T I M U R K A R A Ç AY- H AY D A R E Ş - İ B R A H I M İ B R A H I M O Ğ L U C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K

Transkript

1

2

3 T I M U R K A R A Ç AY- H AY D A R E Ş - İ B R A H I M İ B R A H I M O Ğ L U C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K

4 Copyright 2017 Timur Karaçay-Haydar Eş-İbrahim İbrahimoğlu bu kitap başkent üniversitesinde hazirlanmiştir. ankara Büyün hakları saklıdır. Yazarların izni alınmaksızın, bu kitabın tamamı vaya bir kısmı elektronik, mekanik, fotokopi veya başka bir yolla çoğaltılamaz, kopyalanamaz, basılamaz, internet ve bilgisayar ortamında tutulamaz. Bu konuda TELİF HAKLARI YASASI HÜKÜMLERİ geçerlidir. Birinci baskı, Eylül 2017

5 Contents Ön Bilgiler 9 Mantık ve Matemtik 17 Önermeler Cebiri 27 Sezgisel Kümeler Kuramı 47 Açık Önermeler 53 Kümeler Cebiri 61 Bağıntılar 71 Kümeler Ailesi 87 Denklik Bağıntıları 97 Tikel Sıralama 105 Tümel Sıralama 115 İyi Sıralama 117 Fonksiyonlar 125 İşlem 137 Fonksiyon İşlemleri 163

6 6 Matematiksel Yapılar 177 Doğal Saylar Üzerinde Aritmetik 187 Doğal Sayıların Kuruluşu 201 Karmaşık Sayılar 213 Sayılabilirlik 241 SAYILAMAYAN SONSUZ KÜMELER 253 Nicelik Sayıları 271 SIRA SAYILARI 285 AKSİYOMLAR VE PARADOKSLAR 297 SEÇME AKSİYOMU 303 Index 315

7 Cumhuriyeti kuranlara adanmıştır. 7

8

9 Ön Bilgiler Bu kitapta, matematiğin temeli olan mantık, kümeler, sayılar ve sonsuz kavramı sık sık kullanılacaktır. Ancak o kavramların anlatımı calculus un içeriğinde değildir. Genellikle Soyut Matematik ya da Soyut Cebir derslerinde işlenen konulardır. O nedenle, sözü geçen kavramların çok kısa tanımlarını vererek onları kullanmaya başlayacağız. Bu konularda eksiklik duyanlar Soyut Matematik kitaplarına başvurabilirler. Analiz Öğretimi İki Milenyum Süren Sorunlar 1 1 İki Milenyum Türkçe ye Genel Matematik adıyla yerleşen ve İngilizce de calculus denilen matematik dersi mantık, kümeler, sayılar, sıralama, sonsuz ve limit kavramlarına dayalıdır. suz büyük sayıların ortaya çıkışı beşinci işlem diye adlandırılam limit işlemini ir zamanlar matematiği ilkel (elementary) ve yüksek (Higher) diye ikiye ayırmak ok basit bir şekilde yapılırdı. Yalnız dört işlemi içeren matematik ilkel matematik, ak limit eklendiğinde ortaya çıkan matematiğe de yüksek matematik denirdi. lerin ve matematiksel yapıların çok büyük çoğunluğu sayılar üzerinde kuruludur. nelere yapılan genelleştirmelerde de sayıların özelikleri taklit edilir. Bu yöntemin basar. Yöntemin bize verdiği harikulade yapılar, yalnız matematik sanatında ı soyut güzellikleri ortaya koymakla kalmaz, bilimin, özellikle fiziğin gerekseme üretir. Matematiğin bu yöndeki gelişimi insanın doğa olaylarına egemen olma neden oldu. Calculus, başlangıçta infinitesimal calculus diye adlandırılırdı. İlgi alanları o zamanlar yeni olan limit, fonksiyon, türev integral ve sonsuz seriler idi. Infinitesimal calculus un İngiliz matematikçi ve fizikçi Isaac Newton (4 Ocak Mart 1727) ve Alman matematilçi Gottfried Wilhelm Leibniz (1 Temmuz Kasım 1716) tarafından birbirlerinden bağımsız olarak geliştirildiğini kabul edilir. 17.yüzyılda ortaya konan infinitesimal calculus (sonsuz küçükler ve sonsuz büyükler hesabı) doğa olaylarını açıklamakta etkin bir araç oldu. Matemetik tarihine girmeden irrasyonel sayıların ortaya çıkışını anlatlamak eksiklik yaratır. Yine de konuya kısa bir dokunuş için şimdi kabul ettiğimiz tanımlara dayanacağız. a ve b = 0 tamsayılar olmak üzere b a biçiminde yazılabilen sayılara rasyonel, böyle yazıla-

10 10 calculus Figure 1: Wilhelm Richard Dedekind Figure 2: Augustin-Louis Cauchy Figure 3: Theodor Wilhelm Weierstrass mayanlara da irrasyonel sayı diyoruz. Aslında irrasyonel terimi hesaplanamayan oranlar (immensurable ratio) adıyla ortaya çıktı. Çıkış yerlerine bakılınca insan aklının onu bağımsız olarak farklı coğrafyalarda yarattığı söylenebilir. Eski Yunan, İran, Hint, Çin uygarlıklarında hesaplanamayan oranlar hep insan aklını şu ya da bu şekilde meşgul etmiştir. Şimdi hesaplanamayan oranları kolayca ifade ediyoruz. Bir sayma sisteminde, örneğin on tabanlı sistemdeki yazılışlarında kesir basamakları sonsuza uzanıyor ve haneler tekrarlı değilse o tür sayılar irrasyonel sayıdır. İşin zor yanı şudur: aritmetiğin temeli olan dört işlemde kullandığımız yöntem, daima sayının sağdaki son basamağından başlar. Rasyonel sayılarda bunu kolayca yapıyoruz. Ama irrasyonel sayılarda, onlu açılımın sonsuz ve tekrarlanmayan hanesi var; sağda son basamağa erişilemez. Dolayısıyla, dört işlem yöntemlerimiz onlara uygulanamaz. Zaten hesaplanamayan oranlar (incommensurable) sözü de bunu ifade ediyor olmalıdır. Sayı ekseni üzerine rasyonel sayıları yerleştirdiğimiz zaman, irrasyonel sayılara karşılık gelen boşlukları yoketmek için geometrik yöntemler revaçta olsa bile, aritmetik yöntemlerle boşlukları yoketme çabası Fransız matematikçi Baron Augustin-Louis Cauchy (21 August May 1857), Alman matematikçi Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (31 Ekim Şubat 1897), alman matematikçi Julius Wilhelm Richard Dedekind (6 Ekim Şubat 1916) ve kendi dönemlerinin ünlü öteki matematikçileri geometrik yollara dayalı yöntemleri aritmetik yöntemlere çevirmeye çalıştılar. Bu çabaların sonunda Dedekind rasyonel sayıları gerçel sayılara genişleten ve bu gün kendi adıyla anılan Dedekind Kesimini 1858 yılında buldu; ama o önemli bulguyu ancak 1872 yılında yayınladı. Calculus a yeni başlayanların zor anladığı Dedekind Kesimi rasyonel sayı dizilerinin limiti olarak ifade edilebilir. Limit kavramı topolojik bir kavram olsa bile, calculus a yeni başlayan öğrencilerin sezgisel olarak kolayca algılayacakları bir kavramdır. zaten calculus un büyük çoğunluğu limit kavramını kullanıyor. O nedenle, rasyonel sayılardan irrasyonel sayılara genişleme eylemini limit sezgisine dayandırarak, Luitzen Egbertus Jan Brouwer ( ) in dediği gibi, kavramların algılanmasını öğrencinin sezgisine dayandırmak daha etkin bir yol olacaktır. Ne demek istediğimizi tarihi değeri olan problemlerle açıklayabiliriz. Bir zamanlar irrasyonel sayılar bilinmiyordu. M.Ö. 500 yıllarında varlığı bilinen Pisagor okulu, birim kenarlı ikizkenar üçgenin hipotenüsünün uzunluğu olan 2 sayısını görmezden geldi. Bir çemberin çevresinin, yarıçapının kaç katı olduğu sorusuna dünyanın en akıllı adamları yanıt aradı. Olmayan yerde sürdürülen bu arayış M.Ö. dönemlerden başlayıp irrasyonel sayıların ortaya çıktığı 19.yüzyıla kadar sürdü. Bu çok çok uzun bir süredir. Bu uzun sürede, örneğin, Arşimedin bulduğu yöntem soruya rasyonel sayılar içinde verilebilecek en iyi yanıtı vermekle kalmıyor, adını koymadan limit kavramından yararlanıyordu. Elealı Zenon (MÖ

11 ön bilgiler MÖ 430) tavşan kaplumbğaya yetişemez diyerek halktan haklı bir deli ünvanını aldı. Ama onun aldığı ünvanın onura dönüşmesi sonsuz serilerin ve ona dayalı limit kavramının ortaya çıkışına kadar iki bin yıldan fazla bir zaman dilimini aldı. 18.yüzyılın başlarında sonsuz serilerin ürünü olarak ortaya çıkan e sayısı ile milattan önceki dönemlerden gelen π sayısının transandant sayılar olduğunun ispatının yapıldığı 18.yüzyılın sonuna kadar rasyonel sayı kümesini genişletme zorunluğu görülmüyordu. Genel Matematik derslerinde, matematiğin iki milenyum sonunda aşabildiği iki önemli problemin yarattığı zorlukla karşılaşılır. Birincisi rasyonel sayılar kümesini gerçel sayılar kümesine genişletmektir. Burada irrasyonel sayıların tanımlanması matematiğe yeni başlayanlar için çok kolay olmayan bir sorundur. İkinci zorluk, sonludan sonsuza geçiştir. Bu iki zorluğu aşmanın yöntemlerini matematik elbette ortaya koymuştur. Ama bilimde ufuk açan bu iki konunun öğretiminde başarılı olduğumuz tartışılabilir. Doğal Sayıları Peano aksiyomları ile ya da kümelerin öğelerini eşleştirerek tanımlamakta bir zorlukla karşılaşılmaz. Doğal sayıların grup genişlemesi olarak tam sayılar kümesini (halka) tanımlamak mümkündür. Tamsayılar halkasını içeren ek küçük cismin rasyonel sayılar cismi olduğunu söylemek de çok sorun yaratmaz. Aslında bu genişlemeler, isteniyorsa, aksiyomatik yöntemler yerine cebirsel yöntemlerle de yapılabilir. Sayı kümelerinin genişletilmesi konusunda ilk zorluk rasyonel sayılardan irrasyonel sayılara genişlemedir. Çoğunlukla, sayı ekseni üzerinde rasyonel olmayan noktalara karşılık gelen boşlukları irrasyonel sayıların doldurduğunu söyleyerek yaptığımız öğretim konunun gerektirdiği cebirsel işlemlerin genişlemesini içermez. Oysa, irrasyonel sayı içeren dört işlemin hiç birisini tam yapamayız. Onun yerine, irrasyonel sayıya istediğimiz kadar yakın bir rasyonel sayı alır, işlemi onunla gerçekleştiririz. Bu yaklaşımın tipik örneği irrasyonel π sayısıdır. Ortaöğretimde π = 3.14 eşitliğini kullanan öğrenci üniversitede π = eşitliğini kullanmaya başlar, ama eylemin gerisinde yatan büyük düşünceyi algılamayabilir. Oysa, matematik öğretimi mekanik işlemler yapmayı öğretmek yerine, matematiğin yarattığı soylu düşünceleri algılatmalıdır. Rasyonel sayılardan irrasyonel sayılara geçiş için kullanılan farklı yöntemleri üç sınıfa ayırmak mümkün görünmektedir: Figure 4: Isaac Newton Figure 5: Elealı Zenon Figure 6: Giuseppe Peano ( ) 1. Dedekind Kesimi 2. Rasyonel dizilerin limitleri 3. Aksiyomatik Yöntem Dedekind Kesimi, irrasyonel sayılar bilinmiyorken rasyonel sayılardan irrasyonel sayılara genişlemeyi sağlayan ilk yöntemdir. O nedenle başlı başına taşıdığı tarihi değerin yanında yöntemin kendi değeri de çok büyüktür: Dedekind kesimi gerçel sayılar kümesini sıralı bir cisim olarak kurar; rasyonel sayıları bu cisim içine gömer. Böylece rasyonel sayılarda tanımlı olan işlemler (toplama, çıkarma,

12 12 calculus çarpma, bölme) işlemleri ile sıralama eylemi gerçel sayılar üzerine genişletilmiş olur. Bunun yanında analizin sık kullanığı aşağıdaki teoremleri elde eder. Bu teoremler analizin omurgasıdır. 2 Tamlık Theorem Gerçel sayılar tamdır. Bu teorem, gerçel sayılardaki her Cauchy dizisinin gerçel sayılar kümesinde bir limite yakınsadığını söyler. Theorem Rasyonel sayılar gerçel sayılar kümesinde yoğundur. 3 Yoğunluk Bu teorem, herhangi iki gerçel sayı arasında sonsuz tane rasyonel sayı olduğunu söyler. Başka türlü söylersek, her gerçel sayıya yakınsayan rasyonal diziler vardır. Bu özelik irrasyonel sayılarla yaklaşık değerli işlem yapmamızı sağlar. Günlük yaşamda olduğu kadar bilimin ve tekniğin esas aracıdır. Theorem 0.3. Gerçel sayıların boş olmayan ve üstten sınırlı her alt kümesinin en küçük üst sınırı (supremum) vardır. Bu teoremde geçen sayıların negatiflerini alırsak; Theorem Gerçel sayıların boş olmayan ve alttan sınırlı her alt 4 infimum, supremum kümesimin en büyük alt sınırı (infimum) vardır. teoremini elde ederiz. Yoğunluk topolojik bir özeliktir, ama ardışım (succession) cebirsel bir özeliktir. Bu teoremlerin hepsi analiz derslerinde kanıtlanır. Bu kitapta, teoremlerin kanıtları yapılana kadar, onların geçerliğini varsayacağız. Bu var saymayı birer aksiyom olarak algılamayacak; yalnızca bize gerekli önbilgiler olarak sayacağız. Theorem (Arşimet Özeliği) Her gerçel sayıdan daha büyük olan bir 5 Arşimet Özeliği doğal sayı vardır; yani her x R sayısına karşılık x < n olacak biçimde bir n N doğal sayısı vardır. 6 İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu Theorem İrrasyonel sayılar gerçel sayılar kümesinde yoğundur. 7 N Z Z Q Q R R C Bu teorem, herhangi iki gerçel sayı arasında sonsuz tane irrasyonel sayı olduğunu söyler; Teorem 0.2 in irrasyonel sayılar için ifade edilmiş şeklidir. Sayı kümelerini 1. N : Doğal sayılar 2. Z : Tam sayılar 3. Q : Rasyonel saylar 4. R : Gerçel sayılar 5. C : Kompleks sayılar diye sınıflandırırız. Bu kümeler arasında N Z Q R C kapsaması vardır 7. İlk üçü üzerindeki işlemleri (fonksiyonları) yalın aritmetik yöntemleriyle yaparız. Ama onları R kümesine genişletirken, genellikle, şeylerin üstündeki örtüyü kaldırıp, ileride anlaşılacak bazı konuları şimdiden öğrencinin sezgisine dayandırmak

13 ön bilgiler 13 daha doğru olabilir. Brouwer in önerdiği gibi, zaten matematiğin bir çok konusunu öğretirken öğrencinin sezgisine dayanırız. Bunu apaçık yapmakta ne sakınca olabilir. Gerçel sayılar bir gruptur deriz, ama yi toplama işlemiyle karşılaşınca, 2 2 nesne sayma yanıtını vererek konuyu elimizdeki şalla örteriz. Burada 2 nin irrasyonel sayının adı olan bir resim olduğunu söylemez, bu iki sayının toplamını nasıl yaptığımızı anlatmayız. Yaptığımız iş = 2 tane 5 gibidir. Oysa = 10 işlemine benzer bir işlem yapmalıyız. Öğrencilerin çoğu, irrasyonel sayılarla tam işlem yapılamayacağının, irrasyonel sayı içeren her işlemin aslında rasyonel sayılara dönüş yapan ve ancak yaklaşık değer veren bir işlem olduğunun bilincine varamaz. Bu öğrenciler, yaptığımız hilenin farkına varmaz. Bu örnekler çoğaltılabilir. Gerçel sayılar rasyonel dizilerin limitleridir. O zaman limiti yeni bir nesne olarak kabul edip, gerçel sayıları bu nesnelerinin denklik sınıfları olarak tanımlamak doğru ve sezgisel anlatılması mümkün olan bir yoldur. Denklik sınıflarını zaten kümeler kuramında işliyoruz. Aynı limite giden diziler aynı gerçel sayıyı tanımlayacaklarına göre, onların denklik sınıflarını gerçel sayı kümesi olarak anlatmak olduğu kadar pedagojik olacaktır. Mantık ve Matematik Okuma Parçası Tarih Öncesi Çağlarda, insanın mukayese yoluyla akıl yürüttüğünü söyleyebiliriz. Hemen her olguda olduğu gibi, doğru düşünme kurallarının ortaya çıkması da tarih içinde bir gelişim, bir evrim geçirmiştir. Buna bir başlangıç noktası seçilemez. Ancak, antik çağdan günümüze gelen kalıtlarda, mantık ile uğraşan düşünürlerin varolduğu görülmektedir. Bunlar arasında, mantık biliminin oluşmasında en etkili olanı Aristo (M.Ö ) dur. M.Ö yıllarında ortaya çıkan usavurma kurallarını Aristo sistemleştirdi. Organon (alet) adlı eserinde ondört usavurma kuralı (syllogism) verdi. Bu kurallar, bu günkü biçimsel mantığın temelidir ve 2000 yılı aşkın bir zaman dilimi içinde insanoğlunun düşünme ve doğruyu bulma eylemini etkisi altında tutmuştur. Organon, insanlığa bırakılmış en büyük miraslardan birisidir. Aristo nun ortaya koyduğu kuralların oluşturduğu sisteme Klasik Mantık, Aristo Mantığı ya da iki-değerli mantık denilir. Klasik Mantık, 19.yüzyıla kadar egemenliğini sürdürmüştür. Mantık önermelerle uğraşır. Her önerme bir vargı, bir bildirim, bir bilgi dir. Buna bazı kaynaklar yargı (hüküm) der. Bir vargı ya doğru ya da yanlış tır. Buna önermenin doğruluk değeri diyoruz. İki-değerli mantığın temeli budur. Bir önerme, hem doğru, hem de yanlış olamayacağı gibi; biraz doğru, biraz yanlış da olamaz. Bir şey ya Figure 7: Aristoteles (MÖ )

14 14 calculus Figure 8: Augustus De Morgan Figure 9: George Boole güzeldir, ya da çirkin; ya iyidir, ya da kötü; ya aktır ya da kara vb. Bu kesinliktir. Aristo Mantığı konuşma diline bağlıdır. Dolayısıyla, kullandığımız dil, çevre koşullarımız, bilgilerimiz, inançlarımız, duygularımız, vb. önermenin doğruluk değerine etki edebilir. Başka bir deyişle, bazı önermelerin doğruluk değerleri evrensel bir değer alamaz. Örneğin, "Bu gün hava soğuktur." önermesinin doğru ya da yanlış yorumlanması, kutuptaki bir insanla, ekvatordaki bir insana göre değişebilir. İngiliz matematikçileri Augustus De Morgan ( ) ve George Boole ( ), matematiksel yöntemleri mantığa uygulayarak, klasik mantığın çevreye bağımlılıktan doğan kusurlarını ortadan kaldırdılar. Matematiksel Mantık adı verilen bu sistem dile, kültüre, duygulara, çevre koşullarına bağlı değildir. Soyut bir matematiksel yapıdır. Dolayısıyla evrenseldir; yani aynı varsayımlar altında yapılan usa vurma (akıl yürütme) her zaman ve her yerde aynı sonuca ulaşır. Bu sisteme, Boole Cebiri, Boole Mantığı, Simgesel Mantık, Önermeler Cebiri, Matematiksel Mantık,... gibi adlar verilir. İki-değerli Matematiksel Mantık, bu günkü uygarlığımızın temelidir. O olmadan, matematik olmaz. Matematik ise, çağımız biliminin, tekniğinin, teknolojisinin dayanağıdır. Başka türlü söylersek, insanoğlunun ürettiği bilgi nin asıl aleti mantıktır. Bunun için, insanın bilgiyi nasıl ürettiğine kısaca bir göz atalım. 8 Terim Terim 8 Bir bilim, sanat, meslek dalıyla ya da bir konu ile ilgili özel ve belirli bir kavramı olan kelime ya da deyim. Örneğin, küp, basamak, hane, daire, pay,... gibi sözcüklerin matematikteki anlamları, konuşma dilindeki anlamlarından farklıdır. İşlem, çokgen, çarpma, nokta, düzlem, açı, sonsuz,... gibi sözcükler birer matematik terimidirler. 9 Tanım Tanım: 9 Bir varlığa, bir şeye özgü niteliklerin belirtilmesi, bir sözcüğü belirleyen anlam. 10 Tanımlama Tanımlamak: 10 Bir kavramı bütün öğeleri ile eksiksiz anlatmak, özel ve değişmez niteliklerini sayarak bir şeyi tanıtmak. Tarif etmek. Tanım, tanımlanan terimi (varlığı) kesinkes belirler ve öteki terimlerden ayırır. Bu nedenle, bir tanım şu özeliklere sahip olmalıdır: 11 Ad 1. Tanımlanan terime bir ad verilmelidir İfadede bilinmeyen kavram ya da terim kullanılmamalıdır. 3. Tanımlanan terim, ait olduğu en küçük kümeye yerleştirilmelidir. 4. Tanımlanan terimi, ait olduğu kümedeki öteki varlıklardan ayırt edecek bütün nitelikler söylenmelidir.

15 ön bilgiler Gereksiz hiç bir bilgi verilmemelidir. Örnekler 12 Aşağıdaki tanımları dikkatle okuyunuz. Hangilerinin tanım olabileceğini nedenleriyle söyleyiniz. 12 Örnek 1. Kesişmeyen iki doğru paraleldir. 2. Paralel doğrular, aynı düzlemde olan ve kesişmeyen doğrulardır. 3. İki doğrunun paralel olması için gerekli ve yeterli koşul aynı düzlemde olmaları ve kesişmemeleridir. Bu tanımlardan birincisi, aykırı doğruları da paralel saydığı için, ayırdedici niteliği yoktur. İkincisi aynı düzlemde olma koşulunu koyduğu için, uzayda paralel olan doğruları dışlamaktadır. Bu durumda, yalnızca, üçüncü tanım geçerlidir. Tanımlı ve Tanımsız Terimler Tanımlı, tanımsız Bir terimi tanımlarken, daha önceden tanımlanmış başka terim ve kavramları kullanarak, o terimin bütün niteliklerini ve yalnızca onları ortaya koyarız. Böyle terimlere tanımlı terimler denilir. Ancak, her terimi tanımlarken, kendisinden önceki terimlere başvurmayı sürdürürsek, bir başlangıç noktasına ulaşmalıyız. Başka bir deyişle, tanımları, başka kavramlara dayanmayan terimlerin olması gerekir. Bu terimlere ilkel terimler ya da tanımsız terimler denilir. Bu terimler, kendilerinden daha basit terimler ya da kavramlarla açıklanamazlar. Ama, onları, sezgilerimizle kolayca algılarız. Örneğin, nokta, doğru, düzlem, üzerinde, düz, yüzey, eşdeğerli,... matematiğin tanımsız terimlerindendir. öte yandan, üçgen, işlem, rasyonel sayı, karekök, bölüm,... gibi terimler ise, tanımlı terimlerdir. Teorem: Kanıtlanabilen bilimsel önerme. Mantıksal usavurma ile kanıtlanan önermenin ya da özeliğin bildirimi. "Teorem" terimi yerine "Önerme", "Lemma" gibi terimler de kullanılır. Örnek: Eşaçılı bir üçgen eşkenardır. belit (aksiyom): Kendisinden daha basit terim ve kavramlarla ifade edilemediği için varlığı kabul edilen önerme. Belit yerine aksiyom ya da postülat da denilir. Örnek: İki nokta bir doğru belirler. Uyarı 0.7. Bazı kaynaklarda bizim eşanlamlı saydığımız terimler arasında küçük anlam farklılıkları gözetilir. Bu kitapta, o tür ayrımları önemsiz sayacak ve eşanlamlı terimler arasında ayrım yapmayacağız. Figure 10: İki noktdan bir doğru geçer

16

17 Mantık ve Matemtik Okuma Parçası Çağları Aşan matematik Mantık tarihine kısa bir bakış Tümel bir önermeden tikel önerme çıkarılışını sağlayan yordama usavurma diyoruz. Mantık (usbilim-lojik) usavurma kurallarını konu edinir. Başka bir deyişle, mantık tümdengelim yöntemlerini inceler. Değişik kaynaklarda bazı nüans farklılıklarıyla, usavurmaya akıl yürütme, tasım (kıyas), dedüksiyon, çıkarım, vb adlar verilir. [23], [24], [26] Antikçağ MÖ 8.yy dan başlayıp MS 5.yy da sona eren zaman dilimi içinde eski Yunan ve Roma kültürlerini içine alan felsefeye antikçağ felsefesi denilir. Buna eski Yunan felsefesi de denmektedir. Bu dönemde uzakdoğu, Hint, Mısır, Sümer, Akad, Babil, Asur, Hitit, Fenike, İsrail, Pers, Kartaca vb birçok kültürler daha vardır. Bunları da içine alan felsefeye ilkçağ felsefesi denilir. Hemen her olguda olduğu gibi, doğru düşünme kurallarının ortaya çıkması da tarih içinde bir gelişim, bir evrim geçirmiştir. Buna bir başlangıç noktası seçilemez. Üstelik felsefe ile mantığın ayrıldığı tarih çizgisi belirlenemez. Eski Yunan felsefesinin önemli adları arasında Parmenides (M.Ö.500), Zeno (M.Ö ), Socrates (M.Ö ), Platon (M.Ö ) ve Aristotles(M.Ö ) anılmalıdır. Aristotles, mantık biliminin doğması ve gelişmesinde en etkili olan addır. Kendi zamanına kadar ortaya çıkan usavurma kurallarını Aristotles sistemleştirdi. Organon (alet) adlı yapıtında 14 syllogism (usavurma kuralı) ortaya koydu. Bu kurallar bu günkü iki-değerli mantığın temelidir. Bu kurallar, 2000 yılı aşkın bir zaman dilimi içinde insanoğlunun düşünme ve doğruyu bulma eylemini etkisi altında tuttuğu gibi, çağımızın bilim ve teknolojisisnin dayandığı iki-değerli matematiksel mantığın da öncüsü olmuştur.

