.12 Ters eleman özelliginden ˘ bahsetmek için birim elemanın olması gerekir. Ayrıca her elemanın tersi olmayabilecegi ˘ gibi bazı elemanların birden fazla tersi olabilir. Bir a elemanının tersi için a−1 gösterimi standart degildir. ˘ Mesela bir sayının toplama i¸slemine göre tersi içini −a kullanılmaktadır. Bazen a’nın tersi için a−1 kullanılması 1/a ile karı¸smaktadır. Bu durumda a nın tersi için e a veya a0 sembolü kullanılabilir. 73

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Tanım 7.13 (Dagılma ˘ Özelligi) ˘ ∗ ve 4 i¸slemleri A’da tanımlanmı¸s iki ikili i¸slem olsun. Eger ˘ her a, b, c ∈ A için a ∗ (b4c) = (a ∗ b)4(a ∗ c) önermesi dogru ˘ ise ∗ i¸sleminin 4 i¸slemi üzerine soldan da˘gılma özelli˘gi vardır denir. Eger ˘ her a, b, c ∈ A için (a4b) ∗ c = (a ∗ c)4(b ∗ c) önermesi dogru ˘ ise ∗ i¸sleminin 4 i¸slemi üzerine sa˘gdan da˘gılma özelli˘gi vardır denir. ∗ i¸sleminin 4 i¸slemi üzerine hem sagdan ˘ hem de soldan dagılma ˘ özelligi ˘ varsa kısaca da˘gılma özelli˘gi vardır diyecegiz. ˘ Örnek 7.14 Reel sayılarda tanımlanan çarpma i¸sleminin toplama i¸slemi üzerine dagılma ˘ özelligi ˘ vardır, çünkü her a, b, c ∈ R için a · (b + c) = (a · b) + (a · c)

ve

(a + b) · c = (a · c) + (b · c)

önermesi dogrudur. ˘ Ancak toplama i¸sleminin çarpma üzerine dagılma ˘ özelligi ˘ yoktur. Ayrıca kümeler üzerinde tanımlanan ∩ ve ∪ i¸slemlerinin birbiri üzerine dagılma ˘ özellikleri vardır, çünkü her A, B, C kümesi için A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

ve

(A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)

ve

(A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C)

önermeleri ile birlikte A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) önermeleri de dogrudur. ˘ Teorem 7.15 Bir ∗ i¸sleminde birim eleman (varsa) tektir. ˙ Ispat: ∗ i¸sleminin e ve f gibi iki tane birim elemanı olsun. e bir birim eleman oldugundan ˘ e∗f = f dir. Ayrıca f bir birim eleman oldugundan ˘ e ∗ f = e olmalıdır. O halde e = f dir.



Teorem 7.16 Birle¸sme özelligi ˘ olan bir ∗ i¸sleminde bir elemanın tersi (varsa) tektir. ˙ Ispat: ∗ i¸sleminin birim elemanı e olsun. a elemanının b ve c gibi iki tane tersi olsun. O halde a∗b=b∗a=a∗c=c∗a=e yazabiliriz. S¸ imdi; b = b ∗ e = b ∗ (a ∗ c) = (b ∗ a) ∗ c = e ∗ c = c olup b = c oldugu ˘ gösterilmi¸s olur.



74

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Örnek 7.17 ∗ : N × N −→ N her x, y ∈ N için x ∗ y = x + 2y s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyelim. i) Her a, b ∈ N için a ∗ b = a + 2b ∈ N oldugundan ˘ i¸slem kapalılık özelligine ˘ sahiptir. ii) Her a, b, c ∈ N için (a ∗ b) ∗ c = (a + 2b) ∗ c = a + 2b + 2c

ve

a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + 2c) = a + 2b + 4c

ifadeleri genelde e¸sit olmadıgından ˘ (mesela c 6= 0 iken) birle¸sme özelligi ˘ yoktur. iii) 2 ∗ 7 = 16 ve 7 ∗ 2 = 11 olup 16 6= 11 oldugundan ˘ degi¸ ˘ sme özelligi ˘ yoktur. iv) Her a ∈ N için a ∗ e = a =⇒ a + 2e = a =⇒ 2e = 0 =⇒ e = 0 olabilir. Ancak 0 ∗ a = 2a olup birim eleman 0 olamaz. O halde birim eleman yoktur. (Ya da, her a ∈ N için e ∗ a = a denkleminin saglayan ˘ bir e ∈ N bulunamaz, çünkü e = −a bulunur ve birim eleman a’ya baglı ˘ olamaz.) v) Birim eleman olmadıgından ˘ ters elemandan söz edilemez. Örnek 7.18 Bir A kümesinin kuvvet kümesi P (A) üzerinde tanımlanan ∩ i¸sleminin özelliklerini inceleyelim. ∩ : P (A) × P (A) −→ P (A) i¸sleminin özellikleri: i) Her X, Y ∈ P (A) için X ∩ Y ∈ P (A) dır, çünkü X ⊆ A, Y ⊆ A =⇒ X ∩ Y ⊆ A dır. O halde i¸slem kapalıdır. ii) Her X, Y, Z ∈ P (A) için X ∩ (Y ∩ Z) = (X ∩ Y ) ∩ Z olup i¸slem birle¸sme özelligine ˘ sahiptir. iii) Her X, Y ∈ P (A) için X ∩ Y = Y ∩ X oldugundan ˘ i¸slem degi¸ ˘ sme özelligine ˘ sahiptir. iv) Her X ∈ P (A) için X ∩ A = X oldugundan ˘ ve i¸slem degi¸ ˘ sme özelligine ˘ sahip oldugundan ˘ birim eleman e = A dır. v) A’nın tersi A dır, çünkü A ∩ A = A = e dir. Eger ˘ X 6= A ise X ∩Y =Y ∩X =A olacak s¸ ekilde bir Y ∈ P (A) bulunamayacagından ˘ X’in tersi yoktur. Yani sadece A’nın tersi vardır. Not 7.19 Bir ∗ i¸sleminin degi¸ ˘ sme özelligi ˘ varsa, birim eleman bulunurken a ∗ e = a ve e ∗ a = a denklemlerinden sadece birisini kullanmak yeterlidir. Benzer s¸ ekilde ters eleman bulunurken de a ∗ b = e ve b ∗ a = e denklemlerinden sadece birisini çözmek yeterlidir. Örnek 7.20 Z tamsayılar kümesinde a ∗ b = a + b − 1 s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyelim. 75

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

i) Her a, b ∈ Z için a ∗ b = a + b − 1 ∈ Z oldugundan ˘ i¸slem kapalıdır. ii) Her a, b, c ∈ Z için a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + c − 1) = a + b + c − 2 = (a + b − 1) ∗ c = (a ∗ b) ∗ c oldugundan ˘ i¸slem birle¸sme özelligine ˘ sahiptir. iii) Her a, b ∈ Z için a ∗ b = a + b − 1 = b + a − 1 = b ∗ a oldugundan ˘ i¸slem degi¸ ˘ smelidir. iv) Her a ∈ Z için a ∗ e = a =⇒ a + e − 1 = a =⇒ e = 1 elde edilir, çünkü i¸slem degi¸ ˘ smelidir. ˙ slem degi¸ v) a ∗ b = 1 =⇒ a + b − 1 = 1 =⇒ b = 2 − a olur. I¸ ˘ smeli oldugundan ˘ b ∗ a = 1 denklemini çözmeye gerek yoktur. Her a ∈ Z için a−1 = 2 − a ∈ Z olup her tamsayının tersi mevcuttur. Tanım 7.21 A ve B bo¸s olmayan iki küme olsun. : B × A −→ A s¸ eklindeki bir fonksiyona A da bir dı¸s i¸slem denir.

ALISTIRMALAR ¸ 1.) Bir A kümesinde tanımlanan 4 i¸sleminin degi¸ ˘ sme ve birle¸sme özelligi ˘ varsa, a, b, c, d ∈ A için a¸sagıdaki ˘ e¸sitligi ˘ gösterin:   (a4b)4(c4d) = (d4c)4a 4b Çözüm:



 (d4c) 4a 4b = (d4c) 4(a4b) | {z } | {z }

(Birle¸sme özelligi ˘ oldugundan) ˘

= (a4b)4(d4c)

(Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugundan) ˘

= (a4b)4(c4d)

(Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugundan) ˘

x

x

2.) f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 : R \ { 0, 1 } −→ R fonksiyonları a¸sagıdaki ˘ gibi tanımlansın: f1 (x) = x,

f2 (x) =

1 , 1−x

f3 (x) =

x−1 , x

f4 (x) =

1 , x

f5 (x) =

x , x−1

f6 (x) = 1 − x.

Buna göre { f1 , f2 } , { f1 , f3 } , { f1 , f4 } , { f1 , f5 } , { f1 , f2 , f3 } kümelerinden hangileri fonksiyonlardaki bile¸ske i¸slemine göre kapalıdır? Çözüm: Bu 6 fonksiyonun i¸slem tablosu a¸sagıdaki ˘ gibi olu¸sur:

76

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG ◦

f1

f2

f3

f4

f5

f6

f1

f1

f2

f3

f4

f5

f6

f2

f2

f3

f1

f5

f6

f4

f3

f3

f1

f2

f6

f4

f5

f4

f4

f6

f5

f1

f3

f2

f5

f5

f4

f6

f2

f1

f3

f6

f6

f5

f4

f3

f2

f1

Tablodan anla¸sılacagı ˘ gibi kapalı olan kümeler: { f1 , f4 } , { f1 , f5 } , { f1 , f2 , f3 }.

3.) Z’de a4b = |a| + |b| s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyin. Çözüm: (i) Her a, b ∈ Z için |a| + |b| ∈ Z olup i¸slem kapalıdır. (ii) Her a, b, c ∈ Z için (a4b)4c = (|a| + |b|) 4c = |a| + |b| + |c| = |a| + |b| + |c|, a4(b4c) = a4 (|b| + |c|) = |a| + |b| + |c| = |a| + |b| + |c| olup e¸sitlik dogrulanır. ˘ Yani birle¸sme özelligi ˘ vardır. (iii) Her a, b ∈ Z için a4b = |a| + |b| = |b| + |a| = b4a olup degi¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır. (iv) −2 tamsayısı için (−2)4e = 2 + |e| = −2 e¸sitligi ˘ çözülemez, çünkü 2 + |e| > 0 dır. O halde birim eleman yoktur. (v) Birim eleman olmadıgından ˘ ters eleman yoktur.

4.) Q × Q kümesinde (a, b) ∗ (c, d) = (ac, ad + b) s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyin. Çözüm: (i) Her a, b, c, d ∈ Q için ac ∈ Q ve ad + b ∈ Q olup (ac, ad + b) ∈ Q × Q dir. Yani i¸slem kapalıdır. (ii) Birle¸sme özelligi ˘ vardır, çünkü: [(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (e, f ) = (ac, ad + b) ∗ (e, f ) = (ace, acf + ad + b), (a, b) ∗ [(c, d) ∗ (e, f )] = (a, b) ∗ (ce, cf + d) = (ace, acf + ad + b) e¸sitliklerin sag˘ tarafı e¸sittir. (iii) Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ yoktur, çünkü, örnegin ˘ (2, 3) ∗ (4, 5) = (8, 13)

fakat 77

(4, 5) ∗ (2, 3) = (8, 17).

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

(iv) Birim elemanı (x, y) ile gösterirsek her (a, b) ∈ Q × Q için (a, b) ∗ (x, y) = (a, b) =⇒ (ax, ay + b) = (a, b) =⇒ ax = a, ay + b = b =⇒ x = 1, y = 0. Ayrıca (1, 0) ∗ (a, b) = (1 · a, 1 · b + 0) = (a, b) olur. O halde birim eleman (1, 0) dır. (v) (a, b) nin tersini (x, y) ile gösterirsek: (a, b) ∗ (x, y) = (1, 0) =⇒ ax = 1, ay + b = 0 =⇒ x =

1 −b ,y = a a

(a 6= 0).

Ayrıca 

1 −b , a a



 ∗ (a, b) =

1 b b · a, − a a a

 = (1, 0).

S¸ imdi, her elemanın tersi olmayıp, a 6= 0 ise: −1

(a, b)

 =

1 −b , a a

 .

5.) Z’de x y = xy + 2(x + y) + 2 s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyin. Çözüm: (i) Her x, y ∈ Z için xy + 2(x + y) + 2 ∈ Z oldugundan ˘ i¸slem kapalıdır. (ii) Birle¸sme özelligi ˘ vardır, çünkü: (x y) z = (xy + 2x + 2y + 2) z = xyz + 2xz + 2yz + 2z + 2xy + 4x + 4y + 4 + 2z + 2 = xyz + 2(xy + xz + yz) + 4(x + y + z) + 6, x (y z) = x (yz + 2y + 2z + 2) = xyz + 2xy + 2xz + 2x + 2x + 2yz + 4y + 4z + 4 + 2 = xyz + 2(xy + xz + yz) + 4(x + y + z) + 6 e¸sitliklerin sag˘ tarafı e¸sittir. (iii) Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır, çünkü: x y = xy + 2(x + y) + 2 = yx + 2(y + x) + 2 = y x. (iv) Her x ∈ Z için x e = xe + 2x + 2e + 2 = x =⇒ e(x + 2) + (x + 2) = 0 =⇒ (x + 2)(e + 1) = 0 denkleminin çözümü e = −1 dir. Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugundan ˘ birim eleman e = −1 dir. (v) x in tersini y ile gösterirsek: x y = −1 =⇒ xy + 2x + 2y + 2 = −1 =⇒ y(x + 2) = −3 − 2x =⇒ y = 78

−3 − 2x x+2

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

elde edilir. Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugunda ˘ y x = −1 denklemi de aynı sonucu verir. Her tamsayının tersi yoktur, çünkü y ∈ Z olmalıdır. S¸ imdi: y=

−3 − 2x 1 = −2 + x+2 x+2

olup y ∈ Z olması için gerek ve yeter s¸ art x + 2 = ∓1 olmasıdır. O halde sadece x = −1 ve x = −3’ün tersi vardır ve (−1)−1 = −1 ve (−3)−1 = −3 dür. √

a2 b2 s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyin. √ Çözüm: (i) Her a, b ∈ R için a2 b2 > 0 oldugundan ˘ a2 b2 ∈ R dir. O halde i¸slem kapalıdır. 6.) R’de a b =

(ii) A¸sagıdaki ˘ e¸sitliklerin sag˘ tarafları e¸sit oldugundan ˘ birle¸sme özelligi ˘ vardır: √ p a2 b2 c = (a2 b2 )c2 = a2 b2 c2 √ √ p a (b c) = a b2 c2 = a2 (b2 c2 ) = a2 b2 c2

(a b) c =

√

(iii) Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır, çünkü: a b=

√

a2 b2 =

√

b2 a2 = b a.

(iv) Birim elemanı e ile gösterelim. O halde −3 reel sayısı için (−3) e = −3 =⇒

√

9e2 = −3 =⇒ 3|e| = −3

denklemi çözülemez, çünkü 3|e| > 0 dır. O halde birim eleman yoktur. (v) Birim eleman olmadıgından ˘ ters eleman yoktur.

7.) Z’de a ? b = b s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyin. Çözüm: (i) a, b ∈ Z ise a ? b = b ∈ Z oldugu ˘ açıktır. Yani i¸slem kapalıdır. (ii) Birle¸sme özelligi ˘ vardır, çünkü (a ? b) ? c = b ? c = c = a ? c = a ? (b ? c). (iii) Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ yoktur, çünkü 2?7=7

fakat

7 ? 2 = 2.

(iv) Birim elemanın oldugunu ˘ kabul edelim ve e ile gösterelim. a = e + 1 dersek a ∈ Z ve a 6= e oldugu ˘ açıktır. S¸ imdi e birim eleman oldugundan ˘ a ? e = a olmalıdır. Fakat a ? e = e dir. Bu bir çeli¸skidir, o halde birim eleman yoktur. 79

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

(v) Birim eleman olmadıgından ˘ ters eleman yoktur.

8.) Z’de

( a∗b=

a + b − 2, a + b çift ise ab 2,

a + b tek ise

s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyin. Çözüm: (i) a, b ∈ Z olsun. a+b çift ise a+b−2 ∈ Z oldugu ˘ açıktır. a+b tek ise, bu sayılardan birisi tek, digeri ˘ çifttir. Yani çarpımları ab çifttir. O halde (ab)/2 bir tamsayıdır. Sonuç olarak, i¸slem kapalıdır. (ii) Birle¸sme özelligi ˘ yoktur, çünkü (4 ∗ 6) ∗ 1 = 8 ∗ 1 = 4

fakat

4 ∗ (6 ∗ 1) = 4 ∗ 3 = 6

(iii) a, b ∈ Z olsun. a + b çift ise, b + a da çift olup: a ∗ b = a + b − 2 = b + a − 2 = b ∗ a. Benzer s¸ ekilde, a + b tek ise, b + a da tek olacagından ˘ a∗b=

ab ba = =b∗a 2 2

Yani, degi¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır. (iv) Birim eleman 2 dir, çünkü a ∈ Z verildiginde ˘ 2a =a 2 a çift =⇒ a ∗ 2 = a + 2 − 2 = a. a tek =⇒ a ∗ 2 =

Ayrıca degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugundan ˘ 2 ∗ a = a dır. (v) a ∈ Z verilsin. a nın tersine b diyelim. Burada 4 durum vardır: (Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugundan ˘ sadece a ∗ b = 2 denklemini çözelim.) Durum 1: a tek, b tek =⇒ a ∗ b = 2 =⇒ a + b − 2 = 2 =⇒ b = 4 − a Durum 2: a çift, b çift =⇒ a ∗ b = 2 =⇒ a + b − 2 = 2 =⇒ b = 4 − a Durum 3: a tek, b çift =⇒ a ∗ b = 2 =⇒ (ab)/2 = 2 =⇒ b = 4/a =⇒ a = ∓1 Durum 4: a çift, b tek =⇒ a ∗ b = 2 =⇒ (ab)/2 = 2 =⇒ b = 4/a =⇒ a = ∓4

Yani a nın tersi a−1 = 4 − a formülüyle bulunur. Ancak burada 1, −1, 4, −4 sayılarının tersleri ayrıca 4/a formülüyle de hesaplanır. Yani bu dört sayının iki¸ser tane tersi vardır. 80

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

9.) Q’da a ∗ b = ab + 1 s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyin. Çözüm: (i) Her a, b ∈ Q için ab + 1 ∈ Q olup i¸slem kapalıdır. (ii) Birle¸sme özelligi ˘ yoktur, çünkü: (a ∗ b) ∗ c = (ab + 1) ∗ c = abc + c + 1,

ve

a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (bc + 1) = abc + a + 1

ifadeleri genelde e¸sit degildir. ˘ (a 6= c için e¸sit degildir.) ˘ (iii) Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır, çünkü: a ∗ b = ab + 1 = ba + 1 = b ∗ a. (iv) a ∗ e = a dan ae + 1 = a ve buradan e = (a − 1)/a elde edilir. Birim eleman a’ya baglı ˘ olamayacagından, ˘ birim eleman yoktur. (v) Birim eleman olmadıgından ˘ ters eleman yoktur.

