soyut matemat k ders notları

SOYUT MATEMATK
DERS NOTLARI
Yrd. Doç. Dr. Hüseyin BLGÇ
Kahramanmara³ Sütçü mam Üniversitesi FenEdebiyat Fakültesi
Matematik Bölümü
Eylül 2011
çindekiler
1
Önermeler ve spat Yöntemleri
1
2
Kümeler
13
3
Ba§ntlar ve Özellikleri
28
4
Denklik Ba§ntlar
41
5
Sralama Ba§ntlar
49
6
Fonksiyonlar
60
7
³lem ve Özellikleri
71
8
Cebirsel Yaplar
83
9
Saylabilirlik
99
10 Do§al Saylarn n³as
109
11 Tümevarm lkesi
119
12 Tamsaylar
125
Bölüm 1
Önermeler ve spat Yöntemleri
Tanm 1.1 Do§ru veya yanl³ ama bunlardan sadece bir tanesi olabilen ifadelere
meler
p, q, r, . . .
önerme denir. Öner-
gibi harerle gösterilir.
Örnek 1.2 A³a§daki ifadelerin önerme olup olmad§n bulalm:
(a) 2 asal saydr.
(b) Her
n
do§al says için
2n + 1
asaldr. (Dikkat: 0 do§al saydr)
(c) Düzlemde bir üçgenin iç açlarnn toplam 180 derecedir.
(d) 4'den büyük her çift say iki asal saynn toplamdr. (Goldbach, 1742)
(e) Yarn pikni§e gidelim.
n=3
Çözüm: Burada (a) ve (c) do§ru birer önermedir.
için
2n + 1 = 9
asal olmad§ndan (b) yanl³
bir önermedir. (d) ifadesi 1742'de Rus matematikçi Christian Goldbach tarafndan ortaya atlm³ bir
iddiadr ve henüz do§ru olup olmad§ ispatlanamam³tr. Ya do§ru ya yanl³ olaca§ndan bir önermedir.
(e) cümlesi kesin bir hüküm bildirmedi§inden bir önerme de§ildir.
Not: Bir tahtada yazan Bu tahtadaki her cümle yanl³tr cümlesinin do§ru olmas da yanl³ olmas
da çeli³kiye yol açaca§ndan bu cümle bir önerme de§ildir. Benzer ³ekilde bir Romalnn söyleyece§i
Bütün Romallar yalancdr cümlesi de önerme olamaz.
Tanm 1.3 fadesinde de§i³kenler bulunan ve bu de§i³kenlerin alaca§ de§erlere göre do§ru veya yanl³
(ama bunlardan sadece bir tanesi) olabilen ifadelere
saysna göre
Örnek 1.4
p(x), p(x, y), p(x, y, z), . . .
x
p(0)
ve
denir. Açk önermeler de§i³ken
gibi gösterilir.
bir reel sayy göstermek üzere,
için önerme do§rudur. Yani
açk önerme
p(−1)
p(x)
2
açk önermesi x
+ x = 0
olsun.
do§rudur. Aksi halde önerme yanl³tr.
1
x=0
ve
x = −1
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
Hüseyin BLGÇ
Birle³ik Önermeler
Tanm 1.5
p
ve
q
iki önerme olsun. p ve
q
önermesi bu önermelerden her ikisi de do§ru iken do§ru;
aksi halde yanl³ olan önermedir. Buna iki önermenin
kesi³imi
de denir ve
p∧q ile gösterilir. p veya q önermesi de bu önermelerden en az birisi do§ru iken do§ru; aksi halde yanl³ olan önermedir. Buna iki
önermenin
birle³imi
de denir ve
p∨q
ile gösterilir. (Dikkat: veya kelimesinin Türkçe'deki kullanl³
farkl olabilir.)
Önermelerin ve bunlara kar³lk gelen birle³ik önermelerin alaca§ de§erleri bir tablo halinde gösterelim.
Burada do§ru için 1 sembolü veya D har; yanl³ için ise 0 sembolü veya Y har yazlr. Bu tablolara
do§ruluk tablosu denir.
Tanm 1.6 Bir
suzu
x2
<7
q
p∧q
p∨q
p
q
p∧q
p∨q
D
D
D
D
1
1
1
1
D
Y
Y
D
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
veya
önermelerinin do§ruluk tablosu.
p önermesi do§ru iken yanl³; yanl³ iken do§ru olan önermeye p'nin de§ili
0
denir ve p , ∼
Örnek 1.7
p
p:Bir
p, ¬p, p
p
∼p
1
0
0
1
∼ q(x) :
x2
>7
p≡q
yazlr.
∼ p:Bir
gün 24 saat de§ildir önermesidir.
q(x) :
dir.
Tanm 1.8 Do§ruluk de§eri her zaman ayn olan
denir ve
olum-
sembollerinde birisi ile gösterilir.
gün 24 saattir önermesinin de§ili
önermesinin de§ili
veya
p
ve
q
önermelerine
e³de§er
veya
denk
önermeler
p(x) ve q(x) açk önermelerinin denk olmas her x için p(x) ve q(x) önermelerinin
ayn olmasdr.
Örnek 1.9
p :Her do§al say tektir
önermesi ile
q :63 asaldr
önermeleri denktir. Ayrca ³a§daki üç
açk önerme de denktir: (x reel sayy göstermektedir)
r(x) : “x2 < 25”,
s(x) : “x < 5
2
ve
− 5 < x”,
t(x) : |x| < 5
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
Hüseyin BLGÇ
Örnek 1.10 A³a§daki özelliklere De Morgan Kurallar denir:
(p ∧ q)0 ≡ (p0 ∨ q 0 )
(p ∨ q)0 ≡ (p0 ∧ q 0 )
ve
Bu özelliklerin do§ru oldu§unu tablo ile gösterin: (bo³luklar doldurun)
p
q
p0
q0
1
1
0
0
1
0
0
1
0
1
1
0
0
0
1
1
Tanm 1.11 p ise
ko³ullu
q
önermesi
önerme denir ve
önermesi p,
q 'yu
Örnek 1.12 2
p∧q
(p ∧ q)0
p do§ru ve q
p =⇒ q
p0 ∨ q 0
p∨q
(p ∨ q)0
p0 ∧ q 0
yanl³ iken yanl³; aksi halde do§ru olan önermedir. Buna
ile gösterilir.
p'ye hipotez q 'ya
da
sonuç
önermesi denir.
gerektirir ³eklinde de okunur.
<1
ise
2<3
p
q
p =⇒ q
1
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
1
tür önermesi do§rudur, çünkü
p:Ya§mur
ya§yor ,
(0 =⇒ 1) ≡ 1.
p:Bahçe
imdi
snalyor
önermelerini dü³ünelim. Ya§mur ya§d§nda her zaman bahçenin sland§ bilindi§ine göre
önermesi do§rudur. (Ya§mur ya§mad§nda zaten
q =⇒ p
Not:
p
yanl³ oldu§undan
do§ru de§ildir. (Neden?)
p =⇒ q
önermesinde
p önermesi
q
önermesi için yeter ko³uldur
q önermesi
p
önermesi için gerek ko³uldur
denir.
Örnek 1.13
p =⇒ q
(p =⇒ q) ≡ (q 0 =⇒ p0 ) ≡ (p0 ∨ q)
oldu§unu 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
p =⇒ q
p =⇒ q
do§rudur.) Ancak
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
Hüseyin BLGÇ
Buna göre a³a§daki üç önermenin birbirine denk oldu§unu (aslnda do§ru oldu§unu) söyleyebiliriz:
(a) Ya§mur ya§yor
=⇒
bahçe slanyor.
=⇒
(b) Bahçe slanmyor
ya§mur ya§myor
(c) Ya§mur ya§myor veya bahçe slanyor.
Tanm 1.14
p =⇒ q ve q =⇒ p önermeleri ayn anda do§ru iken do§ru, aksi halde yanl³ olan önermeye
iki yönlü ko³ullu önerme
q
için gerek ve yeter ³art
denir ve
⇐⇒ q
³eklinde yazlr. p ancak ve ancak
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
önermesi,
p
ile
q
(p ⇐⇒ q) ≡ (p =⇒ q) ∧ (q =⇒ p).
q : n = 2
³eklinde veya p
Ayrca ³unu da diyebiliriz:
denk iken do§ru; aksi halde yanl³ olan önermedir.
Örnek 1.15 Bir asal say çifttir ancak ve ancak 2 dir önermesini ele alalm.
çifttir ve
q
dur ³eklinde okunur. Do§ruluk tablosu ³u ³ekildedir.
Tablodan da anla³laca§ gibi aslnda
p
p ⇐⇒ q
p =⇒ q
diyelim.
nun ve
q =⇒ p
p : n
says asal ve
nin do§ru oldu§u açktr. O halde
p ⇐⇒ q
do§rudur.
Örnek 1.16
Çözüm:
|x| =
6 1
x
bir reel sayy göstermek üzere her
|x| = 1 =⇒ x = 1
dir. O halde
veya
x = −1
|x| = 1 ⇐⇒
x3
olup
=x
x
için
x3 = x
|x| = 1 ⇐⇒ x3 = x
do§ru olur. Ancak
önermesi yanl³tr. Ama,
önermesi do§ru mudur?
x=0
için
|x| = 1 ⇐⇒
x3 = x
x2
olur fakat
=1
önermesi
do§rudur.
Niceleyiciler
Önermelerdeki bütün, her, en az bir, baz, hiçbir gibi kelimelere
niceleyici
denir. Mesela,
bütün ö§renciler bayandr, sfrdan büyük en az bir tamsay vardr önermelerinde oldu§u gibi. imdi,
bir
p(x)
açk önermesi verilsin.
Bütün
x
ler için
En az bir
yazaca§z. Burada
∀
ve
∃
x
için
p(x)
do§rudur
yerine ksaca
∀ x, p(x)
p(x)
do§rudur
yerine ksaca
∃ x, p(x)
niceleyicilerine srasyla
evrensel
4
ve
varlksal niceleyici
denir.
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
Örnek 1.17 ∀ x tamsays için
|x| = x
Örnek 1.18 ∀ x reel says için
x2 − x + 2 6= 0
diskriminant
∆ = b2 − 4ac = −7 < 0
Örnek 1.19 ∃ x reel says için
önermesi yanl³tr. Çünkü
x = −2
önermesi do§rudur. Çünkü
için
| − 2| =
6 −2
dir.
x2 − x + 2 = 0 denkleminin
olup bu denklemin reel kökü yoktur.
x2 = x
Örnek 1.20 ∃ n do§al says için
Hüseyin BLGÇ
önermesi do§rudur. Çünkü
3(n + 2)
x=0
için
asaldr önermesi yanl³tr. Çünkü
02 = 0
dr.
3(n + 2)
says 3'den
büyük ve 3'ün bir tam kat olup asal olamaz.
Not:
∃
ve
∀
niceleyicileri ile ba³layan önermelerin olumsuzlar ³öyledir:
∼ (∃, p(x)) ≡ ∀ x, ∼ p(x)
∼ (∀, p(x)) ≡ ∃ x, ∼ p(x)
ve
Örnek 1.21
∼ (∀x, x + 3 < 10) ≡ (∃x, x + 3 > 10)
∼ (∃x, x + 3 = 7) ≡ (∀x, x + 3 6= 7)
Teorem ve spat Yöntemleri
Tanm 1.22 Do§ru oldu§u ispatlanm³ önermelere
verilir. Böyle bir teoremin ispatn yapmak için
yüzden
p'ye
durumda
hipotez,
p =⇒ q
ile
q 'ya
p
teorem
denir. Teoremler genelde
do§ru iken
q
³eklinde
nun do§ru oldu§u gösterilmelidir. (Bu
da sonuç denmektedir.) Bazen teoremler
q =⇒ p
p =⇒ q
p
⇐⇒
q
³eklinde verilir. Bu
önermeleri ayr ayr ispatlanmaldr.
imdi temel ispat yöntemlerini görelim:
A) Do§ruluk Çizelgesi Yöntemi
Bu yöntemle bir teoremin her zaman do§ru oldu§u tablo ile gösterilir.
Örnek 1.23
p =⇒ q
ve
r0 =⇒ q 0
Çözüm: Burada hipotez
(H)
önermeleri do§ru ise
ve sonuç
(S)
H =⇒ S
önermesinin do§ru oldu§unu gösterin.
önermeleri ³öyle seçilir:
H : (p =⇒ q) ∧ (r0 =⇒ q 0 )
Daha sonra
r0 =⇒ p0
S : r0 =⇒ p0
teoreminin her zaman do§ru oldu§u gösterilir.
5
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
Soru:
p =⇒ q
Hüseyin BLGÇ
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
ve
q =⇒ r
önermeleri do§ru iken
p =⇒ r
önermesinin de do§ru oldu§unu gösterin.
B) Do§rudan spat Yöntemi
Bu yöntemde,
p =⇒ q
önermesini ispatlamak için daha önceden do§ru oldu§u bilinen
p =⇒ r1 , r1 =⇒ r2 , r2 =⇒ r3 , . . . , rn−1 =⇒ rn , rn =⇒ q
önermeler zincirinden faydalanlr.
Örnek 1.24 Bir tek do§al saynn karesi tektir teoremini ispatlayalm.
p : n tektir
ve
q : n2
tektir
diyelim. imdi
n
tek
=⇒ ∃k
tamsays için
n = 2k + 1
=⇒ n2 = 4k 2 + 4k + 1
2
=⇒ n2 = 2(2k
+ 2k}) + 1 = 2m + 1
| {z
m
=⇒ n
2
tektir, çünkü
m
tamsay
C) Dolayl spat Yöntemi
p =⇒ q
tersi
önermesi yerine onun dengi olan
q 0 =⇒ p0
önermesi ispatlanr. Bu önermeye
p =⇒ q
nun
kar³t
denir.
Örnek 1.25
gösterelim.
a
ve
b
iki do§al say olsun.
p önermesi a · b çift
ve
q
a·b
bir çift say ise
önermesi de a çift veya
6
a
ile
b
b çift
den en az birisinin çift oldu§unu
olsun. Biz
p =⇒ q
yerine
q 0 =⇒ p0
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
q 0 : a
önermesini ispatlayalm.
a
ve
b
b
ve
tek,
Hüseyin BLGÇ
p0 : a · b
tek olur.
=⇒ a = 2n + 1, b = 2m + 1
tek
³eklindedir
(n, m
tamsay
)
=⇒ ab = 4nm + 2n + 2m = 2(2nm
+{zn + m}) + 1
|
k
=⇒ ab
Soru:
3x + 2 6= 5
ise
2x + 3 6= 5
tektir, çünkü
k
bir tamsay
oldu§unu gösterin.
D) Olmayana Ergi Yöntemi
p =⇒ q
p
teoremini ispatlamak için
nin do§ru oldu§u kabul edilir. Daha sonra
kabul edilip bir çeli³ki bulunur. (Genelde
p
q
nun yanl³ oldu§u
nin do§ru olmasyla çeli³en bir durum bulunur.) Böylece
q
nun do§ru oldu§u sonucuna varlr.
x, y
Örnek 1.26
birer tamsay olsun.
x·y
tek ise
x ile y
den her ikisinin de tek oldu§unu ispatlayalm.
(Bu ispat dolayl ispat yöntemi ile de yaplabilir.)
Çözüm:
x, y
x·y
tek olsun.
x, y
nin her ikisinin de tek oldu§unu gösterece§iz. Aksini kabul edelim; yani
den en az biri çift olsun. Mesela
O halde bir
k
tamsays için
x = 2k
Bu durum bir çeli³kidir; çünkü
Not:
a, b
x·y
x
çift olsun. (y nin çift oldu§unu kabul edilirse ayn ispat yaplr)
dr. imdi
x · y = (2k)y = 2(ky)
tek kabul edilmi³ti. O halde
birer tamsay olmak üzere e§er
ax = b
olup
x, y
x·y
nin her ikisi de tektir.
olacak ³ekilde en az bir
yazp a, b yi böler ³eklinde okuyaca§z. Bu tanma göre
00
nin çift oldu§u görülür.
x
tamsays mevcutsa
önermesi do§rudur. Dikkat:
a/b
ab
veya
a
b
ifadesi bir önerme de§ildir.
Örnek 1.27
a
bir tamsay olmak üzere
6a =⇒ 2a
oldu§unu olmayana ergi yöntemi ile gösterin.
2 6 a
Çözüm:
6a
durumda
a tektir. Ancak a = 6k = 2(3k) oldu§undan a çifttir. Bu bir çeli³kidir. O halde 2a olmaldr.
olsun. O halde bir
k
tamsays için
a = 6k
dr. imdi
oldu§unu kabul edelim. Bu
Not: Her zaman do§ru oldu§u iddia edilen bir önermenin yanl³ oldu§unu göstermek için bir ters örnek
(yanl³ örnek) verilir. Yani
Örnek 1.28
a, b, c, d
Not:
alnrsa,
∀x, p(x)
patlanr.
önermesinde
tamsaylar olsun.
Çözüm: Bu önerme her
10, d = 9
p =⇒ q
3090
a, b, c, d
dr fakat
p
yi do§ru fakat
abcd =⇒ ac
veya
bd
yu yanl³ yapan bir örnek aranr.
önermesi do§ru mudur?
için verilmi³tir. Önerme do§ru de§ildir; mesela
6 6 10
ve
5 6 9
a = 6, b = 5, c =
dur.
önermesinin yanl³ oldu§unu göstermek için
∃x, p(x)
q
∃x, ∼ p(x)
önermesinin yanl³ oldu§unu göstermek için
ispatlanr.
7
önermesinin do§ru oldu§u is-
∀x, ∼ p(x)
önermesinin do§ru oldu§u
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
Örnek 1.29
∃x
reel says için
x2 < 0
Hüseyin BLGÇ
∀x
önermesi yanl³tr; çünkü
reel says için
x2 > 0
dr.
Soru: Çal³mazsam uyuyaca§m, üzülürsem uyumayaca§m. O halde üzülürsem çal³aca§m. spatlayn.
Örnek 1.30
2m − 1
bir asal say ise
m
nin de asal oldu§unu gösterin.
Çözüm: Dolayl ispat yöntemini kullanalm.
m asal olmasn. O halde n > 1, k > 1 olmak üzere m = nk
³eklindedir. imdi
n
n
2m − 1 = (2n )k − 1 = (2
− 1}) |2n(k−1) + 2n(k−2)
{z + · · · + 2 + 1}
| {z
A
imdi
n>1
oldu§undan
A>1
dir. Ayrca
B
k>1
B>1
oldu§undan
dir. Bu durumda
2m − 1
in asal
olmad§ görülür.
√
Örnek 1.31
2
edelim. O halde
√
reel saysnn irrasyonel oldu§unu gösterelim.
a, b
ve
b 6= 0
a
ile
b
a = 2k
2=
a
b
nin (1 den büyük) ortak çarpan olmad§n kabul edebiliriz. imdi
2=
olur.
a2
=⇒ 2b2 = a2 =⇒ a2
b2
çift
=⇒ a
a
çift
dersek
2b2 = a2 =⇒ 2b2 = 4k 2 =⇒ b2 = 2k 2 =⇒ b2
olur. Yani
saysnn rasyonel oldu§unu kabul
tamsaylar için
√
³eklindedir. Burada
2
ile
b
çift
=⇒ b
çift
√
nin 1 den büyük ortak çarpan (yani 2) olur. Bu bir çeli³kidir. O halde
2
rasyonel
de§ildir.
Not: Bir önceki örnekte a³a§daki önermeye olmayan ergi yöntemi uygulanm³tr:
a, b
√
Soru:
pb
3
√
ve
6
aralarnda asal iki tamsay
=⇒
saylarnn irrasyonel oldu§unu gösterin. (pucu:
dir.)
ALITIRMALAR
1.)
a √
6= 2
b
[p =⇒ (q ∧ r)] ≡ [(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r)]
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
8
p
bir asal say ve
pab =⇒ pa
veya
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
2.)
Hüseyin BLGÇ
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
[p0 =⇒ (q =⇒ r0 )] ≡ [(q ∧ r) =⇒ p]
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
3.)
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
(p ⇐⇒ q) =⇒ [(p ∧ r) ⇐⇒ (q ∧ r)]
önermesinin do§ruluk tablosunu yapnz.
Çözüm:
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.) A³a§daki da§lma kurallarnn do§ru oldu§unu gösterin:
p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)
ve
9
p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
Hüseyin BLGÇ
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
Di§er özelli§in ispat da a³a§daki tablodadr:
5.) 3 says
a'y
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
bölmüyor ise 18 says da
a'y
bölmez önermesinin do§ru oldu§unu ispat yöntem-
lerinden birini kullanarak gösterin.
Çözüm:
p önermesi: 3 6 a ve q önermesi: 18 6 a olsun. Dolayl ispat yöntemini kullanalm; yani q 0 =⇒ p0
önermesini ispatlayalm:
18a =⇒ a = 18k, (k :
çünkü
6.)
6k
bir tamsaydr. Böylece
p =⇒ q
(p =⇒ q) ≡ (p0 ∨ q)
=⇒ a = 3(6k) =⇒ 3a
ispatlanm³ olur.
[(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r)] ≡ [p =⇒ (q ∧ r)]
Çözüm:
tamsay )
denkli§ini ve
oldu§unu tablo yapmadan gösterin.
∨'nn ∧
üzerine da§lma özelli§ini kullanrsak:
(p =⇒ q) ∧ (p =⇒ r) ≡ (p0 ∨ q) ∧ (p0 ∨ r) ≡ p0 ∨ (q ∧ r) ≡ [p =⇒ (q ∧ r)]
elde edilir.
10
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
7.)
(p =⇒ q) =⇒ r
8.)
9.)
önermesinin do§ruluk tablosunda, bu önermeninin sütununda kaç tane 0 vardr?
p : “ ∃x
tamsay,
p, q :
Do§ru
10.)
N
Hiçbiri
x2 + 1 = −x ” olsun ve q : “ ∀x reel say, x4 > x2 ” olsun. Buna göre:
N
p, q : Yanl³ p : Do§ru, q : Yanl³ p : Yanl³, q : Do§ru Hiçbiri
yoktur
(p =⇒ q)0
N
p ∧ q0
Hüseyin BLGÇ
2 tane
3 tane
4 tane
önermesi a³a§dakilerden hangisine denktir?
p0 ∧ q
p : “ ∃x
tamsay,
x2 = −x ”
p, q :
Do§ru
p, q :
p ∨ q0
p0 ∨ q
q : “ ∀x reel say, x2 > x ” olsun. Buna göre:
N
p : Do§ru, q : Yanl³ p : Yanl³, q : Do§ru
Hiçbiri
Hiçbiri
olsun ve
Yanl³
11.)
(p∧(p =⇒ q)) =⇒ q önermesinin do§ruluk tablosunda bu önermenin sütununda kaç tane 0 vardr?
N
yoktur
2 tane
3 tane
4 tane
Hiçbiri
12.)
(p =⇒ q) ≡ (∼ q =⇒∼ p) ilkesini
N
Do§rudan ispat
Dolayl
temel alan ispat yönteminin ad nedir?
ispat
Olmayana Ergi
13.) A³a§daki önermelerden hangisi yanl³tr? (t:tamsay,
n:do§al
Çeli³ki bulma
say,
m:pozitif
Hiçbiri
do§al say,
x:reel
say)
∀t, t 6 t4
14.)
15.)
∃n, n + 6 = n3
p =⇒ q önermesinin olumsuzu
N
p ∧ q0
p0 ∧ q
(p0 =⇒ q 0 )0
N 0
p ∧q
∀m, m2 6= 6m
N
∃x, x + 1 = x2
Hiçbiri
a³a§dakilerden hangisidir?
p ∨ q0
p0 ∨ q
Hiçbiri
p ∧ q0
p ∨ q0
Hiçbiri
a³a§dakilerden hangisidir?
p0 ∨ q
16.) A³a§daki önermelerden hangisi do§rudur? (x:reel say,
∀x, x2 + 1 < 1
∃n, 4n
asaldr
N
n:do§al
∀t, t(t + 3) > −3
say,
t:tamsay, r:rasyonel
∀r, 8r
tamsaydr
say)
Hiçbiri
17.)
(p∧q) =⇒ (p =⇒ q) önermesinin do§ruluk tablosunda bu önermenin sütununda kaç tane 0 vardr?
N
1 tane
3 tane
4 tane
yoktur
Hiçbiri
18.)
(p =⇒ q 0 )0
a³a§dakilerden hangisidir?
p0 ∧ q
p∨q
N
19.) A³a§daki önermelerden hangisi do§rudur? (n :do§al say,
∃n, n2
asaldr
∀x, x2 − 3 < −3
N
p ∨ q0
p∧q
x :reel
∀t, t(t + 4) > −5
say,
Hiçbiri
t:tamsay, r :rasyonel
∀r, r2
tamsaydr
say)
Hiçbiri
20.)
(p∧q) =⇒ (p =⇒ q) önermesinin do§ruluk tablosunda bu önermenin sütununda kaç tane 1 vardr?
N
4 tane
1 tane
3 tane
yoktur
Hiçbiri
21.)
(p ∧ q)0 ⇐⇒ (p0 ∨ q 0 )
önermesi a³a§dakilerden hangisine denktir?
p∧q
p ∨ q0
N
p ∨ p0
11
p ∧ p0
Hiçbiri
Bölüm 1. Önermeler ve spat Yöntemleri
Hüseyin BLGÇ
22.) A³a§daki önermelerden hangisi yanl³tr? (x : reel say,
say,
23.)
y:
tamsay olmayan reel say,
n:
t : tamsay)
√
N
∀x, x3 rasyonel ∃y, y 3 tamsay ∀n, n + 1 do§al say ∃t, t2 + 40 asal √
√
p : 7 asal ise 2 rasyonel saydr, q : 6 do§al say ⇐⇒ 1 asaldr olsun. Buna göre:
N
p, q : Do§ru p : Do§ru, q : Yanl³
p : Yanl³, q : Do§ru p, q : Yanl³ do§al
Hiçbiri
Hiçbiri
24.) Ku³lar ötüyor ise güne³ do§uyor. Ya§mur ya§yor ise güne³ do§muyor. Ya§mur ya§d§na göre
a³a§dakilerden hangisi söylenebilir.
25.)
Güne³ do§uyor
p ∧ (q ∨ r)
Ya§mur ya§myor
Ku³lar ötüyor
N
2
27.)
∀x,
p
q
ve
x3 reel
do§ru,
r
29.)
30.)
31.)
(r ∧ q) =⇒∼ p
(a < b =⇒ a = b)
N
a<b
x > y =⇒ x = y
x<y
Hiçbiri
∀n, n + 1
n:
Hiçbiri
t : tamsay )
√
∃t, t2 + 49 asal Hiçbiri
do§al say,
tamsay
de yanl³ bir önerme ise a³a§dakilerden hangisi yanl³tr?
(p =⇒ r) ∨ q
28.)
121 asal ise 7 asal de§il
4
3
26.) A³a§daki önermelerden hangisi yanl³tr? (x : reel say,
√
Ku³lar ötmüyor
önermesinin do§ruluk tablosunda, bu önermenin sütununda kaç tane 1 vardr?
1
N
N
∼ p ⇐⇒ (∼ q∧ ∼ r)
∼ (p =⇒ r)
önermesinin olumsuzu a³a§dakilerden hangisidir? (pucu:
b<a
a=b
önermesinin olumsuzu hangisidir? (pucu:
N
x>y
x6y
N
Hiçbiri
(p =⇒ q) ≡ p0 ∨ q
a>b
)
Hiçbiri
Hiçbiri
(p =⇒ q) ≡ p0 ∨ q )
x>y
p ⇐⇒ q önermesinin olumsuzu a³a§dakilerden hangisidir?
N 0
(p ∨ q) =⇒ (p0 ∧ q)
p0 ⇐⇒ q 0
p∨q
p∧q
Hiçbiri
√
√
p : 15 asal de§il ise 2 rasyonel saydr, q : 6 rasyonel ⇐⇒ 9 asaldr olsun. Buna göre:
N
p, q : Do§ru p : Do§ru, q : Yanl³
p : Yanl³, q : Do§ru p, q : Yanl³ Hiçbiri
12
Bölüm 2
Kümeler
Tanm 2.1 yi tanmlanm³ nesnelerin bir toplulu§una
büyük harerle; kümenin elemanlar da
A
kümesine aitse bunu
x ∈ A;
a, b, c . . .
aksi halde
teker yazarak gösterme yöntemine
küme
denir. Kümeler genelde
A, B, C, . . .
gibi küçük harerle gösterilir. E§er bir
x 6∈ A
x
gibi
eleman bir
³eklinde gösteririz. Bir kümeyi, elemanlarn teker
listeleme yöntemi
denir. Mesela
A = { 2, 3, 5 } .
Bir kümeyi elemanlarnn ta³d§ ortak özellikleri söyleyerek yazabiliriz. Bunun için
{ x : p(x) }
gösterimi kullanlr. Bu küme p(x) açk önermesini sa§layan bütün
ortak özellik yöntemi
x'lerin
kümesidir. Bu yönteme
denir. O zaman
A=
x ∈ R : (x − 2)(x2 − 8x + 15) = 0)
yazlabilir. (R reel saylar kümesidir.)
Kümeleri düzlemdeki kapal e§rilerle ve elemanlarn da bu e§ri içinde birer nokta olarak gösterebiliriz.
Bu yönteme
1
Venn1 emas yöntemi
denir.
John Venn (18341923)
13
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BLGÇ
A
2
3
5
ekil 2.1:
Tanm 2.2
A
A'ya B 'nin
bir
eleman varsa
A
ile
B
ve
B
Tanm 2.3
denir ve
iki küme olsun. E§er
alt kümesi
A'ya B 'nin
kümelerine
A
A\B
ve
B
veya
A = { 2, 3, 5 }
denir ve
bir
e³ittir
denir ve
iki küme olsun.
A−B
A'nn
A⊆B
özalt kümesi
A=B
A
kümesinin Venn ³emas ile gösterimi
her eleman ayn zamanda
yazlr. E§er
denir ve
A
A⊆B
B
ve
B 'nin
B 'de A'ya
yazlr. E§er
A⊆B
de bir eleman ise
ait olmayan en az bir
ve
B⊆A
ise o zaman
yazlr.
da olup
B
de olmayan elemanlarn kümesine
A
ile
B
nin
fark
ile gösterilir.
A \ B = { x : x ∈ A, x ∈
/ B } = {x ∈ A : x ∈
/ B}
yazabiliriz. Ancak
A \ B = {x ∈
/ B : x ∈ A}
yazamayz.
A
B
ekil 2.2: ki kümenin fark
Tanm 2.4 Üzerinde çal³lan en geni³ kümeye
küme ise
veya
A
A'da
A\B
evrensel küme
diyece§iz ve
olmayan (ve evrensel kümede olan) elemanlarn kümesine
E
A'nn
A
bir
tümleyeni denir ve
A0
ile gösterece§iz.
ile gösterilir. O halde:
A0 = { x : x ∈
/ A} = {x ∈ E : x ∈
/ A} = E \ A
yazlabilir. Hiçbir eleman olmayan kümeye
bo³ küme
alt kümesidir ve bütün bo³ kümeler birbirine e³ittir.
14
denir ve
∅
ile gösterilir. Bo³ küme her kümenin
Bölüm 2. Kümeler
Tanm 2.5
B
nin
ve
birle³imi
kümesine
ayrk
A
A
ile
B
B
Hüseyin BLGÇ
iki küme olsun.
denir ve
nin
A∪B
A
ya,
B 'ye
veya her ikisine ait olan elemanlarn kümesine
ile gösterilir. Hem
kesi³imi (arakesiti)
A
denir ve
ya hem de
A∩B
A ∪ B = {x : x ∈ A
veya
A ∩ B = {x : x ∈ A
ve
x ∈ B } = {x ∈ A : x ∈ B }
A
ekil 2.3: ki kümenin birle³imi
A∪B
Kümelerle lgili ³lemlerin Özellikleri
1.) a) Her
A
kümesi için
A⊆A
b)
A ⊆ B, B ⊆ A =⇒ A = B
c)
A⊆B
ve
B⊆C
ise
(Yansma özelli§i)
(Simetri Özelli§i)
A⊆C
dir. (Geçi³me özelli§i)
2.)
A ∪ A = A, A ∩ A = A
3.)
A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅
4.)
A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A
5.) Da§lma Kurallar:
a)
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
b)
A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
∅0 = E, E 0 = ∅
7.) De Morgan Kurallar:
(A ∪ B)0 = A0 ∩ B 0
(A ∩ B)0 = A0 ∪ B 0
8.)
ile gösterilir. Kesi³imi bo³ olan kümelere
x∈B}
B
A ⊆ B =⇒ B 0 ⊆ A0
15
ile
ayn anda ait olan elemanlarn
kümeler denir.
A
6.)
B 'ye
A
B
ve kesi³imi
A∩B
Bölüm 2. Kümeler
9.)
Hüseyin BLGÇ
A ⊆ A ∪ B, B ⊆ A ∪ B
A ∩ B ⊆ A, A ∩ B ⊆ B
10.)
A ⊆ B =⇒ A ∪ B = B
Not:
A∪B ∩C, A∩B ∪C
ve
veya
A∩B =A
A\B ∪C
gibi ifadeler anlamszdr. Kümelerdeki i³lemlerin öncelik sras
olmad§ndan mutlaka parantez kullanlmaldr. Ancak yanyana birden fazla kesi³im (veya birle³im)
i³lemi için parantez kullanlmayabilir. (Neden?)
Tanm 2.6
ile
B
nin
A
ve
B
iki küme olsun.
simetrik fark
A∪B
A4B
denir ve
ye ait olup
A∩B
ye ait olmayan elemanlarn kümesine
A
ile gösterilir.
A4B = { x : x ∈ A ∪ B, x ∈
/ A ∩ B } = (A ∪ B) \ (A ∩ B)
A
B
ekil 2.4: ki kümenin simetrik fark
ekilden de anla³laca§ gibi
A4B = (A \ B) ∪ (B \ A)
A4B
diyebiliriz. Ayrca
A4B = B4A
dr, çünkü:
A4B = { x : x ∈ A ∪ B, x ∈
/ A ∩ B } = { x : x ∈ B ∪ A, x ∈
/ B ∩ A } = B4A.
Tanm 2.7 Eleman saysna bir do§al say kar³lk getirilebilen kümelere
suz küme
denir. Mesela
B = { a, b, c, d }
sonlu küme ; aksi halde son-
(0, 1) açk aral§ ve tek do§al saylar kümesi { 1, 3, 5, . . . } sonsuz kümelerdir.
kümesi 4 elemanl olup sonlu bir kümedir. Bir
gösterece§iz. Bu durumda
s(∅) = 0
A
kümesinin eleman saysn
s(A)
olur. Ayrca
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 do§rudur.
A, B
ve
C
kümeleri iki³er iki³er ayrk iseler:
s(A ∪ B ∪ C) = s(A) + s(B) + s(C).
16
ile
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BLGÇ
Kümeler Ailesi
Elimizde bir takm kümeler olsun. Bu kümeleri
A1 , A2 , A3 , . . .
A, B, C, D, . . .
gibi harerle göstermek yerine; mesela
³eklinde göstermek daha kolay olacaktr. Bu durumda kümeleri
I = { 1, 2, 3, . . . } küme-
sinin elemanlarn kullanarak indislemi³ (damgalam³) oluruz. ³te bir takm kümeleri indislemek için
kulland§mz
I
kümesine
indis kümesi, her i ∈ I
elemanna bir
indislenmi³ küme denir. Elemanlar bir I indis kümesi
de bir kümeler ailesi denir. Böyle bir kümeler ailesi
indis, her i ∈ I
için
Ai
kümesine de
tarafndan indislenmi³ kümelerin kümesine
A = { Ai : i ∈ I }
³ekline 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
Tanm 2.9
A = { Ai : i ∈ I } yazlr.
A = { Ai : i ∈ I } kümeler ailesi verilsin. Bu ailenin birle³imi
[
Ai = { x :
En az bir
i∈I
için
x ∈ Ai }
i∈I
³eklinde tanmlanr. Bu ailenin
kesi³imi
\
de
Ai = { x :
Her
i∈I
için
x ∈ Ai }
i∈I
³eklinde tanmlanr.
Örnek 2.10 Bir önceki örnekte:
[
Ai = A1 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A6 = { a, b, c, e, f, g }
i∈I
\
Ai = A1 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A6 = { a }
i∈I
Örnek 2.11
I = { 1, 2, 3, . . . }
ve her
[
n∈I
için
An = [0, n1 ]
\
An = [0, 1],
n∈I
n∈I
17
kapal aral§ olsun. Bu durumda
An = { 0 } .
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BLGÇ
Genelle³tirilmi³ Da§lma Kurallar
A = { Ai : i ∈ I } ve B = { Bj : j ∈ J } aileleri verilsin. Bu durumda kesi³imin birle³im üzerine da§lma
kuralnn genel hali:

!
[
\
Ai

[

i∈I

Bj  =
j∈J
[

[
(Ai ∩ Bj )

i∈I
j∈J
Ayrca, birle³imin kesi³im üzerine da§lma kuralnn genel hali:

!
\
[
Ai

\

i∈I

Bj  =
j∈J
\

\
(Ai ∪ Bj )

i∈I
j∈J
spat:

!
x∈
[
Ai
\

[

i∈I

!
[
Bj  ⇐⇒ x ∈
j∈J
Ai
ve
x∈
i∈I

[
Bj 
j∈J
⇐⇒ ∃i ∈ I, x ∈ Ai
ve
∃j ∈ J, x ∈ Bj
⇐⇒ ∃i ∈ I
ve
∃j ∈ J
için
x ∈ Ai
⇐⇒ ∃i ∈ I
ve
∃j ∈ J
için
x ∈ Ai ∩ B j


⇐⇒ x ∈
[
[

i∈I
ve
x ∈ Bj
(Ai ∩ Bj )
j∈J
olup ispat tamamlanr. Di§er ksmn ispat da ³öyledir:

!
x∈
\
i∈I
Ai
[

\

Bj  ⇐⇒ x ∈
j∈J
Ai
veya
x∈
i∈I

\
Bj 
j∈J
⇐⇒ ∀i ∈ I, x ∈ Ai
veya
∀j ∈ J, x ∈ Bj
⇐⇒ ∀i ∈ I
ve
∀j ∈ J
için
x ∈ Ai
⇐⇒ ∀i ∈ I
ve
∀j ∈ J
için
x ∈ Ai ∪ Bj