18 18 calculus Ortaçağ Ortaçağ Hristiyanlık en başından antik çağ felsefesine karşı oldu, onu düşman saydı. Zaten başka türlü de olamazdı. Antik çağ felsefesinin yarattığı tanrılar veya tek ve mutlak tanrı varlıktan ayrı değildi, varlığın kendisiydi. Başka bir deyişle, antik çağ felsefesinde doğa-tanrı vardır. Bireysel varlıklar mekanda onun parçaları, zamanda anlarıdır. "Yoktan hiç bir şey varolmaz" kuralı antik çağ felsefenin temelidir. Hristiyanlık ise "evreni yoktan yaratan" tanrı kavramını getiriyordu. Yalnız oğul (İsa) ve kutsal ruh tanrıdan çıkmıştır. Öyleyse, onlar da gerçek tanrıdır. Yoktan yaratılanlar ile yaratan arasında mutlak ayrılık vardır. Tanrı gerçek ve hayat olan oğulda kendisini göstermiştir. Mutlak gerçeğe sahip olduğuna göre, Hristiyan ın gerçeği aramasına gerek yoktur. Eğer gerçeği arıyorsa, sahip olduğu gerçekten (oğul) şüphe ediyor demektir. Bu da İsa yı inkar etmesi anlamına gelir. Ne var ki, çöken hellenizmin bıraktığı miras felsefede izini belli ediyordu. Kilise, red ettiği antik çağ felsefesinin karşısına bir felsefe koymak zorundaydı. Bu durum hristiyanlık üzerinde verimli bir baskı yarattı. Platon, Aristotles ve stoacıların doktrinleri hristiyan öğretisine uyarlandı. Hristiyanlık inancı (imanı) bir doktrin (dogma) halinde kuruldu, sistemleşti. Hristiyan doğmatiğinin kurucusu İskenderiye hristiyan okulunun kurucusu Origenes (MS 220) dir. İskenderiyeli Saccas (MS 300) Aristotles in eserlerini yorumlayarak ortaçağa taşıdı. Din devletini kurmak isteyen Hristiyan Kilisesi Aristotles Mantığını iyice benimsedi. Ortaçağda, Hristiyan din adamları, Aristotles in 14 syllogism ine 5 tane daha eklediler. Ortaya çıkan 19 kural, Hristiyan Kilisesi öğretisinin (skolastik öğreti) temeli oldu. Bu öğretide, evrime (değişim - zaman) yer yoktur; gerekseme de yoktur. Aristotles in tümelden tikele giden usavurma kuralları, Hristiyan din devletinin yapısına kolayca uyarlandı. Din devletinin yetkileri Tanrı nın yetkileri sayıldı. Bu tümel bir gerçek (mutlak gerçek) olarak kabul edildi. Bu gerçek asla sorgulanamazdı. Ortaçağda yeryüzünde biricik olan islam hoşgörüsü, müslüman olan ya da olmayan birçok bilginin islam şemsiyesi altında toplanmasına neden oldu. Ortaçağların sonlarına doğru Organon Arapça ya çevrildi. El Kindi( ), El-Farabi( ), İbni Sina( ), İbni Rüşd( ) islam uygarlığının mantıkla da uğraşan düşünürleridir. Matematik, astronomi, tıp ve felsefede ileri adımlar atıldı. Bağdat, Mısır, Buhara, Kufe, Kurtuba, Gırnata, Toledo, Sevilla, Valencia vb yerlerde bilime kaynak olacak okullar açıldı. Bu okullar batının felsefi uyanışına çok yardım etmiştir. Hristiyan dünyasında düşünce üretimi durmuşken, islam dünyasındaki bu gelişme sürdürülebilseydi, belki tarihin akışı değişecekti. Ne var ki, akıl ve mantığın imana ters düşemeyeceğini savunan İmam Gazali, bir bakıma hristiyan din devleti öğretisine benzer düşünceyi savunarak, diğer islam bilginlerine karşı çıktı. Ne yazıktır ki, Osmanlı da ve islam dünyasında İmam Gazali nin düşünceleri zamanla egemen

19 mantik ve matemtik 19 oldu ve islam dünyasında düşünce üretimi sınırlandı [3]. Yeniçağ İnsanın, düşüncenin sınırlanmasına başkaldırısı aniden olmadı. Buna bir başlangıç bile konulamaz. Hristiyan dogmasına karşıt tohumlar, kilisenin en güçlü olduğu dönemlerde, hatta hristiyanlığın gelişme döneminde atılmıştır. Zamanla yeşeren bu tohumlar yenidendoğuşu (rönesas) yarattı. Bir çok bilginin, kaşifin, düşünürün bitmez çabalarıyla yeni fikirler oluştu yılında Alman Papaz Martin Luther ( ) Wüttenberg kilisesinin kapısına astığı ünlü protestosu ile katolik kilisesine karşı çıktı. Bu bir başlangıç değil, sondur!.. Bu sonun gelişi engizisyon mahkemeleriyle, savaşlarla, acılarla, insana yapılan eziyetlerle epeyce uzun sürmüştür. Sonunda batı avrupada ortaçağ karanlığı yırtılmıştır. Yenidendoğuş (rönesas), her alanda olduğu gibi felsefe ve mantıkta da yeni gelişmelere neden oldu. Akıl dinden ayrıldı, özgürce düşünmeye başladı. Bilgilerini yenileyen insan, bütün dogmalardan kuşkulanmaya başladı. Yenidendoğuş felsefesi bir dinsel akım gibi görünse de, onun temel niteliği insancı (hümanist) olmaktır. Jordano Bruno ( ), Francis Bacon ( ), Réne Descartes ( ) cesaretle bilimde yenilik gösteren sistemleri koydular. 15 Bruno bilimin yenileşmesinde başı çekti. Kilise dogmasına karşı görüşlerinden dolayı Roma da yakılarak öldürüldü. Yakılacağı sırada, kendisine ölüm kararını bildiren engizisyon yargıcına söylediği şu söz insan aklının zulme meydan okuyuşudur: 15 Yeniçağ "Ölüm hükmümü bana bildirirken, sen benden daha çok korkuyorsun!.." Bacon, tümdengelime karşı çıktı. Bilimsel bilginin ancak tümevarımla üretilebileceğini savundu. Her şeyin tam bir listesini çıkarıp aralarında karşılaştırma yapmayı önerdi. Ama böyle bir listeyi çıkarmak mümkün değildi. Bilimsel bilgi üretiminde, en önemli yöntemi Descartes önerdi: "Herşeyden şüphelen, çözümle, birleştir, say, ölç, bütün-parça ilişkisini kur" diye özetlenebilecek bu yöntemin bilimsel yöntemlere büyük etkisi oldu. Ancak, bunların biçimsel mantığa bir etkisi yoktu. Hatta, biçimsel mantık yenidendoğuşun başlarında bir bilgi üretme yöntemi olarak kabul görmemeye başladı. Kilisenin temel baskı aracı olduğu gerekçesiyle, Martin Luther, Aristotles in adını bile duymak istemiyordu. Tabii, zamanla Aristotles in usavurma yöntemlerinin, yabana atılamayacağı ve kilisenin onu kullanmış olmasında biçimsel mantığın bir günahının olmadığı anlaşılmıştır. Bundan sonraki dönemlerde, biçimsel mantıkta matematiksel yöntemler ağır basmaya başlayacaktır. Matematiksel Mantık 16 Figure 11: Blaise Pascal 16 Matematiksel Mantık

20 20 calculus Figure 12: Gottfried Wilhelm Leibniz Blaise Pascal( ): Bir para atıldığında, ya yazı ya tura gelir. Her-kesin gördüğü, bildiği bu apaçık gerçeği, Pascal, matematik diliyle ifade etti: "Yazı gelme olasılığı 1/2, tura gelme olasılığı da 1/2 dir. Bu iki olasılığın toplamı 1/2 + 1/2 = 1 eder." Matematik diliyle söylenen bu apaçık gerçek, olasılık kuramı (probability theory) adlı bilim dalının doğmasını sağladı. Bu bilim dalının, biçimsel mantıkla halâ süren yakın ilişkisi o günlerde hiç sezilmiyordu; çünkü biçimsel mantığa matematiksel yöntemler henüz karışmamıştı. Gottfried Wilhelm Leibniz ( ): Usavurma sürecini konuşulan dilden bağımsız kılarak ona matematiksel bir yapı kazandırmaya çalışan ilk kişi Alman matematikçisi Leibniz dir. Yazık ki Leibniz in yaptığı işin önemi ölümünden iki yüzyıl sonra anlaşılabilmiştir. Dissertatio de Arte Combinatoria (1666), adlı eserinde sembolik bir dil yaratmayı düşündü. Evrensel tam notasyon sistemi diyebileceğimiz bu dilde, her kavram en küçük bileşenlerine kadar ayrıştırılabilecektir. Ayrışan bu bileşenler her kavrama temel olacak bilgilerdir. Lingua characteristica universalis, Calculus ratiocinator (Akıl yürütmenin hesabı) adlı projeleri teorik düzeyde bile gerçekleşemedi. Logic konulu olan ve yaşarken yayınlanmamış makalelerinin önemi, daha sonraki dönemlerde anlaşılacaktır. Figure 13: Immanuel Kant Immanuel Kant ( ): Mantığın tamamen işlenmiş, bitirilmiş, sona erdirilmiş bir doktrin olduğunu 1794 yılında ifade etmiştir. Ama Kant yanılıyordu. Mantığın görkemli dönüşü henüz başlayacaktı. George Boole ( ): İngiliz matematikçisi Boole, Leibniz in başladığı işin önemini kavrayan ilk kişi sayılır. Konuyu yeniden ele alarak bugünkü iki-değerli mantığın yapısını tamamen matematiksel temellere oturtmuş ve klasik mantığın dile bağımlı zayıf yanını yokeden simgesel mantığı yaratmıştır. Buna Boole mantığı, Boole cebiri, matematiksel mantık, simgesel mantık, vb adlar verilmektedir. Boole mantığında bu gün kullandığımız simgeleri yaratan kişi Ernst Schröder ( ) dir. Simgesel mantığın üstünlüğü şudur: Akıl yürütmede kullanılan kavramları sözcüklerden, nesnelerden, duyulardan arındırmakta, onları soyut simgelerle temsil etmekte ve o simgeler arasında matematiksel işlemler kullanarak akıl yürütme sürecini kesin sonuca ulaştırmaktadır. Kullandığı cebirsel yapı, mantığın istediği sağlamlığı sağlamaktadır. Figure 14: Ernst Schröder Predicate calculus Simgesel mantığın birisi ötekine kenetlenmiş iki ayrı dalı vardır: Önermeler mantığı ve predicate calculus. Birincisi, önermeleri tek tek ele alır ve onların doğru ya da yanlış olduklarını belirler. İkincisi ise, bir küme üzerinde tanımlı önerme fonksiyonlarını ele alır. Predicate terimi, matematik dilindeki fonksiyon dan başka bir şey değildir.

21 mantik ve matemtik 21 Belirsizlik (uncertainty) Matematiksel (simgesel) mantığın sağlam ve soyut cebirsel bir yapı olarak ortaya konması, klâsik (sözel) mantıkta ancak 2000 yıl sonra yapılabilen çok büyük bir aşamadır. Ama, Boole mantığı da klâsik mantığın ortaya koyduğu iki-değerliliği korumaktadır. İkideğerli mantıkta belirsizlik olamaz. Orada bir önerme ya doğru ya da yanlış tır. Oysa, gerçek yaşamda önermeler biraz doğru, biraz yanlış olabilir. Daha ötesi, gözlemlere dayalı önermeler belli bir olasılık katsayısına bağlıdır ([2],[4],[6],[8]). İki-değerli mantıktan çok-değerli mantığa geçiş İki-değerli matematiksel mantık, 20.yy biliminin ve teknolojisinin temelidir. Hiç bir matematikçi, onun sağlamlığından, öneminden, heybetinden kuşkulanamaz. Ama doğa olaylarıyla ilgilenen bilim adamları, bazı doğa olaylarını açıklamak için iki-değerli mantığın yetmediğini çaresizlik içinde görüyorlardı. İki-değerli mantığın istediği kesinliğin elde edilemediği yerlerde, doğa bilimciler olasılık kuramına başvurmaya başladılar. Bu arada, bazı mantıkçılar üç-değerli mantık(lar) kurmaya çalıştılar. İki-değerli mantığın aldığı doğru ve yanlış değerler yanına belirsiz ya da nötr adını verdikleri üçüncü bir değer kattılar. Lukasiewicz, Bochvar, Kleene, Heyting, Reichenbach gibi mantıkçılar birbirlerinden farklı üç-değerli mantık sistemleri oluşturdular. Bunların her biri kendi içinde tutarlı olmakla birlikte, simgesel mantığın kullandığı (,,,, ) işlemleri arasında tanım farklılıkları yarattılar. Dolayısıyla, hiç biri mantığın evrensel kuralları olarak düşünülemez. Bu arada, Jan Lukasiewicz ( ) üç-değerli mantığın da yetmediğini gördü ve 1930 lu yıllarda (L 2, L 3,..., L ) mantık dizisini kurdu. Bunlardan ilki olan L 2 iki-değerli mantıktır. Diğerleri artarak sonsuz-değerli L mantığına kadar uzanır. L mantığının değerleri [0, 1] aralığındaki rasyonel sayılarıdır. Bu düşünce, elbette çok önemlidir ve sonsuz değerli mantığa yürüyüşün kaçınılmazlığını ortaya koymaktadır. Figure 15: Jan Lukasiewicz Heisenberg Belirsizlik İlkesi Werner Karl Heisenberg( ), yirmimci yüzyıl fiziğinin büyük adlarından birisidir. Bu yüzyılın en önemli buluşlarından birisi olan kuantum mekaniğinde, atom çekirdeğinin yapısını belirlemek için, içindeki küçük parçacıkların hareketlerinin belirlenmesi gerekiyordu. Ancak, kesin ölçümler yapılamadığı için, hareketli parçacıkların yörüngeleri ancak olasılık hesabıyla verilebildi. Heisenberg Belirsizlik İlkesi diye adlandırılan bu yöntem, atom çekirdeğinin yapısı hakkında çok şey söylemektedir. Ama, Albert Einstein ( ) "Tanrının zar attığına inanamam!" diyerek doğa olaylarının olasılık yöntemleriyle açıklanmasına karşı çıkmıştır. Elbette, matematikçiler ve fizikçiler, belirsizlikten sakınmak isterler ve daima kesinliğin peşinde koşarlar ([3],[6],[8],[11],[15],[20]). Figure 16: Karl Heienberg

22 22 calculus 20.Yüzyılda Matematiği Sarsan Düşünceler Altı bin yılda insanoğlunun yarattığı en büyük düşünce yapıtı olan matematiğin temellerinin ne olduğu konusu, özellikle, 20- inci yüzyılın ilk yarısında büyük tartışmalara neden olmuştur. Bu tartışmalarda, hiç biri ötekine üstün sayılamayacak üç okul ortaya çıktı. Bu okullar ve savları kısaca şöyledir: Figure 17: Luitzen Egbertus Jan Brouwer Sezgisellik: Matematik insan aklının eseridir. Sayılar, peri masallarındaki kahramanlar gibi yalnızca aklın yaratısıdır. Eğer insan aklı olmasaydı, onlar asla var olmayacaklardı. Bu görüşün en büyük temsilcisi L. E. J. Brouwer ( ) dir. Formalizm: Matematik bir dildir, onun bir dilden ne fazlası ne de eksiği vardır. Bu görüşün temsilcisi sayılan David Hilbert ( ) e göre, matematik, basitçe, simgelerle oynanan bir oyundur. Matematiğin bütün teoremleri, Formal Lojik kullanılarak Aksiyomatik Kümeler Kuramından elde edilebilir. Platonizm: Sayılar, insan aklından bağımsız olarak var olmak zorunda olan soyut varlıklardır. Matematiksel varlıklar hakkındaki doğruları insan aklı keşfeder. Matematiğin temelleri aksiyomlar değil, matematiksel nesnelerin gerçek dünyasıdır. O nedenle tabiatın kanunları ile matematiğin kanunları aynı statüdedir. Bu düşüncenin en önemli temsilcisi Kurt Gödel ( ) dir. [27] Figure 18: Alain Colmerauer Düşünen Makina: 1970 yılında Alan Colmerauer PROLOG (PROgramming LOGic) adını verdiği bir bilgisayar dili yarattı. Bu dil, daha önceki bilgisayar dillerinden tamamiyle farklı idi. PROLOG mantık kurallarını kullanarak (çözülebilir) problemleri usavurma yöntemiyle çözecekti. Bu dilin önemi başlangıçta anlaşılamadı. Belki de, kapsamlı problemlerin çözümünde PROLOG un gerekseme duyduğu büyük ana bellek yokluğu (RAM), onun pratiğe geçişini geciktirdi. Mantıksal programlama kavramı 1974 yılında Kowalski tarafından önerilmiştir. Uzun zaman hiç bir ses getirmeyen bu öneriden 20 yıl sonra binlerce makale yayımlanmıştır. O alana özgü bilimsel dergiler çıkmaya başlamıştır. Üniversiteler ve hatta devletler araştırma projeleri başlatmışlardır. Bu gelişmeyi PROLOG dili başlatmıştır. Bu gün mantıksal programlama diye bilinen bilgisayar dil(ler)inin ortaya çıkmasında Colmerauer, Warren ve Kowalski nin çalışmaları önemli rol oynamıştır. Fuzzy Mantığı: Doğa olaylarını açıklamak için kullandığımız matematiksel yöntemlerin ve modellerin yararı, gücü ve heybeti tartışılamaz. Ancak, matematiğin kesin deterministik niteliğinin uygulamada gerçeğe çoğunlukla uymaması, yüzyıllar boyunca bilim adamlarını ve

23 mantik ve matemtik 23 düşünürleri uğraştırmıştır. Matematiksel temsiller, evrenin karmaşıklığı ve sınırsızlığı karşısında daima yetersiz ve çok yapay kalmaktadır. Bu nedenle, doğa olaylarını açıklarken, çoğunlukla, kesinliği (exactness - certainty) değil, belirsizliği (vagueness - uncertainty) kullanırız. [15] Doğal diller, doğa olaylarını açıklamakta çoğunlukla iki-değerli mantığa dayalı matematiksel modellerden daha etkilidir. Örneğin, bu gün hava güzeldir - değildir ikilemi, hemen her konuşma dilinde kavurucu çöl sıcağından başlayıp, dondurucu kutup soğuğuna kadar varan derecelendirmeyi anlatabilir. "Bu gün hava güzeldir" deyimi tatilini bir yaz günü plajda geçiren kişi için başka, bir kış günü kayak merkezinde geçiren kişi için başkadır. Yer ve zamana bağlı olarak farklı anlamlara sahip olan bu deyim, hemen hemen her söylenişinde istenen anlamı verir; yani muhataba istenen mesajı iletir. İki-değerli mantığın kesinliğine sahip olmayan doğal dil, bir doğa olayını ondan daha iyi anlatabilmektedir. Bu olgu, mantığı ve matematiği yeni arayışlara itmektedir. Fuzzy Kümeleri ve onun doğal yoldaşı olan Fuzzy Mantığı bu arayışlardan birisidir. Geleneksel matematikteki kesinlik (certainty) deyimi yerine, Fuzzy mantığında belirsizlik (vagueness-uncertainty-imprecision) deyiminin konulması, belki doğal bir talihsizliktir. Gerçekte Fuzzy Kümelerinde belirsiz (fuzzy-bulanık) olan hiç bir şey yoktur. O, belirsizliği, bulanıklığı inceleme peşindedir. [17], [4] Bu ders için yararlı olacak kitaplar: [5],[10], [19], [6], [22], [14], [24], [12], [11],[20], [1], [27], [26] [7], [28], [8] Bilimsel Bilgi Üretimi Bilimsel yöntemler diye adlandırılan ve doğru bilgi üretimine yarayan yöntemler yalnızca iki tanedir: tümdengelim ve tümevarım. Tümdengelim Tümdengelim, tümel (genel) bir önermeden tikel (özel) önerme çıkarma eylemidir. Örneğin, fizikte genel çekim yasasını biliyorsanız, uzaya fırlatacağınız bir iletişim uydusunun istenen yörüngeye oturması için, nereden, hangi hızla, hangi eğimle fırlatılması gerektiğini de hesaplayabilirsiniz. Bu örnekte söylendiği gibi, tümel bir önermeden tikel önerme çıkarılışını sağlayan yordama usavurma diyeceğiz. Değişik kaynaklarda, buna tümdengelim, akıl yürütme, tasım (kıyas), dedüksiyon, çıkarım adları verilir. Mantık (usbilim-lojik), usavurma kurallarını konu edinen bilim dalıdır. Başka bir deyişle, o, tümdengelim yöntemlerini inceler; önermelerin doğru ya da yanlışlığı ile ilgilenmez. Mantık, başka bilim dallarının ortaya koyduğu doğru önermelerden doğru önerme çıkarma sanatıdır. Usavurma kuralları denilen bu sanatı, ayrıntılarıyla göreceksiniz.

24 24 calculus Tümevarım Bazı doğa olaylarının neden ve nasıl olduklarını belirten genel kurallar, elimizde yoktur. Bu durumlarda, o doğa olayını açıklayabilmek için, tümdengelimin tersi olan tümevarım yöntemi izlenir. Tümevarım, tikel (özel) önermelerden tümel (genel) önerme oluşturma yordamıdır. Tümevarım gözlem, deney, hesap vb yollarla bir doğa olayının genel yasasını kurmaya çalışır. Bazı doğa olayları insanlık tarihi boyunca gözlendiği ve her seferinde aynen tekrarlandığı için tartışmasız doğru bilgidir. Örneğin, ılıman kuşakta yaşayanlar, yılda dört mevsimin oluştuğunu gözlemişlerdir. Bunun nedeninin bilinmediği eski zamanlarda bile, insan bunu doğru bir bilgi olarak kabul etmiştir. Bu bilgiye gözlemle varılmıştır. (Tabii, gök cisimlerinin hareketleriyle ilgili bilgilerin ortaya konmasıyla birlikte, mevsimlerin neden ve nasıl oluştuğu, tümdengelim kullanan hesap yöntemleriyle de gösterilmiştir.) Bazı doğa olayları, ancak laboratuar ortamında defalarca denenmiş ve varılan sonucun doğruluğu kabul edilmiştir. Örnekse, bir bitkinin tohumunu toprağa eker ve belirli koşullar altında belirli süre bekletirseniz, onun filizlendiğini görürsünüz. Bu deneyi bir çok kez tekrarlayıp, aynı sonuca ulaşırsanız, bunun genel bir yasa olduğunu söyleyebilirsiniz. Bu bilgiye deneyle varmış olursunuz. Tümevarım ilkesi bilim ve teknikte, başlıca bilgi üretme aracı olmuştur ve bu işlevini sürdürmektedir. Tabii, bir çok adımdan oluşan bir bilimsel çalışmada, hem tümdengelim, hem de tümevarım yöntemleri kullanılabilir. Ama kullanılan yöntemi, daha basite indirgenemeyen adımlarına ayırdığımızda, her adımın bu iki yöntemden birisi olduğunu görürüz. Terim Bir bilim, sanat, meslek dalıyla ya da bir konu ile ilgili özel ve belirli bir kavramı olan sözcük. Örneğin, küp, basamak, hane, daire, pay,... gibi sözcüklerin matematikteki anlamları, konuşma dilindeki anlamlarından farklıdır. İşlem, çokgen, çarpma, nokta, düzlem, açı, sonsuz, ldots gibi sözcükler birer matematik terimidirler. Tanım Bir varlığa, bir şeye özgü niteliklerin belirtilmesi, bir sözcüğü belirleyen anlam. Tanımlı ve Tanımsız Terimler Bir terimi tanımlarken, daha önceden tanımlanmış başka terim ve kavramları kullanarak, o terimin bütün niteliklerini ve yalnızca onları ortaya koyarız. Böyle terimlere tanımlı terimler denilir. Ancak, her terimi tanımlarken, kendisinden önceki terimlere başvurmayı sürdürürsek, bir başlangıç noktasına ulaşmalıyız. Başka bir deyişle, tanımları, başka kavramlara dayanmayan terimlerin olması gerekir. Bu terimlere ilkel terimler ya da tanımsız terimler denilir. Bu terimler, kendilerinden daha basit terimler ya

25 mantik ve matemtik 25 da kavramlarla açıklanamazlar. Ama, onları, sezgilerimizle kolayca algılarız. Örneğin, nokta, doğru, düzlem, üzerinde, düz, yüzey, eşdeğerli,... matematiğin tanımsız terimlerindendir. Öte yandan, üçgen, işlem, rasyonel sayı, karekök, bölüm,... gibi terimler ise, tanımlı terimlerdir. Teorem Kanıtlanabilen bilimsel önerme. Mantıksal usavurma ile kanıtlanan önermenin ya da özeliğin bildirimi. Örnek: Eşaçılı bir üçgen eşkenardır. Aksiyom (belit) İspatsız kabul edilen önerme. Belit yerine aksiyom ya da postülat da denilir. Örnek: İki nokta bir doğru belirler.

26

27 Önermeler Cebiri Önermeler Önerme Nedir? Tanım 0.8. Doğru ya da yanlış bir hüküm bildiren ama aynı zamanda hem doğru hem de yanlış olmayan ifadelere önerme denilir. Her önerme bir yargı, bir bildirim, bir bilgi dir. Önerme nin doğru ya da yanlış oluşu, onun doğruluk değeri dir. Bir önerme, hem doğru hem de yanlış olamayacağı gibi, biraz doğru, biraz yanlış da olamaz. İki-değerli mantığın temeli budur. Bir bilgi vermeyen, bir hüküm bildirmeyen ifadeler önerme değildir. Örnek Londra, İngiltere nin başkentidir. 2. Konya İç Anadolu bölgesindedir = 4 4. Pekin, Avrupa kıtasındadır < Nereye gidiyorsun? 7. Eyvah! 8. Merhaba! 9. Kapıyı ört. 10. Ahmet! Bu ifadelerden ilk beşi birer hüküm bildirir; dolayısıyla birer önermedir. 1 inci, 2 nci ve 3 üncü önermelerin doğruluk değeri doğru; 4 üncü ve 5 incinin doğruluk değerleri yanlış tır. Geri kalan ifadeler birer hüküm bildirmez; dolayısıyla birer önerme değildir. Mantık, doğru önermeden doğru önerme çıkarma sanatıdır. Usavurma (akıl yürütme) kuralları denilen bu sanatı, kişinin bilgisine, konuştuğu dile, duygularına, çevre koşullarına,... bağlı

28 28 calculus olmaktan kurtarmak için, soyut bir küme üzerinde tanımlı matematiksel işlemlerle belirleyeceğiz. Soyut matematiksel bir yapı olarak ortaya konulan bu sistem evrenseldir ve istenilen her somut duruma kolayca uygulanır. Bu sisteme Önermeler Cebiri, Boole Cebiri, Matematiksel Mantık, Simgesel Mantık adları verilir. Önermeleri, p, q, r,... gibi harflerle; önermelerin doğruluk değerlerini de, D = 1 = Doğru Y = 0 = Yanlış simgeleriyle göstereceğiz; yani, bir p önermesinin doğru olması D veya 1, yanlış olması Y veya 0 ile gösterilir. Burada 1 ile 0 her dile uyabilen gösterimlerdir; sayısal değerleri yoktur. Yalnızca, önermenin doğru ya da yanlış olduğunu belirten birer simgedir. Yalın Önermeler Yalnızca bir hüküm içeren önermeye, yalın bir önerme, denilir. Örnek p : Kar yağıyor. q : Ankara da yaz aylarında hava çok soğuktur. önermeleri yalındır. p önermesinin doğruluk değeri 1; q önermesinin doğruluk değeri 0 dır. Daha kısa olarak, p önermesine doğru, q önermesine yanlış diyeceğiz. Bileşik Önermeler Birden çok hüküm içeren önermeye, bileşik bir önerme, denilir. Örnek p : q : Antalya, Akdeniz bölgesindedir ve Rize, Karadeniz bölgesindedir. Bugün hava sıcak değildir veya ben üşüyorum. önermeleri bileşiktir. p önermesinin doğruluk değeri, onu oluşturan, p 1 : p 2 : Antalya, Akdeniz bölgesindedir. Rize, Karadeniz bölgesindedir. önermelerinin doğruluk değerlerine bağlıdır. Benzer olarak, q önermesinin doğruluk değeri, q yu oluşturan, q 1 : q 2 : Bugün hava sıcak değildir. Ben üşüyorum. önermelerinin doğruluk değerlerine bağlıdır. Bileşik önermelerin doğruluk değerlerinin nasıl belirleneceğini, bundan sonraki kesimlerde inceleyeceğiz.

29 önermeler cebiri 29 Denk Önermeler Doğruluk değerleri aynı olan önermelere, denk önermeler ya da eşdeğer önermeler denilir. p ile q önermelerinin denkliği, p q simgesiyle gösterilir ve "p denk q" diye okunur. Önermelerin denkliği araştırılırken, yalnızca onların doğruluk değerlerine bakılır. Önermelerin anlamları dikkate alınmaz. Örneğin, p : (2 3 = 8) ile q : Bir haftada 7 gün vardır önermelerinin doğruluk değerleri 1 dir. Dolayısıyla, birbirlerine denktirler: (p q). Ama bu iki önermenin anlamları farklıdır. Alıştırmalar 1. Bildiğiniz, tanımlı ve tanımsız terimler yazınız. 2. Bunlar arasında, matematik terimi olanları ayırınız. 3. Önerme, ondalık, kök, küp, kesir, basamak, merdiven, hane, ev, büyük, küçük, doğru, yanlış, bölme, nokta, doğru, çizgi, eğri, düzlem, ışın, açı, dik, eğik, dörtgen, kare, masa sözcükleri veriliyor. (a) Bu sözcükler arasında matematik terimi olanları ayırınız. (b) Matematik terimi olanlardan hangileri tek anlamlıdır? Hangileri birden çok anlama sahiptir? (c) Bunlardan hangileri tanımlıdır? Hangileri tanımsızdır? 4. a : Merhaba! b : Adana Akdeniz bölgesindedir. c : Pencereyi aç. d : = 12 e : < 5 p : Kedi evcil değildir. q : Köpek evcildir. r : 8 tek bir sayıdır. s : 5 asal bir sayıdır. t : 1 Ocak 2000 ifadeleri veriliyor. (a) Verilen bu ifadeler arasından önerme olanları ve olmayanları ayırınız. (b) Önerme olanların doğruluk değerlerini bulunuz. (c) Bu önermelerden birbirlerine denk olanları s t simgesiyle belirtiniz. (d) Bu önermelerden birbirine denk olmayanları s t simgesiyle belirtiniz. 5. Aşağıdaki önermelerin doğruluk değerlerini belirleyiniz. (a) ( 5) 3 < 125 (b) Ay bir gezegendir. (c) 5 3 = 125 (d) Dünya bir gezegen değildir. 6. Yukarıdaki önermeler arasında birbirlerine denk olanları belirtiniz.

30 30 calculus 7. Aşağıdaki önermeler arasında birbirlerine denk olanları belirtiniz. (a) ( 3) 2 < 9 (b) Tokyo, Japonya nın başkentidir. (c) 3 3 = 27 (d) 3 asal sayı değildir. 8. Önerme olan ve olmayan ifadeler yazınız. 9. Yazdıklarınız arasında, önerme olanların doğruluk değerlerini belirleyiniz. 10. Birbirine denk olan ve olmayan önermeler yazınız. ÖNERMELER CEBİRİ Önermeler kümesi üzerinde { ve, veya, değil, ise } denilen işlemleri tanımlayarak, verilen önermelerden yeni önermeler çıkarmayı öğreneceğiz. Bunu yapınca, doğru önermelerden, doğru önermeler çıkarmanın yöntemlerini de ortaya koymuş olacağız. Bu işlemlere, bazı kaynaklarda, bağlaç denilir. Bu deyim, dilbilgisindeki "bağlaç" kavramından farklıdır ve verilen önermeleri, belli bir kural ile, birbirine bağlayarak yeni bir önerme oluşturduğunu ifade eder. Tanımlayacağımız bu işlemler sonunda ortaya çıkan önermelerin doğruluk değerlerini, doğruluk tablosu denilen tablolarda daha kolay olarak görebiliriz. Bu tabloları, ilgili işlemle birlikte vereceğiz. Ve İşlemi (bağlacı) Tanım p ile q birer önerme ise, p q bileşik önermesi, 1 1 = 1, 1 0 = 0, 0 1 = 0, 0 0 = 0 (1) kurallarıyla tanımlanır; p ve q diye okunur. Bu kuralları, aşağıdaki simgelerle de tanımlayabiliriz. D D = D, D Y = Y, Y D = Y, Y Y = Y (2) p ile q önermeleri, p q bileşik önermesininin bileşenleri dir. p q bileşik önermesinin doğru olması için, p ile q bileşenlerinin her ikisinin de doğru olması gerekli ve yeterlidir. p q p q Örnek ) 8 < 0 ve 0 < +8 2) 6 bir çift sayıdır ve 4 bir tek sayıdır. p q bileşik önermesinin doğruluk tablosu, yanda gösterilmiştir.

31 önermeler cebiri 31 3) 4 bir asal sayıdır ve 4 < 5 dir. 4) 4 bir asal sayıdır ve 5 < 4 dür. Bu bileşik önermelerden birincisinin doğru, ötekilerin yanlış olduğunu sezebiliyor musunuz? Bunların doğruluk değerlerini, tanıma ve tabloya göre, ayrı ayrı belirleyiniz. Theorem p, q, r üç önerme ise, aşağıdaki özelikler sağlanır: 1. p p p ( nin Eşgüçlülük Özeliği) 2. p q q p ( nin Yer Değişim Özeliği) 3. (p q) r p (q r) ( nin Birleşme Özeliği) İspat: Bunların ispatları, sırasıyla, aşağıdaki doğruluk tablolarından görülebilir. Bu tabloları inceleyiniz ve ispatları açıklayınız. p p p p p p p p q p q q p p q q p p q r p q q r (p q) r p (q r) (p q) r p (q r) Uyarı: nin birleşme özeliğini daha kısa göstermek için, parantezleri kaldırıp, biçiminde yazabiliriz. (p q) r = p (q r) = p q r Veya İşlemi (bağlacı) Tanım p ile q birer önerme ise, p q bileşik önermesi, 1 1 = 1, 1 0 = 1, 0 1 = 1, 0 0 = 0 (3) kurallarıyla tanımlanır; p veya q diye okunur. Bu kurallar, aşağıdaki simgelerle de gösterilebilir: D D = D, D Y = D, Y D = D, Y Y = Y

32 32 calculus p ile q önermeleri, p q bileşik önermesininin bileşenleri dir. p q bileşik önermesinin yanlış olması için, p ile q bileşenlerinin her ikisinin de yanlış olması gerekli ve yeterlidir. p q p q Örnekler 1. (2 < 7) (1 + 5 = 6) 2. (2 + 2 = 4) (Paris, Amerika kıtasındadır.) 3. (2 + 2 = 5) (Paris, Avrupa kıtasındadır.) 4. (4 + 2 = 7) (3 + 1 = 6) p q bileşik önermesinin doğruluk tablosu, yanda gösterilmiştir. Bu bileşik önermelerden ilk üçünün doğru, dördüncünün yanlış olduğunu sezebiliyor musunuz? Bu bileşik önermelerin doğruluk değerlerini, tanıma ve tabloya göre, ayrı ayrı belirleyiniz. Theorem p, q, r üç önerme ise, aşağıdaki özelikler sağlanır: 1. p p p ( nın Eşgüçlülük Özeliği) 2. p q q p ( nın Yer Değişim Özeliği) 3. (p q) r p (q r) ( nın Birleşme Özeliği) İspat: Bu özeliklerin ispatları, sırasıyla, aşağıdaki doğruluk tablolarında görülmektedir. Bu tabloları inceleyiniz ve ispatları açıklayınız. p p p p p p p p q p q q p p q q p p q r p q q r (p q) r p (q r) (p q) r p (q r) Uyarı: nin birleşme özeliğini daha kısa göstermek için, parantezleri kaldırıp, aşağıdaki biçimde yazabiliriz. (p q) r = p (q r) = p q r

33 önermeler cebiri 33 Dağılma Özelikleri Theorem p, q, r üç önerme ise aşağıdaki özelikler sağlanır: 1. nin üzerine soldan dağılma özeliği: p (q r) (p q) (p r) 2. nın üzerine soldan dağılma özeliği: p (q r) (p q) (p r) 3. nin üzerine sağdan dağılma özeliği: (p q) r (p r) (q r) 4. nın üzerine sağdan dağılma özeliği: (p q) r (p r) (q r) İspat: 1. Özeliğin ispatı, aşağıdaki tablodan görülür. p q r q r p q p r p (q r) (p q) (p r) p (q r) (p q) (p r) 2. Özeliğin ispatı, aşağıdaki tablodan görülür: p q r q r p q p r p (q r) (p q) (p r) p (q r) (p q) (p r) Değilleme Bir Önermenin Olumsuzu (Değili) Tanım Bir p önermesinin doğruluk değerinin değiştirilmesiyle elde edilen yeni önermeye, p nin olumsuzu (değili) denilir; p, p ya da p simgelerinden birisi ile gösterilir ve "p nin olumsuzu (değili)", diye okunur.

34 34 calculus Örnek p : Ödevimi yaptım. p : Ödevimi yapmadım. q : Bir yıl 12 aydır. q : Bir yıl 12 ay değildir. r : 11 asal sayı değildir. r : 11 asal sayıdır. p p (p ) Theorem Bir önerme doğru ise, değili yanlıştır. Önermenin kendisi yanlış ise, değili doğrudur. Bir önermenin değilinin değili, kendisine denktir; yani, p = (p ) dür. Bu özeliklerin ispatları tablodan görülmektedir. Örnek Aşağıdaki önermeleri değilleyiniz. p : Viyana, Asya kıtasındadır. q : 2 3 = 6 p : Berlin, başkent değildir. r : 7 < 15 Çözüm: p : Viyana, Asya kıtasında değildir. q : 2 3 = 6 p : Berlin, başkenttir. r : 7 < 15 Burada şuna dikkat edilmelidir. p : "Viyana, Asya kıtasındadır" önermesinin değili, "Viyana, Asya kıtasında değildir." önermesidir. p 1 : "Viyana, Avrupa kıtasındadır." önermesi p nin değili olamaz; o başka bir önermedir. Bu olgu, önermelerin denkliği ve olumsuzlanması konularında, anlamlarıyla ilgilenmemek gerektiğini açıklıkla ortaya koyar. Uygulamalar 1. Önceki alıştırmalarda verilen önermeleri değilleyiniz. 2. Bu önermeler ile değillerinin doğruluk değerlerini karşılaştırınız. 3. p, q, s, t önermeleri ile değillerinin doğruluk değerlerini aynı tabloda gösteriniz.

35 önermeler cebiri Bir p önermesi yazınız. Bunu, sırayla, 1,2,3,4,5,... kere değilleyiniz. Her defasında bulduğunuz önermelerin doğruluk değerlerini p ve p nün doğruluk değerleri ile karşılaştırınız. Bir kural çıkarabildiniz mi? 5. p, q, r, s dört önerme ise, bu önermelerin; (a) Birer birer, (b) İkişer ikişer, (c) Üçer üçer, (d) Dörder dörder doğruluk tablolarını yapınız. 6. Doğru ve yanlış önermeler yazınız. Yazdığınız önermeleri değilleyiniz. Bileşik Önermelerin Değillenmesi De Morgan Kuralları p ile q iki önerme ise, aşağıdaki eşitlikler vardır. (p q) = (p q ) (p q) = (p q ) İspat: İlk eşitliğin ispatı, aşağıdaki tablolardan görülür. p q p q p q (p q) p q (p q) p q p q p q p q (p q) p q (p q) p q

36 36 calculus Örnek (Bu gün hava sıcaktır veya yaz mevsimindeyiz.) (Bu gün hava sıcak değildir ve yaz mevsiminde değiliz.) 2. [p (q r) ] p (q r) (De Morgan Kuralı) Totoloji ve Çelişki Bazı bileşik önermeler daima doğru, bazıları ise daima yanlış olabilir. Tanım Bileşenlerinin bütün doğruluk değerleri için, daima 1 (doğru) değerini alan bileşik önermeye bir totoloji denilir. Bileşenlerinin bütün doğruluk değerleri için, daima 0 (yanlış) değerini alan bileşik önermeye bir çelişki denilir. Örnekler: Aşağıdaki ifadeleri ispatlayınız. 1. p bir önerme ise, p p bileşik önermesi bir totolojidir. 2. p bir önerme ise, p p bileşik önermesi bir çelişkidir. 3. p bir önerme ise, p 1 bir totolojidir. 4. p bir önerme ise, p 0 bir çelişkidir. 5. (p q) (p q) bileşik önermesi bir totolojidir. Çözüm: Birinci ve ikinci ifadelerin ispatları aşağıdaki tablolardan çıkar. p p p p p p p p Buradan, p p 1 ve p p 0 çıkar. Beşinci ifadenin ispatını, aşağıdaki doğruluk tablosundan görebiliriz. p q p q (p q) p q (p q) (p q) Bütün doğruluk değerleri 1 olduğundan, (p q) (p q) bileşik önermesi bir totolojidir. Bazan, doğruluk tablosunu düzenlemek yerine, önermeler cebirinin uygun kurallarını kullanarak da problemleri çözebiliriz:

37 önermeler cebiri 37 (p q) (p q) (p q ) (p q) (De Morgan) p q p q (Birleşme) p p q q (Değişme) (p p) (q q) (Birleşme) 1 1 (p p 1) 1 (1 1 1) (p q) (p q) 1 olduğundan, bu bileşik önerme bir totolojidir. Bu yönteme önermeler cebiri ile çözme yöntemi denilir. İse İşlemi p : Bu üçgenin iki kenarı eşittir. q : Bu bir ikizkenar üçgendir. önermelerini ise" bağlacıyla birbirine bağladığımızda, p ise q : "Bu üçgenin iki kenarı eşitse, ikizkenar bir üçgendir. bileşik önermesini elde ederiz. Tanım p ile q birer önerme ise, p q bileşik önermesi, (1 1) 1, (1 0) 0, (0 1) 1, (0 0) 1 (4) kurallarıyla tanımlanır ve p ise q diye okunur. Bu kurallar, aşağıdaki simgelerle de gösterilebilir: (D D) D, (D Y) Y, (Y D) D, (Y Y) D (5) p ile q önermeleri, p q bileşik önermesininin bileşenleri dir. p q önermesine koşullu önerme, gerektirme adları da verilir ve p gerektirir q diye de okunur. Bu koşullu önermede, p ye öncül (varsayım, hipotez); q ya ise sonuç (vargı, hüküm) denilir. p q koşullu önermesinin yanlış olması için, q vargısının yanlış olması gerekli ve yeterlidir. p q p q p q bileşik önermesinin doğruluk tablosu, yanda gösterilmiştir. Örnekler 1. Doğru önerme, doğru önermeyi gerektirir: p : q : Fiyatlar ve ücretler yükseliyor. Enflasyon artıyor. önermeleri için, p q : Fiyatlar ve ücretler yükseliyor ise, enflasyon artıyor. koşullu önermesini yazabiliriz.

38 38 calculus 2. Doğru önerme, yanlış önermeyi gerektirmez: p : Ankara da hava soğuktur. q : Ankara kuzey kutbundadır. önermelerinden oluşan, p q : Ankara da hava soğuk ise, Ankara kuzey kutbundadır. koşullu önermesi yanlıştır. O halde, p q dur. 3. Yanlış önerme, doğru önermeyi gerektirebilir: p : (6 = 9) 0, ile q : (6 < 9) 1 önermelerini düşünelim. 6 = 9 olması 6 < 9 olmasına engel değildir. O halde (6 = 9) (6 < 9) gerektirmesi var olabilir. Demek ki yanlış bir önermeden, doğru bir önerme çıkarılabilir. 4. Yanlış önerme, yanlış bir önermeyi gerektirebilir: p : (6 = 6) 0, ile q : (7 = 7) 0 önermelerini düşünelim. 6 = 6 olması = olmasına engel değildir. O halde (6 = 6) (7 = 7) gerektirmesi var olabilir. p q koşullu önermesinde, p önermesi yeterli koşul, q önermesi gerekli koşuldur. p q koşullu önermesinde p önermesine hipotez, q önermesine hüküm denir. q p koşullu önermesine, p q önermesinin karşıtı denilir. Bir koşullu önermenin karşıtı bazan doğru, bazan yanlış olabilir. Örnekler 1. p : x = 3 ile q : x + 4 = 7 önermelerinden oluşturulan, koşullu önermesinin karşıtı, p q : [(x = 3) (x + 4 = 7)] q p : [(x + 4 = 7) (x = 3)] dür. O halde, bu örnekte, hem (p q) koşullu önermesi, hem de (q p) karşıtı doğrudur. 2. p : x = 4 ile q : x 2 = 16 önermelerinden oluşturulan, koşullu önermesinin karşıtı, p q : [(x = 4) (x 2 = 16)] q p : [(x 2 = 16) (x = 4)] dür. Ancak, her zaman (x 2 = 16) (x = 4) olmaz. (x 2 = 16) (x = +4) de olabilir. O halde, bu örnekte, (p q) koşullu önermesinin doğruluğu, (q p) karşıtının doğruluğunu gerektirmeyebilir. 3. p : ABC ikizkenar bir dik üçgendir. q : ABC dik üçgenin kenarları arasında a 2 + b 2 = c 2 bağıntısı vardır.

39 önermeler cebiri 39 önermeleri için p q : ABC ikizkenar bir dik üçgen ise, ABC dik üçgeninin kenarları arasında a 2 + b 2 = c 2 bağıntısı vardır. q p : ABC dik üçgenin kenarları arasında a 2 + b 2 = c 2 bağıntısı var ise, ABC ikizkenar bir dik üçgendir. olur. Ama, bu önerme her zaman doğru değildir. Tanım p q koşullu önermesinin karşıt tersi, q p önermesidir. Theorem Koşullu bir önerme karşıt tersine denktir: p q q p İspat: Aşağıdaki doğruluk tablosu isteneni verecektir. p q p q p q q p p q q p Theorem p ile q iki önerme ise, aşağıdaki denklik sağlanır. p q p p q p q p q p q Örnekler 1. p : ABC üçgeni eşkenardır. q : p q p q ABC üçgeninin açıları eştir. İspat: Yandaki doğruluk tablosundan çıkar. p q : ABC üçgeni eşkenar ise, ABC üçgeninin açıları eştir. q p : ABC üçgeninin açıları eş değil ise, ABC üçgeni eşkenar değildir. 2. p q p q denkliğini kullanarak, (p q) p 1 olduğunu gösteriniz. Çözüm: (p q) p (p q) p (p q p q) (q p ) p nin Değişme Özeliği) q (p p) ( nin Birleşme Özeliği) q 1 (p p 1) 1 (q 1 1)

40 40 calculus Uygulamalar 1. p q koşullu önermesi yanlış iken q p önermesinin doğru ve yanlış olduğu durumlara örnekler veriniz. 2. p q koşullu önermesine p q koşullu önermesinin tersi denilir. Bunun doğruluk tablosunu düzenleyiniz. önermelerinden oluşturulan p : x = 3 ile q : x 2 = 9 p q : (x = 3 x 2 = 9) koşullu önermesinin tersini yazınız. 3. (p q) q bileşik önermesinin bir çelişki olduğunu gösteriniz. Ancak ve Ancak İşlemi Tanım p ile q birer önerme ise, p q bileşik önermesi, p q (p q) (q p) bağıntısıyla tanımlanır ve p ancak ve ancak q diye okunur. Bu tanım, (1 1) 1, (1 0) 0, (0 1) 0, (0 0) 1 kurallarıyla da verilebilir. Neden? p ile q önermeleri, p q bileşik önermesininin bileşenleri dir. p q önermesine iki yönlü koşullu önerme, çift gerektirme adları da verilir ve "p çift gerektirir q" diye de okunur. p q iki yönlü koşullu önermesinin doğru olması için, p ile q bileşenlerinin aynı değerli olması gerekli ve yeterlidir. p q bileşik önermesinin doğruluk tablosu, aşağıda gösterilmiştir. p q p q q p (p q) (q p) p q p q (p q) (q p) Örnek d, e iki doğru ve simgesi paralelliği göstersin. p : d e q : e d önermelerinden ve paralellik özeliğinden, p q : d e e d

41 önermeler cebiri 41 q p : e d d e p q : d e e d çıkar. Öyleyse, bu örnek için, (p q) iki yönlü koşullu önermesi doğrudur; yani, bir çift gerektirmedir. Bu sonucu, (p q) 1 biçiminde göstereceğiz. 2. p : A = B q : A ile B yöndeştir. önermelerinden, p q : ( A = B) ise, A ile B yöndeştir. q p : ( A ile B yöndeş ise, ( A = B)dir. yazabiliriz. O halde, p q : olur. ( A = B) ancak ve ancak A ile B yöndeştir. Oysa, bütün eş açılar yöndeş olmak zorunda değildir; yöndeş olmadığı halde eş olan açılar da vardır. O halde, (p q) önermesi yanlıştır; yani, [(p q) 0] dır. Öte yandan, bütün yöndeş açılar eştir. Dolayısıyla, (q p) koşullu önermesi doğrudur; yani, [(q p) 1] dır. Öyleyse, bu örnek için, (p q) iki yönlü koşullu gerektirmesi yanlıştır; yani, bir çift gerektirme değildir. Bu sonucu, (p q) 0, ya da (p q) (q p) biçimlerinden birisiyle gösterebiliriz. Buraya kadar elde ettiklerimizi özetlersek, aşağıdaki tabloyu düzenleyebiliriz. Önermeler Cebirinin Kuralları

42 42 calculus Eşgüçlülük Kuralları: 1a. p p p 1b. p p p Birleşme Kuralları: 2a. (p q) r p (q r) 2b. (p q) r p (q r) Yer Değişme Kuralları: 3a. p q q p 3b. p q q p Dağılma Kuralları: 4a. (p q) r p (q r) 4b. (p q) r p (q r) Eşgüçlülük Kuralları: 5a. p 1 p 5b. p 1 1 Eşgüçlülük Kuralları: 6a. p 0 0 6b. p 0 p Tümleme Kuralları: 7a. p p 0 7b. p p 1 Tümleme Kuralları: 8a. (p ) p 8b. 1 0, 0 1 De Morgan Kuralları: 9a. (p q) (p q) 9b. (p q) (p q ) Gerektirme Kuralları: 10a. [(p q) [(p q) (q p)] 10b. (p q) (q p) Geçişme Kuralları: 11a. [(p q) (q r)] (p r) 11b. (p q) (q p ) Karşıt Ters Önerme: 12a. (p q) (q p ) Alıştırmalar 1. x = 5 x 2 = 25 önermesinin doğru olup olmadığını bulunuz. 2. p 1 ise p (p q) önermesi neye eşittir? 3. "Ateş olmayan yerden duman tütmez." atasözünü biraz değiştirerek, "Ateş yoksa, duman tütmez." biçimine sokalım. Bu bileşik önermenin bileşenlerini bulunuz ve harflerle ifade ediniz. Sonra, karşıt, ters ve ters karşıt önermelerini yazınız. 4. Aşağıdaki bileşik önermelerin doğruluk tablolarını yapınız.

43 önermeler cebiri 43 a) (p q) r b) (p q) r c) (p q ) r d) (r q ) (p q ) e) (q r) (q p) f) (p q ) p 5. Aşağıdaki bileşik önermeleri değilleyiniz. a) (p q ) p b) p (q p ) c) p (q r ) d) (p q) (q r) e) p [(q r) (p r)] f) (p q) (p r ) 6. Aşağıdaki denkliklerin geçerli olup olmadğını gösteriniz. a) b) c) d) e) p 0 p f) p 0 0 g) p 1 1 h) p 1 p i) (p q) p q j) p [(p q) q] p 7. Aşağıdaki denklikleri gösteriniz. a) [(p q) (r q)] (p r) q b) [p q) (p r) p (q r) c) (p q)] [(p q) 8. Aşağıdaki bileşik önermelerin doğruluk değerlerini bulunuz. a) [(1 0) (0 1) ] (0 1) b) [(1 0) (1 0)] [(0 0) 1] c) [1 (0 1)] [(0 1) (1 0 )] d) (1 0) [(0 1) (1 1)] (1 1) 9. Aşağıdaki denklikler doğru mudur? a) (p q) (p q) p b) p (p q) p q c) p (q q ) p d) (p q) q p q e) (p q) (p q) q f) [p (q r)] p (q r ) 10. Aşağıdaki bileşik önermeler, birer totoloji midir? Neden? a) [(p q ) p] (q p) b) [(p q) (p q )] p c) [(p s) (p q)] (p q ) 11. Aşağıdaki bileşik önermeler, birer çelişki midir? Neden? a) [(p q) (p q )] p b) [(p q ) p] (p q) 12. (p q) r 0 olduğuna göre (p q) [(r p) r] bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz. 13. (p r) q 1 olduğuna göre [(p r ) q] (q r) bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz. 14. p : "Bardak yere düşer." ve q : "Bardak kırılır." önermeleri için p q q p, p q q p! önermelerini sözle ifade ediniz. 15. "Aynı doğruya dik olan iki doğru birbirine paraleldir." bileşik önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz.

44 44 calculus 16. "Yöndeş açılar birbirine eştir." bileşik önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz. 17. p : x = 7, q : x 2 = 49 önermeleri veriliyor. a) p q ve p q önermelerini yazınız ve her birinin doğruluk değerlerini bulunuz. b) p q teoremini doğrudan ve olmayana ergi yöntemleri ile ayrı ayrı ispatlayınız. c) p q nun bir çift gerektirme olup olmadığını nedenleri ile açıklayınız. 18. p q p q denkliğini kullanarak, p q bileşik önermesini değilleyiniz. 19. p q bileşik önermesinin değilini bulunuz. 20. "Bir dörtgenin kare olması için, kenarlarının birbirlerine eş olması gerekir." bileşik önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz. Önermenin tersini, karşıtını ve karşıt tersini bularak doğruluk değerlerini belirtiniz. 21. "Kenarlarının birbirlerine eş ve açılarının birbirlerine eş olması bir dörtgenin kare olması için yeterlidir." bileşik önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz. Önermenin tersini, karşıtını ve karşıt tersini bularak doğruluk değerlerini belirtiniz. 22. "Bir dörtgenin kare olması için, kenarlarının birbirlerine eş ve açılarının birbirlerine eş olması gerekli ve yeterlidir." bileşik önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz. 23. "2 den farklı her asal sayı tektir." bileşik önermesini, bileşenlerine ayırarak, simgelerle ifade ediniz. Önermenin tersini, karşıtını ve karşıt tersini bularak doğruluk değerlerini belirtiniz. 24. "Yalancının mumu yatsıya kadar yanar." atasözünü "Yalancıysa, mumu yatsıya kadar yanar." bileşik önermesi biçimine getirip, bileşenlerine ayırınız. Önermenin tersini, karşıtını ve karşıt tersini bularak doğruluk değerlerini belirtiniz. 25. Aşağıdaki bileşik önermeleri değilleyiniz. a) (p q) (p q) b) (p q) (q r) c) [(p q) q] q d) (p q) (p q) e) p (q r) f) (p q) (p q) g) (p q) r h) (p q) r 26. Aşağıdaki önermelerin doğruluk tablolarını düzenleyiniz.

45 önermeler cebiri 45 a) p (q p) b) (p q) r (p r) (q r) c) [(p q) q] (p q) d) (p q) r e) [p (p q) ] (p q) f) (p q) r g) (p q) (p q) h) (p q) (p q) p q i) (p q ) (r q) j) (p q) q 1 k) [p (q r )] 27. Aşağıdaki önermelerden hangileri doğrudur? a) (p q ) (p q ) p b) (p q) (p q ) q c) (p q) (p q) q d) (p q) [(p r) (q r)] e) [p (p q)] p p q f) f )[(p q) q] p g) [(p q) q] (p q) h) (p q) r 0 i) p (p q) (p q) 28. Aşağıdaki önermelerin doğruluk tablolarını düzenleyiniz. a) [(p (q r)] [(p q) r] b) (p q ) (p r) 0 c) [(p q) r] (p r) d) p (q r) 0 e) [(p (r q)] (p r) f) r (q p) 1 g) [p (q r)] [(p r) q ] h) (p q) (p q ) p

46

47 Sezgisel Kümeler Kuramı Okuma Parçası Bu derste, Kümeler Kuramını belitsel (aksiyomatik) incelemeyi amaçlamıyoruz. Burada, küme kavramını, sezgiye dayalı olarak belirli nesnelerin bir topluluğu diye tanımlayacak ve daha çok cebirsel özeliklerini inceleyeceğiz. Her belitsel sistemin dayandığı bazı ilkel kavramlar vardır. Bu ilkel kavramları, o sistem içindeki başka nesneler ya da kavramlarla belirlemek mümkün değildir. Bunlara sistemin tanımsız terimleri ya da ilkel terimleri diyoruz. Bir belitsel yapı kurulurken, bu yapının dayanacağı tanımsız terimler açıklıkla ortaya konulur. Bundan sonraki her yeni tanım, bu tanımsız terimlerle ifade edilir; başka bir belirsiz kavram ya da bilinmeyen nesne yapıya giremez. Tabii, bir belitsel yapıyı mümkün olduğu kadar az sayıda tanımsız terime dayandırmak gerekir. Başka bir deyişle, bir belitsel sistemde, ötekiler cinsinden ifade edilebilecek kavramları, yapının tanımsız terimleri olarak almamak gerekir. Ayrıca, bir belitsel yapıda bu tanımsız terimlerin, kendilerine verilecek özeliklerinden başka özeliklere sahip olduklarını, ya da, bize alışkın olduğumuz bazı özelikleri ima ettiklerini varsaymayacağız. Bu bölümde küme kavramını Georg Cantor ( ) un yaptığı gibi belirleyeceğiz. Hemen belirtelim ki, bu yöntemle kümeyi belirlemek, ileri aşamalarda, yapı içinde çelişki yaratır. Ama, ilk elde, amacımız yalnızca kümeler cebirini incelemek olduğu için, Cantor yönteminin eksikliği, bize, burada bir zarar vermeyecektir. Bunun yanında, bu yöntem, özellikle, konuya ilk başlayanlar için, belitsel yönteme göre çok daha kolay sezilebilir nitelikte olduğundan, Kümeler Cebiri ne daha çabuk girebilme olanağı bulacağız. Zaten bu yöntemle kurulan kümeler kuramına sezgisel sıfatı verilir. İLKEL KAVRAMLAR Kümeler Kuramının Tanımsız Terimleri Kümeler Kuramını kurmak için dört tanımsız terim alacağız: 1. öğe 2. küme 3. içerilme (elemanı olma)

48 48 calculus 4. nicelik sayısı x herhangi bir nesne olsun. Buna bazan belirsiz, bazan da değişken denilir. İçinde x bulunan bir p(x) önermesi (ifadesi) tanımlı olsun. Eğer bu önerme doğru ise, x nesnesi p önermesini sağlıyor (doğruluyor), diyelim ve bunu, p(x) = 1 anlamına gelmek üzere, kısaca, p(x) simgesiyle belirtelim. Eğer, p(x) yanlış bir önerme ise, x nesnesi p önermesini sağlamıyor (doğrulamıyor) diyelim ve bunu da, p(x) önermesinin değili anlamına gelmek üzere, simgelerinden birisiyle belirtelim. p (x), p(x), p(x) (6) p(x) = 0 p (x) = 1 (7) olduğu açıktır. p önermesini sağlayan bütün x nesnelerinin oluşturduğu topluluğu, {x p(x)} ya da {x : p(x)} (8) simgelerinden birisiyle gösterelim. (8) topluluğuna bir küme, bu topluluğu oluşturan her bir x nesnesine bu kümenin bir öğesi (elemanı) diyeceğiz. Genellikle, öğeleri a, b,..., x, y, z gibi küçük harflerle ve kümeleri de A, B,..., X, Y, Z gibi büyük harflerle göstereceğiz. Evrensel Küme Evrensel küme deyimi, "her şeyi içeren küme" çağrışımı yapıyor. Bu çağrışımı en genel bir soru olarak ortaya atalım Bütün kümelerin kümesi nedir? Bu soru Kümeler Kuramında paradoks yaratan çetin bir sorudur. Geçen yüzyılın büyük matematikçilerini uğraştıran bu konuyu ileri bölümlerde ele alacağız. Şimdilik, her şeyi içeren bir kümeyi hiç düşünmeyeceğiz. Zaten her şeyi içeren bir kümeye gereksinim doğmayacaktır. Matematikte belli bir iş için belli bir küme üzerinde çalışırız. Bu küme doğal sayılar, tamsayılar, karmaşık sayılar, bir aralık üzerinde tanımlı sürekli fonksiyonlar v.b. gibi, öğeleri kesinlikle bizce belirli olan kümelerdir. Bu demektir ki, üzerinde çalışacağımız evrensel kümenin ne olacağı başlangıçta saptanacaktır. Bu saptama işi çok kolaydır. Evrensel kümeyi, o andaki çalışmamıza konu olacak bütün öğeleri içerecek kadar büyük, o anda gereksiz öğeleri dışlayacak kadar küçük seçmeliyiz. Örneğin, çoğunlukla yapacağımız gibi, sayılarla ile ilgili işlemler yapıyorsak, evrensel

49 sezgisel kümeler kurami 49 küme olarak gerçel sayılar kümesini almak yetecektir; bu halde evrensel kümeyi, diyelim ki, bütün canlıları da içerecek büyüklükte seçmek gereksizdir. Evrensel kümenin, her seferinde ne olacağının, saptanması gereken bir belirsiz oluşu, kümeler cebirinde işleri zorlaştırıcı bir etken sanılabilir. Ama böyle bir zorluğun çıkmayacağını göreceğiz. Belli bir iş için kullanacağımız evrensel kümeyi sözel olarak tanımlayabiliriz. Örneğin, çift tamsayılar deyimi kümeyi kesinlikle belirler. Bu işi matematiksel simgelerle yapmak işi kolaylaştıracak ve herkesin aynı kavramda anlaşmasını sağlayacaktır. Belli bir andaki işimizde kullanacağımız bütün x öğelerini seçen (belirleyen) bir Φ önermesi düşünelim. Φ(x) simgesi, x öğesinin Φ önermesini sağladığı anlamına gelir; yani Φ(x) önermesinin doğruluk değeri D (doğru) dir. Bu koşulu sağlayan bütün x öğelerinin oluşturduğu kümeye Φ nin belirlediği evrensel küme diyeceğiz. Bu kümeyi E Φ ile göstereceğiz. E Φ = {x Φ(x)} (9) Evrensel kümemiz başlangıçta belli olacağı için, onu belirleyen Φ önermesini her işlemde kullanmak, formüllerde yararsız bir kalabalık yaratacaktır. O nedenle, çok gerekmiyorsa, işlemlerimizde Φ önermesini hiç kullanmayız. Örneğin, E Φ yerine E yazarız. Daha önemlisi, alt kümeleri kullanırken de bunu yaparız. Örneğin, doğal sayılar kümesini evrensel küme olarak almışsak, çift sayılardan oluşan A alt kümesini belirlemek için demek yerine, A = {n n N n çift tamsayıdır} A = {n n çift tamsayıdır} yalın biçimini kullanacağız. Bunu matematiksel simgelerle ifade edelim. Φ nin belirlediği evrensel küme içinde bir p önermesini sağlayan x öğelerinin oluşturduğu A alt kümesini A = {x Φ(x) p(x)} = {x (x E φ ) p(x)} biçimlerinden birisini yazmak yerine yalın biçiminde yazacağız. Örnek A = {x p(x)} (10) 1. Düzlem Geometri çalışırken, düzlemdeki bütün noktaların kümesini evrensel küme olarak seçmek yeterlidir. 2. Gerçel (real) sayılarla çalışırken, R gerçel sayılar kümesini evrensel küme olarak seçmek yeterlidir. 3. Nüfus konularıyla ilgili çalışmalar yapan bir sosyal bilimcinin, dünya nüfusunu evrensel küme olarak seçmesi yeterlidir.

50 50 calculus Tümleyen Küme Benzer olarak, p önermesini sağlamayan; yani, p (x) önermesini sağlayan bütün x nesnelerinin oluşturduğu topluluğu, { x p (x) } (11) simgesiyle gösterelim. Buna (10) kümesinin tümleyen (tamlayan) kümesi diyeceğiz. Buna göre, E evrensel kümesini E = {x p(x) p (x)} (12) biçiminde yazabiliriz. Bu yalın gösterimlerde kullanmadığımız Φ(x) önemesinin sağlandığını gizil biçimde kabul ediyoruz. A kümesinin tümleyenini A, A, A c simgelerinden birisiyle göstereceğiz: Bir a öğesinin A kümesine ait olduğunu, A = { x p (x) } (13) a A ya da A a simgelerinden birisiyle gösterecek ve "a öğesi (elemanı) A kümesine aittir", "a öğesi A kümesinin bir öğesidir", "A kümesi a öğesini içerir," ifadelerinden birisiyle okuyacağız. Tanımımız gereğince, a A olması için, a nesnesinin p önermesini sağlaması gerekli ve yeterli koşuldur; yani p(a) önermesi doğru olmalıdır. Öyleyse, a A p(a) yazılabilir. Bir b öğesi A kümesine ait değilse b A ya da A b simgelerinden birisiyle gösterecek ve "b öğesi (elemanı) A kümesine ait değildir", "b öğesi A kümesinin bir öğesi değildir", "A kümesi b öğesini içermez," ifadelerinden birisiyle okuyacağız. Tabii, buraya dek söylediklerimiz kümelerin varlığını garanti etmez. Bu nedenle, p bir önerme ise, (10) kümesinin varlığını, bir belit (aksiyom) olarak varsayacağız. İyi Tanımlılık Bir kümeyi tanımlamak demek, o kümenin içerdiği bütün öğeleri belirlemek demektir. Bunun için genel yöntemimiz, tanımlayacağımız kümenin içerdiği öğelerin sahip olduğu bütün özelikleri ve

51 sezgisel kümeler kurami 51 yalnızca onları ifade eden p önermesini belirledikten sonra, kümeyi (10) biçiminde yazmaktır. Böyle olduğunda, kümeye ait olan ve olmayan nesneler kesinkes belirlenmiş olur. Bu özeliğe, kümenin iyi tanımlanması, diyeceğiz. Her küme iyi tanımlı olmalıdır. (10) kümesini belirleyen p önermesi, yalın bir önerme olabileceği gibi, bileşik bir önerme de olabilir. Nicelik Sayısı Bazan, bir kümede kaç öğe olduğunu bilmemiz gerekir. Bir kümenin öğelerini sayabiliyorsak, sonunda eriştiğimiz sayı, o kümenin nicelik sayısıdır. Ama, kümelerin çoğunun öğelerini sayamayız. Böyle olsa bile, her kümenin öğelerinin miktarını belirten bir kavramın (sayının) olması gerektiğini sezebiliyoruz. Bu nedenle, şu beliti varsayacağız. Aksiyom [Nicelik Sayılarının varlığı] Her kümenin bir ve yalnız bir nicelik sayısı vardır. Sayılabilen kümeler için, nicelik sayısı, kümenin öğelerinin sayısıdır. Bir A kümesinin nicelik sayısı Ā, (A), n(a), card(a) simgelerinden birisiyle gösterilir. Sonlu ve Sonsuz Kümeler Tanım Nicelik sayısı bir doğal sayıya eşit olan kümeler sonludur. Sonlu olmayan kümeler de sonsuzdur. Sonlu kümelerin öğelerini sayarak bitirebiliriz, ama sonsuz kümelerin öğelerini sayarak bitiremeyiz. Örnekler: 1. Alfabemizdeki harflerden oluşan {a, b, c,..., y, z} kümesi sonludur den küçük çift tamsayılar kümesi sonludur. 3. Bir çuval pirinçten oluşan küme sonludur. 4. N = {0, 1, 2, 3, 4,...} Doğal Sayılar Kümesi sonsuzdur. 5. Z = {..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...} Tamsayılar Kümesi sonsuzdur. 6. R = Gerçel Sayılar Kümesi sonsuzdur. 7. Düzlemdeki noktalar kümesi sonsuzdur. Kümelerin Gösterimi Niteleme Yöntemi Niteleme Yöntemi (Öğelerin Ortak Özeliklerini Belirleme): Kümeleri, genellikle (10) biçiminde gösteririz. Bu gösterimde p önermesi, kümenin öğelerinin belirleyici ve ayırıcı niteliklerini; yani, ortak özelliklerini belirtir. Bu nedenle, (10) gösterimine Niteleme Yöntemi (Ortak Özelik Belirleme Yöntemi) denilir.

52 52 calculus Listeleme Yöntemi Bazı özel hallerde, kümenin öğelerini tek tek yazmak ya da belirli bir kurala uyar biçimde sıralamak mümkün olabilir. Bu durumlarda, kümenin öğelerini {} parantezi içine yazarız. Bu yönteme, Kümenin Öğelerini Listeleme ; {} parantezine de, küme parantezi diyeceğiz. A kümesinin öğeleri a, b, c, d, e,... ise, A = { a, b, c, d, e,... } (14) yazarız. Örneğin, tek tamsayılar kümesi nin niteleme yöntemi ile gösterimi, { x x tek tamsayıdır} biçimindedir. Aynı kümeyi listeleme yöntemiyle gösterecek olursak, {..., 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5,... } yazabiliriz. Birinci gösterimdeki x tek tamsayıdır önermesi, kümeyi belirleyen p(x) önermesidir. İkincide ise, büyük parantez içinde verilen..., 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5,... sıralamasından,... ile belirtilen yerlere yalnızca tek tamsayıların yazılması gerektiğini anlıyoruz. Tabii, bu tür bir gösterimi kullanırken, herkesin yazılı olmayan öğelerin ne olduğunu kesinlikle anlayacağından emin olmak gerekir; değilse yanlış anlamalar doğabilir. Eğer yanlış anlam çıkacağı kuşkusu varsa, ortak özelik belirtme yöntemi ne geçmek daha uygun olur. Bu örnekte görüldügü gibi, listeleme yöntemi, bazı hallerde daha kolay algılanabilir. Ancak, kümelerin büyük çoğunluğu için, listeleme yöntemi olanaksızdır. Örneğin, sınıfınızdaki bütün öğrencilerin adlarını yazarsanız, sınıftaki öğrencilerden oluşan kümenin öğelerini listelemiş olursunuz. Ama, dünyadaki bütün insanların kümesini listeleyemezsiniz. Venn Diyagramı Kümeler cebirinde birçok bağıntıyı daha somut biçimde görebilmek için kümeleri düzlemde kapalı bir eğri ile sınırlanmış bölgeler olarak temsil ederiz. Bu yöntemi ilk kez İngiliz Matematikçisi John Venn uyguladığı için, kümeleri temsil eden böyle sekillere Venn diyagramları, denilir.

53 Açık Önermeler Predicates Önerme Fonksiyonları Tanım Γ bir küme olsun. Γ kümesinin her γ öğesi için φ(γ) bir 17 Önerme önerme ise, φ ye, Γ kümesi üzerinde açık önerme (önerme fonksiyonu), denilir. Her γ Γ için φ(γ) önerme fonksiyonu ya doğru ya da yanlış değer alır. Γ kümesi φ nin tanım bölgesidir. Değer bölgesi {yanlış, doğru} kümesidir. Bu kümeyi daha yalın olan {0, 1} biçiminde de gösterebiliriz. Bu gösterimde 0 ve 1 birer simgedir; sayısal değerleri dikkate alınmaz. φ nin doğruluk kümesi D φ = {γ γ Γ φ(γ) doğru} (15) dir. örnekler örnekler φ(x) = (x 2 16 = 0) biçiminde tanımlanan φ önerme fonksiyonunun, c ile gösterilen gerçel sayılar kümesi üzerinde tanımlı olduğunu varsayalım. Hemen görüleceği üzere, doğrulık kümesi olur. D φ = {x (x R) (x 2 16 = 0)} = { 4, +4} φ(n) = (n + 3 > 1) biçiminde tanımlanan φ açık önermesinin tanım kümesi doğal sayılar kümesi olsun. Doğruluk kümesi D φ = {n (n N) (n + 3 > 1)} = N olur. O halde, tanım kümesi doğruluk kümesine eşittir. 3. Önceki örnekte φ nin tanım kümesini Z tamsayılar kümesi olarak değiştirirsek, doğruluk kümesi D φ = {m (m Z) (m + 3 > 1)} = { -2 den büyük tamsayılar} olur.

54 54 calculus 4. Önceki örnekte φ nin tanım kümesini R gerçel sayılar kümesi olarak değiştirerek doğruluk kümesini bulunuz. Γ kümesi üzerinde tanımlı φ önerme fonksiyonu, bazı γ Γ için doğru, bazı γ Γ için yanlış olabildiği gibi, tanım bölgesineki her öğe için doğru ya da yanlış olabilir. Her öğe için bunu sözle anlatmak güçlüğünden sakınmak için, adına nicelik belirteçleri denilen bazı simgeler kullanacağız. Nicelik Belirteçleri Evrensel Belirteç Tanım φ, Γ kümesi üzerinde tanımlanmış bir önerme fonksiyonu olsun. Γ kümesinin her γ öğesi için φ(γ) doğru bir önerme ise, bu durum, Figure 19: Her niceleyicisi γφ(γ) ( γ Γ)φ(γ) γ(γ Γ) φ(γ)) (16) simgelerinden birisiyle gösterilir ve "her γ Γ için φ(γ) doğrudur", diye okunur. simgesine evrensel niceleyici ya da evrensel belirteç denir ve "her" diye okunur. Varlık Belirteci Figure 20: Varlık Niceleyicisi Tanım φ, Γ kümesi üzerinde tanımlanmış bir önerme fonksiyonu olsun. φ(γ) önermesi doğru olacak şekilde, Γ kümesinin bazı (dolayısıyla en az bir tane) γ öğeleri varsa, bu durum γ φ(γ) (17) ( γ Γ)φ(γ) (18) γ(γ Γ) φ(γ)) (19) simgelerinden birisiyle gösterilir ve "bazı γ Γ için φ(γ) doğrudur" diye okunur. simgesine varlık niceleyicisi ya da varlık belirteci denir ve yerine göre, "vardır" ya da "bazı" diye okunur. Bazen φ(γ) önermesi tanım bölgesindeki bir tek γ Γ için doğru, başkaları için yanlış olabilir. Bu özel durumu vurgulamak gerektiğinde, varlık belirtecinin üstüne bir yıldız koyacağız; yani ( γ Γ)φ(γ), γ(γ Γ φ(γ)) (20) simgeleri, φ(γ) önermesini sağlayan bir ve yalnızca bir tane γ Γ öğesinin varlığını belirtecektir. Nicelenmiş İfadeler (16) - (19 ) biçimindeki ifadelere nicelenmiş ifadeler diyeceğiz.

55 açik önermeler 55 Nicelenmiş ifadeleri kullanırken, bazen γ öğesinin hangi kümeye ait olduğu apaçık belli olur. O zaman, basitliği sağlamak için (17) simgesinin kullanılması önerilir. Ama aynı anda birden çok kümeyle çalışılıyor ve ele alınan öğenin hangisine ait olduğunu belirtmek gerekiyorsa, (18 ya da (19) simgeleri kullanılmalıdır. Nicelemelerin Değillenmesi olumsuzlama "her" Niceleyicisinin Değillenmesi Niceleyicisinin Değillenmesi Her canlı ölür. (21) önermesini simgelerle ifade edebilmek için canlılar kümesini C ile gösterelim. (??) ifadesi yerine φ γ(γ C γ ( ölür.) (22) yazabiliriz. Şimdi φ nin değilini (olumsuzunu) düşünelim : diyebiliriz. Bunu genelleştirelim: φ ( Her canlı ölür.) Ölmeyen canlılar vardır. Bazı canlılar ölmez. γ(γ C γ ölmez.) γ(γ Γ φ(γ)) (23) önermesi ya doğru ya da yanlıştır. Bu önermenin doğru olması demek, her γ Γ için φ(γ) önermesinin doğru olması demektir. Yanlış olması demek ise, φ(γ) önermesi yanlış (dolayısıyla φ(γ) doğru) olacak şekilde enaz bir γ Γ var demektir. Öyleyse, [ γ(γ Γ φ(γ))] γ(γ Γ φ(γ)) (24) olur. Γ kümesinin bir başkasıyla karışma tehlikesi yoksa, (24) ifadesini çok daha yalın olan biçiminde yazabiliriz. [ γ φ(γ)] γ φ(γ) (25)

56 56 calculus "var" Niceleyicisinin Değillenmesi Niceleyici Bazı canlılar ölür. (26) önermesini düşünelim. Bunu simgelerle ifade etmek için, gene canlılar kümesini C ile gösterelim. (26) ifadesi yerine ψ γ(γ C γölür.) (27) 22 Sözel önermelerin değili, konuşulan dile ve içinde yaşanılan kültüre göre farklı anlamlar alabilir. O nedenle, sözel ifadeler yerine simgesel ifadeler tercih edilmelidir. yazabiliriz. Şimdi ψ nin değilini (olumsuzunu) düşünelim : ψ ( Bazı canlılar ölür.) Hiçbir canlı ölmez. Her canlı ölmez γ(γ C γölmez.) olacaktır. 22 Örneğin, "Her kuşun eti yenmez." ifadesi dilimizde, "Eti yenmeyen kuşlar vardır." anlamında kullanılır. Burada nitelemesi nitelemesi yerine geçmiştir. Matematiksel mantıkta bu anlamların yanlış olduğu apaçıktır. Çünkü, simgesel mantıkta Her kuşun eti yenmez. Eti yenmeyen kuşlar vardır. denkliği vardır. Şimdi bunu simgesel biçimde yazalım: γ(γ Γ ψ(γ)) (28) önerınesinin doğru olması demek, ψ(γ) önermesi doğru olacak şekilde enaz bir γ Γ öğesi var olması demektir. Bu önermenin yanlış olması demek, hiçbir γ Γ için ψ(γ) doğru değil demektir. O halde, her γ Γ için ψ(γ) doğru olur. Simgelerle yazarsak, [ γ(γ Γ ψ(γ))] γ(γ Γ φ(γ)) (29) olacaktır. Eğer Γ kümesinin bir başkasıyla karışması tehlikesi yoksa, ifadeyi daha basit olarak, şeklinde de yazabiliriz. [ γ ψ(γ)] γ ψ(γ) (30) 23 Çok Değişkenli Önermeler Çok Değişkenli Önerme Fonksiyonları 23 Önerme fonksiyonları birden çok değişkene bağlı olabilir. Burada yalnızca iki değişkenli önerme fonksiyonlarını ele alacağız. Daha çok değişken olduğunda, niceleyicileri ve değillerini iki değişkenli duruma indirgemek mümkündür. X ile Y herhangi iki küme olsun. Her x X ve her y Y için, x ile y öğelerine bağlı bir P(x, y) (31)

57 açik önermeler 57 önermesi tanımlanmışsa, P ye iki değişkenli bir önerme fonksiyonudur, denilir. Lemma P(x, y) x (x X [ y(y Y P(x, y))]) (32) önermesini, yalınlığı sağlamak için P(x, y) x y P(x, y) (33) simgesiyle göstereceğiz. X ve Y kümelerini belirtmek gerekiyorsa (33) yerine P(x, y) ( x X)( y Y) P(x, y) (34) diyebiliriz. Bu önermeyi şöyle okuyacağız : "Her x X ve her y Y için P(x, y) doğrudur". Lemma Yukarıdakine benzer düşünüşle, Q(x, y) x(x X [ y(y Y Q(x, y))]) (35) önermesini, yalınlığı sağlamak için Q(x, y) x yq(x, y) (36) simgesiyle gösterecek ve "bazı x ve bazı y öğeleri için Q(x, y) doğrudur" diye okuyacağız. X ile Y kümelerini belirtmek gerektiğinde (36) yerine, yazabiliriz. Lemma Q(x, y) ( x X)( y Y)Q(x, y) (37) predicate önermesini, R(x, y) x(x X [ y(y Y R(x, y))]) (38) R(x, y) x yr(x, y))]) (39) ile gösterecek ve bunu "Her x için öyle bir y vardır ki, R(x, y) doğru olur." diye okuyacağız. X ve Y kümelerini belirtmek gerektiği zaman (39) yerine, yazabiliriz. R(x, y) ( x X)( y Y)R(x, y) (40)

58 58 calculus Lemma önermesini S(x, y) x(x X [ y(y Y P(x, y))]) (41) S(x, y) x yp(x, y) (42) simgesiyle gösterecek ve bunu, "öyle bir x var ki her y için S(x, y) doğrudur." diye okuyacağız. X ile Y kümelerini belirtmek gerekiyorsa (42) yerine diyebiliriz. S(x, y) ( x X)( y Y)P(x, y) (43) Aksiyom x y y x x y y x yer değişimlerini varsayacaız. Daha açık söyleyişle, a) x y P(x, y) y x P(x, y) (44) b) x y Q(x, y) y x Q(x, y) (45) eşitliklerini birer belit olarak varsayacağız. Ancak niceleyicileri kendi aralarında yer değiştirmez. Daha açık bir deyişle, Theorem Aşağıdaki eşitsizlik vardır. x y P(x, y) y x P(x, y) Kanit: Gerçekten, bu iki önermenin denk olmadığı (29) ile (34) bağıntılarından görülebilir. Bunu bir örnekle açıklayabiliriz: X insanlar kümesi ve Y de kitaplar kümesi olsun. x X ve y Y ise P(x, y) önermesini, P(x, y) (x, y yi okudu) diye tanımlayalım. Buna göre, x y P(x, y) Her insan enaz bir kitap okudu. y x P(x, y) öyle bir kitap vardır ki her insan o kitabı okudu. olacaktır.

59 açik önermeler 59 Çok Değişkenli Önermeleri Değilleme eğilleme 25 P, Q, R, S önermelerinin değillerini, ifadeleri yalın bileşenlerine ayırarak bulabiliriz. Örnek olarak P(x, y) nin değilinin nasıl bulunduğunu gösterelim. T(x) y(y Y P(x, y)) dersek (32) ifadesi P(x, y) x(x X T(x) şeklini alır. Bunun olumsuzu, (25 ) gereğince, P(x, y) x(x X T(x)) dir, ki burada T(x) y(y Y P(x, y)) dir. Bunu yukarıdaki yerine yazarsak, çıkar. Demek ki P(x, y) x(x X [ y(y Y P(x, y))]) olur. [ x y P(x, y)] x y P(x, y) Alıştırmalar 1. Aşağıdaki bağıntıların varlığını gösteriniz. a) x y P(x, y) x y P(x, y) (46) b) x y P(x, y) x y P(x, y) (47) c) x y P(x, y) x y P(x, y) (48) 2. Aşağıdaki sözlü ifadeleri simgelerle gösteriniz ve sonra da olumsuzlaştırınız. Herbirisinin olumsuzunu sözle ifade ediniz. a) Her insan okur. b) Bazı insanlar okur. c) Her insan okumaz. d) Bazı insanlar okumaz. 3. Aşağıdaki önermeleri sözle ifade ediniz ve sonra olumsuzlaştırınız. a) x y(x 2 + y 2 > 100 b) x y(y 2 < x 3 c) x y(x 2 y 2 = 4 d) x y(x = y

60 60 calculus 4. Aşağıdaki önermelerin doğruluk değerlerini bulunuz. Sonra herbirinin olumsuzunu yazınız. a) ( x R)(x 2 4 >) b) ( x R)( y R)(x 2 = y 2 ) c) ( x R)( y R)(x y = 0) d) ( x R)( y R)(x y = 0) 5. x R iken, aşağıdaki önermenin değilini bulunuz. x ((x 5 0) ( x(5x 3 0))) 6. Aşağıdaki sözel ifadeleri mantıksal simgelerle yazınız ve herbirisinin olumsuzunu belirleyiniz. a) Bazı arkadaşlarım zekidir. b) Aptal insanlar can sıkıcıdır. c) Hiç zengin akrabam yok. d) Bazı bilgisayar yazılımlarını kullanmak zordur. 7. Aşağıdaki sözel ifadeleri mantıksal simgelerle yazınız ve herbirisinin olumsuzunu belirleyiniz. a) Bütün futbolcular çok para kazanır. b) Bazı pilotlar bayandır. c) Bazı doktorların elyazısı okunmaz. d) Bütün öğrencilerin lüks arabaları var.

61 Kümeler Cebiri 26 Doğa olaylarının ya da sosyal olayların açıklanması için, bazen, matematiksel modelleme yapılır. Bunu yapmak demek, incelenecek olaya etki eden etmenleri içine alan matematiksel formülleri ortaya koymak demektir. Bunların büyük çoğunluğu, sayısal işlemlerle yapılabilir. Ama bazı durumlarda, sayısal işlemlere benzemeyen işlemler gerekebilir. Bu farklı işlemlerden bir bölümü, Kümeler Cebiri kullanılarak yapılanlardır. Sayılarda yaptığımız dört işlem, tek tek sayılarla uğraşır. İki sayı arasında yapılan toplama, çıkarma, bölme, çarpma,... işlemleriyle yeni sayılar oluşturur. Kümeler Cebiri, sayılardaki dört işlemden farklı olarak, tek tek öğelerle değil, kümelerle uğraşır. İki küme arasındaki işlemlerle yeni kümeler oluşturur. Bu kavram, birçok modellemede kullanılır. Hemen belirtelim ki, Matematik bir yönüyle, kesin kuralları olan bir dildir. Bir dilin alfabesini, ve dilbilgisini öğrenmeden, o dilde konuşmak ve düşünmek mümkün değildir. Matematiğin alfabesi simgeler, dilbilgisi ise tanımlar ve teoremlerdir. Dolayısıyla, Matematiği kavrayabilmek için, öncelikle, sayısı çok olmayan simgeleri öğrenmeliyiz. Tanım ve teoremler, bunu kolayca izleyecektir. 26 Kümesel İşlemler Kümeleri liste biçiminde gösterirken, kümenin öğelerini { } parantezi içine yazarız. { } ye küme parantezi denilir. Küme parantezi içine yazılan öğelerin sırası önemli değildir. Ayrıca, aynı öğe birden çok yazılmışsa, o öğe bir kez var sayılır. Örnek Öğeleri a,b,c olan kümeyi A = {a, b, c}, A = {b, a, c}, A = {c, b, a} vb gibi yazabiliriz. Küme parantezi içine öğelerin hangi sırada yazıldığı önem taşımaz. Kümeleri, genellikle, A, B,..., X, Y,... gibi büyük harflerle, öğelerini ise a, b, c,..., x, y,... gibi küçük harflerle göstereceğiz. Ayrıca 1, 2, 3,... gibi sayıları ya da başka simgeleri de öğe olarak gösterebiliriz. {a, b, c} kümesi ile {a, a, a, b, c} kümeleri aynıdır; çünkü a öğesi küme parantezi içine birden çok kez girse bile ancak bir kez var olduğunu kabul ediyoruz. Tanım?? de birinci özelik, kümenin öğelerinin kesinlikle belirli olduğu anlamına gelir. Hangi öğenin kümeye ait olduğu ya da olmadığı konusunda hiç bir kuşku olmaz. Örneğin, K = {kütüphanemizdeki kitaplar}

62 62 calculus ifadesi kümeyi kesinlikle belirler. Çünkü, kütüphanemizdeki her kitap K kümenin bir öğesidir; kütüphanemizde olmayan hiç bir kitap K kümesine ait değildir. Bunun yanında, {iyi kitaplar} deyimi bir küme tanımlamaz. Çünkü, iyi kitap kavramı kişiden kişiye değişir. Dolayısıyla, Tanım?? in ilk özeliği sağlanmaz. Tanım a A simgesi a öğesinin A kümesine ait olduğunu belirtir ve "a öğesi A kümesi içindedir", diye okunur. Tersine olarak, a A simgesi a öğesinin A kümesine at olmadığını belirtir ve "a öğesi A kümesi içinde değildir", diye okunur. Aşağıdaki denklikler vardır. a A A a (49) a A A a (50) Kapsama Kapsama Tanım A kümesinin her öğesi B kümesine ait ise, "A kümesi, B kümesi tarafından kapsanır" ya da "B kümesi A kümesini kapsıyor," denilir ve A B simgesiyle gösterilir. Figure 21: Altküme Tanım A B ise A kümesi B kümesinin bir altkümesidir ya da B kümesi A kümesinin bir üstkümesidir, denilir. simgesine kapsama bağıntısı denilir. A B ile B A eş anlamlıdır. Kapsamayı simgesel olarak şöyle gösterebiliriz: A B = (x A x B) (51) Evrensel Küme evrensel Sözlük anlamıyla, evrensel kümeyi her şeyi içeren en büyük küme olarak düşünmeye kalkabiliriz. Oysa, öyle bir küme belirsizdir. Her şeyi içeren küme, kişiden kişiye değişebileceği gibi, böyle bir kümeyi kümeler cebirine katınca sistemde paradokslar oluşur. Paradoksları ileride ele alacağız. Evrensel küme diyeceğimiz tek bir küme yoktur. Figure 22: Evrensel Küme Tanım Belli bir iş için, o anda ele alınan bütün öğeleri (nesneleri) içeren kümeye evrensel küme denilir. Örneğin, {1, 3, 5, 7} kümesi ile işlem yaparken, evrensel küme olarak tek sayılar kümesini, doğal sayılar kümesini ya da tam sayılar kümesini almak mümkündür. Evrensel kümeyi belirleyen genel bir kural yoktur. İşleme giren öğelerin hepsini kapsayan en küçük kümeyi evrensel küme olarak seçmek uygundur. Aslında, kümeler cebiri ile ilgili işlemlerin çoğunda evrensel kümenin kim olduğu önemli fark yaratmayacaktır. Ele alınan kümeler soyut ise; yani öğeleri belirtilmiyor ise, o anda söz konusu olan bütün kümeleri kapsayan kümeye evrensel küme deriz. Bu anlaşma, kümeler cebirinde bir sorun yaratmayacaktır. Evrensel kümeyi, çoğunlukla E simgesiyle göstereceğiz.

63 kümeler cebiri 63 Venn Çizenekleri İngiliz matematikçi John Venn( ) yapılan işlemlerin kolay algılanmasını sağlamak için kümeleri düzlemsel şekillerle gösterdi. Kümeleri istediğimiz şekillerle gösterebiliriz. Ama, duyu organlarımız iki boyutlu şekilleri; yani düzlemsel şekilleri daha kolay algılar. Genellikle, daire ve elips kullanılır. Tümleyen Küme Tümleyen Tanım A kümesinin tümleyeni, evrensel kümeye ait olan ama A kümesine ait olmayan öğelerin oluşturduğu kümedir. A kümesinin tümleyeni A, A, A c, E \ A ya da E A simgelerinden birisi ile gösterilir. Simgesel olarak, tümleyen kümeyi Figure 23: Tümleyen Küme A = {x x E x A} (52) biçiminde yazabiliriz. E tümleyeninin kim olduğunu belirtmek gerekmiyorsa, yukarıdaki ifadeyi yalın biçimiyle yazarız. A = {x x A} (53) Theorem E evrensel küme ise, her x E ve A E kümesi için aşağıdaki özelikler geçerlidir. x A = x A (54) x A = x A (55) İspat: Tümleyen küme tanımından çıkar. Lemma Her A kümesi için (A ) = eşitliği sağlanır. İspat: x A = x A = x (A ) Boş Küme Boş Tanım Hiçbir öğesi varolmayan kümeye, boş küme diyecek ve bunu simgesiyle ya da içi boş { } parantezi ile göstereceğiz. Boş kümenin, kümeler cebirinde oynadığı rolü, sıfırın sayılarda oynadığı role benzetebiliriz. Tabii, sıfırın boş küme olmadığını söylemek gerekmez. Örnek Hiçbir insan 200 yıl yaşamadığına göre = { İkiyüz yaşını geçmiş ressamlar.} olur. Theorem Her küme boş kümeyi kapsar.

64 64 calculus İspat: A herhangi bir küme olsun. x x A (56) olduğunu göstermeliyiz. Bunun için olmayana ergi yöntemini (φ ψ ψ φ) kullanabiliriz. Boş kümenin hiç bir öğesi olmadığından, A kümesine ait olmayan hiç bir öğenin boş kümeye ait olamayacağı apaçıktır. O halde, yazılabilir. x A x (57) Theorem Evrensel kümenin tümleyeni boş kümedir. Boş kümenin tümleyeni evrensel kümedir. İspat: E = ve = E olduğunu göstermeliyiz. Tümleyen küme tanımında A yerine E konulursa E = {x x E x E} Sağdaki küme parantezi içindeki önerme hepyanlış bir önermedir. O halde, önermeyi sağlayan hiçbir x öğesi yoktur. Öyleyse, E tümleyeninin hiçbir öğesi yoktur. E = olur. Teoremin ikinci kısmı da benzer olarak kanıtlanabilir. = {x x E x } Sağdaki küme parantezi içindeki önerme hepdoğru bir önermedir; evrensel kümeye ait her x öğesi önermeyi sağlar. Öyleyse, tümleyeni evrensel kümedir: E = olur. Tek öğeli küme Tanım Yalnızca bir tek a öğesine sahip kümeyi {a} ile gösterecek ve adına tek öğeli küme diyeceğiz. Uyarı a bir öğedir, {a} ise bir kümedir. Dolayısıyla bu ikisi birbirlerinden farklıdır: a {a}. Figure 24: Altküme: A B E Alt Küme ve Üst Küme 31 31, Tanım A kümesi B kümesi tarafından kapsanıyorsa "A kümesi B kümesinin bir alt kümesi dir," ya da "B kümesi A kümesi nin bir üst kümesi dir," diyeceğiz: B A. Eşit Kümeler Tanım A kümesi B kümesinin altkümesi ve B kümesi de A kümesinin altkümesi ise, "A ile B kümeleri birbirlerine eşittir," denilir ve bu durum, A = B simgesiyle gösterilir. A = B = [(A B) (B A) (58)

65 kümeler cebiri 65 Has Alt Küme 32 A B = A kümesi, B nin bir alt kümesidir, olması, A kümesinin B ye eşit olamayacağı anlamına gelmez. Örneğin, her küme kendi kendisinin bir alt kümesidir A A. Neden? Bazen, altkümenin üstkümeye eşit olmadığını vurgulamak gerekir. Tanım A kümesi, B kümesi tarafından kapsanıyorsa ve A ile B eşit değilseler, A kümesi B kümesi nin bir has alt kümesi dir, denilir. Bu durumu simgesel olarak, (A B) (A = B) (59) biçiminde göstereceğiz. 33. Kuvvet Kümesi Kümeler cebirinde bir kümenin bütün altkümelerinden oluşan aile önemli bir araç olarak kullanılır. Tanım Boş olmayan A kümesinin kuvvet kümesi A kümesinin bütün altkümelerinden oluşan kümedir; P(A) simgesiyle gösterilir. 33 Uyarı: Bazı kaynaklarda A B yerine A B simgesi ve (A B) (A = B) yerine de A B simgesi kullanılır. Tabii, bir kavramın hangi simgeyle gösterildiği, o kavrama etkimez; ama hangi kavram için hangi simgenin kullanıldığını daima bilmek ve tutarlı biçimde kullanmak gerekir. Bu derste simgesini kullanacağız Öğeleri kümeler olan bir topluluğun kendisi de bir kümedir. Ancak, onlara kümeler ailesi diyeceğiz. Böylece, öğeleri kümeler olan kümeyi algılamak daha kolaylaşacaktır. Aşağıdaki önermenin ispatı ileride yapılabilecektir. Theorem n öğeli bir kümenin bütün alt kümelerinin sayısı 2 n dir. Küme İşlemleri Bileşim Ya A kümesine ya B kümesine ya da hem A ya hem de B ye ait olan bütün öğelerden oluşan kümeye, A ile B nin bileşimi, denilir ve A B simgesiyle gösterilir; yani, dir. A B = { x (x A) (x B) } (60) Arakesit Hem A kümesine hem de B kümesi ne ait olan bütün öğelerden oluşan kümeye, A ile B nin arakesiti, denilir ve A B simgesiyle gösterilir; yani, Figure 25: Bileşim A B = { x x A x B} (61) dir. Ayrık Kümeler A ile B kümelerinin arakesiti boş ise; yani, Figure 26: Arakesit A B = (62) ise, A kümesi ile B kümesi birbirlerinden ayrıktırlar (kesişmiyorlar), denilir. Hiçbir ortak öğesi olmayan iki küme ayrıktır.

66 66 calculus Kesişen Kümeler A ile B kümelerinin arakesiti boş değilse ; yani, A B = (63) ise, A ile B kümeleri ayrık değildir (kesişiyorlar), denilir. Kesişen iki kümenin en az bir tane ortak öğeleri vardır. Fark A kümesinin öğelerinden B kümesine de ait olanları attıktan sonra, geriye kalan öğelerin oluşturduğu kümeye, A ile B nin farkı diyecek ve bunu A \ B ya da A B simgelerinden birisiyle göstereceğiz; yani, A B = A \ B = { x x A x B } (64) dir. (A \ B) = (B \ A) olduğu apaçıktır. Figure 27: A \ B: Fark Simetrik Fark A ile B nin bileşim kümesinden, arakesitlerinin çıkarılmasıyla elde edilen kümeye, A ile B kümelerinin simetrik farkı diyecek ve bunu A B simgesiyle göstereceğiz; yani, A B = {(A B) \ (A B)} (65) dir. (A B) = (B A) olduğu hemen görülür. Figure 28: Simetrik Fark KÜMELER CEBİRİ Bu bölümde bileşim, arakesit, fark, simetrik fark ve tümleme işlemleriyle ilgili başlıca özelikleri çıkaracağız. Theorem a. Her küme boş kümeyi kapsar. b. Her küme, o kümeyi belirleyen önermenin belirlediği evrensel küme tarafından kapsanır. c. Bir küme ile onun tamlayan kümesinin bileşimi, evrensel kümelerine eşittir. İspat: A = { x p(x) } herhangi bir küme ve E = { x p(x) p (x)} A yı kapsayan evrensel küme olsun. (Evrensel küme tanımına bakınız.) Aşağıdaki bağıntıları göstermeliyiz. a. A b. A E c. E = A A

67 kümeler cebiri 67 a. Olmayana Ergi Yöntemini kullanalım. Eğer ( A) olsaydı, ( A) = [ x((x ) (x A))] 0 [ x(x x A] 1 [( A)] 1 olurdu. Sağdaki ilk satırda, [(x ) 0] olduğundan, (x A) önermesi ister doğru, ister yanlış olsun, ((x ) (x A)) bileşik önermesi hepyanlıştır. Bu satırdaki ifadenin olumsuzu, ikinci satırdaki ifadeye eşittir ve hepdoğrudur. Üçüncü satıra geçmek için, alt küme tanımını kullanmak yetecektir. b. x A p(x) x E yazabiliriz. Neden? c. x E = [p(x) p (x)] = [(x A) (x A )] = x A A olduğundan, E (A A ) E (A A ) bağıntıları vardır. Bu isteneni verir. Buradan görüldüğü ve daha önce de söylediğimiz gibi, evrensel küme, ele aldığımız kümeyi belirleyen Φ önermesine bağlı olarak değişmektedir. İşlemlerde kolaylığı sağlamak için, ele alacağımız bütün kümeleri kapsayacak kadar büyük; ama yalnız onları kapsayacak kadar küçük bir evrensel kümenin seçildiğini varsayacağız. Farklı evrensel kümelerin seçilmesi, kümelerle yapacağımız işlemlerin özeliklerini değiştirmeyecektir. Buna göre, E evrensel kümesinin belli bir p açık önermesini sağlayan öğelerinden oluşan A alt kümesi A = { x x E p(x)} = { x Φ(x) p(x)} (66) dir. Buradaki p önermesinin, genellikle, E yi belirleyen Φ önermesinden farklı olabileceğine dikkat edilmelidir. Zaten Φ önermesiyle pek ilgilenmeyeceğiz. Ele alacağımız bütün kümeler E ye ait olacağından, yukarıdaki ifadeyi daha kısa olarak, A = { x p(x) } (67) biçiminde yazabiliriz. Aşağıdaki teoremlerin ispatları, önermeler cebirinde yaptığımız ilgili bağıntılardan çıkar. Lemma A ile B herhangi iki küme ise, aşağıdaki bağıntılar sağlanır.

68 68 calculus 1. A = B = [(x A) = (x B)] 2. x A = x A 3. x A = x A 4. A B = A B = B 5. A B = A B = A 6. A (A B) 7. B (A B) 8. (A B) A 9. (A B) B 10. (A A ) = Lemma A, B, C herhangi üç küme ise, aşağıdaki bağıntılar sağlanır. a. A = A b. A = B B = A c. (A B) (B C) (A C) d. (A = B) (B = C) (A = C) e. A \ B = B \ A Lemma A, B ve C herhangi üç küme ise, aşağıdaki bağıntılar sağlanır. 1. A = A (Boş küme bileşim işleminin birimidir) 2. A = (Boş küme, arakesit işleminin yok edicisidir) 3. A A = A (Bileşimde Eşgüçlülük Kuralı) 4. A A = A (Arakesitte Eşgüçlülük Kuralı) 5. A B = B A (Bileşim İşleminin Yer Değiştirebilirliği) 6. A B = B A (Arakesitin Yer Değiştirebilirliği) 7. (A B) C = A (B C) (Bileşimin Birleşebilirliği) 8. (A B) C = A (B C) (Arakesitin Birleşebilirliği) 9. A (B C) = (A B) (A C) (Arakesit Üzerine Dağılma) 10. A (B C) = (A B) (A C) (Bileşim Üzerine Dağılma) Bunlara kümeler cebirinin kuralları diyeceğiz. İspat: Örnek olarak, burada son eşitlik ispatlanacaktır. Ötekilerin ispatını öğrenciye bir alıştırma olarak bırakıyoruz. 1. Yol: Önermeler Cebiri ile Kümeler Cebiri nin bilinen özeliklerini kullanarak, istenen bağıntıyı çıkarabiliriz. x A (B C) = x A x B C arakesit tanımı = x A (x B x C) bileşim tanımı = (x A x B) (x A x C) dağılma = (x A B) (x A C) dağılma = x (A B) (A C) bileşim tanımı

69 kümeler cebiri Yol: Gösterilecek eşitliğin sol ve sağındaki önermelerin doğruluk tablolarını düzenleyip; doğruluk değerlerinin aynı olduğunu görebiliriz. Bunun için, her iki yandaki önermeleri yalın bileşenlerine ayırıp, herbirisinin doğruluk değerlerini bir tabloda göstereceğiz. Eşitliğin sol ve sağındaki önermelere, P(x) = x A (B C) Q(x) = x (A B) (A C) diyelim. Bu iki önermenin mantıksal denk olduğunu göstermek için, Aşağıdaki tabloyu düzenleyelim. x A x B x C x A B x A C x B C P(x) Q(x) Bu tablodan, evrensel kümeye ait her x için, P(x) Q(x) olduğu görülmektedir. O halde, A (B C) = (A B) (A C) eşitliği çıkmış olur. Lemma E evrensel küme, A ile B bunun birer alt kümesi iseler, aşağıdaki eşitlikler sağlanır. 1. A E = E E, Bileşimin Birim Öğesidir 2. A E = A E, Arakesitin Birim Öğesidir 3. A = E \ A 4. A = E \ A 5. (A ) = A 6. E = 7. = E 8. (A B) = A B De Morgan Kuralı 9. (A B) = A B De Morgan Kuralı 10. (A B) A B İspat: Aşağıdaki gerektirmeler, Önermeler Cebirinde ve Kümeler Cebirinde gördüğümüz özeliklerdir. Her bir adımı nedenleriyle açıklayınız.

70 70 calculus 1. A E A E = E 2. A E A E = A 3. x A = x A = x E \ A 4. x A = x A = x E \ A 5. x (A ) = x A = x A 6. x E = x E = Ω(x) x 7. x = x = Ω(x) = x E 8. x (A B) = x A B = (x A) (x B) = (x A ) (x B ) = x A B ) 9. x (A B) = x A B = (x A) (x B) = (x A ) (x B ) = x A B ALIŞTIRMALAR 1. A, B, C, D birer küme ve E evrensel küme ise, aşağıdaki eşitlikleri sağlayınız. (a) (A \ B) = B A (b) A \ B = A (E \ B) (c) (A B) C = A (B C) (d) (A \ B) (C \ D) = (A C) \ (B D) 2. (a) A \ B = A = (A B = = B \ A = A B = A \ B = (b) A \ B = B \ A = A C = B = B C = A (c) (A C B C) = A B C (d) (C A C B) = C (A B (e) A B = B A (f) A B = A B = B = A B = A

71 Bağıntılar Matematikte Yeni Ufuklar Cebirsel yöntemlerin kolaylığı yanında, geometride ölçümlerin sayısallaştırılması gereğini gören ünlü Fransız matematikçisi René Descartes ( ) yeni bir yöntem geliştirdi. Düzlemdeki noktaların yerlerini belirtmek için, birisi yatay konumda, ötekisi düşey konumda olan ve birbirlerini başlangıç noktalarında dik kesen iki sayı doğrusu aldı. Bu doğrulara koordinat eksenleri adını verdi. Düzlemdeki bir A noktasından yatay doğruya inilen dikmenin ayağı x sayısına; düşey doğruya inilen dikmenin ayağı y sayısına karşılık geliyorsa, {x, y} sayı çiftinin A noktasının düzlemdeki konumunu kesinkes belirttiği görüldü. Ancak, bu sayıların rolleri değiştiğinde, farklı bir noktanın konumunu belirteceği açıktır. Buradan doğacak karışıklığı yoketmek için, hangisinin yatay eksen üzerinde, hangisinin düşey eksen üzerinde olduğunu belirtecek, bir sıralama kavramı konuldu ve {x, y} yerine (x, y) simgesi kullanıldı. Bunlara A noktasının bileşenleri (koordinatları) adı veildi. (x, y) gösteriminde birinci öğe olan x sayısı, yatay eksen üzerindeki bileşen (apsis); ikinci öğe olan y sayısı, düşey eksen üzerindeki bileşen (ordinat) olarak adlandırıldı. Böylece, {x, y} yerine (x, y) simgesi kullanılmakla, sayı çiftine bir sıralanmış olma niteliği eklendi. Bu nedenle, (x, y) simgesinin temsil ettiği yeni varlığa sıralanmış sayı çifti denilir. Düzlemdeki noktaların sıralanmış sayı çiftleriyle belirtilmesinden sonra, düzlemsel geometrinin temel kavramları cebirsel yöntemlerle ifade edilebilir hale gelmiştir. Tabii, bu yöntem, (x, y, z) gibi sıralı üçlüler yardımıyla uzay geometriye kolayca uygulanmıştır. Sonra, n bir doğal sayı olmak üzere, (a 1, a 2, a 3,..., a n ) gibi sıralı n liler tanımlandı ve n boyutlu uzaylar incelendi. Giderek, bu kavram, matematikte ve başka bilim dallarında geniş bir uygulama alanı buldu. Bu günkü teknik ve teknoloji, büyük ölçüde bu kavrama dayanır. [13] Kartezyen çarpım Bu bölümde, soyut kümeler için, sıralanmış çiftleri inceleyecek ve bir uygulaması olarak analitik düzlemi tanımlayacağız. Tanım A, B iki küme olsun. a A ile b B herhangi iki öğe ise, (a, b) nesnesine, bir sıralı ikili, denilir.

72 72 calculus (a, b) nesnesi, yeni bir varlıktır. a öğesine, (a, b) sıralı ikilisinin birinci bileşeni, b öğesine ikinci bileşeni, denilir. Bu sıralama, belirleyicidir. Dolayısıyla, aşağıdaki önermeyi, sıralı ikililerin eksiksiz bir tanımı olarak alabiliriz. (a, b) = (c, d) (a = c b = d) (68) (a, b) = (c, d) (a = c b = d) (1) (a, b) sıralı ikilisine, sıralı çift ya da, kısaca, ikili de denilir. Uyarı: Bir sıralı ikilide yazılış sırası belirleyici özelik taşır; bileşenlerin sırası değiştirilirse başka bir ikili elde edilir. Örnek (2, 7) = (7, 2) Kartezyen Çarpım Tanım: Hiç birisi boş olmayan A ile B kümelerinin kartezyen çarpımı A B = {(a, b) a A b B} (2) kümesidir. Kartezyen terimi, onu ilk ortaya koyan R.Descartes dan gelir. Sayılardaki çarpma işlemiyle hiç bir ilişkisi yoktur. O, yalnızca, sıralı ikililerden oluşan bir kümedir. Örnek A = {a, b, c} B = {x, y} kümeleri için, A B ve B A kartezyen çarpımlarını bulunuz. Çözüm: ve A B = {(a, x), (a, y), (b, x), (b, y), (c, x), (c, y)} B A = {(x, a), (x, b), (x, c), (y, a), (y, b), (y, c)} olur. Önerme: Hiç birisi boş olmayan A ile B kümeleri eşit değilseler, A B = B A dır; yani, kartezyen çarpımın yer değiştirme özeliği yoktur. Bunu, (68) bağıntısından hemen görebiliriz. Ayrıca, bu özelik, yukarıdaki örnek üzerinde de doğrulanabilir. Önerme: Bir kartezyen çarpımın nicelik sayısı, kümelerin nicelik sayılarının çarpımına eşittir. n(a B) = n(a).n(b) Örneğin, yukarıdaki örnek için, dır. Buradan, çıkar. n(a) = 3, n(b) = 2, n(a B) = n(b A) = 6 n(a).n(b) = 3.2 = 6 ve n(b).n(a) = 2.3 = 6

73 bağintilar 73 Kartezyen Çarpımların Gösterimi Bazı durumlarda, kartezyen çarpımları bir şekille göstermek algılamayı kolaylaştırabilir. Bunun için iki yöntem kullanacağız: Ok Diyagramı ve Grafik. Ok Diyagramı A B kartezyen çarpımını göstermek için A ile B kümelerinin Venn diyagramları yan yana çizilir. Her (a, b) A B için, a öğesini b öğesine eşleyen bir ok çizilir. Ortaya çıkan şekil, A B nin ok diyagramı dır. Grafik Grafik (Koordinat Diyagrami) Birisi yatay konumda olan ve birbirlerini dik kesen iki doğru çizilir. A kümesinin ögeleri yatay bir doğru üzerine, B kümesinin ögeleri düşey bir doğru üzerine yerleştirilir. Her (a, b) A B için, a ve b den doğrulara çıkılan dikmelerin kesim noktası, (a, b) sıralı çiftine eşlenir. Bu yolla düzlem üzerinde elde edilen bütün noktaların oluşturduğu küme, A B kartezyen çarpımının grafiğidir. Örnekler 1. A = {1, 2, 3} ve B = {3, 4} kümeleri veriliyor. A B ile B A nin grafiklerini çiziniz. B 4 (1,4) (2,4) (3,4) 3 (1,3) (2,3) (3,3) A 3 (3,3) (4,3) 2 (3,2) (4,3) 1 (3,1) (4,1) 3 4 Yukarıdaki grafiklerden, A B = B A olduğunu görüyoruz. 2. Özel olarak, bir A kümesinin kendisiyle kartezyen çarpımı da düşünülebilir. A = {2, 7, 8} için A A kartezyen çarpının öğelerini listeleyiniz, nicelik sayısını bulunuz ve grafiğini çiziniz. Çözüm: A A = {(x, y) x, y A} kümesinin öğelerini listelersek, A A = {(2, 2), (2, 7), (2, 8), (7, 2), (7, 7), (7, 8)(8, 2), (8, 7), (8, 8)} olur.

74 74 calculus Nicelik sayısına gelince, yukarıdaki listede olan sıralı ikilileri sayarsak, n(a) = 3, n(a A) = 9 olduğunu görebiliriz. Aynı sonucu, formülden de çıkarabiliriz. n(a A) = n(a).n(a) = 3.3 = 9 Kartezyen çarpımın grafiği aşağıda verilmiştir. A 8 (2,8) (7,8) (8,8) 7 (2,7) (7,7) (8,7) 2 (2,2) (7,2) (8,2) A A A kartezyen çarpımının köşegeni, = {(a, a) a A} alt kümesidir. Yukarıdaki örnek için, A A nin köşegeni, olur. = {(2, 2), (7, 7)(8, 8)} Kartezyen Çarpımın Özelikleri B A nın Grafiği işleminin üzerine Dağılması: A (B C) = (A B) (A C) işleminin üzerine Dağılması: A (B C) = (A B) (A C) ANALİTİK DÜZLEM Tanım: Birbirlerini başlangıç noktalarında dik kesen iki sayı doğrusuna, bir Dik Koordinat Sistemi, denir. Üzerinde bir koordinat sistemi olan düzleme Analitik Düzlem, denir. Theorem R R kartezyen çarpımı ile analitik düzlem bire bir eşlenebilir. Birim uzunlukları eşit olan iki sayı doğrusu Ox ve Oy olsun. Bu eksenler, başlangıç noktalarında birbirlerine dik olacak biçimde düzleme yerleştirilir. Görüntüyü kolay algılamak için, Ox ekseni yatay konuma getirilir. Tabii, Oy ekseni düşey konumda olacaktır. Bir (x 0, y 0 ) R R sıralı çifti verilsin. Ox ekseni üzerinde, x 0 sayısına karşılık gelen noktadan Ox eksenine bir dikme çizilir. Aynı

75 bağintilar 75 şekilde, Oy ekseni üzerinde, y 0 sayısına karşılık gelen noktadan Oy eksenine bir dikme çizilir. Bu iki dikmenin kesiştiği P noktası, (x 0, y 0 ) ikilisine eşlenir. Bu eşlemede, her (x, y) R R sıralı çiftine düzlemde bir tek P noktası karşılık gelir. Tersine olarak, düzlemdeki bir P noktasından Ox ve Oy eksenlerine indirilen dikmelerin ayaklarının karşılık geldiği sayılar x 0 ve y 0 ise, (x 0, y 0 ) R R ikilisini P noktasına eşleyelim. Bu eşlemede, düzlemdeki her P noktasına bir tek (x 0, y 0 ) R R ikilisi karşılık gelir. O halde, analitik düzlem ile R R kartezyen çarpımı arasında bire bir ve örten (bbö) bir eşleme kurulmuş oldu. Bir koordinat sisteminde, Ox eksenine yatay eksen (apsisler ekseni), Oy eksenine düşey eksen (ordinatlar ekseni), Yukarıdaki eşlemeye göre, (x 0, y 0 ) sıralı sayı çiftine, P noktasının bileşenleri (koordinatları), Eksenlerin kesişim noktasına başlangıç noktası (orijin), x 0 sayısına P noktasının yatay bileşeni (apsisi), y 0 sayısına P noktasının düşey bileşeni (ordinatı), denilir. P noktasının bileşenlerini belirtmek gerektiği zaman P(x 0, y 0 ) ya da P = (x 0, y 0 ) yazarız. Başlangıç noktasını O ile göstereceğiz; bileşenleriyle gösterirsek, O(0, 0) olacaktır. Örnekler 1. A(3, 2), B(3, 3), C( 1, 2), D( 5 2, 5 2 ), E(2, 7 2 ) noktalarını analitik düzlemdeki konumlarına yerleştiriniz. Bunlar arasında, köşegen üzerinde olan öğe var mıdır? Çözüm: Verilen noktaların analitik düzlemdeki konumlarını gösteren bir grafik çiziniz. Köşegen üzerinde olan öğelerin yatay ve düşey bileşenleri birbirlerine eşit olacağına göre, köşegen aşağıdaki kümedir. = B(3, 3), D( 5 2, 5 2 ) 2. Aşağıdaki kümeleri analitik düzlemde gösteriniz. a. E = {x x R, 1 y < 2}, b. F = {(x, y) 2 x < 4 y R}, c. E F Çözüm: E kümesi yatay bir şerit, F kümesi düşey bir şerit ve E F kümesi ise köşeleri (2, 1), (4, 1), (4, 2), (1, 2) olan bir dikdörtgensel bölgedir. Alt ve sol yandaki kenarlar bölgeye dahildir; üst ve sağ yandaki kenarlar dahil değildir.

76 76 calculus 3. Hiç biri boş olmayan A, B ve C kümeleri için, A B C kartezyen çarpımı, olarak tanımlanır. A B C = {(a, b, c) a A b B c C} 4. Ox, Oy, Oz başlangıç noktalarında birbirlerine dik olan üç sayı ekseni, üç boyutlu gerçel Öklit uzayına eştir. Bunun analitik temsili, R R R kartezyen çarpımıdır: R R R = {(x, y, z) x, y, z R} Uygulamalar 1. (x + 2y 3, 3x y 2) = (6, 10)) ise, P(x, y) noktasının analitik düzlemdeki konumunu şema ile gösteriniz. 2. (x y, 9) = (1, x + y) ise, Q(x, y) noktasının analitik düzlemdeki konumunu şema ile gösteriniz. 3. (2u + 1, v 3, 4 w) = (u + 3, 5 v, 2 + w) ise (x, y, z) sıralı üçlüsünü bulunuz. 4. A = { 1, 2, 0, 2}, B = { 3, 0, 2, 3} kümeleri için, A B ve B A kümelerini yazınız; şemalarını çiziniz. Nicelik sayılarını bulunuz. 5. A = {1, 2, 3}, B = {2, 3, 4}, C = {1, 3} kümeleri için, (A B) (B \ C) kartezyen çarpımının öğelerini listeleyiniz; şemasını çiziniz. 6. Herhangi bir kümenin boş küme ile kartezyen çarpımının boş olduğunu gösteriniz: A = = A 7. Herhangi bir kümenin boş küme ile kartezyen çarpımının nicelik sayısının 0 olduğunu gösteriniz: n(a ) = n( ) = 0 = n( A) 8. A = { 1, 2, 1}, B = { 2, 0, 2}, C = { 3, 1, 2} kümeleri için, A (B C) = (A B) (A C), A (B C) = (A B) (A C) ve C (A \ B) = (C A) \ (C B) eşitliklerinin doğruluğunu gösteriniz. 9. A B = {(x, m), (x, n), (y, m), (y, n), (z, m), (z, n)} kümesi veriliyor. A ve B kümelerini yazınız. 10. E E kartezyen çarpımını, kısaca, E 2 ile gösteriyoruz. E 2 = {(a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c)} kümesini şema ile gösteriniz. Köşegenini, nicelik sayısını ve E kümesini bulunuz.

77 bağintilar A, B ve C herhangi üç küme olduğuna göre; A (B C) = (A B) (A C) A (B C) = (A B) (A C) A (B \ C) = (A B) \ (A C) (A B) (C D) = (A C) (B D) (A B) (C D) = (A C) (B D) (A B) \ (C C) = [(A \ C) B] [A (B \ C)] eşitliklerinin varlığını gösteriniz. 12. Analitik düzlemde, a. Ox ekseninin, düşey bileşeni 0 olan noktaların kümesi olduğunu; yani, olduğunu, Ox = { (x, 0) x R} b. Oy ekseninin, yatay bileşeni 0 olan noktaların kümesi olduğunu; yani, Oy = { (0, y) y R} olduğunu gösteriniz; nedenini açıklayınız. 13. Bileşim işleminin işlemi üzerine dağılmadığını; yani, A (B C) = (A B) (A C) olduğunu bir örnek üzerinde gösteriniz. 14. A, B, C ve D herhangi dört küme olduğuna göre; A A = B B A = B B C (A B) (A C) (A C) (B D) (A B) (C D) (A B) (A C) A = ) B C (A B) = (C D) (A = C) (B = D) bağıntılarının varlığını gösteriniz. (A B) = [(A = ) (B = ] 15. Köşeleri A(3, 4), O(0, 0), C(6, 0) olan AOC üçgenini analitik düzlemde çiziniz. [AH] yükseliğinin H ayağının koordinatlarını ve üçgenin alanını bulunuz. 16. Köşeleri A( 3, 1), B(3, 1), C(5, 5), D(1, 5) olan ABCD dörtgenini çiziniz. Dörtgenin türünü söyleyiniz ve alanını bulunuz. 17. A = { 1, 2, 3}, B = { 2, 3} için A B ve B A kümelerini analitik düzlemde Venn şeması ile gösteriniz.

78 78 calculus BAĞINTILAR Tanım: Bir kartezyen çarpımın her alt kümesi bir bağıntıdır. Hiçbirisi boş olmayan A ve B kümeleri verilsin. A B nin her β alt kümesine, A dan B ye bir ikili bağıntı ya da, kısaca, bağıntı denilir. β A B ise; β, A dan A ya bir bağıntıdır, β, A üzerinde tanımlı bir bağıntıdır, (x, y) β ise, β, x öğesini y öğesine bağlar, (x, y) β ise, β, x öğesini y öğesine eşler, (x, y) β xβy, denilir. Örnek Bir okuldaki her öğrenciye bir numara verilir. (öğrenci, numara) sıralı çiftleri, öğrenciler kümesi nden numaralar kümesine tanımlı bir bağıntıdır. 2. (ad,soyad) sıralı çiftleri, adlar kümesinden soyadlar kümesine tanımlı bir bağıntıdır. 3. A = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} kümesi üzerinde β = {(x, y) x, y A x sayısı y yi tam böler} bağıntısını tanımlayalım. dir. β = {(2, 2), (2, 4), (2, 6), (2, 8), (3, 3), (3, 6), (3, 9), (4, 8)} Bağıntıların Gösterimi Kartezyen çarpımda olduğu gibi, bazan, bağıntıyı bir şekille göstermek algılamayı kolaylaştırabilir. Bunun için, kartezyen çarpımlarda yaptığımız gibi, iki yöntem kullanacağız: Ok Diyagramı ve grafik. β A B bağıntısı verilsin. Ok Diyagramı β nın ok diyaramını elde etmek için, A B nin ok diyagramından, β ya ait olanlar seçilirse istenen diyagram elde edilir. Bunu doğrudan elde etmek için, A ile B kümelerinin Venn diyagramları yan yana çizilir. Her (a, b) β için, a öğesini b öğesine eşleyen bir ok çizilir.

79 bağintilar 79 Grafik Grafik (Koordinat Diyagrami) A B nin grafiğinden, β ya ait olanlar seçilirse, β nın grafiği ortaya çıkar. Bunu doğrudan elde etmek için, birisi yatay konumda olan ve birbirlerini dik kesen iki doğru çizilir. A kümesinin ögeleri yatay bir doğru üzerine, B kümesinin ögeleri düşey bir doğru üzerine yerleştirilir. Her (a, b) β için, a ve b den doğrulara çıkılan dikmelerin kesim noktası, (a, b) sıralı çiftine eşlenir. Elde edilen noktaların oluşturduğu küme, istenen grafiktir. β bağıntısının grafiğini gra f (β) simgesiyle göstereceğiz. Bir β bağıntısı verilmişse, gra f (β) kesinkes belirlidir. Karşıt olarak, gra f (β) verilmişse, β bağıntısı kesinlikle belirli olur. Bu nedenle, yerine göre her ikisini eş anlamda kullanabiliriz. β A B bağıntısı verildiğinde, A kümesine β nın tanım bölgesi; B kümesine ise β nın değer bölgesi denilir. Ters Bağıntı β A B bağıntısı verilsin. β 1 = {(y, x) (x, y) β} (5) bağıntısına, β nın ters bağıntısı denilir. β A B β 1 B A (5) olduğu kolayca görülür. Dolayısıyla, β 1 bağıntısı B kümesinden A kümesine tanımlıdır ve ( β 1) 1 = β dır. Uygulamalar 1. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} kümesi veriliyor. a) A da tanımlı öyle bir bağıntı yazınız ki β 1 = β 1 1 olsun. b) A da tanımlı β 2 = {(x, y) : x y ve x = y} bağıntısı veriliyor. β 2 ve β 1 2 bağıntılarını liste yöntemi ile yazalım. (x y simgesi, x sayısı y sayısını böler" anlamındadır.) c) β 2 ile β 1 2 in ok ve koordinat grafiklerini çizerek karşılaştırınız. Çözüm a) β 1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)} bağıntısında β 1 = β 1 1 olduğunu görünüz. Bu özelikte iki bağıntı daha yazınız. b) β 2 = {(x, y) : x y ve x = y} için, β 2 = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 4), (2, 6), (3, 6)}

80 80 calculus olur. c) β 1 2 = {(2, 1), (3, 1), (4, 1), (5, 1), (6, 1), (4, 2), (6, 2), (6, 3)} β 1, A B şemasının köşegeni üzerindeki elemanların kümesidir. β 2 ile β 1 2 bağıntılarının elemanları ise şemanın köşegenine göre simetriktirler. (1, 6) β 2 ve (6, 1) β 1 2 elemanlarının simetrik olduklarına dikkat ediniz. Aşağıdaki β 2 ile β 1 2 bağıntılarının ok diyagramlarını inceleyiniz. A kümesinden A ya tanımlı bir β bağıntısı ile β 1 ters bağıntısının grafikleri, A A nın köşegenine göre simetriktir. Ayrıca β ile β 1 in yaptığı eşlemeler birbirinin tersidir. Bağıntı Türleri Tanım β A A ve x, y, z A olsun. Aşağıdaki özelikler, karşılarında yazılı bağıntı türünü tanımlar. 1. [ x(x A) (x, x) β] (yansımalı) 2. [ x(x A) (x, x) β] (yansımaz) 3. [(x, y) β) (y, x) β] (simetrik) 4. [(x, y) β) (y, x) β] (simetrisiz) 5. [(x, y) β) (y, x) β (x = y)] (Antisimetrik) 6. [(x, y) β) (y, z) β (x, z) β] (geçişken) 7. [x, y A) [(x, y) β (y, x) β] (Örgün) Bir bağıntının yansımalı olması için gerekli ve yeterli koşul köşegenini kapsamasıdır: β Örnek A = {1, 2, 3, 4} kümesi üzerinde tanımlı, α = {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 4)} bağıntısı yansımalıdır. α bağıntısının, A A nın köşegenini kapsadığına dikkat ediniz. Örnek A = {1, 2, 3, 4} kümesi üzerinde tanımlı, β = {(1, 1), (2, 3), (3, 2), (3, 4), (3, 3), (4, 1), (4, 4)} bağıntısı yansımalı değildir; çünkü (2, 2) β dır. Hiç Yansımaz bağıntı, köşegene ait hiç bir noktayı içermez: Dolayısıyla, β = Hiç Yansımaz (Yansımalı) (Yansımalı Değil) dır; çünkü, yansımalı değil bağıntısı, köşegene ait bazı noktaları içerebilir.

81 bağintilar 81 Örnek A = {1, 2, 3, 4} kümesi üzerinde tanımlı, γ = {(1, 2), (2, 3), (3, 4), (3, 2), (4, 1), (1, 4)} bağıntısı hiç yansımazdır. γ bağıntısının, A A nın köşegenine ait hiç bir öğe kapsamadığına dikkat ediniz. Örnek Gerçek Sayılar Kümesi üzerinde tanımlı olan, δ = {(x, y) x y} bağıntısı, a. yansımalıdır, b. yanal simetrisizdir, c. geçişkendir, d. örgündür. Bunların ispatları aşağıdaki bağıntılardan kolayca görülür. x R x x (x, x) δ δ yansımalıdır x = y x < y y < x (y, x) δ δ yanal simetrisizdir x < y y < z x < z (x, z) δ δ geçişkendir x, y R (x y) (y > x) [(x, y) δ] [(y, x) δ] δ örgündür Buradan görüldüğü gibi, yanal simetrisiz bir bağıntının grafiğinde, köşegen dışındaki hiç bir noktanın köşegene göre simetriği yoktur. O halde bir δ bağıntısının yanal simetrisiz olması için, δ δ 1 \ = olması gerekli ve yeterlidir. Örnek Gerçek Sayılar Kümesi üzerinde tanımlı olan, bağıntısı, a. yansımasızdır, η = {(x, y) x < y} (7)

82 82 calculus b. yanal simetrisizdir, c. simetrisizdir, d. geçişkendir, e. örgündür. (b),(c),(d),(e) nin ispatları yukarıdakiler gibi yapılabilir. (a) nın ispatını verelim. Hiç bir x gerçek sayısı için, x < x bağıntısı sağlanmaz. Dolayısıyla, [ x(x A) (x, x) η] olur. Simetrisiz bir bağıntının grafiğinde, hiç bir noktanın köşegene göre simetriği yoktur. O halde, η simetrisiz (η η 1 = ) olur. Örnek E = {a, b, c, d} kümesi üzerinde tanımlı, bağıntısı simetriktir; ama, bağıntısı simetrik değildir. θ = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, c), (c, b), (d, d)} µ = {(a, a), (a, b), (b, c), (c, b), (d, d)} Alıştırmalar 1. A = {a, b, c, d} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların türlerini belirtiniz. (a) β 1 = {(a, a), (a, b), (b, b), (d, d)} (b) β 2 = {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d)} (c) β 3 = {(a, a), (b, b), (c, c), (c, a), (d, d)} (d) Eleman sayısı en az olan yansıyan bağıntı hangi bağıntıdır? (e) Yukarıdaki A kümesinde tanımlı, yansıyan ve yansıyan olmayan üçer bağıntı yazınız. 2. A = {1, 2, 3} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların türlerini belirtiniz. Ok diyagramlarını çiziniz. (a) β 1 = {(1, 1, )(1, 2), (2, 2), (2, 3)} (b) β 2 = {(2, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 1), (1, 3)} (c) β 3 = {(3, 3), (2, 2), (1, 3), (3, 1), (2, 1), (1, 2)} 3. A = {x, y, z} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların türlerini belirtiniz. Grafiklerini çiziniz. (a) β 1 = {(x, x), (x, z), (z, z)} (b) β 2 = {(x, y), (y, z), (y, x)}

83 bağintilar 83 (c) β 3 = {(x, x), (y, y)} (d) β 4 = {(x, y), (y, x), (z, z)} (e) β 5 = {(x, x), (y, y), (z, z), (z, x)} (f) β 6 = {(x, x), (y, y), (z, z)} (g) β 7 = {(x, x), (y, y), (z, z), (x, z), (z, x)} 4. A = {2, 4, 6} kümesinde β = {(x, y) : x y(x, y yi böler) } bağıntısı tanımlanıyor. (a) β bağıntısının öğelerini listeleyiniz. (b) Ok diyagramını çiziniz. (c) Grafiğini çiziniz. 5. A = {2, 4, 6} kümesinde tanımlanan aşağıdaki bağıntıları türlerini belirleyiniz. Ok diyagramlarını ve grafiklerini çiziniz. (a) β 1 = {(2, 2), (4, 4)} (b) β 2 = {(2, 4), (4, 2), (6, 2)} (c) β 3 = {(2, 2), (4, 4), (6, 6)} 6. Aşağıdaki bağıntıların özeliklerini inceleyiniz. β 4 = {(2, 2), (4, 4), (6, 6), (4, 6)} β 5 = {(2, 6), (4, 2), (4, 6)} β 6 = {(2, 6)} β 7 = {(2, 2), (4, 4), (6, 6), (4, 2), (2, 4), (6, 4)} β 8 = {(6, 6)} β 9 = {(2, 4), (4, 2)} 7. Aşağıdaki bağıntıların geçişken olup olmadığını gösteriniz. (a) β 1 = {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 4)} (b) β 2 = {(1, 3), (4, 2)} 8. Aşağıdaki bağıntıların geçişken olduğunu gösteriniz. β 3 = {(3, 4), (2, 1)} β 4 = {(4, 1)} β 5 = {(4, 1), (3, 2)} β 6 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 4), (4, 1), (3, 2)} 9. β 7 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)} bağıntısının yansıyan, simetrik, yanal simetrisiz ve geçişken olduğunu gösteriniz. 10. A = {1, 2, a} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların yansıma, simetri, yan simetrisizlik geçişme özeliklerini inceleyiniz.

84 84 calculus β 1 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (1, a)} β 2 = {(2, a), (a, 2), (a, 1)} β 3 = {(1, 1), (2, 2), (a, a)} β 4 = {(1, 1), (2, 2), (a, a), (2, 1), (a, 2)} β 5 = {(a, 2), (1, 1)} β 6 = {(1, 1), (2, 2), (a, a), (1, a), (a, 1)} 11. A = {1, 2, 3, 4}, B = {2, 3, 4, 5, 6} kümeleri ile β A B ve β = {(x, y) y = 2x} bağıntısı veriliyor. a) β yı liste yöntemi ile yazınız. b) β nın ok ve koordinat grafiklerini çiziniz. c) β ile β 1 in özeliklerini inceleyiniz. 12. A = {a, b, c, d} kümesinde tanımlı aşağıdaki özelikleri sağlayan bağıntılar yazınız. a) Yansıyan, simetrik değil. b) Yansıyan, simetrik, yanal simetrisiz değil. c) Yansıyan değil, simetrik ve yanal simetrisiz. d) Yansıyan, simetrik, yanal simetrisiz, geçişken. e) Yansıyan, simetrik, geçişken. f) Yansıyan, yanal simetrisiz, geçişken. g) Yansıyan değil, simetrik değil, yanal simetrisiz değil, geçişken. 13. A = {x, y, z} kümesinde tanımlı β = {(x, x), (x, y), (y, z), (y, x)} bağıntısından hangi sıralı çift atılırsa a) Bağıntı simetrik olur. b) Bağıntı yanal simetrisiz olur. 14. A = {a, b, c, d} kümesi üzerinde tanımlı β = {(a, a), (b, c), (c, d), (d, a)} bağıntısı veriliyor. a) β, ya hangi ikililer katılırsa geçişken olur? b) β, ya hangi ikililer katılırsa simetrik olur? c) β, ya hangi ikililer katılırsa yansıyan olur? 15. A = { 1, 0, 1, 2, 3} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların türlerini belirleyiniz. a) β = {(x, y) : x y (x, y yi tam böler)} b) β = {(x, y) : y = 3x + 1} c) β = {(x, y) : y < x 1} d) β =: (x, y) : x y 3 } 16. Aşağıdaki bağıntıların türlerini belirleyiniz. (a) Bir kümenin öğeleri arasındaki eşitlik,

85 bağintilar 85 (b) Düzlemdeki doğrular arasındaki diklik, (c) Düzlemdeki doğrular arasında çakışma ya da paralel olma, (d) Düzlemdeki üçgenler arasındaki benzerlik. 17. Bir has alt kümede yansıyan bağıntı, üst kümede de yansıyan mıdır? Neden? 18. Bir has üst kümede yansıyan bağıntı, alt kümede de yansıyan mıdır? Neden? 19. Bir A kümesinde tanımlı β bağıntısı için, a) β yansıyan ise β 1 de yansıyan mıdır? b) β simetrik ise β 1 de simetrik midir? c) β yanal simetrisiz ise β 1 de yan simetrisiz midir? d) β geçişken ise β 1 de geçişken midir? 20. A = { 2, 1, 0, 1, 2} kümesinde tanımlı bağıntısı veriliyor. a) β yı liste yöntemi ile yazınız. β = {(x, y) y = 2x 1} b) β 1 ters bağıntısını liste yöntemi ile yazınız. c) β ile β 1 in grafiklerini aynı analitik düzlemde çiziniz. 21. A = {1, 2, 3, 4} kümesinde tanımlı ve aşağıdaki koşulları sağlayacak şekilde yansıyan, simetrik ve geçişken β 1 ve β 2 gibi iki bağıntı yazınız. a) β 1 β 2 de yansıyan simetrik geçişken olsun. b) β 1 β 2 de yansıyan simetrik geçişken olsun. 22. A = {x, y, z} kümesinde β 1 ve β 2 gibi yanal simetrisiz öyle iki bağıntı yazınızki, a) β 1 β 2 de yanal simetrisiz (ters simetrik) olsun. b) β 1 β 2 simetrik olsun.

86

87 Kümeler Ailesi Damgalı Kümeler damga=index Bazen çok sayıda küme ile çalışırız. Ele alınan kümelerin sayısı n taneyse onları X 1, X 2,..., X n simgeleriyle temsil edebiliriz. Bu durumda, her bir X i (i = 1, 2,..., n) kümesi i ile damgalanmış 35 olur. Bazen alt damga yazmak yerine, kümeleri A, B, C,..., Y gibi alfabenin harfleri ile de yazabiliriz. Bu kavramı biraz daha genelleştirelim. Herhangi bir I kümesi düşünelim. Her i I öğesine karşılık bir D i kümesi var olsun. Bütün bu kümelerden oluşan topluluğu B ile gösterelim: D = {D i i I}. (69) 35 damga terimini indis (index) yerine kullanacağız. Kümeler Ailesi aile (69) uyarınca, D topluluğu, öğeleri D i kümeleri olan bir kümedir. Ancak "Kümelerin kümesi" kavramı, bizi, ileride açıklayacağımız Russel paradoksuna götürdüğü için, bu deyimi kullanmayacak, bunun yerine, B ye "kümeler ailesi", "kümeler topluluğu" ya da "sınıf" diyeceğiz. Burada I kümesine ailenin damga (indis, index) kümesi, her bir C i kümesine i ile damgalanmış (indislenmiş) küme ve herbir i I öğesine de bir damga (index) diyeceğiz. (69) ailesini, bazen B = {C i } i I (70) biçiminde yazacağız. Hattâ, aileyi oluşturan kümeler C 1, C 2,..., C n şeklindeyse, bunu diye de gösterebiliriz. {C 1, C 2,..., C n } (71) Altaile altaile Tanım Bir B = {C i i I} ailesi verilsin. J I olmak üzere D = {C j j J} (72) ailesine, B nin bir alt ailesi, denilir ve D B biçiminde gösterilir.

88 88 calculus Kuvvet Kümesi power set Daha önce yaptığımız tanımı anımsayalım. Bir X kümesinin kuvvet kümesi, X kümesinin bütün altkümelerinin oluşturduğu ailedir. X in kuvvet kümesini P(X) simgesiyle göstereceğiz: olur. P(X) = {A A X} (73) Teorem 0.61 gereğince boşküme X kümesinin bir alt kümesidir ; yani X dir. O halde her X için P(X) dir. Örneğin, X = {a, b} kümesinin kuvvet kümesi olur. P(X) = {, {a}, {b}, {a, b}} İşlemler işlemler Kümeler Ailesi Üzerinde Cebirsel İşlemler Kümeler Ailesinin Bileşimi birleşim Aileye ait kümelerin öğelerinin oluşturduğu kümedir. Bunu simgelerle açıklamak daha doğrudur: B = {C i i I} ailesinin bileşimi B = i I C i = {b i(i I) (b C i )} (74) kümesidir. Burada, sağ yandaki ifadeyi şöyle okuyacağız: b B olması için gereki ve yeterli koşul, b C i olacak biçimde bir i I damgasının olmasıdır. (74) ifadesinde, I indis kümesi iki öğeli ise (74) ifadesi, özel olarak, (60) biçimini alır. Küme ailesinin bileşimini aşağıdaki simgelerden birisiyle göstereceğiz: B = B B B = i I C i = {C i i I} (75) Bir öğenin ailenin bileşimine ait olup olmadığını, aşağıdaki teorem belirler. Theorem B = {C i i I} ailesi verilsin. b öğesinin B ailesinin bileşimine ait olması için gerekli ve yeterli koşul, aileye ait bir kümenin b öğesini içermesidir.

89 kümeler ailesi 89 Küme Ailesinin Kesişimi kesişim Ailedeki her kümeye ait olan öğelerin oluşturduğu kümedir. Kesişimin simgesel ifadesi şöyledir: B = i I C i = {b i((i I) (b C i ))} (76) Burada, sağ yandaki ifadeyi şöyle okuyacağız: b B olması için gereki ve yeterli koşul, her i I damgası için b C i olmasıdır. (76) ifadesinde, I indis kümesi iki öğeli ise (76) ifadesi, özel olarak, (61) biçimini alır. Arakesiti aşağıdaki simgelerden birisiyle göstereceğiz: B = B B B = i I C i = {C i i I} (77) Bir öğenin ailenin arakesitine ait olup olmadığını, aşağıdaki teorem belirler. Theorem B = {C i i I} ailesi verilsin. b öğesinin B ailesinin arakesitine ait olması için gerekli ve yeterli koşul, aileye ait her kümenin b öğesini içermesidir. Ayrık Aile kesişmeyen Kesişmeyen iki kümeye birbirlerinden ayrık kümeler demiştik. Şimdi bu kavramı bir kümeler ailesine genelleştireceğiz. Tanım Bir B = {C i i I} ailesi verilsin. Aileyi oluşturan kümeler ikişer ikişer birbirlerinden ayrık iseler, "B ailesine ayrık bir ailedir", denilir. Ayrık aileyi simgelerle ifade edebiliriz: (i, j I) (i = j) C i C j = (78) Ayrışım ayrışım Tanım Boş olmayan bir X kümesi verilsin. Aşağıdaki özeliklere sahip bir E ailesine X kümesinin bir ayrışımı denilir: (i) E ya ait kümeler X kümesinin altkümeleridir. Figure 29: Ayrışım (ii) Boşküme E ailesine ait değildir. (iii) E ailesi ayrıktır. (iv) E ailesinin bileşimi X kümesine eşittir.

90 90 calculus Bunu simgelerle açıklamak istersek şöyle diyebiliriz: Aşağıdaki özeliklere sahip E ailesine X kümesinin bir ayrışımıdır, denilir: (i) E P(X) (ii) / E (iii) [(E α, E β E ) (α = β)] [E α E β = ] (iv) X = E E ailesi X kümesinin bir ayrışımı ise, X kümesinin her öğesi, E ailesine ait bir ve yalnızca bir küme tarafından içerilir. Örtü örtü X kümesi ile C = {C i i I} ailesi verilsin. X C C C = i I C i (79) oluyorsa, C ailesine X kümesinin bir örtüsüdür, denilir. Theorem Boş ailenin arakesiti evrensel kümeye, bileşimi ise boşkümeye eşittir. Kanit: B ailesi boş ise, B ailesine ait hiçbir küme yoktur. Öyleyse, ailesi boş bir ailedir. B = {C i i } (80) C i = E (81) i i olduğunu göstereceğiz. (76) ve (74) uyarınca (i) x i C i = i(i ) (x C i ) (ii) x i C i = i(i ) (x C i ) C i = (82) olduğunu biliyoruz. (i) için α önermesi yanlıştır. (4) uyarınca, evrensel kümeye ait her x öğesi için (α ) (x D α ) önermesi hepdoğrudur. O halde (81) sağlanır. (ii) için (β ) yanlış bir önerme olduğundan, gene (1) uyarınca, evrensel kümeye ait her x öğesi için (β ) (x C β ) önermesi hepyanlıştır. Demek ki bileşime ait hiç bir öğe yoktur. O halde (82) sağlanır.

91 kümeler ailesi 91 Genelleşmiş de Morgan Kuralı 45 Theorem D = {D i i I} ailesi için aşağıdaki eşitlikler sağlanır: Kanit: (83): ( D i (83) D i) = i I i I ( D i (84) i I D i) = i I ( ) ( ) x D i = x / D i i I i I = { i(i I) (x D i )} = { i(i I) (x / D i )} = { i(i I) (x D i ( ) )} = x D i i I (84) eşitliğinin kanıtı da benzer düşünüşle yapılabilir. Genelleşmiş Dağılma Kuralları gağılım Theorem A = {D i i I} ve B = {C j j J} aileleri için aşağıdaki eşitlikler sağlanır: ( ) D i C j = i C j ) (85) i I j J i I j J(D ( ) = (D i C j ) j J i I ( ) D i C j = i C j ) (86) i I j J i I j J(D ( ) = (D i C j ) j J i I

92 92 calculus Kanit: (85) ( ) ( ) x D i C j x D i x C j i I j J i I j J ( i(i I) (x D i )) ( j(j J) (x C j ) ) ( i(i I) j(j J)) (x D i C j ) ( i(i I) ) x j J(D i C j ) x i C j ) i I j J(D (86) nin kanıtı da benzer yolla yapılır. 47 küme dizileri 48 Küme Dizileri D 0, D 1, D 2,..., D n,...} Tanım Her n doğal sayısına karşılık bir D n kümesi verilmiş olsun. Böylece {D 0, D 1, D 2,..., D n,...} gibi bir kümeler ailesi elde edilir. Bu aileye bir kümeler dizisi denir. Başka bir deyişle, bir D = {D i i I} ailesinin I indis kümesi N = {0, 1, 2,..., n,...} doğal sayılar kümesine eşitse, D ye bir kümeler dizisi, denilir. Üstlimit superior Tanım {Dn n N} kümeler dizisinin üstlimiti aşağıdaki eşitlikler ile tanımlanır. lim sup D n = D n+k (87) n n N k N ( ) = D k n=1 k=n (88) Altlimit Tanım {D n n N} kümeler dizisinin altlimiti aşağıdaki eşitlikler ile tanımlanır. diye tanımlanır. lim inf D n = D n+k (89) n n N k N ( ) = D k (90) n=1 k=n

93 kümeler ailesi 93 Tanım Üst ve altlimitleri eşit olan kümeler dizisinin limiti vardır, denir ve bu limit, lim D n (91) n simgesiyle gösterilir. Theorem {D n } ve {C n } kümeler dizisi için aşağıdaki kapsama sağlanır: lim sup n (D n C n ) (lim sup n D n ) (lim sup C n ) (92) n Kanit: x lim sup(d n C n ) = x (D n+k C n+k ) n n N k N = n N x (D n+k C n+k ) k N = n N ( k N) (x D n+k C n+k )) = n N ( k N) (x D n+k ) (x C n+k ) = n N ( k N) (x D n+k ) ( k N) (x C n+k ) = n N (x D n+k ) (x C n+k )) = n N (x k N k N D n+k ) n N (x C n+k ) k N k N = x D n+k x C n+k ) n N k N n N k N = (x lim sup n ( = x (lim sup n D n ) (x lim sup n C n ) ) D n ) (lim sup C n ) n Theorem {D n } ve {C n } kümeler dizisi için aşağıdaki eşitlik sağlanır: lim sup n (D n C n ) = lim sup n D n lim sup C n (93) n

94 94 calculus Kanit: x lim sup(d n C n ) x (D n+k C n+k ) n n N k N n N x (D n+k C n+k ) k N n N ( k N) (x D n+k C n+k )) n N ( k N) (x D n+k ) (x C n+k ) n N ( k N) (x D n+k ) ( k N) (x C n+k ) ( ) ( ) n N x D n+k x C n+k ( n N (x ( k N x k N D n+k ) n N k N ( (x lim sup n ( x ( D n+k ) k N n N (x ( ) ( D n ) (lim sup n x k N n N k N (x lim sup n C n+k ) C n+k ) ) C n ) D n ) (lim sup C n ) n Theorem Her kümeler dizisinden aynı bileşime sahip ayrık bir dizi türetilebilir. Kanit: D = {D n n N} bir kümeler dizisi olsun. ) C 0 = D 0 C 1 = D 1 D 0 = D 1 C 0 C 2 = D 2 (D 0 D 1 ) = D 2 C 1 C 3 = D 3 (D 0 D 1 D 2 ) = D 3 C 2 C 4 = D 4 (D 0 D 1 D 2 D 3 ) = D 4 C 3. n 1 C n = D n D n 1 = D n C n 1. k=1 biçiminde özyinelgen olarak tanımlanan C = {C n n N} (94) kümeler dizisini düşünelim. Göstereceğiz ki, C dizisi aşağıdaki iki özeliğe sahiptir. (i) C ailesi ayrık kümelerden oluşur. (ii) C ailesinin bileşimi D ailesinin bileşimine eşittir. Kanit (i): n = m olduğunda C n C m = olduğunu göstermeliyiz.

95 kümeler ailesi 95 n > m olduğunu varsayalım. x C m x D m x x / n 1 k=1 ( x / C n D k (m < n) D n x / C n C m C n C m = olacaktır. Öyleyse C ailesi ayrıktır. Kanit (ii): n 1 k=1 D n = C n n=1 n=1 D k ) olduğunu kanıtlamak için her bileşimin ötekini kapsadığını göstermeliyiz. ve olur. x D n n(n N x D n ) n=1 n n(n N) (x C m ) m=1 C n n=1 D n C n n=1 n=1 x x C n n(n N x C n ) n=1 n(n N) (x D n ) x D n n=1 C n D n n=1 n=1 Alıştırmalar Alıştırmalar 1. {D i i I} ailesi ile B kümesi verilsin. Her i I için D i B ise aşağıdaki kapsamanın varlığını gösteriniz. D i B i I

96 96 calculus 2. {D i i I} ailesi verilsin. Eğer J I ise aşağıdaki kapsamanın varlığını gösteriniz. D j D i j J i I 3. {D i i I} ile {C i i I} aileleri verilsin. Aşağıdaki eşitliklerin varlığını gösteriniz. ( ) (D i \ j J(D i \ C j ) i I j J ( ) (D i \ i I j J C j = i I C j = i I j J(D i \ C j ) 4. D = {D i i I} ve C = {C i i I} aileleri verilsin. Eğer her i I için D i C i ise aşağıdaki kapsamaların varlığını gösteriniz. D i C i i I i I D i C i i I i I

97 Denklik Bağıntıları denklik Eşitlik Günlük yaşamda "eşit" terimini çok kullanırız. Kullanıldığı yere bağlı olarak anlam farklılıkları oluşur. Örneğin, 1$ = 2, 21 TL ifadesindeki = simgesiyle "Her üçgen kendisine eşittir" ifadesindeki eşit olma kavramları birbirlerinden farklıdır. Günlük yaşamda bu tür anlam farklılıkları sorun yaratmıyor. Ama matematikte, her tanıma yüklenen anlam kesinkes belirli olmalı, ondan farklı anlamlar çıkarılamamalıdır. Eşitlik Belitleri: eşitlik Eşit olma bağıntısı için üç belit koyacağız: x, y, z öğeler (değişken), µ ile ν iki formül olsun. Her öğe kendisine eşittir: x = x Her formülde x yerine y konulabilir: [(x = y) µ(x, z)] µ(y, z) Her formülde y yerine x konulabilir: (y = x) [ν(y, z) = ν(x, z) Denklik Bağıntıları eşdeğerlik Birbirlerine eşit olmayan, ama eşitliğe benzer niteliklere sahip nesnelerle sık karşılaşırız. Örneğin, X marka ürün Y marka ürüne denktir derken, tümceye yüklenen anlam eşit olma değildir. Denklik bağıntısı, eşitlik kavramını genelleştirir. Bu genelleştirmeyi yapan tanımın matematikte kesinkes belirli olması, farklı anlamlara çekilememesi gerekir. Denkliği, aynı küme üzerinde tanımlı bir ikili bağıntı olarak ele alınca, (??) bağıntı türlerinden yararlanacağız. Ortaya koyacağımız tanıma farklı anlamlar yüklenemez. Denklik bağıntısı yerine bazı kaynaklarda eşdeğerlik bağıntısı denilir. Tanım Yansımalı, simetrik ve geçişimli bağıntıya, denklik bağıntısı, denilir. (??) uyarınca, bu tanımı simgesel olarak ifade edebiliriz: A kümesi üzerinde aşağıdaki özeliklere sahip δ bağıntısı bir denklik

98 98 calculus bağıntısıdır: x A xδx yansımalı (95) (x, y A) xδy yδx simetrik (96) (x, y, z A) xδy yδz xδz geçişimli (97) 54 denk Denk Öğeler 54 Tanım Denklik bağıntısı ile birbirlerine bağlanan öğelere denk öğeler denilir. δ, boş olmayan A kümesi üzerinde tanımlı bir denklik bağıntısı olsun. δ bağıntısına göre birbirlerine denk olan öğeler aşağıdaki simgelerden birisiyle gösterilir. x y x y (mod δ) ya da x y (98) Denklik Sınıfları 55 denk sınıflar 55 Tanım A kümesi üzerinde tanımlı δ denklik bağıntısına göre, x öğesine denk olan bütün öğelerden oluşan altkümeye, x öğesinin denklik sınıfı, denir. x öğesinin denklik sınıfını aşağıdaki simgelerden birisiyle göstereceğiz. x, [x], [x] δ Denklik sınıfını simgesel olarak da tanımlayabiliriz: x = [x] = [x] δ = {y (x, y) δ} (99) = {y xδy} (100) Aşağıdaki teorem, uygulamalarda önemli rol oynar. Theorem (a) Boş olmayan A kümesi üzerinde tanımlı δ denklik bağıntısının denklik sınıfları A kümesinin bir ayrışımını oluşturur. (b) Tersine olarak, A kümesinin bir ayrışımını kendi denklik sınıfları olarak kabul eden bir δ denklik bağıntısı vardır. Kanit: (a): δ nın denklik sınıfları ailesinin () tanımındaki (i), (ii), (iii) ve (iv) ayrışım koşullarını sağlandığını göstermeliyiz. δ nın herhangi bir [x] denklik sınıfı için, hiç değilse, x [x] olduğundan [x] = sonucu çıkar. Ayrıca A = x A [x] eşitliği apaçıktır. Böylece (ii) ve (iv) koşulları sağlanır.

99 denklik bağintilari 99 (iii) özeliğini göstermek için herhangi iki [x] ve [y] denklik sınıflarını alalalım. [x] = [y] ya da [x] [y] = olduğunu göstermeliyiz. Olmayana ergi yöntemini kullanacağız. olacaktır. Şimdi olacağını gösterelim. u [x] [y] uδx uδy xδu uδy xδy w(w [x]) w [y] [x] [y] w [x] wδx dir. Ayrıca xδy olduğunu biliyoruz. Buradan şu sonuç görülür: b(b [x]) (bδx xδy) bδy b [y] [x] [y] Benzer yolla [x] [y] olduğu da gösterilebilir. Dolayısıyla, arakesitleri boş olmayan [x], [y] denklik sınıflarının eşit olduğu ortaya çıkar. Bu sonuç, teoremin (a) kısmını kanıtlar. (b): P kümesinin herhangi bir P = {P i i I} ayrışımı verilmiş olsun, Ayrışım tanımına göre [(i, j I) (i = j)] [P i P j = ] olur. x P x P i olacak şekilde bir tek i I vardır. Buna göre, P üzerinde xηy = [ i(i I) x, y P i ] (101) bağıntısını tanımlayalım, η nın bir denklik bağıntısı olduğu ve η nın denklik sınıflarının {P i i I} ailesinden ibaret olduğu kolayca görülebilir. Teorem 0.90 den şu sonuçları çıkarabiliriz: 1. A kümesinin her öğesi, bir ve yalnızca bir denklik sınıfına aittir. Denklik sınıflarının birleşimi A kümesine eşittir: A = {a a A} 2. İki denklik sınıfı ya birbirlerine eşittir ya da ayrıktırlar: x, y A [(x = y) (x y = )]. Bölüm Kümesi bölüm Tanım A kümesi üzerindeki δ denklik bağıntısının bütün denklik sınıflarından oluşan aileye, A kümesinin δ ya göre bölüm kümesi denir. Bölüm kümesi A/δ simgesiyle gösterilir: Örnekler A/δ = {[x], [y], [z],...} = {[x] : x A} (102)

100 100 calculus 1. Boş olmayan bir küme üzerindeki eşitlik bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz. X boş olmayan bir küme olsun. Bunun üzerinde, (=) = {(x, y) x = y } bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu kanıtlamak için, eşitliğin Tanım 0.87 koşullarını sağladığını göstermeliyiz. yansıma: Her öğe kendisine eşittir, belitinden x X x = x çıkar. O halde = bağıntısı yansımalıdır. simetri: Eşitliğin ikinci ve üçüncü belitlerinden x yerine y ve y yerine x koyabiliriz. Öyleyse, (x, y X) ve x = y ise y = x yazılabilir. Buradan = bağıntısının simetrik olduğu sonucuna varılır. geçişim: Gene, eşitliğin ikinci ve üçüncü belitlerinden (x, y, z X) için x = y ve y = z ise x = z yazılabilir. Buradan = bağıntısının geçişimli olduğu sonucuna varılır. O halde, eşitlik bağıntısı bir denklik bağıntısıdır. x öğesinin = bağıntısına göre denklik sınıfı, yalnızca kendisinden oluşur: x = {x} dir. 2. Düzlemdeki doğrular kümesi üzerinde, "diklik" ( ) bağıntısının bir denklik bağıntısı olmadığını gösteriniz. Çözüm: Denklik bağıntısı yansıma ve geçişim özeliklerini sağlamaz. Gerçekten, hiç bir doğru kendisine dik değildir. O halde diklik bağıntısının yansıma özeliği yoktur.(problemin çözümü için bu kadarı yeter. Ama istersek, geçişim özeliğinin de sağlanmadığını kolayca görebiliriz.) Düzlem geometriden iyi bilindiği gibi, d doğrusu e doğrusuna dik ve e doğrusu f doğrusuna dik ise d doğrusu ile f doğrusu birbirlerine paralel olur. (d e) (e f ) (d f ) Dolayısıyla, diklik bağıntısı geçişimli değildir. 3. Düzlemdeki doğrular üzerinde tanımlanan paralellik bağıntısının denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz. Çözüm: Düzlemdeki bütün doğruların kümesini D ile gösterelim. D üzerinde paralellik bağıntısını δ ile, düzlemde d ile e doğrularının birbirlerine paralel oluşunu d e simgesiyle gösterelim. yazabiliriz. δ = {(d, e) (d, e D) (d e)} δ nın bir denklik bağıntısı olduğunu görmek için, yansıma, simetri ve geçişim özeliklerine sahip olduğunu göstermeliyiz. yansıma: Her doğru kendisine paralel olduğundan, d D d d olur. O halde paralellik bağıntısı yansıma özeliğine sahiptir.

101 denklik bağintilari 101 simetri: Sentetik geometriden bilindiği üzere (d e) (e d) olduğundan, paralellik bağıntısı simetriktir. geçişim: Gene, sentetik geometriden bilindiği üzere, [(d e) (e f )] (d f ) olduğundan, paralellik bağıntısı geçişimlidir. Düzlemde birbirlerine paralel olan doğrular, aynı denklik sınıfı içindedirler. Paralel doğruların doğrultuları aynıdır. Düzlemde, sonsuz doğrultu olduğu için, paralellik bağıntısının denklik sınıfları sonsuz çokluktadır. 4. Denklik bağıntısının tersi de denklik bağıntısıdır. Kanıtlayınız. Çözüm: Boş olmayan bir X kümesi üzerinde, δ bir denklik bağıntısı ise, δ yansımalı, simetrik ve geçişimlidir. Şimdi, bunun tersi olan δ 1 = {(x, y) (y, x) δ} bağıntısının da aynı özelikleri sağladığını göstermeliyiz. a A (a, a) δ (a, a) δ 1 (δ 1 yansımalıdır) (a, b) δ 1 (b, a) δ (δ 1 in tanımından) (a, b) δ (δ simetrik olduğundan) (b, a) δ 1 (δ 1 in tanımından) (δ 1 simetriktir) ( (a, b) δ 1) ( (b, c) δ 1) ((b, a) δ) ((c, b) δ) ((c, b) δ) ((b, a) δ) (c, a) δ (a, c) δ 1 (δ 1 geçişimlidir) 5. İki kesrin eşitliği bağıntısı denklik bağıntısıdır. Kanıtlayınız. Çözüm: İki kesrin eşitliği ( m n s t ) = (mt = ns) bağıntısı ile tanımlanır. Buradaki bağıntısının yansımalı, simetrik ve geçişimli olduğunu göstermeliyiz. yansıma: ( m n m n ) = (mn = mn) olduğundan bağıntısı yansımalıdır.

102 102 calculus simetri: ( m n s ) ( s = (mt = ns) = (ns = mt) = t t m ) n olduğundan, bağıntısı simetriktir. geçişim: ( m n s ) ( s t ) t p ) q olduğundan, bağıntısı geçişimlidir. = (mt = ns) (sq = tp) = (mq = np) ( m = n p ) q 6. Tamsayılar kümesi üzerinde, denklik sınıfları 0 = {..., 8, 6, 4, 2, 0,, 2, 4, 6, 8,...} 1 = {..., 9, 7, 5, 3, 1, 1, 3, 5, 7, 9...} olan denklik bağıntısını bulunuz. Çözüm: Birinci sınıf çift sayılardan, ikinci sınıf tek sayılardan oluşuyor. Bu iki kümenin ortak özeliği, her birinde iki sayının farkının çift olmasıdır. Gerçekten, tamsayılar kümesi üzerinde "farkları çift olanlar eşleşir" bağıntısını kurarsak, bunun bir denklik bağıntısı olduğunu gösterebiliriz. Tamsayılar kümesini Z ile gösterelim ve Z üzerinde, δ = {(p, q) (p q) çifttir} bağıntısını tanımlayalım. δ nın yansımalı, simetrik ve geçişimli olduğunu gösterelim. yansıma: q Z q q = 0 çifttir. O halde, δ yansımalıdır. simetri: (p, q Z) (p q) çift ise (q p) de çift olacağından, δ simetriktir. geçişim: (p, q, r Z) için(p q) çift ve (q r) çift ise (p r) = (p q) + (q r) de çift olacağından, δ geçişimlidir. {(p, q) δ = p q = çift} olabilmesi için, p, q tamsayılarının her ikisi de aynı zamanda ya çift ya da tek olmalıdır. Öyleyse, δ bağıntısına göre tek sayılar birbirlerine denk; çift sayılar birbirlerine denktir. Bir tek sayı ile bir çift sayı aynı denklik sınıfında olamazlar. Öyleyse, δ ya göre, yalnızca iki denklik sınıfı vardır: 0 ve 1 Alıştırmalar 57 alıştırmalar A = {1, 2, 3, 4, 5} kümesi üzerinde (a, b) = (c, d) = (a + b = c + d) bağıntısı bir denklik bağıntısı mıdır?

103 denklik bağintilari Kardeşlik bağıntısı bir denklik bağıntısı mıdır? Neden? 3. A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} kümesinde tanımlı, δ = {(x, y) : 4 (x y)} bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz ve denklik sınıflarını bulunuz. 4. Tamsayılar kümesi üzerinde (m, n) δ = 3 (m n) bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz. Denklik sınıflarını yazınız. 5. Düzlemdeki üçgenler kümesi üzerinde benzerlik bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz. 6. Sınıftaki öğrenciler arasında "arkadaşlık" bağıntısı bir denklik bağıntısı mıdır? Neden? 7. Aynı bir küme üzerinde tanımlı iki denklik bağıntısının arakesiti de bir denklik bağıtısı mıdır? Neden?

104

105 Tikel Sıralama Partial Ordering Sıralama Bağıntılar mukayese Karşilaştirma (Mukayese) İnsanoğlunun, nicelikleri sayılarla ifade etme düzeyine erişmeden önce, nesneler arasında büyük, küçük, az, çok,... gibi karşılaştırmalar (mukayese) yaptığı varsayılır. Karşılaştırma eylemi, yalnız günlük yaşantımızda değil, teknikte ve bilimde de önem taşır. İki çokluğu karşılaştırırken daha az, deyiminden, hemen hepimiz anlatılmak isteneni doğru anlarız. Ama, iki nesneyi karşılaştırırken Figure 30: sıralı küme "daha iyi" deyiminde herkesin uzlaşıyor olmasını bekleyemeyiz. Bunun nedeni, "daha iyi" kavramının tanımsız oluşudur. Doğacak bu tür belirsizlikleri gidermek için, karşılaştırma (mukayese) kavramının matematiksel temellerini kuracağız. Sıralama eylemi bağıntılarla yapılır. Sıralama bağıntılarını üçe ayıracağız: 1. Tikel Sıralama 2. Tümel Sıralama 3. İyi Sıralama Bu bölümün konusu, sıralama türlerini incelemektir. Tikel Sıralama Bağıntısı Kismî Siralama Bir küme içinde yalnızca bazı öğeleri birbirleriyle karşılaştırmak isteyebiliriz. Örneğin, sportif faaliyetler alanına giren takımlar kümesinde, ligdeki futbol takımlarını başarılarına göre sıralayabiliriz. Bu sıralamada voleybol, basketbol, vb takımları yer almaz. Üstelik bir futbol takımı ile bir basketbol takımını karşılaştırmanın geçerli bir anlamı yoktur. iftlerinin karşılaştırılabildiği, ama kümeye ait bütün öğelerin ikişer ikişer karşılaştırılane tikel (kısmi) sıralama diyoruz. Tabii, bu tanımı sağlamlaştırmak için tikel l tanımını ortaya koymalıyız. Tanım Yansımalı, antisimetrik ve geçişimli bağıntıya tikel (kısmi) sıralama bağıntısı, denilir.

106 106 calculus γ, A kümesi üzerinde tikel sıralama bağıntısı ve (a, b) γ ise, "a öğesi, b öğesinden önce gelir," ya da "b öğesi, a öğesinden sonra gelir," diyoruz. Ancak, sayılardan edindiğimiz alışkanlıkla, çoğu kez, a öğesi b öğesinden küçüktür, ya da b öğesi, a öğesinden büyüktür, diyeceğiz. Bunu simgelerle gösterebiliriz: (a, b) γ aγb yerine a b, b a yazabiliriz. Bu simgeleri kullanarak, tikel sıralama bağıntısını yeniden tanımlayabiliriz: Tanım Boş olmayan bir A kümesi üzerinde tanımlı ve aşağıdaki özeliklere sahip olan bağıntısına tikel kısmi sıralama bağıntısı dır, denilir. 1. a X a a 2. (a, b A) (a = b) (a b) (b a) 3. (a, b, c A) (a b) (b c) a c Tanım Tanım 0.93 sağlanıyorsa (X, ) sistemine tikel kısmi sıralı bir sistemdir (tss, kss) diyeceğiz. Tanım a b ve a = b ise, a öğesi b öğesinden kesinlikle küçüktür diyecek ve bunu a b simgesiyle göstereceğiz. Simgelerle yazarsak, (a b) (a b) (a = b) (103) olur. Üzerinde tikel sıralama bağıntısı olan kümeye ait herhangi iki öğeden birisi büyük, ötekisi küçük olmak zorunda değildir. Başka bir deyişle, tikel sıralama bağıntısı, kümedeki her öğe çiftini birbirleriyle karşılaştıramayabilir. Zaten bağıntıya kısmi denmesinin nedeni de budur. Lemma p ile q iki tamsayı olsun. p tam sayısı q tam sayısını kalansız bölüyorsa, p sayısı q sayısını tam bölüyor, diyecek ve bu durumu p q simgesiyle göstereceğiz. Tersine olarak, p tam sayısı q tam sayısını kalansız bölemiyorsa, bu durumu p q simgesiyle göstereceğiz. Örnek A = {1, 3, 5, 7, 9, 11} kümesinde tanımlı, γ = {(p, q) : p q} bağıntısının bir tikel sıralama bağıntısı olduğunu gösteriniz. Çözüm: Kanıt için, γ nın yansımalı, antisimetrik ve geçişimli olduğunu göstereceğiz.

107 tikel siralama 107 yansıma: Her tamsayı kendisini tam böldüğüne göre, p A p p (p, p) γ γ yansımalıdır. antisimetri: Tamsayılarda, örneğin, 3 sayısı 9 sayısını böler, ama 9 sayısı 3 sayısını bölmez. Bunu genel olarak yazarsak, (p = q) (p, q A) (p q) (q p) γ antisimetriktir geçişim: Tamsayılarda p sayısı q sayısını ve q sayısı da r sayısını kalansız bölüyorsa, p sayısı r sayısını kalansız böler. Genel olarak yazarsak, (p, q, r A) (p q) (q r) (p r) γ geçişimlidir Karşılaştırılabilirlik 59 Tanım (A, ) tikel sıralı bir sistem ve a, b A öğeleri için a b ya da b a oluyorsa a ile b öğelerine bağıntısına göre karşılaştırılabilir (mukayese edilebilir) iki öğedir, denilir. 59 mukayese edilebilme Tikel sıralı bir kümenin herhangi iki öğesi karşılaştırılamayabilir. "kısmen sıralanmış" deyiminin buradan geldiğini söylemiştik. Theorem Tikel sıralı bir kümenin altkümeleri de tikel sıralıdır. Kanit: (X, ) tikel sıralı bir sistem ve A X olsun. (A; ) nun tikel sıralı olduğunu göstermek için, bağıntısının A üzerinde yansımalı, antisimetrik ve geçişimli olduğunu göstermeliyiz. a, b, c A olsun. yansıma: a A ise a X olur. (X, ) tss olduğundan a a çıkar. antisimetrik: [(a, b A) (a = b) (a b)] ise [(a, b X) (a = b) (a b)] olur. (X, ) tss olduğundan b a çıkar. geçişim: (a, b, c A) (a b) (b c) ise (a, b, c X) (a b) (b c) olur. (X, ) tss olduğundan a c çıkar. Hasse Çizgeleri Yönlenmiş Çizgeler Tikel sıralı kümelerin öğe sayısı az olduğunda, öğeler arasındaki sıralama ilişkisini Hasse çizgelei ile göstermek algılamayı kolaylaştırır. Hasse çizgeleri şöyle yapılır: x y ise x öğesini temsil eden nokta, y öğesini temsil eden noktaya göre diyagramda daha aşağıda bir yere konuşlandırılır. x den y noktasına giden yukarıya doğru yönlenmiş bir doğru parçası ile ya da doğru parçalarından oluşan kırık bir çizgi ile birleştirilir. Örnek A = {a, b, c, d, e, f, g} kümesi üzerinde e d, d b, b a, b c, f d, g d Figure 31: Hasse Çizeneği

108 108 calculus veriliyor. Oluşan tikel sıralamayı Hasse çizeneği ile gösteriniz. Çözüm: Geçişme nedeniyle, f a, f c, g a, g c olduğu açıktır. Öte yandan, örneğin, e f ve a c olması nedeniyle bağıntısının, A kümesi üzerinde tikel sıralama olduğu görülür. (A, ) tss nin Hasse çizeneği Şekil?? deki gibidir. Örnek A = {x, y, z} kümesinin P(A) kuvvet kümesi üzerinde bağıntısının bir tikel sıralama olduğununu gösteriniz ve Hasse çizeneğini çiziniz. Çözüm: P(A) = {, {x}, {y}, {z}, {x, y}, {x, z}, {y, z}, {x, y, z} } Figure 32: P(A) Kuvvet Kümesinin Hasse Çizgesi olur. Buradan kapsama bağıntılarını yazabiliriz. {x} {x, y} {x, y, z} {x} {x, z} {x, y, z} {y} {x, y} {x, y, z} {y} {y, z} {x, y, z} {x, y} {x, y, z} {y, z} {x, y, z} Bu kapsamaları Hasse çizeneği haline getirirsek, ortaya Şekil 32 çıkar. Alt ve Üst Sınırlar Altsınırlar 60 alt sınırlar 60 Tanım (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X olsun. A nın her öğesinden küçük olan x X öğesi A kümesinin bir altsınırıdır. Altsınırı simgelerle ifade edebiliriz: Uyarı a(a A) x a (104) (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X ise, A X altkümesinin hiç altsınırı olmayabileceği gibi çok sayıda altsınırı olabilir.

109 tikel siralama 109 Enbüyük altsınır 61 infimum Tanım (X, ) tikel sıralanmış sistem olsun. A X kümesinin altsınırlarının enbüyüğüne A nın enbüyük altsınırı (ebas) denilir. Bu tanımın kesinlik kazanması için enbüyük kavramını bilinen kavramlarla açıklamak gerekecektir. Bunu, biraz önce tanımladığımız altsınır ve üstsınır kavramları ile açıklayabileceğiz. Aşağıdaki iki özeliği sağlayan α X öğesine, A kümesinin altsınırlarının en büyüğüdür (enbüyük altsınır), denilir ve aseb, ebas, infimum, inf kısaltmalarından birisiyle gösterilir: (a) α öğesi A kümesinin bir altsınırıdır. (b) α öğesi A kümesinin altsınırlarından oluşan kümenin bir üstsınırıdır. Enbüyük altsınır aşağıdaki eşitliklerden birisi ile yazılır: α = aseb(a) = ebas(a) α = inf(a) α = infimum(a) (105) Üstsınırlar Tanım (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X olsun. A nın her öğesinden büyük olan y X öğesi A kümesinin bir üstsınırıdır. Üstsınırı simgelerle ifade edebiliriz: Uyarı a(a A) a y (106) (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X ise A altkümesinin hiç üstsınırı olmayabileceği gibi, çok sayıda üstsınırları da olabilir. Örnek R gerçel sayılar kümesi bilinen bağıntısına göre sıralıdır ve Z R dır. Z tamsayılar kümesinin R içinde hiçbir alt ya da üst sınırı yoktur. Örnek (Z, ) tss ve N Z dir. N doğal sayılar kümesinin Z içinde hiçbir üstsınırı yoktur. Ama bütün negatif tamsayılar altsınırdır. Daha açıkçası, N doğal sayılar kümesinin Z içindeki alt sınırları Z = {..., 3, 2, 1} kümesidir. Enküçük üstsınır 62 supremum 62 supremum Tanım (X, ) tikel sıralanmış sistem olsun. A X altkümesinin üstsınırlarının enküçüğüne A nın enküçük üstsınırı (eküs) denilir. Yukarıda olduğu gibi, bu tanımın kesinlik kazanması için enküçük kavramını bilinen kavramlarla açıklamak gerekecektir. Bunu, önce tanımladığımız altsınır ve üstsınır kavramları ile açıklayabileceğiz. Aşağıdaki iki özeliğe sahip η X öğesine, A kümesinin üstsınırlarının enküçüğüdür (enküçük üstsınır) denilir ve eküs, üsek, supremum, sup kısaltmalarından birisiyle gösterilir:

110 110 calculus (c) η öğesi A kümesinin bir üstsınırıdır. (d) η öğesi A kümesinin üstsınırlarından oluşan kümenin bir altsınırıdır. En küçük üstsınır, η = üsek(a) η = eküs(a) η = sup(a) η = supremum(a) (107) eşitliklerinden birisi ile yazılır. Uyarı (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X ise A kümesinin enbüyük altsınırı (inf) ya da enküçük üstsınırı (sup) var olmayabilir. Ama varsa, bunlar ancak birer tanedir. Var olduklarında her ikisi ya da yalnızca birisi A kümesine ait olabilir ya da her ikisi de A kümesine ait olmayabilir. Örnek (R, ) tikel sıralı bir sistemdir (aslında tümel sıralı bir sistemdir, ama bu örnekte tikel sıralı olması yetecektir.). 1. (0, 1) R dir. (0, 1) açık aralığının R içinde enbüyük altsınırı (in f ({(0, 1)} = 0) ve enküçük üstsınırı (sup{(0, 1) = 1) vardır. Ama bunlar (0, 1) alt kümesine ait değillerdir: 0, 1 (0, 1). 2. (0, 1] R dir. (0, 1] yarı açık aralığının R içinde enbüyük altsınırı (in f ({(0, 1]} = 0) vardır, ama (0, 1] kümesine ait değildir: 0 (0, 1). Oysa, (0, 1] yarı açık aralığının R içinde enküçük üstsınırı (sup({(0, 1]} = 1) vardır ve (0, 1] kümesine aittir: 1 (0, 1]. 3. [0, 1] R dir. [0, 1] kapalı aralığının R içinde enbüyük altsınırı (in f ({[0, 1]} = 0) vardır ve [0, 1] kümesine aittir: 0 [0, 1]. Ayrıca, [0, 1] kapalı aralığının R içinde enküçük üstsınırı (sup({[0, 1]} = 1) vardır ve [0, 1] kümesine aittir: 1 [0, 1]. 63 minimal Küçükçe Öğeler 63 Minimal Öğeler Tanım (X, )) tikel sıralanmış sistem ve A X olsun. A kümesinin hiç bir öğesinden büyük olmayan κ A öğesine A nın bir küçükçe öğesi denilir. 64 maximal= büyükçe Küçükçe öğeyi simgelerle de ifade edebiliriz: 64 a(a A a κ) a = κ (108) Uyarı

111 tikel siralama 111 inimal= küçükçe (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X ise, A altkümesinin hiç küçükçe öğesi olmayabileceği gibi, birden çok küçükçe öğesi de olabilir. Küçükçe öğelerin hepsi A kümesi içindedir. 65 Büyükçe Öğeler 66 Maximal Öğeler 66 supremum Tanım (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X olsun. A kümesinin hiç bir öğesinden küçük olmayan µ A öğesine A nın bir büyükçe öğesi denilir. Büyükçe öğeyi simgelerle de ifade edebiliriz: Uyarı a(a A µ a) a = µ (109) (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X ise, A altkümesinin hiç büyükçe öğesi olmayabileceği gibi, birden çok büyükçe öğesi de olabilir. Büyükçe öğelerin hepsi A kümesi içindedir. Örnek {x, y, z} kümesinin kuvvet kümesinden ile {x, y, z} kümelerini atarsak, geri kalan altkümelerin bağıntısına göre Hasse çizeneği Şekil 33 de görüldüğü gibi olur. Şekilden hemen görüldüğü gibi {x}, {y}, {z} küçükçe öğeler, {x, y}, {x, z}, {y, z} büyükçe öğelerdir (bkz. Şekil 33). Figure 33: Küçükçe ve Büyükçe Öğeler Minimum 67 Enküçük Öğe 67 minimum Tanım Altkümeye ait olan enbüyük altsınıra (inf), altkümenin minimumu denilir. Bu tanımı biraz açmak gerekirse şöyle diyebiliriz: (X, ) tikel sıralanmış sistem olsun. A X altkümesinin enbüyük altsınırı α = inf(a) var ve α A ise, α öğesine A kümesinin enküçük öğesi (minimum) diyeceğiz. Uyarı (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X olsun. 1. A kümesinin minimum öğesi (min(a)) var olmayabilir, ama varsa daima A kümesine aittir. 2. A kümesinin minimum öğesi varsa ebas ye eşittir (min(a) = in f (A)) Minimum olmadığı halde ebas (infimum) olabilir.

112 112 calculus Maksimum 68 Enbüyük Öğe 68 maksim Tanım Altkümeye ait olan enküçük üstsınıra (sup), altkümenin maksimumu denilir. Bu tanımı biraz açmak gerekirse şöyle diyebiliriz: (X, ) tikel sıralanmış sistem olsun. A X altkümesinin enküçük üstsınırı η = inf(a) var ve η A ise, η öğesine A kümesinin enbüyük öğesi (maksimum) diyecek ve max(a) ile göstereceğiz. Uyarı (X, ) tikel sıralanmış sistem ve A X olsun. 1. A kümesinin maksimum öğesi (max(a)) var olmayabilir, ama varsa daima A kümesine aittir. 2. A kümesinin maksimum öğesi varsa eküs e eşittir (max(a) = sup(a)) Maksimum olmadığı halde eküs (supremum) olabilir. ALIŞTIRMALAR 1. B = {3, 5, 6, 7, 8, 12} kümesi üzerinde tanımlı η = {(x, y) x y} bağıntısı, (a) denklik bağıntısı mıdır? (b) tikel sıralama bağıntısı mıdır? Nedenleriyle açıklayınız. 2. C = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15} kümesi üzerinde η = {(x, y) x y } bağıntısı, (a) denklik bağıntısı mıdır? (b) tikel sıralama bağıntısı mıdır? Nedenleriyle açıklayınız. 3. A = {0, 1, 2, 4, 6} kümesinde tanımlı aşağıdaki bağıntıların türlerini belirtiniz. (a) η 1 = {(0, 0), (1, 1), (2, 2), (4, 4), (6, 6), (2, 4)} (b) η 2 = {(0, 0), (1, 1), (2, 2), (4, 4), (2, 6), (6, 4)} (c) η 3 = {(1, 1), (2, 2), (4, 4), (6, 6), (4, 6), (6, 4)} (d) η 4 = {(0, 0), (1, 1), (2, 2), (4, 4), (6, 6)} 4. D = {2, 4, 12, 24} kümesi üzerinde η = {(x, y) x y } bağıntısı, (a) denklik bağıntısı mıdır?

113 tikel siralama 113 (b) tikel sıralama bağıntısı mıdır? Nedenleriyle açıklayınız. 5. Üzerinde uzunluk tanımlı bir küme üzerinde "daha kısa değildir" bağıntısının, bir tam sıralama bağıntısı olduğunu gösteriniz.( Yol Gösterme: Küme üzerinde, "x y = x, y den kısa değildir" bağıntısını tanımlayınız.) 6. Bir kentte yaşayan insanlar kümesi üzerinde, bağıntısı, (a) denklik bağıntısı mıdır? η = {(x, y) x, y nin ablasıdır} (b) tikel sıralama bağıntısı mıdır? Nedenleriyle açıklayınız. 7. A = {1, 2, 3, 5, 7} kümesinde tanımlı η = {(x, y) : x y} bağıntısının türünü belirtiniz. 8. Bir A kümesi üzerinde tanımlı bir η bağıntısı veriliyor. (a) η bir tikel sıralama bağıntısı ise η 1 de bir tikel sıralama bağıntısı olur mu? Neden? 9. A nın bir has alt kümesinde tanımlı bir tam sıralama bağıntısı, A üzerinde de bir tam sıralama bağıntısı olur mu? Neden? 10. Bir küme üzerinde tanımlı iki tikel sıralama bağıntısının arakesiti de bir tikel sıralama bağıtısı mıdır? Neden?

114

115 Tümel Sıralama Tümel Siralama Bağintisi Kümeye ait bütün öğeleri birbirleriyle karşılaştıran sıralama türüdür. Matematiksel tanımı şöyledir: Figure 34: Tümel Sıralı Küme Tanım Örgün tikel sıralama bağıntısına, tümel (tam) sıralama bağıntısı, denilir. Böüm??, Tanım?? ile verilen örgün bağıntı tanımı uyarınca, tümel sıralı kümeye ait her öğe çifti bağıntının grafiğinde olmalıdır. Bunu sıra bağıntısı için ifade edersek, her öğe çifti birbiriyle mukayese edilebilir diyebiliriz. Örgün olma koşulu katılarak, Tanım şöyle yazılabilir: Tanım Boş olmayan bir küme üzerinde yansımalı, antisimetrik, geçişimli ve örgün olan bağıntı tümel sıralama bağıntısıdır. Bunu simgelerle ifade edelim: Boş olmayan A kümesi üzerinde tanımlı bağıntısı, aşağıdaki koşulları sağlıyorsa tümel sıralama 1. x X x x 2. (x, y X) (x = y) (x y) (y x) bağıntısıdır. 3. (x, y, z X) (x y) (y z) x z 4. (x, y X) (x y) (y x) tümel sıralama bağıntısı, kümeye ait her öğe çiftini birbiriyle karşılaştırır. Bunun anlamı şudur: x, y X (x = y) (x y) (y x) (110) bağıntısını yansımalı varsaydığımız için, yukarıdaki ifadedeki (x = y) terimini yazmak gerekmez. Tümel sıralama bağıntısına tam sıralama, doğrusal sıralama, lineer sıralama gibi adlar da verilir. Yansıma koşulunu kaldırmak istersek, simgesi yerine simgesini kullanır ve tanımını şöyle yaparız: (x y) = [(x y) (x = y)] (111) Tanım Antisimetrik, geçişimli ve örgün olan (X, ) sistemine kesin tümel sıralamalı sistem, denilir. (X, ) sistemi köşegen üzerindeki öğeleri içermez; Örnek Alfabenin harfleri A a B b... Z z (112) sıralamasına göre tümel sıralı bir sistemdir. Bu sistemin enküçük öğesi A, enbüyük öğesi z dir.

116 116 calculus (112) yerine, harfleri A a B b... Z z (113) biçiminde de sıralayabiliriz. Bu sistem kesin tümel sıralı sistem olur. Tikel sıralı sistemler için tanımlanan inf, sup, min, max, küçükçe, büyükçe, altsınır, üstsınır gibi tanımlar tümel sıralı sistemler için de geçerlidir. Tabii, tümel sıralamanın gerektirdiği değişime uğrarlar. Örnek Doğal sayılar kümesi bilinen N = { n n } sıralamasına göre tümel sıralı bir sistemdir. Bu sitemin enküçük öğesi 0 dır, ama enbüyük öğesi yoktur. 69 dopal sayılar tümel sıralıdır 70 tam sayılar tümel sıralıdır 71 gerçel sayılar tümel sıralıdır Örnek Tam sayılar kümesi bilinen Z = { } sıralamasına göre tümel sıralı bir sistemdir. Bu sitemin enküçük ve enbüyük öğeleri yoktur. Alıştırmalar 1. (X, ) tümel sıralı ise A kümesinin küçükçe (minimal) öğesi varsa tektir ve enküçük öğe (minimum) ile çakışır. 2. (X, ) tümel sıralı ise A kümesinin büyükçe (maksimal) öğesi varsa tektir ve enbüyük öğe (maksimumu) ile çakışır.

117 İyi Sıralama Well Ordering İyi sıralama kavramı, doğal sayıların sağladığı sıralama özeliklerinin soyut kümelere taşınmasıdır. O nedenle, N = {0, 1, 2, 3,..., m, m + 1,...} doğal sayılar kümesini varsayacacak ve onun üzerinde sıralama bağıntısını tanımlayacağız. Doğal sayıların kuruluşunu Bölüm de ele alacağız. Doğal Sayılarda Eşitlik İki doğal sayının eşitliğini, () deki gibi tanımlamak mümkündür. Ancak, o işi ileride nicelik sayıları ile daha kolay yapabileceğiz. Bu bölümde doğal sayıları sezgisel inceleyeceğimiz için; Figure 35: İyi Sıralı Küme Tanım m ile n iki doğal sayı ise, bunların, birbirlerine eşit oluşunu tanımsız kabul edecek ve simgesiyle göstereceğiz. m = n (114) Figure 36: İyi Sıralı Küme Bunu, "m, n ye eşittir" ya da "m eşit n", diye okuyacağız. Theorem = eşitlik bağıntısının yansıma, simetri ve geçişim özelikleri vardır Doğal Sayılar iyi sıralıdır. Doğal Sayılarda Sıralama Tanım m ve n doğal sayıları için, m + r = n eşitliğini sağlayan sıfırdan farklı bir r doğal sayısı varsa, "m sayısı n sayısından küçüktür," denilir ve m < n simgesiyle gösterilir Simgsel olarak, yazılır. m < n = ( r N + )( m + r = n ) (115) Doğal sayılardaki sıralamanın yansımalı olmasını istiyorsak < yerine bağıntısını kullanmalıyız. bağıntısını, bildiğimiz = ve < bağıntıları yardımıyla tanımlayabiliriz. Tanım m, n N için m n = [(m < n) (m = n)] olur. 73 Tam Sayılar iyi sıralıdır. 74 Gerçell Sayılar iyi sıralı değildir.