10.) Z’de a ∗ b = a + b − ab s¸ eklinde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyin. Çözüm: (i) Her a, b ∈ Z için a + b − ab ∈ Z olup i¸slem kapalıdır. (ii) Birle¸sme özelligi ˘ vardır, çünkü a¸sagıdaki ˘ e¸sitliklerin sag˘ tarafları e¸sittir: (a ∗ b) ∗ c = (a + b − ab) ∗ c = a + b − ab + c − ac − bc + abc = a + b + c − ab − ac − bc + abc, a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + c − bc) = a + b + c − bc − ab − ac + abc = a + b + c − ab − ac − bc + abc (iii) Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır, çünkü: a ∗ b = a + b − ab = b + a − ba = b ∗ a. (iv) Birim elemana e dersek: a ∗ e = a =⇒ a + e − ae = a =⇒ e(1 − a) = 0 =⇒ e = 0 bulunur. Ayrıca degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugundan ˘ birim eleman e = 0 dır. (v) a nın tersini b ile gösterirsek ve degi¸ ˘ sme özelligini ˘ de kullanırsak: a ∗ b = e =⇒ a + b − ab = 0 =⇒ b =

1 a =1+ a−1 a−1

bulunur. Ancak b ∈ Z olmalıdır. O halde a = 0 veya a = 2 olabilir. O zaman sadece 0 ve 2 nin tersi vardır ve 0−1 = 0 ve 2−1 = 2 bulunur.

81

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

11.) R’de a¸sagıdaki ˘ s¸ ekilde tanımlanan i¸slemin özelliklerini inceleyin. ( a + b, a > b ise a∗b= ab, a < b ise Çözüm: (i) a, b ∈ R verilsin. a > b olsa da a < b olsa da a + b ∈ R ve ab ∈ R olup i¸slem kapalıdır. (ii) Birle¸sme özelligi ˘ yoktur, çünkü: (2 ∗ 3) ∗ 5 = 6 ∗ 5 = 11

fakat 2 ∗ (3 ∗ 5) = 2 ∗ 15 = 30

(iii) Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ yoktur, çünkü: 2∗3=6

fakat 3 ∗ 2 = 5

(iv) Birim elemana e diyelim. O zaman a = e + 1 dersek e < a oldugu ˘ açıktır. S¸ imdi: e ∗ a = ea = a olmalıdır. Buradan e = 1 bulunur. O halde 3 ∗ 1 = 3 olmalıdır. Fakat 3 ∗ 1 = 4 dür. Bu bir çeli¸skidir, yani birim eleman yoktur. (v) Birim eleman olmadıgından ˘ ters eleman yoktur. ˙ elemanlı bir A kümesinde kaç tane farklı i¸slem tanımlanabilir? 12.) Iki N

256

4 16

8

Hiçbiri

13.) R+ kümesinde tanımlanan a ∗ b = ab s¸ eklindeki i¸slem için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ N

Kapalı degil ˘

Birle¸sme öz. var Degi¸ ˘ sme öz. var Birim eleman var Hiçbiri 14.) Rasyonel sayılar kümesinde her a, b ∈ Q için a¸sagıda ˘ tanımlanan kurallardan hangisi bir i¸slem tanımlar?

√ 1 a2 − b2 2 + b2

Hiçbiri a

a2 + b4 + 1 a 15.) Z’de a ∗ b = a + b + 9ab i¸slemi tanımlanıyor. Buna göre tersi olan  elemanların kümesi nedir?  N 1 {0}

{ 0, −1 }

∅

−

Hiçbiri 9

(a + 1)b

N

16.) Reel sayılar kümesinde tanımlanan a ∗ b = a + b − ab s¸ eklinde i¸slem için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi yanlı¸stır? N Her elemanın tersi var Birle¸sme öz. var Degi¸ ˘ sme öz. var Birim eleman var Hiçbiri 17.) R’de a¸sagıda ˘ kuralı verilen i¸slemlerin hangisinin birim elemanı vardır?

a ∗ b = sin(a · b)

a ∗ b = 4a+b

a ∗ b = a · |b|

a ∗ b = a + 2b − 1

N

Hiçbiri

18.) Bir ∅ 6= A kümesinin kuvvet kümesi P (A) üzerinde X ∗ Y = X \ Y i¸slemi tanımlanıyor. Buna göre:

Her elemanın tersi var

N

Birle¸sme öz. yok Degi¸ ˘ sme öz. var Birim el. var Hiçbiri 82

˙slem ve Özellikleri Bölüm 7. I¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

19.) Z’de a ? b = b s¸ eklinde tanımlanan i¸slemle ilgili hangisi dogrudur? ˘

En az iki elemanın tersi var Birle¸sme öz. yok Degi¸ ˘ sme öz. var Birim el. var

N

Hiçbiri

20.) A kümesinde bir ∗ i¸slemi tanımlansın. Bazı elemanların birden fazla tersinin oldugu ˘ bilindigine ˘ göre ∗ ile ilgili a¸s. hangisi söylenebilir? N

Degi¸ ˘ sme öz. yok Birle¸sme öz. yok Birden fazla birim el. var Kapalı degil ˘ Hiçbiri ˘ hangisi dogru˘ 21.) Bütün kümeler üzerinde tanımlanan A ∗ B = A ∪ B i¸slemi için a¸sagıdakilerden dur?

Kapalı degil ˘

Birle¸sme öz. var

Degi¸ ˘ sme öz. yok

83

Birim el. var

N

Hiçbiri

Bölüm 8

Cebirsel Yapılar Tanım 8.1 Üzerinde en az bir i¸slem tanımlı olan ve bu i¸sleme göre bazı s¸ artları saglayan ˘ kümeye bir cebirsel yapı denir. Eger ˘ A kümesi üzerinde bir ∗ i¸slemi tanımlanmı¸ssa (A, ∗) ikilisine tek i¸slemli bir cebirsel yapıdır. Benzer s¸ ekilde, 4 ba¸ska bir i¸slem ise (A, ∗, 4) yapısı iki i¸slemli bir cebirsel yapıdır. Eger ˘ ∗ ve 4 i¸slemleri A ve B kümeleri üzerinde birer n–li i¸slem iseler o zaman (A, ∗) ve (B, 4) sistemlerine aynı türden sistemler denir. Örnek 8.2 + : Z × Z −→ Z ve · : N × N −→ N birer ikili i¸slemdir. O halde (Z, +) ve (N, ·) aynı türden sistemlerdir. Tanım 8.3 Bo¸s olmayan bir S kümesi üzerinde tanımlanan ∗ i¸sleminin birle¸sme özelligi ˘ varsa (S, ∗) sistemine bir yarıgrup denir. Birim elemanı olan yarıgruplara da monoid denir. Örnek 8.4 (N, +), (N, ·), (R, +), (R+ , ·) sistemleri birer yarıgruptur. Tanım 8.5 G bo¸s olmayan bir küme ve ∗, G’de bir ikili i¸slem olsun. Eger ˘ a¸sagıdaki ˘ dört s¸ art saglanı˘ yorsa (G, ∗) sistemine bir grup denir. (i) Her a, b ∈ G için a ∗ b ∈ G. (Kapalılık) (ii) Her a, b, c ∈ G için (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c). (Birle¸sme) (iii) Her a ∈ G için a ∗ e = e ∗ a = a olacak s¸ ekilde e ∈ G vardır. (Birim eleman) (iv) Her a ∈ G için a ∗ b = b ∗ a = e olacak s¸ ekilde b ∈ G vardır. (Ters eleman) Bunlara ilaveten eger ˘ (v) Her a, b ∈ G için a ∗ b = b ∗ a (Degi¸ ˘ sme)

84

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 8. Cebirsel Yapılar özelligi ˘ varsa (G, ∗) sistemine bir abelyen (de˘gi¸smeli) grup denir.

Not 8.6 Burada (iv) özelligindeki ˘ b elemanına a nın ∗ i¸slemine göre tersi denir ve genelde b = a−1 s¸ eklinde gösterilir. Grup i¸slemi toplama ise (veya toplamsal bir gösterim s¸ ekli kullanılıyor ise) b = −a ile gösterilir. Örnek 8.7 (Z, +), (Q, +), (R, +) sistemleri birer abelyen gruptur. Ayrıca (Q \ { 0 } , ·), (R \ { 0 } , ·) sitemleri de birer abelyen gruptur. Her elemanın tersi olmadıgından ˘ (N, +), (N, ·) ve (Z, ·) sistemleri bir grup degildir. ˘ Örnek 8.8 A 6= ∅ olmak üzere (P (A), ∪) sistemini dü¸sünelim. Kapalılık ve birle¸sme özelligi ˘ kolaylıkla gösterilebilir. Birim eleman da ∅ dir. Ancak bu i¸slemde sadece birim elemanın tersi mevcuttur, çünkü X en az bir elemanlı bir küme ise X ∪Y =Y ∪X =∅ s¸ artını saglayan ˘ bir Y ∈ P (A) bulunamaz. O halde (P (A), ∪) sistemi bir grup degildir. ˘ Örnek 8.9 G = { 3x : x ∈ Z } kümesinde 3x ? 3y = 3x+y s¸ eklinde bir ? i¸slemi tanımlanıyor. a, b ∈ Z için a + b ∈ Z oldugundan ˘ 3a ? 3b = 3a+b ∈ G olur. Ayrıca 3a ? (3b ? 3c ) = 3a ? 3b+c = 3a+b+c = 3a+b ? 3c = (3a ? 3b ) ? 3c olup ? i¸sleminin birle¸sme özelligi ˘ vardır. Birim elemanının 30 = 1 oldugu ˘ kolayca görülür. Her 3a ∈ G elemanının tersi 3−a ∈ G elemanıdır, çünkü 3a ? 3−a = 3−a ? 3a = 30 = 1. Sonuç olarak (G, ?) sisteminin bir grup oldugu ˘ görülür. Teorem 8.10 (G, ∗) bir grup olsun. a) G’nin birim elemanı yegânedir. b) Her elemanın sadece bir tane tersi vardır. c) Her a ∈ G için (a−1 )−1 dir. d) Her a, b ∈ G için (a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1 dir. ˙ Ispat a) Bir i¸slemde birim elemanın tekligi ˘ gösterilmi¸stir. (Teorem 7.15) ˙ Ispat b) ∗ i¸sleminin birle¸sme özelligi ˘ oldugundan ˘ her elemanın tersi tektir. (Teorem 7.16)

85

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 8. Cebirsel Yapılar ˙ Ispat c) x ∗ y = e ve y ∗ x = e ise x−1 = y oldugunu ˘ biliyoruz. S¸ imdi a−1 ∗ a = e

a ∗ a−1 = e

ve

olup x = a−1 ve y = a dersek (a−1 )−1 = a oldugu ˘ görülür. ˙ Ispat d) S¸ imdi (a ∗ b) ∗ (b−1 ∗ a−1 ) = a ∗ (b ∗ b−1 ) ∗a−1 = a ∗ a−1 = e | {z } e

−1

(b

−1

∗a

−1

) ∗ (a ∗ b) = b

∗ (a−1 ∗ a) ∗b = b−1 ∗ b = e | {z } e

e¸sitliklerinden ispat tamamlanır.



Tanım 8.11 (G, ∗) birim elemanı e olan bir grup ve n ∈ N olsun. Her a ∈ G için: a) a1 = a, b) a2 = a ∗ a, a3 = a ∗ a ∗ a, . . . , an = an−1 ∗ a

(n > 2)

c) a0 = e d) a−n = (an )−1

(n > 1)

s¸ eklinde tanımlanır. Bu tanımlar çarpımsal gösterim s¸ ekli içindir. Toplamsal gösterim s¸ eklinde grup i¸slemi + ile ve bir a elemanının tersi −a ile gösterilir. Bu durumda yukardaki tanımlar 1 · a = a,

na = (n − 1)a + a,

0 · a = e,

(−n)a = −(na)

s¸ eklinde verilir. Teorem 8.12 (G, ∗) bir grup ve m, n ∈ Z olsun. Bu durumda her x ∈ G için (xm )n = xmn ve xm ∗ xn = xm+n dir. Tanım 8.13 (G, ∗) bir grup ve ∅ = 6 S ⊆ G olsun. Eger ˘ (S, ∗) yapısı bir grup ise (yani S kümesi de aynı ∗ i¸slemine göre grup oluyorsa) S’ye G’nin bir altgrubu denir. Not 8.14 Eger ˘ S kümesi bir altgrup degilse ˘ ya kapalı degildir, ˘ ya birim eleman yoktur ya da S’deki bazı elemanların tersleri S ye ait degildir. ˘ Ancak S ⊆ G oldugundan ˘ birle¸sme özelligi ˘ S’de vardır. Örnek 8.15 (Z, +) grubu (Q, +) grubun altgrubudur. (Q \ { 0 } , ·) grubu (R \ { 0 } , ·) grubunun altgrubudur. Teorem 8.16 (G, ∗) bir grup ve S de G’nin bo¸s olmayan bir altkümesi olsun. S nin bir altgrup olması için gerek ve yeter s¸ art her a, b ∈ S için a ∗ b−1 ∈ S olmasıdır. 86

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 8. Cebirsel Yapılar

Örnek 8.17 G = (Z, +) grubu olsun. m ∈ Z sabit bir tamsayı olmak üzere mZ = { mk : k ∈ Z } alt kümesini dü¸sünelim. a, b ∈ mZ olsun. Bu durumda bir k1 , k2 ∈ Z için a = mk1 , b = mk2 s¸ eklindedir. Biz a ∗ b−1 ∈ mZ oldugunu; ˘ yani a − b ∈ mZ oldugunu ˘ gösterecegiz. ˘ S¸ imdi, k1 − k2 ∈ Z oldugundan ˘ a − b = mk1 − mk2 = m(k1 − k2 ) ∈ mZ olup Teorem 8.16 dan dolayı mZ bir altgrup olur. Örnek 8.18 (G, ∗) bir grup ve a ∈ G olsun. H = { x ∈ G : a ∗ x = x ∗ a } kümesinin bir altgrup oldugunu ˘ gösterelim. x, y ∈ H alalım. O halde a ∗ x = x ∗ a ve a ∗ y = y ∗ a dır. S¸ imdi a ∗ y = y ∗ a =⇒ sagdan ˘ y −1 ile , a = y ∗ a ∗ y −1 =⇒ soldan y −1 ile , y −1 ∗ a = a ∗ y −1 olup y −1 ∈ H oldugu ˘ görülür. Daha sonra, (x ∗ y −1 ) ∗ a = x ∗ (y −1 ∗ a) = x ∗ (a ∗ y −1 ) = (x ∗ a) ∗ y −1 = (a ∗ x) ∗ y −1 = a ∗ (x ∗ y −1 ) oldugundan ˘ x∗y −1 ∈ H oldugu ˘ görülür. Teorem 8.16’dan dolayı H bir altgruptur. Aslında bu altgrup a elemanı ile degi¸ ˘ smeli olan elemanların kümesidir. Tanım 8.19 Bo¸s olmayan bir H kümesi üzerinde ⊕ ve ikili i¸slemleri tanımlansın. Eger ˘ a¸sagıdaki ˘ s¸ artlar saglanıyorsa ˘ (H, ⊕, ) iki i¸slemli cebirsel yapısına bir halka denir. a) (H, ⊕) bir abelyen gruptur. b) (H, ) bir yarı gruptur. c) i¸sleminin ⊕ üzerine dagılma ˘ özelligi ˘ vardır. Örnek 8.20 Bilinen toplama ve çarpma i¸slemlerine göre Z, Q, R ve C kümeleri birer halkadır. Yine, bilinen matris toplaması ve matris çarpması i¸slemlerine göre 2 × 2 tipindeki reel matrislerin kümesi bir halkadır. Tanım 8.21 Bo¸s olmayan bir H kümesi üzerinde ⊕ ve ikili i¸slemleri tanımlansın. ⊕ i¸sleminin birim elemanını 0H ile gösterelim. Eger ˘ a¸sagıdaki ˘ s¸ artlar saglanıyorsa ˘ (H, ⊕, ) iki i¸slemli cebirsel yapısına bir cisim denir. a) (H, ⊕) bir abelyen gruptur. b) (H \ { 0H } , ) bir abelyen gruptur. c) i¸sleminin ⊕ üzerine dagılma ˘ özelligi ˘ vardır. Örnek 8.22 Bilinen toplama ve çarpma i¸slemlerine göre Q, R ve C kümeleri birer cisimdir. Modulo 7  toplama ve çarpma i¸slemlerine göre Z7 = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 denklik sınıfları kümesi bir cisimdir. 87

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 8. Cebirsel Yapılar

ALISTIRMALAR ¸ 1.) A¸sagıdaki ˘ kümelerin yanlarında verilen i¸slemlerle birlikte birer abelyen grup olu¸sturup olu¸sturmadıklarını ara¸stırınız. a) N, a ∗ b = a − b

b) R \ { 0 } , a ∗ b = a/b

c) Q \ { 0 } , a ∗ b = ab 2 (" # ) a 0 e) G = : 0 6= a ∈ R , matris çarpması. 0 1/a

d) R+ , a ∗ b =

ab 3

Çözüm a) Bu sorudaki ∗ kuralı dogal ˘ sayılar kümesinde bir i¸slem tanımlamaz. Çünkü, örnegin ˘ 2∗5 = −3 ∈ / N. Çözüm b) ∗ i¸slemi birle¸sme özelligine ˘ sahip degildir, ˘ çünkü: (2 ∗ 3) ∗ 5 = Çözüm c) Her a, b ∈ Q \ { 0 } için

2 2 ∗5= 3 15 ab 2

fakat

2 ∗ (3 ∗ 5) = 2 ∗

3 10 = . 5 3

˙ slemin birle¸sme özelligi ∈ Q \ { 0 } olup i¸slem kapalıdır. I¸ ˘ vardır,

çünkü (a ∗ b) ∗ c =

ab abc bc ∗c= =a∗ = a ∗ (b ∗ c). 2 4 2

˙ slemin degi¸ I¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır, çünkü a∗b= Her a ∈ Q \ { 0 } için 2 ∗ a = a ∗ 2 = 4/a ∈ Q \ { 0 } dir, çünkü

2a 2

ba ab = = b ∗ a. 2 2

= a oldugundan ˘ birim eleman 2 dir. Ayrıca a nın tersi

a4 4 4 ∗ a = a ∗ = a = 2. a a 2

Sonuç olarak: (Q \ { 0 } , ∗) bir abelyen gruptur. Çözüm d) Her a, b ∈ R+ için

ab 3

˙ slemin birle¸sme özelligi ∈ R+ olup i¸slem kapalıdır. I¸ ˘ vardır, çünkü

(a ∗ b) ∗ c =

ab abc bc ∗c= =a∗ = a ∗ (b ∗ c). 3 9 3

˙ slemin degi¸ I¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır, çünkü a∗b= Her a ∈ R+ için 3 ∗ a = a ∗ 3 =

3a 3

ab ba = = b ∗ a. 3 3

= a oldugundan ˘ birim eleman 3 dür. Ayrıca a nın tersi 9/a ∈ R+

dır, çünkü a9 9 9 ∗ a = a ∗ = a = 3. a a 3 Sonuç olarak: (R+ , ∗) bir abelyen gruptur. 88

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 8. Cebirsel Yapılar ˙ slemin kapalı oldugunu Çözüm e) I¸ ˘ göstermek için, a, b ∈ R \ { 0 } alalım. " A=

a

0

#

" ∈ G, B =

0 1/a

b

#

0

" ∈ G =⇒ AB = A =

0 1/b

ab

0

0

1/(ab)

# ∈ G,

olur çünkü 1/(ab) 6= 0 dır. O halde i¸slem kapalıdır. Matris çarpması her zaman birle¸smeli oldugundan ˘ G’de de birle¸smelidir. S¸ imdi " #" # " # " # b 0 a 0 ba 0 ab 0 BA = = = = AB 0 1/b 0 1/a 0 1/(ba) 0 1/(ab) olup i¸slemin degi¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır. (Fakat, genelde matris çarpımı degi¸ ˘ smeli degildir.) ˘ 2 × 2 matrislerin çarpımında birim eleman " I2 =

1 0

#

0 1

matrisidir. G nin tanımında a = 1 alırsak I2 ∈ G oldugu ˘ görülür. 2 × 2 bir matrisin tersinin formülü s¸ öyledir: "

a b c d

#−1

1 = ad − bc

"

d

−b

−c

a

# (Eger ˘ ad − bc 6= 0 ise)

Bu durumda G deki bir A matrisinin tersi: " # " # " #−1 a 0 1/a 0 1/a 0 1 A−1 = = 1 = ∈G aa 0 1/a 0 a 0 a oldugu ˘ açıktır. Sonuç olarak G bir abelyen gruptur.