⇐⇒ x ∈
\
\

i∈I
Örnek 2.12

!
\
veya
x ∈ Bj
(Ai ∪ Bj )
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 )
18
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BLGÇ
Genelle³tirilmi³ De Morgan Kurallar
{ Ai : i ∈ I }
ailesi verilsin. Bu durumda
!0
\
Ai
!0
=
[
Ai 0
[
ve
i∈I
i∈I
Ai
=
\
Ai 0
i∈I
i∈I
spat:
!0
\
x∈
⇐⇒ x ∈
/
Ai
\
Ai
i∈I
i∈I
⇐⇒ ∃i ∈ I
için
x∈
/ Ai
⇐⇒ ∃i ∈ I için x ∈ Ai 0
[
⇐⇒ x ∈
Ai 0
i∈I
Di§er ksmn ispat da ³öyledir:
!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 ∩ B0
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
A \ B = {x : x ∈ A
2.)
A ∪ B = B ∩ C =⇒ A ⊆ B ⊆ C
Çözüm:
A ⊆ A∪B
B∩C ⊆B
ve
x∈
/ B}=
A⊆B
A∪B = B∩C
B⊆C
ve
x ∈ B0
oldu§undan
= A ∩ B0
A ⊆ B∩C
bulunur. Benzer ³ekilde:
B ⊆A∪B =C ∩B
oldu§undan
x:x∈A
oldu§unu gösterin.
oldu§unu biliyoruz.
oldu§undan,
bulunur. Sonuç olarak
olup
A⊆B⊆C
19
B ⊆B∩C ⊆C
dir.
elde edilir. Ayrca
Bölüm 2. Kümeler
3.)
Hüseyin BLGÇ
A ∪ B = A ∩ B ⇐⇒ A = B
Çözüm: Önce
B⊆A
A∪B = A∩B
oldu§unu gösterin.
oldu§unu kabul edelim.
A=B
oldu§unu göstermek için
A⊆B
ve
oldu§unu gösterece§iz.
imdi de
A=B
A⊆A∪B =A∩B ⊆B
oldu§undan
A⊆B
B ⊆A∪B =A∩B ⊆A
oldu§undan
B⊆A
)
=⇒ A = B.
oldu§unu kabul edelim.
A ∪ B = A ∪ A = A = A ∩ A = A ∩ B.
Bu ksmn ispat ³öyle de yaplabilirdi:
)
A∪B =A∪A=A
=⇒ A ∪ B = A ∩ B.
A∩B =A∩A=A
4.)
A ⊆ B =⇒ A ∪ C ⊆ B ∪ C
Çözüm:
A⊆B
oldu§unu gösterin.
oldu§unu kabul edelim. O halde
x ∈ A ∪ C =⇒ x ∈ A
olup seçilen
x
veya
x ∈ A =⇒ x ∈ B
x ∈ C =⇒ x ∈ B
key oldu§undan önerme her
x
veya
dir.
x ∈ C =⇒ x ∈ B ∪ C
için do§rudur. O halde
A∪C
nin her eleman
B∪C
nin
bir eleman olup ispat biter.
Not: Bu tür ispatlarda
yerine
q(x)
p(x) =⇒ q(x)
yazlabilir. (q(x) yerine
p(x)
önermesi do§ru ise oklar soldan sa§a do§ru ilerlerken
yazlamaz.) Yine
p(x) =⇒ q(x)
önermesi do§ru ise
{ x : p(x) } ⊆ { x : q(x) }
kapsamas vardr.
p(x) ⇐⇒ q(x)
önermesi do§ru ise; yani
p(x) ≡ q(x)
ise
{ x : p(x) } = { x : q(x) }
e³itli§i vardr.
5.)
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
A ∪ (B ∩ C) = { x : x ∈ A
veya
x∈B∩C}
= {x : x ∈ A
veya
(x ∈ B
= { x : (x ∈ A
veya
= { x : (x ∈ A ∪ B)
ve
x ∈ B)
ve
= (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
20
x ∈ C) }
ve
(x ∈ A
(x ∈ A ∪ C) }
veya
x ∈ C) }
p(x)
Bölüm 2. Kümeler
6.)
Hüseyin BLGÇ
A ⊆ B, C ⊆ B, A ∩ C = ∅
veriliyor. Bu kümelerin bo³ olup olmamasna ve birbirlerine e³it olup
olmamasna göre farkl bütün durumlar Venn ³emas ile gösterin.
Çözüm: Toplam 7 durum vardr. ekilde 6 durum gösterilmi³ olup son durum
A = B = C = ∅
durumudur.
C
ve
C
A
C=∅
A=∅
A=B
C=B
B
C=∅
A=∅
7.) A³a§da kartezyen düzlemin
B) ∩ C
B
B
B
A
(A ∩ B) ∩ (C ∩ D)
A, B, C
ve
D
A=C=∅
altkümeleri verilmi³tir. Buna göre srasyla
kümelerini Venn ³emas 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
21
x + 2y = 6
A ∩ B, (A ∩
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BLGÇ
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 Kurallarn ispatlayn. Yani
(A ∪ B)0 = A0 ∩ B 0
ve
(A ∩ B)0 = A0 ∪ B 0
oldu§unu 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)
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
A \ (A ∩ B) = A ∩ (A ∩ B)0 = A ∩ (A0 ∪ B 0 ) = (A ∩ A0 ) ∪(A ∩ B 0 ) = A ∩ B 0 = A \ B
| {z }
∅
22
Bölüm 2. Kümeler
10.)
Hüseyin BLGÇ
(A \ B) \ C = A \ (B ∪ C)
oldu§unu 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) = ∅
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
(A ∩ B) ∩ (A \ B) = (A ∩ B) ∩ (A ∩ B 0 ) = (A ∩ A) ∩ (B ∩ B 0 ) = A ∩ ∅ = ∅
12.)
(A \ B) ∩ B = ∅
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
(A \ B) ∩ B = (A ∩ B 0 ) ∩ B = A ∩ (B ∩ B 0 ) = A ∩ ∅ = ∅
| {z }
∅
13.)
A0 \ B 0 = B \ A
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
A0 \ B 0 =
14.)
x : x ∈ A0
A⊆A∪B
Çözüm: x
ve
15.)
A∩B ⊆A
∈ A =⇒ x ∈ A
do§rudur.) O halde
O halde
x∈
/ B0
ve
A∩B ⊆A
A⊆B
ise
x : x ∈ A0
x ∈ B
ve
x∈B
= {x : x ∈ B
ve
x∈
/ A} = B \ A
önermesi her zaman do§ru olur. (Yani
dir. Benzer ³ekilde
x ∈ A∩B
ise
x∈A
x ∈ B
olmasa da
önermesi her zaman do§rudur.
dir.
A ⊆ B =⇒ A ∪ (B − A) = B
Çözüm:
=
oldu§unu gösterin.
veya
A ⊆ A∪B
A∪B =B
ve
oldu§unu gösterin.
A∩B =A
oldu§unu biliyoruz. O halde
A ∪ (B − A) = A ∪ (B ∩ A0 ) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ A0 ) = B ∩ E = B
| {z } | {z }
B
16.)
A ∪ B = ∅ =⇒ A = ∅
Çözüm:
A∪B = ∅
kümesi oldu§undan
ve
olsun.
∅⊆A
B=∅
E
oldu§unu gösterin.
A ⊆ A∪B
dr. Buradan
olaca§ndan
A=∅
A ⊆ ∅
olur. Ayrca bo³ küme her kümenin alt
elde edilir. Benzer ³ekilde
23
B=∅
dir.
Bölüm 2. Kümeler
17.)
A
ve
B
Hüseyin BLGÇ
kümeleri için
Çözüm: (=⇒) Önce
A ⊆ B ⇐⇒ A ∪ B = B
A⊆B
oldu§unu kabul edelim. Bu durumda
x ∈ A ∪ B =⇒ x ∈ A
olup
A∪B ⊆B
A⊆B
18.)
veya
B ⊆A∪B
olur. Ayrca
(⇐=) imdi A ∪ B = B
oldu§unu gösterin.
x ∈ B =⇒ x ∈ B
x ∈ A =⇒ x ∈ B
veya
x ∈ B =⇒ x ∈ B
her zaman do§ru oldu§undan
oldu§unu kabul edelim.
A ⊆ A∪B
dir. O zaman
A∪B =B
oldu§unu biliyoruz.
elde edilir.
A∪B = B
oldu§undan
elde edilir.
(A0 )0 = A
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
A = {x : x ∈ A} =
19.)
A∪B =E
Çözüm:
ve
x:x∈
/ A0
A ∩ B = ∅ ⇐⇒ B = A0
(=⇒) A ∪ B = E
x∈A∪B
ve
olmaldr. O halde
A∩B = ∅
x∈B
oldu§unu gösterin. (E
olsun.
B ⊆ A0
elde edilir. Sonuç olarak
B = A0
(⇐=) B = A0 =⇒ A ∪ B = A ∪ A0 = E
20.)
A − B = ∅ ⇐⇒ A ⊆ B
Çözüm:
(=⇒) A − B = ∅
kabul edelim; yani
x∈
/B
(⇐=)
imdi
A⊆B
evrensel kümedir)
⊆B
dr. Fakat
oldu§undan
x∈
/ A =⇒ x ∈ A0
dür.
dir. Ayrca
oldu§unu kabul edelim.
olsun. Bu durumda
x∈
A ∩ B = A ∩ A0 = ∅.
x∈A
alalm.
x∈B
B 0 olur. O halde
oldu§unu gösterece§iz. Aksini
x ∈ A ∩ B0 = A − B
kabul edilmi³tir.
kabul edelim. Bu durumda
A4(A ∩ B) = A − B
Çözüm:
A∩B ⊆A
olmal; yani
dir. imdi de
A∩B =A
olur. imdi
A − B = A ∩ B 0 = (A ∩ B) ∩ B 0 = A ∩ (B ∩ B 0 ) = A ∩ ∅ = ∅.
21.)
x ∈ E
oldu§unu gösterin.
A−B =∅
bir çeli³kidir, çünkü
:
x ∈ A0 =⇒ x ∈
/ A
0
olmal. Yani A
x ∈ B =⇒ A ∩ B = ∅
olup
: x : x ∈ (A0 )0 = (A0 )0 .
oldu§unu gösterin.
oldu§undan
A ∪ (A ∩ B) = A
dr.
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.
24
olmaldr. Bu
Bölüm 2. Kümeler
22.)
Hüseyin BLGÇ
A4B = ∅ ⇐⇒ A = B
Çözüm:
oldu§unu gösterin.
(=⇒) A4B = ∅ =⇒ (A − B) ∪ (B − A) = ∅ =⇒ A − B = ∅
B ⊆ A =⇒ A = B .
(Not:
A−B =∅
olmas için gerek ve yeter ³art
B − A = ∅ =⇒ A ⊆ B
ve
A⊆B
dr.)
(⇐=) A = B =⇒ A4B = A4A = (A ∪ A) − (A ∩ A) = A − A = ∅.
23.)
(A4B)0 = (A0 ∪ B) ∩ (A ∪ B 0 )
oldu§unu 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)
oldu§unu gösterin.
Çözüm: E³itli§in sol taraf en sade ³ekle 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. imdi de e³itli§in sa§ tarafn sadele³tirelim:
B − (A ∩ B) = B ∩ (A ∩ B)0 = B ∩ (A0 ∪ B 0 )
= (B ∩ A0 ) ∪ (B ∩ B 0 ) = (B ∩ A0 ) ∪ ∅
= B ∩ A0 .
E³itli§in her iki taraf da
25.)
B ∩ A0
oldu§undan çözüm tamamlanm³tr.
A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Her i ∈ I
Ai ⊆ B
için
[
ise
Ai ⊆ B
i∈I
oldu§unu 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
B ⊆ Ai
için
ise
B⊆
\
Ai
i∈I
Çözüm:
x ∈ B =⇒ ∀i ∈ I
için
x ∈ Ai
(Çünkü
B ⊆ Ai ) =⇒ x ∈
\
i∈I
25
Ai
oldu§unu gösterin.
ve
Bölüm 2. Kümeler
Hüseyin BLGÇ
Çoktan Seçmeli Sorular
1.)
A⊆B
ise a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
A0 = B
2.)
N
A\B =A
A = [0, 2]
A⊆B
ve
(1, 2)
4.)
B = { { ∅ } , ∅, 0, { 0, ∅ } }
A4B
7.)
kümesi ile
B
x∈
/
Ai
\
için
Ai
N
Ai
B⊆
i∈I
A∪B
A4B
A
ve
B
Ai
13.)
14.)
Hiçbiri
Hiçbiri
A∩B =A
N
∅
A0
N
ise
A∪B =A
için gerek ve yeter ³art nedir?
x∈
[
Ai
Hiçbiri
i∈I
N
A0 ∩ B 0
Hiçbiri
2
Hiçbiri
A∩B
Hiçbiri
A ∩ B 6= ∅
Hiçbiri
B\A
Hiçbiri
Hiçbiri
s(A ∪ B) = 8, s(A ∩ B 0 ) = 5
5
A ∩ B0
N
A∪B =E
⊆B
A\B
ise
s(B)
kaçtr?
her zaman do§rudur?
A⊆A\B
a³a§dakilerden hangisidir?
A∪B
Ai
zaman do§rudur?
i∈I
A0 ∪ B 0
A
A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. Her k ∈ I
\
E\A
B ⊆ Ai ise a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
\
[
Ai = B
Ai ⊆ B
Hiçbiri
A0 ∩ B
A0
i∈I
15.)
N
a³a§dakilerden hangisidir?
B0
Ak ⊆
Hiçbiri
i∈I
3
12.) A³a§dakilerden hangisi do§ru ise
B⊆
N
kümesinin simetrik fark a³a§dakilerden hangisidir?
N
∩
için
kümeleri ayrk iki küme olsun.
[(A ∪ B) \ B] ∩ A
A0
[
A∩B
4
11.)
Hiçbiri
i∈I
i∈I
9.) Evrensel küme ile
10.)
{{∅}} ⊆ B
x ∈ Ai 0 olmas
[
N
x∈
/
Ai
i∈I
A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∃ i ∈ I
B⊆
Hiçbiri
E \ (A ∩ B)
A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∀i ∈ I
\
N
kümesinin tümleyeninin simetrik fark hangisidir?
i∈I
8.)
∅⊆B
A ∩ B = A ve B ∩ C = ∅ ise a³a§dakilerden hangisi her
N
A∩C =∅
A=B
B∪C =E
x∈
B=∅
oldu§una göre a³a§dakilerden hangisi yanl³tr?
B∩A
\
Hiçbiri
B⊆A
{ ∅, 0 } ⊆ B
A\B
6.)
B = [1, 7] aralklar ise A 4 B ise a³a§dakilerden hangisidir?
N
[0, 1) ∪ (2, 7]
∅
(−∞, −1) ∪ (2, ∞)
{∅} ⊆ B
5.)
A ∩ B 6= ∅
olmas için gerek ve yeter ³art nedir?
A=B
3.)
A0 ⊆ B
A\B =∅
[
Ai ⊆ Ak
için a³a§dakilerden hangisi do§rudur.
Ai ⊆ Ak
i∈I
i∈I
A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∀ i ∈ I
!0
N\
için
x∈
/ Ai
26
\
Ai
⊆ Ak
i∈I
olmas için gerek ve yeter ³art nedir?
Bölüm 2. Kümeler
[
x∈
Hüseyin BLGÇ
x∈
Ai
i∈I
16.)
A
ile
B
ayrk ise
A
ve
B
veya
A⊆B
B=∅
\
N
Ai
N
N
Hiçbiri
Hiçbiri
A0 ⊆ B
N
Hiçbiri
A\B =∅
Hiçbiri
Her zaman do§ru
x∈
/
\
x ∈ Ai 0 olmas
[
x∈
Ai
için
Ai
A∪B =E
için gerek ve yeter ³art nedir?
x∈
/
[
Hiçbiri
Hiçbiri
Hiçbiri
A∩B =∅
N
Hiçbiri
A\B
N
Hiçbiri
N
Hiçbiri
Hiçbiri
A∩B =∅
Hiçbiri
A\B
N
Hiçbiri
(−2, −1) ∪ (2, 4]
N
Hiçbiri
i∈I
A4B = A ∪ B ise a³a§dakilerden hangisi
N
A ile B ayrktr
A\B =∅
A\B =B\A
N
A ∩ B 6= ∅
i∈I
Ai
i∈I
her zaman do§rudur?
B\A=∅
A=B
olmas için gerek ve yeter ³art nedir?
N
A∪B =E
A=B
A∩B =∅
ise a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
B0
A = B0
A 4 (B \ A)
B0 ∪ A = B
a³a§dakilerden hangisidir?
B\A
B = { ∅, { ∅ } , a, { a } , { 1 } }
∅⊆B
27.)
Hiçbiri
E
B
A\B =∅
A0 ⊆ B
A
26.)
N
A=B
A4B =∅
A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∃i ∈ I
A⊆
25.)
Hiçbiri
kümeleri ayrk iseler a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
A=B=∅
24.)
i∈I
A∩B
A∩B =∅
i∈I
23.)
Ai 0
ise a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
x∈
22.)
\
e³itli§i hangi ³artlar altnda do§rudur?
A0 = B
21.)
x∈
a³a§dakilerden hangisine e³ittir?
A4B =E
20.)
N
Ai
B
B\A
A4B = A0 4B 0
\
nedir? (E : Evrensel küme)
A
(A \ B)4(B \ A)
A=∅
19.)
x∈
i∈I
(A \ B) ∪ (E4A)
A
18.)
Ai 0
i∈I
A∪B
17.)
[
A∩B
ise a³a§dakilerden hangisi yanl³tr?
∅∈B
A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin.
{a} ⊆ B
{ a, ∅ } ⊆ B
\
x∈
/
Ai ise a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
i∈I
x∈
/
[
N
∃i ∈ I, x ∈ Ai
Ai
∃i ∈ I, x ∈ Ai 0
x∈
i∈I
28.)
29.)
(E \ A) ∩ (E \ B) = ∅ olmas için
N
A=B
A∪B =E
A0 ∩ (A0 ∪ B 0 )0
X = (−1, 4]
Ai 0
i∈I
gerek ve yeter ³art nedir?
A=B=∅
a³a§dakilerden hangisine e³ittir?
A0
A∩B
30.)
\
ve
Y = (−2, 2) ∪ {3}
(−2, −1] ∪ [2, 4]
A∪B
ise
X4Y
(−2, −1) ∪ [2, 4]
hangisidir?
(−2, −1] ∪ (2, 4]
27
Bölüm 3
Ba§ntlar ve Özellikleri
Tanm 3.1
Burada
a'
a
ya
ve
b
herhangi iki eleman olmak üzere
1. bile³en ; b'ye de 2. bile³en
(a, b)
³eklindeki bir ifadeye bir
(a, b) 6= (b, a)
nli
denir.
denir. ki sral ikilinin e³it olmas ³öyle tanmlanr:
(a, b) = (c, d) ⇐⇒ a = c
Dolaysyla genelde
sral ikili
dr. Benzer ³ekilde
ve
b = d.
(x1 , x2 , . . . , xn )
³eklindeki bir ifadeye bir
sral
denir.
Kartezyen Çarpm
Tanm 3.2
A
ve
B
ikililerin kümesine
iki küme olsun. Birinci bile³enleri
A
ile
B
nin
kartezyen çarpm
A
dan; ikinci bile³enleri
denir ve
A × B = { (a, b) : a ∈ A
Özel olarak
B=A
ve
A×B
B
ile gösterilir. Yani
b ∈ B }.
ise:
A × A = { (a, b) : a ∈ A
kümesi yazlabilir ve bu küme ksaca
ve
b ∈ A}
A2 ile gösterilir. Genel olarak sral nlilerin kümesi tanmlanabilir.
O halde
n
{z· · · × A} = A = { (x1 , x2 , . . . , xn ) : x1 , . . . , xn ∈ A }
|A × A ×
ntane
yazabiliriz.
Kartezyen Çarpmn Özellikleri
Teorem 3.3
den olan bütün sral
A, B, C
ve
D
dört tane küme olsun.
28
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
Hüseyin BLGÇ
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
spat 1.)
ve
C ⊆ D =⇒ A × C ⊆ B × D
A × ∅ = { (x, y) : x ∈ A
yanl³tr. Dolaysyla a
∈A
ve
y ∈ ∅}
ve
y ∈ ∅
y ∈ ∅
kümesi bo³kümedir; çünkü
önermesi her zaman
∅×A=∅
her zaman yanl³tr. Benzer ³ekilde
dir.
spat 2.)
(x, y) ∈ A × (B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ A
ve
y ∈B∪C
⇐⇒ x ∈ A
ve
(y ∈ B
⇐⇒ (x ∈ A
ve
veya
y ∈ B)
⇐⇒ (x, y) ∈ A × B
y ∈ C)
veya
veya
(x ∈ A
ve
y ∈ C)
(x, y) ∈ A × C
⇐⇒ (x, y) ∈ (A × B) ∪ (A × C)
olup ispat tamamlanr.
spat 3.)
p ∧ q ∧ r ≡ (p ∧ q) ∧ (p ∧ r)
denkli§i kullanlrsa;
(x, y) ∈ A × (B ∩ C) ⇐⇒ x ∈ A
ve
y ∈B∩C
⇐⇒ x ∈ A
ve
y∈B
⇐⇒ (x ∈ A
ve
ve
y ∈ B)
⇐⇒ (x, y) ∈ A × B
ve
y∈C
ve
(x ∈ A
ve
y ∈ C)
(x, y) ∈ A × C
⇐⇒ (x, y) ∈ (A × B) ∩ (A × C)
olup ispat tamamlanr.
spat 4.)
(x, y) ∈ A × C =⇒ x ∈ A
ve
y ∈ C =⇒ x ∈ B
ve
y ∈ C =⇒ (x, y) ∈ B × C
ve
y ∈ C =⇒ x ∈ B
ve
y ∈ D =⇒ (x, y) ∈ B × D
olup ispat biter.
spat 5.)
(x, y) ∈ A × C =⇒ x ∈ A
olup ispat biter.
imdi de kartezyen çarpmn birle³im ve kesi³im üzerine da§lma özelliklerini genel olarak ispatlayalm:
Teorem 3.4
A = { Ai : i ∈ I } ve B = { Bj : j ∈ J } aileleri verilsin.
29
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
!
1.)
[

×
Ai
i∈I
2.)

[
Ai
i∈I

×
[
Bj  =
j∈J
!
\
Hüseyin BLGÇ
(Ai × Bj )
(i,j)∈I×J

\
\
Bj  =
j∈J
(Ai × Bj )
(i,j)∈I×J
spat 1.)
!
(x, y) ∈
[

×
Ai
i∈I

[

!
[
Bj  ⇐⇒ x ∈
j∈J
Ai
ve
y∈
i∈I
Bj 
j∈J
⇐⇒ ∃i ∈ I, x ∈ Ai
⇐⇒ ∃i ∈ I

[
ve
∃j ∈ J, y ∈ Bj
∃j ∈ J, x ∈ Ai
ve
y ∈ Bj
ve
⇐⇒ ∃(i, j) ∈ I × J, (x, y) ∈ Ai × Bj
[
⇐⇒ (x, y) ∈
(Ai × Bj )
(i,j)∈I×J
spat 2.)
!
(x, y) ∈
\
i∈I
Ai

