Konular Hafta İşlenen Konular 1 Karmaşık sayılar 2 Vektör uzayı tanımı, vektör uzayı özellikleri 3 Altuzaylar, altuzaylar için toplama ve direkt toplama 4 Span, lineer bağımsızlık, taban 5 Boyut, lineer dönüşüm tanımı 6 Boşluk uzayı, menzil, lineer dönüşüm matrisi 7 Tersinirlik, polinomlar, derece 8-9 Arasınav 10 Değişmez uzaylar 11 Polinomların operatörlere uygulanması 12 Üst üçgen matrisler, köşegen matrisler, değişmez altuzaylar 13 İç çarpımlar, Normlar 14 Ortonormal tabanlar, ortonormal izdüşümler, ilgili minimizasyon problemleri 15-16 Final sınavları Yukardaki konular lisans eğitimindeki Linear Algebra (lineer cebir) dersindekilerle örtüşmekte midir? Konu başlıkları olarak evet. Ama lisans lineer cebir bilgileri üniversite birinci sınıf matematik dersine (Calculus) dayanırken, bu ders alan ve vektör uzayı aksiyomlarına dayalı olup nerdeyse her önerme bu aksiyomlarla ispat edilerek yürütülmektedir. Russell Paradoksu Bir küme kendisini elemanı olarak bulundurabilir mi? Doğal sayı olmayan herşeyin kümesini ele alalım. Adı A olsun 7.23 doğal sayı değildir. O halde 7.23 A olur π doğal sayı değildir. O halde π A olur. Eskişehir de doğal sayı değildir, dolayısıyla Eskişehir A olur. A kümesi bir doğal sayı mıdır? Hayır! O halde A A Demekki bir küme kendisini elemanı olarak bulundurabiliyormuş. Artık Russell paradoksu tanıtılabilir! Bir B kümesi tanıtalım. B kümesinin elemanları kümeler olsun ancak kendini elemanı olarak bulundurmayan kümeler olsun. Mesela bir S kümesi kendini elemanı olarak bulundurmuyor ise B kümesi elemanıdır. B kümesi elemanları arasında B kümesi var mıdır? Eğer B nin elemanları arasında B varsa, elemanları arasında kendini de bulunduran bir küme olacağı için tanım gereğince B nin elemanı olamaz. (Yukarda bold fontta nelerin B nin elemanı olacağı belirtilmekte!) Eğer B kendisinin elemanı değilse o zaman B nin elemanı olma şartını sağlıyor demektir, bu da B yi B nin elemanı yapar.
Yani özetle, B B B B B B B B Bu çelişki Russel tarafından gösterilmiştir. Bu çelişkiye düşülme sebebi o tarihlerde (belki bir kısım kişiler için bugün de) setleri tanımlamakta kullanılan naif yöntemdir. Set teorisini günümüzde doğru kitaptan öğrenenler için böyle bir çelişki sözkonusu değildir. Tümevarım Hakkında Tümevarım yöntemini ispata gerek duymaksızın geçerli kabul etmek matematik camiasında yaygındır, ancak bu yöntem temel dayanaklar kullanılarak ispatlanabilir. Bu ispat için ihtiyaç duyduğumuz dayanaklar aşağıdadır: 1-Doğal sayılar kümesi sıralıdır (well-ordered). Yani doğal sayılar kümesinin boş olmayan her altkümesi bir en küçük elemana sahiptir. 2-Her doğal sayı ya sıfırdır ya da bir n için n + 1 dir. 3-Her doğal sayı n için, n + 1 > n. Hipotezler Her n için P (n) bir önerme olsun. Farzedelim ki P (0) doğru olsun. Ve P (k) nin doğru olduğu durumlarda P (k +1) doğru olsun. Sonuç Hipotezlerin sonucu olarak P (n) her n için doğrudur. İspat Bir an için hipotezlerimizin sağlanmasına rağmen P (n) bazı n ler için doğru olmadığını düşünelim. Bu düşüncenin bizi çelişkilere götüreceğini göstereceğim. W kümesi P (n) nin doğru olmadığı n leri barındırsın. Diyelim ki böyle n ler gerçekten var ve bu sebeple W kümesi boş değil. Sıralılık özelliği W kümesinin bir en küçük elemana sahip olduğunu gösterir, buna m diyelim. P (0) doğru olduğu için bu m sıfır değildir. m doğal sayısı bir n doğal sayısı için n + 1 e eşittir. n bu durumda m den küçüktür. En küçük eleman m olduğuna göre n doğal sayısı W kümesinde değildir. Bu durumda P (n) doğrudur. Bu P (n + 1) in de doğru olduğunu gerektirir, çünkü hipotezimize göre P (k) nin doğru olduğu durumlarda P (k + 1) doğrudur. Yani P (m) doğrudur. Bir çelişki oluştu. Bu çelişkiye düşmemize W nin boş küme olmadığını düşünmemiz sebep oldu. O noktaya tekrar gidip W boş kümedir deseydik bu çelişki olmazdı. W boş kümeyse P (n) nin yanlış olduğu n ler yoktur, P (n) her n için doğrudur. Yukarda dayanak olarak kullandığımız doğal sayıların sıralılığı da aslında ispat gerektirir. Yaygın uygulamada bu ispat için tümevarım yöntemi kullanılmaktadır.
Yani, tümevarım ve doğal sayı sıralılık ilkeleri birbirlerini ispat için kullanmaktadırlar. Bu sebeple tümevarım ve doğal sayı sıralılık ilkeleri eşdeğerdir. Reel Sayılar Denumerable mıdır? Reel sayılar kümesi denumerable mıdır? Yani doğal sayıların herbirine bir reel sayı karşılık gelecek şekilde bir dizi oluşturularak reel sayıların tamamı örtülebilir mi? Cevap: Hayır. Basitleştirilmiş taslak ispat aşağıdadır. Sonra iyileştirebilmek umuduyla. (A.K.) Bir an için böyle bir dizinin oluşturulabileceğini varsayalım. Bu dizi (x k ) olsun ve elemanları (x 1, x 2, x 3,...) olsun. Bu dizinin ilk iki elemanını kullanarak bir I 1 kapalı aralığı tanımlayabiliriz. Bu dizinin ilk iki elemanından küçük olanı a 1, büyük olanı b 1 olarak adlandıralım. Yani a 1 = min{x 1, x 2 }, b 1 = max{x 1, x 2 } I 1 = [a 1, b 1 ] olarak tanımlayalım. Şimdi iddiamızı biraz daha spesifik hale getirelim. Reel sayıların I 1 aralığında olan bir reel sayı var ki, bu sayı (x k ) dizisinde bulunmamaktadır. Bu aralıkta bir sayının dizide olmadığını göstermek reel sayıların tamamen örtülmemiş olduğunu gösterecektir. (x k ) dizisi sonsuz sayıda elemana sahiptir, (x k ) dizisinin I 1 aralığında da sonsuz adet eleman olmalıdır. Eğer I 1 aralığında sonlu sayıda eleman olsaydı, bunları büyüklük sırasına göre sıralardık ve artarda gelen herhangi iki elemanın arasındaki elemanın örtülmediğini görürdük ve ispat tamamlanırdı ( İki farklı reel sayı arasında başka bir reel sayının olduğunu ispatlamıştık). I 1 aralığında (x k ) dizisinin sonsuz sayıda elemanı vardır, bu elemanların ilk ikisi x ve y olsun. a 2, b 2 ve I 2 aşağıdaki şekilde tanımlansın: a 2 = min{x, y}, b 2 = max{x, y} I 2 = [a 2, b 2 ] Şimdi iddiamızı daha spesifik hale getirelim: (x k ) dizisinin örtemediği reel sayı I 2 aralığındadır. Bu ifade ilk iddiamızla çelişmemektedir. Zira I 2 aralığı I 1 aralığı içindedir; I 2 aralığında olan otomatik olarak zaten I 1 aralığındadır. I 2 aralığında da (x k ) dizisinin sonsuz elemanı olmak zorundadır. Bu sonsuz sayıdaki elemandan ilk ikisini yukardaki gibi kullanarak I 3 aralığını, benzer şekilde I 4 aralığını, ve sonraki I n aralıklarını oluşturabiliriz. Bu şekilde oluşturulan aralıklar arasında I 1 I 2 I 3 ilişkisi vardır. Bunun sonucu olarak da a 1 < a 2 < b 2 < b 1 ilişkisi geçerlidir. a 1, a 2,... dizisi monoton artmaktadır. I 1, I 2,... aralıkları içiçedir ve I i aralığının soldaki sınırı a i dir. Soldaki aralık sınırları olan a 1, a 2,... dizisi sağdaki sınırların hiçbirinin daha sağına geçmez. a 1, a 2,... dizisinin her elemanı b 1, b 2,... dizisinin her elemanından daha küçüktür. b 1, b 2,... dizisinin her elemanı a 1, a 2,... dizisi için bir üst sınır görevi görür. a 1, a 2,... dizisi monoton artmanın yanısıra üstten de sınırlıdır. Bu sebeple a 1, a 2,... dizisinin limiti vardır. Bu limite A
diyelim. a 1, a 2,... dizisinin elemanları A limitine yaklaşır da yaklaşır ama asla değmez. Zaten a 1, a 2,... dizisinin elemanlarından biri A ya değse, mesela a n elemanı değse, monoton artan a n+1, a n+2,... elemanları A nın sağına geçmekte ve artmakta olacağından bu durum A yı limit olmaktan çıkarırdı. Benzer şekilde b 1, b 2,... dizisi monoton azalmakta ve alttan sınırlıdır. Bunun da dolayısıyla bir limiti vardır. Buna B diyelim. Bu limitler A B ilişkisini sağlar. Bu sebeple [A, B] aralığı bir boş küme değildir. Bu aralık bütün I 1, I 2,... aralıkları tarafından kapsanmaktadır: I 1 I 2 I 3 [A, B] Şimdi iddiamızı en spesifik haline getirebiliriz: Eğer h [A, B] ise bütün k ları dikkate alarak h x k olur. Yani reel sayılardan olan h örtülmemiştir. Aşağıda bunu göstereceğiz. a 1, a 2,... dizisinin elemanları A ya değmedikleri için ve b 1, b 2,... dizisi elemanları B ye değmedikleri için bütün k ları dikkate alarak rahatlıkla h a k, b k diyebiliriz. Biz bütün k ları dikkate alarak h x k da diyebileceğimizi göstereceğiz. Bunu gösterirsek h reel sayısının örtülmediği ortaya çıkacaktır. Varsayalım ki, bir k indisi için h = x k olsun. Bu durumda h nin solunda (x k ) dizisinin sonlu sayıda elemanı bulunabilir. Bu durumda h nin solunda (a k ) dizisinin de sonlu sayıda elemanı olabilecektir. Bu sonlu sayıda elemanın en büyüğü d indisine karşılık gelen a d olsun. a d varsa b d nin olacağı açıktır. [a d, b d ] aralığında sonsuz sayıda dizi elemanı vardır ve bunların ilk iki elemanını kullanarak I d+1 = [a d+1, b d+1 ] aralığını oluşturabiliriz. Bu durumda a d+1 sayısı h nin sağında kalır. h nin sağında bir aralık sol sınırı olması bir çelişkidir. Çünkü h en içteki limit aralığın içinden seçilmişti, bütün a k ların h nin solunda olması gerekiyordu.çelişki!. Bizi bu çelişkiye düşüren şey, bir k indisi için h = x k olabileceğini varsaymamızdı. Bu gerçekten yanlış bir varsayımdı. Cantor kümesi elemanları hakkında Cantor kümesini oluşturup çeşitli özelliklerini inceleyelim. Cantor kümesi bir C 0 = {x R : 0 x 1} kümesinin üzerinde tekrarlı işlemler yapılarak elde edilebilir. Basit sunum amacıyla C 0 = [0, 1] gösterimini kullanalım. Bu kümenin ortasındaki üçte birlik açık aralığı, yani ( 1 3, 2 3 ) aralığını,çıkartıp kümenin kalan kısmına C 1 diyelim. Bu durumda C 1 = [0, 1 3 ] [2 3, 1] olur. C 1 i oluşturan iki kapalı aralığın herbirinin ortasındaki üçte birlik açık aralıkları, yani ( 1 9, 2 9 ) ve ( 7 9, 8 9 ) aralıklarını, çıkartıp kalan kısma C 2 diyelim. Bu durumda C 2 = [0, 1 9 ] [2 9, 1 3 ] [2 3, 7 9 ] [8 9, 1] olur. Bu süreç devam ettirilirse n olurken C n C olur. C kümesi Cantor kümesi olarak adlandırılır.
Cantor kümesi elemanlarının geometrik konumları C n leri oluşturan kapalı aralıkların uçları kümeden çıkartılanlar arasında yer almaz. Mesela, C 1 deki uç noktalar 0, 1 3, 2 3, 1 Cantor kümesi elde etme sürecinin hiçbir aşamasında kümeden çıkartılmazlar, Dolayısıyla, bu uç noktalar Cantor kümesi C nin elemanıdırlar. C 2 ye bakınca başka uç noktalar da görüyoruz: 1 9, 2 9, 7 9, 9 9. Bu uç noktalar da C 3, C 4,... elde etme aşamalarında kümeden çıkartılmazlar ve nihayetinde de Cantor kümesinde yer alırlar. Daha sonraki adımlarda C 3, C 4,... kümelerinin artan adetlerde yeni uç noktalar ortaya çıkarttığını görüyoruz. Bu uç noktalar n olurken sonsuz adete ulaşacakları görülür. Bunları hepsi de Cantor kümesi C nin elemanlarıdır. Cantor kümesi elemanları sadece bu uç noktalardan oluşmaz. Bunlara bir örnek 1 4 tür. Bu sayı C 1 de soldaki üçte birlik aralıkta, yani [0, 1 3 ], bulunur. C 2de ise soldaki üçte birlik aralığın sağdaki üçte birlik aralığında, yani [ 2 9, 1 3 ] aralığında bulunur. daha sonraki adımda bu üçte birlik aralığın ortası çıkartılınca solda kalan ralıkta yer alır. Bu desen, yani ortası çıkınca bir solda bir sağda yerlma deseni, sonsuza kadar sürer. Bu da, bir uç nokta olmayan 1 4 ün Cantor kümesinde olduğunu gösterir. Şimdi sıkı durun: Uç nokta olmadığı halde Cantor kümesinde yer alan eleman miktarı Cantor kümesindeki uç noktalardan daha fazladır. Daha fazlalık sayılabilirlik (denumerability) anlamındadır. Uç noktalar sonsu adet olmalarına rağmen herbiri rasyonel sayı olduğu için sayılabilirler, ancak daha sonra görüleceği üzere uç nokta olmayan Cantor kümesi elemanları da sonsuz tanedir üstelik sayılamazdırlar. Bunu görmek için aşağıdaki çeşitli altyapı bilgilerine ihtiyaç duymaktayız. Cantor kümesi uzunluğu C 1 oluşturulurken çıkartılan ( 1 3, 2 3 ) aralığı uzunluğu 1 3 tür. C 2 oluşturulurken ( 1 9, 2 9 ) ve ( 7 9, 8 9 ) aralıkları çıkartılmış olup bunların uzunlukları toplamı 2 9 dur. 4 C 3 oluşturulurken 4 parça çıkartılmış olup bunların uzunlukları toplamı 27 dir. Deseni takip edersek çıkartılan parçalar toplamı 1 3 + 2 9 + 4 27 + = 1 3 ( 1 + ( 2 3 ) + (2 3 )2 + ) = 1 3 1 1 2 3 olmaktadır. Zaten C 0 toplam uzunluğu 1 idi, Cantor kümesine varıncaya kadar çıkartılanlar toplamı 1 olduğuna göre Cantor kümesinde kalan kısım uzunluğu 0 dır. Cantor kümesi 3 tabanında temsili C 0 dan C 1 e gelirken çıkartılıp atılan ( 1 3, 2 3 ) aralığı 3 sayı tabanında 0.1xxx şeklinde yazılabilmektedir. C 1 de kalan sayılar ise 0.0xxx ve 0.2xxx şeklinde yazılabilmektedir. Peki, C 1 deki 1 3 sayısı bu iddia için karşı örnek oluşturur mu? Bu sayı 3 tabanında iki türlü yaılabilmektedir: 0.1 ve 0.0222 şeklinde. Eğer 0.0222 şeklindeki gösterimi tercih edecek olursak C 1 deki bütün sayıları 3 tabanında yazarken noktadan sonraki ilk hanesi 0 ve 2 olacak şekilde yazabiliriz. Ve atılan parçadaki sayıları da noktadan sonraki ilk hanesi 1 olacak şekilde yazabiliriz. Burada kafa karıştırabilecek husus niçin 1 3 iki farklı şekilde temsil edilebiliyor konusudur. Bunun cevabı onlu tabandaki 1 in yine aynı tabanda 0.999 da olarak temsil edilmesi ile aynıdır. Bunun ispatı basit olmasına = 1
rağmen konumuzdan fazla sapma olmaması için burada ilgilenmiyoruz. C 2 yi irdeleyecek olursak kümedeki noktaların ilk iki hanesini 0 ve 2 lerle yazabiliriz. C 2 yi oluşturmak için attığımız aralıkları yazarken de noktadan sonraki ikinci hanelerinde 1 olduğunu gözlemeliyiz. Bu işi muhasebesi biraz kuvvetli olan kişi C 3, C 4,... için de genelleyebilir. Sonunda Cantor kümesi elemanlarını yazarken görürüz ki, sadece 0 ve 2 lerle herbir elemanını 3 tabanında yazabiliriz, 1 lere asla ihtiyaç duymayız. Cantor kümesini oluştururken çıkartıp attığımız aralıkları da yazarken mutlaka içinde 1 geçecek şekilde yazabiliriz. Cantor kümesi elemanları kardinalitesi Şimdi Cantor kümesinden [0, 1] aralığına örten bir f fonksiyonu tanımlayacağız. Yani, [0, 1] aralığındaki her reel y elemanı için f(x) = y ilişkisini sağlayan Cantor kümesi elemanı x bulacağız. Bu da, Cantor kümesi aralıkları çıkarta çıkarta ne kadar küçülmüş olsa da, yine de [0, 1] aralığını örtecek yeterliğini devam ettiridiğini gösterecektir. Bu fonksiyonu şöyle tanımlayalım: [0, 1] aralığındaki bir y sayısını 2 tabanında ifade et. y sayısı hanelerindeki 1 leri 2 yap, 0 lara dokunma, ortaya çıkan rakamı x olarak isimlendir. f(x) = y ilişkisi ikili tabnda ifade edilen her y için ona yol açan Cantor kümesi elemanı x vermekte; bu da örtenliği göstermektedir. Örnek: f(0.2202002) = 0.1101001 [0, 1] aralığındaki iki tabanında gösterilen sayılar sayılamaz bir küme oluşturur. Bu da Cantor kümesinin sayılamaz olduğunu gösterir. Çünkü sayılabilir bir kümeden sayılamaz bir kümeye örten fonksiyon bulunamaz. Cantor kümesi sayılamazdır. Bilmekteyiz ki Cantor kümesi sayılabilir uç noktalar ile diğer noktaların bileşiminden oluşmaktadır. Diğer noktalar sayılabilir bir küme oluşturmaz. Diğer noktalar sayılabilir küme olsaydı, uç noktalar kümesi de sayılabilir küme olduğundan bunların bileşimi olan Cantor kümesi sayılabilir olurdu. Halbuki cantor kümesinin sayılamaz olduğunu biliyoruz. Bu durumda diğer noktalar sayılamaz bir küme oluştururlar. Bu da diğer noktalar kümesinin kardinalitesinin uç noktalar kümesi kardinalitesinden daha büyük olduğunu gösterir.