2.) (G, ∗) bir grup olsun. Her a, b ∈ G için (a ∗ b)2 = a2 ∗ b2 ise G’nin degi¸ ˘ smeli oldugunu ˘ gösterin. Çözüm Her a, b ∈ G için (a ∗ b)2 = a2 ∗ b2 =⇒ a ∗ b ∗ a ∗ b = a ∗ a ∗ b ∗ b =⇒ b ∗ a ∗ b = a ∗ b ∗ b

(soldan a−1 ile i¸sleme koyduk)

=⇒ b ∗ a = a ∗ b

(sagdan ˘ b−1 ile i¸sleme koyduk)

oldugundan ˘ i¸slemin degi¸ ˘ sme özelligi ˘ elde edilir.

3.) G = { x ∈ R : −1 < x < 1 } kümesi üzerinde a◦ b =

a+b 1 + ab

i¸slemi tanımlanıyor. (G,◦ ) sisteminin bir grup oldugunu ˘ gösterin. 89

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 8. Cebirsel Yapılar

Çözüm: −1 < a, b < 1 oldugundan ˘ −1 < ab < 1 olup 1 + ab > 0 oldugu ˘ görülür. S¸ imdi −1 < a < 1 =⇒ 0 < a + 1

) =⇒ (a + 1)(b + 1) > 0 =⇒

−1 < b < 1 =⇒ 0 < b + 1

a+b (a + 1)(b + 1) > 0 =⇒ > −1 1 + ab 1 + ab

elde edilir. Diger ˘ yandan: )

−1 < a < 1 =⇒ a − 1 < 0

=⇒ (a − 1)(1 − b) < 0 =⇒

−1 < −b < 1 =⇒ 0 < 1 − b

(a − 1)(1 − b) a+b < 0 =⇒ 0 } kümesi üzerinde (a, b)∗(c, d) = (a+c, bd) i¸slemi tanımlanıyor. (G, ∗) grup mudur? Abelyen midir? Çözüm: a, b, c, d ∈ Z olsun. a 6 0, c 6 0 =⇒ a + c 6 0 ve b > 0, d > 0 =⇒ bd > 0 olacagından ˘ (a + c, bd) ∈ G oldugu ˘ görülür. Yani ∗ i¸slemi kapalıdır. [(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (e, f ) = (a + c, bd) ∗ (e, f ) = (a + c + e, bdf ) = (a, b) ∗ (c + e, df ) = (a, b) ∗ [(c, d) ∗ (e, f )] olup i¸slem birle¸sme özelligine ˘ sahiptir. (a, b) ∗ (c, d) = (a + c, bd) = (c + a, db) = (c, d) ∗ (a, b) 94

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 8. Cebirsel Yapılar olup i¸slemin degi¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır. Birim eleman (0, 1) ∈ G dir, çünkü (a, b) ∗ (0, 1) = (a + 0, b · 1) = (a, b) ve degi¸ ˘ sme özelligi ˘ vardır. (a, b) ∗ (x, y) = (0, 1) =⇒ (a + x, by) = (0, 1) =⇒ x = −a, y = 1/b

olup (degi¸ ˘ sme özelligi ˘ de oldugundan) ˘ (a, b) nin tersi (−a, 1/b) dir. Ancak (−a, 1/b) ∈ G olması için a = 0 ve b = 1 olmalıdır. Yani sadece birim elemanın tersi vardır. O halde (G, ∗) grup degildir, ˘ dolayısıyla da abelyen grup degildir. ˘

11.) Bir (G, ∗) grubunda e birim elemanı göstermek üzere a∗b∗c∗d = e ise b∗c∗d∗a = e, c∗d∗a∗b = e ve d ∗ a ∗ b ∗ c = e oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: a ∗ b ∗ c ∗ d = e =⇒ soldan a−1 ile: =⇒ sagdan ˘ a ile: =⇒ soldan

b−1

ile:

=⇒ sagdan ˘ b ile: =⇒ soldan

c−1

ile:

=⇒ sagdan ˘ c ile:

b ∗ c ∗ d = a−1 b∗c∗d∗a=e c ∗ d ∗ a = b−1 c∗d∗a∗b=e d ∗ a ∗ b = c−1 d∗a∗b∗c=e

12.) (G, ∗) bir grup ve a, b ∈ G için a2 = b2 = (a ∗ b)2 = e ise a ∗ b = b ∗ a oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: a2 = e =⇒ soldan a−1 ile: b2 = e

a = a−1

=⇒ soldan b−1 ile: b = b−1

olup a ile b nin tersleri kendilerine e¸sittir. S¸ imdi (a ∗ b)2 = e =⇒ a ∗ b ∗ a ∗ b = e =⇒ soldan a−1 ile: b ∗ a ∗ b = a−1 =⇒ soldan b−1 ile: a ∗ b = b−1 ∗ a−1 =⇒ a ∗ b = b ∗ a. 13.) (R+ , ÷), (Z \ { 1 } , +) ve (Q, ·) sistemleri neden birer grup degildir? ˘ Açıklayın. Çözüm: (R+ , ÷) grup degildir, ˘ çünkü ÷ i¸sleminin birle¸sme özelligi ˘ yoktur. Örnegin: ˘ (6 ÷ 1) ÷ 3 = 6 ÷ 3 = 2

fakat

95

6 ÷ (1 ÷ 3) = 6 ÷ (1/3) = 18

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 8. Cebirsel Yapılar

(Z \ { 1 } , +) grup degildir, ˘ çünkü Z \ { 1 } kümesinde toplama i¸slemi kapalı degildir. ˘ Örnegin, ˘ 3+ (−2) = 1 ∈ / Z \ { 1 }. (Q, ·) grup degildir, ˘ çünkü 0 rasyonel sayısının tersi yoktur.

14.) A¸sagıdaki ˘ sistemlerden hangisi bir abelyen gruptur?


(Q, ·)

(0, 1], ·

(R− , +)

N

(3Z, +)

Hiçbiri

15.) A¸sagıdaki ˘ kümelerden hangisi yanında verilen i¸slemle bir monoiddir? N

N, a ∗ b = a + b + 1 Q, a ∗ b = a R, a ∗ b = a + b + ab Z+ , a ∗ b = OBEB(a, b) H.B. 16.) A¸sagıdaki ˘ sistemlerden hangisi bir grup degildir? ˘
N

(Q \ { 0 } , ·)

(C, +) [0, ∞), +

(Q+ , ·)

Hiçbiri

17.) A¸sagıdaki ˘ kümelerden hangisi yanında verilen i¸slemle bir yarıgruptur?

N, a ∗ b = a + 2b R+ , a ∗ b = ab+1 Q, a ∗ b = 2a − 2b Z, a ∗ b = |a + b| − 1

N

Hiçbiri

18.) Bir A kümesinde tanımlanan ∗ i¸sleminin birim elemanı olduguna ˘ göre a¸s. hangisi kesinlikle dogrudur? ˘

En az 2 elemanın tersi var Birle¸sme öz.var Degi¸ ˘ sme öz.var (A, ∗) bir monoid

N

H.B.

19.) A¸sagıdaki ˘ kümelerden hangisi yanında verilen i¸slemle bir monoiddir? N

R, a ∗ b = b N × N, (a, b) ∗ (c, d) = (a, d) Z, a ∗ b = a + b − 1 Q, a ∗ b = ab − 1 H.B √ 2 · x : x ∈ Z dir) 20.) A¸s. sistemlerin hangisi bir abelyen gruptur? (a ∗ b =OKEK(a, b) ve A = N

(Z+ ∪ { 0 } , +)

(Q \ { −1 } , ·)

(N+ , ∗) (A, +)

Hiçbiri

96

Adı, Soyadı:

Numarası:

MT

˙ II DERSI˙ ÖRNEK ARASINAVI MT108 SOYUT MATEMATIK

1.) f : R −→ R, f (x) =

(0, 9)

√

x ve A = [−1, 3) ise f −1 (A) nedir? √ N [0, 9)

[0, 3)

(0, 9]

Hiçbiri

2.) A¸sagıdaki ˘ bagıntılardan ˘ hangisi tanım kümesi Z nin tamamı olan bir fonksiyondur? (x, y ∈ Z) N

{ (x, y) : x = 2y } { (x, y) : 2x = 3y } { (x, y) : x = 4y } { (x, y) : 4x = y } Hiçbiri 3.) A¸sagıdaki ˘ reel fonksiyonlardan hangisi 1–1 degildir? ˘ N √

f (x) = 4/x

h(x) = 3 x g(x) = x3 + x2 + 1

t(x) = ln x

Hiçbiri

4.) Tamsayılar kümesinde her a, b ∈ Z için a¸sagıda ˘ tanımlanan kurallardan hangisi bir i¸slem tanımlar? 2 2 3 N a +b a + ab a + b + ab + 1 a+b+1

2

Hiçbiri 2 2 a +b 2 5.) A kümesinde ∗ i¸slemi tanımlansın. p :“∗ i¸slemine göre her elemanın tersi varsa bu i¸slem birle¸smelidir” ve q :“∗ i¸slemine göre en az bir elemanın tersi varsa (A, ∗) monoiddir” önermeleri için: N p, q : Yanlı¸s

p, q : Dogru ˘

p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

p :Dogru, ˘ q : Yanlı¸s

Hiçbiri 6.) Tamsayılarda a ∗ b = 2ab s¸ eklinde tanımlanan i¸slem için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ N

Birle¸smeli degil ˘

Degi¸ ˘ smeli degil ˘

Her elemanın tersi var Birim el. yok Hiçbiri 7.) Q da a¸sagıda ˘ kuralı verilen i¸slemlerden (eger ˘ i¸slem ise) hangisinin birim elemanı vardır? N a+b ab a+b

a∗b= 2

a ∗ b = a + 4b a∗b=a+b−

a∗b=

Hiçbiri a +1 2 ab + b2 + a2 √ ˘ hangisi 8.) R+ kümesinde tanımlanan a ∗ b = ab s¸ eklinde tanımlanan i¸slem için a¸sagıdakilerden dogrudur? ˘

Birle¸smelidir

N

Birim eleman yoktur

Kapalı degildir ˘

a−1 = 1/a dır

9.) (G, ∗) bir grup, a ∈ G ve e 6= a olsun. a5 = e ise a¸sagıdakilerden ˘ hangisi dogrudur? ˘ N 2 −3 3 2 −2 2 −1 a =a

a =a

a =a

a = a3

Hiçbiri

Hiçbiri

10.) A¸sagıdaki ˘ sistemlerden hangisi bir abelyen gruptur?

(R, ·)

(Z \ { 1, −1 } , +)

N

([−1, 1], ·)

(Q \ { −1 } , ·)

s¸ eklinde i¸saretleyiniz. Bu sayfadaki her soru 5 puandır.

Dört yanlı¸s bir dogruyu ˘ götürür. Diger ˘ sayfaya geçiniz

97

N

Hiçbiri

Adı, Soyadı:

Numarası:

MT

˙ 11.) “Ikili i¸slem” ve “Etkisiz eleman” tanımlarını yazın. (10p) 12.) f : A −→ B bir fonksiyon olsun. Her X ⊆ B için f (f −1 (X)) ⊆ X oldugunu ˘ biliyoruz (göstermeyin). E¸sitligin ˘ her zaman saglanması ˘ için gerek ve yeter s¸ art f nin örten olmasıdır. Gösterin. (20p) 13.) A¸sagıdaki ˘ G kümesi matris çarpımı ile grup mudur? Abelyen grup mudur? H, G nin altgrubu mudur? (20p) (" G=

1

#

b

0 2m

) : b ∈ Q, m ∈ Z

(" ,

H=

1

b

#

0 2m

) : b ∈ Q, m ∈ Z, m > 0

.

NOT: Süre 80 dakikadır.

BA¸SARILAR

˙ IÇ ˙ Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BILG

CEVAP 11 ˙ ˙slem: A bo¸s olmayan bir küme olsun. f : A × A −→ A bir fonksiyon ise f ye A da bir ikili i¸slem denir. Ikili I¸ Etkisiz Eleman: A kümesinde bir ∗ i¸slemi tanımlansın. Her a ∈ A için a ∗ e = a ve e ∗ a = a s¸artını sa˘glayan bir e ∈ A varsa bu elemana ∗ i¸sleminin birim (etkisiz) elemanı denir. CEVAP 12 ˙ Ispat: (=⇒) Her X ⊆ B için X = f (f −1 (X)) oldu˘gunu kabul edip f nin örten oldu˘gunu gösterelim. X = B seçelim =⇒ f −1 (X) = f −1 (B) = A =⇒ X = f (f −1 (X)) olaca˘gından B = f (A) =⇒ f örten ˙ Ispat: (⇐=) Simdi ¸ de f nin örten oldu˘gunu kabul edelim. x ∈ X =⇒ f örten oldu˘gundan ∃y ∈ f −1 (X), f (y) = x =⇒ f (y) ∈ f (f −1 (X)) =⇒ x ∈ f (f −1 (X)) olup X ⊆ f (f −1 (X)) olur. Kapsamanın di˘ger yönü her zaman do˘gru oldu˘gundan ispat tamamlanır.

98

CEVAP 13 ˙slemin kapalı oldu˘gunu göstermek için, a, b ∈ Q ve m, n ∈ Z alalım. (i) I¸ "

1

A=

#

a

" ∈ G, B =

0 2m

1

b

#

" ∈ G =⇒ AB =

0 2n

1 b + a2n

#

2m+n

0

∈ G,

olur çünkü b + a2m ∈ Q ve m + n ∈ Z dir. O halde i¸slem kapalıdır. (ii) Matris çarpması her zaman birle¸smeli oldu˘gundan G’de de birle¸smelidir. (iii) S¸ imdi " BA =

1

b

#"

1

0 2n

a

#

"

1 a + b2m

=

0 2m

#

2n+m

0

olup genelde AB 6= BA dır, çünkü genelde b + a2n 6= a + b2m . O halde i¸slemin de˘gi¸sme özelli˘gi yoktur. # " 1 0 matrisidir. G nin tanımında b = 0 ve m = 0 (iv) 2 × 2 matrislerin çarpımında birim eleman I2 = 0 1 alırsak I2 ∈ G oldu˘gu görülür. (v) " A−1 =

1

a

#−1

0 2m

1 = m 2

"

2m −a 0

#

1

" =

1 −a2−m 0

2−m

# ∈G

oldu˘gu açıktır, çünkü −m ∈ Z ve −a2−m ∈ Q dur. Sonuç olarak: G bir gruptur, fakat abelyen grup de˘gildir. Simdi ¸ de H nin altgrup olup olmadı˘gına bakmak için, a, b ∈ Q ve m, n ∈ Z+ ∪ { 0 } alalım. " X=

1

a

#

" ∈ H, Y =

0 2m

1

b

#

0 2n

" ∈ H =⇒ Y −1 =

1 −b2−n 0

#

2−n

olup " XY

−1

=

1

a

0 2m

#"

1 −b2−n 0

2−n

#

" =

1 −b2−n + a2−n 0

#

2m−n

elde edilir. Ancak m > 0 ve n > 0 için genelde m − n > 0 olmayaca˘gından genelde XY −1 ∈ / H dir. O halde ilgili teoremden, H bir altgrup de˘gildir. o

99

Bölüm 9

Sayılabilirlik Tanım 9.1 A ve B bo¸s olmayan iki küme olsun. Eger ˘ A’dan B’ye 1–1 ve örten bir fonksiyon yazılabiliyorsa A ve B kümelerine e¸s güçlüdür denir. (Bo¸sküme sadece kendisi ile e¸s güçlüdür.) Örnek 9.2 A = { a, b, c, d } ve B = { 2, 3, 4, 5 } olsun. f = { (a, 4), (b, 3), (c, 2), (d, 5) } fonksiyonu 1–1 ve örten olup A ile B e¸s güçlüdür. Tam sayılar kümesi ile çift tamsayılar kümesi 2Z e¸s güçlüdür, çünkü g : Z −→ 2Z, g(n) = 2n s¸ eklinde tanımlanan fonksiyon 1–1 ve örtendir. Teorem 9.3 Kümeler arasında tanımlanan “e¸s güçlü olma” bagıntısı ˘ bir denklik bagıntısıdır. ˘ ˙ Ispat: Her A kümesi için IA : A −→ A birim dönü¸sümü 1–1 ve örten oldugundan ˘ A ile A e¸s güçlüdür. A ile B e¸s güçlü ise f : A −→ B 1–1 ve örten fonksiyon vardır. O halde, f −1 : B −→ A 1–1 ve örten olup B ile A e¸s güçlüdür. A ile B ve B ile C e¸s güçlü ise f : A −→ B ve g : B −→ C 1–1 ve örten fonksiyonları vardır. go f : A −→ C 1–1 ve örten oldugundan ˘ A ile C e¸s güçlü olur. Sonuç olarak bagıntının ˘ yansıyan, simetrik ve geçi¸sken oldugu ˘ gösterilmi¸s olur.