×

\

!
\
Bj  ⇐⇒ x ∈
j∈J
Ai
ve
y∈
i∈I
ve
Bj 
j∈J
⇐⇒ ∀i ∈ I, x ∈ Ai
⇐⇒ ∀i ∈ I

\
ve
∀j ∈ J, y ∈ Bj
∀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)
e³itli§inin her zaman do§ru oldu§unu;
2.)
(A × B) ∪ (C × D) = (A ∪ C) × (B ∪ D)
e³itli§inin her zaman do§ru olmad§n gösterin.
Çözüm 1.)
(x, y) ∈ (A × B) ∩ (C × D) ⇐⇒ (x, y) ∈ A × B
⇐⇒ x ∈ A
ve
⇐⇒ (x ∈ A
y∈B
ve
⇐⇒ x ∈ A ∩ C
ve
ve
x ∈ C)
ve
(x, y) ∈ C × D
x∈C
ve
ve
(y ∈ B
y ∈B∩D
⇐⇒ (x, y) ∈ (A ∩ C) × (B ∩ D)
30
y∈D
ve
y ∈ D)
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
Çözüm 2.)
Hüseyin BLGÇ
A = { a, b } , B = { 1, 2, 3 } , C = { b }
D = { 2, 3, 4 }
ve
alnrsa e³itli§in do§ru olmad§
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
Çözüm:
A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C)
y∈
/ C =⇒ (x, y) ∈
/ A×C
oldu§unu gösterin.
olaca§ndan;
(x, y) ∈ A × (B \ C) =⇒ x ∈ A
ve
y ∈B\C
=⇒ x ∈ A
ve
y∈B
=⇒ (x, y) ∈ A × B
ve
ve
y∈
/C
(x, y) ∈
/ A×C
=⇒ (x, y) ∈ (A × B) \ (A × C).
Ayrca;
(x, y) ∈ (A × B) \ (A × C) =⇒ (x, y) ∈ A × B
=⇒ x ∈ A
ve
=⇒ (x ∈ A
ve
y∈B
ve
(x, y) ∈
/ A×C
ve
y∈B
(x ∈
/A
ve
x∈
/ A)
=⇒ x ∈ A
ve
y∈B
=⇒ x ∈ A
ve
y ∈ (B \ C)
ve
veya
y∈
/ C)
veya
(x ∈ A
ve
y∈B
ve
y∈
/ C)
y∈
/C
=⇒ (x, y) ∈ A × (B \ C).
olup iki kümenin e³itli§i gösterilmi³ olur.
ALITIRMALAR
1.)
A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C) önermesinin do§ru olmas için gerek ve yeter ³art
N
Her zaman do§ru
A = ∅ A = B = C = ∅ A = ∅ veya B ∩ C = ∅
2.) A
3.)
× (B \ C) = (A × B) \ (A × C)
Bazen do§ru
A × (B ∪ C) = ∅
A∪B =∅
4.) Her
A, B, C
Sadece
A=∅
nedir?
Hiçbiri
Hiçbiri
Hiçbiri
önermesi için a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
ise do§ru
N
Her zaman do§ru
Her zaman yanl³
oldu§una göre a³a§dakilerden hangisi kesinlikle do§rudur?
B∩C =∅
kümesi için
N
B×C =∅
p : A × (B × C) = (A × B) × C A∩C =∅
ve
q : A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C)
q:
Do§ru
ise:
p, q :
Do§ru
p:
Do§ru,
q:
Yanl³
N
p:
31
Yanl³,
p, q :
Yanl³
Hiçbiri
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
5.)
A, B
ve
Buna göre
N
6.)
C
Sfr
7.) Her
ve 10 dur. Ayrca
B
ile
C
ayrk kümelerdir.
kaç elemanldr.?
180
12
Hiçbiri
A∩B =∅
N
Hiçbiri
24
ise a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
A ∩ B 6= ∅
(Do§ru Cevap:
12, 8
kümelerinin eleman saylar srasyla
(A × B) ∩ (A × C)
A × B 6= ∅
Hüseyin BLGÇ
A4B 6= ∅
A ∪ B 6= ∅
A, B, C
için
A⊆B
olabilir.)
p : A0 × B 0 = (A × B)0
ve
q : A × C ⊆ B × C =⇒ A ⊆ B
önermeleri için hangisi
do§rudur?
p, q :Do§ru
8.)
Hiçbiri
Hiçbiri
X × Y = Y × X olmas için gerek ve yeter ³art nedir?
N
X = ∅ veya Y = ∅ veya X = Y X ⊆ Y veya Y ⊆ X X = Y s(X) = s(Y ) Hiçbiri
Yanl³
q:
Yanl³,
Do§ru
p, q :
Yanl³
ise a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
A=∅
9.)
q:
Do§ru,
p:
N
A×B =∅
p:
A=∅
ve
N
B=∅
B0 = E
A∩B =∅
Ba§nt
A
Tanm 3.7
ba§nt
ve
B
denir. E§er
birer küme olsun.
A=B
nin bir alt kümesine (bo³ küme dahil)
ise bu ba§ntya ksaca
A = { a, b, c, d, e }
Örnek 3.8
A×B
ve
B = { 1, 2, 4, 6 }
A'da bir ba§nt
olsun.
olup
β2 = { (a, b), (b, b), (c, e) } ⊆ A × A
bir ba§ntdr
β, A'dan B 'ye
bir
denir.
β1 = { (a, 2), (a, 4), (b, 1), (d, 1), (c, 6) } ⊆ A × B
Tanm 3.9
A'dan B 'ye
olup
bir ba§nt olsun. (Yani
A'da
β ⊆A×B
A
dan
B 'ye
bir ba§ntdr
olsun).
β −1 = { (y, x) : (x, y) ∈ β }
ba§ntsna
β 'nn ters ba§nts
Tanm 3.10
β ⊆ A×B
veya ksaca
elde edilen noktalar kümesine
(x, y) ∈ β
ise
denir. Bu durumda
olsun. Bir kartezyen düzlemde
elemanlarn da dü³ey eksende gösterelim.
gösterelim.
tersi
(x, y) ∈ β
β 'nn gra§i
x'den y 'ye
ise
A'nn
P (x, y)
denir. Ayrca;
A
ve
B
β −1 ⊆ B × A
elemanlarn yatay eksende;
A = { a, b, c, d, e }
ve
kümelerini Venn ³emas ile yanyana
tek yönlü oklar çizelim. Böylece elde edilen ³ekle
B = { 1, 2, 4, 6 }
olsun.
β = { (a, 1), (a, 4), (b, 6), (c, 6), (c, 2), (e, 1), (e, 4) }
32
B 'nin
noktalarn i³aretleyelim. Bu ³ekilde
denir.
Örnek 3.11
oldu§u açktr.
β 'nn ³emas
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
Hüseyin BLGÇ
ba§ntsn gra§ini ve ³emasn çizelim.
B
6
4
2
1
A
a
b
c
d
β 'nn
ekil 3.1:
e
gra§i.
A
B
a
1
b
2
c
4
d
6
e
ekil 3.2:
Tanm 3.12
A, B, C, D
γ 'nn bile³kesi γ◦ β
dört tane küme ve
β 'nn
B ∩ C 6= ∅
β
ile
Örnek 3.13
γ 'nn
olsun.
β ⊆ A×B
ve
γ ⊆ C×D
ile gösterilir ve ³öyle tanmlanr:
γ◦ β = { (x, z) : ∃ y ∈ B ∩ C
Dikkat:
³emas.
için
(x, y) ∈ β
bile³kesi, söylendi§i srada de§il de
γ◦ β
ve
(y, z) ∈ γ } .
³eklinde yazlmaktadr.
A = { 2, 4, 6, 8 } , B = { a, b, c, d, e } , C = { c, d, e } , D = { 1, 3, 5 }
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) }
33
olsun.
olsun.
β
ile
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
Hüseyin BLGÇ
Ba§ntnn Özellikleri
Bu ksmda özelli§i incelenecek ba§ntlarn bir
β ⊆ A × A).
A
kümesinde tanml oldu§unu kabul edece§iz. (Yani
imdi bu 4 özelli§i tanmlayalm.
Tanm 3.14
β ⊆A×A
Örnek 3.15
A = { 1, 2, 3, 4, 5 }
x∈A
olsun. E§er her
için
(x, x) ∈ β
ise
β 'ya yansyan
olsun.
α1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (5, 1) }
Yansyandr
α2 = { (1, 4), (4, 2), (2, 2), (4, 4), (5, 5) }
Not:
(x, y) ∈ β
önermesi
xβy
bir ba§nt denir.
Yansyan de§ildir
³eklinde daha ksa gösterilmektedir. (Baz kaynaklarda
yβx
yazlmak-
tadr.) Bu durumda
β
yansyan
⇐⇒ ∀x ∈ A, xβx
oldu§u görülebilir.
Tanm 3.16
denir ve
IA
A bir küme ise x ∈ A için (x, x) ³eklindeki bütün sral ikililerin kümesine A'nn kö³egeni
ile gösterilir. O halde:
IA = { (x, x) : x ∈ A }
dr.
Bu durumda da
β
⇐⇒ IA ⊆ β
yansyan
oldu§u kolaylkla anla³lr.
Tanm 3.17
β ⊆ A×A
olsun. E§er her
(x, y) ∈ β
için
(y, x) ∈ β
ise
β 'ya simetrik
bir ba§nt denir.
Buradan
β
simetrik
⇐⇒ β = β −1
oldu§u 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 de§ildir
β4 = ∅
Simetriktir
34
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
Tanm 3.19
simetrik
β ⊆ A×A
x 6= y
olsun.
Hüseyin BLGÇ
olmak üzere, e§er her
(x, y) ∈ β
için
(y, x) ∈
/ β
ise
β 'ya ters
bir ba§nt denir. Buna denk olarak
∀(x, y) ∈ β, (y, x) ∈ β =⇒ x = y
önermesi do§ruysa
β
ters simetriktir diyebiliriz. Buradan
β
ters simetrik
⇐⇒ β ∩ β −1 ⊆ IA
oldu§u 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 de§il, ters simetrik de§il
γ3 = { (1, 5), (5, 1) }
Simetrik, ters simetrik de§il
γ4 = { (1, 3), (4, 5) }
Simetrik de§il, ters simetrik
γ5 = ∅
Tanm 3.21
β ⊆A×A
Simetrik ve ters simetrik
olsun. E§er her
(x, y) ∈ β
ve
(y, z) ∈ β
için
(x, z) ∈ β
ise
β 'ya geçi³ken
bir
ba§nt denir. Buradan
β
geçi³ken
⇐⇒ β◦ β ⊆ β
oldu§u görülebilir.
Örnek 3.22
A = { 1, 2, 3, 4, 5 }
olsun.
σ1 = { (1, 1), (3, 4) }
Geçi³ken
σ2 = { (1, 3), (3, 1), (1, 1) }
Geçi³ken de§il, çünkü
σ3 = { (2, 3), (3, 5), (2, 5), (5, 3), (5, 5), (3, 3) }
σ4 = { (1, 3), (4, 5), (5, 1) }
Örnek 3.23
Geçi³ken
Geçi³ken de§il, çünkü
σ5 = ∅
(3, 3) ∈
/ σ2
(4, 1) ∈
/ σ4
Simetrik, ters sim. ve geçi³ken
A = { 1, 2, 3, 4, 5 }
kümesinde srasyla; sadece yansyan, sadece simetrik, sadece ters
simetrik, sadece geçi³ken olan birer ba§nt yazn. Daha sonra 4 özelli§e de sahip olan ve hiçbir özelli§e
sahip olmayan ba§ntlar yazn.
Sadece yansyan:
Sadece simetrik:
Sadece ters simetrik:
β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (1, 2), (3, 4), (4, 3), (3, 5) }
β2 = { (1, 2), (2, 1) }
β3 = { (1, 2), (2, 3)) }
35
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
Sadece geçi³ken:
Bütün özellikler var :
Hiçbir özellik yok:
Not:
β, A'da
Hüseyin BLGÇ
β4 = { (1, 2), (2, 1), (1, 1), (2, 2), (4, 5) }
β5 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5) } = IA
β6 = { (1, 2), (2, 1), (1, 1), (3, 4) }
bir ba§nt olsun. Buna göre
β
β
β
β
yansyan de§il
simetrik de§il
⇐⇒ ∃ a, b ∈ A, a 6= b, (a, b) ∈ β, (b, a) ∈
/β
ters simetrik de§il
geçi³ken de§il
Örnek 3.24 Tamsaylar kümesi
⇐⇒ ∃ a ∈ A, (a, a) ∈
/β
⇐⇒ ∃ a, b ∈ A, a 6= b, (a, b) ∈ β, (b, a) ∈ β
⇐⇒ ∃ a, b, c ∈ A, (a, b) ∈ β, (b, c) ∈ β, (a, c) ∈
/β
Z'de aβb ⇐⇒ 3(a+2b)
³ekline tanmlanan ba§ntnn özelliklerini
inceleyin.
a ∈ Z için 3(a + 2a) yani 33a olup aβa dr. Yani ba§nt yansyandr.
(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 oldu§undan 3(b + 2a) =⇒ (b, a) ∈ β . Yani β simetriktir.
Çözüm: (i) Her
(iii)
(1, 4) ∈ β
ve
(4, 1) ∈ β
oldu§undan
β
ters simetrik de§ildir.
(iv)
(a, b) ∈ β =⇒ 3(a + 2b) =⇒ ∃k ∈ Z, a + 2b = 3k
(b, c) ∈ β =⇒ 3(b + 2c) =⇒ ∃m ∈ Z, b + 2c = 3m
Sa§daki e³itlikler taraf tarafa toplanp gerekli düzenleme yaplrsa:
a + 2c = 3(k + m − b) =⇒ k + m − b ∈ Z
olup
β
oldu§undan
3(a + 2c) =⇒ (a, c) ∈ β
geçi³kendir.
ALITIRMALAR
1.)
Z'de tanmlanan aβb ⇐⇒ b = a + 1 ba§ntsnn özelliklerinin listesi a³a§dakilerden hangisidir?
N
Ters simetri, geçi³me
Ters simetri
Geçi³me
Hiçbir öz. yok
Hiçbiri
2.)
N'de
N
tanml
Yansma
(x, y) ∈ β ⇐⇒
x asal veya
Yansma ve geçi³me
x6y
ba§ntsnn özelliklerinin listesi nedir?
Hiçbir öz. yok
36
Yansma ve ters simetri
Hiçbiri
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
3.)
N+
4.)
R
5.)
(a, b) ∈ β ⇐⇒ a2b
Yansyan de§il
kümesinde ba§nts için a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
Simetrik
(a, b) ∈ β ⇐⇒ |a − b| = 1
Yansyan de§il
A = { 1, 2, 3 }
6.)
kümesinde Hüseyin BLGÇ
Simetrik
N
Ters simetrik
Geçi³ken de§il
Hiçbiri
ba§nts için a³a§dakilerden hangisi yanl³tr?
Ters simetrik de§il
Geçi³ken de§il
N
Hiçbiri
Hiçbiri
kümesi üzerinde yansyan olan kaç tane ba§nt yazlabilir?
32 tane
16 tane
α = { (1, 2), (2, 5), (5, 3), (3, 4), (5, 1) }
N
4
2
ve
N
512 tane
64 tane
β = { (2, 6), (1, 6), (3, 6), (4, 1), (5, 2) }
3
ise
s(βo α) =
1
?
Hiçbiri
7.) Yansyan olmad§ halde kendisi ile bile³kesi yansyan olan ba§ntlar vardr önermesi için a³a§-
dakilerden hangisi söylenebilir?
8.)
9.)
N
Yanl³tr
Do§rudur
Bir ³ey söylenemez
Önerme de§ildir
Hiçbiri
A = { 1, 2, 3 }'nn kuvvet kümesi üzerinde β = { (X, Y ) : X 6= Y, X ⊆ Y } ba§nts kaç elemandr?
N
12
17
16
13
Hiçbiri
N
de (a, b)
∈ β
⇐⇒
a
asal veya
b
asal veya
a+b
asal ³eklinde tanmlanan ba§ntnn
özelliklerinin listesi hangisidir?
10.)
N
Geçi³ken
Simetrik
A = { 0, 1, . . . , 8 }
kümesinde
Geçi³ken ve simetrik
aβb ⇐⇒ |b2 − a2 | < 64
Hiçbir özellik yok
Hiçbiri
ba§nts için a³a§dakilerden hangisi
do§rudur?
Yansyan de§il
Simetrik de§il
Ters simetrik
N
Geçi³ken de§il
Hiçbiri
N
Hiçbiri
11.) 2 elemanl bir küme üzerinde simetrik olmayan kaç tane ba§nt yazlr?
12.) Bir
N
13.)
4 tane
A
5 tane
kümesinde tanml bir
β
7 tane
ba§ntsnn geçi³ken olmas için gerek ve yeter ³art nedir?
β ∪ β −1 ⊆ IA
βo β ⊆ β
6 tane
β ∩ β −1 ⊆ IA
βo β −1 = IA
Hiçbiri
E = { a, b, c } evrensel küme olsun. P (E) kuvvet kümesi üzerinde β = { (X, Y ) : X = Y 0 } ba§nts
kaç elemanldr?
14.)
5 elemanl
6 elemanl
α = { (1, 2), (2, 4), (3, 4), (1, 4), (2, 3) }
3 elemanl
4 elemanl
15.) Pozitif do§al saylar kümesi üzerinde
16.)
Yansyan
tanml
β 'da
var iken
Yansyan, geçi³ken
17.)
β◦ β 'da
x
+y
10 elemanl
N
Hiçbiri
γ = { (4, 1), (3, 3), (1, 2) } ise α◦ γ kaç elemanldr?
N
5 elemanl
6 elemanl
Hiçbiri
aβb ⇐⇒ 3|(a + 3)
Simetrik
(x, y) ∈ β ⇐⇒
Z'de
N
ve
9 elemanl
ba§nts için hangisi do§rudur?
N
Ters simetrik
çift veya
Yansyan, simetrik
x
Geçi³ken
Hiçbiri
tek ba§ntsnn özelliklerinin listesi nedir?
Yansyan
Yansyan, ters simetrik
da olmas gereken özelliklerin listesi hangisidir?
37
Hiçbiri
Bölüm 3. Ba§ntlar ve Özellikleri
18.)
R'de
19.)
tanml
N+
(x, y) ∈ β ⇐⇒
kümesinde kümesinde x tamsay veya
N
(a, b) ∈ β ⇐⇒ a 6 2b
veya
Simetrik
y<0
Yansma, geçi³me
Hiçbiri
ba§ntsnn özelliklerinin listesi nedir?
Hiçbir öz. yok
Ters simetrik
Hiçbiri
ba§nt için a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
Simetrik
(a, b) ∈ β ⇐⇒ a < b
Yansyan de§il
Yansma, simetri, geçi³me
Simetrik, geçi³ken
Yansyan de§il
N+
N
Yansma, simetri
Geçi³ken
20.)
Yansma
Hüseyin BLGÇ
N
Ters simetrik
b|a
Geçi³ken de§il
Hiçbiri
ba§nt için a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
N
Ters simetrik
Geçi³ken de§il
Hiçbiri
21.) Bir ba§nt simetrik ise bu ba§ntnn tersi için a³a§dakilerden hangisi kesinlikle do§rudur?
22.)
A = { a, b }
23.)
Yansyandr
N
Ters simetriktir
Simetriktir
Geçi³kendir
Hiçbiri
kümesi üzerinde simetrik olup ters simetrik olmayan kaç tane ba§nt yazlabilir?
Yazlamaz
2
α = { (2, 4), (7, 1), (6, 6), (6, 4), (7, 4), (4, 1) }
N
3
4
β = { (1, 2), (2, 6), (3, 4), (1, 7), (2, 7) }
ve
ise
Hiçbiri
α◦ β
kaç
elemanldr?
24.)
4 elemanl
α = {(x, y) : x, y ∈ R, x + y = 1}
R, . . . . . . }
A
26.)
N
27.)
N
Yansyandr
kümesinde
(a, b) ∈ β ⇐⇒
Yansyan de§il
Yansma ve geçi³me
28.) Reel saylar kümesi
N
29.)
+b
a
çift veya
ise
Hiçbiri
β◦ α = {(x, y) : x, y ∈
x + y = −2
Hiçbiri
için a³a§dakilerden hangisi yanl³tr?
Simetriktir
Geçi³kendir
Hiçbiri
N
Hiçbiri
asal ba§nts için hangisi do§rudur?
Ters simetrik
Geçi³ken
ba§ntsnn sahip oldu§u özelliklerin listesi hangisidir?
R'de xβy ⇐⇒ |x − y| 6 1
Ters simetrik
Yansma ve simetri
Yansma
N
Hiçbiri
ba§nts için a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
Simetrik de§il
Yansyan de§il
Hiçbiri
ba§ntsnn sahip oldu§u özelliklerin listesi hangisidir?
Ters simetrik ve geçi³ken
α
ise
Yansma ve ters sim.
aβb ⇐⇒ |a3 − b3 | 6 8
Yansyan de§il
α=A×A
Simetrik
(x, y) ∈ β ⇐⇒ 3 | y 2
Ters simetrik
R'de
Geçi³ken de§il
Z'de
30.)
a
N
x+y =0
Ters simetriktir
N \ { 0 }'da xβy ⇐⇒ x | (x + y)
7 elemanl
β = {(x, y) : x, y ∈ R, x − y = 3}
x+y =4
en az iki elemanl bir küme ve
ve
6 elemanl
kümesindeki bo³lu§a ne yazlmaldr?
x−y =1
25.)
N
5 elemanl
N
Geçi³ken
Simetrik ve geçi³ken
Hiçbiri
N
Hiçbiri
ba§nts için a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
Simetrik de§il
38
Ters simetrik
Geçi³ken
Ad, Soyad:
Numaras:
MT
MT107 SOYUT MATEMATK I DERS ÖRNEK ARASINAVI
1.)
(p =⇒ q 0 ) =⇒ r0
2.)
önermesinin tablosunda bu önermenin bulundu§u sütunda kaç tane 1 vardr?
4 tane
(p ∧ q) =⇒ p0
p0 ∧ q
3 tane
N
6 tane
5 tane
Hiçbiri
Hiçbiri
önermesinin olumsuzu a³a§dakilerden hangisidir?
N
p0 ∨ q 0
p∧q
q0 ∨ p
3.) A³a§daki önermelerden hangisi do§rudur?
∃x ∈ R, x(x + 6) = 3x2 + 5 ∀n ∈ N,
√
√
N
√
n∈
/ Z ∃a ∈ Q, a < −1
∀x ∈ Z, 2x2 ∈ R Hiçbiri
4.) A³a§daki önermelerden hangisi bir teoremdir?
N
5.)
p =⇒ (p ∨ q)
A0 ⊆ B
A4B = A
s(A) = 6
N
A
ile
B
ve
A4B
A⊆B
sfr
A \ (A0 ∪ B)
A∩B =∅
Hiçbiri
A=∅
N
Hiçbiri
oldu§una göre
A\B
Hiçbiri
Hiçbiri
N
Hiçbiri
i∈I
Ai
N
x∈
/
B\A
A
E
\
9
kümesinin tümleyeni a³a§dakilerden hangisidir?
B0
\
6
ifadesinin en sade ³ekli nedir?
N
A= { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. ∃ i ∈ I
x∈
/
Hiçbiri
kümesi en az kaç elemanldr?
A∪B
A0
10.)
ise
kümeleri ayrk ise
A∪B =E
(A ∪ B)0 = ∅
A=B
s(B) = 11
B
9.)
olmas için gerek ve yeter ³art nedir?
5
8.)
N
A\B =∅
A=B=∅
7.)
p =⇒ (p0 ∨ q)
ise a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
B0 = A
6.)
p =⇒ (p ∧ q 0 )
p =⇒ (p ∧ q)
Ai 0
için
B\A
x∈
/ Ai 0 olmas
[
x∈
/
Ai
i∈I
i∈I
Di§er Sayfaya Geçiniz
39
için gerek ve yeter ³art nedir?
x∈
/
[
i∈I
Ai 0
Hiçbiri
Ad, Soyad:
Numaras:
11.)
I = { 1, 2, 3, . . . }
N\
Ai = [0, 1]
1
1
kapal
n ∈ I için An = − , 1 +
n \ n
[
Ai = [−1, 1]
Ai = [0, 2]
ve her
i∈I
12.)
i∈I
A×B =B
15.)
[
i∈I
N
A=B
(A ∩ B) × C = ∅
Ai = [−1, 0]
Hiçbiri
Hiçbiri
N
Hiçbiri
i∈I
B=∅
A 6= B
ise a³a§dakilerin hangisi her zaman do§rudur?
C ⊆A∪B
14.)
aral§ ise hangisi do§rudur?
oldu§una göre a³a§dakilerden hangisi kesinlikle do§rudur?
A=∅
13.)
MT
A×C =∅
(A ∩ B) ∪ C 6= ∅
A ∪ C 6= ∅
A = { 1, 2, 3, 4, 5 } kümesi üzerinde hiç bir özelli§i olmayan bir ba§nt en
N
5
4
3
2
az kaç elemanl olmaldr?
Hiçbiri
p : 3 elemanl bir ba§ntnn kendisi ile bile³kesi bo³ küme olabilir, q : ters simetrik bir ba§ntnn
tersi de ters simetriktir oldu§una göre:
p, q :
N
Yanl³
p, q :
Do§ru
16.) Do§al saylarda tanml (a, b)
Yansyan
p:
Do§ru,
q:
Yanl³
∈ β ⇐⇒ 7 (a + 2b)
Simetrik
p:
Yanl³,
q:
Do§ru
Hiçbiri
N
Hiçbiri
Hiçbiri
ba§nts için hangisi do§rudur?
Ters simetrik
Geçi³ken
17.) 3 elemanl bir küme üzerinde yansyan olmayan kaç tane ba§nt yazlabilir?
N
448 tane
18.) Tamsaylar kümesinde
19.)
simetri
192 tane
(a, b) ∈ β ⇐⇒ “a
ters simetri
960 tane
çift ve
geçi³me
b
64 tane
tek ba§ntsnn özelllik listesi hangisidir?
N
ters simetri ve geçi³me
Hiçbiri
N+ kümesinde (x, y) ∈ α ⇐⇒ x (y+1) ve (x, y) ∈ β ⇐⇒ x y ³eklinde iki ba§nt tanmlanyor.
Buna göre a³a§daki önermelerden hangisi do§rudur?
N
(4, 22) ∈
/ βo α
(5, 6) ∈
/ βo α
(6, 15) ∈
/ βo α
(8, 78) ∈
/ βo α
Hiçbiri
20.) Simetrik oldu§u halde kendisi ile bile³kesi simetrik olmayan ba§ntlar vardr ifadesi:
Do§rudur
Önerme de§ildir
Bir ³ey söylenemez
N
Yanl³tr
Hiçbiri
NOT: Net puannz do§ru cevap saysndan yanl³ cevap saynzn dörtte biri çkarlarak hesaplanacak-
tr. Süre 75 dakikadr.
N
³eklinde i³aretleyiniz.
BAARILAR
40
Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BLGÇ
Bölüm 4
Denklik Ba§ntlar
Tanm 4.1
β 'ya
bir
β
bir
∅=
6 A
kümesi üzerinde bir ba§nt olsun. E§er
denklik ba§nts
Örnek 4.2
Z
β
yansyan, simetrik ve geçi³ken ise
denir.
tamsaylar kümesi üzerinde
β = { (x, y) : x − y
çift tamsaydr }
³eklinde tanmlanan ba§nt bir denklik ba§ntsdr. Çünkü
(i) Her
(ii)
(iii)
x∈Z
için
x−x=0
(x, y) ∈ β =⇒ x − y
(x, y) ∈ β
ve
çift
β
bir
A
(β ba§ntsna göre)
snf
denir ve
x
xβx
dir. Yani
=⇒ y − x = −(x − y)
β
yansyandr.
çift olup
(y, x) ∈ β .
(y, z) ∈ β =⇒ x − y = 2k1 , y − z = 2k2
=⇒ x − z = 2(k1 + k2 )
Tanm 4.3
çift olup
çift olup
(x, z) ∈ β =⇒ β
denir.
x
β
simetriktir.
olacak ³ekilde
k1 , k2
tamsays var
geçi³kendir.
kümesi üzerinde bir denklik ba§nts olsun.
denktir
Yani
(x, y) ∈ β
ise
y
eleman
elemanna denk olan bütün elemanlarn kümesine
ile gösterilir. O halde
x = { y ∈ A : (x, y) ∈ β } = { y ∈ A : xβy } .
Örnek 4.4 Tamsaylar kümesinde
β = { (x, y) : 3 | (x − y) }
41
x
elemanna
x'in denklik
Bölüm 4. Denklik Ba§ntlar
Hüseyin BLGÇ
³eklinde tanmlanan ba§nt bir denklik ba§ntsdr. Buna göre
4 = { y ∈ Z : 3 | (4 − y) } = { . . . , −5, −2, 1, 4, 7, . . . } ,
0 = { y ∈ Z : 3 | (0 − y) } = { . . . , −6, −3, 0, 3, 6, . . . } ,
1 = { y ∈ Z : 3 | (1 − y) } = { . . . , −5, −2, 1, 4, 7, . . . } ,
2 = { y ∈ Z : 3 | (2 − y) } = { . . . , −4, −1, 2, 5, 8, . . . } ,
−1 = { y ∈ Z : 3 | (1 + y) } = { . . . , −4, −1, 2, 5, 8, . . . } ,
yazabiliriz. ki denklik snfnn ya birbirine e³it ya da ayrk oldu§u görülür. Ayrca farkl denklik snar
0, 1
ve
2
dir. Bu denklik snarnn birle³imi de
β
Teorem 4.5
(i) Her
(ii) Her
(iii)
A
bir
a∈A
A
için
a, b ∈ A
Z
ye e³ittir.
kümesi üzerinde bir denklik ba§nts olsun.
a 6= ∅,
için ya
a∩b=∅
veya
a = b,
A
daki elemanlarn denklik snarnn birle³imi
[
A=
y verir. Yani
a.
a∈A
spat (i) Ba§nt yansyan oldu§undan her
spat (ii)
a, b ∈ A
gösterece§iz.
olsun.
c∈a∩b
a∩b = ∅
a∈A
için
ise ispat biter.
alalm. O halde
c∈a
ve
c∈b
x∈a
(c, b) ∈ β
oldu§undan
ispatlanabilir. O halde
spat (iii)
A
Tanm 4.6
(x, b) ∈ β
a=b
olup
a ∩ b 6= ∅
a 6= ∅
dir.
a = b
oldu§unu
elde edilir. Benzer ³ekilde
x ∈ b =⇒
olsun. Bu durumda
dir. imdi
x ∈ a =⇒ (x, a) ∈ β =⇒ (x, c) ∈ β,
Ayrca
a∈a
(a, c) ∈ β
çünkü
elde edilir. O halde
x∈b
ve
β
geçi³ken.
dir.
daki her eleman bir denklik snfna ait olaca§ndan ispat açktr.
β
bir
A
snarnn kümesine
kümesinde bir denklik ba§nts olsun.
A
nn
β
ya göre
bölüm kümesi
β
denir ve
nn
A
A/β
da belirledi§i (ayrd§) denklik
ile gösterilir. Yani
A/β = { a : a ∈ A } .
Örnek 4.7
Z
tamsaylar kümesinde
β = { (x, y) : 3 | (x − y) }
Z/β =
A
denklik ba§nts verilsin. Buna göre
0, 1, 2 .
= { Ai : i ∈ I }
Tanm 4.8
A
sa§lanyorsa
A ailesine A kümesinin bir parçalan³ (ayrm) denir.
bo³ olmayan bir küme olsun.
42
ailesi verilsin. E§er a³a§daki ³artlar
Bölüm 4. Denklik Ba§ntlar
(i) Her
i∈I
için
Ai 6= ∅,
(ii) Her
i 6= j
için
Ai ∩ Aj = ∅,
(iii)
Hüseyin BLGÇ
(Yani
Ai
ler iki³er iki³er ayrk)
A ailesinin birle³imi A ya e³it; yani
[
Ai = A.
i∈I
Örnek 4.9
A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 }
kümesinin iki ayrm:
A = { { 1, 4, 5 } , { 2, 3 } , { 6, 8 } , { 7 } } , B = { { 1 } , { 2 } , { 6 } , { 3, 4, 5, 7, 8 } } .
Ayrca
C = { { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 } } = { A } ailesi de A nn bir ayrmdr.
β
Teorem 4.10
(yani
A/β ) A
bir
A kümesi üzerinde bir denklik ba§nts olsun. β
nn bir ayrmn olu³turur. Tersine
A
nn
A da ayrd§ denklik snar
nn herbir ayrm, verilen ayrmdaki her küme bir
denklik snf olacak ³ekilde bir (ve sadece bir) denklik ba§nts belirler.
spat:
A/β
nn
A nn bir ayrmn olu³turdu§u Teorem 4.5 de ispatlanm³tr. imdi A nn bir A ayrm
verilsin.
β=
(x, y) : “x
ile
y, A
ayrmndaki ayn kümeye aittir
³eklinde tanmlanan ba§nt bir denklik ba§ntsdr ve
Örnek 4.11
A = { a, b, c, d, e, f, g }
A/β = A
kümesinin bir ayrm
A
dr.
= { { a, e } , { b, c, d, f } , { g } }
olarak
verilsin. Bu ayrmn belirledi§i denklik ba§nts:
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
nn bir denklik ba§nts oldu§u ve
Not 4.12 Denklik ba§ntlar için genelde
kullanlm³sa
ile
x∼y
(x, y) ∈∼
yerine
x∼y
A/β =
a, b, g
=A
oldu§u görülür.
∼, ', ≈, ∼
=, ≡ gibi semboller kullanlr. E§er böyle bir sembol
kullanmak daha kullan³ldr. Ba§nt simetrik oldu§u için
y∼x
ayndr.
ALITIRMALAR
1.)
A = { 1, 2, 3, 4 }
kümesinde
β = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 3), (3, 1) }
lik ba§nts ise belirledi§i ayrm bulunuz.
43
ba§nts veriliyor.
β
denk-
Bölüm 4. Denklik Ba§ntlar
Çözüm:
β 'nn
Hüseyin BLGÇ
yansyan, simetrik ve geçi³ken oldu§u görülmektedir. 1 ve 3 ayn denklik snfndadr.
2 ile 4 tek ba³na birer denklik snf olu³turur. O halde,
β 'nn
belirledi§i ayrm:
{ { 1, 3 } , { 2 } , { 4 } } .
Z'de xβy ⇐⇒ x2 − 2y = y 2 − 2x
2.)
ise
6, −3
ve
−8
Çözüm: (i)
ile tanmlanan ba§nt denklik ba§nts mdr? Denklik ba§nts
a∈Z
denklik snarn bulunuz. Hangi
x=y
alnrsa
x2 − 2x = x2 − 2x
için
a
sadece bir elemanldr?
e³itli§i her zaman do§rudur. Yani
xβy =⇒ x2 − 2y = y 2 − 2x =⇒ y 2 − 2x = x2 − 2y =⇒ yβx
(ii)
xβy, yβz =⇒ x2 − 2y = y 2 − 2x
(iii)
ve
y 2 − 2z = z 2 − 2y
olup
β
β
yansyandr.
simetriktir.
olup bu iki denklem taraf tarafa toplanrsa
x2 − 2y + y 2 − 2z = y 2 − 2x + z 2 − 2y =⇒ x2 − 2z = −2x + z 2 =⇒ xβz
olup
β
geçi³kendir. Yani,
β
bir denklik ba§ntsdr.
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 } .
imdi
a∈Z
−8,
(Çünkü
6'nn denklik snfndadr)
sabit bir say ise:
a = { y ∈ Z : (a, y) ∈ β } =
a ∈ Z : a2 − 2y = y 2 − 2a
elde edilir. Bu kümenin bir elemanl olmas için,
y
=
a ∈ Z : y 2 + 2y − a2 − 2a = 0
cinsinden verilen 2. derece denklemin tek köklü
olmas, yani diskriminantnn sfr olmas gerekir. O halde
∆ = 4 − 4 · (−a2 − 2a) = 4a2 + 8a + 4 = (2a + 2)2 = 0
denklemi çözülürse
3.)
N+ × N+
a = −1
kümesinde
bulunur.
−1
bir tamsay oldu§undan aranan say
(x1 , y1 ) ≡ (x2 , y2 ) ⇐⇒ x1 y2 = y1 x2
ba§ntsnn bir denklik ba§nts oldu§unu gösterip
Çözüm:
(i)
(ii)
(a, b), (c, d), (e, f ) ∈ N+ × N+
(a, b) ≡ (a, b)
dir, çünkü
ab = ba
(1, 2)
ve
dr.
(a, b) ≡ (c, d) =⇒ ad = bc =⇒ cb = da =⇒ (c, d) ≡ (a, b).
44
dir.
³eklinde bir ba§nt tanmlanyor.
(2, 3)'ün
olsun.
−1
denklik snarn bulunuz.
≡
Bölüm 4. Denklik Ba§ntlar
Hüseyin BLGÇ
(a, b) ≡ (c, d) =⇒ ad = bc
(iii)
(c, d) ≡ (e, f ) =⇒ cf = de
=⇒ adcf = bcde
(Taraf tarafa çarplrsa)
=⇒ af = be
(Çünkü
c 6= 0, d 6= 0)
=⇒ (a, b) ≡ (e, f ).
Sonuç olarak
≡
bir denklik ba§ntsdr. Denklik snarn hesaplayalm:
(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
Z/≡
kümesinde
x ≡ y (mod 5)
ba§nts veriliyor. Bu ba§ntnn denklik ba§nts oldu§unu gösterip
bölüm kümesini yaznz.
Çözüm: Her
x∈Z
için
x ≡ x (mod 5)
dir.
x ≡ y (mod 5) =⇒ y ≡ x (mod 5)
(mod 5) ve y ≡ z (mod 5) ise x ≡ z (mod 5) olur. Yani ≡ (mod 5)
oldu§u açktr.
x≡y
ba§nts bir denklik ba§ntsdr.
Farkl denklik snar 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
0, 1, 2, 3, 4 .
A = { { 1, 3, 6 } , { 2, 4 } , { 5 } } ayrmnn belirledi§i denklik ba§n-
tsn yaznz.
Çözüm: Bu denklik ba§ntsna göre 1,3 ve 6 bir denklik snfnda; 2 ve 4 di§er bir denklik snfnda
olmaldr. Buna göre bu ayrmnn belirledi§i denklik ba§nts:
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) } .
45
Bölüm 4. Denklik Ba§ntlar
Hüseyin BLGÇ
A kümesinde tanml β1 ve β2 denklik ba§ntlar verilsin. (a) β1 ∩β2 her zaman bir denklik ba§nts
6.)
mdr? (b)
β1 ∪ β2
β1 ve β2 yansyan oldu§undan, her a ∈ A için (a, a) ∈ β1 ve (a, a) ∈ β2 olup (a, a) ∈ β1 ∩β2
Çözüm (a):
dir. Yani
her zaman bir denklik ba§nts mdr? Gösterin.
β1 ∩ β2
yansyandr.
(a, b) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b) ∈ β1
(b, a) ∈ β2 =⇒ (b, a) ∈ β1 ∩ β2
ve
(a, b) ∈ β2 =⇒ β1
β1 ∩ β2
olup
(a, c) ∈ β2 =⇒ (a, c) ∈ β1 ∩ β2
ve
β2
(b, a) ∈ β1
simetrik oldu§undan
ve
simetriktir.
(a, b), (b, c) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b), (b, c) ∈ β1
(a, c) ∈ β1
ve
ve
(a, b), (b, c) ∈ β2 =⇒ β1
olup
β1 ∩ β2
ve
β2
geçi³ken oldu§undan
geçi³kendir.
Sonuç olarak; ayn küme üzerinde tanml iki denklik ba§ntsnn kesi³imi her zaman bir denklik ba§ntsdr.
Çözüm (b):
ve
β1 ∪ β2
her zaman bir denklik ba§nts olmak zorunda de§ildir. Mesela:
β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1) }
geçi³ken olmaz, çünkü
7.)
R
de
ba§nts ise
Çözüm: (i)
(ii)
(2, 1), (1, 3) ∈ β1 ∪ β2
xβy ⇐⇒ x3 + y = y 3 + x
0
ve
2
β2 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 3), (3, 1) }
ve
β
β1 ∪ β2
ba§nts bir denklik ba§nts mdr? E§er denklik
denklik snarn bulunuz.
x=y
alnrsa
x3 + x = x3 + x
e³itli§i her zaman do§rudur. Yani
xβy =⇒ x3 + y = y 3 + x =⇒ y 3 + x = x3 + y =⇒ yβx
(iii)
alalm.
(2, 3) ∈
/ β1 ∪ β2 .
fakat
ile tanmlanan
A = { 1, 2, 3 }
xβy, yβz =⇒ x3 + y = y 3 + x
ve
y3 + z = z3 + y
olup
β
β
yansyandr.
simetriktir.
olup bu iki denklem taraf tarafa toplanrsa
x3 + y + y 3 + z = y 3 + x + z 3 + y =⇒ x3 + z = z 3 + x =⇒ xβz
olup
β
geçi³kendir. Yani,
β
bir denklik ba§ntsdr.
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
y3 − y − 6 = 0
imdi
2∈2
y−2
2
polinomuna kalansz bölünür. Bu bölme yapld§nda y
olaca§ndan 2 says
kökü yoktur, çünkü
2=
8.) Bir
P ×Q
P
∆ = 4 − 12 < 0
+ 2y + 3
y3 − y − 6
polinomu
bulunur. Bu polinomun reel
dr. O halde:
y ∈ R : y3 − y − 6 = 0
kümesinin bir ayrm
denklemini sa§lamaldr. Yani
=
{ A1 , A2 , A3 }
y ∈ R : (y − 2)(y 2 + 2y + 3) = 0
oldu§una göre
kümesinin bir ayrm oldu§unu gösteriniz. (
Q 6= ∅
46
dir. )
= {2}.
{ A1 × Q, A2 × Q, A3 × Q }
kümesinin
Bölüm 4. Denklik Ba§ntlar
Çözüm:
i, j ∈ { 1, 2, 3 }
olsun.
Hüseyin BLGÇ
{ A1 , A2 , A3 }
her
(i)
(ii)
(iii)
kümesi
i
için
P
nin bir ayrm oldu§undan
Ai 6= ∅
dir.
i 6= j =⇒ Ai ∩ Aj = ∅
A1 ∪ A2 ∪ A3 = P
önermeleri do§rudur. imdi
(a)
(b)
her
i
için
Ai × Q 6= ∅
dir, çünkü
Ai 6= ∅, Q 6= ∅
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 tamamlanr.
ise
aβb ⇐⇒ 3(5a + b)
Z'de
9.)
0
ve
1
denklik snarn bulunuz.
Çözüm: (i)
(ii)
ile tanmlanan ba§nt bir denklik ba§nts mdr? Denklik ba§nts
a=b
alnrsa
3(5a + a)
yani
36a
(a, b) ∈ β =⇒ 3(5a + b) =⇒ 5a + b = 3k
her zaman do§rudur, çünkü
olacak ³ekilde
k∈Z
vardr. Her iki taraf 5 ile çarparsak:
25a + 5b = 15k =⇒ 5b + a = 15k − 24a = 3(5k − 8a) =⇒ 3(5b + a),
Yani
(b, a) ∈ β
olup
β
6a = 3(2a).
çünkü
5k − 8a ∈ Z.
simetriktir.
(a, b) ∈ β =⇒ 3(5a + b) =⇒ ∃k ∈ Z, 5a + b = 3k
(b, c) ∈ β =⇒ 3(5b + c) =⇒ ∃m ∈ Z, 5b + c = 3m
(iii)