Not: S¸ imdi “sonlu küme” ve “sonsuz küme” tanımlarını verecegiz. ˘ Bu tanımlar iki s¸ ekilde yapılmaktadır. Birinci s¸ ekilde “sonlu küme” tanımlanıp; “sonlu olmayan kümeye sonsuz küme denir” ˙ denmektedir. Ikinci s¸ ekilde ise; “sonsuz küme” tanımlanıp; “sonsuz olmayan kümeye sonlu küme denir” denmektedir. Neticede, iki tanım e¸sdegerdir; ˘ yani, bir tanıma göre sonlu (sonsuz) olan dige˘ rine göre sonsuz (sonlu) olamaz. Tanım 9.4 Kendi öz alt kümesi ile e¸s güçlü olabilen kümelere sonsuz küme denir. Sonsuz olmayan kümelere de sonlu küme denir. Bo¸s küme sonlu olarak tanımlanır. Diger ˘ s¸ ekliyle; bir küme bo¸s kü100

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 9. Sayılabilirlik

meyse veya k bir dogal ˘ sayı olmak üzere { 0, 1, . . . , k } kümesi ile e¸sgüçlü ise bu kümeye sonlu küme denir; sonlu olmayan kümeye de sonsuz küme denir. Örnek 9.5 Dogal ˘ sayılar kümesi sonsuzdur, çünkü f : N −→ A = { 2, 3, 4, . . . } , f (n) = n+2 s¸ eklinde tanımlanan fonksiyon 1–1 ve örtendir. B = { 1, 2, 3, 4, 5 } kümesi sonlu kümedir, çünkü B’den öz altkümesine bir fonksiyon örten olabilir ama 1–1 olamaz. Tanım 9.6 Dogal ˘ sayıların herhangibir alt kümesiyle e¸s güçlü olan kümelere sayılabilir küme denir. Ba¸ska bir deyi¸sle bir küme sonlu ise veya N ile e¸sgüçlü ise bu kümeye “sayılabilirdir” denir. Dogal ˘ sayılar kümesiyle e¸s güçlü olan kümelere sayılabilir sonsuz küme denir. (Aslında sayılabilir sonsuz küme hem sayılabilir hem de sonsuz olan kümedir.) Örnek 9.7 Tamsayılar kümesi sayılabilirdir. Çözüm: A¸sagıdaki ˘ e¸slemeyi dü¸sünelim. 0

1

2

3

4

5

6

7

8 ...

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

0 −1 1 −2 2 −3 3 −4 4 . . . O halde f : N −→ Z (

n çift ise;

n/2,

f (n) =

− n+1 2 , n tek ise.

s¸ eklinde tanımlanan fonksiyonun 1–1 ve örten oldugunu ˘ gösterelim. Bu daha önce gösterilmi¸sti. (Bölüm 6, Alı¸stırma 6) Teorem 9.8 A ve B sayılabir iki ayrık küme ise A ∪ B sayılabilirdir. ˙ Ispat: A ve B her ikisi de sonlu ise A ∪ B nin sonlu oldugu ˘ açıktır. O halde A ∪ B sayılabilirdir. Kümelerden biri sonlu, digeri ˘ sayılabilir sonsuz olsun. Mesela A sonlu olsun. s(A) = k + 1 dersek, o zaman A = { a0 , a1 , a2 , . . . , ak }

ve

B = { b0 , b1 , b2 , . . . }

s¸ eklinde yazılır. Bu durumda f : N −→ A ∪ B ( f (n) =

n 6 k ise;

an ,

bn−k−1 , n > k ise.

s¸ eklinde tanımlanan dönü¸süm 1–1 ve örtendir. O halde A ∪ B sayılabilirdir. Öyleyse her iki kümenin de sonsuz (ve tabii ki sayılabilir) oldugunu ˘ kabul edelim. O zaman A = { a0 , a1 , a2 , . . . }

ve 101

B = { b0 , b1 , b2 , . . . }

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 9. Sayılabilirlik s¸ eklinde yazalım. S¸ imdi g : N −→ A ∪ B fonksiyonunu ( g(n) =

n çift ise;

an/2 ,

b(n−1)/2 , n tek ise.

s¸ eklinde tanımlayalım. g nin 1–1 ve örten oldugu ˘ kolaylıkla gösterilebilir. Yani, A ∪ B ile N e¸sgüçlü olup A ∪ B sayılabilir ve sonsuzdur. Sonuç 9.9



a) A ile B ayrık olmasa da A ∪ B sayılabirdir.

b) Sonlu sayıdaki sayılabir kümenin birle¸simi sayılabirdir. Örnek 9.10 Rasyonel sayılar kümesi sayılabilirdir. ˙ Çözüm: (Ispat Cantor’a aittir) Önce pozitif rasyonel sayılar kümesi Q+ ’nın sayılabilir oldugunu ˘ gösterelim. Q+ kümesini bir sonsuz satırlı ve sütunlu bir tabloya; 1. satıra paydası 1 olanları, 2. satıra paydası 2 olanları (pay ve payda aralarında asal olmak üzere) v.s. yerle¸stirelim. Yani s¸ u tablo olu¸sur: 1

2

3

4

5

6

7

8

9

...

1/2

3/2

5/2

7/2

9/2

11/2

13/2

15/2

17/2

...

1/3

2/3

4/3

5/3

7/3

8/3

10/3

11/3

13/3

...

1/4

3/4

5/4

7/4

9/4

11/4

13/4

15/4

17/4

...

1/5

2/5

3/5

4/5

6/5

7/5

8/5

9/5

11/5

...

.. .

.. .

.. .

.. .

.. .

.. .

.. .

.. .

.. .

..

.

S¸ imdi N ile Q+ arasında a¸sagıdaki ˘ e¸slemeyi yapalım: 0

1

2 3

4

5

6

7

8

9 10

11

12

↓

↓

↓ ↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

1 1/2 2 3 3/2 1/3 1/4 2/3 5/2 4

5

...

7/2 4/3 . . .

Tablonun bu s¸ ekilde N kümesi ile 1–1 ve örten e¸slenecegi ˘ açıktır. O halde Q+ ile N e¸sgüçlüdür. Q+ ile Q− kümesi arasında x 7−→ −x e¸slemesi 1–1 ve örten oldugundan ˘ Q− kümesi de sayılabilirdir. Ayrık iki (veya sonlu sayıda) sayılabilir kümenin birle¸simi sayılabilir oldugundan ˘ Q = Q+ ∪ Q− ∪ { 0 } sayılabilir olur.



S¸ imdi sayılamayan kümelerin de oldugunu ˘ görelim. 102

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 9. Sayılabilirlik

Teorem 9.11 [0, 1] kapalı aralıgı ˘ sayılamayan bir kümedir. (Dolayısıyla R sayılamaz.) ˙ Ispat: (1891 yılında yapılan bu ispatta kullanılan yöntem Cantor’un Kö¸segen Yöntemi olarak bilinir.) [0, 1] aralıgının ˘ sayılabilir oldugunu ˘ kabul edelim. (Bu aralıgın ˘ sonsuz oldugu ˘ açıktır.) O halde 1–1 ve örten bir f : N −→ [0, 1] fonksiyonu vardır. Ba¸ska bir deyi¸sle; yi , i–inci sayıyı ve ai , bi , ci , . . . ler de 0–9 arası rakamları temsil etmek üzere a¸sagıdaki ˘ sonsuz satırlı listede [0, 1] aralıgındaki ˘ bütün sayılar vardır: y0 −→ 0.a0 a1 a2 a3 . . . y1 −→ 0.b0 b1 b2 b3 . . . y2 −→ 0.c0 c1 c2 c3 . . . y3 −→ 0.d0 d1 d2 d3 . . . .. .

.. .

0.9999 . . . = 1 oldugundan ˘ 1 sayısı da bu tablodadır. S¸ imdi: x0 rakamını, x0 ∈ / { a0 , 0, 9 } s¸ eklinde seçelim. x1 rakamını, x1 ∈ / { b1 , 0, 9 } s¸ eklinde seçelim. x2 rakamını, x2 ∈ / { c2 , 0, 9 } s¸ eklinde seçelim. x3 rakamını, x3 ∈ / { d3 , 0, 9 } s¸ eklinde seçelim. .. .

.. .

.. .

Seçim yapılırken 0 ve 9’un seçilmemesi bazı sayıların birden fazla ondalık gösterimi oldugundandır; ˘ mesela 0.540000 = 0.5399999 . . . gibi. S¸ imdi de x sayısını x = 0.x0 x1 x2 x3 . . . s¸ eklinde olu¸sturalım. x ∈ [0, 1] oldugu ˘ açıktır. Ancak x 6= y0 dır, çünkü x0 6= a0

(yani 1. basamaklar farklı)

x 6= y1 dir, çünkü x1 6= b1

(yani 2. basamaklar farklı)

x 6= y2 dir, çünkü x2 6= c2

(yani 3. basamaklar farklı)

x 6= y3 dür, çünkü x3 6= d3

(yani 4. basamaklar farklı)

.. .

.. .

.. .

.. .

Böylece x sayısının sonsuz listede olmadıgı ˘ ortaya çıkar, yani sonsuz listede olmayan bir x sayısı üretilmi¸stir. Bu bir çeli¸skidir, çünkü sonsuz listede [0, 1] aralıgındaki ˘ bütün sayılar vardı. O halde [0, 1] aralıgı ˘ sayılabilir bir küme degildir. ˘

 103

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 9. Sayılabilirlik

Teorem 9.12 Sayılabilir sonsuz miktardaki sayılabilir sonsuz kümenin birle¸simi sayılabilir sonsuzdur. ˙ Ispat: Sayılabilir sonsuz sayıdaki kümeler a¸sagıdaki ˘ gibi olsun. A1 = { a11 , a12 , a13 , . . . } A2 = { a21 , a22 , a23 , . . . } A3 = { a31 , a32 , a33 , . . . } .. .

.. .

.. .

Bu elemanları a¸sagıdaki ˘ tabloya yerle¸stirelim: a11

a12

a13

a14

...

a21

a22

a23

a24

...

a31

a32

a33

a34

...

a41 .. .

a42 .. .

a43 .. .

a44 .. .

... .. .

Daha sonra sırasıyla 1., 2., 3. . . . kö¸segendeki elemanları yukarıdan a¸sagıya ˘ dogru ˘ N kümesi ile e¸sleyelim. Yani a¸sagıdaki ˘ e¸slemeyi yazalım: 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

...

a11 a12 a21 a13 a22 a31 a14 a23 a32 a41 . . . Bu s¸ ekilde yapılan e¸slemenin örten oldugu ˘ açıktır. Eger ˘ bu kümeler ayrıksa bu e¸sleme 1–1 dir. Alt satırda aynı olan elemanlar sadece bir defa yazılırsa (ki bu durumda da alt satır bu kümelerin birles¸ imidir) bu e¸sleme 1–1 ve örtendir.



ALISTIRMALAR ¸ ˙ 1.) A = { 1, 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, . . . } kümesi sayılabilir midir? Ispatlayın.  Çözüm: A = n2 + 1 : n ∈ N oldugu ˘ açıktır. S¸ imdi f : N −→ A, f (n) = n2 + 1 fonksiyonu tanımlayalım. Her m, n ∈ N için f (m) = f (n) =⇒ m2 + 1 = n2 + 1 =⇒ m2 = n2 =⇒ m = n, (çünkü m, n > 0) √ olup f nin 1–1 oldugu ˘ görülür. S¸ imdi de, verilen her y ∈ A için x = y − 1 seçelim. ∃k ∈ N için √ y = k 2 + 1 olacagından ˘ x = y − 1 = k ∈ N olur. O zaman f (x) = y olup f örtendir. 104

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 9. Sayılabilirlik Sonuç olarak A ile N e¸sgüçlü oldugundan ˘ A sayılabilirdir.

2.) Çift tamsayılar kümesinin sayılabilir sonsuz bir küme oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: 2Z = { . . . , −4, −2, 0, 2, 4, . . . } yazalım. f : N −→ 2Z fonksiyonunu s¸ öyle tanımlayalım. ( f (n) =

n + 1, n tek ise; −n,

n çift ise.

S¸ imdi f (n) = f (m) oldugunu ˘ kabul edelim. Durum 1. n, m çift: Bu durumda −m = −n =⇒ m = n elde edilir. Durum 2. n, m tek: Bu durumda n + 1 = m + 1 =⇒ n = m bulunur. Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda n+1 = −m =⇒ m+n = −1 elde edilir ki, m, n ∈ N oldugundan ˘ böyle bir durum olamaz. Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda m+1 = −n =⇒ m+n = −1 elde edilir ki, m, n ∈ N oldugundan ˘ böyle bir durum olamaz. Sonuç olarak, f birebirdir. S¸ imdi y ∈ 2Z verilsin. Durum 1. y > 0: Bu durumda x = y − 1 seçilirse, x tek bir dogal ˘ sayı olup f (x) = x + 1 = (y − 1) + 1 = y

olup f örtendir.

Durum 2. y 6 0: Bu durumda x = −y seçilirse, x çift bir dogal ˘ sayı olup f (x) = −x = −(−y) = y

olup f örtendir.

Yani f örtendir. Sonuç olarak N ile A e¸sgüçlü olup A sayılabilir sonsuzdur.

3.) Negatif tamsayılar kümesinin sonsuz bir küme oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: Z− = { −1, −2, −3, −4, . . . } kümesinin sonsuz olması için bir özalt kümesi ile e¸sgüçlü olması gerekir. S¸ imdi f : Z− −→ { −2, −3, −4, . . . } fonksiyonunu f (x) = x − 1 s¸ eklinde tanımlayalım. Her x, y ∈ Z− için f (x) = f (y) =⇒ x − 1 = y − 1 =⇒ x = y olup f 1–1 dir. Ayrıca verilen her y ∈ { −2, −3, −4, . . . } için x = y+1 seçilirse f (x) = x−1 = y+1−1 = y olup f nin örten oldugu ˘ görülür. Yani Z− ile { −2, −3, −4, . . . } e¸sgüçlü olup Z− sonsuzdur.

4.) Z \ { 0 } kümesi sayılabilir midir? Açıklayın.

105

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 9. Sayılabilirlik Çözüm: N ile verilen küme arasında a¸sagıdaki ˘ e¸slemeyi yazalım: 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

↓

...

1 −1 2 −2 3 −3 4 −4 5 −5 . . . S¸ imdi f : N −→ Z \ { 0 } a¸sagıdaki ˘ fonksiyonu yazalım. ( − n+1 2 , n tek ise; f (n) = n+2 n çift ise. 2 , S¸ imdi f (n) = f (m) oldugunu ˘ kabul edelim. Durum 1. n, m çift: Bu durumda

m+2 2

=

n+2 2

=⇒ m = n elde edilir.

n+1 Durum 2. n, m tek: Bu durumda − m+1 2 = − 2 =⇒ m = n bulunur.

= Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda − n+1 2

m+2 2

=⇒ m + n = −3 elde edilir ki, m, n ∈ N

n+2 2

=⇒ m + n = −3 elde edilir ki, m, n ∈ N

oldugundan ˘ böyle bir durum olamaz. Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda − m+1 = 2 oldugundan ˘ böyle bir durum olamaz. Sonuç olarak, f birebirdir. S¸ imdi y ∈ Z \ { 0 } verilsin. Durum 1. y > 0 ise : Bu durumda x = 2y − 2 seçilirse, x çift bir dogal ˘ sayı olup f (x) =

(2y − 2) + 2 x+2 = =y 2 2

olup f örtendir.

Durum 2. y < 0: Bu durumda x = −2y − 1 seçilirse, x tek bir dogal ˘ sayı olup f (x) = −

x+1 (−2y − 1) + 1 =− =y 2 2

olup f örtendir.

Yani f örtendir. Sonuç olarak N ile Z \ { 0 } e¸sgüçlü olup Z \ { 0 } sayılabilirdir.  5.) A =

3 5 7 9 0, , 2, , 4, , 6, , . . . 2 4 6 8

 kümesi sayılabilir midir? Neden?

Çözüm: f : N −→ A a¸sagıdaki ˘ gibi tanımlansın. ( f (n) =

n+2 n+1 ,

n tek ise;

n,

n çift ise.

S¸ imdi f (n) = f (m) oldugunu ˘ kabul edelim. Durum 1. n, m çift: Bu durumda m = n hemen elde edilir. Durum 2. n, m tek: Bu durumda

m+2 m+1

=

n+2 n+1

=⇒ mn + m + 2n + 2 = mn + 2m + n + 2 =⇒ m = n

bulunur. 106

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 9. Sayılabilirlik n+2 n+1

Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda

= m =⇒ n + 2 = m(n + 1) elde edilir ki, böyle bir durum

olamaz, çünkü n + 2 tek, fakat m(n + 1) çifttir. Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda

m+2 m+1

= n =⇒ m + 2 = n(m + 1) elde edilir ki, böyle bir durum

olamaz, çünkü m + 2 tek, fakat n(m + 1) çifttir. Sonuç olarak, f birebirdir. S¸ imdi y ∈ A verilsin. Durum 1. y çift dogal ˘ sayı ise : Bu durumda x = y seçilirse, x çift bir dogal ˘ sayı olup f (x) = x = y olur. Yani f örtendir. Durum 2. Bir k tek dogal ˘ sayısı için y = (k + 2)/(k + 1) s¸ eklinde ise: Bu durumda x = k seçilirse, x tek bir dogal ˘ sayı olup f (x) = f (k) =

k+2 =y k+1

olup f örtendir.

Sonuç olarak N ile A e¸sgüçlü olup A sayılabilirdir.  6.) A =

1 1 1 1 1 1, , 5, , 17, , 37, , 65, , 101, . . . 2 4 6 8 10

 kümesi sayılabilir midir? Açıklayınız.

Çözüm: f : N −→ A a¸sagıdaki ˘ gibi tanımlansın. (

1 n+1 , n2 +

f (n) =

n tek ise; 1, n çift ise.

S¸ imdi f (n) = f (m) oldugunu ˘ kabul edelim. Durum 1. n, m çift: Bu durumda m2 +1 = n2 +1 =⇒ m2 = n2 =⇒ m = n elde edilir, çünkü m, n > 0. Durum 2. n, m tek: Bu durumda

1 m+1

Durum 3. n tek, m çift: Bu durumda 1 n+1

1 n+1

=⇒ m + 1 = n + 1 =⇒ m = n bulunur.

1 n+1

= m2 + 1 elde edilir ki. Böyle bir durum olamaz, çünkü

1 m+1

= n2 + 1 elde edilir ki. Böyle bir durum olamaz, çünkü

∈ / N , fakat m2 + 1 ∈ N.