Sa§daki e³itlikler taraf tarafa toplanp gerekli düzenleme yaplrsa:
5a + c = 3(k + m − 2b) =⇒ k + m − 2b ∈ Z
olup
β
geçi³kendir. Sonuç olarak;
β
oldu§undan
3(5a + c) =⇒ (a, c) ∈ β
bir denklik ba§ntsdr.
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, . . . } .
n
10.)
ise
0
R de xβy ⇐⇒ |x − y| 6 1 ile tanmlanan β
ve
−2
ba§nts bir denklik ba§nts mdr? Denklik ba§nts
denklik snarn bulunuz?
47
Bölüm 4. Denklik Ba§ntlar
Hüseyin BLGÇ
Çözüm: Bu ba§nt bir denklik ba§nts de§ildir, çünkü
(1, 2) ∈ β, (2, 3) ∈ β
fakat
(1, 3) ∈
/β
dr. Yani
ba§nt geçi³ken de§ildir.
11.)
Z
de
xβy ⇐⇒ |x2 − y 2 | 6 5
ba§nts ise
2
ve
−3
β
ile tanmlanan
ba§nts bir denklik ba§nts mdr? Denklik
denklik snarn bulunuz?
Çözüm: Bu ba§nt bir denklik ba§nts de§ildir, çünkü
(0, 2) ∈ β, (2, 3) ∈ β
fakat
(0, 3) ∈
/β
dr. Yani
ba§nt geçi³ken de§ildir.
12.) 3 elemanl bir
13.)
A
kümesi üzerinde kaç tane farkl denklik ba§nts yazlabilir?
7
{ { 1, 5 } , { 2, 3, 4 } , { 6 } , { 7 } }
12
A
9
N
18
Hiçbiri
ayrmnn belirledi§i denklik ba§nts kaç elemanldr?
13
14.) 4 elemanl bir
15.)
8
N
14
15
Hiçbiri
Hiçbiri
kümesi üzerinde 6 elemanl kaç tane denklik ba§nts yazlabilir?
3
N
4
6
β = { (1, 1), . . . , (8, 8), (1, 2), (2, 1), (1, 7), (7, 1), (2, 7), (7, 2) }
8
ba§ntsnda kaç tane farkl denklik
snf vardr?
16.)
17.)
4
N
5
R'de xβy ⇐⇒ x2 + 7y = y 2 + 7x
√ √ √
2
2, 2 − 7
R
de
xβy ⇐⇒ x2 = y 2
6
√
denklik ba§nts ise
√
√ 2, 1 − 2
7
2 nin denklik snf
√ N √
2, 7 − 2
Hiçbiri
nedir?
Hiçbiri
denklik ba§ntsna göre hangi saynn (saylarn) denklik snf bir
elemanldr?
√
∓ 2
18.)
A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6 }
A/β
Buna göre
19.)
−1
kümesinde
1
xβy ⇐⇒ “x = y
veya
N
2
x + y = 6
Hiçbiri
denklik ba§. tanmlansn.
kaç elemanldr?
N
3
A = { 1, 2, 3, 4 }
4
2
5
Hiçbiri
kümesinde tanml bir denklik ba§ntsnn eleman says a³a§dakilerden hangisi
olamaz?
20.)
16
R
de
(x, y) ∈ β ⇐⇒ x3 − y 3 = x − y
4
6
³eklinde tanmlanan
β
N
8
Hiçbiri
bir denklik ba§nts ise
0
kaç
elemanldr?
β
21.)
denklik ba§nts de§il
β, A'da
bir denklik ba§nts ve
a = b =⇒ a ∈ b
a, b ∈ A
1
2
N
3
Hiçbiri
olsun. A³a§dakilerden hangisi do§rudur?
(a, b) ∈ β =⇒ a = b
a ∩ b = ∅ =⇒ (a, b) ∈
/β
48
a 6= ∅
N
Hepsi
Bölüm 5
Sralama Ba§ntlar
Tanm 5.1
β bir ∅ =
6 A kümesi üzerinde bir ba§nt olsun. E§er β yansyan, ters simetrik ve geçi³ken ise
β 'ya bir parçal sralama ba§nts
sralanm³ küme
(x, y) ∈.
veya ksaca
sralama ba§nts
denir. Sralama ba§ntlar genelde
x.y
ise bunu ksaca
6, ., /, 4, -
denir.
A kümesine de (parçal)
gibi sembollerle gösterilir. Ayrca
³eklinde yazar ve . ba§ntsna göre
x, y
den önce gelir veya ksaca
x, y den önce gelir ³eklinde okuruz. Ayrca y, x den sonra gelir ifadesi de kullanlabilir. Bu gösterim
³eklinin, daha önce
(x, y) ∈ β
Tanm 5.2
.
ba§nts bir
y.x
ile
y
ise
x
yerine
A
elemanlarna
xβy
yazlan gösterim ³ekliyle uyumlu oldu§una dikkat ediniz.
kümesinde bir sralama ba§nts olsun. E§er
kar³la³trlabilir elemanlar
denir. E§er
x, y ∈ A
A
için
x.y
veya
nn bütün elemanlar
.
ba§ntsna göre kar³la³trlabilir elemanlar ise; yani
∀ x, y ∈ A, x . y
önermesi do§ruysa,
veya
y.x
. ba§ntsna bir tam sralama ba§nts, A kümesine de tam sralanm³ küme
denir.
Örnek 5.3 Do§al saylar kümesinde bilinen
sdr. Çünkü, her
simetriktir.
x∈N
için
x 6 y, y 6 z
x6x
iken
olup
x6z
6
A = { a, b, c }
ba§ntsn dü³ünelim. Bu ba§nt bir sralama ba§nt-
yansyandr. Ayrca,
x 6 y, y 6 x
olup ba§nt geçi³kendir. Ayrca her
olup ba§nt tam sralama ba§ntsdr ve
Örnek 5.4
6
N
ise
x=y
x, y ∈ N
için
olup ba§nt ters
x6y
tam sraldr.
kümesinin kuvvet kümesi
P (A) = { ∅, { a } , { b } , { c } , { a, b } , { a, c } , { b, c } , A }
üzerinde tanmlanan ⊆ ba§ntsn dü³ünelim. Ba§nt sralama ba§ntsdr, çünkü:
(i) Her
X ∈ P (A)
için
X⊆X
olup ba§nt yansyandr.
49
veya
y6x
Bölüm 5. Sralama Ba§ntlar
(ii)
X⊆Y
ve
Y ⊆X
ise
X=Y
(iii)
X⊆Y
ve
Y ⊆Z
ise
X⊆Z
Hüseyin BLGÇ
olup ba§nt ters simetriktir.
olup ba§nt geçi³kendir.
{ a, b }
Bu ba§nt bir tam sralama ba§nts de§ildir, çünkü, örne§in,
kümesi ile
{ b, c }
kümesi kar³-
la³trlamaz.
Tanm 5.5 Bir
4
sralama ba§ntsnn ³emas
çizilerek elde edilen ³ekildir. Ayrca
den
y
x4y
ve
x4y
y4z
x 6= y
ve
ise
x
z
den
için
x
den
y
ye yukar yönde bir ok
ye ok çizilmez. Yani
x4y
olmas x
ye yukar yönde oklar takip ederek gidilebilir anlamna gelmektedir.
Örnek 5.6
A = { a, b, c, d, e }
kümesi üzerinde tanmlanan
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) }
sralama ba§ntsnn ³emas:
a
@
I
@
@
b
d
I
@
I
@
@
@
Örnek 5.7 Daha önce verilen
kümesi üzerinde verilen
⊆
N
@
c
deki bilinen
6
@
e
sralama ba§nts ile
A = { a, b, c }
sralama ba§ntlarnn ³emalar ³öyledir:
.
.
.
{ a, b, c }
6
> 6Z
}
Z
Z
Z
{ a, b }
2
{ a, c }
{a}
1
Z
}
Z
Z
6
{b}
6
ba§nts bir
{c}
>
Z ∅
0
.
{ b, c }
}
Z
> }
Z
>
6
Z
Z 6
Z
Z
Z Z
6
Tanm 5.8
kümesinin kuvvet
A
kümesinde bir sralama ba§nts olsun.
x . a =⇒ x = a
50
a∈A
olsun. Her
x∈A
için
Bölüm 5. Sralama Ba§ntlar
önermesi do§ru ise
a'dan
A
a
Hüseyin BLGÇ
bir küçük eleman (minimal eleman)
elemanna
a
önce gelen eleman sadece
a
ise
x∈A
denir. Yani, her
A
kümesinde
elemanna bir küçük eleman denir. Benzer ³ekilde bir
elemanndan sonra gelen elemanlar sadece
eleman)
denir. Yani
b'nin
kendisi ise
b ∈
b'ye bir büyük eleman (maksimal
için
b . x =⇒ x = b
b'ye bir büyük eleman denir. Tanmdan da anla³laca§ gibi bir sral kümede küçük
önermesi do§ru ise
ve büyük elemanlar birden fazla olabilir.
Tanm 5.9
için
b.x
.
A
ba§nts bir
olacak ³ekilde bir
Benzer ³ekilde, e§er her
kümesinde bir sralama ba§nts olsun.
b∈B
x ∈ B
büyük eleman (maksimumu)
varsa
için
b'ye B
x . c
kümesinin
B ⊆A
olsun. E§er her
en küçük eleman (minimumu)
olacak ³ekilde bir
c ∈ B
varsa
c'ye B
x∈B
denir.
kümesinin
en
denir. Yani bir kümenin en küçük (büyük) eleman kümedeki bütün
elemanlarla kar³la³trlan ve kümedeki her elemandan önce (sonra) gelen elemandr. Bu elemanlar
srasyla
min B
maks B
ve
ile gösterilir. Tanmdan da anla³laca§ gibi bir kümenin en küçük ve en
büyük eleman (varsa) o kümeye ait olmak zorundadr.
B⊆A
Teorem 5.10 Bir
b1
spat:
b2
ve
b2 , B
kümesinin minimumu ve maksimumu varsa bir tanedir.
kümesinin iki minimumu olsun.
de bir mininum oldu§undan
b2 . b1
dir.
.
b1
bir minimum oldu§undan
ba§nts ters simetrik oldu§undan
b1 . b2
dir. Ayrca
b1 = b2
elde edilir.
Maksimumun (varsa) tek oldu§u benzer ³ekilde ispatlanr.
Örnek 5.11
A
A = { 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 }
kümesindeki küçük elemanlarn kümesi
dur.
A
{ 2, 3, 5, 7 }
x . y
olup en büyük eleman yoktur.
maks { 2, 5, 10 } = 10
dur. Tek elemanl bir
Tanm 5.12
.
⇐⇒
x y
sralama ba§ntsna göre
ve büyük elemanlarn kümesi
kümesinin en küçük ve en büyük eleman yoktur.
min { 2, 4, 8, 10 } = 2
ama
kümesinde
{ 6, 7, 8, 9, 10 }
min { 2, 4, 8 } = 2, maks { 2, 4, 8 } = 8
{ 2, 5, 10 }
kümesinin en küçük eleman yoktur,
dur. Ne en küçük, ne de en büyük elemana sahip bir küme ise
{a}
kümesinin en küçük eleman da en büyük eleman da
ba§nts bir
A
dir.
kümesinde bir sralama ba§nts ve
B ⊆A
a
{ 3, 5, 6, 10 }
dr.
olsun. Bir
a0 ∈ A
ve her
alt snr denir. Benzer ³ekilde, bir a1 ∈ A ve her
x ∈ B için x . a1 oluyorsa a1 elemanna B için bir üst snr denir. Alt snra sahip kümelere alttan
snrl küme, üst snra sahip kümelere de üstten snrl küme denir. E§er B alttan snrl bir küme
ise, B nin bütün alt snrlarnn olu³turdu§u kümenin en büyük elemanna (varsa) B nin en büyük
alt snr (inmumu) denir ve inf B veya ebas B ile gösterilir. Benzer ³ekilde, e§er B üstten snrl
bir küme ise, B nin bütün üst snrlarnn olu³turdu§u kümenin en küçük elemanna (varsa) B nin en
küçük üst snr (supremumu) denir ve sup B veya eküs B ile gösterilir. Tanmdan da anla³laca§
x∈B
için
gibi bir
B
a0 . x
oluyorsa
a0
elemanna
B
için bir
kümesinin üst snr, alt snr, inmumu ve supremumu kümeye ait olmak zorunda de§ildir.
51
Bölüm 5. Sralama Ba§ntlar
Teorem 5.13 Bir
B
spat:
Hüseyin BLGÇ
sup B = eküs B = min { B 'nin
bütün üst snrlar }
inf B = ebas B = max { B 'nin
bütün alt snrlar }
B⊆A
kümesinin inmumu ve supremumu varsa bir tanedir.
kümesinin inmumu (supremumu)
B
nin alt (üst) snrlarnn maksimumu (minimumu)
oldu§undan ve bir kümenin maksimumu (minimumu) e§er varsa tek oldu§undan (bkz. Teorem 5.10),
B
kümesinin inmumu (supremumu) varsa tektir.
A=R
Örnek 5.14
alalm ve bilinen
6
sralamasn dü³ünelim.
bir say bu küme için bir alt snrdr. Yani
maksimumu 0 oldu§undan
B2
ebas B1 = 0
B1
ebas B1 = 0
dr.
B2
olsun. Sfr veya negatif
(−∞, 0] olup bu
√
√
eküs B1 = min[ 3, ∞) = 3 dür.
in alt snrlarnn kümesi
dr. Benzer ³ekilde
kümesi olarak 0 dan büyük bütün rasyonel saylar alalm.
olup
√
B1 = [0, 3)
B2
kümenin
imdi de
nin alt snrlarnn kümesi
(−∞, 0]
nin üst snrlarnn kümesi bo³küme olup bu küme üstten snrl de§ildir, o
halde supremumu yoktur.
A
Tanm 5.15
eleman varsa
ba§nts
kümesi bir sral küme olsun. E§er
A
ya
iyi sralanm³ bir küme,
A
nn bo³ olmayan her alt kümesinin bir en küçük
buradaki sralama ba§ntsna da bir
iyi sralama
denir.
Örnek 5.16
N kümesi bilinen 6 sralama ba§ntsna göre iyi sral bir kümedir, çünkü her alt kümesi-
nin bir en küçük eleman vardr. Tam saylar kümesi
bir en küçük eleman yoktur.
R
Z
iyi sral de§ildir çünkü, örne§in,
de iyi sral de§ildir, çünkü
(0, 1)
Z−
kümesinin
açk aral§nn bir en küçük eleman
yoktur.
Teorem 5.17 yi sral her
spat:
x, y ∈ A
Bu eleman
x
ise
olsun.
x.y
A
A
kümesi tam sraldr.
kümesi iyi sral oldu§undan
olup
x
ile
y
{ x, y }
alt kümesinin en küçük eleman vardr.
kar³la³trlabilir. Aksi halde
Her iki halde de bu iki eleman kar³la³trlr. O halde
A
y.x
olup
y
ile
x
kar³la³trlabilir.
tam sraldr.
ALITIRMALAR
1.)
A
kümesi 30 saysnn pozitif bölenleri olsun.
verilsin.
A
A
üzerinde x
. y ⇐⇒ xy kümesi bu ba§ntya göre tam sral mdr? yi sral mdr?
küçük ve en büyük eleman var mdr?
eküs { 3, 5 } =?, ebas { 3, 5 } =?
52
sralama ba§nts
B = A \ { 1, 30 }
kümesinin en
Bölüm 5. Sralama Ba§ntlar
Hüseyin BLGÇ
A = { 1, 2, 3, 5, 6,10, 15,30 } elde edilir. A kümesi bu ba§ntya göre tam sral de§ildir, çünkü
2 ile 3 kar³la³trlamaz. (23 ve 32 önermeleri yanl³tr.) A kümesi bu ba§ntya göre iyi sral de§ildir,
Çözüm:
çünkü
{ 2, 3, 5 }
oldu§u açktr.
altkümesinin (. ba§ntsna göre) en küçük eleman yoktur.
B
B = { 2, 3, 5, 6, 10, 15 }
kümesinin en küçük eleman 2 olamaz, çünkü 3 ile kar³la³trlamaz. Benzer ³ekilde
di§er elemanlar da en küçük eleman olamaz.
B
kümesinin en büyük eleman 15 olamaz, çünkü 6 ile
kar³la³trlamaz. Benzer ³ekilde di§er elemanlar da en büyük eleman olamaz.
{ 3, 5 }
kümesinin alt snrlar kümesi
{1}
dir.
{ 3, 5 }
kümesinin üst snrlar kümesi
{ 15, 30 }
dur. O
halde:
eküs { 3, 4 } = min { 15, 30 } = 15,
ebas { 3, 4 } = max { 1 } = 1.
2.) a) yi sral bir kümenin her alt kümesinin iyi sral oldu§unu gösterin.
b) Tam sral bir kümenin her alt kümesinin tam sral oldu§unu gösterin.
c) Tam sral olan fakat iyi sral olmayan bir kümeye örnek veriniz.
spat: a)
olsun.
∅ 6= A
B⊆A
kümesinde bir sralama ba§nts verilsin.
olsun.
B=∅
B
ise
A
nin iyi sral oldu§u açktr.
kümesinin en küçük eleman vardr; çünkü
X⊆A
dr ve
A
kümesi (verilen ba§ntya göre) iyi sral
B 6= ∅
∅ 6= A
kümesinde
sralama ba§nts verilsin.
olsun.
B⊆A
y4x
önermelerinden en az biri do§rudur; çünkü
O halde
x
olsun.
ile
y
B=∅
4
Z
B
B
x
ile
ve
X
key oldu§undan
B
iyi sraldr.
kümesi (bu ba§ntya göre) tam sral
B 6= ∅
y , A'nn
x
B
X
X 6= ∅
olsun.
ve
y
olsun.
x, y ∈ B
da elemanlardr ve
key oldu§undan
B
olsun.
A
x4y
ve
tam sraldr.
nin her eleman
tam sraldr.
tamsaylar kümesinde bilinen
ba§ntsdr; çünkü her
A
nin tam sral oldu§u açktr.
kar³la³trlabilir elemanlardr. Seçilen
kar³la³trlabilirdir. Yani
Çözüm: c)
ise
X⊆B
iyi sraldr. Seçilen
nin bo³ olmayan her alt kümesinin en küçük eleman vardr. Yani
spat: b)
olsun.
a, b ∈ Z
için ya
6
sralama ba§nts verilsin. Bu ba§nt bir tam sralama
a 6 b
ba§ntsna göre iyi sral de§ildir; çünkü mesela
ya da
b 6 a
dr. Yani,
Z− = { −1, −2, −3, . . . }
Z
tam sraldr. Bu küme
6
negatif tamsaylar kümesinin
bir en küçük eleman yoktur.
3.)
A en az 2 elemanl bir küme olsun. P (A) kuvvet kümesi üzerinde tanmlanan X 6 Y ⇐⇒ X ⊆ Y ba§ntsnn bir sralama ba§nts oldu§unu gösteriniz.
Neden?
A
bir elemanl bir küme olsayd
P (A)
P (A) kümesi bu ba§ntya göre tam sral mdr?
kümesi tam sral olur muydu? Neden?
Çözüm: Bu ba§nt bir sralama ba§ntsdr; çünkü
(i) Her
(ii)
X ∈ P (A)
X⊆Y
ve
için
Y ⊆X
X⊆X
ise
olup ba§nt yansyandr.
X=Y
olup ba§nt ters simetriktir.
53
Bölüm 5. Sralama Ba§ntlar
(iii)
X⊆Y
P (A)
kümesi bu ba§ntya göre tam sral de§ildir; mesela
ve
Y ⊆Z
Hüseyin BLGÇ
ise
X⊆Z
olup ba§nt geçi³kendir.
A = { a, b }
alnrsa
X = {a}
Y = {b}
ile
kar³la³trlamaz.
A
bir elemanl olsayd (mesela
A = {a}
gibi), o zaman
P (A) = { ∅, { a } }
P (A)
nn tüm elemanlar (toplam 2 eleman) birbiriyle kar³la³trlrd. Yani
4.)
R × R'de
olurdu. Bu durumda
P (A)
tam sral olurdu.
a³a§daki gibi tanmlanan ba§nt bir sralama ba§nts mdr? Tam sralama ba§nts
mdr?
(x, y) 4 (a, b) ⇐⇒ x 6 a
Çözüm: (i) Her
O halde
(x, y) ∈ R × R
(x, y) 4 (x, y)
(x, y) 4 (a, b)
(ii)
için x
b=y
(iii)
x6a
a6x
ve
bulunur. Yani
(x, y) 4 (a, b)
ifadelerinden
(x, y) = (a, b)
ve
y6d
x6a
bulunur. Yani
Sonuç olarak;
(1, 5)
5.)
ve
ile
A
ve
(a, b) 4 (c, d)
a6c
ve
y6b
x=a
ve
a6x
ve
y=y
dir.
b6y
y6b
ve
b6y
ifadelerinden
y6b
ve
b6d
ifadelerinden
önermeleri do§ru olsun. Buradan:
ifadelerinden
(x, y) 4 (c, d)
ve
y6b
x6c
ve
a6c
ve
b6d
bulunur. Benzer ³ekilde;
dir. O halde ba§nt geçi³kendir.
kar³la³trlamaz.
tam sralanm³ iki küme olsun (bu kümedeki ba§ntlar
(a1 , b1 ) (a2 , b2 ) ⇐⇒ a1 < a2
a1 < a2
ifadesi a1
Çözüm: Bir örnekle
verilsin.
ve
bulunur. Benzer ³ekilde;
a³a§daki tanmlanan ba§nt bir sralama ba§nts mdr?
(Not:
x=x
4 ba§nts bir sralama ba§ntsdr. Bu ba§nt bir tam sralama ba§nts de§ildir, çünkü
(2, 3)
B
önermesi do§rudur; çünkü
dir. O halde ba§nt ters simetriktir.
x6a
elde edilir.
y 6 y
önermeleri do§ru olsun. Buradan:
x6a
elde edilir.
ve
y6b
dir. Yani ba§nt yansyandr.
(a, b) 4 (x, y)
ve
6x
ve
B = { 1, 2, 3 }
6 a2
ve
a1 6= a2 ise veya
ile gösterelim).
A×B
üzerinde
bu ba§ntya göre tam sral mdr?
a1 = a2
iken
b1 6 b2
ise
anlamndadr.)
ba§ntsn anlamaya çal³alm.
kümesinde de
A×B
6
1 6 2 6 3
A = { a, b, c }
kümesinde
sralamas verilsin. Buna göre
a6b6c
A×B
sralama ba§nts ³öyle yazlabilir:
(a, 1) (a, 2) (a, 3) (b, 1) (b, 2) (b, 3) (c, 1) (c, 2) (c, 3).
54
sralamas
kümesindeki
Bölüm 5. Sralama Ba§ntlar
Hüseyin BLGÇ
A×B kümesindeki iki elemann hangisinin önce geldi§ine baklrken önce birinci bile³enlere baklmakta;
birinci bile³enler e³it ise ikinci bile³enlere baklmaktadr. Bu ise sanki Türkçe'deki iki hari iki kelimenin
hangisinin sözlükte daha önce geldi§ine bakmaya benzemektedir. Bu yüzden bu tür sralamalara sözlük
sralamas denmektedir. imdi, genel halde, yukarda tanmlanan ba§ntnn özelliklerini inceleyelim.
(i) Her
(a1 , b1 ) ∈ A × B
için
(a1 , b1 ) (a2 , b2 )
a1 < a1
olur; çünkü tanmda
(a2 , b2 )
a1 = a1
ise
ise veya
iken
b1 6 b1
yerine
(a1 , b1 )
yazlrsa
önermesi elde edilir. Bu önerme her zaman do§rudur; çünkü veya nn sa§ taraf her zaman do§rudur.
(B tam sral oldu§undan
(a1 , b1 ) (a2 , b2 )
(ii)
b1 6 b1
dir). Yani ba§nt yansyandr.
olsun. Ayrca
(a2 , b2 ) (a1 , b1 )
olsun. imdi
(a1 , b1 ) (a2 , b2 )
olmas için 3
durum vardr.
Durum 1:
(a1 , b1 )
a1 < a2 :
Bu durumda
a1 6= a2
dir ve
a1 , a2
den önce gelir. Ancak bu durum,
(a2 , b2 ) olmas ile çeli³ir.
Durum 2:
a1 = a2
(a2 , b2 ) (a1 , b1 )
Durum 3:
ve
Bu durumda
b1 6= b2
Bu durumda
(a1 , b1 ) = (a2 , b2 )
b1 < b2 :
dir ve
b1 , b2
den önce gelir. Ancak bu durum,
olmas ile çeli³ir.
a1 = a2
ve
b1 = b2 :
dir.
Sonuç olarak, sadece 3. durum mümkün oldu§undan ba§nt ters simetriktir.
(iii)
(a1 , b1 ) (a2 , b2 )
ve
(a2 , b2 ) (a3 , b3 )
olsun. Öncelikle, a³a§daki 3 durumu inceleyelim:
a1 = a2 < a3 ,
Bu 3 durumda da
a1 < a3
oldu§u açktr. O halde
olur; çünkü
a1 = a2 = a3
a1 < a2 = a3 ,
A daki sralama ba§nts geçi³kendir. O zaman (a1 , b1 ) (a3 , b3 )
durumunu inceleyelim. Bu durumda
açktr.
B
(a3 , b3 )
elde edilir. Yani ba§nt geçi³kendir.
deki sralama ba§nts geçi³ken oldu§undan
Sonuç olarak
a1 6= a2
sraldr. O halde
iken:
a1 < a2
(a1 , b1 ) (a2 , b2 )
a1 = a2
(a2 , b2 )
(a2 , b2 ) (a1 , b1 )
iken:
B
A
kümesinde tanml
ba§nts mdr? (b)
β1
β1 ∪ β2
ve
a2 < a 1
b2 6 b3
olur. Fakat bu durumda yine
oldu§u
(a1 , b1 ) X = (a1 , b1 ) ∈ A × B
veya
önermelerinden birisi mutlaka do§rudur, çünkü
(a2 , b2 ) (a1 , b1 )
tam sral oldu§undan, ya
dir. Yani
Sonuç olarak her iki durumda da
6.)
ve
ve
verilsin.
Durum B:
veya
b1 6 b3
b1 6 b2
bir sralama ba§ntsdr. imdi di§er soruyu cevaplandralm.
Y = (a2 , b2 ) ∈ A × B
Durum A:
a1 < a2 < a3 .
ve
A×B
β2
X
ile
Y
dir. Yani
b1 6 b2
X
ya da
ile
Y
A
tam
kar³la³trlabilirdir.
b2 6 b1
dir. O halde
(a1 , b1 ) kar³la³trlabilirdir.
tam sraldr.
sralama ba§ntlar verilsin. (a)
β1 ∩ β2
her zaman bir sralama
her zaman bir sralama ba§nts mdr? Açklayn.
55
Bölüm 5. Sralama Ba§ntlar
Çözüm (a):
dir. Yani
Hüseyin BLGÇ
β1 ve β2 yansyan oldu§undan, her a ∈ A için (a, a) ∈ β1 ve (a, a) ∈ β2 olup (a, a) ∈ β1 ∩β2
β1 ∩ β2
yansyandr.
(a, b), (b, a) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b), (b, a) ∈ β1
a=b
β1 ∩ β2
olup
ve
β2
ve
ters simetrik oldu§undan
ters simetriktir.
(a, b), (b, c) ∈ β1 ∩ β2 =⇒ (a, b), (b, c) ∈ β1
(a, c) ∈ β1
(a, b), (b, a) ∈ β2 =⇒ β1
ve
(a, c) ∈ β2 =⇒ (a, c) ∈ β1 ∩ β2
(a, b), (b, c) ∈ β2 =⇒ β1
ve
olup
β1 ∩ β2
β2
ve
geçi³ken oldu§undan
geçi³kendir.
Sonuç olarak; ayn küme üzerinde tanml iki sralama ba§ntsnn kesi³imi her zaman bir sralama
ba§ntsdr.
Çözüm (b):
ve
β1 ∪ β2
her zaman bir sralama ba§nts olmak zorunda de§ildir. Mesela,
β1 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2) }
(1, 2), (2, 3) ∈ β1 ∪ β2
çünkü
7.)
A = { 2, 3, 4, 6, 7 }
fakat
kümesinde
ve
β2 = { (1, 1), (2, 2), (3, 3), (2, 3) }
β1 ∪ β2
alalm.
A = { 1, 2, 3 }
geçi³ken olmaz,
(1, 3) ∈
/ β1 ∪ β2 .
x 4 y ⇐⇒ y x
ba§ntsna göre küçük elemanlarn kümesi hangi-
sidir?
N
{ 2, 3, 7 }
8.)
{ 2, 3 }
{ 4, 6 }
Hiçbiri
A = { 2, 4, 8, 14 } kümesi üzerinde x 4 y ⇐⇒ xy sralama ba§ntsna göre p : A tam sraldr,
q : A
iyi sraldr önermelerinin do§ruluk de§erleri nedir?
p, q :
R'
9.)
{ 4, 6, 7 }
N
Do§ru
de bilinen
6
p, q :
Yanl³
p:
q:
Do§ru,
sralama ba§ntsna göre
Yanl³
(−1, 1) ∪ { 3 }
p:
Yanl³,
q:
Do§ru
Hiçbiri
kümesi için a³a§dakilerden hangisi
do§rudur?
N
eküs, ebas var
10.) 4 elemanl bir
N
A kümesi
eküs var, ebas yok
9
7
11.)
A=R
eküs yok, ebas var
Hiçbiri
üzerinde tanmlanan bir sralama ba§nts en fazla kaç elemanl olabilir?
10
eküs, ebas yok
kümesinde bilinen
6
sralamas verilsin.
B=
x∈Q:−
8
1
<x64
3
Hiçbiri
olsun. Buna göre
ebas(B) ve eküs(B) srasyla nedir?
N
12.)
−
1
3
ve 4
−
Yok ve 4
A = { 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 14, 18, 21 }
1
3
ve yok
kümesi üzerinde
4 ve
x 4 y ⇐⇒ xy −
1
3
Hiçbiri
sralama ba§ntsna göre
a³a§daki kümelerden hangisinin eküs'ü vardr?
{ 3, 4 }
13.)
R'de
bildi§imiz
{ 4, 5 }
6
{ 5, 6 }
sralama ba§nts verilsin. Buna göre
N
{ 6, 8 }
p : R
tam sraldr,
q : R
Hiçbiri
iyi sraldr
önermelerini do§ruluk de§erleri nedir?
p, q :
14.)
Do§ru
p, q :
A = { 1, 4, 5, 6, 8, 10, 16 }
Yanl³
N
kümesinde
q : Yanl³ p : Yanl³, q : Do§ru Hiçbiri
x y ⇐⇒ xy " ba§ntsna göre küçük elemanlar nedir?
p:
Do§ru,
56
Bölüm 5. Sralama Ba§ntlar
N
{ 1, 4, 5, 6 }
15.) 6 elemanl bir
N
A
{1}
7
6
ebas A
17.)
{ 4, 5 }
ve
eküs A
A = { 2, 4, 5, 6, 8, 10, 13 }
{ 6, 10 }
18.) 3 elemanl bir
4
8
6
sralama ba§nts verilsin?
yok, yok
kümesinde
{ 6, 8, 10 }
A
Hiçbiri
9
A = {x ∈ N : x > 7}
Hiçbiri
kümesi
için hangisi do§rudur:
yok, 7
{ 1, 5 }
kümesi üzerindeki bir sralama ba§nts en az kaç elemanl olmaldr?
16.) Do§al saylar kümesinde bildi§imiz
için
Hüseyin BLGÇ
0, 7
7, yok
N
Hiçbiri
x y ⇐⇒ xy " ba§ntsna göre büyük elemanlar nedir?
N
{ 6, 8, 10, 13 }
{ 5, 8, 10, 13 }
Hiçbiri
kümesi üzerindeki bir sralama ba§nts en fazla kaç elemanl olur?
5
N
7
Hiçbiri
19.) Rasyonel saylar kümesinde bildi§imiz 6 sralama ba§nts verilsin?
x ∈ Q : x > 0, 2 < x2 < 49
6
kümesin ebas' ve eküs'ü için hangisi do§rudur?
N
yok, 7
yok, yok
57
0, 7
7, yok
Hiçbiri
Ad, Soyad:
Numaras:
MT
MT107 SOYUT MATEMATK I DERS ÖRNEK YARIYILSONU SINAVI
1.)
p =⇒ (p ∧ q 0 )
N 0
p ∨ q0
önermesi a³a§dakilerden hangisine denktir?
2.) Evrensel küme ile
A
ve
B
(A \ B) \ C
A = { 0, ∅, { ∅ } , { { ∅ } } }
N
10.)
Hiçbiri
C0 ∪ A ∪ B
Hiçbiri
N
{ 0, ∅ } ⊆ A
{ 0, ∅ } ∈ A
\
x∈
/
Ai ise a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
Hiçbiri
B ∪ C ∪ A0
A ∪ C ∪ B0
ise a³a§dakilerden hangisi yanl³tr?
∃i ∈ I, x ∈ A0i
i∈I
∃i ∈ I, x ∈ Ai
kümesinde
Yansyandr
N
A ∩ B 6= ∅
β = { (2, 6), (5, 3), (1, 4) }
N+
s(A × B) > 2
A4B 6= A ∪ B
∃i ∈ I, x ∈
/ A0i
Hiçbiri
Hiçbiri
kümesi en az bir elemanl ise a³a§dakilerden hangisi kesinlikle do§rudur?
(5, 1) ∈ α
9.)
Hiçbiri
N
{{∅}} ⊆ A
s(A ∪ B) > 2
8.)
N
A∪B
A = { Ai : i ∈ I } ailesi verilsin. E§er
A×B
A4B
kümesinin simetrik fark nedir?
N
∀i ∈ I, x ∈ A0i
7.)
A∩B
kümesinin tümleyeni hangisidir?
{{∅}} ∈ A
6.)
Hiçbiri
s(A ∪ B) > 2
B0 ∪ C 0 ∪ A
5.)
kümeleri ayrk de§ilse a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
A \ B 6= ∅
4.)
q0 ∨ p
A0 ∩ B 0
A∩B
3.)
p0 ∨ q
p∧q
olsun.
(5, 6) ∈ βo α
(5, 3) ∈ α
(a, b) ∈ β ⇐⇒ 3a
Simetriktir
s(A ∪ B) > 1
A\B =∅
ise a³a§dakilerden hangisi kesinlikle do§rudur?
(3, 6) ∈ α
(5, 4) ∈ α
N
Hiçbiri
³eklinde tanmlanan ba§nt için hangisi do§rudur?
Ters simetriktir
N
Geçi³kendir
Hiçbiri
Z' de (a, b) ∈ β ⇐⇒ a = b + 1 veya b = a + 1 ba§ntsnn özelliklerinin listesi hangisidir?
N
Simetri
Ters simetri
Simetri, geçi³me
Ters simetri, geçi³me
Hiçbiri
Di§er Sayfaya Geçiniz
58
Ad, Soyad:
11.)
12.)
Numaras:
(x, y) ∈ β ⇐⇒ 9x3 + x = 9y 3 + y ba§ntsna göre 1'in denklik snf
N
{ 1, 0, −1 }
{ 1, −3, 3 }
{1}
β denklik ba§. de§il
da tanml
Q
MT
nedir?
Hiçbiri
R de tanml xβy ⇐⇒ 2x2 +3y = 2y 2 +3x denklik ba§nts ise hangi a ∈ R için a bir elemanldr?
N
a=0
a = 4/3
a = −3/4
a = −4/3
Hiçbiri
A
= { { a, c, h } , { b, d, e, f } , { g, m } , { k } }
N
30
13.)
ayrmnn belirledi§i denklik ba§nts kaç eleman-
ldr?
14.)
β, A'da
bir denklik ba§nts ve
a 6= b =⇒ a 6= b
15.)
R
16.)
17.)
a, b ∈ A
s(a) > 2
x
=y
y
N
p :Hem
Hiçbiri
(a, b) ∈
/ β ⇐⇒ a 6= b
Hiçbiri
Do§ru
N
p, q :
p:
Yanl³
6
x = |y|
Hiçbiri
iki elemanl altkümelerden kaç tanesinin ebas' vardr?
5 tanesinin
tam sral hem iyi sral küme yoktur,
q :Sonlu
Do§ru,
q:
2 tanesinin
Hiçbiri
her küme iyi sraldr olsun. Buna göre
Yanl³
p:
Yanl³,
q:
Do§ru
Hiçbiri
sralama ba§ntsna göre hangi kümenin minimumu vardr?
o
N n√
n
n
−
:n∈N
2+
:n∈N
Hiçbiri
n+1
2
6 sralama ba§ntsna göre x ∈ Q : x > 0 ve 12 < x2 kümesinin ebas ve eküs'ü
1
:n∈N
n+1
Q'da
bilinen
Q+
nedir?
12 ve yok
0 ve yok
xy
A = { 4, 5, 6, . . . , 99 }
kümesinde
{ 20, 35 }
{ 11, 34 }
NOT:
N
xy = x2
x(x + 1) = y(y + 1)
18.) Reel saylar kümesinde bilinen
20.)
27
ise a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
a ∈ b =⇒ a = b
A = { 2, 3, 4, 6 }'da xy ba§ntsna göre
N
4 tanesinin
3 tanesinin
29
de a³a§daki e³itliklerle verilen ba§ntlardan hangisi bir denklik ba§nts tanmlar?
p, q :
19.)
31
√
12
ve yok
√
0 ve
12
N
Hiçbiri
sralama ba§ntsna göre hangi küme üstten snrldr?
N
{ 4, 21 }
{ 21, 49 }
Hiçbiri
Net puannz do§ru cevap saysndan yanl³ cevap saynzn 1/4'ü çkarlarak hesaplanacaktr.
Süre 75 dakikadr.
N
³eklinde i³aretleyiniz.
BAARILAR
59
Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BLGÇ
Bölüm 6
Fonksiyonlar
Tanm 6.1
A
ve
B
bo³ olmayan iki küme ve
E§er a³a§daki ³artlar gerçekleniyorsa
(i) Her
x∈A
için
(x, y) ∈ f
f
ye
f ⊆A×B
A'dan B 'ye
olacak ³ekilde bir
y∈B
olsun, yani
bir
f, A'dan B 'ye
bir ba§nt olsun.
fonksiyon (dönü³üm, tasvir)
olmal; yani
A'da f
denir.
ba§ntna göre e³lenmemi³
eleman olmamal,
(ii) Her
x∈A
için
(x, y1 ) ∈ f
ve
(x, y2 ) ∈ f =⇒ y1 = y2
olmal; yani
A
kümesinde bir eleman iki
farkl elemanla e³lenmemeli.
Ba³ka bir ifadeyle,
A dan B
e³leyen bir kuraldr. E§er
Burada,
A
kümesine
f
f
nin
ye bir
f
A nn her elemann B
fonksiyonu;
ba§nts
A'dan B 'ye
bir fonksiyon ise bunu
tanm kümesi, B 'ye de de§er kümesi
A = { a, b, c, d } , B = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 }
Örnek 6.2
nin bir ve yalnz bir elemanna
f : A −→ B
³ekline gösteririz.
denir.
olsun. A³a§daki ba§ntlar 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 de§ildir, çünkü
d
eleman e³lenmemi³tir.
eleman iki farkl elemanla (6 ve 5 ile) e³lenmi³tir.
ve
f4 : A −→ B
f2
de bir fonksiyon de§ildir, çünkü
c
f3 ve f4 , A'dan B 'ye birer fonksiyon olup f3 : A −→ B
yazarz.
Tanm 6.3
f : A −→ B
görüntüsü
denir ve
bir fonksiyon olsun.
y = f (x)
(x, y) ∈ f
ise
yazlr. Yani;
f = { (x, f (x)) : x ∈ A }
60
y
elemanna
x
elemannn
f
altndaki
Bölüm 6. Fonksiyonlar
A
yazlabilir.
kümesi
Hüseyin BLGÇ
f
daki bütün elemanlarn
denir ve
G(f )
altndaki görüntülerinden olu³an kümeye
f
nin
görüntü
ile gösterilir. Yani
G(f ) = { f (x) : x ∈ A } = { y ∈ B : ∃x ∈ A, f (x) = y } .
G(f3 ) = { 6 }
Buna göre önceki örnekte
Tanm 6.4
f : A −→ B
x ∈ M
G(f4 ) = { 1, 3, 4, 7 }
ve
bir fonksiyon ve
yazlabilir.
M ⊆ A, M 6= A
g : M −→ B
olsun. E§er
fonksiyonu
f (x) = g(x) ³artn sa§lyorsa g fonksiyonuna f fonksiyonunun M alt kümesine
6 D olsun. E§er h : D −→ B
kstlanm³ denir ve g = f M yazlr. Benzer ³ekilde, A ⊆ D, A =
her
için
fonksiyonu her
x∈A
geni³letilmi³i
Örnek 6.5
g(x) = x
için
denir. Bu
f (x) = h(x) ³artn sa§lyorsa h fonksiyonuna f
durumda h = f oldu§u açktr.
A
f : R −→ R
fonksiyonu
kural ile verilmi³se
g
fonksiyonu
f (x) =
Bu durumda
Tanm 6.6
g = f R+
ile verilsin.
D
g : R+ −→ R
kstlanm³dr çünkü her
kümesine
fonksiyonu
x ∈ R+
için
x + |x|
x+x
=
= x = g(x).
2
2
yazlr.
f : A −→ B
ters görüntüsü
x + |x|
kural
2
+
f nin R kümesine
f (x) =
fonksiyonunun
denir.
y
bir fonksiyon olsun. Bir
y∈B
için
f (x) = y
nin bütün ters görüntülerinin kümesi
f −1 (y)
ise
x∈A
elemanna
y
nin
bir
ile gösterilir, yani
f −1 (y) = { x ∈ A : f (x) = y }
kümesidir. Baz
y 'ler için f −1 (y) kümesi bo³ küme olabilir. Ayrca Y ⊆ B
ters görüntülerinden olu³an kümeye
Y
kümesinin
ters görüntü kümesi
ise
Y 'deki bütün elemanlarn
denir ve
f −1 (Y ) ile gösterilir.
O halde
[
f −1 (Y ) = { x ∈ A : f (x) ∈ Y } =
f −1 (y)
y∈Y
yazlabilir.
f −1 (y) = f −1 ({ y })
Tanm 6.7
f : A −→ B
oldu§u açktr. Ayrca
bir fonksiyon ve
X⊆A
f −1 (B) = A
yazlabilir.
olsun.
f (X) = { f (x) : x ∈ X } = { y ∈ B : ∃ x ∈ X, f (x) = y }
kümesine
X
Örnek 6.8
kümesinin
f : R −→ R, f (x) =
g((−2, ∞)) = [−1, ∞)
Ayrca
görüntü kümesi
denir.
sin x
ve
2
G(f ) = f (A)
oldu§u açktr.
g : R −→ R, g(x) = x2 − 1
yazlr.
f −1 ((1, ∞)) = ∅
ve
√
√
g −1 ([0, 10]) = [− 11, −1] ∪ [1, 11]
61
dir.
olsun.
f ([0, π]) = 0, 12
ve
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Tanm 6.9
ise
f
ile
g
f
ye
Örnek 6.10
g
ve
Hüseyin BLGÇ
tanm kümeleri
e³it fonksiyonlar
A
olan (yani ayn olan) iki fonksiyon ve her
denir ve
f : N −→ Z, f (n) = (−1)n
f =g
ve
h : R −→ R, h(x) = x − 2
için
f (x) = g(x)
yazlr.
g : N −→ Z, g(m) = cos(mπ)
ve
x∈A
t : R \ { −3 } −→ R, t(x) =
fonksiyonlar e³ittir. Fakat
x2 + x − 6
x+3
fonksiyonlar e³it de§ildir, çünkü tanm kümeleri farkldr.
Tanm 6.11
f : A −→ A,
(özde³lik) fonksiyonu
kümesi ile
IA
Tanm 6.12
bir
x ∈ A
IA
denir ve
için
f (x) = x
ile gösterilir.
A
³eklinde tanmlanan fonksiyona
kümesinin kö³egeni olan
A
nn
birim
IA = { (x, x) : x ∈ A }
fonksiyonunun ayn oldu§u görülür.
f : A −→ B
sabit fonksiyon
Tanm 6.13
her
fonksiyonu bir
b∈B
ve her
x∈A
için
f (x) = b
³eklinde ise
f
fonksiyonu
denir.
f : A −→ B
bir fonksiyon olsun. E§er
A
daki farkl iki elemann görüntüsü her zaman
farkl ise; yani
her
önermesi do§ruysa
f
x1 , x2 ∈ A
için
x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 )
birebirdir (11)
fonksiyonuna
f
nin 11 olmas için
f (0) = f (π)
olup farkl iki reel
denir. Buna denk olarak,
gerek ve yeter ³art
her
x1 , x2 ∈ A
için
f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2
olmasdr diyebiliriz.
Örnek 6.14
f : R −→ R, f (x) =
x3 + 5
3
fonksiyonu 11 dir, çünkü
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 11 de§ildir, çünkü
saynn görüntüsü ayndr.
Tanm 6.15
x∈A
f : A −→ B
mevcutsa, yani
örten (üzerine)
B
bir fonksiyon olsun. E§er her
kümesinde
fonksiyon denir.
f
f
y∈B
için
f (x) = y
olacak ³ekilde en az bir
ba§ntsna göre e³lenmemi³ eleman yoksa,
örten
⇐⇒ f (A) = B
62
oldu§u görülür.
f
fonksiyonuna bir
Bölüm 6. Fonksiyonlar
f : R −→ R, f (x) = 7x5 − 11
Örnek 6.16
için
f (x) = y
seçilirse
f (x) = y
f (x) = y
g(x) = −1
ba§ntsna
f
f
olacak ³ekilde
f : A −→ B
y
f : A −→ B
x
x
için
ise bu durumda
olmad§ndan
g
x
ters fonksiyonu
Bu durumda
bulunabilece§i açktr.)
y∈R
verildi§inde
x = ln y − 1
seçildi§inde
bulunamamaktadr. Bu durumda, mesela
y = −1
örten de§ildir.
bir fonksiyon olsun. E§er
fonksiyonunun
Teorem 6.18
y ∈ R verilsin.
r
5 y + 11
x=
7
bulmalyz.
fonksiyonunu inceleyelim.
y60
y∈R
fonksiyonu örtendir. Bunu göstermek için verilen her
oldu§u görülür. (Verilen her
olmaktadr, ancak
Tanm 6.17
³art
x∈R
olacak ³ekilde
g : R −→ R, g(x) = ex+1
imdi
için,
Hüseyin BLGÇ
f −1 ⊆ B × A
ba§nts da bir fonksiyon ise
f −1 : B −→ A
(ksaca tersi) denir ve
f −1
yazlabilir.
fonksiyonunun ters ba§ntsnn da bir fonksiyon olmas için gerek ve yeter
nin 11 ve örten olmasdr.
spat:
(=⇒) f : A −→ B
f (x2 ) = y
fonksiyonunun tersi de bir fonksiyon olsun. Her
x1 , x2 ∈ A
için
f (x1 ) =
olsun.
(x1 , y), (x2 , y) ∈ f =⇒ (y, x1 ), (y, x2 ) ∈ f −1
=⇒ f −1
olup
f
nin 11 oldu§u gösterilmi³ olur. imdi
(y, x) ∈ f −1
olacak ³ekilde sadece bir tane
y∈B
x∈A
verilsin.
x
dir. O halde
(⇐=)
f
nin 11 ve örten oldu§unu kabul edelim.
x1 = x2
f −1 : B −→ A
bir fonksiyon oldu§undan
f (x) = y
vardr. Bu durumda
ters görüntüsü
imdi de
f
bir fonksiyon oldu§undan
olup
y
nin
f
altndaki
örtendir.
f
örten oldu§undan
f −1
ba§ntsna göre
B
kümesinde e³lenmemi³ eleman yoktur. Ayrca
(y, x1 ), (y, x2 ) ∈ f −1 =⇒ (x1 , y), (x2 , y) ∈ f
=⇒ f
olup
f −1
11 oldu§undan,
x1 = x2
ba§ntna göre bir eleman birden fazla elemanla e³lenmi³ olamaz. O halde
f −1 ⊆ B × A
fonksiyondur.
Not 6.19 E§er
için
f −1 (y)
bir
f : A −→ B
fonksiyonu 11 ve örten ise (yani
kümesi tek elemanl oldu§u için, yani
y
f −1
de bir fonksiyon ise) her
y ∈B
nin ters görüntüsü tek türlü belirlendi§i için,
f −1 (y) ifadesi y nin ters görüntüler kümesi de§il de y nin ters görüntüsü olarak anla³lr. O halde
f
fonksiyonu 11 ve örtense,
Teorem 6.20
f : A −→ B
f (x) = y ⇐⇒ f −1 (y) = x
fonksiyonu 11 ve örten ise
63
yazlabilir.
f −1 : B −→ A
fonksiyonu da 11 ve örtendir.
Bölüm 6. Fonksiyonlar
spat:
f
Hüseyin BLGÇ
f −1
nin 11 ve örten oldu§unu kabul edelim ve
y1 , y2 ∈ B
in 11 ve örten oldu§unu gösterelim. Her
için
f −1 (y1 ) = f −1 (y2 ) =⇒ f (f −1 (y1 )) = f (f −1 (y2 ))
=⇒ y1 = y2
olup
f −1
fonksiyonu 11 dir. imdi de
altndaki ters görüntüsünün
Tanm 6.21
dan
C
f : A −→ B
y
ve
x∈A
verilsin.
f (x) = y ∈ B
oldu§u görülür. O halde
g : B −→ C
iki fonksiyon ise
f
ye bir fonksiyondur. Bu fonksiyona
f −1
ile
g
dersek
f −1 (y) = x
x
olup
in
f −1
örtendir.
f
A
ile
g
fonksiyonlarnn
nin (ba§nt olarak) bile³kesi de
bile³kesi
denir ve
g◦ f
ile gösterilir.
g◦ f = { (x, z) : ∃y ∈ B, (x, y) ∈ f, (y, z) ∈ g }
olup
y = f (x)
z = g(y) = g(f (x))
yazlrsa
olaca§ndan
(g◦ f )(x) = g(f (x))
kuralyla verilir.
Teorem 6.22
spat: Her
f : A −→ B, g : B −→ C, h : C −→ D
a∈A
üç fonksiyon ise
h◦ (g◦ f ) = (h◦ g)◦ f
dir.
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
e³itli§i elde edilir.
Teorem 6.23 Birebir fonksiyonlarn bile³kesi birebir; örten fonksiyonlarn bile³kesi örtendir.
spat:
f : A −→ B
ve
g : B −→ C
birebir fonksiyonlar olsun.
(g◦ f )(a1 ) = (g◦ f )(a2 ) =⇒ g(f (a1 )) = g(f (a2 ))
olup
g◦ f
fonksiyonu 11 dir. imdi de
f
=⇒ g
birebir oldu§undan
f (a1 ) = f (a2 )
=⇒ f
birebir oldu§undan
a1 = a2
ve
g
nin örten oldu§unu kabul edelim.
g◦ f : A −→ C
oldu§unu
hatrlayalm.
olup
c ∈ C =⇒ g : B −→ C
örten oldu§undan
∃ b ∈ B, g(b) = c
=⇒ f : A −→ B
örten oldu§undan
∃ a ∈ A, f (a) = b
(g◦ f )(a) = g(f (a)) = g(b) = c
Sonuç 6.24
(i)
oldu§undan
f : A −→ B, g : B −→ C
c
nin ters görüntüsü
birebir ve örtense
64
a
dr. O halde
(g◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1
g◦ f
dir.
örtendir.
Bölüm 6. Fonksiyonlar
(ii)
f : A −→ B
Teorem 6.25
Hüseyin BLGÇ
birebir ve örtense
f : A −→ B
(a)
g◦ f
örten ise
g
(b)
g◦ f
birebir ise
ve
f◦ f −1 = IB
g : B −→ C
ve
f −1 ◦ f = IA
dr.
iki fonksiyon olmak üzere
örtendir,
f
birebirdir.
ALITIRMALAR
1.)
f : X −→ Y
spat i.)
bir fonksiyon,
A⊆X
ve
B⊆X
olsun. A³a§dakilerin do§ru oldu§unu gösterin:
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
=⇒ x ∈ A
ve
=⇒ y ∈ f (A)
x∈B
ve
f (x) = y
için
olup
f (x) ∈ f (A)
ve
f (x) ∈ f (B)
y ∈ f (B)
=⇒ y ∈ f (A) ∩ f (B).
spat ii.)
y ∈ f (A ∪ B) =⇒ ∃ x ∈ A ∪ B
=⇒ x ∈ A
veya
=⇒ y ∈ f (A)
f (x) = y
için
x∈B
old.
f (x) ∈ f (A)
veya
f (x) ∈ f (B)
y ∈ f (B)
veya
=⇒ y ∈ f (A) ∪ f (B).
Ayrca,
y ∈ f (A) ∪ f (B) =⇒ y ∈ f (A)
=⇒ ∃ x1 ∈ A
veya
için
=⇒ x1 ∈ A ∪ B
y ∈ f (B)
f (x1 ) = y
olup
veya
∃ x2 ∈ B
f (x1 ) ∈ f (A ∪ B)
için
veya
f (x2 ) = y
x2 ∈ A ∪ B
olup
f (x2 ) ∈ f (A ∪ B)
∀x ∈ B
f (x) 6= y
=⇒ f (x1 ) = f (x2 ) = y ∈ f (A ∪ B).
spat iii.)
y ∈ f (A) \ f (B) =⇒ y ∈ f (A)
=⇒ ∃ x1 ∈ A
=⇒ x1 ∈
/B
ve
y∈
/ f (B)
için
f (x1 ) = y
ve
olmal
=⇒ x1 ∈ A \ B
olup
=⇒ y ∈ f (A \ B)
65
f (x1 ) ∈ f (A \ B)
için
Bölüm 6. Fonksiyonlar
spat iv.)
A⊆B
Hüseyin BLGÇ
olsun.
y ∈ f (A) =⇒ ∃ x ∈ A
=⇒ x ∈ B
f (x) = y
için
olup
f (x) ∈ f (B)
=⇒ y ∈ f (B)
2.)
f : A −→ B
i)
bir fonksiyon,
X ⊆ B, Y ⊆ B
olsun. A³a§dakilerin do§ru oldu§unu gösterin.
f −1 (X ∪ Y ) = f −1 (X) ∪ f −1 (Y )
iii)
f (f −1 (Y )) ⊆ Y
spat i.)
f −1 (X ∩ Y ) = f −1 (X) ∩ f −1 (Y )
ii)
iv)
f −1 (B \ X) = A \ f −1 (X)
a ∈ f −1 (X ∪ Y ) ⇐⇒ f (a) ∈ X ∪ Y
⇐⇒ f (a) ∈ X
veya
⇐⇒ a ∈ f −1 (X)
f (a) ∈ Y
veya
a ∈ f −1 (Y )
⇐⇒ a ∈ f −1 (X) ∪ f −1 (Y )
spat ii.)
a ∈ f −1 (X ∩ Y ) ⇐⇒ f (a) ∈ X ∩ Y
⇐⇒ f (a) ∈ X
f (a) ∈ Y
ve
⇐⇒ a ∈ f −1 (X)
ve
a ∈ f −1 (Y )
⇐⇒ a ∈ f −1 (X) ∩ f −1 (Y )
spat iii.)
b ∈ f (f −1 (Y )) =⇒ ∃a ∈ f −1 (Y )
=⇒ a ∈ f −1 (Y )
için
f (a) = b
oldu§undan
f (a) ∈ Y
=⇒ b ∈ Y
spat iv.) Burada
f −1 (B) = A
oldu§u hatrlanrsa:
a ∈ f −1 (B \ X) ⇐⇒ f (a) ∈ B \ X
⇐⇒ f (a) ∈ B
ve
⇐⇒ a ∈ f −1 (B)
f (a) ∈
/X
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)) oldu§unu gösterin. E³itli§in her zaman
sa§lanmas için gerek ve yeter ³artn
Çözüm:
f
nin 11 olmas oldu§unu gösterin.
x ∈ X =⇒ f (x) ∈ f (X) =⇒ x ∈ f −1 (f (X))
66
oldu§undan kapsama do§rudur.
Bölüm 6. Fonksiyonlar
imdi de her
X⊆A
a1 , a2 ∈ A
için
Hüseyin BLGÇ
X = f −1 (f (X))
f (a1 ) = f (a2 ) = b =⇒ X = { a1 }
için
f
oldu§unu kabul edip
seçelim
=⇒ f (X) = { b }
ve
f −1 (f (X)) = { a1 , a2 , . . . }
=⇒ X = f −1 (f (X))
Yani
f
11 dir. imdi de
f
nin 11 oldu§unu gösterelim.
olaca§ndan
a1 = a2
olur
olmaldr.
nin 11 oldu§unu kabul edelim. imdi
a ∈ f −1 (f (X)) =⇒ f (a) ∈ f (X) =⇒ a ∈ X
(çünkü
f
11)
∈ f (X) =⇒ a ∈ X oldu§undan e³itlik gösterilmi³ olur. (Dikkat: Genelde f (a)
önermesi do§ru
de§ildir.)
4.)
f : A −→ B
bir fonksiyon ve
X⊆B
sa§lanmas için gerek ve yeter ³artn
f
olsun.
dir. O halde
imdi de her
x∈X
için
f (y) = x
X⊆B
için
X = f (f −1 (X))
seçelim
oldu§unu kabul edip
oldu§undan
f (y) ∈ X
f
nin örten oldu§unu gösterelim.
=⇒ f −1 (X) = f −1 (B) = A
=⇒ X = f (f −1 (X))
=⇒ f
f
=⇒ y ∈ f −1 (X)
olup kapsama do§rudur.
X=B
imdi de
oldu§unu gösterin. E³itli§in her zaman
nin örten olmas oldu§unu gösterin.
x ∈ f (f −1 (X)) =⇒ ∃y ∈ f −1 (X)
Çözüm:
f (f −1 (X)) ⊆ X
olaca§ndan
B = f (A)
olmaldr.
örtendir.
nin örten oldu§unu kabul edelim.
x ∈ X =⇒ f
örten oldu§undan
∃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 do§ru
de§ildir.) Kapsamann di§er yönü her zaman do§ru oldu§undan ispat tamamlanr.
5.)
f : A −→ B, g : B −→ C
mdr?
g
Çözüm:
iki fonksiyon ve
g◦ f
birebir olsun. Bu durumda
birebir olmak zorunda mdr? spatlaynz.
f
11 olmaldr, ispatlayalm:
∀ a1 , a2 ∈ A
için
f (a1 ) = f (a2 ) =⇒ g(f (a1 )) = g(f (a2 ))
=⇒ (go f )(a1 ) = (go f )(a2 )
=⇒ go f
11 oldu§undan
67
a1 = a2
f
birebir olmak zorunda
Bölüm 6. Fonksiyonlar
olup ispat tamamlanr.
g
Hüseyin BLGÇ
nin 11 olmas gerekmez, mesela
f = { (a, c), (b, d) } ,
örne§inde
go f
6.) A³a§da
11 dir fakat
N
den
Z
g
g = { (c, 1), (d, 2), (e, 2) } ,
go f = { (a, 1), (b, 2) }
11 de§ildir.
ye tanml
f
fonksiyonunun 11 ve örten oldu§unu gösterin.
(
f (n) =
Çözüm:
A = { a, b } , B = { c, d, e } , C = { 1, 2, 3 } ve
n
2,
n+1
− 2 ,
n
çift ise;
n
tek ise.
E³lemenin a³a§daki gibi yapld§ görülür:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
...
0 −1 1 −2 2 −3 3 −4 4 −5 . . .
Önce
f 'nin
11 oldu§unu gösterelim.
n, m ∈ N
için
f (n) = f (m)
Durum 1.
n, m
çift: Bu durumda
n/2 = m/2
Durum 2.
n, m
tek: Bu durumda
−(n + 1)/2 = −(m + 1)/2
Durum 3.
n
m
tek,
çift: Bu durumda
den
n=m
olsun.
bulunur.
den
n=m
bulunur.
m/2 = −(n + 1)/2
den
m + n = −1
elde edilir ki,
m, n ∈ N
n/2 = −(m + 1)/2
den
m + n = −1
elde edilir ki,
m, n ∈ N
oldu§undan böyle bir durum olamaz.
Durum 4.
m
tek,
n
çift: Bu durumda
oldu§undan böyle bir durum olamaz.
Sonuç olarak,
Durum 1.
f
11 dir. imdi de
y > 0:
Bu durumda
f
nin örten oldu§unu gösterelim.
x = 2y
seçilirse,
f (x) = f (2y) =
Durum 2.
y < 0:
Bu durumda
7.)
f : A −→ B
birebir ve
g : B −→ C
verilsin.
çift bir do§al say olup
2y
=y
2
x = −2y − 1
f (x) = f (−2y − 1) = −
x
y∈Z
olup
seçilirse,
x
f
tek bir do§al say olup
(−2y − 1) + 1
=y
2
örten ise
g◦ f
örtendir.
olup
f
örtendir.
birebir olmak zorunda mdr? Örten olmak
zorunda mdr? Açklayn.
Çözüm:
A = { a, b } , B = { c, d, e } , C = { 1, 2 }
f = { (a, c), (b, d) } ,
ve
g = { (c, 2), (d, 2), (e, 1) } ,
68
go f = { (a, 2), (b, 2) }
Bölüm 6. Fonksiyonlar
Hüseyin BLGÇ
örne§i incelendi§inde iki cevabn da hayr oldu§u görülür.
8.) 4 elemanl bir kümeden 4 elemanl bir kümeye kaç tane örten fonksiyon yazlabilir?
9.)
256
f : R −→ R, f (x) =
N
16
x − |x|
2
24
64
olsun. Buna göre a³a§daki fonksiyonlardan hangisi
f
nin
Hiçbiri
R−
ye bir
kstlanm³dr?
N
10.)
g(x) = 2x
g(x) = x
f : R −→ R, f (x) = x2
[−2, 4]
f −1 ([4, 9])
ise
[2, 3]
11.) Tanm kümesinden
f (x) =
g(x) = 0
x3
R
N
h(x) =
13.) 4 elemanl bir
14.)
A
[−3, 3]
f (x) = x3 /4
g(x) =
N
2x3
−3
B
ise
R
den
t(x) =
120
f : R −→ R, f (x) = x2 − 2x + 1
[0, 4]
[−3, 2] ∪ {3}
f (x) = tan x
kümesinden 5 elemanl bir
20
R
x3
f (x) = esin x
− 9x
f (x) = tan x
720
18.)
A
= 7776
t(x) =
x5
−x
kümesinden 6 elemanl bir
N
f : R −→ R, f (x) = −x2 + 1
720
ise
3125
R
den
R
20.)
f −1 (B
Hiçbiri
Hiçbiri
N
Hiçbiri
f (x) = ex
B
denkleminin çözüm
N
g(x) = x3 −
1
2
Hiçbiri
Hiçbiri
kümesine kaç tane 11 fonksiyon yazlabilir?
120
3125
Hiçbiri
f −1 ([−1, 4]) =?
N
[−1, 1]
f : A −→ B
Hiçbiri
ye bir fonksiyondur?
√
(−∞, 0]
[1, 3]
x+1
2
−1 )(x) = 0
19.) f, g : R −→ R, f (x) = x − 1, g(x) =
oldu§una göre (fo g
3
kümesi nedir?
N
2
{ 0, 1 }
{ 0, −1 }
0,
∅
3
[0, 1]
f −1 ([−1, 9]) =?
16.) A³a§daki fonksiyonlardan hangisinin tersi de
65
Hiçbiri
kümesine kaç tane 11 fonksiyon yazlabilir?
(−∞, 4]
[1, 4]
x+1
−1 )(x) = 0
2
oldu§una göre (fo g
15.) f, g : R −→ R, f (x) = x − 1, g(x) =
4
kümesi nedir?
N
3
1
0,
{ 0, 2 }
{0}
0,
2
2
17.) 5 elemanl bir
N
ye bir fonksiyondur?
[−1, 4]
h(x) = cos(1/x)
Hiçbiri
a³a§dakilerden hangisidir?
12.) A³a§daki fonksiyonlardan hangisinin tersi de
N
ye a³a§da verilen fonksiyonlardan hangisinin tersi de bir fonksiyondur?
− 7x
3x
g(x) = x/2
bir fonksiyon olsun.
Hiçbiri
denkleminin çözüm
Hiçbiri
p : “∀X, Y ⊆ B, f −1 (X ∩ Y ) = f −1 (X) ∩ f −1 (Y ) ”
f −1 (X)
q : “∃X ⊆ B,
\ X) 6= A \
” önermeleri veriliyor.
N
p :Do§ru, q :Yanl³
p, q :Do§ru
p, q :Yanl³
21.) A³a§daki fonksiyonlardan hangisi tanm kümesinden
69
R
ve
A³. hangisi do§rudur?
p :Yanl³, q :Do§ru
ye 11 dir fakat örten de§ildir?
Hiçbiri
Bölüm 6. Fonksiyonlar
f (x) =
22.)
23.)
√
f (x) = ex
x
f : R −→ R, f (x) = −x2 ise
N
[1, 16]
[−16, 0]
f : Z −→ R, f (x) = x
f : A −→ B
f (X \ Y ) ”
√
f (x) =
ln x
[−4, −1]
1
x
[−1, 0]
olsun. A³a§daki reel fonksiyonlardan hangisi
N
Hepsi
olsun. Her
x2
f
Hiçbiri
nin bir geni³letilmi³idir?
− 2x
r(x) = x · tan x · cot x
Hepsi
x−2
X, Y ⊆ A için p : “ f (X ∩ Y ) = f (X) ∩ f (Y ) ” ve q : “ f (X) \ f (Y ) ⊆
h(x) =
N
t(x) = x
önermeleri veriliyor. Buna göre:
p :Do§ru, q :Yanl³
25.)
f (x) =
f [−4, 1] =?
g(x) = |x|
24.)
Hüseyin BLGÇ
p, q :Do§ru
f : R −→ R, f (x) = x2 − 3 ise f −1
N
[−3, 1]
[−2, 2]
p, q :Yanl³
[−4, 1] =?
[−2, 13]
70
N
p :Yanl³, q :Do§ru
[3, +∞)
Hiçbiri
Hiçbiri
Bölüm 7
³lem ve Özellikleri
Tanm 7.1
A
bo³ olmayan bir küme ve
f : A −→ A
bir fonksiyon ise
f
ye
ikili i³lem
f :A
| ×A×
{z· · · × A} −→ A bir fonksiyon ise f 'ye A'da bir nli i³lem denir.
denir. E§er
f : A × A −→ A
bir fonksiyon ise
f
ye
A
da bir
A
da bir
birli i³lem
denir. Benzer ³ekilde
n−tane
Örnek 7.2
f , A'da
A = R+ ∪ { 0 }
bir birli i³lemdir.
olsun.
f : A −→ A
g : A × A −→ A
verilen fonksiyon bir ikili i³lemdir. Fakat
bir fonksiyon tanmlamad§ için
Not 7.3
A × A'dan A'ya
bir kuraldr. Bu nedenle
A'da
fonksiyonu her
fonksiyonu her
x÷y
için
f (x) =
(x, y) ∈ A × A
için
³eklindeki bir kural
√
x
kuralyla verilsin.
g(x, y) = x + y
A×A
³eklinde
kümesinden
A'ya
bir ikili i³lem de§ildir.
bir fonksiyon aslnda
A'da
x−y
veya
x∈A
A
nn iki elemannn yine
A
nn bir elemanna e³leyen
bir ikili i³lemin tanm A nn iki elemannn yine
A
nn bir elemanna
e³leyen bir kural olarak verilebilir.
Örnek 7.4
A = { 1, 2, 3 }
olsun.
f : A × A −→ A
fonksiyonu ³öyle 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 i³lemdir.
Not 7.5 Bu bölümde sadece ikili i³lemlerin özelliklerini inceleyece§iz. Bu nedenle ikili i³lem yerine
ksaca i³lem diyece§iz. kili i³lemleri
f, g har yerine genelde ∗, ⊗, ?, ⊕, , ◦, 2 gibi sembollerle göstere-
ce§iz. Ayrca ikili i³lemleri elemanlarn ortasna yazaca§z, yani mesela bir önceki örnekte
yerine ksaca
3f 2 = 1 yazaca§z. E§er f
har yerine
f (3, 2) = 1
∗ sembolu kullanrsak bu ifadeyi 3 ∗ 2 = 1 ³eklinde
yazarz. imdiye kadar kulland§mz toplama, çarpma, bölme, kesi³im, birle³im ve simetrik fark gibi
i³lemlerin elemanlarn arasna yazld§na dikkat ediniz.
71
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
Örnek 7.6 Bir
A
Hüseyin BLGÇ
kümesinin kuvvet kümesi
P (A)
üzerinde tanmlanan kesi³im (∩) ve birle³im (∪)
i³lemleri birer ikili i³lemdir.
∩ : P (A) × P (A) −→ P (A)
∪ : P (A) × P (A) −→ P (A)
³lemin Özellikleri
f, A'da
bir ikili i³lem olsun.
f 'yi ∗
sembolü ile gösterelim.
a, b ∈ A
Tanm 7.7 (Kapallk Özelli§i) Her
için
a∗b ∈ A
oluyorsa
∗
i³lemine
kapaldr
denir.
³lemin tanmndan anla³laca§ gibi aslnda bir i³lem kapal olmaldr.
a, b, c ∈ A
Tanm 7.8 (Birle³me Özelli§i) Her
için
(a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c)
önermesi do§ruysa
∗
i³leminin
birle³me özelli§i
Tanm 7.9 (De§i³me Özelli§i) Her
a, b ∈ A
vardr veya ksaca
∗
i³lemi
birle³melidir
denir.
için
a∗b=b∗a
önermesi do§ruysa
∗
i³leminin
de§i³me özelli§i
vardr veya ksaca
Tanm 7.10 (Birim (Etkisiz) Eleman Özelli§i) Her
a∗e=a
³artn sa§layan bir
e∈A
varsa bu elemana
Tanm 7.11 (Ters Eleman Özelli§i)
∗
∗
ve
a∈A
∗
i³lemi
de§i³melidir
denir.
için
e∗a=a
i³leminin
birim (etkisiz) eleman
e
i³lemi birim eleman
denir.
olan bir i³lem olsun. E§er, bir
a∈A
için
a∗b=e
³artn sa§layan bir
b∈A
varsa bu
b
elemanna
ve
a
b∗a=e
elemannn
∗
i³lemine göre
tersi
(ksaca tersi) denir
−1 ile gösterilir.
ve genelde a
Not 7.12 Ters eleman özelli§inden bahsetmek için birim elemann olmas gerekir. Ayrca her elemann
tersi olmayabilece§i gibi baz elemanlarn birden fazla tersi olabilir. Bir
a
elemannn tersi için
gösterimi standart de§ildir. Mesela bir saynn toplama i³lemine göre tersi içini
Bazen
a'nn
tersi için
a−1
kullanlmas
1/a
ile kar³maktadr. Bu durumda
sembolü kullanlabilir.
72
a
−a
a−1
kullanlmaktadr.
nn tersi için
e
a
veya
a0
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
Hüseyin BLGÇ
Tanm 7.13 (Da§lma Özelli§i)
a, b, c ∈ A
∗
4
ve
i³lemleri
A'da
tanmlanm³ iki ikili i³lem olsun. E§er her
için
a ∗ (b4c) = (a ∗ b)4(a ∗ c)
∗
önermesi do§ru ise
a, b, c ∈ A
i³leminin
4
i³lemi üzerine
soldan da§lma özelli§i vardr
denir. E§er her
için
(a4b) ∗ c = (a ∗ c)4(b ∗ c)
önermesi do§ru ise
4
∗
i³leminin
4
sa§dan da§lma özelli§i vardr denir. ∗ i³leminin
da§lma özelli§i varsa ksaca da§lma özelli§i vardr
i³lemi üzerine
i³lemi üzerine hem sa§dan hem de soldan
diyece§iz.
Örnek 7.14 Reel saylarda tanmlanan çarpma i³leminin toplama i³lemi üzerine da§lma özelli§i var-
dr, çünkü her
a, b, c ∈ R
için
a · (b + c) = (a · b) + (a · c)
(a + b) · c = (a · c) + (b · c)
ve
önermesi do§rudur. Ancak toplama i³leminin çarpma üzerine da§lma özelli§i yoktur. Ayrca kümeler
∩
üzerinde tanmlanan
ve
∪
i³lemlerinin birbiri üzerine da§lma özellikleri vardr, 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 do§rudur.
Teorem 7.15 Bir
spat:
∗
i³leminin
dir. Ayrca
f
∗
i³leminde birim eleman (varsa) tektir.
e
ve
f
gibi iki tane birim eleman olsun.
Teorem 7.16 Birle³me özelli§i olan bir
spat:
∗
e∗f =e
bir birim eleman oldu§undan
i³leminin birim eleman
e
∗
olsun.
e
bir birim eleman oldu§undan
olmaldr. O halde
e=f
e∗f = f
dir.
i³leminde bir elemann tersi (varsa) tektir.
a
elemannn
b
ve
c
gibi iki tane tersi olsun. O halde
a∗b=b∗a=a∗c=c∗a=e
yazabiliriz. imdi;
b = b ∗ e = b ∗ (a ∗ c) = (b ∗ a) ∗ c = e ∗ c = c
olup
b=c
oldu§u gösterilmi³ olur.
73
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
Örnek 7.17
∗ : N × N −→ N
her
Hüseyin BLGÇ
x, y ∈ N
için
x ∗ y = x + 2y
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini
inceleyelim.
i) Her
a, b ∈ N
için
a, b, c ∈ N
ii) Her
a ∗ b = a + 2b ∈ N
oldu§undan i³lem kapallk özelli§ine sahiptir.
için
(a ∗ b) ∗ c = (a + 2b) ∗ c = a + 2b + 2c
ifadeleri genelde e³it olmad§ndan (mesela
iii)
2 ∗ 7 = 16
a∈N
iv) Her
7 ∗ 2 = 11
ve
olup
16 6= 11
ve
c 6= 0
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + 2c) = a + 2b + 4c
iken) birle³me özelli§i yoktur.
oldu§undan de§i³me özelli§i yoktur.
için
a ∗ e = a =⇒ a + 2e = a =⇒ 2e = 0 =⇒ e = 0
0 ∗ a = 2a
Ancak
e∗a = a
olup birim eleman
denkleminin sa§layan bir
0
olabilir.
olamaz. O halde birim eleman yoktur. (Ya da, her
e∈N
bulunamaz, çünkü
e = −a
a∈N
bulunur ve birim eleman
için
a'ya
ba§l olamaz.)
v) Birim eleman olmad§ndan ters elemandan söz edilemez.
A
Örnek 7.18 Bir
celeyelim.
i) Her
kümesinin kuvvet kümesi
∩ : P (A) × P (A) −→ P (A)
X, Y ∈ P (A)
için
P (A)
üzerinde tanmlanan
∩
i³leminin özelliklerini in-
i³leminin özellikleri:
X ∩ Y ∈ P (A)
dr, çünkü
X ⊆ A, Y ⊆ A =⇒ X ∩ Y ⊆ A
dr. O halde i³lem
kapaldr.
X, Y, Z ∈ P (A)
ii) Her
iii) Her
X, Y ∈ P (A)
iv) Her
X ∈ P (A)
eleman
v)
e=A
A'nn
için
için
için
X ∩ (Y ∩ Z) = (X ∩ Y ) ∩ Z
X ∩Y =Y ∩X
X ∩A = X
olup i³lem birle³me özelli§ine sahiptir.
oldu§undan i³lem de§i³me özelli§ine sahiptir.
oldu§undan ve i³lem de§i³me özelli§ine sahip oldu§undan birim
dr.
tersi
A
dr, çünkü
A∩A=A=e
dir. E§er
X 6= A
ise
X ∩Y =Y ∩X =A
olacak ³ekilde bir
Not 7.19 Bir
∗
Y ∈ P (A)
bulunamayaca§ndan
X 'in
tersi yoktur. Yani sadece
i³leminin de§i³me özelli§i varsa, birim eleman bulunurken
A'nn
a∗e = a
tersi vardr.
ve
e∗a = a
denklemlerinden sadece birisini kullanmak yeterlidir. Benzer ³ekilde ters eleman bulunurken de
ve
b∗a=e
denklemlerinden sadece birisini çözmek yeterlidir.
Örnek 7.20
Z
tamsaylar kümesinde
a∗b = a+b−1
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini in-
celeyelim.
i) Her
a∗b = e
a, b ∈ Z
için
a∗b=a+b−1∈Z
oldu§undan i³lem kapaldr.
74
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
ii) Her
a, b, c ∈ Z
Hüseyin BLGÇ
için
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (b + c − 1) = a + b + c − 2 = (a + b − 1) ∗ c = (a ∗ b) ∗ c
oldu§undan i³lem birle³me özelli§ine sahiptir.
iii) Her
a, b ∈ Z
iv) Her
a∈Z
için
a∗b=a+b−1=b+a−1=b∗a
oldu§undan i³lem de§i³melidir.
için
a ∗ e = a =⇒ a + e − 1 = a =⇒ e = 1
elde edilir, çünkü i³lem de§i³melidir.
v)
a ∗ b = 1 =⇒ a + b − 1 = 1 =⇒ b = 2 − a
çözmeye gerek yoktur. Her
Tanm 7.21
d³ i³lem
A
ve
B
a∈Z
için
olur. ³lem de§i³meli oldu§undan
a−1 = 2 − a ∈ Z
bo³ olmayan iki küme olsun.
b∗a = 1
denklemini
olup her tamsaynn tersi mevcuttur.
: B × A −→ A
³eklindeki bir fonksiyona
A
da bir
denir.
ALITIRMALAR
1.) Bir
A
kümesinde tanmlanan
4
i³leminin de§i³me ve birle³me özelli§i varsa,
a, b, c, d ∈ A
için
a³a§daki e³itli§i gösterin:
(a4b)4(c4d) = (d4c)4a 4b
Çözüm:
(d4c) 4a 4b = (d4c) 4(a4b)
| {z }
| {z }
(Birle³me özelli§i oldu§undan)
= (a4b)4(d4c)
(De§i³me özelli§i oldu§undan)
= (a4b)4(c4d)
(De§i³me özelli§i oldu§undan)
x
2.)
x
f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 : R \ { 0, 1 } −→ R
f1 (x) = x,
Buna göre
f2 (x) =
1
,
1−x
fonksiyonlar a³a§daki gibi tanmlansn:
f3 (x) =
x−1
,
x
f4 (x) =
1
,
x
f5 (x) =
x
,
x−1
f6 (x) = 1 − x.
{ f1 , f2 } , { f1 , f3 } , { f1 , f4 } , { f1 , f5 } , { f1 , f2 , f3 } kümelerinden hangileri fonksiyonlardaki
bile³ke i³lemine göre kapaldr?
Çözüm: Bu 6 fonksiyonun i³lem tablosu a³a§daki gibi olu³ur:
75
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
Hüseyin BLGÇ
◦
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 anla³laca§ gibi kapal olan kümeler:
3.)
Z'de a4b = |a| + |b|
Çözüm: (i) Her
(ii) Her
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini inceleyin.
a, b ∈ Z
a, b, c ∈ Z
{ f1 , f4 } , { f1 , f5 } , { f1 , f2 , f3 }.
için
|a| + |b| ∈ Z
olup i³lem kapaldr.
için
(a4b)4c = (|a| + |b|) 4c = |a| + |b| + |c| = |a| + |b| + |c|,
a4(b4c) = a4 (|b| + |c|) = |a| + |b| + |c| = |a| + |b| + |c|
olup e³itlik do§rulanr. Yani birle³me özelli§i vardr.
a, b ∈ Z
(iii) Her
(iv)
−2
için
a4b = |a| + |b| = |b| + |a| = b4a
olup de§i³me özelli§i vardr.
tamsays için
(−2)4e = 2 + |e| = −2
e³itli§i çözülemez, çünkü
2 + |e| > 0
dr. O halde birim eleman yoktur.
(v) Birim eleman olmad§ndan ters eleman yoktur.
4.)
Q×Q
kümesinde
Çözüm: (i) Her
(a, b) ∗ (c, d) = (ac, ad + b)
a, b, c, d ∈ Q
için
ac ∈ Q
ve
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini inceleyin.
ad + b ∈ Q
olup
(ac, ad + b) ∈ Q × Q
kapaldr.
(ii) Birle³me özelli§i vardr, 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)
e³itliklerin sa§ taraf e³ittir.
(iii) De§i³me özelli§i yoktur, çünkü, örne§in
(2, 3) ∗ (4, 5) = (8, 13)
fakat
76
(4, 5) ∗ (2, 3) = (8, 17).
dir. Yani i³lem
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
(iv) Birim eleman
(x, y)
Hüseyin BLGÇ
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.
Ayrca
(1, 0) ∗ (a, b) = (1 · a, 1 · b + 0) = (a, b)
olur. O halde birim eleman
(v)
(a, b)
nin tersini
(x, y)
(1, 0)
dr.
ile gösterirsek:
(a, b) ∗ (x, y) = (1, 0) =⇒ ax = 1, ay + b = 0 =⇒ x =
1
−b
,y =
a
a
(a 6= 0).
Ayrca
1 −b
,
a a
imdi, her elemann tersi olmayp,
∗ (a, b) =
a 6= 0
(a, b)
Z'de x y = xy + 2(x + y) + 2
Çözüm: (i) Her
x, y ∈ Z
için
= (1, 0).
ise:
−1
5.)
1
b
b
· a, −
a
a a
=
1 −b
,
a a
.
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini inceleyin.
xy + 2(x + y) + 2 ∈ Z
oldu§undan i³lem kapaldr.
(ii) Birle³me özelli§i vardr, 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
e³itliklerin sa§ taraf e³ittir.
(iii) De§i³me özelli§i vardr, 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
(v)
x
in tersini
y
e = −1
dir. De§i³me özelli§i oldu§undan birim eleman
e = −1
dir.
ile gösterirsek:
x y = −1 =⇒ xy + 2x + 2y + 2 = −1 =⇒ y(x + 2) = −3 − 2x =⇒ y =
77
−3 − 2x
x+2
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
Hüseyin BLGÇ
y x = −1 denklemi de ayn sonucu verir. Her tamsaynn tersi
elde edilir. De§i³me özelli§i oldu§unda
yoktur, çünkü
y∈Z
olmaldr. imdi:
y=
olup
y∈Z
olmas için gerek ve yeter ³art
−1
tersi vardr ve (−1)
6.)
−3 − 2x
1
= −2 +
x+2
x+2
R'de a b =
Çözüm: (i) Her
√
= −1
a2 b2
−1
ve (−3)
x + 2 = ∓1
= −3
olmasdr. O halde sadece
x = −1
ve
x = −3'ün
dür.
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini inceleyin.
a, b ∈ R
için
a2 b2 > 0
√
oldu§undan
a2 b2 ∈ R
dir. O halde i³lem kapaldr.
(ii) A³a§daki e³itliklerin sa§ taraar e³it oldu§undan birle³me özelli§i vardr:
√
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) De§i³me özelli§i vardr, çünkü:
ab=
(iv) Birim eleman
e
√
ile gösterelim. O halde
a2 b2 =
−3
(−3) e = −3 =⇒
denklemi çözülemez, çünkü
3|e| > 0
√
b2 a2 = b a.
reel says için
√
9e2 = −3 =⇒ 3|e| = −3
dr. O halde birim eleman yoktur.
(v) Birim eleman olmad§ndan ters eleman yoktur.
7.)
Z'de a ? b = b
Çözüm: (i)
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini inceleyin.
a, b ∈ Z
ise
a?b=b∈Z
oldu§u açktr. Yani i³lem kapaldr.
(ii) Birle³me özelli§i vardr, çünkü
(a ? b) ? c = b ? c = c = a ? c = a ? (b ? c).
(iii) De§i³me özelli§i yoktur, çünkü
2?7=7
(iv) Birim elemann oldu§unu kabul edelim ve
açktr. imdi
e
birim eleman oldu§undan
fakat
7 ? 2 = 2.
e ile gösterelim. a = e + 1 dersek a ∈ Z ve a 6= e oldu§u
a?e = a
halde birim eleman yoktur.
78
olmaldr. Fakat
a?e = e
dir. Bu bir çeli³kidir, o
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
Hüseyin BLGÇ
(v) Birim eleman olmad§ndan ters eleman yoktur.
8.)
Z'de
(
a∗b=
a + b − 2, a + b
çift ise
ab
2,
tek ise
a+b
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini inceleyin.
Çözüm: (i)
a, b ∈ Z
olsun.
a+b
çift ise
birisi tek, di§eri çifttir. Yani çarpmlar
ab
a+b−2 ∈ Z
oldu§u açktr.
çifttir. O halde
(ab)/2
a+b
tek ise, bu saylardan
bir tamsaydr. Sonuç olarak, i³lem
kapaldr.
(ii) Birle³me özelli§i yoktur, çünkü
(4 ∗ 6) ∗ 1 = 8 ∗ 1 = 4
a, b ∈ Z
(iii)
olsun.
a+b
çift ise,
b+a
fakat
4 ∗ (6 ∗ 1) = 4 ∗ 3 = 6
da çift olup:
a ∗ b = a + b − 2 = b + a − 2 = b ∗ a.
Benzer ³ekilde,
a+b
tek ise,
b+a
da tek olaca§ndan
a∗b=
ab
ba
=
=b∗a
2
2
Yani, de§i³me özelli§i vardr.
(iv) Birim eleman 2 dir, çünkü
a∈Z
a
tek
a
çift
Ayrca de§i³me özelli§i oldu§undan
(v)
2a
=a
2
=⇒ a ∗ 2 = a + 2 − 2 = a.
=⇒ a ∗ 2 =
2∗a=a
dr.