Durum 4. m tek, n çift: Bu durumda 1 m+1

=

∈ / N , fakat n2 + 1 ∈ N.

Sonuç olarak, f birebirdir. S¸ imdi y ∈ A verilsin. Durum 1. Bir k çift dogal ˘ sayısı için y = k2 + 1 s¸ eklinde ise : Bu durumda x = k seçilirse, x çift bir dogal ˘ sayı olup f (x) = x2 + 1 = k 2 + 1 = y olur. Yani f örtendir. Durum 2. Bir k tek dogal ˘ sayısı için y = 1/(k + 1) s¸ eklinde ise: Bu durumda x = k seçilirse, x tek bir dogal ˘ sayı olup

1 =y k+1 Sonuç olarak N ile A e¸sgüçlü olup A sayılabilirdir. f (x) = f (k) =

107

olup f örtendir.

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 9. Sayılabilirlik 7.) Ayrık iki sonlu kümenin birle¸siminin sonlu oldugunu ˘ ispatlayın.

Çözüm: A ve B ayrık ve sonlu iki küme olsun. A = B = ∅ ise A ∪ B = ∅ sonludur. Kümelerden sadece biri bo¸sküme ise A ∪ B = A veya A ∪ B = B olup her iki halde de A ∪ B sonludur. O zaman A 6= ∅ ve B 6= ∅ kabul edelim. m, n ∈ N olmak üzere s(A) = m + 1, s(B) = n + 1 diyelim. O zaman A = { a0 , a1 , . . . , am } ve B = { b0 , b1 , . . . , bn } s¸ eklindedir. S¸ imdi { 0, 1, . . . , m + n + 1 } kümesinden A ∪ B kümesine a¸sagıdaki ˘ f fonksiyonunu yazalım:

( f (k) =

0 6 k 6 m ise;

ak ,

bk−m−1 , m + 1 6 k 6 m + n + 1 ise.

Burada a¸sagıdaki ˘ e¸sleme yapılmı¸stır: 0

1

2

...

m

↓

↓

↓

...

↓

↓

↓

↓

...

↓

am

b0

b1

b2

...

bn

a0 a1 a2 . . .

m + 1 m + 2 m + 3 ...

m+n+1

S¸ imdi f (x) = f (y) olsun. Durum 1. 0 6 x, y 6 m: Bu durumda ax = ay =⇒ x = y elde edilir. Durum 2. m + 1 6 x, y 6 m + n + 1: Bu durumda bx = by =⇒ x = y elde edilir. Durum 3. 0 6 x 6 m, m + 1 6 y 6 m + n + 1: Bu durumda ax = by elde edilir. Böyle bir durum olamaz, çünkü A ile B ayrıktır. Durum 4. 0 6 y 6 m, m + 1 6 x 6 m + n + 1: Bu durumda ay = bx elde edilir. Böyle bir durum olamaz, çünkü A ile B ayrıktır. Sonuç olarak f 1–1 dir. S¸ imdi y ∈ A ∪ B verilsin. Durum 1. y ∈ A: Bu durumda bir 0 6 k 6 m dogal ˘ sayısı için y = ak olmalıdır. O zaman x = k seçilirse f (x) = ax = ak = y olur. Yani f örtendir. Durum 2. y ∈ B: Bu durumda bir 0 6 k 6 n dogal ˘ sayısı için y = bk olmalıdır. O zaman x = k+m+1 seçilir. Bu durumda m + 1 6 x 6 m + n + 1 oldugu ˘ açıktır. O halde f (x) = bx−m−1 = bk+m+1−m−1 = bk = y olup f örtendir. Sonuç olarak A ∪ B ile { 0, 1, . . . , m + n + 1 } kümesi e¸sgüçlüdür. m + n + 1 ∈ N oldugundan ˘ A∪B sonludur. ˙ sonsuz kümenin kesi¸simi 8.) p :“Sonlu tane sonlu kümenin kartezyen çarpımı sayılabilirdir”, q : “Iki sonlu olabilir” önermeleri için: N p, q : Dogru ˘

p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s

p, q : Yanlı¸s 108

p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

Hiçbiri

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 9. Sayılabilirlik

9.) Sayılabilir sonsuz miktardaki (bo¸s olmayan) sonlu ve ayrık kümelerin birle¸simi . . . . . . . . . . . . dur. N

sonlu sayılabilir sonsuz

sayılamaz sonsuz

sayılabilir sonlu

Hiçbiri B ve A kümesi sayılabilir ise B kümesi için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi kesinlikle dogrudur? ˘ N

sonludur

sayılabilirdir

sonsuzdur

sayılamazdır Hiçbiri

10.) A

11.) p :“Hem sonsuz ve hem sayılamayan küme yoktur”, q : “Bir sonlu küme ile sayılabilir kümenin birle¸simi sonlu olamaz.” önermeleri için: N

p, q : Dogru ˘ p, q : Yanlı¸s p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s

p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

12.) A¸sagıdaki ˘ küme çiftlerinden hangisi biribiriyle e¸s güçlüdür? N −

N ile [0, 1]

Q ile irrasyonel sayılar Z ile Q+ 13.) A¸sagıdaki ˘ kümelerden hangisi R ile e¸sgüçlü olamaz? N

[−1, 1]

R\Q N×N

Q ile R

[0, ∞)

Hiçbiri

Hiçbiri

Hiçbiri

14.) A ve B sayılabilir iki ayrık küme ise A ∪ B için a¸sagıdakilerden ˘ hangisi her zaman dogrudur? ˘ N

sonludur

sayılabilir sonsuzdur

sonsuzdur sayılabilirdir

Hiçbiri 15.) p :“Sonlu ve sayılamayan bir küme yoktur”, q : “Sayılabilir miktardaki bo¸s olmayan sonlu kümelerin birle¸simi sonlu olmalıdır” önermeleri için: N

p, q : Dogru ˘

p, q : Yanlı¸s p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s

p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

Hiçbiri

16.) p :“Sonlu olmayan her küme sayılamayan bir kümedir”, q : “Sayılabilen ve sonlu olmayan kümeler vardır” önermeleri için: N p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

p, q : Dogru ˘

p, q : Yanlı¸s

109

p : Dogru, ˘ q : Yanlı¸s

Hiçbiri

Bölüm 10

˙ sası Dogal ˘ Sayıların In¸ Tanım 10.1 Sonlu kümeler üzerinde tanımlanan e¸s güçlü olma bagıntısına ˘ göre bir X kümesinin denklik sınıfını X ile gösterelim. Bo¸s kümenin denklik sınıfını 0 ile gösterelim. O halde ∅ = 0 yazabiliriz. Daha sonra { 0 } = 1 diyelim. Bu s¸ ekilde devam edelim: { 0, 1 } = 2 { 0, 1, 2 } = 3 { 0, 1, 2, 3 } = 4 .. . Bu s¸ ekilde elde edilen denklik sınıflarının herbirine bir do˘gal sayı denir. Dogal ˘ sayılar kümesi N ile gösterilir. Dogal ˘ sayıların yukardaki gibi seçilen temsilcilerine de kanonik temsilci denir.

Dogal ˘ Sayılarda Toplama ve Çarpma Tanım 10.2 x, y ∈ N ve x = A, y = B ayrıca A ∩ B = ∅ olsun. x+y =A+B =A∪B s¸ eklinde tanımlanan i¸sleme x ile y nin toplamı denir. Örnek 10.3 2 + 3 = 5 oldugunu ˘ gösterelim. A = { a, b } , B = { 1, 2, 3 } alalım. 2 = A, 3 = B diyebiliriz. A ∩ B = ∅ oldugundan: ˘ 2 + 3 = A + B = A ∪ B = { a, b, 1, 2, 3 } = 5. ˙sleminin Özellikleri: Toplama I¸ 110

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

1.) N, + i¸slemine göre kapalıdır. 2.) N, + i¸slemine göre birle¸smeli ve degi¸ ˘ smelidir. (Alı¸stırma(1) ve Alı¸stırma(2)) 3.) Etkisiz eleman 0 = ∅ dır; çünkü her x = A ∈ N için 0 + x = x + 0 = A + ∅ = A ∪ ∅ = A = x. 4.) Sadece 0’ın tersi vardır. Teorem 10.4 Her x, y, z, t ∈ N için x = y ve z = t =⇒ x + z = y + t. ˙ Ispat: x = A, y = B, z = C, t = D diyelim. Ayrıca A ∩ C = ∅, B ∩ D = ∅ oldugunu ˘ kabul edelim. x = y =⇒ f : A −→ B, 1–1 ve örten fonksiyonu vardır, z = t =⇒ g : C −→ D, 1–1 ve örten fonksiyonu vardır. S¸ imdi h : A ∪ C −→ B ∪ D fonksiyonunu ( h(x) =

f (x), x ∈ A ise; g(x), x ∈ C ise.

s¸ eklinde tanımlayalım. h’nin 1–1 oldugunu ˘ gösterelim. x, y ∈ A ∪ C için h(x) = h(y) olsun. Durum 1. x, y ∈ A: f (x) = f (y) olup f 1–1 oldugundan ˘ x = y. Durum 2. x, y ∈ C: g(x) = g(y) olup g 1–1 oldugundan ˘ x = y. Durum 3. x ∈ A, y ∈ C: f (x) = g(y) olup f (x) ∈ B ve g(y) ∈ D dir. B ∩ D = ∅ oldugundan ˘ böyle bir durum olamaz. Durum 4. x ∈ C, y ∈ A: g(x) = f (y) olup g(x) ∈ D ve f (y) ∈ B dir. B ∩ D = ∅ oldugundan ˘ böyle bir durum olamaz. Sonuç olarak h 1–1 dir. S¸ imdi de h nin örten oldugunu ˘ gösterelim. y ∈ B ∪ D verilsin. y ∈ B =⇒ f örten oldugundan, ˘ ∃ x0 ∈ A, f (x0 ) = y olup h(x0 ) = f (x0 ) = y y ∈ D =⇒ g örten oldugundan, ˘ ∃ x1 ∈ C, g(x1 ) = y olup h(x1 ) = g(x1 ) = y olup her iki halde de h örtendir. Sonuç olarak h 1–1 ve örten olup A∪C ile B ∪D e¸sgüçlüdür. O halde, A∩C = B ∩D = ∅ oldugundan; ˘ x + z = A + C = A ∪ C = B ∪ D = B + D = y + t.

111

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Teorem 10.5 Her x, y ∈ N için x + y = 0 =⇒ x = 0 ve y = 0 ˙ ˘ hatırlarsak: Ispat: x = A, y = B ve A ∩ B = ∅ olsun. 0 = ∅ oldugunu x + y = 0 =⇒ A + B = ∅ =⇒ A ∪ B = ∅ =⇒ A ∪ B ile ∅ e¸sgüçlü =⇒ A ∪ B = ∅

(Çünkü ∅ sadece kendisiyle e¸sgüçlüdür)

=⇒ A = B = ∅ =⇒ x = y = ∅ = 0 Örnek 10.6 x + 3 = 0 önermesinin N deki çözümü yoktur, çünkü x + 3 = 0 =⇒ x = 0 ve 3 = 0 olup 3 = 0 önermesi her zaman yanlı¸stır. Tanım 10.7 x, y ∈ N ve x = A ve y = B olsun. x·y =A·B =A×B s¸ eklinde tanımlanan i¸sleme x ile y nin çarpımı denir. Örnek 10.8 2 · 3 = 6 oldugunu ˘ gösterelim. A = { a, b } , B = { 1, 2, 3 } alalım. 2 = A, 3 = B diyebiliriz. S¸ imdi 2 · 3 = A · B = A × B = { (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3) } = 6. ˙sleminin Özellikleri: Çarpma I¸ 1.) N, çarpma i¸slemine göre kapalıdır. 2.) N, çarpma i¸slemine göre birle¸smeli ve degi¸ ˘ smelidir. (Alı¸stırma(3) ve Alı¸stırma(4)) 3.) Etkisiz eleman 1 = { a } dır; çünkü her x = A ∈ N için 1 · x = x · 1 = A · { a } = A × { a } = A = x. Burada f : A −→ A × { a }, her y ∈ A için f (y) = (y, a) s¸ eklinde tanımlanan fonksiyonun 1–1 ve örten oldugu ˘ gösterilebilir. 4.) Sadece 1’in tersi vardır.

112

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Teorem 10.9 Her x ∈ N için x · 0 = 0 · x = 0. ˙ Ispat: x = A alalım. x·0=A·∅=A×∅=∅=0 olur. Benzer s¸ ekilde 0 · x = 0 bulunur. Teorem 10.10 Her x, y, z, t ∈ N için x = y ve z = t =⇒ xz = yt. ˙ Ispat: x = A, y = B, z = C, t = D diyelim. x = y =⇒ f : A −→ B, 1–1 ve örten fonksiyonu vardır, z = t =⇒ g : C −→ D, 1–1 ve örten fonksiyonu vardır. S¸ imdi h : A × C −→ B × D fonksiyonunu h(a, c) = (f (a), g(c)) s¸ eklinde tanımlayalım. h’nin 1–1 oldugunu ˘ gösterelim. h(a1 , c1 ) = h(a2 , c2 ) =⇒ (f (a1 ), g(c1 )) = (f (a2 ), g(c2 )) =⇒ f (a1 ) = f (a2 ) ve g(c1 ) = g(c2 ) =⇒ f 1–1 oldugundan ˘ a1 = a2 ve g 1–1 oldugundan ˘ c1 = c2 =⇒ (a1 , c1 ) = (a2 , c2 ) olup h 1–1 dir. S¸ imdi de h nin örten oldugunu ˘ gösterelim. y = (b, d) ∈ B × D verilsin. b ∈ B ve f örten oldugundan ˘ ∃a ∈ A, f (a) = b d ∈ D ve g örten oldugundan ˘ ∃c ∈ C, g(c) = d. S¸ imdi de x = (a, c) seçilirse h(x) = y olup h nin örten oldugu ˘ görülür. Sonuç olarak h 1–1 ve örten olup A × C ile B × D e¸sgüçlüdür. O halde, xz = A · C = A × C = B × D = B · D = yt. Sonuç 10.11 Her x, y ∈ N ve z 6= 0 için x = y ⇐⇒ xz = yz.

113

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Teorem 10.12 Her x, y ∈ N için xy = 0 =⇒ x = 0 veya y = 0. ˙ Ispat: x = A, y = B diyelim. xy = 0 =⇒ A · B = ∅ =⇒ A × B = ∅ =⇒ A × B ile ∅ e¸sgüçlü =⇒ A × B = ∅

(Çünkü ∅ sadece kendisiyle e¸sgüçlü)

=⇒ A = ∅ veya B = ∅ =⇒ x = A = ∅ = 0 veya y = B = ∅ = 0

Dogal ˘ Sayılarda Sıralama Tanım 10.13 x, y ∈ N iki tane dogal ˘ sayı olsun. x’in kanonik temsilcisi A ve y’nin kanonik temsilcisi B olsun. Yani x = A, y = B. Buradan x = y ⇐⇒ A = B oldugu ˘ açıktır. S¸ imdi x < y olmasını A

B

s¸ eklinde tanımlayalım. Ayrıca “x < y veya x = y” yerine kısaca x 6 y yazdıgımızda ˘ x 6 y ⇐⇒ A ⊆ B tanımını veririz. Bu s¸ ekilde tanımlanan 6 bagıntısının ˘ bir sıralama bagıntısı ˘ oldugu ˘ kolayca görülür. Ancak x 6 y tanımı a¸sagıdaki ˘ gibi de verilir ve bu tanım daha sık kullanılır: x < y ⇐⇒ x + k = y olacak s¸ ekilde en az bir 0 6= k ∈ N var. Teorem 10.14 Her x, y ∈ N için x < y, x = y ve y < x önermelerinden sadece biri dogrudur. ˘ Dogal ˘ sayılar kümesinin en küçük elemanı sıfırdır. Teorem 10.15 Dogal ˘ sayılar kümesinde tanımlanan 6 bagıntısı ˘ bir tam sıralama bagıntısıdır. ˘ Teorem 10.16 Her x, y, z, w ∈ N için (a) x < y =⇒ x + z < y + z

(b) x < y, z < w =⇒ x + z < y + w

(c) x < y =⇒ x + 1 6 y

(d) x < y, z 6= 0 =⇒ xz < yz

(e) x < y, z < w =⇒ xz < yw

114

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

˙ Ispat (a): x < y =⇒ ∃ k ∈ N \ { 0 } , x + k = y =⇒ x + k + z = y + z =⇒ (x + z) + k = y + z =⇒ x + z < y + z ˙ Ispat (b): x < y, z < w =⇒ ∃ k1 , k2 ∈ N \ { 0 } , x + k1 = y ve z + k2 = w =⇒ (x + k1 ) + (z + k2 ) = y + w =⇒ (x + z) + (k1 + k2 ) = y + w =⇒ x + z < y + w, çünkü k1 + k2 ∈ N \ { 0 } ˙ Ispat (c): x < y =⇒ x + k = y olacak s¸ ekilde 0 6= k ∈ N vardır. Eger ˘ k = 1 ise x + 1 = y dir. Aksi halde 2 6 k olup (x + 1) + k1 = y olup burada 1 6 k dır; yani x + 1 < y olur. Sonuç olarak x + 1 6 y olur. ˙ Ispat (d): z 6= 0 olsun. Çarpmanın toplama üzerine dagılma ˘ özelligi ˘ oldugunu ˘ göstermek kolaydır (Alı¸stırma (5)). O halde: x < y =⇒ ∃ k ∈ N \ { 0 } , x + k = y =⇒ (x + k)z = yz =⇒ xz + kz = yz =⇒ xz < yz, çünkü kz 6= 0 ˙ Ispat (e): x < y, z < w =⇒ ∃ k1 , k2 ∈ N \ { 0 } , x + k1 = y ve z + k2 = w =⇒ (x + k1 )(z + k2 ) = yw =⇒ xz + xk2 + k1 z + k1 k2 = yw |{z} |{z} |{z} >0

>0

>1

=⇒ xz < yw, çünkü (xk2 + k1 z + k1 k2 ) > 1

˙ Dogal Iki ˘ Sayının Farkı ve Bölümü Tanım 10.17 a, b ∈ N olmak üzere a + x = b olacak s¸ ekilde bir x ∈ N varsa bu sayıya b ile a’nın farkı denir ve x = b − a yazılır. Bu durumda a, b ∈ N için a 6 b ⇐⇒ b − a ∈ N 115