a ∈ Z verilsin. a nn tersine b diyelim. Burada 4 durum vardr: (De§i³me özelli§i oldu§undan sadece
a∗b=2
Yani
4/a
verildi§inde
a
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
nn tersi
a−1 = 4 − a
formülüyle bulunur. Ancak burada
1, −1, 4, −4
formülüyle de hesaplanr. Yani bu dört saynn iki³er tane tersi vardr.
79
saylarnn tersleri ayrca
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
9.)
Q'da a ∗ b = ab + 1
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini inceleyin.
a, b ∈ Q
Çözüm: (i) Her
Hüseyin BLGÇ
için
ab + 1 ∈ Q
olup i³lem kapaldr.
(ii) Birle³me özelli§i yoktur, çünkü:
(a ∗ b) ∗ c = (ab + 1) ∗ c = abc + c + 1,
ifadeleri genelde e³it de§ildir. (a
6= c
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (bc + 1) = abc + a + 1
ve
için e³it de§ildir.)
(iii) De§i³me özelli§i vardr, çünkü:
a ∗ b = ab + 1 = ba + 1 = b ∗ a.
a∗e=a
(iv)
dan
ae + 1 = a
ve buradan
e = (a − 1)/a
elde edilir. Birim eleman
a'ya
ba§l olamaya-
ca§ndan, birim eleman yoktur.
(v) Birim eleman olmad§ndan ters eleman yoktur.
10.)
Z'de a ∗ b = a + b − ab
a, b ∈ Z
Çözüm: (i) Her
³eklinde tanmlanan i³lemin özelliklerini inceleyin.
için
a + b − ab ∈ Z
olup i³lem kapaldr.
(ii) Birle³me özelli§i vardr, çünkü a³a§daki e³itliklerin sa§ taraar e³ittir:
(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) De§i³me özelli§i vardr, 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. Ayrca de§i³me özelli§i oldu§undan birim eleman
(v)
a
nn tersini
b
e=0
ile gösterisek ve de§i³me özelli§ini de kullanrsak:
a ∗ b = e =⇒ a + b − ab = 0 =⇒ b =
bulunur. Ancak
−1
vardr ve 0
b∈Z
=0
dr.
olmaldr. O halde
−1
ve 2
=2
a=0
veya
bulunur.
80
a=2
a
1
=1+
a−1
a−1
olabilir. O zaman sadece
0
ve
2
nin tersi
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
11.)
R'de
Hüseyin BLGÇ
a³a§daki ³ekilde tanmlanan i³lemin özelliklerini inceleyin.
(
a∗b=
Çözüm: (i)
a, b ∈ R
verilsin.
a>b
olsa da
a + b, a > b
ise
ab,
ise
a<b
a<b
a+b∈R
olsa da
ve
ab ∈ R
olup i³lem kapaldr.
(ii) Birle³me özelli§i yoktur, çünkü:
(2 ∗ 3) ∗ 5 = 6 ∗ 5 = 11
2 ∗ (3 ∗ 5) = 2 ∗ 15 = 30
fakat
(iii) De§i³me özelli§i yoktur, çünkü:
2∗3=6
(iv) Birim elemana
e
diyelim. O zaman
3∗2=5
fakat
a=e+1
dersek
e<a
oldu§u açktr. imdi:
e ∗ a = ea = a
olmaldr. Buradan
e=1
bulunur. O halde
3∗1 = 3
olmaldr. Fakat
3∗1 = 4
dür. Bu bir çeli³kidir,
yani birim eleman yoktur.
(v) Birim eleman olmad§ndan ters eleman yoktur.
12.) ki elemanl bir
A
kümesinde kaç tane farkl i³lem tanmlanabilir?
256
13.)
R+
N
4
kümesinde tanmlanan
Kapal de§il
a ∗ b = ab
tanmlar?
15.)
a, b ∈ Q
De§i³me öz. var
N
Z'de
N
{0}
Birim eleman var
{ 0, −1 }
∅
N
Hiçbiri
Hiçbiri
olan elemanlarn kümesi nedir?
a ∗ b = a + b − ab
a2 − b2
a
16.) Reel saylar kümesinde tanmlanan
Hiçbiri
için a³a§da tanmlanan kurallardan hangisi bir i³lem
√
1
a2 + b2
a2 + b4 + 1
a ∗ b = a + b + 9ab i³lemi tanmlanyor. Buna göre tersi
(a + 1)b
³eklindeki i³lem için a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
Birle³me öz. var
14.) Rasyonel saylar kümesinde her
8
16
1
−
9
Hiçbiri
³eklinde i³lem için a³a§dakilerden hangisi
yanl³tr?
N
17.)
Her elemann tersi var
R'de
Birle³me öz. var
De§i³me öz. var
Birim eleman var Hiçbiri
a³a§da kural verilen i³lemlerin hangisinin birim eleman vardr?
a ∗ b = sin(a · b)
18.) Bir
∅ 6= A
a ∗ b = 4a+b
kümesinin kuvvet kümesi
a ∗ b = a · |b|
P (A)
üzerinde
a ∗ b = a + 2b − 1
X ∗Y = X \Y
N
Hiçbiri
i³lemi tanmlanyor. Buna
göre:
Her elemann tersi var
N
Birle³me öz. yok
81
De§i³me öz. var
Birim el. var
Hiçbiri
Bölüm 7. ³lem ve Özellikleri
19.)
Z'de a ? b = b
Hüseyin BLGÇ
³eklinde tanmlanan i³lemle ilgili hangisi do§rudur?
En az iki elemann tersi var Birle³me öz. yok De§i³me öz. var Birim el. var
20.)
A
kümesinde bir
göre
∗
∗
N
Hiçbiri
i³lemi tanmlansn. Baz elemanlarn birden fazla tersinin oldu§u bilindi§ine
ile ilgili a³. hangisi söylenebilir?
De§i³me öz. yok
N
Birle³me öz. yok
21.) Bütün kümeler üzerinde tanmlanan
Kapal de§il
Birden fazla birim el. var
A∗B = A ∪ B
Birle³me öz. var
Kapal de§il
Hiçbiri
i³lemi için a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
De§i³me öz. yok
82
Birim el. var
N
Hiçbiri
Bölüm 8
Cebirsel Yaplar
Tanm 8.1 Üzerinde en az bir i³lem tanml olan ve bu i³leme göre baz ³artlar sa§layan kümeye bir
cebirsel yap
denir. E§er
A
kümesi üzerinde bir
cebirsel yapdr. Benzer ³ekilde,
∗
ve
4
i³lemleri
A
B
ve
Örnek 8.2
i³lemi tanmlanm³sa
(A, ∗)
ikilisine tek i³lemli bir
4 ba³ka bir i³lem ise (A, ∗, 4) yaps iki i³lemli bir cebirsel yapdr. E§er
kümeleri üzerinde birer
ayn türden sistemler
∗
nli
i³lem iseler o zaman
(A, ∗)
ve
(B, 4)
sistemlerine
denir.
+ : Z × Z −→ Z ve · : N × N −→ N birer ikili i³lemdir. O halde (Z, +) ve (N, ·) ayn türden
sistemlerdir.
Tanm 8.3 Bo³ olmayan bir
sistemine bir
yargrup
S
kümesi üzerinde tanmlanan
∗
i³leminin birle³me özelli§i varsa
denir. Birim eleman olan yargruplara da
monoid
Örnek 8.4
(N, +), (N, ·), (R, +), (R+ , ·)
sistemleri birer yargruptur.
Tanm 8.5
G
∗, G'de
yorsa
(G, ∗)
(i) Her
bo³ olmayan bir küme ve
sistemine bir
a, b ∈ G
için
grup
denir.
bir ikili i³lem olsun. E§er a³a§daki dört ³art sa§lan-
denir.
a ∗ b ∈ G.
(Kapallk)
a, b, c ∈ G
için
(iii) Her
a∈G
için
a∗e=e∗a=a
olacak ³ekilde
e∈G
vardr. (Birim eleman)
(iv) Her
a∈G
için
a∗b=b∗a=e
olacak ³ekilde
b∈G
vardr. (Ters eleman)
(ii) Her
(a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c).
(Birle³me)
Bunlara ilaveten e§er
(v) Her
a, b ∈ G
için
a∗b=b∗a
(S, ∗)
(De§i³me)
83
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
özelli§i varsa
(G, ∗)
Hüseyin BLGÇ
abelyen (de§i³meli) grup
sistemine bir
Not 8.6 Burada (iv) özelli§indeki
b
elemanna
a
nn
∗
denir.
tersi
i³lemine göre
denir ve genelde
b = a−1
³eklinde gösterilir. Grup i³lemi toplama ise (veya toplamsal bir gösterim ³ekli kullanlyor ise)
b = −a
ile gösterilir.
Örnek 8.7
(Z, +), (Q, +), (R, +)
sistemleri birer abelyen gruptur. Ayrca
sitemleri de birer abelyen gruptur. Her elemann tersi olmad§ndan
(Q \ { 0 } , ·), (R \ { 0 } , ·)
(N, +), (N, ·)
ve
(Z, ·)
sistemleri
bir grup de§ildir.
Örnek 8.8
A 6= ∅ olmak üzere (P (A), ∪) sistemini dü³ünelim. Kapallk ve birle³me özelli§i kolaylkla
∅
gösterilebilir. Birim eleman da
X
dir. Ancak bu i³lemde sadece birim elemann tersi mevcuttur, çünkü
en az bir elemanl bir küme ise
X ∪Y =Y ∪X =∅
Y ∈ P (A)
³artn sa§layan bir
Örnek 8.9
için
bulunamaz. O halde
G = { 3x : x ∈ Z }
a+b∈Z
oldu§undan
kümesinde
(P (A), ∪)
3x ? 3y = 3x+y
3a ? 3b = 3a+b ∈ G
sistemi bir grup de§ildir.
³eklinde bir
?
i³lemi tanmlanyor.
a, b ∈ Z
olur. Ayrca
3a ? (3b ? 3c ) = 3a ? 3b+c = 3a+b+c = 3a+b ? 3c = (3a ? 3b ) ? 3c
olup
?
i³leminin birle³me özelli§i vardr. Birim elemannn
elemannn tersi
3−a ∈ G
30 = 1
oldu§u kolayca görülür. Her
elemandr, çünkü
3a ? 3−a = 3−a ? 3a = 30 = 1.
Sonuç olarak
(G, ?)
Teorem 8.10
a)
G'nin
sisteminin bir grup oldu§u görülür.
(G, ∗)
bir grup olsun.
birim eleman yegânedir.
b) Her elemann sadece bir tane tersi vardr.
c) Her
a∈G
d) Her
a, b ∈ G
için
(a−1 )−1
için
dir.
(a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1
dir.
spat a) Bir i³lemde birim elemann tekli§i gösterilmi³tir. (Teorem 7.15)
spat b)
∗
spat c)
x∗y =e
i³leminin birle³me özelli§i oldu§undan her elemann tersi tektir. (Teorem 7.16)
ve
y∗x=e
ise
x−1 = y
oldu§unu biliyoruz. imdi
a−1 ∗ a = e
ve
84
a ∗ a−1 = e
3a ∈ G
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
olup
x = a−1
ve
y=a
dersek
Hüseyin BLGÇ
(a−1 )−1 = a
oldu§u görülür.
spat d) 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
e³itliklerinden ispat tamamlanr.
Tanm 8.11
(G, ∗)
e
birim eleman
olan bir grup ve
n∈N
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
olsun. Her
a∈G
için:
(n > 1)
³eklinde tanmlanr. Bu tanmlar çarpmsal gösterim ³ekli içindir. Toplamsal gösterim ³eklinde grup
i³lemi
+
ile ve bir
a
elemannn tersi
1 · a = a,
−a
ile gösterilir. Bu durumda yukardaki tanmlar
na = (n − 1)a + a,
0 · a = e,
(−n)a = −(na)
³eklinde verilir.
Teorem 8.12
xm
∗
xn
=
∗
m, n ∈ Z
bir grup ve
olsun. Bu durumda her
x ∈ G
için
(xm )n = xmn
ve
xm+n dir.
Tanm 8.13
ayn
(G, ∗)
(G, ∗)
bir grup ve
∅=
6 S ⊆G
i³lemine göre grup oluyorsa)
Not 8.14 E§er
S
S 'ye G'nin
bir
(S, ∗)
altgrubu
yaps bir grup ise (yani
S
kümesi de
denir.
kümesi bir altgrup de§ilse ya kapal de§ildir, ya birim eleman yoktur ya da
baz elemanlarn tersleri
Örnek 8.15
olsun. E§er
(Z, +)
S
grubu
ye ait de§ildir. Ancak
(Q, +)
S⊆G
grubun altgrubudur.
oldu§undan birle³me özelli§i
(Q \ { 0 } , ·)
grubu
S 'de
(R \ { 0 } , ·)
S 'deki
vardr.
grubunun alt-
grubudur.
Teorem 8.16
(G, ∗) bir grup ve S
için gerek ve yeter ³art her
a, b ∈ S
de
G'nin bo³ olmayan bir altkümesi olsun. S
için
a∗
b−1
∈S
85
olmasdr.
nin bir altgrup olmas
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
G = (Z, +)
Örnek 8.17
a ∗ b−1 ∈ mZ
grubu olsun.
a, b ∈ mZ
kümesini dü³ünelim.
Biz
Hüseyin BLGÇ
m∈Z
sabit bir tamsay olmak üzere
olsun. Bu durumda bir
oldu§unu; yani
a − b ∈ mZ
k1 , k2 ∈ Z
için
mZ = { mk : k ∈ Z }
a = mk1 , b = mk2
oldu§unu gösterece§iz. imdi,
k1 − k2 ∈ Z
alt
³eklindedir.
oldu§undan
a − b = mk1 − mk2 = m(k1 − k2 ) ∈ mZ
olup Teorem 8.16 den dolay
(G, ∗)
Örnek 8.18
mZ
bir grup ve
oldu§unu gösterelim.
x, y ∈ H
bir altgrup olur.
a ∈ G
olsun.
alalm. O halde
a ∗ y = y ∗ a =⇒
=⇒
olup
y −1 ∈ H
H = {x ∈ G : a ∗ x = x ∗ a}
a∗x=x∗a
y −1
sa§dan
y −1
soldan
ile
ile
ve
a∗y =y∗a
kümesinin bir altgrup
dr. imdi
, a = y ∗ a ∗ y −1
, y −1 ∗ a = a ∗ y −1
oldu§u 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 )
oldu§undan
a
x ∗ y −1 ∈ H
oldu§u görülür. Teorem 8.16'den dolay
H
bir altgruptur. Aslnda bu altgrup
eleman ile de§i³meli olan elemanlarn kümesidir.
Tanm 8.19 Bo³ olmayan bir
³artlar sa§lanyorsa
(H, ⊕, )
H
(H, ⊕)
bir abelyen gruptur.
b)
(H, )
bir yar gruptur.
c)
⊕
⊕
ve
ikili i³lemleri tanmlansn. E§er a³a§daki
iki i³lemli cebirsel yapsna bir
a)
i³leminin
kümesi üzerinde
halka
denir.
üzerine da§lma özelli§i vardr.
Örnek 8.20 Bilinen toplama ve çarpma i³lemlerine göre
Z, Q, R
bilinen matris toplamas ve matris çarpmas i³lemlerine göre
ve
C
kümeleri birer halkadr. Yine,
2 × 2 tipindeki reel matrislerin kümesi bir
halkadr.
Tanm 8.21 Bo³ olmayan bir
elemann
bir
cisim
0H
H
kümesi üzerinde
⊕ ve ikili i³lemleri tanmlansn. ⊕ i³leminin birim
ile gösterelim. E§er a³a§daki ³artlar sa§lanyorsa
(H, ⊕, )
iki i³lemli cebirsel yapsna
denir.
a)
(H, ⊕)
b)
(H \ { 0H } , )
c)
bir abelyen gruptur.
i³leminin
⊕
bir abelyen gruptur.
üzerine da§lma özelli§i vardr.
Q, R ve C kümeleri birer cisimdir. Modulo 7
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 denklik snar kümesi bir cisimdir.
Örnek 8.22 Bilinen toplama ve çarpma i³lemlerine göre
toplama ve çarpma i³lemlerine göre
Z7 =
86
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
Hüseyin BLGÇ
ALITIRMALAR
1.) A³a§daki kümelerin yanlarnda verilen i³lemlerle birlikte birer abelyen grup olu³turup olu³turma-
dklarn ara³trnz.
a)
c)
e)
N, a ∗ b = a − b
Q \ {0},a ∗ b =
("
a 0
G=
0 1/a
ab
#2
b)
R \ { 0 } , a ∗ b = a/b
d)
R+ , a ∗ b =
ab
3
)
: 0 6= a ∈ R
Çözüm a) Bu sorudaki
, matris çarpmas.
∗ kural do§al saylar kümesinde bir i³lem tanmlamaz. Çünkü, örne§in 2 ∗ 5 =
−3 ∈
/ N.
Çözüm b)
∗
i³lemi birle³me özelli§ine sahip de§ildir, çünkü:
(2 ∗ 3) ∗ 5 =
Çözüm c) Her
a, b ∈ Q \ { 0 }
2
2
∗5=
3
15
için
ab
2
fakat
∈ Q \ {0}
2 ∗ (3 ∗ 5) = 2 ∗
3
10
= .
5
3
olup i³lem kapaldr. ³lemin birle³me özelli§i vardr,
çünkü
(a ∗ b) ∗ c =
abc
bc
ab
∗c=
=a∗
= a ∗ (b ∗ c).
2
4
2
³lemin de§i³me özelli§i vardr, çünkü
a∗b=
Her
a ∈ Q \ {0}
4/a ∈ Q \ { 0 }
Sonuç olarak:
için
2∗a = a∗2 =
2a
2
ab
ba
=
= b ∗ a.
2
2
= a
oldu§undan birim eleman 2 dir. Ayrca
a
nn tersi
dir, çünkü
a4
4
4
∗ a = a ∗ = a = 2.
a
a
2
(Q \ { 0 } , ∗)
Çözüm d) Her
a, b ∈ R+
bir abelyen gruptur.
için
ab
3
∈ R+
(a ∗ b) ∗ c =
olup i³lem kapaldr. ³lemin birle³me özelli§i vardr, çünkü
ab
abc
bc
∗c=
=a∗
= a ∗ (b ∗ c).
3
9
3
³lemin de§i³me özelli§i vardr, çünkü
a∗b=
Her
a ∈ R+
için
3∗a = a∗3 =
3a
3
=a
ab
ba
=
= b ∗ a.
3
3
oldu§undan birim eleman 3 dür. Ayrca
dr, çünkü
a9
9
9
∗ a = a ∗ = a = 3.
a
a
3
Sonuç olarak:
(R+ , ∗)
bir abelyen gruptur.
87
a
nn tersi
9/a ∈ R+
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
Hüseyin BLGÇ
a, b ∈ R \ { 0 }
Çözüm e) ³lemin kapal oldu§unu göstermek için,
"
A=
olur çünkü
G'de
a
#
0
∈ G, B =
0 1/a
1/(ab) 6= 0
"
b
alalm.
#
0
"
∈ G =⇒ AB = A =
0 1/b
#
ab
0
0
1/(ab)
∈ G,
dr. O halde i³lem kapaldr. Matris çarpmas her zaman birle³meli oldu§undan
de birle³melidir. imdi
"
BA =
b
#"
0
0 1/b
a
0
#
"
=
0 1/a
#
ba
0
0
1/(ba)
"
=
#
ab
0
0
1/(ab)
= AB
olup i³lemin de§i³me özelli§i vardr. (Fakat, genelde matris çarpm de§i³meli de§ildir.)
2×2 matrislerin
çarpmnda birim eleman
"
1 0
I2 =
matrisidir.
G
nin tanmnda
³öyledir:
"
a b
a=1
#−1
c d
Bu durumda
G
deki bir
A
a
A−1 =
oldu§u açktr. Sonuç olarak
(G, ∗)
a, b ∈ G
0
#−1
0 1/a
G
bir grup olsun. Her
Çözüm Her
1
=
ad − bc
0 1
I2 ∈ G
"
oldu§u görülür.
d
−b
−c
a
2×2
bir matrisin tersinin formülü
#
(E§er ad − bc 6= 0
ise)
matrisinin tersi:
"
2.)
alrsak
#
1
= 1
aa
"
1/a 0
0
#
a
"
=
1/a 0
0
#
a
∈G
bir abelyen gruptur.
a, b ∈ G
için
(a ∗ b)2 = a2 ∗ b2
ise
G'nin
de§i³meli oldu§unu gösterin.
için
(a ∗ b)2 = a2 ∗ b2 =⇒ a ∗ b ∗ a ∗ b = a ∗ a ∗ b ∗ b
=⇒ b ∗ a ∗ b = a ∗ b ∗ b
(soldan
a−1
ile i³leme koyduk)
=⇒ b ∗ a = a ∗ b
(sa§dan
b−1
ile i³leme koyduk)
oldu§undan i³lemin de§i³me özelli§i elde edilir.
3.)
G = { x ∈ R : −1 < x < 1 }
kümesi üzerinde
a◦ b =
i³lemi tanmlanyor.
(G,◦ )
a+b
1 + ab
sisteminin bir grup oldu§unu gösterin.
88
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
Çözüm:
−1 < a, b < 1
Hüseyin BLGÇ
oldu§undan
−1 < a < 1 =⇒ 0 < a + 1
−1 < ab < 1
olup
1 + ab > 0
)
(a + 1)(b + 1)
a+b
> 0 =⇒
> −1
1 + ab
1 + ab
=⇒ (a + 1)(b + 1) > 0 =⇒
−1 < b < 1 =⇒ 0 < b + 1
oldu§u görülür. imdi
elde edilir. Di§er yandan:
−1 < a < 1 =⇒ a − 1 < 0
)
=⇒ (a − 1)(1 − b) < 0 =⇒
−1 < −b < 1 =⇒ 0 < 1 − b
olup
−1 < a◦ b < 1,
(a − 1)(1 − b)
a+b
< 0 =⇒
<1
1 + ab
1 + ab
yani i³lem kapaldr. Birle³me özelli§i vardr, çünkü:
a+b
1 + ab
(a◦ b)◦ c =
a◦ (b◦ c) = a◦
◦c
b+c
1 + bc
=
=
a+b
1+ab + c
1 + ac+bc
1+ab
a+
1+
b+c
1+bc
ab+ac
1+bc
=
a + b + c + abc
1 + ab + ac + bc
=
a + abc + b + c
1 + bc + ab + ac
olup e³ittirler. De§i³me özelli§i vardr, çünkü:
a◦ b =
a+b
b+a
=
= b◦ a.
1 + ab
1 + ba
Birim eleman 0 dr, çünkü:
0◦ a = a◦ 0 =
Her
a∈G
için
a−1 = −a ∈ G
a+0
= a.
1+0
dir, çünkü
(−a)◦ a = a◦ (−a) =
Sonuç olarak:
4.)
(G, ∗)
(G,◦ )
a−a
= 0.
1 − a2
gruptur, ayn zamanda abelyen gruptur.
bir grup ve
H
de onun bir altgrubu olsun.
a∈G
olmak üzere a³a§da verilen kümenin de
bir altgrup oldu§unu gösterin.
K=
Çözüm:
(h1 , h2
x, y ∈ K
∈ H ).
imdi
alalm. O halde
H
a ∗ h ∗ a−1 : h ∈ H .
x = a ∗ h1 ∗ a−1
³eklinde ve
y = a ∗ h2 ∗ a−1
bir altgrup oldu§undan Teorem 8.16 dan dolay
h1 ∗
h−1
2
³eklinde olmaldr.
∈H
dir. O halde:
−1
x ∗ y −1 = (a ∗ h1 ∗ a−1 ) ∗ (a ∗ h2 ∗ a−1 )−1 = (a ∗ h1 ∗ a−1 ) ∗ (a ∗ h−1
2 ∗a )
−1
−1
−1
−1
−1
= a ∗ h1 ∗ (a
| {z∗ a}) ∗ h2 ∗ a = a ∗ h1 ∗ h2 ∗ a
e
h−1
2 )
= a ∗ (h1 ∗
∗ a−1 = a ∗ h3 ∗ a−1 ∈ K
| {z }
=h3 ∈H
olup Teorem 8.16 dan dolay
K, G
nin bir altgrubudur.
89
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
5.)
G
2×2
kümesi
Hüseyin BLGÇ
G'nin
tipindeki tersi olan matrislerin kümesi olsun.
grup oldu§unu biliyoruz. A³a§da verilen
H
kümesinin
G'nin
K
ve
bilinen matris çarpm ile bir
kümesinin de
H 'nin
bir altgrubu
oldu§unu gösterin.
("
H=
a b
#
)
: a, b, c ∈ R, ac 6= 0
0 c
("
,
K=
#
1 b
)
:b∈R
0 1
.
Çözüm:
"
a b
X=
#
"
∈ H, Y =
0 c
#
d e
∈ H =⇒ Y
0 f
−1
1
=
df
"
f
−e
0
d
#
"
=
1/d −e/(df )
0
#
1/f
olup
"
XY −1 =
çünkü
a, d, c, f
a b
#"
1/d −e/(df )
0 c
sfr olmad§ndan
0
#
"
=
1/f
− ae
df +
a
d
b
f
#
∈H
c
f
0
(a/d)(c/f ) 6= 0. Teorem 8.16 dan dolay H, G nin bir bir altgrubudur.
Benzer ³ekilde
"
X=
1 b
0 1
#
"
1 c
∈ K, Y =
#
∈ K =⇒ Y
0 1
−1
1
=
1
"
1 −c
0
#
1
olup
"
XY −1 =
1 b
0 1
oldu§u açktr. Teorem 8.16 dan dolay
6.)
G =
√
a + b 5 : a, b ∈ Q, a 6= 0
oldu§unu gösterin. (pucu:
Çözüm:
0 = 0+0 5
olup
verilen ipucundan dolay
0∈G
0∈
/G
1 −c
0
K, H
veya
a, b, c, d ∈ Q
√
#"
1
"
=
1 b−c
0
#
1
∈K
nin bir bir altgrubudur.
b 6= 0
için
#
kümesinin bilinen çarpma i³lemine göre bir grup
√
√
a + b 5 = c + d 5 ⇐⇒ a = c
ve
b = d.)
a = b = 0 dr. G nin tanmndan ve
√
√
x = a + b 5 ∈ G, y = c + d 5 ∈ G ise
olmas için gerek ve yeter ³art
olur. imdi
a, b, c, d ∈ Q
için
√
√
√
xy = (a + b 5)(c + d 5) = (ac
+ bc}) 5
{z5bd}) + (ad
| +
| {z
∈Q
olur. Ayrca
∈Q
x, y ∈ R olup sfr olmayan iki reel saynn çarpm sfrdan farkl olaca§ndan xy ∈ G olur.
Reel saylardaki çarpma i³lemi birle³meli ve de§i³meli olup
√
1 = 1+0 5 ∈ G
√
x + y 5 dersek:
birim eleman 1 olup
elemannn tersine
oldu§u açktr.
G'de de ayn özelliklere sahiptir. Çarpmann
√
imdi ters eleman bulalm. a + b 5 ∈ G
√
√
√
√
√
(a + b 5)(x + y 5) = 1 + 0 5 =⇒ (ax + 5by) + (ay + bx) 5 = 1 + 0 5
90
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
Hüseyin BLGÇ
ax + 5by = 1
denklemi elde edilir. Buradan, ipucunu kullanrsak,
bx + ay = 0
ve
denklem sistemlerini
çözmemiz gerekir. Cramer kuraln kullanrsak:
x= a2 − 5b2 = 0
elde edilir.
1 5b 0 a a
= 2
a − 5b2
a 5b b a x, y
√
± 5
(G, ·)
elde edilir. Sonuç olarak
7.)
G=
a + 2b 3b
−b
pm ile grup mudur?
Çözüm:
oldu§u açktr. Ayrca
a
2
a − 5b2
−
b
2
a − 5b2
√
den en az biri
hem grup hem de abelyen bir gruptur.
:a
ve
ve
b
ikisi birden sfr olmayan reel saylar
b=0
a=b=0
olacak ³ekildeki matrislerin kümesi
kümesi bilinen matris çar-
H
dr.
a, b
bir altgrup mudur?
olup bu ifadenin sfr olmas
den en az biri sfrdan farkl olaca§ndan
(a + b)2 + 2b2 6= 0
deki her matrisin determinant sfrdan farkldr. imdi
X=
a + 2b 3b
−b
"
XY =
elde edilir. Bu a³amada
elde edilir.
a, b
5∈G
G deki bir matrisin determinant: a2 + 2ab + 3b2 = (a + b)2 + 2b2
G
olup iki rasyonel
)
"
#
"
∈G
a
ve
Y =
c + 2d 3d
−d
#
c
∈ G =⇒
ac + 2ad + 2bc + bd 3ad + 6bd + 3bc
−bc − 2bd − ad
A = −3bd + ac
#
−3bd + ac
B = bc + 2bd + ad dersek
"
#
A + 2B 3B
XY =
−B
A
ve
|X| =
6 0 ve |Y | =
6 0 olup |XY | = |X| · |Y | formülünden |XY | =
6 0 dr, yani A 6= 0 veya B 6= 0
dr. O halde
G'de
x, y ∈ Q
olamaz.
#
a
a 6= 0
için gerek ve yeter ³art
dr. Yani
1 0 −b
= 2
a − 5b2
5b a √
a/b = ∓ 5 olurdu. a, b ∈ Q
den en az biri sfrdan farkldr. Bu durumda
√
(a + b 5)−1 =
("
ve
olamaz, çünkü öyle olsayd
saynn bölümü irrasyonel bir say olan
sfr olmayp
a
b
y=
a
b
XY ∈ G
de birle³melidir.
olup i³lem kapaldr. Bilinen matris çarpm her zaman birle³meli oldu§undan
G
nin tanmnda
a = 1, b = 0
alnrsa, matris çarpmas i³leminin birim eleman
olan birim matris yani
"
I2 =
1 0
#
0 1
∈G
oldu§u görülür. imdi de ters eleman bulalm.
X −1
1
= 2
a + 2ab + 3b2
91
"
a
−3b
b a + 2b
#
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
Hüseyin BLGÇ
bulunur. Yine bu a³amada
−b
a + 2b
,V = 2
U= 2
2
a + 2ab + 3b
a + 2ab + 3b2
|X| 6= 0
elde edilir.
X −1
∈G
olup
−1 X = 1/|X|
olur. Sonuç olarak
G
formülünden
"
dersek:
X
−1
−1 X 6= 0
=
U + 2V
3V
−V
U
dr. Yani
U 6= 0
#
veya
V 6= 0
olup
bir gruptur. imdi
("
H=
a 0
#
)
: a ∈ R, a 6= 0
0 a
X, Y matrisleri alalm. a 6= 0, b 6= 0 olmak üzere
"
#
"
#
"
#"
1
a 0
b 0
a
0
b
X=
,Y =
∈ H =⇒ XY −1 =
0
0 a
0 b
0 a
kümesinden
çünkü
8.)
a
b
6= 0
dr. Teorem 8.16 dan dolay
("
a 0
G=
#
: a, b ∈ R, ab 6= 0
0 b
G
X=
H
0
0
a
b
#
∈H
nin bir bir altgrubudur.
kümesi bilinen matris çarpm ile grup mudur?
b = −1
olacak
bir altgrup mudur?
a 0
0 b
#
∈G
a=b=1
ve
alnrsa
X −1
olur, çünkü
ab 6= 0 olur. imdi
#
#
"
"
c 0
ac 0
Y =
∈ G =⇒ XY =
∈G
0 d
0 bd
1/a 6= 0
ve
H
birim matrisinin
"
#
b 0
"
=
0 a
G
de oldu§u görülür.
#
1/a
0
0
1/b
∈G
1/b 6= 0 dr. Sonuç olarak G bir gruptur. imdi
"
#
"
#
a 0
b 0
X=
∈ H ve Y =
∈ H =⇒
0 −1
0 −1
XY −1 =
olup bu matris
I2
1
=
ab
"
a
0
#"
−1/b
0
0
−1
0 −1
#
"
=
−a/b 0
0
#
1
de de§ildir. (Sa§ alt kö³ede +1 vardr.) Teorem 8.16 dan dolay
de§ildir. (Teorem 8.16 kullanlmadan da
G = { (a, b) : a ∈ Z, b ∈ Q }
(G, ∗)
=
1
b
a
b
a, b, c, d'nin hepsi sfrdan farkl olup ac 6= 0, bd 6= 0 dr. Matrislerdeki çarpma i³lemi birle³me
özelli§ine sahiptir.
9.)
"
deki matrislerin determinant
"
olur çünkü
#
)
³ekildeki matrislerin kümesi
Çözüm:
H, G
0
H
H, G nin bir altgrubu
nin altgrup olmad§ nasl söylenebilirdi?)
kümesi üzerinde
(a, b) ∗ (c, d) = (a + c, 2−c b + d)
grup mudur? Abelyen midir?
92
i³lemi tanmlanyor.
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
Çözüm:
a, c ∈ Z
ve
b, d ∈ Q
ise
Hüseyin BLGÇ
a+c ∈ Z
ve
2−c b + d ∈ Q
olaca§ndan
(a + c, 2−c b + d) ∈ Z × Q = G
olup i³lem kapaldr.
[(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (e, f ) = (a + c, 2−c b + d) ∗ (e, f ) = (a + c + e, 2−e (2−c b + d) + f )
)
E³it
(a, b) ∗ [(c, d) ∗ (e, f )] = (a, b) ∗ (c + e, 2−e d + f ) = (a + c + e, 2−c−e b + 2−e d + f )
olup
∗
i³lemi birle³melidir.
(a, b) ∗ (x, y) = (a, b) =⇒ (a + x, 2−x b + y) = (a, b) =⇒ a + x = a, 2−x b + y = b
denklemlerinden
x=0
ve daha sonra
y=0
elde edilir. Ayrca
(0, 0) ∗ (a, b) = (0 + a, 2−a · 0 + b) = (a, b)
oldu§undan birim eleman
(0, 0) ∈ G
dr.
(a, b) ∗ (x, y) = (0, 0) =⇒ (a + x, 2−x b + y) = (0, 0) =⇒ a + x = 0, 2−x b + y = 0
denklemlerinden
x = −a
ve daha sonra
y = −2a b
elde edilir. Ayrca
(−a, −2a b) ∗ (a, b) = (−a + a, 2−a (−1)2a b + b) = (0, 0)
olup
a
(a, b)−1 = (|{z}
−a , −2
| {z }b) ∈ G
∈Z
olur. Yani
(G, ∗)
bir gruptur. Abelyen grup de§ildir, çünkü
(1, 2) ∗ (3, 4) = (4, 2−3 2 + 4) = (4, 17/4)
10.)
∈Q
fakat
(3, 4) ∗ (1, 2) = (4, 2−1 4 + 2) = (4, 4).
G = { (a, b) : a, b ∈ Z, a 6 0, b > 0 } kümesi üzerinde (a, b)∗(c, d) = (a+c, bd) i³lemi tanmlanyor.
(G, ∗)
grup mudur? Abelyen midir?
Çözüm:
a, b, c, d ∈ Z
(a + c, bd) ∈ G
olsun.
a 6 0, c 6 0 =⇒ a + c 6 0
oldu§u görülür. Yani
∗
ve
b > 0, d > 0 =⇒ bd > 0
olaca§ndan
i³lemi kapaldr.
[(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 i³lem birle³me özelli§ine sahiptir.
(a, b) ∗ (c, d) = (a + c, bd) = (c + a, db) = (c, d) ∗ (a, b)
olup i³lemin de§i³me özelli§i vardr. Birim eleman
(0, 1) ∈ G
dir, çünkü
(a, b) ∗ (0, 1) = (a + 0, b · 1) = (a, b)
ve de§i³me özelli§i vardr.
(a, b) ∗ (x, y) = (0, 1) =⇒ (a + x, by) = (0, 1) =⇒ x = −a, y = 1/b
93
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
Hüseyin BLGÇ
olup (de§i³me özelli§i de oldu§undan)
a = 0
ve
b = 1
(a, b)
(−a, 1/b)
nin tersi
dir. Ancak
(−a, 1/b) ∈ G
olmaldr. Yani sadece birim elemann tersi vardr. O halde
(G, ∗)
olmas için
grup de§ildir,
dolaysyla da abelyen grup de§ildir.
11.) Bir
ve
(G, ∗) grubunda e birim eleman göstermek üzere a∗b∗c∗d = e ise b∗c∗d∗a = e, c∗d∗a∗b = e
d∗a∗b∗c=e
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
a ∗ b ∗ c ∗ d = e =⇒
(G, ∗)
12.)
bir grup ve
a, b ∈ G
için
soldan
a−1
a
ile:
b∗c∗d∗a=e
=⇒
sa§dan
=⇒
−1 ile:
soldan b
=⇒
sa§dan
=⇒
−1 ile:
soldan c
=⇒
sa§dan
b
ile:
c ∗ d ∗ a = b−1
c∗d∗a∗b=e
ile:
c
b ∗ c ∗ d = a−1
d ∗ a ∗ b = c−1
d∗a∗b∗c=e
ile:
a2 = b2 = (a ∗ b)2 = e
ise
a∗b=b∗a
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
olup
a
ile
b
a2 = e =⇒
soldan
a−1
ile:
a = a−1
b2 = e
soldan
b−1
ile:
b = b−1
=⇒
nin tersleri kendilerine e³ittir. 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.
(R+ , ÷), (Z \ { 1 } , +)
13.)
Çözüm:
(R+ , ÷)
ve
(Q, ·)
sistemleri neden birer grup de§ildir? Açklayn.
grup de§ildir, çünkü
÷
i³leminin birle³me özelli§i yoktur. Örne§in:
(6 ÷ 1) ÷ 3 = 6 ÷ 3 = 2
fakat
6 ÷ (1 ÷ 3) = 6 ÷ (1/3) = 18
(Z\{ 1 } , +) grup de§ildir, çünkü Z\{ 1 } kümesinde toplama i³lemi kapal de§ildir. Örne§in, 3+(−2) =
1∈
/ Z \ { 1 }.
(Q, ·)
grup de§ildir, çünkü 0 rasyonel saysnn tersi yoktur.
14.) A³a§daki sistemlerden hangisi bir abelyen gruptur?
(Q, ·)
(0, 1], ·
(R− , +)
94
N
(3Z, +)
Hiçbiri
Bölüm 8. Cebirsel Yaplar
Hüseyin BLGÇ
15.) A³a§daki kümelerden hangisi yannda verilen i³lemle bir monoiddir?
N, a ∗ b = a + b + 1 Q, a ∗ b = a
N
R, a ∗ b = a + b + ab Z+ , a ∗ b =
OBEB(a, b) H.B.
16.) A³a§daki sistemlerden hangisi bir grup de§ildir?
(Q \ { 0 } , ·)
(C, +)
[0, ∞), +
N
(Q+ , ·)
Hiçbiri
N
Hiçbiri
17.) A³a§daki kümelerden hangisi yannda verilen i³lemle bir yargruptur?
N, a ∗ b = a + 2b R+ , a ∗ b = ab+1 Q, a ∗ b = 2a − 2b Z, a ∗ b = |a + b| − 1
18.) Bir
A
kümesinde tanmlanan
∗
i³leminin birim eleman oldu§una göre a³. hangisi kesinlikle
do§rudur?
En az 2 elemann tersi var Birle³me öz.var De§i³me öz.var (A, ∗)
bir monoid
N
H.B.
19.) A³a§daki kümelerden hangisi yannda verilen i³lemle bir monoiddir?
R, a ∗ b = b N × N, (a, b) ∗ (c, d) = (a, d)
20.) A³. sistemlerin hangisi
(Z+ ∪ { 0 } , +)
N
Z, a ∗ b = a + b − 1 Q, a ∗ b = ab − 1 H.B
√
2 · x : x ∈ Z dir)
bir abelyen gruptur? (a ∗ b =OKEK(a, b) ve A =
N
(Q \ { −1 } , ·)
(N+ , ∗)
(A, +)
Hiçbiri
95
Ad, Soyad:
Numaras:
MT
MT108 SOYUT MATEMATK II DERS ÖRNEK ARASINAVI
1.)
f : R −→ R, f (x) =
(0, 9)
√
x ve A = [−1, 3)
N
[0, 9)
f −1 (A) nedir?
√
[0, 3)
ise
2.) A³a§daki ba§ntlardan hangisi tanm kümesi
Z
(0, 9]
nin tamam olan bir fonksiyondur? (x, y
{ (x, y) : x = 2y } { (x, y) : 2x = 3y } { (x, y) : x = 4y }
N
{ (x, y) : 4x = y } Hiçbiri
∈ Z)
Hiçbiri
3.) A³a§daki reel fonksiyonlardan hangisi 11 de§ildir?
f (x) = 4/x
h(x) =
√
3
N
x
g(x) = x3 + x2 + 1
t(x) = ln x
Hiçbiri
a, b ∈ Z için a³a§da tanmlanan kurallardan hangisi bir i³lem tanmlar?
N
a2 + b2
a3 + ab
a + b + ab + 1
2
Hiçbiri
2
a +b
2
4.) Tamsaylar kümesinde her
a+b+1
2
5.)
ve
A kümesinde ∗ i³lemi tanmlansn. p : ∗ i³lemine göre her elemann tersi varsa bu i³lem birle³melidir
q : ∗ i³lemine göre en az bir elemann tersi varsa (A, ∗) monoiddir önermeleri
N
p, q : Yanl³
p, q : Do§ru
p : Yanl³, q : Do§ru
p :Do§ru, q :
6.) Tamsaylarda
7.)
da a³a§da kural verilen i³lemlerden (e§er i³lem ise) hangisinin birim eleman vardr?
De§i³meli de§il
N
Q
R+
Hiçbiri
³eklinde tanmlanan i³lem için a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
Birle³meli de§il
a+b
a2 + 1
Yanl³
a∗b=
8.)
a ∗ b = 2ab
için:
a ∗ b = a + 4b
N
a∗b =
√
ab
kümesinde tanmlanan
Her elemann tersi var
a∗b=a+b−
ab
2
a∗b=
Birim el. yok
a+b
ab + b2 + a2
Hiçbiri
Hiçbiri
³eklinde tanmlanan i³lem için a³a§dakilerden hangisi
do§rudur?
9.)
Birle³melidir
N
Birim eleman yoktur
Kapal de§ildir
a−1 = 1/a
dr
(G, ∗) bir grup, a ∈ G ve e 6= a olsun. a5 = e ise a³a§dakilerden hangisi do§rudur?
N 2
a = a−3
a3 = a2
a−2 = a2
a−1 = a3
Hiçbiri
Hiçbiri
N
Hiçbiri
10.) A³a§daki sistemlerden hangisi bir abelyen gruptur?
(R, ·)
(Z \ { 1, −1 } , +)
N
([−1, 1], ·)
(Q \ { −1 } , ·)
³eklinde i³aretleyiniz. Bu sayfadaki her soru 5 puandr.
Dört yanl³ bir do§ruyu götürür. Di§er sayfaya geçiniz
96
Ad, Soyad:
Numaras:
MT
11.) kili i³lem ve Etkisiz eleman tanmlarn yazn. (10p)
12.)
f : A −→ B
bir fonksiyon olsun. Her
X ⊆B
için
f (f −1 (X)) ⊆ X
meyin). E³itli§in her zaman sa§lanmas için gerek ve yeter ³art
13.) A³a§daki
G
f
oldu§unu biliyoruz (göster-
nin örten olmasdr. Gösterin. (20p)
kümesi matris çarpm ile grup mudur? Abelyen grup mudur?
H, G
nin altgrubu
mudur? (20p)
("
G=
NOT:
1
b
#
)
: b ∈ Q, m ∈ Z
0 2m
("
,
H=
Süre 80 dakikadr.
1
b
#
)
: b ∈ Q, m ∈ Z, m > 0
0 2m
BAARILAR
.
Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BLGÇ
CEVAP 11
kili ³lem: A
i³lem denir.
bo³ olmayan bir küme olsun.
f : A × A −→ A
bir fonksiyon ise
f
ye
A
da bir
ikili
Etkisiz Eleman: A kümesinde bir ∗ i³lemi tanmlansn. Her a ∈ A için a ∗ e = a ve e ∗ a = a ³artn
sa§layan bir e ∈ A varsa bu elemana ∗ i³leminin birim (etkisiz) eleman denir.
CEVAP 12
spat: (=⇒)
Her
X⊆B
için
X=B
X = f (f −1 (X))
seçelim
oldu§unu kabul edip
=⇒ f
imdi de
f
nin örten oldu§unu gösterelim.
=⇒ f −1 (X) = f −1 (B) = A
=⇒ X = f (f −1 (X))
spat: (⇐=)
f
olaca§ndan
B = f (A)
örten
nin örten oldu§unu kabul edelim.
x ∈ X =⇒ f
örten oldu§undan
∃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. Kapsamann di§er yönü her zaman do§ru oldu§undan ispat tamamlanr.
97
CEVAP 13
a, b ∈ Q
(i) ³lemin kapal oldu§unu göstermek için,
"
1
A=
olur çünkü
#
a
"
∈ G, B =
0 2m
b + a2m ∈ Q
m+n∈Z
ve
1
b
ve
m, n ∈ Z
alalm.
#
"
∈ G =⇒ AB =
0 2n
1 b + a2n
#
2m+n
0
∈ G,
dir. O halde i³lem kapaldr.
(ii) Matris çarpmas her zaman birle³meli oldu§undan
G'de
de birle³melidir.
(iii) imdi
"
BA =
olup genelde
(iv)
2×2
m=0
AB 6= BA
1
b
I2 ∈ G
1
0 2n
a
#
"
1 a + b2m
=
0 2m
#
2n+m
0
b + a2n 6= a + b2m . O halde i³lemin de§i³me özelli§i yoktur.
#
"
1 0
eleman I2 =
matrisidir. G nin tanmnda b = 0 ve
0 1
dr, çünkü genelde
matrislerin çarpmnda birim
alrsak
#"
oldu§u görülür.
(v)
"
A−1 =
oldu§u açktr, çünkü
Sonuç olarak:
imdi de
H
G
1
#−1
a
0 2m
−m ∈ Z
−a2−m ∈ Q
ve
"
1
= m
2
2m −a
0
#
1
"
=
1 −a2−m
0
2−m
#
∈G
dur.
bir gruptur, fakat abelyen grup de§ildir.
nin altgrup olup olmad§na bakmak için,
"
X=
1
a
#
"
∈ H, Y =
0 2m
1
b
a, b ∈ Q
ve
m, n ∈ Z+ ∪ { 0 }
#
0 2n
"
∈ H =⇒ Y
−1
=
1 −b2−n
0
alalm.
#
2−n
olup
"
XY −1 =
elde edilir. Ancak
m>0
halde ilgili teoremden,
H
ve
1
a
0 2m
n>0
#"
1 −b2−n
0
için genelde
2−n
#
"
=
m−n>0
bir altgrup de§ildir.
o
98
1 −b2−n + a2−n
0
#
2m−n
olmayaca§ndan genelde
XY −1 ∈
/H
dir. O
Bölüm 9
Saylabilirlik
A
Tanm 9.1
biliyorsa
A
ve
B
ve
B
bo³ olmayan iki küme olsun. E§er
kümelerine
A = { a, b, c, d }
Örnek 9.2
A ile B
ve örten olup
e³ güçlüdür
ve
A'dan B 'ye
11 ve örten bir fonksiyon yazla-
denir. (Bo³küme sadece kendisi ile e³ güçlüdür.)
B = { 2, 3, 4, 5 }
olsun.
f = { (a, 4), (b, 3), (c, 2), (d, 5) }
e³ güçlüdür. Tam saylar kümesi ile çift tamsaylar kümesi
fonksiyonu 11
2Z e³ güçlüdür, çünkü
g : Z −→ 2Z, g(n) = 2n
³eklinde tanmlanan fonksiyon 11 ve örtendir.
Teorem 9.3 Kümeler arasnda tanmlanan e³ güçlü olma ba§nts bir denklik ba§ntsdr.
spat: Her
A
ile
olup
A
ile
B
B
A
kümesi için
e³ güçlü ise
ile
B
A
ve
IA : A −→ A
f : A −→ B
birim dönü³ümü 11 ve örten oldu§undan
11 ve örten fonksiyon vardr. O halde,
A
ile
A
f −1 : B −→ A
e³ güçlüdür.
11 ve örten
e³ güçlüdür.
B
go f : A −→ C
ile
C
e³ güçlü ise
f : A −→ B
11 ve örten oldu§undan
A
ile
C
ve
g : B −→ C
11 ve örten fonksiyonlar vardr.
e³ güçlü olur.
Sonuç olarak ba§ntnn yansyan, simetrik ve geçi³ken oldu§u gösterilmi³ olur.
Not: imdi sonlu küme ve sonsuz küme tanmlarn verece§iz. Bu tanmlar iki ³ekilde yaplmaktadr.
Birinci ³ekilde sonlu küme tanmlanp; sonlu olmayan kümeye sonsuz küme denir denmektedir.
kinci ³ekilde ise; sonsuz küme tanmlanp; sonsuz olmayan kümeye sonlu küme denir denmektedir.
Neticede, iki tanm e³de§erdir; yani, bir tanma göre sonlu (sonsuz) olan di§erine göre sonsuz (sonlu)
olamaz.
Tanm 9.4 Kendi öz alt kümesi ile e³ güçlü olabilen kümelere
kümelere de
sonlu küme
sonsuz küme
denir. Sonsuz olmayan
denir. Bo³ küme sonlu olarak tanmlanr. Di§er ³ekliyle; bir küme bo³
99
Bölüm 9. Saylabilirlik
kümeyse veya
küme
k
Hüseyin BLGÇ
bir do§al say olmak üzere
denir; sonlu olmayan kümeye de
{ 0, 1, . . . , k }
sonsuz küme
Örnek 9.5 Do§al saylar kümesi sonsuzdur, çünkü
sonlu
denir.
f : N −→ A = { 2, 3, 4, . . . } , f (n) = n + 2
B = { 1, 2, 3, 4, 5 }
tanmlanan fonksiyon 11 ve örtendir.
kümesi ile e³güçlü ise bu kümeye
kümesi sonlu kümedir, çünkü
³eklinde
B 'den
öz
altkümesine bir fonksiyon örten olabilir ama 11 olamaz.
Tanm 9.6 Do§al saylarn herhangibir alt kümesiyle e³ güçlü olan kümelere
Ba³ka bir deyi³le bir küme sonlu ise veya
saylar kümesiyle e³ güçlü olan kümelere
N
saylabilir küme
denir.
ile e³güçlü ise bu kümeye saylabilirdir denir. Do§al
saylabilir sonsuz küme
denir. (Aslnda saylabilir sonsuz
küme hem saylabilir hem de sonsuz olan kümedir.)
Örnek 9.7 Tamsaylar kümesi saylabilirdir.
Çözüm: A³a§daki e³lemeyi dü³ünelim.
0
1
2
3
4
5
6
7
8 ...
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
0 −1 1 −2 2 −3 3 −4 4 . . .
O halde
f : N −→ Z
(
f (n) =
n/2,
n
çift ise;
− n+1
2 ,
n
tek ise.
³eklinde tanmlanan fonksiyonun 11 ve örten oldu§unu gösterelim. Bu daha önce gösterilmi³ti. (Bölüm 6, Al³trma 6)
Teorem 9.8
spat:
A
ve
A
B
ve
B
saylabir iki ayrk küme ise
her ikisi de sonlu ise
A∪B
A∪B
saylabilirdir.
nin sonlu oldu§u açktr. O halde
Kümelerden biri sonlu, di§eri saylabilir sonsuz olsun. Mesela
A
A∪B
sonlu olsun.
saylabilirdir.
s(A) = k + 1
zaman
A = { a0 , a1 , a2 , . . . , ak }
³eklinde yazlr. Bu durumda
f : N −→ A ∪ B
(
f (n) =
ve
an ,
B = { b0 , b1 , b2 , . . . }
n6k
ise;
bn−k−1 , n > k
ise.
³eklinde tanmlanan dönü³üm 11 ve örtendir. O halde
A∪B
saylabilirdir.
Öyleyse her iki kümenin de sonsuz (ve tabii ki saylabilir) oldu§unu kabul edelim. O zaman
A = { a0 , a1 , a2 , . . . }
ve
100
B = { b0 , b1 , b2 , . . . }
dersek, o
Bölüm 9. Saylabilirlik
Hüseyin BLGÇ
g : N −→ A ∪ B
³eklinde yazalm. imdi
fonksiyonunu
(
g(n) =
³eklinde tanmlayalm.
olup
A∪B
Sonuç 9.9
g
an/2 ,
n
çift ise;
b(n−1)/2 , n
tek ise.
nin 11 ve örten oldu§u kolaylkla gösterilebilir. Yani,
A∪B
ile
N
e³güçlü
saylabilir ve sonsuzdur.
a)
A
ile
B
ayrk olmasa da
A∪B
saylabirdir.
b) Sonlu saydaki saylabir kümenin birle³imi saylabirdir.
Örnek 9.10 Rasyonel saylar kümesi saylabilirdir.
Q+ 'nn
Çözüm: (spat Cantor'a aittir) Önce pozitif rasyonel saylar kümesi
saylabilir oldu§unu
+
gösterelim. Q kümesini bir sonsuz satrl ve sütunlu bir tabloya; 1. satra paydas 1 olanlar, 2. satra
paydas 2 olanlar (pay ve payda aralarnda asal olmak üzere) v.s. yerle³tirelim. Yani ³u tablo olu³ur:
imdi
N
ile
Q+
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
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
arasnda a³a§daki e³lemeyi yapalm:
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
Tablonun bu ³ekilde
N
Q−
x 7−→ −x e³lemesi 11 ve örten oldu§undan Q−
kümesi arasnda
...
7/2 4/3 . . .
kümesi ile 11 ve örten e³lenece§i açktr. O halde
Q+
ile
N
e³güçlüdür.
Q+
ile
kümesi de saylabilirdir. Ayrk iki
(veya sonlu sayda) saylabilir kümenin birle³imi saylabilir oldu§undan
Q = Q+ ∪ Q− ∪ { 0 } saylabilir
olur.
imdi saylamayan kümelerin de oldu§unu görelim.
101
Bölüm 9. Saylabilirlik
Teorem 9.11
[0, 1]
Hüseyin BLGÇ
kapal aral§ saylamayan bir kümedir. (Dolaysyla
R
saylamaz.)
spat: (1891 ylnda yaplan bu ispatta kullanlan yöntem Cantor'un Kö³egen Yöntemi olarak bilinir.)
[0, 1]
aral§nn saylabilir oldu§unu kabul edelim. (Bu aral§n sonsuz oldu§u açktr.) O halde 11 ve
örten bir
f : N −→ [0, 1]
fonksiyonu vardr. Ba³ka bir deyi³le;
yi , iinci
09 aras rakamlar temsil etmek üzere a³a§daki sonsuz satrl listede
sayy ve
[0, 1]
ai , bi , ci , . . .
ler de
aral§ndaki bütün saylar
vardr:
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
.
.
.
oldu§undan 1 says da bu tablodadr. imdi:
x0
rakamn,
x0 ∈
/ { a0 , 0, 9 }
³eklinde seçelim.
x1
rakamn,
x1 ∈
/ { b1 , 0, 9 }
³eklinde seçelim.
x2
rakamn,
x2 ∈
/ { c2 , 0, 9 }
³eklinde seçelim.
x3
rakamn,
x3 ∈
/ { d3 , 0, 9 }
³eklinde seçelim.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Seçim yaplrken 0 ve 9'un seçilmemesi baz saylarn birden fazla ondalk gösterimi oldu§undandr;
mesela
0.540000 = 0.5399999 . . .
gibi. imdi de
x
saysn
x = 0.x0 x1 x2 x3 . . .
³eklinde olu³turalm.
x ∈ [0, 1]
oldu§u açktr. Ancak
x 6= y0
dr, çünkü
x0 6= a0
(yani 1. basamaklar farkl)
x 6= y1
dir, çünkü
x1 6= b1
(yani 2. basamaklar farkl)
x 6= y2
dir, çünkü
x2 6= c2
(yani 3. basamaklar farkl)
dür, çünkü
x3 6= d3
(yani 4. basamaklar farkl)
x 6= y3
.
.
.
Böylece
x
.
.
.
.
.
.
.
.
.
saysnn sonsuz listede olmad§ ortaya çkar, yani sonsuz listede olmayan bir
üretilmi³tir. Bu bir çeli³kidir, çünkü sonsuz listede
[0, 1]
[0, 1]
x
says
aral§ndaki bütün saylar vard. O halde
aral§ saylabilir bir küme de§ildir.
102
Bölüm 9. Saylabilirlik
Hüseyin BLGÇ
Teorem 9.12 Saylabilir sonsuz miktardaki saylabilir sonsuz kümenin birle³imi saylabilir sonsuzdur.
spat: Saylabilir sonsuz saydaki kümeler a³a§daki gibi olsun.
A1 = { a11 , a12 , a13 , . . . }
A2 = { a21 , a22 , a23 , . . . }
A3 = { a31 , a32 , a33 , . . . }
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a11
a12
a13
a14
...
a21
a22
a23
a24
...
a31
a32
a33
a34
...
a41
a42
a43
a44
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
Bu elemanlar a³a§daki tabloya yerle³tirelim:
.
Daha sonra srasyla 1., 2., 3. . . . kö³egendeki elemanlar yukardan a³a§ya do§ru
N kümesi ile e³leyelim.
Yani a³a§daki e³lemeyi yazalm:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
...
a11 a12 a21 a13 a22 a31 a14 a23 a32 a41 . . .
Bu ³ekilde yaplan e³lemenin örten oldu§u açktr. E§er bu kümeler ayrksa bu e³leme 11 dir. Alt
satrda ayn olan elemanlar sadece bir defa yazlrsa (ki bu durumda da alt satr bu kümelerin bir-
le³imidir) bu e³leme 11 ve örtendir.
ALITIRMALAR
A = { 1, 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, . . . } kümesi saylabilir midir? spatlayn.
2
Çözüm: A =
n + 1 : n ∈ N oldu§u açktr. imdi f : N −→ A, f (n) = n2 + 1
1.)
layalm. Her
m, n ∈ N
için
f (m) = f (n) =⇒ m2 + 1 = n2 + 1 =⇒ m2 = n2 =⇒ m = n,
olup
y=
f
k2
nin 11 oldu§u görülür. imdi de, verilen her
+1
olaca§ndan
Sonuç olarak
A
ile
N
fonksiyonu tanm-
x=
√
y−1=k ∈N
e³güçlü oldu§undan
A
y ∈ A
olur. O zaman
saylabilirdir.
103
için
x =
f (x) = y
(çünkü
√
olup
y−1
f
m, n > 0)
seçelim.
örtendir.
∃k ∈ N
için
Bölüm 9. Saylabilirlik
Hüseyin BLGÇ
2.) Çift tamsaylar kümesinin saylabilir sonsuz bir küme oldu§unu gösterin.
2Z = { . . . , −4, −2, 0, 2, 4, . . . }
Çözüm:
yazalm.
(
f (n) =
imdi
f (n) = f (m)
f : N −→ 2Z
n + 1, n
tek ise;
−n,
çift ise.
n
oldu§unu kabul edelim.
Durum 1.
n, m
çift: Bu durumda
−m = −n =⇒ m = n
Durum 2.
n, m
tek: Bu durumda
n + 1 = m + 1 =⇒ n = m
Durum 3.
n
fonksiyonunu ³öyle tanmlayalm.
m
tek,
çift: Bu durumda
elde edilir.
bulunur.
n + 1 = −m =⇒ m + n = −1
elde edilir ki,
m, n ∈ N
m + 1 = −n =⇒ m + n = −1
elde edilir ki,
m, n ∈ N
oldu§undan böyle bir durum olamaz.
Durum 4.
m
tek,
n
çift: Bu durumda
oldu§undan böyle bir durum olamaz.
Sonuç olarak,
Durum 1.
f
birebirdir. imdi
y > 0:
Bu durumda
y ∈ 2Z
verilsin.
x=y−1
x
seçilirse,
tek bir do§al say olup
f (x) = x + 1 = (y − 1) + 1 = y
Durum 2.
y 6 0:
Bu durumda
x = −y
seçilirse,
x
f
örtendir. Sonuç olarak
N
ile
A
e³güçlü olup
f
örtendir.
çift bir do§al say olup
f (x) = −x = −(−y) = y
Yani
olup
A
olup
f
örtendir.
saylabilir sonsuzdur.
3.) Negatif tamsaylar kümesinin sonsuz bir küme oldu§unu gösterin.
Z− = { −1, −2, −3, −4, . . . }
Çözüm:
gerekir. imdi
x, y ∈ Z−
f :
Z−
kümesinin sonsuz olmas için bir özalt kümesi ile e³güçlü olmas
−→ { −2, −3, −4, . . . }
fonksiyonunu
f (x) = x − 1
³eklinde tanmlayalm. Her
için
f (x) = f (y) =⇒ x − 1 = y − 1 =⇒ x = y
olup
y
f
olup
4.)
11 dir. Ayrca verilen her
f
nin örten oldu§u görülür. Yani
Z \ {0}
Çözüm:
y ∈ { −2, −3, −4, . . . } için x = y+1 seçilirse f (x) = x−1 = y+1−1 =
N
Z−
ile
{ −2, −3, −4, . . . }
e³güçlü olup
kümesi saylabilir midir? Açklayn.
ile verilen küme arasnda a³a§daki e³lemeyi yazalm:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
↓
...
1 −1 2 −2 3 −3 4 −4 5 −5 . . .
104
Z−
sonsuzdur.
Bölüm 9. Saylabilirlik
imdi
f : N −→ Z \ { 0 }
Hüseyin BLGÇ
a³a§daki fonksiyonu yazalm.
(
f (n) =
imdi
f (n) = f (m)
− n+1
2 , n
tek ise;
n+2
2 ,
çift ise.
n
oldu§unu kabul edelim.
Durum 1.
n, m
çift: Bu durumda
m+2
2
Durum 2.
n, m
tek: Bu durumda
n+1
− m+1
2 = − 2 =⇒ m = n
Durum 3.
n
m
tek,
n+2
2
=
çift: Bu durumda
=⇒ m = n
elde edilir.
bulunur.
− n+1
2 =
m+2
2
=⇒ m + n = −3
elde edilir ki,
m, n ∈ N
=
− m+1
2
n+2
2
=⇒ m + n = −3
elde edilir ki,
m, n ∈ N
oldu§undan böyle bir durum olamaz.
Durum 4.
m
n
tek,
çift: Bu durumda
oldu§undan böyle bir durum olamaz.
Sonuç olarak,
Durum 1.
f
birebirdir. imdi
y>0
ise : Bu durumda
y < 0:
Bu durumda
f (x) = −
Yani
f
örtendir. Sonuç olarak
verilsin.
x = 2y − 2
seçilirse,
x
çift bir do§al say olup
x+2
(2y − 2) + 2
=
=y
2
2
f (x) =
Durum 2.
y ∈ Z \ {0}
x = −2y − 1
seçilirse,
x
olup
ile
Z \ {0}
e³güçlü olup
örtendir.
tek bir do§al say olup
x+1
(−2y − 1) + 1
=−
=y
2
2
N
f
olup
Z \ {0}
f
örtendir.
saylabilirdir.
3
5
7
9
5.) A =
0, , 2, , 4, , 6, , . . . kümesi saylabilir midir? Neden?
2
4
6
8
Çözüm: f : N −→ A a³a§daki gibi tanmlansn.
(
n+2
n+1 , n tek ise;
f (n) =
n,
n çift ise.
imdi
f (n) = f (m)
oldu§unu 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.
Durum 3.
n
tek,
m
olamaz, çünkü
n+2
m
tek,
Durum 4.
çift: Bu durumda
tek, fakat
n
durum olamaz, çünkü
m(n + 1)
n+2
n+1
çifttir.
çift: Bu durumda
m+2
tek, fakat
= m =⇒ n + 2 = m(n + 1) elde edilir ki, böyle bir durum
m+2
m+1
= n =⇒ m + 2 = n(m + 1)
n(m + 1)
çifttir.
105
elde edilir ki, böyle bir
Bölüm 9. Saylabilirlik
f
Sonuç olarak,
y
Durum 1.
olur. Yani
f
birebirdir. imdi
x
y∈A
verilsin.
çift do§al say ise : Bu durumda
x=y
seçilirse,
x çift bir do§al say olup f (x) = x = y
örtendir.
k
Durum 2. Bir
seçilirse,
Hüseyin BLGÇ
y = (k + 2)/(k + 1)
tek do§al says için
³eklinde ise: Bu durumda
x=k
tek bir do§al say olup
k+2
=y
k+1
f (x) = f (k) =
Sonuç olarak
N
A
ile
e³güçlü olup
A
olup
f
örtendir.
saylabilirdir.
6.)
1
1
1
1
1
1, , 5, , 17, , 37, , 65, , 101, . . .
2
4
6
8
10
f : N −→ A a³a§daki gibi tanmlansn.
(
A=
Çözüm:
1
n+1 ,
n2 +
f (n) =
imdi
f (n) = f (m)
Durum 1.
n, m
kümesi saylabilir midir? Açklaynz.
n
tek ise;
1, n
çift ise.
oldu§unu kabul edelim.
çift: Bu durumda
m2 + 1 = n2 + 1 =⇒ m2 = n2 =⇒ m = n
elde edilir, çünkü
m, n > 0.
Durum 2.
n, m
Durum 3.
n
1
n+1
∈
/N
∈
/N
m
tek,
2
, fakat m
Durum 4.
1
m+1
tek: Bu durumda
m
tek,
2
, fakat n
Sonuç olarak,
f
k
k
x
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
+ 1 ∈ N.
n
çift: Bu durumda
+ 1 ∈ N.
y∈A
verilsin.
çift do§al says için
çift bir do§al say olup
Durum 2. Bir
=
çift: Bu durumda
birebirdir. imdi
Durum 1. Bir
1
m+1
y = k2 + 1
f (x) = x2 + 1 = k 2 + 1 = y
tek do§al says için
³eklinde ise : Bu durumda
olur. Yani
y = 1/(k + 1)
f
x=k
seçilirse,
x
örtendir.
³eklinde ise: Bu durumda
x=k
seçilirse,
tek bir do§al say olup
f (x) = f (k) =
Sonuç olarak
N
ile
A
e³güçlü olup
A
1
=y
k+1
olup
f
örtendir.
saylabilirdir.
7.) Ayrk iki sonlu kümenin birle³iminin sonlu oldu§unu ispatlayn.
Çözüm:
A ve B
biri bo³küme ise
ayrk ve sonlu iki küme olsun.
A∪B = A
veya
A∪B = B
A = B = ∅ ise A ∪ B = ∅ sonludur. Kümelerden sadece
olup her iki halde de
106
A∪B
sonludur. O zaman
A 6= ∅
ve
Bölüm 9. Saylabilirlik
B 6= ∅
kabul edelim.
Hüseyin BLGÇ
m, n ∈ N
olmak üzere
s(A) = m + 1, s(B) = n + 1
A = { a0 , a1 , . . . , am }
³eklindedir. imdi
ve
diyelim. O zaman
B = { b0 , b1 , . . . , bn }
{ 0, 1, . . . , m + n + 1 } kümesinden A∪B kümesine a³a§daki f
(
ak ,
0 6 k 6 m ise;
f (k) =
bk−m−1 , m + 1 6 k 6 m + n + 1 ise.
fonksiyonunu yazalm:
Burada a³a§daki e³leme yaplm³tr:
0
1
2
...
m
↓
↓
↓
...
↓
↓
↓
↓
...
↓
am
b0
b1
b2
...
bn
a0 a1 a2 . . .
imdi
f (x) = f (y)
m + 1 m + 2 m + 3 ...
olsun.
Durum 1.
0 6 x, y 6 m:
Durum 2.
m + 1 6 x, y 6 m + n + 1:
Durum 3.
0 6 x 6 m, m + 1 6 y 6 m + n + 1:
olamaz, çünkü
ile
B
Bu durumda
olamaz, çünkü
Sonuç olarak
f
A
ile
Bu durumda
B
elde edilir.
bx = by =⇒ x = y
Bu durumda
ax = by
elde edilir. Böyle bir durum
Bu durumda
ay = bx
elde edilir. Böyle bir durum
ayrktr.
y ∈A∪B
Bu durumda bir
f (x) = ax = ak = y
verilsin.
06k6m
olur. Yani
f
do§al says için
y = ak
olmaldr. O zaman
x=k
örtendir.
y ∈ B : Bu durumda bir 0 6 k 6 n do§al says için y = bk
seçilir. Bu durumda
elde edilir.
ayrktr.
11 dir. imdi
y ∈ A:
Durum 1.
Durum 2.
ax = ay =⇒ x = y
0 6 y 6 m, m + 1 6 x 6 m + n + 1:
Durum 4.
seçilirse
A
m+n+1
m+16x6m+n+1
olmaldr. O zaman
x = k+m+1
oldu§u açktr. 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 e³güçlüdür.
m+n+1 ∈ N
oldu§undan
A∪B
sonludur.
8.)
p :Sonlu
tane sonlu kümenin kartezyen çarpm saylabilirdir,
q:
ki sonsuz kümenin kesi³imi
sonlu olabilir önermeleri için:
N
p, q :
Do§ru
p:
Do§ru,
q:
Yanl³
p, q :
Yanl³
p:
Yanl³,
q:
Do§ru
9.) Saylabilir sonsuz miktardaki (bo³ olmayan) sonlu ve ayrk kümelerin birle³imi
sonlu
N
saylabilir sonsuz
saylamaz sonsuz
107
Hiçbiri
............
saylabilir sonlu
dur.
Hiçbiri
Bölüm 9. Saylabilirlik
10.)
A
11.)
B
ve
A
kümesi saylabilir ise
sonludur
p :Hem
Hüseyin BLGÇ
B
kümesi için a³a§dakilerden hangisi kesinlikle do§rudur?
saylabilirdir
sonsuzdur
sonsuz ve hem saylamayan küme yoktur,
q:
N
saylamazdr
Hiçbiri
Bir sonlu küme ile saylabilir kümenin
birle³imi sonlu olamaz. önermeleri için:
p, q :
Do§ru
N
p, q :
p:
Yanl³
Do§ru,
q:
p:
Yanl³
Yanl³,
q:
Do§ru
Hiçbiri
Hiçbiri
Hiçbiri
12.) A³a§daki küme çiftlerinden hangisi biribiriyle e³ güçlüdür?
N
ile
Q
[0, 1]
13.) A³a§daki kümelerden hangisi
[−1, 1]
14.)
A
15.)
ve
B
R
N
saylabilir iki ayrk küme ise
Z−
ile
Q+
Q
ile
R
ile e³güçlü olamaz?
R\Q
sonludur
N
ile irrasyonel saylar
A∪B
saylabilir sonsuzdur
N×N
[0, ∞)
için a³a§dakilerden hangisi her zaman do§rudur?
sonsuzdur
N
saylabilirdir
Hiçbiri
p :Sonlu ve saylamayan bir küme yoktur, q : Saylabilir miktardaki bo³ olmayan sonlu kümelerin
birle³imi sonlu olmaldr önermeleri için:
p, q :
16.)
Do§ru
p :Sonlu
p, q :
Yanl³
N
p:
Do§ru,
q:
Yanl³
olmayan her küme saylamayan bir kümedir,
q:
p:
Yanl³,
q:
Do§ru
Hiçbiri
Saylabilen ve sonlu olmayan kümeler
vardr önermeleri için:
N
p:
Yanl³,
q:
Do§ru
p, q :
Do§ru
p, q :
108
Yanl³
p:
Do§ru,
q:
Yanl³
Hiçbiri
Bölüm 10
Do§al Saylarn n³as
Tanm 10.1 Sonlu kümeler üzerinde tanmlanan e³ güçlü olma ba§ntsna göre bir
denklik snfn
Daha sonra
X
ile gösterelim. Bo³ kümenin denklik snfn
{0} = 1
X
kümesinin
0 ile gösterelim. O halde ∅ = 0 yazabiliriz.
diyelim. Bu ³ekilde devam edelim:
{ 0, 1 } = 2
{ 0, 1, 2 } = 3
{ 0, 1, 2, 3 } = 4
.
.
.
do§al say denir. Do§al saylar kümesi N
gösterilir. Do§al saylarn yukardaki gibi seçilen temsilcilerine de kanonik temsilci denir.
Bu ³ekilde elde edilen denklik snarnn herbirine bir
ile
Do§al Saylarda Toplama ve Çarpma
Tanm 10.2
x, y ∈ N
ve
x = A, y = B
ayrca
A∩B =∅
olsun.
x+y =A+B =A∪B
³eklinde tanmlanan i³leme
x
ile
y
nin
toplam
Örnek 10.3 2+3=5 oldu§unu gösterelim.
A∩B =∅
denir.
A = { a, b } , B = { 1, 2, 3 }
alalm.
oldu§undan:
2 + 3 = A + B = A ∪ B = { a, b, 1, 2, 3 } = 5.
Toplama ³leminin Özellikleri:
1.)
N, +
i³lemine göre kapaldr.
109
2 = A, 3 = B
diyebiliriz.
Bölüm 10. Do§al Saylarn n³as
2.)
N, +
Hüseyin BLGÇ
i³lemine göre birle³meli ve de§i³melidir. (Al³trma(1) ve Al³trma(2))
3.) Etkisiz eleman
0=∅
dr; çünkü her
x=A∈N
için
0 + x = x + 0 = A + ∅ = A ∪ ∅ = A = x.
4.) Sadece
0'n
tersi vardr.
Teorem 10.4 Her
x, y, z, t ∈ N
için
x=y
spat:
imdi
x = A, y = B, z = C, t = D
z = t =⇒ x + z = y + t.
ve
diyelim. Ayrca
oldu§unu kabul edelim.
x = y =⇒ f : A −→ B,
11 ve örten fonksiyonu vardr,
z = t =⇒ g : C −→ D,
11 ve örten fonksiyonu vardr.
h : A ∪ C −→ B ∪ D
fonksiyonunu
(
h(x) =
³eklinde tanmlayalm.
A ∩ C = ∅, B ∩ D = ∅
h'nin
f (x), x ∈ A
ise;
g(x), x ∈ C
ise.
11 oldu§unu gösterelim.
Durum 1.
x, y ∈ A: f (x) = f (y)
olup
f
Durum 2.
x, y ∈ C : g(x) = g(y)
olup
g
Durum 3.
x ∈ A, y ∈ C : f (x) = g(y)
x, y ∈ A ∪ C
h(x) = h(y)
olsun.
x = y.
11 oldu§undan
11 oldu§undan
için
x = y.
olup
f (x) ∈ B
ve
g(y) ∈ D
dir.
B∩D =∅
oldu§undan böyle
olup
g(x) ∈ D
ve
f (y) ∈ B
dir.
B∩D =∅
oldu§undan böyle
bir durum olamaz.
Durum 4.
x ∈ C, y ∈ A: g(x) = f (y)
bir durum olamaz.
Sonuç olarak
h
11 dir. imdi de
nin örten oldu§unu gösterelim.
y ∈B∪D
verilsin.
y ∈ B =⇒ f
örten oldu§undan,
∃ x0 ∈ A, f (x0 ) = y
olup
h(x0 ) = f (x0 ) = y
y ∈ D =⇒ g
örten oldu§undan,
∃ x1 ∈ C, g(x1 ) = y
olup
h(x1 ) = g(x1 ) = y
olup her iki halde de
Sonuç olarak
h
h
örtendir.
h 11 ve örten olup A ∪ C
ile
B ∪D
e³güçlüdür. O halde,
A ∩ C = B ∩ D = ∅ oldu§undan;
x + z = A + C = A ∪ C = B ∪ D = B + D = y + t.
Teorem 10.5 Her
x, y ∈ N
için
x + y = 0 =⇒ x = 0
110
ve
y=0
Bölüm 10. Do§al Saylarn n³as
spat:
x = A, y = B
ve
A∩B =∅
Hüseyin BLGÇ
olsun.
0=∅
oldu§unu hatrlarsak:
x + y = 0 =⇒ A + B = ∅
=⇒ A ∪ B = ∅
=⇒ A ∪ B
ile
∅
=⇒ A ∪ B = ∅
e³güçlü
(Çünkü
∅
sadece kendisiyle e³güçlü)
=⇒ A = B = ∅
=⇒ x = y = ∅ = 0
Örnek 10.6
x+3=0
önermesinin
N
deki çözümü yoktur, çünkü
x + 3 = 0 =⇒ x = 0
olup
3=0
ve
3=0
önermesi her zaman yanl³tr.
Tanm 10.7
x, y ∈ N
ve
x=A
ve
y=B
olsun.
x·y =A·B =A×B
³eklinde tanmlanan i³leme
Örnek 10.8
x
ile
y
nin
çarpm
denir.
2 · 3 = 6 oldu§unu gösterelim. A = { a, b } , B = { 1, 2, 3 } alalm. 2 = A, 3 = B
diyebiliriz.
imdi
2 · 3 = A · B = A × B = { (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3) } = 6.
Çarpma ³leminin Özellikleri:
1.)
N,
çarpma i³lemine göre kapaldr.
2.)
N,
çarpma i³lemine göre birle³meli ve de§i³melidir. (Al³trma(3) ve Al³trma(4))
3.) Etkisiz eleman
1 = {a}
dr; 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)
³eklinde tanmlanan fonksiyonun 11 ve örten
oldu§u gösterilebilir.
4.) Sadece
1'in
tersi vardr.
Teorem 10.9 Her
x∈N
için
x · 0 = 0 · x = 0.
spat:
x=A
alalm.
x·0=A·∅=A×∅=∅=0
olur. Benzer ³ekilde
0·x=0
bulunur.
111
Bölüm 10. Do§al Saylarn n³as
Teorem 10.10 Her
x, y, z, t ∈ N
Hüseyin BLGÇ
için
x=y
spat:
imdi
x = A, y = B, z = C, t = D
ve
z = t =⇒ xz = yt.
diyelim.
x = y =⇒ f : A −→ B,
11 ve örten fonksiyonu vardr,
z = t =⇒ g : C −→ D,
11 ve örten fonksiyonu vardr.
h : A × C −→ B × D
fonksiyonunu
h(a, c) = (f (a), g(c))
³eklinde tanmlayalm.
h'nin
11 oldu§unu gösterelim.
h(a1 , c1 ) = h(a2 , c2 ) =⇒ (f (a1 ), g(c1 )) = (f (a2 ), g(c2 ))
=⇒ f (a1 ) = f (a2 )
=⇒ f
g(c1 ) = g(c2 )
ve
11 oldu§undan
a1 = a2
ve
g
11 oldu§undan
c1 = c2
=⇒ (a1 , c1 ) = (a2 , c2 )
olup
h
11 dir. imdi de
imdi de
x = (a, c)
Sonuç olarak
h
h
nin örten oldu§unu gösterelim.
seçilirse
y = (b, d) ∈ B × D
b∈B
ve
f
örten oldu§undan
∃a ∈ A, f (a) = b
d∈D
ve
g
örten oldu§undan
∃c ∈ C, g(c) = d.
h(x) = y
11 ve örten olup
h
olup
A×C
ile
verilsin.
nin örten oldu§u görülür.
B×D
e³güçlüdür. 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.
Teorem 10.12 Her
x, y ∈ N
için
xy = 0 =⇒ x = 0
spat:
x = A, y = B
veya
y = 0.
diyelim.
xy = 0 =⇒ A · B = ∅
=⇒ A × B = ∅
=⇒ A × B
ile
∅
=⇒ A × B = ∅
=⇒ A = ∅
veya
e³güçlü
(Çünkü
∅
sadece kendisiyle e³güçlü)
B=∅
=⇒ x = A = ∅ = 0
veya
y=B=∅=0
112
Bölüm 10. Do§al Saylarn n³as
Hüseyin BLGÇ
Do§al Saylarda Sralama
Tanm 10.13
B
olsun. Yani
x, y ∈ N
x'in
iki tane do§al say olsun.
x = A, y = B .
x = y ⇐⇒ A = B
Buradan
³eklinde tanmlayalm. Ayrca x
<y
veya
x = y
A
kanonik temsilcisi
y
ve
oldu§u açktr. imdi
yerine ksaca
x6y
nin kanonik temsilcisi
x<y
olmasn
A
B
yazd§mzda
x 6 y ⇐⇒ A ⊆ B
tanmn veririz. Bu ³ekilde tanmlanan
Ancak
x6y
6
ba§ntsnn bir sralama ba§nts oldu§u kolayca görülür.
tanm a³a§daki gibi de verilir ve bu tanm daha sk kullanlr:
x < y ⇐⇒ x + k = y
Teorem 10.14 Her
x, y ∈ N
için
olacak ³ekilde en az bir
x < y, x = y
ve
y<x
16k∈N
var.
önermelerinden sadece biri do§rudur. Do§al
saylar kümesinin en küçük eleman sfrdr.
Teorem 10.15 Do§al saylar kümesinde tanmlanan
Teorem 10.16 Her
x, y, z, w ∈ N
6
ba§nts bir tam sralama ba§ntsdr.
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
spat (a):
x < y =⇒ ∃ k ∈ N+ , x + k = y
=⇒ x + k + z = y + z
=⇒ (x + z) + k = y + z
=⇒ x + z < y + z
spat (b):
x < y, z < w =⇒ ∃ k1 , k2 ∈ N+ , x + k1 = y
ve
z + k2 = w
=⇒ (x + k1 ) + (z + k2 ) = y + w
=⇒ (x + z) + (k1 + k2 ) = y + w
=⇒ x + z < y + w,
spat (c):
halde
x < y =⇒ x + k = y
k>2
olup
(x + 1) + k1 = y
olacak ³ekilde
olup burada
çünkü
16k∈N
k1 > 1
olur.
113
k1 + k2 > 1
vardr. E§er
dir; yani
k=1
x+1 < y
ise
x+1 = y
olur. Sonuç olarak
dir. Aksi
x+1 6 y
Bölüm 10. Do§al Saylarn n³as
spat (d):
z 6= 0
Hüseyin BLGÇ
olsun. Çarpmann toplama üzerine da§lma özelli§i oldu§unu göstermek kolaydr
(Al³trma (5)). O halde:
x < y =⇒ ∃ k ∈ N+ , x + k = y
=⇒ (x + k)z = yz
=⇒ xz + kz = yz
=⇒ xz < yz,
çünkü
kz > 1
spat (e):
x < y, z < w =⇒ ∃ k1 , k2 ∈ N+ , x + k1 = y
ve
z + k2 = w
=⇒ (x + k1 )(z + k2 ) = yw
=⇒ xz + xk2 + k1 z + k1 k2 = yw
|{z} |{z} |{z}
>0
>0
=⇒ xz < yw,
çünkü
>1
(xk2 + k1 z + k1 k2 ) > 1
ki Do§al Saynn Fark ve Bölümü
Tanm 10.17
a, b ∈ N
fark
x=b−a
denir ve
olmak üzere
a+x = b
yazlr. Bu durumda
olacak ³ekilde bir
a, b ∈ N
x∈N
varsa bu sayya
b ile a'nn
için
a 6 b ⇐⇒ b − a ∈ N
oldu§u açktr.
Tanm 10.18
ve
ab
a, b ∈ N
olmak üzere
yazlr. Bu durumda
x
a·x = b
do§al saysna
olacak ³ekilde en az bir
b ile a'nn bölümü
x∈N
denir ve
varsa
a, b'yi böler
x=b÷a
denir
yazlr.
ab ⇐⇒ b ÷ a ∈ N.
Örnek 10.19
x, y, z ∈ N
olsun.
(z + x) − (y + x) ∈ N
veya
z−y ∈ N
ise
oldu§unu 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
114
(z + x) − (y + x) = z − y
Bölüm 10. Do§al Saylarn n³as
Hüseyin BLGÇ
olup e³itlik 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 e³itlik 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)
oldu§unu gösterelim.
Durum 1.
(x − y) − z = n ∈ N
ve
x−y =t
(x − y) − z = n,
diyelim.
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 e³itlik 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
olup e³itlik gösterilir.
Örnek 10.21
a, b, c, d ∈ N olsun.
ab ve cd =⇒ (ac)(bd)
(bd) ÷ (ac) = (b ÷ a)(d ÷ c)
olup
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
ab =⇒ b = ak1
cd =⇒ d = ck2
Taraf tarafa çarparsak:
Ayrca
olacak ³ekilde
k1 ∈ N
var,
k1 = b ÷ a,
olacak ³ekilde
k2 ∈ N
var,
k2 = d ÷ c
bd = (ak1 )(ck2 ) = (ac)(k1 k2 )
=⇒ k1 k2 ∈ N olup (ac)(bd).
(bd) ÷ (ac) = k1 k2 = (b ÷ a)(d ÷ c)
elde edilir.
115
Bölüm 10. Do§al Saylarn n³as
Örnek 10.22
x, y, z, w ∈ N
x y
Çözüm:
xy =⇒ y = xk1
z w =⇒ w = zk2
Hüseyin BLGÇ
için a³a§daki önermeyi ispatlayn:
ve
z w =⇒ (y ÷ x) + (w ÷ z) = (xw + yz) ÷ (xz)
olacak ³ekilde bir
olacak ³ekilde bir
k2 ∈ N
k1 ∈ N
vardr ve burada
vardr ve burada
k2 = w ÷ z
k1 = y ÷ x
yazlr. Yine,
yazlr. imdi
xw + yz = x(zk2 ) + (xk1 )z = xz(k1 + k2 )
olup
(xz)(xw + yz)
olur ve
(xw + yz) ÷ (xz) = k1 + k2
yazlr. Buradan
k1
ve
k2
yerine yazlrsa:
(xw + yz) ÷ (xz) = (y ÷ x) + (w ÷ z)
elde edilir.
ALITIRMALAR
1.) Do§al saylarda tanmlanan toplama i³leminin birle³me özelli§i oldu§unu gösterin.
Çözüm:
x, y, z ∈ N
durumda
(A ∪ B) ∩ C = ∅
ve
x = A, y = B, z = C
ve
olsun. Ayrca
A ∩ (B ∪ C) = ∅