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

oldugu ˘ açıktır. Tanım 10.18 a, b ∈ N olmak üzere a · x = b olacak s¸ ekilde en az bir x ∈ N varsa a, b’yi böler denir ve a b yazılır. Bu durumda x dogal ˘ sayısına b ile a’nın bölümü denir ve x = b ÷ a yazılır. a b ⇐⇒ b ÷ a ∈ N. Örnek 10.19 x, y, z ∈ N olsun. (z + x) − (y + x) ∈ N veya z − y ∈ N ise (z + x) − (y + x) = z − y oldugunu ˘ gösterelim. Durum 1. (z + x) − (y + x) = n ∈ N olsun. (z + x) − (y + x) = n =⇒ z + x = (y + x) + n =⇒ z + x = (y + n) + x =⇒ z = y + n =⇒ n = z − y olup e¸sitlik gösterilir. Durum 2. z − y = m ∈ N olsun. z − y = m =⇒ z = y + m =⇒ z + x = (y + m) + x =⇒ z + x = (y + x) + m =⇒ m = (z + x) − (y + x) olup e¸sitlik gösterilir. Örnek 10.20 x, y, z ∈ N olsun. (x − y) − z ∈ N veya x − (y + z) ∈ N ise (x − y) − z = x − (y + z) oldugunu ˘ gösterelim. Durum 1. (x − y) − z = n ∈ N ve x − y = t diyelim. (x − y) − z = n,

x − y = t =⇒ x = y + t,

t−z =n

=⇒ x = y + t,

t=z+n

=⇒ x = y + (z + n) = (y + z) + n =⇒ n = x − (y + z) olup e¸sitlik gösterilir. Durum 2. x − (y + z) = m diyelim. x − (y + z) = m =⇒ x = m + (y + z) = y + (z + m) =⇒ z + m = x − y =⇒ m = (x − y) − z 116

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

olup e¸sitlik gösterilir. Örnek 10.21 a, b, c, d ∈ N olsun. a b ve c d =⇒ (ac) (bd)

olup (bd) ÷ (ac) = (b ÷ a)(d ÷ c)

oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: a b =⇒ b = ak1 olacak s¸ ekilde k1 ∈ N var, k1 = b ÷ a, c d =⇒ d = ck2 olacak s¸ ekilde k2 ∈ N var, k2 = d ÷ c Taraf tarafa çarparsak: bd = (ak1 )(ck2 ) = (ac)(k1 k2 ) =⇒ k1 k2 ∈ N olup (ac) (bd). Ayrıca (bd) ÷ (ac) = k1 k2 = (b ÷ a)(d ÷ c) elde edilir. Örnek 10.22 x, y, z, w ∈ N için a¸sagıdaki ˘ önermeyi ispatlayın: x y ve z w =⇒ (y ÷ x) + (w ÷ z) = (xw + yz) ÷ (xz) Çözüm: x y =⇒ y = xk1 olacak s¸ ekilde bir k1 ∈ N vardır ve burada k1 = y ÷ x yazılır. Yine, z w =⇒ w = zk2 olacak s¸ ekilde bir k2 ∈ N vardır ve burada k2 = w ÷ z yazılır. S¸ imdi xw + yz = x(zk2 ) + (xk1 )z = xz(k1 + k2 ) olup (xz) (xw + yz) olur ve (xw + yz) ÷ (xz) = k1 + k2 yazılır. Buradan k1 ve k2 yerine yazılırsa: (xw + yz) ÷ (xz) = (y ÷ x) + (w ÷ z) elde edilir.

ALISTIRMALAR ¸ 1.) Dogal ˘ sayılarda tanımlanan toplama i¸sleminin birle¸sme özelligi ˘ oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x, y, z ∈ N ve x = A, y = B, z = C olsun. Ayrıca A ∩ B = A ∩ C = B ∩ C = ∅ olsun. Bu durumda (A ∪ B) ∩ C = ∅ ve A ∩ (B ∪ C) = ∅ oldugu ˘ açıktır. O halde (x + y) + z = (A + B) + C = (A ∪ B) + C = (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C) = A + (B ∪ C) = A + (B + C) = x + (y + z) 117

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

olup toplama i¸sleme birle¸smelidir.

2.) Dogal ˘ sayılarda tanımlanan toplama i¸sleminin degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x, y ∈ N ve x = A, y = B olsun. Ayrıca A ∩ B = ∅ olsun. x+y =A+B =A∪B =B∪A=B+A=y+x olup toplama i¸slemi degi¸ ˘ smelidir.

3.) Dogal ˘ sayılarda tanımlanan çarpma i¸sleminin birle¸sme özelligi ˘ oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x, y, z ∈ N ve x = A, y = B, z = C olsun. S¸ imdi (A×B)×C kümesi ile A×(B ×C) kümesinin e¸sgüçlü oldugunu ˘ gösterelim. Bu amaçla f : (A × B) × C −→ A × (B × C), her ((a, b), c) ∈ (A × B) × C için f ((a, b), c) = (a, (b, c)) s¸ eklinde bir f fonksiyonu tanımlayalım. S¸ imdi X = ((a1 , b1 ), c1 ) ve Y = ((a2 , b2 ), c2 ) ∈ (A × B) × C alalım. f (X) = f (Y ) =⇒ f ((a1 , b1 ), c1 ) = f ((a2 , b2 ), c2 ) =⇒ (a1 , (b1 , c1 )) = (a2 , (b2 , c2 )) =⇒ a1 = a2 ve (b1 , c1 ) = (b2 , c2 ) =⇒ a1 = a2 , b1 = b2 , c1 = c2 =⇒ ((a1 , b1 ), c1 ) = ((a2 , b2 ), c2 ) =⇒ X = Y olup f nin 1–1 oldugu ˘ gösterilmi¸s olur. S¸ imdi de verilen her Y = (ao , (bo , co )) ∈ A × (B × C) için X = ((ao , bo ), co )) ∈ (A × B) × C seçilirse f (X) = Y oldugu ˘ görülür. Yani f örtendir. f hem 1–1 hem örten oldugundan ˘ (A × B) × C kümesi ile A × (B × C) kümesi e¸sgüçlüdür. O halde (A × B) × C = A × (B × C) =⇒ (x · y) · z = x · (y · z). 4.) Dogal ˘ sayılarda tanımlanan çarpma i¸sleminin degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x, y ∈ N ve x = A, y = B olsun. S¸ imdi A × B kümesi ile B × A kümesinin e¸sgüçlü oldugunu ˘ gösterelim. Bu amaçla f : A × B −→ B × A, her (a, b) ∈ A × B için f (a, b) = (b, a) s¸ eklinde bir f fonksiyonu tanımlayalım. S¸ imdi X = (a1 , b1 ) ve Y = (a2 , b2 ) ∈ (A × B) alalım. f (X) = f (Y ) =⇒ f (a1 , b1 ) = f (a2 , b2 ) =⇒ (b1 , a1 ) = (b2 , a2 ) =⇒ b1 = b2 ve a1 = a2 =⇒ (a1 , b1 ) = (a2 , b2 ) =⇒ X = Y 118

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

olup f nin 1–1 oldugu ˘ gösterilmi¸s olur. S¸ imdi de verilen her Y = (bo , ao ) ∈ B × A için X = (ao , bo ) ∈ A × B seçilirse f (X) = Y oldugu ˘ görülür. Yani f örtendir. f hem 1–1 hem örten oldugundan ˘ (A × B) kümesi ile (B × A) kümesi e¸sgüçlüdür. O halde A × B = B × A =⇒ x · y = y · x. 5.) N’de tanımlanan çarpma i¸sleminin toplama i¸slemi üzerine soldan dagılma ˘ özelligi ˘ oldugunu ˘ gösterin. Çarpmanın degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugundan ˘ sagdan ˘ dagılma ˘ özelliginin ˘ oldugunu ˘ söyleyebilir miyiz? Çözüm: x, y, z ∈ N ve x = A, y = B, z = C olsun. Ayrıca B ∩ C = ∅ olsun. Bu durumda A × B ile A × C de ayrıktır, çünkü: (A × B) ∩ (A × C) = A × (B ∩ C) = A × ∅ = ∅. S¸ imdi x · (y + z) = A · (B + C) = A · (B ∪ C) = A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C) = A × B + A × C = (A · B) + (A · C) = (x · y) + (x · z) olup soldan dagılma ˘ özelligi ˘ vardır. Çarpma i¸sleminin degi¸ ˘ sme özelligi ˘ ve toplama üzerine soldan dagılma ˘ özelligi ˘ varsa, sagdan ˘ dagılma ˘ özelligi ˘ de vardır, çünkü her x, y, z ∈ N için: (x + y) · z = z · (x + y)

(çarpmanın degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugundan) ˘

= (z · x) + (z · y)

(çarpmanın soldan dagılma ˘ özelligi ˘ oldugundan) ˘

= (x · z) + (y · z)

(çarpmanın degi¸ ˘ sme özelligi ˘ oldugundan) ˘

Sonuç olarak; Alı¸stırma(4) ile birlikte, çarpma i¸sleminin toplama üzerine (soldan ve sagdan) ˘ dagılma ˘ özelligi ˘ oldugunu ˘ söyleyebiliriz.

6.) a, b, c ∈ N olsun. a b ve a c ise a (b + c) oldugunu ˘ ve (b + c) ÷ a = (b ÷ a) + (c ÷ a) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: a b =⇒ b = ak1 olacak s¸ ekilde k1 ∈ N var, k1 = b ÷ a, a c =⇒ c = ak2 olacak s¸ ekilde k2 ∈ N var, k2 = c ÷ a Taraf tarafa toplarsak: b + c = (ak1 ) + (ak2 ) = a(k1 + k2 ) =⇒ k1 + k2 ∈ N olup a (b + c). 119

˙ sası Bölüm 10. Dogal ˘ Sayıların In¸

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Ayrıca (b + c) ÷ a = k1 + k2 = (b ÷ a) + (c ÷ a) elde edilir.

7.) x, y, z ∈ N ve y 6= 0 olsun. Bu durumda (yz) (xy) ve z x ise (xy) ÷ (yz) = x ÷ z oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: (yz) (xy) =⇒ xy = (yz)k1 olacak s¸ ekilde k1 ∈ N var, k1 = (xy) ÷ (yz), z x =⇒ x = zk2 olacak s¸ ekilde k2 ∈ N var, k2 = x ÷ z S¸ imdi, y 6= 0 oldugundan ˘ xy = (yz)k1 =⇒ xy = (zk1 )y =⇒ x = zk1 elde edilir. Yani k1 = x ÷ z olmalıdır. Buradan k1 = k2 , yani (xy) ÷ (yz) = x ÷ z bulunur.

120

Bölüm 11

˙ Tümevarım Ilkesi ˙ Tümevarım Ilkesi: a ∈ N olmak üzere Na = { x ∈ N : x > a } kümesi üzerinde bir P (n) açık önermesi tanımlı olsun. Eger ˘ P (a) önermesi dogruysa ˘ ve P (k) dogru ˘ iken P (k + 1) de dogruysa; ˘ ba¸ska bir deyi¸sle P (k) =⇒ P (k + 1) önermesi dogruysa ˘ o zaman her n ∈ Na için P (n) dogrudur. ˘ Örnek 11.1 Tümevarım yöntemiyle her 1 6 n ∈ N için 1 + 2 + ··· + n =

n(n + 1) 2

oldugunu ˘ gösterelim. P (n) önermesi “1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)/2” olsun. n = 1 için e¸sitligin ˘ her iki tarafı da 1’e e¸sit oldugunudan ˘ P (1) dogrudur. ˘ S¸ imdi de önermenin k için dogru ˘ oldugunu ˘ kabul edip k + 1 için dogru ˘ oldugunu ˘ gösterelim. P (k) dogru ˘ olsun. 1 + 2 + ··· + k =

k(k + 1) k(k + 1) =⇒ 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) = + (k + 1) 2 2   k +1 =⇒ 1 + 2 + · · · + (k + 1) = (k + 1) 2 (k + 1)(k + 2) =⇒ 1 + 2 + · · · + (k + 1) = 2

olup P (k + 1) de dogrudur. ˘ Tümevarımdan dolayı her 1 6 n ∈ N için P (n) dogrudur. ˘ Örnek 11.2 Her n ∈ N için 3 (4n − 1) oldugunu ˘ gösterelim. P (n) önermesi 3 (4n − 1) olsun. n = 0 için 3 0 olup önerme dogrudur. ˘ S¸ imdi 3 (4k − 1) =⇒ ∃ m ∈ N, (4k − 1) = 3m =⇒ 4k+1 − 1 = 4 · 4k − 1 = 4(3m + 1) − 1 = 12m + 3 = 3(4m + 1)

121

˙ Bölüm 11. Tümevarım Ilkesi

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

olup 4m + 1 de bir dogal ˘ sayı oldugundan ˘ 3 (4k+1 − 1) dir. Yani P (k) =⇒ P (k + 1) dogrudur. ˘ Tümevarımdan, her n ∈ N için P (n) dogrudur. ˘ Örnek 11.3 Her 3 6 n ∈ N için n2 < 3n oldugunu ˘ gösterelim. P (n) önermesi n2 < 3n olsun. n = 3 için 9 < 27 olup önerme dogrudur. ˘ S¸ imdi P (n)’in dogru ˘ oldugunu ˘ kabul edip P (n + 1)’in dogru ˘ oldugunu ˘ gösterelim. n2 < 3n olsun. E¸sitsizligin ˘ her iki tarafını 3 ile çarparsak 3n2 < 3n+1 elde ederiz. (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 olup n > 3 için n2 + 2n + 1 < 3n2 yani 2n2 − 2n − 1 > 0 oldugunu ˘ gösterecegiz. ˘ S¸ imdi p(n) = 2n2 − 2n − 1 polinomunun kökleri √ √ 1± 3 2 ∓ 12 = n1,2 = 4 2 √ olup büyük kök 3 den küçüktür.( 3 ≈ 1.7 alınırsa) Polinom kökler dı¸sında pozitif oldugundan ˘ n>3 için p(n) > 0 dır. Yani P (n) =⇒ P (n + 1) dogrudur. ˘ Tümevarımdan, her 3 6 n ∈ N için P (n) dogrudur. ˘ ˙ Sıralılık Ilkesi: ˙ Iyi Dogal ˘ sayılar kümesinin bo¸s olmayan her alt kümesinin (bilinen 6 bagıntısına ˘ göre) bir en küçük elemanı vardır. Teorem 11.4 Tümevarım ilkesi ile iyi sıralılık ilkesi birbirine denktir. ˙ ˙ sıralılık) Tümevarım ilkesinin dogru Ispat: (Tümevarım =⇒ Iyi ˘ oldugunu ˘ kabul edelim ve ∅ = 6 T ⊆ N alalım. Yeni bir S kümesini a¸sagıdaki ˘ gibi tanımlayalım: S = { x ∈ N : Her t ∈ T için x 6 t } . Her t ∈ T için 0 6 t olacagından ˘ (çünkü 0, dogal ˘ sayıların en küçük elemanı) 0 ∈ S dir. Eger ˘ S ile T ’nin ortak bir elemanı varsa bu eleman T nin en küçük elemanıdır ve tek türlü belirlidir. S¸ imdi S ∩ T = ∅ oldugunu ˘ kabul edelim. s ∈ S ise ve t ∈ T herhangibir eleman ise s < t olmalıdır. O halde s + 1 6 t dir. Yani s ∈ S =⇒ s + 1 ∈ S olup; S ∩ T = ∅ ise “P (n) : n ∈ S” önermesi her n ∈ N için dogru ˘ olur (tümevarımdan). O halde S = N olmalıdır. O zaman T = ∅ olur ve bu da T ’nin bo¸s olmamasıyla çeli¸sir. O halde S ∩ T 6= ∅ olup N iyi sıralıdır. ˙ sıralılık ilkesinin dogru ˙ ˙ sıralılık =⇒ Tümevarım) Iyi Ispat: (Iyi ˘ oldugunu ˘ kabul edelim. a ∈ N olmak üzere Na = { x ∈ N : x > a } kümesinde tanımlı bir P (n) açık önermesi verilsin. P (a) dogru ˘ olsun ve P (k) =⇒ P (k + 1) dogru ˘ olsun. P (n) önermelerinin dogru ˘ oldugu ˘ dogal ˘ sayıların kümesine S diyelim. S = { n ∈ Na : P (n) dogru ˘ }. S ⊆ Na oldugu ˘ açıktır. Biz S = Na oldugunu ˘ gösterecegiz. ˘ S 6= Na oldugunu ˘ kabul edelim. O zaman Na \ S 6= ∅ olur. O halde, iyi sıralılık ilkesinden, Na \ S’nin bir en küçük elemanı t vardır. Yani P (t) yanlı¸stır. t − 1 ∈ S olup k = t − 1 alınırsa P (k) =⇒ P (k + 1) olacagından ˘ P (t) dogru ˘ olur. Bu bir çeli¸skidir. O halde Na = S dir.

 122

˙ Bölüm 11. Tümevarım Ilkesi

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

ALISTIRMALAR ¸ 1.) Her n ∈ N+ için

n−1 X

xr =

r=0

xn − 1 oldugunu ˘ gösteriniz. (x 6= 1 bir reel sayıdır.) x−1

2.) Her n > 5 için n2 < 2n oldugunu ˘ gösteriniz. (n ∈ N.) 3.) n ∈ N olmak üzere 6n + 1 biçiminde yazılan bir dogal ˘ sayının karesinin 1 eksiginin ˘ 24 ile bölündügünü ˘ gösterin. 4.) { an } dizisinin genel terimi an = 32n+4 − 22n olsun. Her n ∈ N için 5|an oldugunu ˘ gösteriniz. ˙ an+1 + an ifadesini kullanın.) (Ipucu: 5.) Her n ∈ N için

n X r=1

6.) Her n ∈ N için

1 r(r + 1) = n(n + 1)(n + 2) oldugunu ˘ gösteriniz. 3

1 1 1 1 n + + + ··· + = oldugunu ˘ gösteriniz. 1·2 2·3 3·4 n(n + 1) n+1

7.) a > −1 reel sayısı ve her n pozitif tamsayısı için (1+a)n > 1+na oldugunu ˘ gösterin. (Bu e¸sitsizlige ˘ Bernoulli E¸sitsizligi ˘ denir.) 8.) Tümevarımla n elemanlı bir kümenin 2n tane alt kümesinin oldugunu ˘ gösteriniz. 9.) Tümevarımla 36n ≡ 1 (mod 7) oldugunu ˘ gösteriniz. ˙ 10.) 3n + 4n 6 5n önermesi n’nin hangi degerleri ˘ için dogrudur. ˘ Ispatlayınız. 11.) Her n ∈

N+

için

2n X

(−1)r r3 = n2 (4n + 3) oldugunu ˘ gösteriniz.

r=1

n(n + 1)(n + 2)(3n + 5) midir? Neden? 12 13.) ∀n > 0 dogal ˘ sayısı için 3n+3 − 44n+2 sayısının 11’e tam bölündügünü ˘ gösterin.   n Y 2r − 1 1 2n 14.) Tümevarımla her n > 1 için = n oldugunu ˘ gösteriniz. r 2 n 12.) ∀n ∈ N için 1 · 22 + 2 · 32 + · · · + n(n + 1)2 =

15.) Tümevarımla her n > 2 için 16.) Her n > 1 dogal ˘ sayısı için

r=1 n Y

r=2 n X

r2 2n = oldugunu ˘ gösteriniz. 2 r −1 n+1

(k + 1)2k−1 = n 2n oldugunu ˘ gösterin.

k=1

17.) n > 1 olmak üzere; 12n + 10 sayısının 11’e tam bölündügünü ˘ tümevarımla gösterin. 12 22 n2 n(n + 1) + + ··· + = oldugunu ˘ gösterin. 1·3 3·5 (2n − 1)(2n + 1) 2(2n + 1) 19.) Tümevarımla her 1 6 n ∈ N için 6 n(2n + 1)(7n + 1) oldugunu ˘ gösterin.

18.) Her 1 6 n ∈ N için

20.) Her 3 6 n ∈ N için

2n > 2n + 1

oldugunu ˘ tümevarımla gösterin.

123

˙ Bölüm 11. Tümevarım Ilkesi

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

BAZI ALISTIRMALARIN ¸ ÇÖZÜMLERI˙ Çözüm (1.) P (n) önermesi

n−1 X r=0

xr =

xn − 1 olsun. n = 1 için x−1

0 X

xr = x0 = 1 ve

r=0

x1 − 1 =1 x−1

olup P (1) dogrudur. ˘ S¸ imdi P (n) in dogru ˘ oldugunu ˘ kabul edelim. S¸ imdi n > 1 için ! n n−1 X X xn+1 − 1 xn − 1 r r + xn = x = x + xn = x−1 x−1 r=0

r=0

olup P (n + 1) dogrudur. ˘ Tümevarımdan dolayı her 1 6 n ∈ N için P (n) dogrudur. ˘ Çözüm (3.) (6n + 1)2 − 1 = 36n2 + 12n dir. O halde P (n) önermesi 24 (36n2 + 12n) olsun. n = 0 için 24 0 olup P (1) dogrudur. ˘ S¸ imdi P (n) in dogru ˘ oldugunu ˘ kabul edelim. O halde 36n2 + 12n = 24 · k olacak s¸ ekilde bir k ∈ N vardır. S¸ imdi 36(n + 1)2 + 12(n + 1) = 36n2 + 72n + 36 + 12n + 12 = |36n2{z + 12n} +24(3n + 2) = 24(k + 3n + 2) 24k

olup k + 3n + 2 ∈ N oldugundan ˘ P (n + 1) de dogrudur. ˘ Tümevarımdan dolayı her n ∈ N için P (n) dogrudur. ˘

Çözüm (6.) P (n) önermesi

n X r=1

1 n = olsun. n = 0 için r(r + 1) n+1 0 X r=1

1 0 =0= r(r + 1) 0+1

olup P (0) dogrudur. ˘ P (n) in dogru ˘ oldugunu ˘ kabul edelim. S¸ imdi, ! n+1 n X X 1 1 1 n 1 n+1 = + = + = r(r + 1) r(r + 1) (n + 1)(n + 2) n + 1 (n + 1)(n + 2) n+2 r=1

r=1

olup P (n + 1) de dogrudur. ˘ Tümevarımdan dolayı her n ∈ N için P (n) dogrudur. ˘

124

˙ Bölüm 11. Tümevarım Ilkesi

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Çözüm (7.) P (n) önermesi (1 + a)n > 1 + na olsun. 1 + a > 1 + a olup P (1) dogrudur. ˘ S¸ imdi P (n) in dogru ˘ oldugunu ˘ kabul edelim. Buradan: (1 + a)n+1 = (1 + a)n (1 + a) > (1 + na)(1 + a) = 1 + (n + 1)a + na2 (Çünkü na2 > 0)

> 1 + (n + 1)a

olup P (n + 1) in dogru ˘ oldugu ˘ gösterilir. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N+ için P (n) dogrudur. ˘

Çözüm (8.) En , n elemanlı bir kümeyi göstersin. P (En ) de En in kuvvet kümesi olsun. Bu durumda Q(n) önermesi |P (En )| = 2n olsun. S¸ imdi n = 0 ise E0 = ∅ olup bo¸skümenin kuvvet kümesi { ∅ } dir ve |P (E0 )| = 1 = 20 oldugundan ˘ Q(0) önermesi dogrudur. ˘ Q(n) dogru ˘ olsun, yani |P (En )| = 2n olsun. S¸ imdi a 6∈ En olmak üzere En+1 = En ∪ { a } yazalım. Bu durumda P (En+1 ) = P (En ) ∪ { X ∪ { a } : X ∈ P (En ) } e¸sitligi ˘ vardır. Bu birle¸sim ayrıktır ve bu iki kümenin eleman sayıları aynıdır; yani 2n dir. O halde |P (En+1 )| = 2n + 2n = 2n+1 olup Q(n + 1) in dogru ˘ oldugu ˘ gösterilir. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N için Q(n) dogrudur. ˘ Çözüm (10.) P (n) önermesi 3n + 4n 6 5n olsun. n > 2 için önermenin dogru ˘ oldugunu ˘ gösterelim. olsun. n = 2 için: 32 + 42 = 25 6 52 olup P (2) dogrudur. ˘ P (n) dogru ˘ olsun; yani 3n + 4n 6 5n olsun. S¸ imdi 3 · 3n < 5 · 3n ve 4 · 4n < 5 · 4n olacagından ˘ 3n+1 + 4n+1 = 3 · 3n + 4 · 4n < 5 · 3n + 5 · 4n = 5(3n + 4n ) 6 5 · 5n = 5n+1 olup P (n + 1) in dogru ˘ oldugu ˘ gösterilmi¸s olur. Tümevarımdan dolayı her 2 6 n ∈ N için P (n) dogrudur. ˘

Çözüm (11.) P (n) önermesi

2n X

(−1)r r3 = n2 (4n + 3) olsun. n = 1 için

r=1 2 X

(−1)r r3 = −1 + 8 = 7

r=1

125

ve

12 (4 + 3) = 7

˙ Bölüm 11. Tümevarım Ilkesi

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

olup P (1) dogrudur. ˘ P (n) dogru ˘ olsun. O halde: 2(n+1)

X

r 3

(−1) r =

r=1

2n X

! r 3

(−1) r

+ (−1)2n+1 (2n + 1)3 + (−1)2n+2 (2n + 2)3

r=1

= (4n3 + 3n2 ) − (2n + 1)3 + (2n + 2)3 = (4n3 + 3n2 ) − (8n3 + 12n2 + 6n + 1) + (8n3 + 24n2 + 24n + 8) = 4n3 + 15n2 + 18n + 7 · · · · · · · · · · · · · · · (I) ifadesi elde edilir. S¸ imdi de n2 (4n + 3) ifadesinde n yerine n + 1 yazılırsa: (n + 1)2 (4n + 7) = (n2 + 2n + 1)(4n + 7) = 4n3 + 15n2 + 18n + 7 · · · · · · · · · · · · · · · (II) olup (I)=(II) oldugundan ˘ P (n + 1) dogrudur. ˘ Tümevarımdan dolayı her n ∈ N+ için P (n) dogrudur. ˘   n Y 2r − 1 1 2n olsun. n = 1 için Çözüm (14.) P (n) önermesi = n n r 2 r=1

  1 Y 2r − 1 1 1 2 = =1= r 1 2 1

r=1

olup P (1) dogrudur. ˘ S¸ imdi P (n) dogru ˘ olsun. !   n+1 n Y 2r − 1 Y 2r − 1 2(n + 1) − 1 1 2n 2n + 1 = · = n r r n+1 2 n n+1 r=1

r=1

(2n)!(2n + 1) · · · · · · · · · · · · · · · (I) = n 2 n! n!(n + 1) ifadesi elde edilir. S¸ imdi de önermedeki e¸sitligin ˘ sag˘ tarafındaki ifadede n yerine n + 1 yazılırsa:   1 2n + 2 (2n + 2)! = n+1 2n+1 n + 1 2 (n + 1)!(n + 1)! 2(n + 1)(2n + 1)(2n)! = 2 · 2n (n + 1)(n + 1)n! n! (2n + 1)(2n)! · · · · · · · · · · · · · · · (II) = n 2 (n + 1)n! n! olup (I)=(II) oldugu ˘ görülür. Yani P (n + 1) dogrudur. ˘ Tümevarımdan dolayı her n ∈ N+ için P (n) dogrudur. ˘

126

Bölüm 12

Tamsayılar N × N kümesinde her (a, b), (c, d) ∈ N × N için (a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ a + d = b + c s¸ eklinde tanımlanan ∼ bagıntısını ˘ ele alalım. Bu bagıntının ˘ bir denklik bagıntısı ˘ oldugu ˘ kolaylıkla gösterilebilir. O halde bu bagıntı ˘ N × N kümesini denklik sınıflarına ayırır. (a, b) elemanının denklik sınıfını (a, b) ile gösterelim. Bir kaç örnek verelim: (3, 1) = { (x, y) ∈ N × N : (x, y) | (3, 1) } = { (x, y) ∈ N × N : x + 1 = y + 3 } = { (2, 0), (3, 1), (4, 2), . . . } . (0, 4) = { (x, y) ∈ N × N : (x, y) | (0, 4) } = { (x, y) ∈ N × N : x + 4 = y } = { (0, 4), (1, 5), (2, 6), . . . } . Tanım 12.1 (a, b) ∈ N × N olmak üzere (a, b)’nin ∼ bagıntısına ˘ göre olan (a, b) denklik sınıfına bir tamsayı denir. Bu durumda, mesela, (1, 0), (3, 9) birer tamsayıdır. Tamsayılar kümesi Z ile gösterilir.

Tamsayılarda Toplama ve Çarpma Tanım 12.2 x, y ∈ Z ve x = (a, b), y = (c, d) olsun. Bu durumda x + y = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) s¸ eklinde tanımlanan i¸sleme iki tamsayının toplamı denir. Ayrıca x · y = (a, b) · (c, d) = (ac + bd, ad + bc) 127

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 12. Tamsayılar s¸ eklinde tanımlanan i¸sleme iki tamsayının çarpımı denir. ˙sleminin Özellikleri: Toplama I¸ 1.) Z, + i¸slemine göre kapalıdır, çünkü a, b, c, d ∈ N ise a + c, b + d ∈ N dir. 2.) Z, + i¸slemine göre birle¸smeli ve degi¸ ˘ smelidir. Çünkü, x = (a, b), y = (c, d) ise

x + y = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) = (c + a, d + b) = (c, d) + (a, b) = y + x. Ayrıca z = (e, f ) ∈ Z ise (x + y) + z = ((a + c) + e, (b + d) + f ) = (a + (c + e)), (b + (d + f )) = x + (y + z). 3.) Z’de + i¸sleminin birim elemanı her y ∈ N için (y, y) dir. Çünkü her (a, b) ∈ Z için (a, b) + (y, y) = (a + y, b + y) = (a, b) olur çünkü (a + y) + b = (b + y) + a dır. Toplamanın birim elemanı 0 ile gösterilir ve (0, 0) alınabilecegi ˘ gibi (1, 1), (2, 2), . . . alınabilir. 4.) Her x = (a, b) ∈ Z tamsayısının + i¸slemine göre tersi (b, a) dır, çünkü (a, b) + (b, a) = (a + b, b + a) = (0, 0). Bu eleman −x ile gösterilir. ˙sleminin Özellikleri: Çarpma I¸ 1.) Z, · i¸slemine göre kapalıdır, çünkü a, b, c, d ∈ N ise ac + bd, ad + bc ∈ N dir. 2.) Z, · i¸slemine göre birle¸smeli ve degi¸ ˘ smelidir. Çünkü, x = (a, b), y = (c, d) ise x · y = (a, b) · (c, d) = (ac + bd, ad + bc) = (ca + db, cb + da) = (c, d) · (a, b) = y · x. Ayrıca z = (e, f ) ∈ Z ise (xy)z = (ac + bd, ad + bc) · (e, f ) = (ace + bde + adf + bcf, acf + bdf + ade + bce) . . . . . . (I) x(yz) = (a, b) · (ce + df, cf + de) = (ace + adf + bcf + bde, acf + ade + bce + bdf ) . . . . . . (II) olup (I)=(II) oldugu ˘ görülür. 3.) Birim elemanı bulalım. Her (x, y) ∈ Z için (x, y) · (a, b) = (x, y)

128

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 12. Tamsayılar olacak s¸ ekilde (a, b) ∈ Z arıyoruz. (x, y) · (a, b) = (x, y) =⇒ (xa + yb, xb + ya) = (x, y) =⇒ (xa + yb, xb + ya) ∼ (x, y) =⇒ (xa + yb) + y = (xb + ya) + x =⇒ xa + y(b + 1) = x(b + 1) + ya

S¸ imdi en son denklemin her x, y için dogru ˘ olması için x ve y’nin katsayıları e¸sit olmalıdır. O halde a = b + 1 dir. Buradan birim eleman (a, b) = (b + 1, b) = (1, 0) bulunur. 4.) Çarpma i¸sleminin toplama üzerine dagılma ˘ özelligi ˘ vardır. x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f ) alalım. x(y + z) = (a, b) · (c + e, d + f ) = (ac + ae + bd + bf, ad + af + bc + be)

. . . . . . (I)

xy + xz = (ac + bd, ad + bc) + (ae + bf, af + be) = (ac + bd + ae + bf, ad + bc + af + be) . . . . . . (II) olup (I)=(II) oldugundan ˘ soldan dagılma ˘ özelligi ˘ gösterilmi¸s olur. Çarpma i¸slemi degi¸ ˘ smeli oldugun˘ dan sagdan ˘ dagılma ˘ özelligi ˘ de vardır. Teorem 12.3 x, y, z ∈ Z olsun. (a) x + z = y + z ⇐⇒ x = y

(b) xz = yz, z 6= 0 ⇐⇒ x = y

˙ Ispat (a): x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f ) alalım. x + z = y + z ⇐⇒ (a, b) + (e, f ) = (c, d) + (e, f ) ⇐⇒ (a + e, b + f ) = (c + e, d + f ) ⇐⇒ (a + e, b + f ) ∼ (c + e, d + f ) ⇐⇒ (a + e) + (d + f ) = (b + f ) + (c + e) ⇐⇒ a + d = b + c ⇐⇒ (a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ (a, b) = (c, d) ⇐⇒ x = y ˙ Ispat (b): z 6= 0 oldugundan ˘ e 6= f olmalıdır. xz = yz ⇐⇒ (ae + bf, af + be) = (ce + df, cf + de) ⇐⇒ (ae + bf, af + be) ∼ (ce + df, cf + de) ⇐⇒ ae + bf + cf + de = af + be + ce + df ⇐⇒ e(a + d) + f (b + c) = e(b + c) + f (a + d) ⇐⇒ a + d = b + c

(Çünkü e 6= f )

⇐⇒ (a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ (a, b) = (c, d) ⇐⇒ x = y 129

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 12. Tamsayılar Teorem 12.4 (a, b) ∈ Z ve k ∈ N olmak üzere: (a) (a, b) = (x + k, x) ⇐⇒ a = b + k (b) (a, b) = (x, x) ⇐⇒ a = b (c) (a, b) = (x, x + k) ⇐⇒ b = a + k Sonuç 12.5 (a, b) ∈ Z olsun. (a) a > b ise (a, b) = (a − b, 0) (b) a = b ise (a, b) = (0, 0) (c) a < b ise (a, b) = (0, b − a) Tanım 12.6 (a, b) ∈ Z olsun.

(a) a > b ise (a, b) = (a − b, 0) tamsayısına pozitif tamsayı denir ve a − b ile gösterilir. Pozitif tamsayılar kümesi Z+ ile gösterilir. (b) a < b ise (a, b) = (0, b − a) tamsayısına negatif tamsayı denir ve −(b − a) ile gösterilir. Negatif tamsayılar kümesi Z− ile gösterilir. Tanımdan da anla¸sılacagı ˘ gibi a ve b nin durumuna göre bir tamsayı negatif, pozitif veya sıfırdır; ama bunlardan sadece bir tanesidir. O halde a¸sagıdaki ˘ ayrık birle¸simi yazabiliriz: Z = Z− ∪ { 0 } ∪ Z+ Tanım 12.7 x, y iki tamsayı ise x+(−y) tamsayısına x ile y nin farkı denir ve kısaca x−y ile gösterilir. Örnek 12.8 x + 4 = 3 denkleminin çözümünün x = −1 oldugunu ˘ gösterelim. x = (a, b), 3 = (3, 0) ve 4 = (4, 0) alalım. x + 4 = 3 =⇒ (a, b) + (4, 0) = (3, 0) =⇒ (a + 4, b) = (3, 0) =⇒ (a + 4, b) ∼ (3, 0) =⇒ a + 4 = b + 3 =⇒ (a + 1) + 3 = b + 3 =⇒ a + 1 = b =⇒ x = (a, b) = (a, a + 1) = (0, 1) = −1

130

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 12. Tamsayılar

Örnek 12.9 3x − 11 = 7 denkleminin çözümünün x = 6 oldugunu ˘ gösterelim. x = (a, b), 3 = (3, 0), 11 = (11, 0) ve 7 = (7, 0) alalım. O zaman −11 = (0, 11) olur. 3x − 11 = 7 =⇒ 3x + (−11) = 7 =⇒ (3, 0) · (a, b) + (0, 11) = (7, 0) =⇒ (3a, 3b) + (0, 11) = (7, 0) =⇒ (3a, 3b + 11) = (7, 0) =⇒ (3a, 3b + 11) ∼ (7, 0) =⇒ 3a = (3b + 11) + 7 = 3b + 18 =⇒ 3a = 3(b + 6) =⇒ a = b + 6 =⇒ x = (a, b) = (b + 6, b) = (6, 0) = 6

Tamsayılarda Sıralama Tanım 12.10 Tamsayılarda küçük olma bagıntısını ˘ x = (a, b) ∈ Z ve y = (c, d) ∈ Z olmak üzere x < y ⇐⇒ a + d < b + c s¸ eklinde tanımlayalım ve “x 6 y

⇐⇒

x < y veya x = y” s¸ eklinde yazalım. Bu durumda 6

bagıntısının ˘ bir tam sıralama bagıntısı ˘ oldugu ˘ kolaylıkla gösterilebilir. x < y yerine bazen y > x yazılır. Not 12.11 Bir t = (a, b) ∈ Z alalım. t pozitif ⇐⇒ a > b ⇐⇒ (a, b) > (0, 0) ⇐⇒ t > 0 Benzer s¸ ekilde t negatif ⇐⇒ a < b ⇐⇒ (a, b) < (0, 0) ⇐⇒ t < 0 Ayrıca t pozitif ⇐⇒ ∃k ∈ N+ , t = (k, 0)

ve

t negatif ⇐⇒ ∃k ∈ N+ , t = (0, k)

oldugu ˘ kolaylıkla görülür. Teorem 12.12 x, y, z, w, t ∈ Z olsun. (a) x < y ⇐⇒ x + z < y + z

(b) x < y, z < w =⇒ x + z < y + w

(c) t > 0 ise xt > yt ⇐⇒ x > y

(d) t < 0 ise xt > yt ⇐⇒ x < y

˙ ˙ Ispat: Ispat boyunca x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f ), w = (g, h) alalım.

131

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 12. Tamsayılar ˙ Ispat (a) x < y ⇐⇒ (a, b) < (c, d) ⇐⇒ a + d < b + c ⇐⇒ (a + d) + (e + f ) < (b + c) + (e + f ) ⇐⇒ (a + e) + (d + f ) < (b + f ) + (c + e) ⇐⇒ (a + e, b + f ) < (c + e, d + f ) ⇐⇒ (a, b) + (e, f ) < (c, d) + (e, f ) ⇐⇒ x + z < y + z ˙ Ispat (b) x < y, z < w =⇒ (a, b) < (c, d)

ve

(e, f ) < (g, h)

=⇒ a + d < b + c

ve

e+h 0 oldugundan, ˘ en az bir k ∈ N+ için t = (k, 0) dır. yt < xt ⇐⇒ (c, d) · (k, 0) < (a, b) · (k, 0) ⇐⇒ (ck, dk) < (ak, bk) ⇐⇒ ck + bk < dk + ak ⇐⇒ k(c + b) < k(d + a) ⇐⇒ c + b < d + a (Çünkü k 6= 0) ⇐⇒ (c, d) < (a, b) ⇐⇒ y < x ˙ Ispat (d) t < 0 oldugundan, ˘ en az bir k ∈ N+ için t = (0, k) dır. yt < xt ⇐⇒ (c, d) · (0, k) < (a, b) · (0, k) ⇐⇒ (dk, ck) < (bk, ak) ⇐⇒ dk + ak < ck + bk ⇐⇒ k(a + d) < k(b + c) ⇐⇒ a + d < b + c (Çünkü k 6= 0) ⇐⇒ (a, b) < (c, d) ⇐⇒ x < y

132

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 12. Tamsayılar

ALISTIRMALAR ¸ 1.) A¸sagıdaki ˘ önermelerden hangisi neden dogrudur? ˘ (a) (0, 0) ∈ (0, 0)

(b) (0, 0) ∈ (1, 1)

(c) (0, 0) = (1, 1)

(d) (2, 1) ∈ (2, 1)

Çözüm: (a) (0, 0) ∈ (0, 0), çünkü 0 + 0 = 0 + 0. Çözüm: (b) (0, 0) ∈ (1, 1), çünkü 0 + 1 = 1 + 0. Çözüm: (c) (0, 0) = (1, 1), çünkü 0 + 1 = 1 + 0. Çözüm: (d) (2, 1) ∈ (2, 1) yanlı¸stır, çünkü (2, 1) denklik sınıfı olup (2, 1) bir elemandır.

2.) a, b ∈ N olduguna ˘ göre a¸sagıdaki ˘ önermelerin dogru ˘ oldugunu ˘ gösterin. (a) (a, a) ∼ (b, b)

(b) (a + 1, a) ∼ (b + 1, b)

(c) (a + 1, b + 1) ∼ (a, b)

Çözüm: (a) a + b = b + a oldugundan ˘ (a, b) ∼ (a, b) dir. Çözüm: (b) (a + 1) + b = a + (b + 1) oldugundan ˘ (a + 1, a) ∼ (b + 1, b) dir. Çözüm: (c) (a + 1) + b = (b + 1) + a oldugundan ˘ (a + 1, b + 1) ∼ (a, b) dir.

3.) A¸sagıdaki ˘ tamsayıları en sade s¸ ekilde yazın. (a) (a, b) + (b, a)

(b) (a, 0) + (b, 0)

(c) (a, a − 1) · (a, a − 2)

(d) (0, a) · (0, a + 1)

Çözüm: (a) (a, b) + (b, a) = (a + b, b + a) = (0, 0) = 0. Çözüm: (b) (a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0) = a + b. Çözüm: (c) (a, a − 1) · (a, a − 2) = (a2 + (a − 1)(a − 2), a(a − 2) + (a − 1)a) = (2a2 − 3a + 2, 2a2 − 3a) = (2, 0) = 2 Çözüm: (d) (0, a) · (0, a + 1) = (a2 + a, 0) = a2 + a.

4.) a, b, x, r ∈ N olsun. A¸sagıdaki ˘ e¸sitlikleri gösterin (a) (a + x, a) = (x + 1, 1)

(b) (a, b) + (r, r) = (a, b)

(c) (a, b) · (r, r) = (r, r)

Çözüm: (a) (a + x) + 1 = a + (x + 1) =⇒ (a + x, a) ∼ (x + 1) =⇒ (a + x, a) = (x + 1, 1) Çözüm: (b) (a, b) + (r, r) = (a + r, b + r) = (a, b), çünkü (a + r) + b = (b + r) + a. Çözüm: (c) (a, b) · (r, r) = (ar + br, ar + br) = (r, r), çünkü (ar + br) + r = (ar + br) + r. 133

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 12. Tamsayılar

5.) (a, b) + (x, y) = (c, d) ise (x, y) = (c + b, d + a) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm:

(a, b) + (x, y) = (c, d) =⇒ (a + x, b + y) = (c, d) =⇒ (a + x, b + y) ∼ (c, d) =⇒ (a + x) + d = (b + y) + c =⇒ x + (d + a) = y + (c + b) =⇒ (x, y) ∼ (c + b, d + a) =⇒ (x, y) = (c + b, d + a)

6.) (a, b) ∼ (s, m) ve (c, d) ∼ (t, n) ise a¸sagıdaki ˘ denklikleri gösterin (a) (a + c, b + d) ∼ (s + t, m + n) Çözüm: (a)

(b) (ac + bd, ad + bc) ∼ (st + mn, sn + mt)

(a, b) ∼ (s, m) =⇒ a + m = b + s (c, d) ∼ (t, n) =⇒ c + n = d + t =⇒ (a + m) + (c + n) = (b + s) + (d + t) =⇒ (a + c) + (m + n) = (b + d) + (s + t) =⇒ (a + c, b + d) ∼ (s + t, m + n)

Çözüm: (b)

(a, b) ∼ (s, m) =⇒ (a, b) = (s, m) (c, d) ∼ (t, n) =⇒ (c, d) = (t, n) =⇒ (a, b) · (c, d) = (s, m) · (t, n) =⇒ (ac + bd, ad + bc) = (st + mn, sn + mt) =⇒ (ac + bd, ad + bc) ∼ (st + mn, sn + mt)

7.) (−3) + (−2) = −5 oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: 3 = (3, 0), 2 = (2, 0) alalım. O zaman −3 = (0, 3), −2 = (0, 2) olur. (−3) + (−2) = (0, 3) + (0, 2) = (0, 5) = −5 olup sonuç bulunur.

8.) (−3) · (−2) = 6 oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: 3 = (3, 0), 2 = (2, 0) alalım. O zaman −3 = (0, 3), −2 = (0, 2) olur. (−3) · (−2) = (0, 3) · (0, 2) = (6, 0) = 6 134

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 12. Tamsayılar olup sonuç bulunur.

9.) Her x, y ∈ Z için (−x) + (−y) = −(x + y) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. O zaman −x = (b, a), −y = (d, c) olur. (−x) + (−y) = (b, a) + (d, c) = (b + d, a + c)

· · · · · · · · · (I)

x + y = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) =⇒ −(x + y) = (b + d, a + c)

· · · · · · · · · (II)

olup (I)=(II) oldugundan ˘ e¸sitlik dogrudur. ˘

10.) Her x, y ∈ Z için (−x) + y = −(x + (−y)) oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. O zaman −x = (b, a), −y = (d, c) olur. (−x) + y = (b, a) + (c, d) = (b + c, a + d)

· · · · · · · · · (I)

x + (−y) = (a, b) + (d, c) = (a + d, b + c) =⇒ −(x + (−y)) = (b + c, a + d)

· · · · · · · · · (II)

olup (I)=(II) oldugundan ˘ e¸sitlik dogrudur. ˘

11.) Her x, y ∈ Z için x − (−y) = x + y oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. O zaman −y = (d, c) olur. Ayrıca −(−y) = (c, d) olur. x − (−y) = x + (−(−y)) = (a, b) + (c, d) = x + y elde edilir.

12.) Her x, y ∈ Z için (−x) · (−y) = x · y oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. O zaman −x = (b, a), −y = (d, c) olur. (−x)(−y) = (b, a) · (d, c) = (bd + ac, bc + ad) = (ac + bd, ad + bc) = (a, b) · (c, d) = xy elde edilir.

13.) −1 < (s, t) < 1 ise s = t oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: −1 < (s, t) < 1 önermesi “−1 < (s, t) ve (s, t) < 1” anlamındadır. −1 = (0, 1) ve 1 = (1, 0)

135

˙ IÇ ˙ Hüseyin BILG

Bölüm 12. Tamsayılar alalım. S¸ imdi −1 < (s, t) =⇒ (0, 1) < (s, t) =⇒ t < s + 1 =⇒ t + 1 6 s + 1 (s, t) < 1 =⇒ (s, t) < (1, 0) =⇒ s < t + 1 =⇒ s + 1 6 t + 1 olup buradan t + 1 = s + 1, yani s = t bulunur.

14.) A¸sagıdaki ˘ açık önermelerin Z’deki çözümlerini teoremleri kullanarak bulun. (a) x + 2 < 7

(b) x + 2 > x

(c) −x − 2 < 4 − 2x

Çözüm: (a) x + 2 < 7 =⇒ x + 2 < 5 + 2 =⇒ x < 5 olup çözüm kümesi { x ∈ Z : x < 5 } dir. Çözüm: (b) x + 2 > x =⇒ x + 2 > x + 0 =⇒ 2 > 0 olup bu önerme yanlı¸stır. Çözüm kümesi ∅ dir. Çözüm: (c)

−x − 2 < 4 − 2x =⇒ −x + (−2) + 2 < 4 − 2x + 2 =⇒ −x < −2x + 6 =⇒ −x + (2x) < −2x + 6 + 2x =⇒ x < 6

olup çözüm kümesi { x ∈ Z : x < 6 } dır.

15.) Her x, y ∈ Z için x · y = 0 =⇒ x = 0 veya y = 0 oldugunu ˘ gösterin. Çözüm: x = (a, b), y = (c, d) alalım. S¸ imdi x · y = 0 =⇒ (a, b) · (c, d) = 0 =⇒ (ac + bd, ad + bc) = (0, 0) =⇒ (ac + bd, ad + bc) ∼ (0, 0) olup buradan ac + bd = bc + ad elde edilir. S¸ imdi a 6= b ise (yani x 6= 0 ise) ac + bd = bc + ad olması için gerek ve yeter s¸ art c = d olmasıdır (yani x 6= 0 =⇒ y = 0 dır). Benzer s¸ ekilde c 6= d ise (yani y 6= 0 ise) ac + bd = bc + ad olması için gerek ve yeter s¸ art a = b olmasıdır (yani y 6= 0 =⇒ x = 0 dır). Yani x = 0 veya y = 0 olmalıdır.

136

Adı, Soyadı:

Numarası:

MT

˙ II DERSI˙ ÖRNEK YARIYIL SONU SINAVI MT108 SOYUT MATEMATIK ˙ 1.) 5 elemanlı bir kümeden 2 elemanlı bir kümeye kaç tane örten fonksiyon yazılabilir? (Ipucu: Sabit olmayan fonksiyon örtendir.)

120

25

N

32

30

Hiçbiri

2.) f : R −→ R, f (x) = cos x ve A = (0, 2π] ise f (A) =?

(−1, 1]

[−1, 1)

(−1, 1)

(0, 1]

N

Hiçbiri

(a + 1)(b + 2) i¸slemi kapalı ise A a¸sagıdakilerden ˘ hangisi olabilir? 2 N + −

A=N A=Q

A=Q

Hiçbiri

3.) Bir A kümesinde a ∗ b =

A=Z

4.) Rasyonel sayılarda tanımlanan a ∗ b = a2 + b2 − 1 i¸slemi için hangisi dogrudur? ˘ N

Kapalı degil ˘ Birle¸sme öz. yok Birim eleman var Bazı elemanların tersi var Hiçbiri ˘ 5.) Bütün kümeler üzerinde tanımlanan A ∗ B = A ∩ B i¸slemi için hangisi dogrudur?

Kapalı degil ˘

Birle¸sme öz. var

Degi¸ ˘ sme özelligi ˘ yok

Birim el. var

N

Hiçbiri

6.) A¸sagıdaki ˘ sistemlerden hangisi abelyen gruptur? (a ∗ b = a + b − 3, a4b = 2a + 2b) N (Z, ∗)

(Z, ·)

(Q, 4)

(R \ { 1 } , +)

Hiçbiri 7.) p :“Abelyen olmayan bir grup aynı zamanda monoiddir” ve q :“Monoid olup yarıgrup olmayan sistemler vardır” önermeleri için:

p, q : Yanlı¸s

p, q : Dogru ˘

p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘

N

p :Dogru, ˘ q : Yanlı¸s

Hiçbiri

˘ hangisi kesinlikle dogru˘ 8.) A’da tanımlı bir ∗ i¸slemi olsun. (A, ∗) monoid degil ˘ ise a¸sagıdakilerden dur?

(A, ∗) yarıgruptur Birim el. vardır

N

(A, ∗) grup degil ˘ Birle¸sme öz. vardır Hiçbiri

˙ sayılabilir kümenin kesi¸simi sayılabilirdir” öner9.) p :“Sonsuz her küme sayılamazdır” ve q :“Iki meleri için: N p : Yanlı¸s, q : Dogru ˘ 10.) A

B

p, q : Yanlı¸s

p, q : Dogru ˘

p :Dogru, ˘ q : Yanlı¸s

Hiçbiri

C olsun. A sonlu bir küme ve C sayılabilir sonsuz ise B için hangisi kesinlikle dogru˘

dur?

sonludur

N N

sayılabilirdir

sonsuzdur

sayılabilir sonsuzdur

s¸ eklinde i¸saretleyiniz. Bu sayfadaki her soru 5 puandır.

Dört yanlı¸s bir dogruyu ˘ götürür. Diger ˘ sayfaya geçiniz

137

Hiçbiri

Adı, Soyadı:

Numarası:

MT

11 (a) Sayılabilir Sonsuz Küme tanımını yazın (5p). (b) Tümevarımla her n ∈ N için 11 (44n+2 − 3n+3 ) oldugunu ˘ gösterin. (15p) 12.) Her x, y ∈ N için x · y = 0 =⇒ x = 0 veya y = 0 oldugunu ˘ gösterin. (15p) 13.) x, y, z ∈ Z ve z 6= 0 olsun. xz = yz ⇐⇒ x = y önermesini ispatlayın. (15p)

BA¸SARILAR

NOT: Süre 80 dakikadır.

˙ IÇ ˙ Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BILG

CEVAP 11 (a) Tanım: Do˘gal sayılar kümesi ile e¸sgüçlü olan kümelere sayılabilir sonsuz küme denir. ˙ Ispat (b): P (n) önermesi 11 (44n+2 − 3n+3 ) olsun. n = 0 için 11 (16 − 27) yani 11 (−11) do˘gru olup P (0) do˘grudur. Simdi ¸ P (n) in do˘gru oldu˘gunu kabul edelim. O halde 44n+2 − 3n+3 = 11 · k olacak s¸ekilde bir k ∈ Z vardır. Simdi ¸ 44(n+1)+2 − 3n+4 = 44n+6 − 3n+4 = 256 · 44n+2 − 3 · 3n+3 = (253 + 3) · 44n+2 − 3 · 3n+3 s¸eklinde yazılır. 253 = 23 · 11 oldu˘gundan son ifade: 4n+2 23 · 11 · 44n+2 + 3| · 44n+2{z − 3 · 3n+3} = 11(23 | · 4 {z + 11 · k}) ∈N

3·11·k

olup 23 · 44n+2 + 11 · k ∈ N oldu˘gundan P (n + 1) de do˘grudur. Tümevarımdan dolayı her n ∈ N için P (n) do˘grudur.

CEVAP 12

˙ Ispat: x = A, y = B diyelim. xy = 0 =⇒ A · B = ∅ =⇒ A × B = ∅ =⇒ A × B ile ∅ e¸sgüçlü =⇒ A × B = ∅ (Çünkü ∅ sadece ∅ ile e¸sgüçlü) =⇒ A = ∅ veya B = ∅ =⇒ x = A = ∅ = 0 veya y = B = ∅ = 0 CEVAP 13 ˙ Ispat: x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f ) alalım. z 6= 0 oldu˘gundan e 6= f olmalıdır. xz = yz ⇐⇒ (ae + bf, af + be) = (ce + df, cf + de) ⇐⇒ (ae + bf, af + be) ∼ (ce + df, cf + de) ⇐⇒ ae + bf + cf + de = af + be + ce + df ⇐⇒ e(a + d) + f (b + c) = e(b + c) + f (a + d) ⇐⇒ a + d = b + c ⇐⇒ (a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ (a, b) = (c, d) ⇐⇒ x = y

138

(Çünkü e 6= f )

Kaynakça ˙ [1] Örneklerle Soyut Matematik, Prof. Dr. Fethi Çallıalp, Birsen Yayınevi, Istanbul, 2005. [2] Soyut Matematik, Prof.Dr. Orhan Özer, Prof.Dr. Dogan ˘ Çoker, Prof.Dr. Kenan Ta¸s, Bilim Yayıncılık, Ankara, 2009. [3] Soyut Matematik, Prof.Dr. Ali Dönmez, Seçkin Yayıncılık, Ankara, 2001. [4] Soyut Matematik, Sait Akka¸s, H.Hilmi Hacısalihoglu, ˘ Zühtü Özel, Arif Sabuncuoglu, ˘ Hacısalihoglu ˘ Yayıncılık, Ankara, 2009. [5] Çözümlü Soyut Matematik Problemleri, Sait Akka¸s, H.Hilmi Hacısalihoglu, ˘ Zühtü Özel, Arif Sabuncuoglu, ˘ Hacısalihoglu ˘ Yayıncılık, Ankara, 2000. [6] Soyut Matematik, Prof.Dr. Orhan Özer, T.C. Anadolu Üniversitesi Yayınları No:1062, http://w2.anadolu.edu.tr/aos/kitap/ilkogretim_lisans.aspx [7] Soyut Matematik, Prof.Dr. Timur Karaçay, Türkiye Bilimler Akademisi Ulusal Açıkders Malzemeleri, http://www.acikders.org.tr/course/view.php?id=20

139