A∩B = A∩C = B∩C = ∅
olsun. Bu
oldu§u açktr. 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)
olup toplama i³leme birle³melidir.
2.) Do§al saylarda tanmlanan toplama i³leminin de§i³me özelli§i oldu§unu gösterin.
Çözüm:
x, y ∈ N
ve
x = A, y = B
olsun. Ayrca
A∩B =∅
olsun.
x+y =A+B =A∪B =B∪A=B+A=y+x
olup toplama i³lemi de§i³melidir.
3.) Do§al saylarda tanmlanan çarpma i³leminin birle³me özelli§i oldu§unu gösterin.
Çözüm:
x, y, z ∈ N ve x = A, y = B, z = C
olsun. imdi
(A×B)×C
kümesi ile
A×(B ×C) kümesinin
e³güçlü oldu§unu gösterelim. Bu amaçla
f : (A × B) × C −→ A × (B × C),
her
((a, b), c) ∈ (A × B) × C
116
için
f ((a, b), c) = (a, (b, c))
Bölüm 10. Do§al Saylarn n³as
³eklinde bir
f
Hüseyin BLGÇ
X = ((a1 , b1 ), c1 )
fonksiyonu tanmlayalm. imdi
ve
Y = ((a2 , b2 ), c2 ) ∈ (A × B) × C
alalm.
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 11 oldu§u gösterilmi³ olur. imdi de verilen her
X = ((ao , bo ), co )) ∈ (A × B) × C
örten oldu§undan
(A × B) × C
seçilirse
kümesi ile
f (X) = Y
Y = (ao , (bo , co )) ∈ A × (B × C)
oldu§u görülür. Yani
A × (B × C)
f
örtendir.
f
için
hem 11 hem
kümesi e³güçlüdür. O halde
(A × B) × C = A × (B × C) =⇒ (x · y) · z = x · (y · z).
4.) Do§al saylarda tanmlanan çarpma i³leminin de§i³me özelli§i oldu§unu gösterin.
Çözüm:
x, y ∈ N
ve
x = A, y = B
olsun. imdi
A×B
kümesi ile
B×A
kümesinin e³güçlü oldu§unu
gösterelim. Bu amaçla
f : A × B −→ B × A,
³eklinde bir
f
(a, b) ∈ A × B
her
fonksiyonu tanmlayalm. imdi
X = (a1 , b1 )
ve
için
f (a, b) = (b, a)
Y = (a2 , b2 ) ∈ (A × B)
alalm.
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
olup
f
A×B
nin 11 oldu§u gösterilmi³ olur. imdi de verilen her
seçilirse
kümesi ile
f (X) = Y
(B × A)
oldu§u görülür. Yani
f
örtendir.
Y = (bo , ao ) ∈ B × A
f
için
X = (ao , bo ) ∈
hem 11 hem örten oldu§undan
(A × B)
kümesi e³güçlüdür. O halde
A × B = B × A =⇒ x · y = y · x.
5.)
N'de tanmlanan çarpma i³leminin toplama i³lemi üzerine soldan da§lma özelli§i oldu§unu gösterin.
Çarpmann de§i³me özelli§i oldu§undan sa§dan da§lma özelli§inin oldu§unu söyleyebilir miyiz?
Çözüm:
A×C
x, y, z ∈ N
ve
x = A, y = B, z = C
olsun. Ayrca
B∩C = ∅
olsun. Bu durumda
de ayrktr, çünkü:
(A × B) ∩ (A × C) = A × (B ∩ C) = A × ∅ = ∅.
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)
117
A×B
ile
Bölüm 10. Do§al Saylarn n³as
Hüseyin BLGÇ
olup soldan da§lma özelli§i vardr. Çarpma i³leminin de§i³me özelli§i ve toplama üzerine soldan
da§lma özelli§i varsa, sa§dan da§lma özelli§i de vardr, çünkü her
(x + y) · z = z · (x + y)
x, y, z ∈ N
için:
(çarpmann de§i³me özelli§i oldu§undan)
= (z · x) + (z · y)
(çarpmann soldan da§lma özelli§i oldu§undan)
= (x · z) + (y · z)
(çarpmann de§i³me özelli§i oldu§undan)
Sonuç olarak; Al³trma(4) ile birlikte, çarpma i³leminin toplama üzerine (soldan ve sa§dan) da§lma
özelli§i oldu§unu söyleyebiliriz.
6.)
a, b, c ∈ N
olsun.
ab
ve
ac
ise
a(b + c)
oldu§unu ve
(b + c) ÷ a = (b ÷ a) + (c ÷ a)
oldu§unu
gösterin.
Çözüm:
ab =⇒ b = ak1
ac =⇒ c = ak2
Taraf tarafa toplarsak:
Ayrca
7.)
olacak ³ekilde
k1 ∈ N
var,
k1 = b ÷ a,
olacak ³ekilde
k2 ∈ N
var,
k2 = c ÷ a
b + c = (ak1 ) + (ak2 ) = a(k1 + k2 )
=⇒ k1 + k2 ∈ N olup a(b + c).
(b + c) ÷ a = k1 + k2 = (b ÷ a) + (c ÷ a)
elde edilir.
x, y, z ∈ N ve y 6= 0 olsun. Bu durumda (yz)(xy) ve z x ise (xy) ÷ (yz) = x ÷ z
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
(yz)(xy) =⇒ xy = (yz)k1 olacak ³ekilde k1 ∈ N var, k1 = (xy) ÷ (yz),
z x =⇒ x = zk2 olacak ³ekilde k2 ∈ N var, k2 = x ÷ z
imdi,
y 6= 0
oldu§undan
xy = (yz)k1 =⇒ xy = (zk1 )y =⇒ x = zk1
elde edilir. Yani
k1 = x ÷ z
olmaldr. Buradan
k1 = k2 ,
118
yani
(xy) ÷ (yz) = x ÷ z
bulunur.
Bölüm 11
Tümevarm lkesi
Tümevarm lkesi:
tanml olsun. E§er
a ∈ N olmak üzere Na = { x ∈ N : x > a } kümesi üzerinde bir P (n) açk önermesi
P (a) önermesi do§ruysa ve P (k) do§ru iken P (k + 1) de do§ruysa; ba³ka bir deyi³le
P (k) =⇒ P (k + 1)
önermesi do§ruysa o zaman her
n ∈ Na
için
Örnek 11.1 Tümevarm yöntemiyle her
P (n)
do§rudur.
16n∈N
için
1 + 2 + ··· + n =
oldu§unu gösterelim.
taraf da
k+1
1'e
P (n)
önermesi 1
e³it oldu§unudan
P (k + 1)
için
P (k)
n∈N
için
olsun.
k
n=1
için e³itli§in her iki
için do§ru oldu§unu kabul edip
do§ru olsun.
k(k + 1)
k(k + 1)
=⇒ 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) =
+ (k + 1)
2
2
k
=⇒ 1 + 2 + · · · + (k + 1) = (k + 1)
+1
2
(k + 1)(k + 2)
=⇒ 1 + 2 + · · · + (k + 1) =
2
de do§rudur. Tümevarmdan dolay her
Örnek 11.2 Her
30
+ 2 + · · · + n = n(n + 1)/2
do§rudur. imdi de önermenin
için do§ru oldu§unu gösterelim.
1 + 2 + ··· + k =
olup
P (1)
n(n + 1)
2
3(4n − 1)
16n∈N
oldu§unu gösterelim.
için
P (n)
P (n)
do§rudur.
önermesi
3(4n − 1)
olsun.
n=0
olup önerme do§rudur. imdi
3(4k − 1) =⇒ ∃ m ∈ N, (4k − 1) = 3m
=⇒ 4k+1 − 1 = 4 · 4k − 1 = 4(3m + 1) − 1 = 12m + 3 = 3(4m + 1)
k+1
olup 4m+1 de bir do§al say oldu§undan 3(4
−1) dir. Yani P (k) =⇒ P (k+1) do§rudur. Tümevarmdan, her
n∈N
için
P (n)
do§rudur.
119
Bölüm 11. Tümevarm lkesi
Örnek 11.3 Her
için
9 < 27
36n∈N
=
n2 < 3n
n2 + 2n + 1 olup
p(n) = 2n2 − 2n − 1
imdi
n2 < 3n
için
oldu§unu gösterelim.
olup önerme do§rudur. imdi
oldu§unu gösterelim.
(n + 1)2
Hüseyin BLGÇ
için
3
önermesi
n>3
2
için n + 2n + 1
3n2 yani
<
n2 < 3n
do§ru oldu§unu kabul edip
olsun. E³itsizli§in her iki tarafn 3 ile çarparsak
2n2 − 2n − 1
>0
olsun.
n=3
P (n + 1)'in
do§ru
3n2 < 3n+1
elde ederiz.
oldu§unu gösterece§iz.
polinomunun kökleri
n1,2 =
olup büyük kök
P (n)'in
P (n)
√
den küçüktür.(
3 ≈ 1.7
√
2∓
12
4
√
1± 3
=
2
alnrsa) Polinom kökler d³nda pozitif oldu§undan
n>3
p(n) > 0 dr. Yani P (n) =⇒ P (n+1) do§rudur. Tümevarmdan, her 3 6 n ∈ N için P (n) do§rudur.
yi Srallk lkesi: Do§al saylar kümesinin bo³ olmayan her alt kümesinin (bilinen
6
ba§ntsna
göre) bir en küçük eleman vardr.
Teorem 11.4 Tümevarm ilkesi ile iyi srallk ilkesi birbirine denktir.
=⇒
spat: (Tümevarm
T ⊆N
alalm. Yeni bir
S
kümesini a³a§daki gibi tanmlayalm:
S = {x ∈ N :
Her
t∈T
için
06t
olaca§ndan (çünkü
0,
Her
ortak bir eleman varsa bu eleman
T
imdi
S∩T =∅
s∈S
halde
s+1 6 t
oldu§unu kabul edelim.
olmamasyla çeli³ir. O halde
spat: (yi srallk
olmak üzere
=⇒
x 6 t}.
0∈S
dir. E§er
ise ve
olup;
S =N
olup
N
t∈T
s<t
herhangibir eleman ise
Na = { x ∈ N : x > a }
S∩T =∅
ise P (n)
olmaldr. O zaman
ile
: n ∈ S
T =∅
önermesi her
olur ve bu da
P (n)
n∈N
T 'nin
bo³
iyi sraldr.
P (n)
kümesinde tanml bir
do§ru olsun.
S
olmaldr. O
Tümevarm) yi srallk ilkesinin do§ru oldu§unu kabul edelim.
P (k) =⇒ P (k + 1)
olsun ve
S ∩ T 6= ∅
için
nin en küçük elemandr ve tek türlü belirlidir.
s ∈ S =⇒ s + 1 ∈ S
için do§ru olur (tümevarmdan). O halde
t∈T
do§al saylarn en küçük eleman)
T 'nin
dir. Yani
∅=
6
yi srallk) Tümevarm ilkesinin do§ru oldu§unu kabul edelim ve
açk önermesi verilsin.
P (a)
a ∈ N
do§ru
önermelerinin do§ru oldu§u do§al saylarn kümesine
S
diyelim.
S = { n ∈ Na : P (n)
S ⊆ Na
oldu§u açktr. Biz
Na \ S 6= ∅
yanl³tr.
S = Na
oldu§unu gösterece§iz.
olur. O halde, iyi srallk ilkesinden,
t−1 ∈ S
çeli³kidir. O halde
olup
k = t−1
Na = S
do§ru } .
alnrsa
S 6= Na
Na \ S 'nin
oldu§unu kabul edelim. O zaman
bir en küçük eleman
P (k) =⇒ P (k + 1)
olaca§ndan
P (t)
t
vardr. Yani
P (t)
do§ru olur. Bu bir
dir.
120
Bölüm 11. Tümevarm lkesi
Hüseyin BLGÇ
ALITIRMALAR
1.) Her
2.) Her
3.)
n∈
N+ için
n>5
n−1
X
xr =
xn − 1
x−1
oldu§unu gösteriniz. (x
r=0
2
n
için n < 2 oldu§unu gösteriniz. (n
6= 1
bir reel saydr.)
∈ N.)
n ∈ N olmak üzere 6n+1 biçiminde yazlan bir do§al saynn karesinin 1 eksi§inin 24 ile bölündü§ünü
gösterin.
4.)
{ an }
dizisinin genel terimi
(pucu:
an+1 + an
5.) Her
n∈N
7.)
n∈N
olsun. Her
n ∈ N
için
5|an
oldu§unu gösteriniz.
ifadesini kullann.)
için
n
X
r=1
6.) Her
an = 32n+4 − 22n
1
r(r + 1) = n(n + 1)(n + 2)
3
oldu§unu gösteriniz.
1
1
1
1
n
+
+
+ ··· +
=
1·2 2·3 3·4
n(n + 1)
n+1
için
oldu§unu gösteriniz.
a > −1 reel says ve her n pozitif tamsays için (1 + a)n > 1 + na oldu§unu gösterin. (Bu e³itsizli§e
Bernoulli E³itsizli§i denir.)
8.) Tümevarmla
n
9.) Tümevarmla
36n ≡ 1 (mod 7)
10.)
3n + 4n 6 5n
11.) Her
n ∈ N+
elemanl bir kümenin
önermesi
için
2n
X
n'nin
2n
tane alt kümesinin oldu§unu gösteriniz.
oldu§unu gösteriniz.
hangi de§erleri için do§rudur. spatlaynz.
(−1)r r3 = n2 (4n + 3)
oldu§unu gösteriniz.
r=1
1 · 22 + 2 · 32 + · · · + n(n + 1)2 =
12.)
∀n ∈ N
için
13.)
∀n > 0
do§al says için
14.) Tümevarmla her
15.) Tümevarmla her
16.) Her
n>1
n(n + 1)(n + 2)(3n + 5)
12
midir? Neden?
3n+3 − 44n+2 saysnn 11'e tam bölündü§ünü gösterin.
n
Y
1 2n
2r − 1
= n
oldu§unu gösteriniz.
n > 1 için
r
2
n
n>2
r=1
n
Y
için
do§al says için
r=2
n
X
2n
r2
=
2
r −1
n+1
oldu§unu gösteriniz.
(k + 1)2k−1 = n 2n
oldu§unu gösterin.
k=1
17.)
n>1
18.) Her
olmak üzere;
16n∈N
20.) Her
36n∈N
için
12
saysnn 11'e tam bölündü§ünü tümevarmla gösterin.
n2
n(n + 1)
+ ··· +
=
oldu§unu
1·3 3·5
(2n − 1)(2n + 1)
2(2n + 1)
1 6 n ∈ N için 6 n(2n + 1)(7n + 1) oldu§unu gösterin.
için
19.) Tümevarmla her
12n + 10
+
22
2n > 2n + 1
oldu§unu tümevarmla gösterin.
121
gösterin.
Bölüm 11. Tümevarm lkesi
Hüseyin BLGÇ
BAZI ALITIRMALARIN ÇÖZÜMLER
Çözüm (1.)
P (n)
önermesi
n−1
X
xn − 1
x−1
xr =
r=0
0
X
olsun.
xr = x0 = 1
n=1
x1 − 1
=1
x−1
ve
r=0
olup
P (1)
do§rudur. imdi
P (n)
n
X
in do§ru oldu§unu kabul edelim. imdi
xr =
r=0
olup
P (n + 1)
Çözüm (3.)
için
24 0
n−1
X
!
xr
+ xn =
r=0
do§rudur. Tümevarmdan dolay her
(6n + 1)2 − 1 = 36n2 + 12n
olup
P (1)
için
do§rudur. imdi
için
xn − 1
xn+1 − 1
+ xn =
x−1
x−1
16n∈N
dir. O halde
P (n)
n>1
P (n)
için
P (n)
önermesi
do§rudur.
24 (36n2 + 12n)
olsun.
n=0
in do§ru oldu§unu kabul edelim. O halde
36n2 + 12n = 24 · k
olacak ³ekilde bir
k∈N
vardr. 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
oldu§undan
P (n + 1)
de do§rudur. Tümevarmdan dolay her
n∈N
için
do§rudur.
Çözüm (6.)
P (n)
önermesi
n
X
r=1
1
n
=
r(r + 1)
n+1
0
X
r=1
olup
P (0)
do§rudur.
n+1
X
r=1
olup
P (n)
1
=
r(r + 1)
P (n + 1)
olsun.
n=0
için
1
0
=0=
r(r + 1)
0+1
in do§ru oldu§unu kabul edelim. imdi,
n
X
r=1
1
r(r + 1)
!
+
1
n
1
n+1
=
+
=
(n + 1)(n + 2)
n + 1 (n + 1)(n + 2)
n+2
de do§rudur. Tümevarmdan dolay her
122
n∈N
için
P (n)
do§rudur.
P (n)
Bölüm 11. Tümevarm lkesi
P (n)
Çözüm (7.)
Hüseyin BLGÇ
(1 + a)n > 1 + na
önermesi
olsun.
1+a>1+a
olup
P (1)
do§rudur. imdi
P (n)
in do§ru oldu§unu kabul edelim. Buradan:
(1 + a)n+1 = (1 + a)n (1 + a)
> (1 + na)(1 + a)
= 1 + (n + 1)a + na2
> 1 + (n + 1)a
olup
P (n + 1)
Q(n)
ve
in do§ru oldu§u gösterilir. Tümevarmdan dolay her
En , n
Çözüm (8.)
önermesi
a 6∈ En
elemanl bir kümeyi göstersin.
|P (En )| = 2n
|P (E0 )| = 1 =
imdi
(Çünkü
olsun. imdi
20 oldu§undan
olmak üzere
Q(0)
n=0
P (En )
ise
de
E0 = ∅
önermesi do§rudur.
En+1 = En ∪ { a }
En
na2 > 0)
n ∈ N+
için
P (n)
do§rudur.
in kuvvet kümesi olsun. Bu durumda
olup bo³kümenin kuvvet kümesi
Q(n)
do§ru olsun, yani
|P (En )| =
{∅}
dir
2n olsun.
yazalm. Bu durumda
P (En+1 ) = P (En ) ∪ { X ∪ { a } : X ∈ P (En ) }
e³itli§i vardr. Bu birle³im ayrktr ve bu iki kümenin eleman saylar ayndr; yani
2n
dir. O halde
|P (En+1 )| = 2n + 2n = 2n+1
olup
Q(n + 1)
Çözüm (10.)
in do§ru oldu§u gösterilir. Tümevarmdan dolay her
P (n)
3n + 4n 6 5n
önermesi
olsun.
n=2
2
için: 3
+
42
imdi
3 · 3n < 5 · 3n
ve
4 · 4n < 5 · 4n
= 25 6
52 olup
olsun.
P (2)
n>2
do§rudur.
n∈N
için
Q(n)
do§rudur.
için önermenin do§ru oldu§unu gösterelim.
P (n)
do§ru olsun; yani
3n + 4n 6 5n
olsun.
olaca§ndan
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 do§ru oldu§u gösterilmi³ olur. Tümevarmdan dolay her
do§rudur.
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
123
ve
12 (4 + 3) = 7
2 6 n ∈ N
için
P (n)
Bölüm 11. Tümevarm lkesi
olup
P (1)
do§rudur.
P (n)
do§ru olsun. O halde:
2(n+1)
X
Hüseyin BLGÇ
2n
X
(−1)r r3 =
r=1
!
(−1)r r3
+ (−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. imdi de
n2 (4n + 3)
ifadesinde
n
yerine
n+1
yazlrsa:
(n + 1)2 (4n + 7) = (n2 + 2n + 1)(4n + 7)
= 4n3 + 15n2 + 18n + 7 · · · · · · · · · · · · · · · (II)
olup (I)=(II) oldu§undan
Çözüm (14.)
P (n)
P (n + 1)
önermesi
do§rudur. Tümevarmdan dolay her
n
Y
2r − 1
1 2n
= n
r
2
n
olsun.
n=1
n ∈ N+
için
P (n)
do§rudur.
için
r=1
1
Y
1
1 2
2r − 1
= =1=
r
1
2 1
r=1
olup
P (1)
do§rudur. imdi
n+1
Y
r=1
P (n)
do§ru olsun.
2r − 1
=
r
n
Y
2r − 1
r
r=1
!
2(n + 1) − 1
1 2n 2n + 1
·
= n
n+1
2
n n+1
(2n)!(2n + 1)
= n
· · · · · · · · · · · · · · · (I)
2 n! n!(n + 1)
ifadesi elde edilir. imdi de önermedeki e³itli§in sa§ tarafndaki ifadede
n
yerine
n+1
yazlrsa:
2n + 2
(2n + 2)!
= n+1
n+1
n+1
2
2
(n + 1)!(n + 1)!
2(n + 1)(2n + 1)(2n)!
=
2 · 2n (n + 1)(n + 1)n! n!
(2n + 1)(2n)!
= n
· · · · · · · · · · · · · · · (II)
2 (n + 1)n! n!
1
olup (I)=(II) oldu§u görülür. Yani
P (n + 1)
do§rudur. Tümevarmdan dolay her
do§rudur.
124
n ∈ N+
için
P (n)
Bölüm 12
Tamsaylar
N×N
(a, b), (c, d) ∈ N × N
kümesinde her
için
(a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ a + d = b + c
³eklinde tanmlanan
∼
ba§ntsn ele alalm. Bu ba§ntnn bir denklik ba§nts oldu§u kolaylkla
gösterilebilir. O halde bu ba§nt
snfn
(a, b)
N×N
kümesini denklik snarna ayrr.
(a, b)
elemannn denklik
(a, b)
denklik snfna bir
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), . . . } .
Tanm 12.1
tamsay
(a, b) ∈ N × N
olmak üzere
denir. Bu durumda, mesela,
(a, b)'nin ∼
(1, 0), (3, 9)
ba§ntsna göre olan
birer tamsaydr. Tamsaylar kümesi
Tamsaylarda Toplama ve Çarpma
Tanm 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)
³eklinde tanmlanan i³leme
iki tamsaynn toplam
denir. Ayrca
x · y = (a, b) · (c, d) = (ac + bd, ad + bc)
³eklinde tanmlanan i³leme
iki tamsaynn çarpm
125
denir.
Z
ile gösterilir.
Bölüm 12. Tamsaylar
Hüseyin BLGÇ
Toplama ³leminin Özellikleri:
a, b, c, d ∈ N
a + c, b + d ∈ N
1.)
Z, +
i³lemine göre kapaldr, çünkü
2.)
Z, +
i³lemine göre birle³meli ve de§i³melidir. Çünkü,
ise
dir.
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.
Ayrca
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
+ i³leminin birim eleman 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
gibi
(a + y) + b = (b + y) + a dr. Toplamann birim eleman 0 ile gösterilir ve (0, 0) alnabilece§i
(1, 1), (2, 2), . . .
4.) Her
alnabilir.
x = (a, b) ∈ Z
tamsaysnn + i³lemine göre tersi
(b, a)
dr, çünkü
(a, b) + (b, a) = (a + b, b + a) = (0, 0).
Bu eleman
−x
ile gösterilir.
Çarpma ³leminin Özellikleri:
1.)
Z, ·
i³lemine göre kapaldr, çünkü
a, b, c, d ∈ N
2.)
Z, ·
i³lemine göre birle³meli ve de§i³melidir. Çünkü,
ise
ac + bd, ad + bc ∈ N
dir.
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.
Ayrca
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) oldu§u görülür.
3.) Birim eleman bulalm. Her
(x, y) ∈ Z
için
(x, y) · (a, b) = (x, y)
olacak ³ekilde
(a, b) ∈ Z
aryoruz.
(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
126
Bölüm 12. Tamsaylar
Hüseyin BLGÇ
imdi en son denklemin her
a=b+1
x, y
için do§ru olmas için
x
ve
y 'nin
katsaylar e³it olmaldr. O halde
dir. Buradan birim eleman
(a, b) = (b + 1, b) = (1, 0)
bulunur.
4.) Çarpma i³leminin toplama üzerine da§lma özelli§i vardr.
x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f )
x(y + z) = (a, b) · (c + e, d + f ) = (ac + ae + bd + bf, ad + af + bc + be)
alalm.
. . . . . . (I)
xy + xz = (ac + bd, ad + bc) + (ae + bf, af + be) = (ac + bd + ae + bf, ad + bc + af + be) . . . . . . (II)
olup (I)=(II) oldu§undan soldan da§lma özelli§i gösterilmi³ olur. Çarpma i³lemi de§i³meli oldu§undan
sa§dan da§lma özelli§i de vardr.
Teorem 12.3
x, y, z ∈ Z
(a)
spat (a):
olsun.
x + z = y + z ⇐⇒ x = y
x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f )
(b)
xz = yz, z 6= 0 ⇐⇒ x = y
alalm.
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
spat (b):
z 6= 0
oldu§undan
e 6= f
olmaldr.
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
Teorem 12.4
(a)
(a, b) ∈ Z
ve
k∈N
olmak üzere:
(a, b) = (x + k, x) ⇐⇒ a = b + k
127
Bölüm 12. Tamsaylar
Hüseyin BLGÇ
(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)
Tanm 12.6
(a)
a > b
(a, b) ∈ Z
ise
(a, b) = (a − b, 0)
tamsaylar kümesi
(b)
a<b
ise
olsun.
Z+
Z−
pozitif tamsay
a−b
ile gösterilir. Pozitif
−(b − a)
ile gösterilir. Negatif
denir ve
ile gösterilir.
(a, b) = (0, b − a)
tamsaylar kümesi
tamsaysna
tamsaysna
negatif tamsay
denir ve
ile gösterilir.
Tanmdan da anla³laca§ gibi
a
ve
b
nin durumuna göre bir tamsay negatif, pozitif veya sfrdr; ama
bunlardan sadece bir tanesidir. O halde a³a§daki ayrk birle³imi yazabiliriz:
Z = Z− ∪ { 0 } ∪ Z+
Tanm 12.7
x, y
iki tamsay ise
x + (−y)
tamsaysna
x
ile
y
nin
fark
denir ve ksaca
x−y
ile
gösterilir.
Örnek 12.8
4 = (4, 0)
x+4=3
denkleminin çözümünün
x = −1
oldu§unu gösterelim.
x = (a, b), 3 = (3, 0)
ve
alalm.
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
Örnek 12.9
3x − 11 = 7
denkleminin çözümünün
128
x = 6
oldu§unu gösterelim.
x = (a, b), 3 =
Bölüm 12. Tamsaylar
(3, 0), 11 = (11, 0)
ve
Hüseyin BLGÇ
7 = (7, 0)
alalm. 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
Tamsaylarda Sralama
Tanm 12.10 Tamsaylarda
küçük olma
ba§ntsn
x = (a, b) ∈ Z
ve
y = (c, d) ∈ Z
olmak üzere
x < y ⇐⇒ a + d < b + c
³eklinde tanmlayalm ve x
6 y ⇐⇒ x < y
veya
x = y
³eklinde yazalm. Bu durumda
bir tam sralama ba§nts oldu§u kolaylkla gösterilebilir.
Not 12.11 Bir
t = (a, b) ∈ Z
x<y
yerine bazen
y>x
6 ba§ntsnn
yazlr.
alalm.
t
pozitif
⇐⇒ a > b ⇐⇒ (a, b) > (0, 0) ⇐⇒ t > 0
t
negatif
⇐⇒ a < b ⇐⇒ (a, b) < (0, 0) ⇐⇒ t < 0
Benzer ³ekilde
Ayrca
t
⇐⇒ ∃k ∈ N+ , t = (k, 0)
pozitif
ve
t
negatif
⇐⇒ ∃k ∈ N+ , t = (0, k)
oldu§u kolaylkla görülür.
Teorem 12.12
spat:
x, y, z, w, t ∈ Z
olsun.
(a)
x < y ⇐⇒ x + z < y + z
(c)
t>0
ise
spat boyunca
xt > yt ⇐⇒ x > y
(b)
x < y, z < w =⇒ x + z < y + w
(d)
t<0
x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f ), w = (g, h)
129
ise
xt > yt ⇐⇒ x < y
alalm.
Bölüm 12. Tamsaylar
Hüseyin BLGÇ
spat (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
spat (b)
x < y, z < w =⇒ (a, b) < (c, d)
ve
(e, f ) < (g, h)
=⇒ a + d < b + c
ve
e+h<f +g
=⇒ (a + d) + (e + h) < (b + c) + (f + g)
(E³itsizlikler topland)
=⇒ (a + e) + (d + h) < (b + f ) + (c + g)
=⇒ (a + e, b + f ) < (c + g, d + h)
=⇒ (a, b) + (e, f ) < (c, d) + (g, h)
=⇒ x + z < y + w
spat (c)
t>0
oldu§undan, en az bir
k ∈ N+
için
t = (k, 0)
dr.
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
spat (d)
t<0
oldu§undan, en az bir
k ∈ N+
için
t = (0, k)
dr.
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
130
Bölüm 12. Tamsaylar
Hüseyin BLGÇ
ALITIRMALAR
1.) A³a§daki önermelerden hangisi neden do§rudur?
(a)
(0, 0) ∈ (0, 0)
(b)
(0, 0) ∈ (1, 1)
(c)
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)
2.)
a, b ∈ N
(a)
(a, a) ∼ (b, b)
yanl³tr, çünkü
(0, 0) = (1, 1)
(2, 1)
(d)
denklik snf olup
(2, 1) ∈ (2, 1)
(2, 1)
bir elemandr.
oldu§una göre a³a§daki önermelerin do§ru oldu§unu gösterin.
(b)
(a + 1, a) ∼ (b + 1, b)
(c)
(a, b) ∼ (a, b)
(a + 1, b + 1) ∼ (a, b)
Çözüm: (a)
a+b=b+a
Çözüm: (b)
(a + 1) + b = a + (b + 1)
oldu§undan
(a + 1, a) ∼ (b + 1, b)
dir.
Çözüm: (c)
(a + 1) + b = (b + 1) + a
oldu§undan
(a + 1, b + 1) ∼ (a, b)
dir.
oldu§undan
dir.
3.) A³a§daki tamsaylar en sade ³ekilde yazn.
(a)
(a, b) + (b, a)
(b)
(a, 0) + (b, 0)
(c)
(a, a − 1) · (a, a − 2)
Çözüm: (a)
(a, b) + (b, a) = (a + b, b + a) = (0, 0) = 0.
Çözüm: (b)
(a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0) = a + b.
(d)
(0, a) · (0, a + 1)
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
(a)
(a + x, a) = (x + 1, 1)
olsun. A³a§daki e³itlikleri gösterin
(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),
Çözüm: (c)
(a, b) · (r, r) = (ar + br, ar + br) = (r, r),
çünkü
131
(a + r) + b = (b + r) + a.
çünkü
(ar + br) + r = (ar + br) + r.
Bölüm 12. Tamsaylar
5.)
(a, b) + (x, y) = (c, d)
Çözüm:
Hüseyin BLGÇ
ise
(x, y) = (c + b, d + a)
oldu§unu gösterin.
(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)
(a)
(a + c, b + d) ∼ (s + t, m + n)
ve
(c, d) ∼ (t, n)
Çözüm: (a)
ise a³a§daki denklikleri gösterin
(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
Çözüm:
oldu§unu gösterin.
3 = (3, 0), 2 = (2, 0)
alalm. 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
Çözüm:
oldu§unu gösterin.
3 = (3, 0), 2 = (2, 0)
alalm. O zaman
−3 = (0, 3), −2 = (0, 2)
(−3) · (−2) = (0, 3) · (0, 2) = (6, 0) = 6
olup sonuç bulunur.
132
olur.
Bölüm 12. Tamsaylar
9.) Her
x, y ∈ Z
Çözüm:
için
Hüseyin BLGÇ
(−x) + (−y) = −(x + y)
x = (a, b), y = (c, d)
oldu§unu gösterin.
alalm. O zaman
−x = (b, a), −y = (d, c)
(−x) + (−y) = (b, a) + (d, c) = (b + d, a + c)
olur.
· · · · · · · · · (I)
x + y = (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)
=⇒ −(x + y) = (b + d, a + c)
· · · · · · · · · (II)
olup (I)=(II) oldu§undan e³itlik do§rudur.
10.) Her
x, y ∈ Z
Çözüm:
x = (a, b), y = (c, d)
için
(−x) + y = −(x + (−y))
alalm. O zaman
oldu§unu gösterin.
−x = (b, a), −y = (d, c)
(−x) + y = (b, a) + (c, d) = (b + c, a + d)
olur.
· · · · · · · · · (I)
x + (−y) = (a, b) + (d, c) = (a + d, b + c)
=⇒ −(x + (−y)) = (b + c, a + d)
· · · · · · · · · (II)
olup (I)=(II) oldu§undan e³itlik do§rudur.
11.) Her
x, y ∈ Z
Çözüm:
x = (a, b), y = (c, d)
için
x − (−y) = x + y
oldu§unu gösterin.
alalm. O zaman
−y = (d, c)
olur. Ayrca
−(−y) = (c, d)
olur.
x − (−y) = x + (−(−y)) = (a, b) + (c, d) = x + y
elde edilir.
12.) Her
x, y ∈ Z
Çözüm:
x = (a, b), y = (c, d)
için
(−x) · (−y) = x · y
oldu§unu gösterin.
alalm. 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
Çözüm:
ise
s=t
−1 < (s, t) < 1
oldu§unu gösterin.
önermesi −1
< (s, t)
ve
(s, t) < 1
anlamndadr.
−1 = (0, 1)
alalm. 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
133
ve
1 = (1, 0)
Bölüm 12. Tamsaylar
olup buradan
t + 1 = s + 1,
Hüseyin BLGÇ
s=t
yani
14.) A³a§daki açk önermelerin
(a)
x+2<7
(b)
bulunur.
Z'deki
x+2>x
çözümlerini teoremleri kullanarak bulun.
(c)
−x − 2 < 4 − 2x
{x ∈ Z : x < 5}
Çözüm: (a)
x + 2 < 7 =⇒ x + 2 < 5 + 2 =⇒ x < 5
olup çözüm kümesi
Çözüm: (b)
x + 2 > x =⇒ x + 2 > x + 0 =⇒ 2 > 0
olup bu önerme yanl³tr. Çözüm kümesi
Çözüm: (c)
dir.
∅
dir.
−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}
15.) Her
x, y ∈ Z
Çözüm:
x = (a, b), y = (c, d)
için
dr.
x · y = 0 =⇒ x = 0
veya
y=0
oldu§unu gösterin.
alalm. 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
için gerek ve yeter ³art
ise)
ac + bd = bc + ad
x=0
veya
y=0
elde edilir. imdi
a 6= b
ise (yani
x 6= 0
ise)
ac + bd = bc + ad
olmas
c = d olmasdr (yani x 6= 0 =⇒ y = 0 dr). Benzer ³ekilde c 6= d ise (yani y 6= 0
olmas için gerek ve yeter ³art
olmaldr.
134
a=b
olmasdr (yani
y 6= 0 =⇒ x = 0
dr). Yani
Ad, Soyad:
Numaras:
MT
MT108 SOYUT MATEMATK II DERS ÖRNEK YARIYIL SONU SINAVI
1.) 5 elemanl bir kümeden 2 elemanl bir kümeye kaç tane örten fonksiyon yazlabilir? (pucu: Sabit
olmayan fonksiyon örtendir.)
120
2.)
25
f : R −→ R, f (x) = cos x
(−1, 1]
A
3.) Bir
ve
A = (0, 2π]
(a + 1)(b + 2)
2
A=N
4.) Rasyonel saylarda tanmlanan
N
Kapal de§il
5.) Bütün kümeler üzerinde tanmlanan
Kapal de§il
i³lemi kapal ise
N
A=
a ∗ b = a2 + b2 − 1
Birle³me öz. yok
(Z, ∗)
A∗B =A∩B
(Z, ·)
p :Abelyen
7.)
Hiçbiri
(0, 1]
N
Hiçbiri
a³a§dakilerden hangisi olabilir?
A = Q−
Hiçbiri
Hiçbiri
N
Hiçbiri
Hiçbiri
i³lemi için hangisi do§rudur?
Baz elemanlarn tersi var
i³lemi için hangisi do§rudur?
De§i³me özelli§i yok
6.) A³a§daki sistemlerden hangisi abelyen gruptur? (a
N
A
Q+
Birim eleman var
Birle³me öz. var
30
f (A) =?
(−1, 1)
a∗b=
A=Z
ise
[−1, 1)
kümesinde
N
32
∗ b = a + b − 3,
(Q, 4)
Birim el. var
a4b = 2a + 2b)
(R \ { 1 } , +)
olmayan bir grup ayn zamanda monoiddir ve
q :Monoid
olup yargrup olmayan
sistemler vardr önermeleri için:
p, q :
p, q :
Yanl³
Do§ru
p:
Yanl³,
q:
Do§ru
N
p :Do§ru, q :
Yanl³
Hiçbiri
∗ i³lemi olsun. (A, ∗) monoid de§il ise a³a§dakilerden hangisi kesinlikle do§rudur?
N
(A, ∗) yargruptur Birim el. vardr
(A, ∗) grup de§il Birle³me öz. vardr Hiçbiri
8.) A'da tanml bir
9.)
p :Sonsuz
her küme saylamazdr ve
q :ki
saylabilir kümenin kesi³imi saylabilirdir önermeleri
için:
N
10.)
p:
A
Yanl³,
q:
B
olsun.
C
Do§ru
p, q :
Yanl³
p, q :
Do§ru
p :Do§ru, q :
Yanl³
Hiçbiri
A sonlu bir küme ve C saylabilir sonsuz ise B için hangisi kesinlikle do§rudur?
N
saylabilirdir
sonsuzdur
saylabilir sonsuzdur
Hiçbiri
sonludur
N
³eklinde i³aretleyiniz. Bu sayfadaki her soru 5 puandr.
Dört yanl³ bir do§ruyu götürür. Di§er sayfaya geçiniz
135
Ad, Soyad:
Numaras:
MT
11 (a) Saylabilir Sonsuz Küme tanmn yazn (5p).
(b) Tümevarmla her
12.) Her
x, y ∈ N
x, y, z ∈ Z
13.)
NOT:
için
ve
n∈N
için
11 (44n+2 − 3n+3 )
x · y = 0 =⇒ x = 0
z 6= 0
olsun.
veya
y=0
xz = yz ⇐⇒ x = y
oldu§unu gösterin. (15p)
oldu§unu gösterin. (15p)
önermesini ispatlayn. (15p)
BAARILAR
Süre 80 dakikadr.
Yrd.Doç.Dr.Hüseyin BLGÇ
CEVAP 11
(a) Tanm: Do§al saylar kümesi ile e³güçlü olan kümelere saylabilir sonsuz küme denir.
spat (b): P (n) önermesi 11 (44n+2 − 3n+3 ) olsun. n = 0 için 11 (16 − 27) yani 11 (−11)
olup
P (0)
³ekilde bir
do§rudur. imdi
k∈Z
4n+2
in do§ru oldu§unu kabul edelim. O halde 4
P (n)
− 3n+3
= 11 · k
do§ru
olacak
vardr. imdi
44(n+1)+2 − 3n+4 = 44n+6 − 3n+4 = 256 · 44n+2 − 3 · 3n+3 = (253 + 3) · 44n+2 − 3 · 3n+3
³eklinde yazlr.
253 = 23 · 11
oldu§undan 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
P (n)
23 · 44n+2 + 11 · k ∈ N
oldu§undan
P (n + 1)
de do§rudur. Tümevarmdan dolay her
do§rudur.
CEVAP 12
spat: x = A, y = B
diyelim.
xy = 0 =⇒ A · B = ∅ =⇒ A × B = ∅ =⇒ A × B
=⇒ A × B = ∅
=⇒ A = ∅
veya
(Çünkü
∅
sadece
∅
ile
∅
e³güçlü
ile e³güçlü)
B = ∅ =⇒ x = A = ∅ = 0
veya
y=B=∅=0
CEVAP 13
spat: x = (a, b), y = (c, d), z = (e, f )
alalm.
z 6= 0
oldu§undan
e 6= f
olmaldr.
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
136
(Çünkü e 6= f )
n∈N
için
Kaynakça
[1] Örneklerle Soyut Matematik, Prof. Dr. Fethi Çallalp, Birsen Yaynevi, stanbul, 2005.
[2] Soyut Matematik, Prof.Dr. Orhan Özer, Prof.Dr. Do§an Çoker, Prof.Dr. Kenan Ta³, Bilim
Yaynclk, Ankara, 2009.
[3] Soyut Matematik, Prof.Dr. Ali Dönmez, Seçkin Yaynclk, Ankara, 2001.
[4] Soyut Matematik, Sait Akka³, H.Hilmi Hacsaliho§lu, Zühtü Özel, Arif Sabuncuo§lu, Hacsaliho§lu Yaynclk, Ankara, 2009.
[5] Çözümlü Soyut Matematik Problemleri, Sait Akka³, H.Hilmi Hacsaliho§lu, Zühtü Özel, Arif
Sabuncuo§lu, Hacsaliho§lu Yaynclk, Ankara, 2000.
[6] Soyut
Matematik,
Prof.Dr.
Orhan
Özer,
T.C.
Anadolu
Üniversitesi
Yaynlar
No:1062,
http://www.aof.anadolu.edu.tr/kitap/a0303.html
[7] Soyut
Matematik,
Malzemeleri,
Prof.Dr.
Timur
Karaçay,
Türkiye
Bilimler
Akademisi
http://www.acikders.org.tr/course/view.php?id=20
137
Ulusal
Açkders

Download

soyut matemat k ders notları

Products

Support

soyut matemat k ders notları

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib