Dünyas ndan md@math.bilgi.edu.tr

Matematik Merhaba Dünyas ndan md@math.bilgi.edu.tr Matematik Dünyas yepyeni bir biçim, biçem ve kadroyla karfl n zda. Dergiye y llarca büyük eme i geçen sevgili Ünal Ufuktepe den görevi devrald k. Dergi bundan böyle üç ayda bir ç kacak, yani art k mevsimlik olaca z. Buna karfl l k sayfa say m z bir hayli art rd k. Her say m z n kapak konusu olacak. Bu say n n kapak konusu fonksiyonlar. Bir sonraki say m zda eflyap fonksiyonlar n (otomorfizmalar ) konu edece iz. Yaz lar m z n birbirinden olabildi ince ba ms z olmas na özen gösterdik. Yani bir yaz okunmadan ya da anlafl lmadan bir baflka yaz n n anlafl l r olmas n istedik. steyenin bir yüzü kara... Her yay n organ nda okurlarda al flkanl k yaratan fal, bulmaca, hava durumu, doktorunuz diyor ki gibi baz sabit köfleler vard r. Dergimizde de bundan böyle birçok sabit köfle bulacaks n z. Tayfun Akgül ün karikatür ve desenleri sayesinde, matematikten çok zorlan nca biraz olsun soluklanabilece iz. Matematik Dünyas n n yay n felsefesinde dirhem de ifliklik olmayacak. Eski hamam eski tas yani... Ne mutlu bize! Her ne kadar öncelikle gençlere yönelik bir yay nsak da, herhangi bir müfredata, örne in lise müfredat na ba ml de iliz ve kesinlikle üniversite girifl s navlar na haz rl k dergisi de iliz. Bu dergi gerçek ve ba- ms z bir matematik dergisidir (dolay s yla üniversite girifl s nav gibi dünyevi meselelerle ilgilenmez!) Gençler kadar, ö retmen ve araflt rmac matematikçilerin de zevkle okumas n istedi imiz bir dergidir. Bu dergide okuyaca n z yaz lar n konular araflt rmac matematikçilerin içli d fll olduklar konulard r. Yaz lar m z n oras na buras na sorular serpifltirdik. Bu sorular yan tlayanlara kitaplar arma an edece iz. Dergimizin daha canl, daha heyecanl, daha albenili olmas için, daha daha aflk, flevk ve enerjiyle dolmam z için, daha daha daha çok kiflinin bu dergiden yararlanmas için, matematik ve güzellik için abone say m z ve sat fl m z art rmal y z. Dergimizi okuyun, okutun, okutturun ve abone bulun. Edilgen de il etkin bir okur olman z diliyoruz. Unutmay n ki Matematik Dünyas kâr amac gütmeyen, çal flanlar n n gönüllü oldu u, profesyonel matematikçilerin amatör bir ruhla emek verdikleri bir dergidir. Bizim ödülümüz, güzellikleri bizimle paylaflan okur say s d r. En baflta Ünal Ufuktepe olmak üzere, Refail Alizade, Oktay Pashaev, Engin Büyükafl k, smail Aslan, Murat Atmaca ve Ali Ihsan Neslitürk ten oluflan geçmifl Yay n Kurulu na ve yaz m, dizgi ve aboneli e eme i geçmifl olan Eylem Erdo an, Ahmet Yant r, Tina Befleri, Günnur Ufuktepe ve Hakan Kutucu ya tüm matematiksevenler ad na teflekkür ederiz. K sa süre içinde üç önemli matematikçiyi kaybettik. S ras yla Do an Çoker, Murat Sertel ve Gündüz keda, bildikleriyle, deneyimleriyle, daha yapabilecekleriyle aram zdan ayr l p bizi yasa bo dular. Tek tesellimiz kuflaktan kufla a hepimizde yaflayacak olmalar. Matematik dolu günler, ve daha da önemlisi bar fl dileyerek merhaba. 1

K sa K sa... Matematik Dünyas, 2003 K fl fiafak Alpay* / safak@metu.edu.tr Prof. Dr. Do an Çoker i, Prof. Dr. Murat Sertel i ve Prof. Dr. Gündüz keda y kaybettik, matematik dünyas n n bafl sa olsun. Çoker, Sertel ve keda yla ilgili yaz lar m z bu say m zda bulabilirsiniz. (sayfa 32-41) Matematik dünyas 25 Ekim 2002 de ünlü Frans z matematikçi René Thom u kaybetti. 1972 de yazd Structural Stability and Morphogenesis adl fonksiyonlar n tekilliklerini konu alan kitab nda dünyaya duyurdu u katastrof kuram yla matematik dünyas d fl nda da ünlenen Thom un bu kuram biyoloji, sosyoloji, hisse senetleri borsalar nda buldu u uygulamalar n yan s ra daha önce öngörülemeyen do a olaylar n n tahminlerinde de kullan lmaya çal fl ld. Henri Cartan n doktora ö rencisi olan Thom, buldu u Cobordizm kuram yla 1958 de matematik ödüllerinin en sayg n olarak kabul edilen Fields Ödülü nü kazanm flt r. Sovyet matematikçileri Pontryagin ve Rokhlin in çal flmalar na devam etmifl ve n-boyutlu kompakt bir çokkatl n n (manifold) n+1 boyutlu bir çokkatl n n s n r olmas için gerekli ve yeterli koflullar vermifltir. Thom D E konu u olarak 90 l y llar n bafl nda Ankara ya da gelmifltir. Geçti imiz y l Cahit Arf n birçok etkinlikle an ld bir y l oldu. zmir Yüksek Teknoloji Enstitüsü Matematik Bölümü (http://www.iyte.edu.tr/mathweb/index.html) ö rencileri Cahit Hoca için yaz lan bir oyunu sahneleyip birçok yerde oynarken, stanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü (www.math.bilgi.edu.tr) Cahit Hoca an s na her y l yenilenecek bir matematik yar flmas düzenledi. ODTÜ Matematik (www.math.metu.edu.tr) Toplulu u da Cahit Hoca y kaybetti imiz 27 Aral k günü bir panelle ve Cahit Arf filmiyle onu and lar. kinci Cahit Arf Konuflmas ODTÜ de gerçekleflti ve Collège de France tan ünlü matematikçi Don Zagier Taylor Coeff cients of Modular Forms adl konuflmas n verdi. * ODTÜ Matematik Bölümü ö retim üyesi. Özellikle matematik ö retmenlerimize tan tmak istedi imiz bir kurulufl var: The Mathematical Association. 1871 de kurulan bu kuruluflun amac üniversite öncesi matemati in ö retilmesine ve matematik ö retmenlerinin meslekiçi geliflimine katk da bulunmak. Bu amaç do rultusunda yedi de iflik dergi ç kar yorlar. Bunlardan ö retmenlerimizin ilgisini çekebilecek baz lar flunlar: Primary Mathematics, Mathematical Pie, Symmetry Plus, Mathematics in Schools ve 1894 ten beri yay mlanan The Mathematical Gazette. lgilenenler için Gazette nin ODTÜ kütüphanesinde oldu unu belirtmek isteriz. Daha fazla bilgi için bu kuruluflun www.m-a.org.uk adresindeki web sayfas gezilebilir. Wolf Ödülü nü bu y l Mikio Sato ve John Tate kazand lar. Konuyla ilgili yaz m z bu say da yer al yor. (sayfa 71) Ülkemizin ilk uygulamal matematik enstitüsü ODTÜ de aç ld. Bilimsel Hesaplama, Kriptoloji ve Matematiksel Finans ve Sigorta Matemati i konular nda lisansüstü e itim ve araflt rma yapacak enstitü hakk nda daha fazla bilgi ODTÜ web sayfalar ndan elde edilebilir. 1844 te Eugene Catalan taraf ndan sorulan ve Catalan Sav olarak an lan sorunun çözüldü ü duyuruldu geçen yaz. Soru, 8 ve 9 tamsay lar gibi, tamsay lar n kuvveti olan ard fl k tamsay lar n olup olmad yd. leri sürüldü ü gibi bu özelli e sahip tek tamsay çiftinin 8 ve 9 oldu u A ustos 2002 de Romanya as ll genç matematikçi Preda Mihailescu (http://www-math.uni-paderborn.de/~preda/) taraf ndan kan tland duyuruldu. Kan t n yer ald makale flu s ralarda Crelle Journal dergisinin hakemleri taraf ndan denetleniyor. Poincaré sorusunun kan tland duyuruldu. Topoloji köflemizde bu konuda daha genifl bilgi bulabilirsiniz. (sayfa 53) Londra Matematik Derne i nin (LMS) popüler matematik videolar var. Ederi 10 dolar civar nda olan bu videolar n baz lar flöyle: Codes, Simulating the World, Fractals - The New Geometry, Tangent Circles, Patterns and Packing. Daha fazla bilgi LMS nin www.lms.ac.uk adresinden al - nabilir. 3

Princeton leri Araflt rma Merkezi nden (Institute of Advanced Studies) ünlü matematikçi Robert Langlands (http://www.sunsite.ubc.ca/digitalmatharchive/langlands/intro.html) Haziran da ülkemizi ziyaret edecek. stanbul daki Feza Gürsey Enstitüsü nün konu u olacak olan Langlands konuflmalar n Türkçe yapacak. Langlands Program ad yla an lan program matemati in çeflitli yap lar n birlefltirmek amac n tafl yor. Daha da somut olarak, bu program Galois Grup temsilleriyle otomorfik formlar aras ndaki iliflkileri irdeliyor. Langlands n 60 l y llarda ortaya sürdü ü bu programdaki her ilerleme matematik dünyas nda önemli bir baflar olarak addedilir. Bafllang ç izleri Gauss un 1801 de kan tlad bir teoreme kadar giden Langlands Program na katk lar nedeniyle 2002 Fields Ödülü verilen Frans z matematikçi Laurent Lafforgue un fonksiyon cisimlerinde kan tlad teorem bu program bir ad m daha ileri götürdü. Foto rafta Langlands n 1967 de Türkiye vizesi için sundu u vesikal k foto raf görülüyor. Matematik Seminerleri Ankara Ü. her çarflamba 15,30. Bilkent Ü. her çarflamba 15,30. Bo aziçi Ü. her çarflamba 14-15 (sonra çay kahve). stanbul Bilgi Ü. (Kufltepe) her cuma saat 13,30. ODTÜ her perflembe 15,40. Dergide birçok soruyla karfl laflacaks n z. Bu sorular aç k aç k sorulmam fl ya da iyi ifade edilmemifl olabilirler. Yan tlar n z, bulduklar n z, yazar belliyse yazar n adresine, yoksa dergi adresine ve 15 Nisan 2003 tarihine kadar yollay n. Sordu umuz sorular n yan tlar n biz de bilmeyebiliriz! Hatta yan tlad n z yada yan tlayamad n z akl n za gelen sorular n z da bize yollay n. En güzel yan tlara (sorulara da!) ödül olarak kitap verece iz. Ödüllerimizden Sadece Birkaç : Michael Guillen, Dünyay De ifltiren Befl Denklem, Tübitak 2002. G.H. Hardy, Bir Matematikçinin Savunmas, Tübitak 2001. Ödüller Georges frah, Rakamlar n Evrensel Tarihi (4 cilt), Tübitak 1999. Malcolm E. Lines, Bir Say Tut, Tübitak 2001. Ali Nesin, Önermeler Mant, stanbul Bilgi Üniversitesi 2001. Ali Nesin, Develerle Eflekler, stanbul Bilgi Üniversitesi 2002. Sinan Sertöz, Matemati in Ayd nl k Dünyas, Tübitak 2002. Dennis Shasha, Bunu Ancak Dr. Ecco Çözer, Tübitak 2001. Dennis Shasha, Dr. Ecco nun fiafl rt c Serüvenleri, Tübitak 2001. Matematik Dünyas, bir y ll k abonelik. Korsanlar Adlar 1, 2, 3, 4, 5 olan befl ak ll korsan 100 alt n bulmufllar. Bu 100 alt n korsanlar flu yöntemle paylaflacaklar. En küçük numaral korsandan bafllayarak, her korsan s ras geldi inde bir paylafl m önerecek. Öbür korsanlar paylafl m kabul edip etmediklerine dair oy kullanacaklar. E er paylafl m oyçoklu uyla kabul edilirse oyun bitecek. E er paylafl m kabul edilmezse paylafl m öneren korsan denize at lacak ve paylafl m önerme s ras bir sonraki korsana geçecek. Birinci korsan nas l bir paylafl m önermelidir? 4

Princeton leri Araflt rma Merkezi nden (Institute of Advanced Studies) ünlü matematikçi Robert Langlands (http://www.sunsite.ubc.ca/digitalmatharchive/langlands/intro.html) Haziran da ülkemizi ziyaret edecek. stanbul daki Feza Gürsey Enstitüsü nün konu u olacak olan Langlands konuflmalar n Türkçe yapacak. Langlands Program ad yla an lan program matemati in çeflitli yap lar n birlefltirmek amac n tafl yor. Daha da somut olarak, bu program Galois Grup temsilleriyle otomorfik formlar aras ndaki iliflkileri irdeliyor. Langlands n 60 l y llarda ortaya sürdü ü bu programdaki her ilerleme matematik dünyas nda önemli bir baflar olarak addedilir. Bafllang ç izleri Gauss un 1801 de kan tlad bir teoreme kadar giden Langlands Program na katk lar nedeniyle 2002 Fields Ödülü verilen Frans z matematikçi Laurent Lafforgue un fonksiyon cisimlerinde kan tlad teorem bu program bir ad m daha ileri götürdü. Foto rafta Langlands n 1967 de Türkiye vizesi için sundu u vesikal k foto raf görülüyor. Matematik Seminerleri Ankara Ü. her çarflamba 15,30. Bilkent Ü. her çarflamba 15,30. Bo aziçi Ü. her çarflamba 14-15 (sonra çay kahve). stanbul Bilgi Ü. (Kufltepe) her cuma saat 13,30. ODTÜ her perflembe 15,40. Dergide birçok soruyla karfl laflacaks n z. Bu sorular aç k aç k sorulmam fl ya da iyi ifade edilmemifl olabilirler. Yan tlar n z, bulduklar n z, yazar belliyse yazar n adresine, yoksa dergi adresine ve 15 Nisan 2003 tarihine kadar yollay n. Sordu umuz sorular n yan tlar n biz de bilmeyebiliriz! Hatta yan tlad n z yada yan tlayamad n z akl n za gelen sorular n z da bize yollay n. En güzel yan tlara (sorulara da!) ödül olarak kitap verece iz. Ödüllerimizden Sadece Birkaç : Michael Guillen, Dünyay De ifltiren Befl Denklem, Tübitak 2002. G.H. Hardy, Bir Matematikçinin Savunmas, Tübitak 2001. Ödüller Georges frah, Rakamlar n Evrensel Tarihi (4 cilt), Tübitak 1999. Malcolm E. Lines, Bir Say Tut, Tübitak 2001. Ali Nesin, Önermeler Mant, stanbul Bilgi Üniversitesi 2001. Ali Nesin, Develerle Eflekler, stanbul Bilgi Üniversitesi 2002. Sinan Sertöz, Matemati in Ayd nl k Dünyas, Tübitak 2002. Dennis Shasha, Bunu Ancak Dr. Ecco Çözer, Tübitak 2001. Dennis Shasha, Dr. Ecco nun fiafl rt c Serüvenleri, Tübitak 2001. Matematik Dünyas, bir y ll k abonelik. Korsanlar Adlar 1, 2, 3, 4, 5 olan befl ak ll korsan 100 alt n bulmufllar. Bu 100 alt n korsanlar flu yöntemle paylaflacaklar. En küçük numaral korsandan bafllayarak, her korsan s ras geldi inde bir paylafl m önerecek. Öbür korsanlar paylafl m kabul edip etmediklerine dair oy kullanacaklar. E er paylafl m oyçoklu uyla kabul edilirse oyun bitecek. E er paylafl m kabul edilmezse paylafl m öneren korsan denize at lacak ve paylafl m önerme s ras bir sonraki korsana geçecek. Birinci korsan nas l bir paylafl m önermelidir? 4

Kapak Konusu: Fonksiyonlar Fonksiyonlara Genel Girifl 1. Tan m. Fonksiyon kavram n n matemati in en önemli kavramlar ndan biri oldu unu söylemek fonksiyon kavram na büyük haks zl k olur. Fonksiyon, matemati in en önemli kavramlar ndan biri de il, matemati in en önemli kavram d r. Küme kavram hariç, belki... Bilimin b sinin girdi i her yerde fonksiyona rastlan r. Art k ilkokullarda bile ö retiliyor fonksiyon. Herhalde afla dakine benzer flekilleri e itim hayat n z boyunca s k s k görmüflsünüzdür. b a c d X ƒ fiekil 1. Bir fonksiyon resmi Üst soldaki yumurta bir kümedir (fiekil 1). Sa daki domates de... çindeki noktalar kümelerin elemanlar d r. Soldaki yumurtan n her eleman sa daki domatesin bir eleman na bir okla gönderilmifltir. Burada X kümesinden Y kümesine giden bir fonksiyon flekledilmifltir. Sol taraftaki X kümesinin dört eleman vard r: a, b, c ve d. Aç kça söylenmez ama bu elemanlar n birbirinden de iflik olduklar varsay l r. Sa taraftaki kümeninse befl eleman vard r: 1, 2, 3, 4, 5. ƒ, sol taraftaki kümenin her eleman n sa taraftaki kümenin bir eleman na gönderen bir kurald r. Örne in X kümesinin a ve b elemanlar ƒ kural gere ince Y nin 1 eleman na giderler. Bu, ƒ(a) = ƒ(b) = 1 olarak gösterilir. Ayn biçimde, ƒ(c) = 4 ƒ(d) = 5 yaz l r. Y nin 2 ve 3 elemanlar na X ten hiçbir eleman gitmiyor. Bu hiç sorun edilmez. X ten Y ye giden Y 2 1 5 3 4 bir fonksiyon Y nin her eleman na dokunmak zorunda de ildir. Bu ilk örnekte de oldu u gibi, X in iki ayr eleman (a ve b elemanlar ) Y nin ayn eleman na (1 eleman na) gidebilir. Hatta X kümesinin bütün elemanlar Y kümesinin ayn eleman na gidebilir. Bu tür fonksiyonlara sabit fonksiyon denir (fiekil 2). b fiekil 2. Sabit 3 fonksiyonu X kümesinden Y kümesine giden bir fonksiyonda önemli olan, X in her eleman n n, tan mlanan kural gere ince, Y nin tek bir eleman na gönderilmesidir. a b a X X c d c d fiekil 3. Bir monksiyon. Örne in fiekil 3 teki kural bir fonksiyon tan mlamaz. Çünkü burada X kümesinin a eleman Y kümesinin iki ayr eleman na (1 e ve 3 e) gönderilmekte. Fonksiyonun tan m bunu yasaklar. Dileyen, fiekil 3 teki fley e baflka bir ad bulabilir, örne in çok de erli fonksiyon ya da monksiyon gibi. Ama bu fley kesinlikle bir fonksiyon de ildir. fiekil 4 teki fley de bir fonksiyon de ildir. Çünkü bu kez X kümesinin b eleman Y nin hiçbir eleman na gönderilmemifl. Fonksiyonun tan m bunu da yasaklar. X ten Y ye giden bir fonksiyon X in her eleman n Y nin bir (ve bir tek) eleman - na göndermeli. 2 2 1 3 Y Y 5 5 3 4 1 4 5

a b c d X fiekil 4. Bir baflka monksiyon. Fonksiyonun Türkçesi gönderme olabilir. Al fl nca yabanc l k çekilmiyor, her zaman oldu- u gibi... E er ƒ, X kümesinden Y kümesine giden bir fonksiyonsa, bunu ƒ : X Y olarak ve e er ƒ fonksiyonu X kümesinin x eleman n Y kümesinin y eleman na gönderiyorsa bunu, ƒ(x) = y ya da ƒ : x a y olarak yazar z. O zaman y eleman na x in görüntüsü ya da imgesi denir. X kümesine ƒ fonksiyonunun kalk fl kümesi, Y kümesine de var fl kümesi ad verilir. Say Kümeleri Do al say lar kümesi = N = {0, 1, 2, 3,...} Tam say lar kümesi = Z = {..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3,...} Kesirli say lar kümesi = Q = {a/b : a, b Z, b 0} Gerçel say lar kümesi = R = say do rusu ndaki tüm say lar Y 2 1 5 3 4 Örne in, ƒ(x) = x 2 kural, tamsay lar kümesi Z den gerçel (reel) say lar kümesi R ye giden bir fonksiyondur. Elbette ƒ( 2) = ƒ(2) = 4. Ama ayn ƒ(x) = x 2 kural bize Z kümesinden gene Z kümesine giden bir baflka fonksiyon verir. Ve hatta ayn kural bize Z kümesinden do al say lar kümesi N ye giden bir baflka fonksiyon verir. Ve hatta ayn kural bize R kümesinden gene R kümesine giden bir baflka fonksiyon verir. Ve hatta ayn kural bize R kümesinden negatif olmayan gerçel say lar kümesi R 0 kümesine giden bir baflka fonksiyon verir... Bir baflka deyiflle, fonksiyon kavram n n tan m - n n içinde (fonksiyonun kural ndan baflka) bir de fonksiyonun kalk fl ve var fl kümeleri vard r. Kural de iflmese de, kalk fl ve var fl kümeleri de iflti inde fonksiyonun da de iflti i kabul edilir. Yani bir fonksiyon sadece bir kural de ildir, fonksiyon tan m n n içinde fonksiyonun kural vard r, ama ayn zamanda kalk fl ve var fl kümeleri de vard r. Bir fonksiyonu, (kalk fl kümesi + var fl kümesi + kalk fl kümesinin her eleman için var fl kümesinin tek bir eleman n veren bir kural) olarak tan mlayabiliriz. Ama a z al flkanl yla ve kolayl k olsun diye, ço u zaman sadece kural söylenir. Kalk fl ve var fl kümelerinin bilindikleri varsay l r. Örnekler. ƒ(x) = x kural, gerçel say lar kümesi R den gerçel say lar kümesi R ye giden bir fonksiyon tan mlamaz, çünkü negatif gerçel say - lar n karekökü yoktur (ya da R de de ildir bu karekök.) X ten Y ye giden bir fonksiyon, X teki her eleman Y deki bir elemana göndermeli. Öte yandan, ayn kural, negatif olmayan gerçel say lar kümesi R 0 den R ye bir fonksiyon tan mlar. Buna benzer bir nedenden, ƒ(x) = 1/x kural, gerçel say lar kümesi R den gerçel say lar kümesi R ye giden bir fonksiyon tan mlamaz (0 in görüntüsü yok.) Öte yandan ƒ(x) = 1/x kural, R >0 kümesinden R kümesine (R >0 kümesine de) giden bir fonksiyon tan mlar. Ayn kural, R \ {0} kümesinden R ye giden bir baflka fonksiyon tan mlar. ƒ(x) = ± x kural da R den R ye giden bir fonksiyon tan mlamaz, çünkü ƒ(x) tek bir de er olmal. X ten Y ye giden bir fonksiyon, X kümesindeki her eleman Y kümesinden tek bir elemana göndermeli. Öte yandan, ƒ(x) = {x, x} kural R kümesinden R nin (en fazla iki elemanl ) altkümeler kümesine giden bir fonksiyon tan mlar. Kural da Nesi? Bu kural sözcü ü sizi rahats z etmifl olabilir. Bu sözcükten ben de rahats z m. Her fleyden önce kural n tan m n yapmad k. Kural da ne demek! Ayr ca kural belli olmayan ya da kural bilinip de hesaplanamayan fonksiyonlar da vard r. Örne in, her do al say y, bafl mdaki flu andaki saç teli say s art kinci Dünya Savafl nda ölen Frans z subay say s na yollayan sabit fonksiyonun de eri san r m bilinmez, ama bu kural gene de bir fonksiyon tan mlar. Biz flimdilik bu tür tuhafl klar görmezden gelelim. Ama sadece flimdilik... Seçim Fonksiyonlar yaz s nda kural bilinmeyen fonksiyonlar konu edece iz. Sizi daha fazla rahats z edecek bir fley daha söyleyeyim: Fonksiyonun matematiksel tan m yukardaki gibi de ildir. Matematikte her fley bir kümedir, fonksiyon da dahil olmak üzere... Ve biz yukar da fonksiyonu bir küme olarak tan mlamad k... Ama inan n bana fonksiyonun tam matematiksel tan m n bilmek pek o kadar önemli de ildir. Sonuç olarak, X kümesinden Y kümesine giden bir fonksiyon, X kümesinin her eleman n Y kümesinden tek bir elemana götüren bir kurald r. 6

2. Fonksiyonlar n Bileflkesi. ƒ, X kümesinden Y kümesine, g de Y kümesinden Z kümesine giden bir fonksiyon olsunlar. Örne in afla daki flekildeki gibi: b a c d X ƒ Y 1 2 Bu iki fonksiyonun bileflkesini al p X ten Z ye giden bir fonksiyon elde edebiliriz. fiöyle yapar z: X ten herhangi bir eleman alal m, diyelim a y ald k. Bu elemana ƒ yi uygulay p Y den bir eleman bulal m; örne imizde ƒ(a) buluruz, yani 1 i. fiimdi Y nin bu eleman na g yi uygulay p Z den bir eleman bulal m, örne imizde g(1) buluruz, yani r yi. Bu bize yeni bir fonksiyon verir. Bu yeni fonksiyon, X in a eleman n Z nin r eleman na gönderir (fiekil 6.) b a X c d Yukar da ƒ ve g fonksiyonlar n kullanarak elde etti imiz fonksiyona ƒ ve g nin bileflkesi ad verilir ve bu yeni fonksiyon g ƒ olarak yaz l r. Yukarda da gördü ümüz gibi, (g ƒ)(a) = g(ƒ(a)) = g(1) = r. Bunun gibi, (g ƒ)(b) = g(ƒ(b)) = g(1) = r, (g ƒ)(c) = g(ƒ(c)) = g(4) = u, (g ƒ)(d) = g(ƒ(d)) = g(5) = u. g ƒ bileflkesinden söz edebilmek için ƒ kümesinin var fl kümesiyle g kümesinin kalk fl kümelerinin ayn kümeler olmas gerekti ine dikkatinizi çekerim. Kalk fl ve var fl kümeleri ayn olan fonksiyonlar n (yani bir X kümesinden gene ayn X kümesine giden fonksiyonlar n) hiç düflünmeden istedi imiz gibi bileflkelerini alabiliriz. Fonksiyonlar n bileflkesi önemli bir kavramd r. Birkaç örnek daha verelim. Örnek 1. ƒ : R R 0 fonksiyonu ƒ(x) = x 2 kural yla, g : R 0 R fonksiyonu g(x) = x 5 3 4 5 fiekil 5. ƒ ve g fonksiyonlar g ƒ fiekil 6. g ƒ fonksiyonu g Z r t u Z s r t u s 7 Matematik Dünyas, 2003 K fl kural yla tan mlans n. O zaman, her x R için, (g ƒ)(x) = g(ƒ(x)) = g(x 2 ) = x 2 5. Bu örnekte g ve ƒ nin de bileflkelerini al p ƒ g fonksiyonundan söz edebiliriz: Her x R için, (ƒ g)(x) = ƒ(g(x)) = ƒ(x 5) = (x 5) 2. Görüldü ü gibi g ƒ ƒ g. Örnek 2. ƒ : R 0 R 0 fonksiyonu ƒ(x) = x olarak tan mlans n. g : R 0 R fonksiyonu da g(x) = x 5 olarak tan mlans n. O zaman, her x R 0 için, (g ƒ)(x) = g(ƒ(x)) = g( x) = x 5. Bu örnekte ƒ g diye bir fonksiyondan sözedemeyiz, çünkü g nin var fl kümesi negatif say lar içeriyor ama ƒ negatif say larda tan mlanm yor. Bileflkenin Birleflme Özelli i. Afla daki gibi üç fonksiyonumuz olsun: ƒ : X Y, g : Y Z, h : Z T. Bu üç fonksiyonla ilk bak flta de iflik gibi görünen iki ifllem yapabiliriz: 1) g ƒ : X Z ve h : Z T fonksiyonlar - n n bileflkesini al p h (g ƒ) : X T fonksiyonuna bakabiliriz. 2) ƒ : X Y ve h g : Y T fonksiyonlar - n n bileflkesini al p (h g) ƒ : X T fonksiyonuna bakabiliriz. Bu iki fonksiyon birbirine eflittir. Bunu kan tlayal m. Ama önce iki fonksiyonun ne zaman birbirine eflit oldu unu bilmeliyiz: E er ayn kalk fl ve var fl kümeleri olan iki fonksiyon, kalk fl kümesindeki her eleman, hep, var fl kümesinin ayn eleman na gönderiyorlarsa, o zaman o iki fonksiyon eflittirler. Örne in, R den R ye giden a(x) = x 2 fonksiyonuyla b(x) = x fonksiyonu birbirine eflittirler. X den T ye giden h (g ƒ) ve (h g) ƒ fonksiyonlar n n ald klar de erleri hesaplayal m, bakal m eflitler mi? x X olsun. Bileflkenin tan m n ikifler kez uygulayarak hesaplayal m: (h (g ƒ))(x) = h((g ƒ)(x)) = h(g(ƒ(x)) ((h g) ƒ)(x) = (h g)(ƒ(x)) = h(g(ƒ(x)). Demek ki, her x X için, (h (g ƒ))(x) = ((h g) ƒ)(x). Dolay s yla h (g ƒ) = (h g) ƒ. Buna fonksiyonlar n birleflme özelli i denir. Bu demektir ki ikiden fazla fonksiyonun bileflkesini al rken parantez kullanmak gereksizdir; s - ra gözettikten sonra, bileflkelerini almak için fonksiyonlar diledi imiz gibi grupland rabiliriz. Bu nedenle h (g ƒ) ya da (h g) ƒ yazmak yerine, parantezleri at p h g ƒ yazar z.

Bileflkenin Etkisiz Eleman. X herhangi bir küme olsun. X ten X e giden çok özel bir fonksiyon tan mlayaca z flimdi, özdefllik fonksiyonunu. Özdefllik fonksiyonu, X in her eleman n gene kendisine gönderir, yani asl nda hiçbir fley yapmaz! X ten X e giden bu fonksiyon Id X olarak gösterilir. Id, özdefllik anlam na gelen ngilizce identity nin ya da Frans zca identité nin Id idir. Demek ki, her x X için, Id X (x) = x. a b c d X Özdefllik fonksiyonlar n n flu özelli i vard r: E er ƒ : X Y bir fonksiyonsa, o zaman, ƒ Id X = ƒ ve Id Y ƒ = ƒ. Bu yüzden özdefllik fonksiyonuna, fonksiyonlar n etkisiz eleman da diyebiliriz. 3. FONKS YON ÇEfi TLER : Birebir, Örten, Eflleme, Eflleflme. Bu bölümde fonksiyonlar n baz önemli özelliklerini tan mlayaca z. Örten Fonksiyonlar. fiekil 1 deki örne e bir kez daha bakal m. O örnekte X ten hiçbir eleman Y nin 2 ve 3 eleman na gitmemifl. fiimdi 2 ve 3 elemanlar n Y den at p yeni bir g fonksiyonu tan mlayal m (fiekil 8. Var fl kümesi de iflti inden, var fl kümesi art k Y de il, var fl kümesine Z diyelim.) Bu sefer, var fl kümesi Z nin her eleman na X ten bir eleman ulafl yor. Bu özelli i olan bir fonksiyona örten fonksiyon denir. a b c d X X fiekil 7. Özdefllik fonksiyonu g fiekil 8. Örten bir fonksiyon resmi. Z 1 a b c d 5 4 Daha formel bir biçimde ifade edecek olursak, bir g : X Z fonksiyonu, e er her z Z için, g(x) = z eflitli ini sa layan bir x X vard r özelli ini sa l yorsa, o zaman g fonksiyonuna örten denir. Örne in R den R ye giden ƒ(x) = x 2 kural yla tan mlanm fl fonksiyon örten de ildir, çünkü karesi 1 olan bir gerçel say yoktur. Ama R den R 0 kümesine giden ve gene ƒ(x) = x 2 kural yla tan mlanm fl fonksiyon örtendir. n elemanl bir kümeden Y kümesine giden örten bir fonksiyon olmas için, Y nin en fazla n eleman olmal d r elbet. Birebir Fonksiyonlar. Gene fiekil 1 deki örne- e bakal m. O örnekte X in a ve b elemanlar Y nin ayn eleman na (1 e) gidiyorlar. X kümesinden a ya da b den birini atarsak böyle bir sorun la karfl laflmay z. Diyelim b yi att k. Elde etti imiz fonksiyona h diyelim. (fiekil 9. X kümesi de iflti inden, kalk fl kümesi art k X de il. Kalk fl kümesine T diyelim.) fiimdi art k h fonksiyonunda kalk fl kümesi T nin her eleman var fl kümesi Y nin bir baflka eleman na gider. Yani h : T Y a c d T h fiekil 9. Birebir fonksiyon resmi. fonksiyonu, her t 1, t 2 T için, e er h(t 1 ) = h(t 2 ) eflitli i do ruysa, o zaman t 1 = t 2 eflitli i do rudur özelli ini sa lar. Bu özelli i sa layan fonksiyonlara birebir fonksiyonlar denir. Örne in R den R ye giden ƒ(x) = x 2 kural yla tan mlanm fl fonksiyon birebir de ildir. Çünkü örne in 3 ve 3 ayn elemana (9 a) giderler. Öte yandan R 0 kümesinden R ye giden ve gene ƒ(x) = x 2 kural yla tan mlanm fl fonksiyon birebirdir. Bir X kümesinden n elemanl bir kümeye giden birebir bir fonksiyon olmas için, X in en fazla n eleman olabilir elbet. Efllemeler. Yukarda verdi imiz örneklerden dördüncü özet olarak yazal m: 1) ƒ : R R, ƒ(x) = x 2 fonksiyonu ne örtendir ne de birebir. 2) g : R R 0, g(x) = x 2 fonksiyonu örtendir ama birebir de ildir. 3) h : R 0 R, h(x) = x 2 fonksiyonu birebirdir ama örten de ildir. 4) k : R 0 R 0, k(x) = x 2 fonksiyonu hem birebirdir hem de örten. Y 2 1 5 3 4 8

Hem örten hem de birebir olan bir fonksiyona eflleme denir. Demek ki dördüncü örnek bir eflleme, di er üçü de il. Id X her zaman bir efllemedir elbet. Aralar nda eflleme olan iki sonlu kümenin eleman say s eflit olmak zorundad r. Bir kümeden gene kendisine giden efllemelere eflleflme diyebiliriz. Al flt rmalar. Afla daki al flt rmalarda iki fonksiyonun bileflkesinden söz edildi inde, bu fonksiyonlar n bileflkesinin al nabilece i, yani birinin var fl kümesinin di erinin kalk fl kümesinin içinde oldu u varsay lmaktad r. i. ki örten fonksiyonun bileflkesinin örten oldu unu kan tlay n. ii. ki birebir fonksiyonun bileflkesinin birebir oldu unu kan tlay n. iii. ki efllemenin bileflkesinin eflleme oldu unu kan tlay n. iv. ƒ g örtense ƒ nin de örten oldu unu kan tlay n. g de örten olmak zorunda m? v. ƒ g birebirse g nin de birebir oldu unu kan tlay n. ƒ de birebir olmak zorunda m? Efllemelerin Tersi. ƒ : X Y bir fonksiyon olsun. ƒ, X in elemanlar n Y nin elemanlar na götürüyor. fiimdi, bunun tam tersini yapmak istiyoruz, Y nin bir eleman n X e, aynen geldi i yere geri göndermek istiyoruz. Örne in ƒ(a) = b ise, b yi a ya geri göndermek istiyoruz ve bunu bir fonksiyonla yapmak istiyoruz. ki sorun ç kabilir: 1) Y deki bir elemana ƒ dokunmayabilir. O zaman dokunulmayan bu eleman geri gönderecek yer yoktur. Ama e er ƒ örtense o zaman bu sorun ortadan kalkar. 2) Y deki ayn elemana X ten birden çok eleman dokunabilir. O zaman Y nin bu eleman n kendisine dokunan elemanlardan hangi birine geri gönderece iz? Aralar ndan seçim yapmak gerekebilir. Zor ifl! Ama e er ƒ birebirse böyle bir sorunla karfl laflmay z. E er ƒ hem birebir hem de örtense (yani efllemeyse), Y nin her eleman na X in bir ve bir tek eleman dokunur. O zaman ƒ fonksiyonunun tersini tan mlayabiliriz: Tan m: ƒ : X Y bir eflleme olsun. ƒ 1 : Y X fonksiyonunu flöyle tan mlayal m: ƒ 1 (y) = x ƒ(x) = y. ƒ 1 fonksiyonu da bir efllemedir. ƒ 1 fonksiyonuna ƒ nin tersi denir. Afla daki eflitlik sa lan r elbet: ƒ 1 ƒ = Id X ve ƒ ƒ 1 = Id Y. Ayr ca, g ƒ = Id X ve ƒ g = Id Y eflitliklerini sa layan bir g : Y X fonksiyonu ƒ 1 fonksiyonuna eflit olmak zorundad r. (Neden?) A 4. Görüntü ve Öngörüntü ƒ : X Y bir fonksiyon olsun. E er A, X in bir altkümesiyse, ƒ(a) kümesini flöyle tan mlayal m: ƒ(a) = {ƒ(a) : a A}. ƒ(a), Y kümesinin bir altkümesidir elbette. ƒ(a) kümesine A n n (ƒ alt nda) görüntüsü ad verilir. Örne in ƒ : R R fonksiyonu ƒ(x) = x 2 kural yla verilmiflse, ƒ({5}) = {25} ƒ({ 5, 5}) = {25} ƒ({ 3, 5}) = {9, 25} ƒ(( 1,1)) = [0,1) ƒ(r) = R 0 ƒ( ) =. fiimdi de B Y verilmifl olsun. X in ƒ 1 (B) altkümesini flöyle tan mlayal m: ƒ 1 (B) = {x X : ƒ(x) B}. Yani ƒ 1 (B), X in ƒ fonksiyonu alt nda B ye giden elemanlar ndan oluflur. ƒ 1 (B) kümesine B nin öngörüntüsü ad verilir. Yukardaki R den R ye giden ƒ(x) = x 2 fonksiyonu örne ini alacak olursak, ƒ 1 (B) X ƒ fiekil 10. A n n görüntüsü X ƒ fiekil 11. B nin öngörüntüsü Y Y ƒ(a) B 9

Altkümeler Kümesi E er X bir kümeyse, X in altkümelerinden oluflan küme (X) olarak yaz l r. Örne in e er X = {1, 2, 3} ise (X) = {, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1,2,3}} dir. Demek ki, bu örnekte {1, 2} (X). Öte yandan 1 (X), çünkü 1, X in bir altkümesi de il, sadece bir eleman. Bir baflka örnek: X = {1, 2, {1, 2}} olsun. Bu sefer {1, 2} kümesi hem X in hem de (X) in bir eleman d r. Genel olarak, X kümesinin n eleman varsa, (X) kümesinin 2 n eleman vard r. E er tümevar mla kan t n ne demek oldu unu biliyorsan z, bunu tümevar mla kan t yönetiyle kolayl kla kan tlayabilirsiniz. (N), (Z), (Q), (R) kümelerinin elemanlar n teker teker belli bir s rayla yazmak olanaks zd r. (Denemeyin! Sonsuzu Saymak yaz s na bak n, sayfa 15) ama vard r böyle kümeler. Örne in, çift do al say lar kümesi {0, 2, 4, 6, 8, 10,...}, (N), (Z), (Q) ve (R) kümelerinin herbirinin eleman d r. Asal say lar kümesi {2, 3, 5, 7, 11, 13,...} de bu kümelerin birer eleman d r. Örne in, (3, 5) aç k aral (R) kümesinin bir eleman d r. Elbette, X hangi küme olursa olsun, ve X, (X) in bir eleman d r. ƒ 1 ({25}) = {-5, 5} ƒ 1 ({0, 25}) = {-5, 0, 5} ƒ 1 ({3}) = {- 3, 3} ƒ 1 (( 1,0)) = ƒ 1 ([ 1,0]) = {0} ƒ 1 ([ 1,1]) = [-1,1] Böylece ƒ : X Y fonksiyonu, (X) ten (Y) ye ve (Y) den (X) e giden iki fonksiyon tan mlar. Pek do ru de il belki ama, bu fonksiyonlar da genellikle ƒ ve ƒ 1 olarak yaz l r (oysa ƒ gibi hafifçe de iflik bir biçimde yaz lmas daha do ru olurdu.) Al flt rmalar. i. A 1 A 2 X ise, ƒ(a 1 ) ƒ(a 2 ) iliflkisini kan tlay n. ii. A 1 ve A 2 kümeleri X in altkümeleriyse, ƒ(a 1 A 2 ) = ƒ(a 1 ) ƒ(a 2 ) eflitli ini kan tlay n. iii. A 1 ve A 2 kümeleri X in altkümeleriyse, ƒ(a 1 A 2 ) ƒ(a 1 ) ƒ(a 2 ) iliflkisini kan tlay n. Eflitli in her zaman do ru olmad n gösterin. E er ƒ birebirse eflitli in do ru oldu unu gösterin. iv. B 1 B 2 Y ise, ƒ 1 (B 1 ) ƒ 1 (B 2 ) iliflkisini kan tlay n. v. B 1 ve B 2 kümeleri Y nin altkümeleriyse, ƒ 1 (B 1 B 2 ) = ƒ 1 (B 1 ) ƒ 1 (B 2 ) eflitli ini kan tlay n. vi. B 1 ve B 2 kümeleri Y nin altkümeleriyse, ƒ 1 (B 1 B 2 ) = ƒ 1 (B 1 ) ƒ 1 (B 2 ) iliflkisini kan tlay n. Sonlu bir kümeden o kümenin altkümeler kümesine giden örten bir fonksiyon yoktur çünkü 2 n > n dir (tümevar mla kan tlanabilir bu eflitsizlik.) Bu olgu çok daha genel olarak do rudur: Teorem. Bir kümeden o kümenin altkümeler kümesine giden örten bir fonksiyon yoktur. Kan t: X bir küme olan ƒ, X kümesinden (X) kümesine giden örten bir fonksiyon olsun. Bir çeliflki elde edece iz. X in flu altkümesine bakal m: Y = {x X : x ƒ(x)}. Y, X in bir altkümesi oldu undan, (X) in bir eleman d r da ayn zamanda. ƒ örten bir fonksiyon oldu undan, belli bir x X için, ƒ(x) = Y olmal. fiimdi, x, Y nin bir eleman m de il mi sorusunu soral m, can al c soru! x Y x ƒ(x) x Y (Birinci eflde erlik Y nin tan m ndan, ikincisi Y = ƒ(x) eflitli inden ç k yor.) Bu bir çeliflkidir. Demek ki X kümesinden (X) kümesine giden örten bir fonksiyon yoktur. 10

Kapak Konusu: Fonksiyonlar Fonksiyonlar Saymak Hayri Ardal* / hayriardal@hotmail.com Soru 1. n elemanl bir kümeden m elemanl bir kümeye giden kaç fonksiyon vard r? Yan t: m n tane vard r, çünkü n elemanl kümenin her eleman n n gidebilece i tam m yer vard r. n elemanl kümenin her eleman için m elemanl kümenin herhangi bir eleman n seçebiliriz. Soru 2. n elemanl bir kümeden m elemanl bir kümeye giden kaç eflleme vard r? Yan t: Efllemelerin say s n bulmak da oldukça kolay. E er n m ise bu say s f rd r, öyle bir eflleme olamaz. E er n = m ise bu say n! dir. Çünkü birinci eleman n gidecek n yeri vard r. Birinci eleman n gidece i yer belirlendi inde ikinci elemana n 1 yer kal r. Bu yer de belirlendi inde, üçüncü elemana n 2 yer kal r... Son elemana tek bir yer kal r. Demek ki n elemanl bir kümenin rastgele bir fonksiyonunun bir eflleflme olma olas l n!/n n dir. E er n = 1 ise bu olas l k 1, yani yüzde yüzdür. E er n = 2 ise olas l k yüzde elliye düfler. n = 3 ise 2/9 a... Tahmin edildi i gibi n büyüdükçe eflleflme bulma olas l azal r. Nitekim, e er n çok çok büyükse, n! ( n + )! e n n ( n + ) (Buradaki e logaritmik sabit olan 2,718... say s d r, demek ki olas l k yüzde elliden daha h zl azal yor.) Biraz basit analizle, bu olgudan, n sonsuza gitti inde olas l klar n s f ra yak nsad görülür. Soru 3. n elemanl bir kümeden m elemanl bir kümeye giden kaç birebir fonksiyon vard r? Yan t: E er n > m ise bu say s f rd r. E er n = m ise, her birebir fonksiyonun bir eflleme olmas gerekti inden bu say n! dir. Ya n < m ise? Bu say ya ƒ(n, m) diyelim. Demek ki, ƒ(n, n) = n! ve e er n > m ise ƒ(n, m) = 0. * Bo aziçi Üniversitesi Matematik Bölümü yüksek lisans ö rencisi. ƒ(n, m) say lar n bulmak pek o kadar zor de ildir, bulal m. n elemanl kümemizi A = {a 1,..., a n } olarak gösterelim, m elemanl kümemizi de B = {b 1,..., b m } olarak gösterelim. A kümesinin birinci eleman a 1 in B de gidebilece i m yer vard r. Bu yer belirlendi inde A n n geri kalan n 1 eleman na B nin daha seçilmemifl m 1 eleman aras ndan de iflik yerler be enmemiz gerekecek. Demek ki, ƒ(n, m) = mƒ(n 1, m 1) eflitli i geçerlidir. Bu eflitli i bir ad m daha götürelim, yani n ve m yerine n 1 ve m 1 say lar na uygulayal m: ƒ(n, m) = m(m 1)ƒ(n 2, m 2) buluruz. Devamla, ƒ(n, m) = m(m 1)... (m i)ƒ(n (i+1), m (i+1)) buluruz. fiimdi i = n 2 olsun, ƒ(n, m) = m(m 1)... (m (n 2))ƒ(n (n 1), m (n 1)), yani ƒ(n, m) = m(m 1)... (m n+2)ƒ(1, m n+1) buluruz. ƒ(1, m n + 1) say s, 1 elemanl k bir kümeden m n + 1 elemanl kümeye giden birebir fonksiyonlar n say s, ki bu da m n + 1 dir. Demek ki ƒ(n, m) = m(m 1)... (m n+2)(m n+1), 1 yani. n+ ƒ(n, m) = m! 1 1 ( m- n)! 11 Yan t m z bulduk. E er n = m ise, yukar da buldu umuz n! yan t n buldu umuza dikkatinizi çekeriz. Bu da yan t m z n bir tür sa lamas d r. Soru 4. n elemanl bir kümeden m elemanl bir kümeye giden kaç tane örten fonksiyon vard r? Yan t: Bu soru yukardaki sorulardan daha zordur (ve bu yüzden en sona b rak lm flt r.) E er n < m ise yan t s f rd r elbet. E er n = m ise, her örten fonksiyon birebir olmak zorunda oldu undan, yan t n! dir. Genel yan t bulaca z. A ve B, s ras yla n ve m elemanl iki küme olsun. F, A dan B ye giden fonksiyonlar kümesi olsun. Birinci soruda aç kland üzere, F = m n.

Her i B için, F i, A dan B \ {i} kümesine giden fonksiyonlar kümesi olsun. Bir baflka deyiflle, F i = {ƒ F : her x A için ƒ(x) i} olsun. Gene birinci sorudan dolay, F i = (m 1) n. Örten olmayan her fonksiyon F i kümelerinden birinin eleman d r. Demek ki örten fonksiyonlar kümesi F \ i B F i kümesidir. E er i B F i kümesinin eleman say s n bulursak sorumuzu yan tlayabiliriz. Önce, her k m için, e er i 1, i 2,..., i k, B nin birbirinden farkl k eleman ysa, F F... F = ( m k). i1 i2 ik eflitli ine dikkati çekelim. fiimdi i B F i kümesinin eleman say s n bulal m: n U F = F F F + F F F... + ( 1) F i i i1 i2 i B i B i1, i2 B i1, i2, i3 B i1 i2 i1 i2 i3 m m m n m m n = 1 m ( 1) ( 2) + ( m 3)... + ( 1) ( ) 1 2 3 m m m m k 1 m = ( ) ( ). k m k n 1 k= 1 Dolay s yla, örten fonksiyon say s, i1 i2 i3 m 1 I i B n m n m m m F F m k m k n k n k m U i = ( 1) 1 ( ) = ( 1) ( k m k ) i B k= 1 k= 0 n i dir. Bulduk! Örten fonksiyon say s m k m ( 1) ( ) k m k k= 0 n imifl. Yukardaki yan ttan iki ilginç sonuç ç kar: 1) E er n < m ise, örten fonksiyon olmad ndan, m k m n ( 1) ( ) = 0. k m k k= 0 2) E er n = m ise n! örten fonksiyon oldu undan, n ( ) k n 1 ( )! n = k n k n k= 0 Nerden nereye!? n = m + 1 ise yukarda bulduklar m z bize hangi ilginç eflitli i verir?? 12

Kapak Konusu: Fonksiyonlar Sonsuz Odal Otel Bir oteliniz var. Otelinizin sonsuz say da odas var. Her odan n bir numaras var: 1, 2, 3, 4, 5, 6,... Böylece sonsuza kadar gidiyor. En sonuncu oda yok... Sonsuz numaral oda da yok Her odan n numaras sonlu. Sadece oda say s sonsuz. Afla - daki gibi... OTEL 1 2 3 4 5 6 7 8... OTOBÜS 1 2 3 4 5 6 7 8... Birinci Hikâye. fiansl bir gününüzdesiniz, bir otobüs dolusu müflteri geliyor. Sonsuz say da müflteri... Müflterilerin adlar 1, 2, 3, 4, 5, 6,... Her müflteriye birer oda veriyorsunuz. 1 numaral müflteriye 1 numaral oday, 2 numaral müflteriye 2 numaral oday, 3 numaral müflteriye 3 numaral oday... Her fley yolunda seyrederken, birdenbire bir müflteri daha ç kageliyor. Bu müflteriye nas l bir oda bulursunuz? Yan t: Yerleflmifl müflterileri bir oda kayd r - r m. 1 numaral müflteri 2 numaral odaya, 2 numaral müflteri 3 numaral odaya, 3 numaral müflteri 4 numaral odaya geçer, herkes birer kayar ve böylece boflalan 1 numaral odaya yeni gelen müflteriyi koyar m... En son müflteri nereye gidecek? demeyin, en son müflteri yok. Nas l en son oda yoksa, en son müflteri de yok. kinci Hikâye. Gene flansl bir gününüzdesiniz, bir otobüs dolusu müflteri geliyor. Sonsuz say da... Adlar a 1, a 2, a 3, a 4, a 5, a 6,... Hepsine birer oda veriyorsunuz. a 1 i 1 numaral odaya, a 2 yi 2 numaral odaya... Her fley yolunda seyrederken, birdenbire... Birdenbire bir otobüs dolusu müflteri daha geliyor... Onda da sonsuz say da müflteri var. Adlar b 1, b 2, b 3, b 4, b 5, b 6,... Odalar n z dolu... Sonsuz say da yeni müflteri geldi. Bu yeni müflterileri nas l yerlefltirirsiniz? Yan t: Birinci otobüsün müflterilerini çift say - l odalara koyar m: a 1 i 2 ye, a 2 yi 4 e, a 3 ü 6 ya, a 4 ü 8 e, genel olarak a n yi 2n numaral odaya koyar m. Böylece tek say l odalar boflal r, onlara da ikinci otobüsün müflterilerini yerlefltiririm: b 1 i 1 e, b 2 yi 3 e, b 3 ü 5 e, b 4 ü 7 ye, genel olarak b n yi 2n 1 numaral odaya yerlefltiririm... Üçüncü Hikâye. Çok, ama çok flansl bir gününüzdesiniz, sonsuz otobüs dolusu müflteri geliyor. Sonsuz tane otobüs... Her otobüsün bir numaras var: 1, 2, 3, 4, 5, 6,... Ve her bir otobüste sonsuz say da müflteri var... Birinci otobüsün müflterileri: (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4),... kinci otobüsün müflterileri: (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4),... Üçüncü otobüsün müflterileri: (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4),...... Müflterileri odalara nas l yerlefltirirsiniz? Yan t: Birinci otobüsün müflterilerini 2, 4, 8, 16, 32, 64 gibi 2 nin katlar olan odalara yerlefltirirsiniz. kinci otobüsün müflterilerini 3, 9, 27, 81, 243 gibi 3 ün katlar olan odalara yerlefltirirsiniz. Üçüncü otobüsün müflterilerini 5, 25, 125, 625 gibi 5 in (4 ün de il!) katlar olan odalara yerlefltirirsiniz. Dördüncü otobüsün müflterilerini 7 nin katlar olan odalara yerlefltirirsiniz. Beflinci otobüsün müflterilerini 11 in katlar olan odalara yerlefltirirsiniz. Genel olarak, n inci otobüsün müflterilerini n inci asal n katlar olan odalara yerlefltirirsiniz. Bu yöntemle her müflteri bir odaya yerleflti i gibi, geriye sonsuz tane bofl oda kal r. Örne in, 6, 10, 12, 14, 15, 18 numaral odalar bofltur. Bir Baflka Çözüm. Son problemi bir baflka türlü de çözebiliriz. (n, m) say l müflteriyi, yani n inci otobüsün m inci müflterisini 2 n (2m 1) numaral odaya yerlefltirelim... Böylelikle hepsine bir oda düfler. Afla daki flekildeki gibi, otobüsleri s ralarla, müflterileri sütunlarla gösterelim, kolonlarla sütünlar n kesiflimine de oda numaras n yazal m. 13

1 1 2 2 6 3 10 4 14...... Sadece çift say - l odalar kullan ld - 2 4 12 20 28... ndan, sonsuz tane oda gene bofl kal r. 3 8 24 40 56... E er bütün odalar kullanmak isti- 4 16 48 80 112......... yorsak, (n, m) say l müflteriyi 2 n 1 (2m 1) numaral odaya yerlefltirelim, yani yukar daki oda numaralar n 2 ye bölelim... O zaman müflteriler afla daki gibi yerleflirler: 1 2 3 4... 1 1 3 5 7... 2 2 6 10 14... 3 4 12 20 28... 4 8 24 40 56......... 9 numaral odan n bofl kald n sanmay n. 9 = 2 0 9 = 2 0 (2 5 1) oldu undan, (1, 5) say l müflteri (birinci otobüsün beflinci müflterisi) 9 numaraya yerleflir. 72 numaral odaya da (4, 5) say l müflteri yerleflir. Bu yötemle her oda dolar. Bir Baflka Çözüm Daha: Müflterileri afla daki flekildeki gibi yerlefltirelim. S ralar otobüsleri, sütunlar müflterinin numaras n simgelesin. Örne in ikinci s rayla üçüncü sütunun kesiflimi ikinci otobüsün üçüncü yolcusunu simgelesin. Afla daki flekilde görüldü ü üzere bu yolcu 9 numaral odada yatacak. 1 2 3 4 5 6 1 1 3 6 10 15 21 2 2 5 9 14 20 3 4 8 13 19 4 7 12 18 5 11 17 6 16 Bu yerlefltirmenin bir formülünü bulabilir misiniz? Örne in, (23, 45) say l müflterinin nereye gidece ini teker teker saymadan bulabilece iniz bir formül yazabilir misiniz? Teorem. X herhangi bir küme olsun. X in altkümeler kümesi (X) ile X ten {0, 1} kümesine giden fonksiyonlar kümesi aras nda bir eflleme vard r. Kan t: X ten {0, 1} kümesine giden fonksiyonlar kümesi 2 X olarak gösterilir. E er A X ise, ƒ A : X {0, 1} flu fonksiyon olsun: 1 ƒ A ()= x 0 e er x A ise e er x A ise fiimdi ƒ(a) = ƒa olarak tan mlanm fl ƒ : (X) 2 X fonksiyonu bir efllemedir. Bunun kan t n okura b - rak yoruz. 14

Kapak Konusu: Fonksiyonlar Sonsuzu Saymak 1. N ile N N aras nda eflleme. Sonsuz Odal Otel yaz s nda N N kümesiyle do al say lar kümesi N kümesi aras nda afla yukar bir eflleme oldu- unu gördük. Bu iki küme aras nda gerçekten bir eflleme kurabiliriz. flte o eflleme: ƒ(n, m) = 2 n (2m + 1) 1 kural yla tan mlanm fl ƒ : N N N fonksiyonu bu iki küme aras nda bir efllemedir. X kümesinden Y kümesine giden bir eflleme varsa, bunu X Y olarak gösterelim. Bu iliflkiyi, X ve Y kümelerinin eleman say s ayn olarak yorumlayabiliriz. E er X sonluysa, bildi imiz kavramd r bu, ama X sonsuzsa yepyeni bir kavram bulmufl oluruz. Her X kümesi için Id X : X X bir efllemedir. Demek ki X X. E er ƒ : X Y bir efllemeyse, ƒ 1 : Y X de bir efllemedir. Demek ki e er X Y ise Y X. E er ƒ : X Y ve g : Y Z birer efllemeyse, g ƒ : X Z bir efllemedir. Demek ki e er X Y ve Y Z ise, X Z dir. Demek ki N N N. Tabii N N N iliflkisinden, N N N N N N iliflkileri ç kar. Bunu kolayl kla genellefltirebiliriz: N N... N N. Gene ayn yaz da, N 2N N \ {0} N \ {0, 1} iliflkilerini gördük. Genel olarak, e er A N ise, ya A sonludur ya da A N. Bunun kan t oldukça kolay: E er A sonsuzsa, ƒ : N A göndermesi, ƒ (n) = A n n (n+1)inci eleman olarak tan mlans n. ƒ bir efllemedir. Örne in asal say lar kümesiyle do al say lar aras nda bir eflleme vard r. Bu yaz da beklenmedik kümeler aras nda efllemeler bulaca z. n/2 fn () = n 1 2 e er n çiftse e er n tekse olarak tan mlayal m. Yukar da tan mlanan bu ƒ fonksiyonu N ile Z kümeleri aras nda bir efllemedir, flekli de afla dad r. 0 1 2 3 4 5 6-3 -2-1 0 1 2 3 N ile Z aras ndaki eflleme 3. Q 0 ve N Aras nda Eflleme. fiimdi Q 0 ile N kümeleri aras nda bir eflleme bulal m. Birinci Yöntem. Q 0 kümesinden N kümesine giden fonksiyonu afla daki karede gösterildi- i gibi tan mlayal m. 0/1 1/1 1/2 2/1 1/3 3/1 1/4 2/3 3/2 4/1 1/5 5/1 1/6 2/5 3/4 4/3 5/2 6/1... 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17... ki kümeyi nas l efllefltirdi imi anlatal m: a/b kesirli say lar n önce a + b toplam n n büyüklü- üne göre diziyoruz (önce toplam 1 olanlar, sonra 2 olanlar...), sonra küçük a dan büyük a ya gidiyoruz. Tabii aradan daha önce s ralad m z say lar ç kar yoruz. Örne in, a + b = 8 oldu u kesirli a/b say lar n flöyle diziyoruz: 1/7, 3/5, 5/3, 7/1. (2/6, 4/4 ve 6/2 daha önce dizilmiflti.) Daha sonra flu kesirli say lar geliyor: 1/8, 2/7, 4/5, 5/4, 7/2, 8/1. Ard ndan 1/9, 3/7, 7/3, 9/1 say lar geliyor. Bu yöntemle 52/47 kesirli say s n n hangi do- al say yla efllefltirildi ini bulmak kolay de ildir. ƒ N Z 2. N ve Z aras nda eflleme. ƒ : N Z fonksiyonunu, afla daki flekilde gösterildi i gibi, 15 Farey in Yöntemi. Çok tuhaf gelebilecek bir baflka efllefltirme daha vard r. lkokulda s k s k yap lan

hatas n kullan r bu yöntem. 0/1 ve 1/0 say lar ndan bafllayal m (1/0 say s n umursamay n flimdilik): 0 1, 1 0 Bu iki say n n ortas na, toplam lar olan say s n yazal m: 0 1 1,, 1 1 0 ki yeni aral m z var flimdi: [0/1, 1/1] ve [1/1, 1/0] aral klar. Bu aral klar n ortalar na uçlar n toplam lar n, yani, 0 1 + = 1 say lar n yazal m: a c b + a c d = + b + d 1 0 1 1 + = 1 0 1 1 2 ve 0 1 1 2 1,,,, 1 2 1 1 0 Bu befl say dört yeni aral k belirliyor. Bu dört aral n ortalar na aral klar n uçlar n n toplam lar n yazal m: 0 1 1 2 1 3 2 3 1,,,,,,,, 1 3 2 3 1 2 1 1 0 Bunu böylece sürdürelim. Bir sonraki aflamada 0/1, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 1/1, 4/3, 3/2, 5/3, 2/1, 5/2, 3/1, 4/1, 1/0 say lar belirir. Böyle devam ederek her kesirli say y yaln z bir kez ve sadeleflmifl biçimde yazar z... Bunun bildi- im kan t uzun ama oldukça kolayd r. Bu yüzden kan t n vermeyece im. fiimdi, kesirli say lar Farey in yukardaki aç klad m yöntemle, belirifl s ras na göre say n. Yaln z 1/0 atlamay unutmay n, öyle bir say yoktur! Matematikçi olmayan jeolog Farey hakk nda daha fazla bilgiyi http://turnbull.dcs.stand.ac.uk/~history/mathematicians/farey.html sitesinde bulabilirsiniz. 4. Q ve N Aras nda Eflleme. Yukarda Q 0 ve N aras nda bir eflleme bulduk. Demek ki, Q 0 N 2N. Öte yandan, Q <0 Q >0 = Q 0 \ {0} N \ {0} N 2N + 1. Dolay s yla, Q = Q <0 Q 0 2N (2N + 1) = N. 1 1 1 0 + = 2 1 (Buradaki simgesi bileflim anlam na gelir, ancak, ayr ca, bileflimi al nan kümelerin ayr k olduklar na dikkati çeker.) Demek ki kesirli say larla do al say lar aras nda bir eflleme var. Tabii ki Q Q... Q N iliflkisi de do ru. Ayr ca, e er A, Q Q... Q kümesinin sonsuz bir altkümesiyse, o zaman A N Q. 5. Say labilir Sonsuzluk. Bir kümeyle N aras nda bir eflleme olmas, o kümenin sonsuz oldu- unu, ama elemanlar n n bir biçimde do al say - larla say labilece ini gösterir (demek ki o kadar da sonsuz de ilmifl küme!) Bu yüzden N ile aras nda eflleme olan kümelere say labilir sonsuzlukta kümeler denir. Say lamaz sonsuzlukta kümeler var m d r? Evet. Az ilerde say lamaz sonsuzlukta kümeler görece iz. 6. Aral klar. Gerçel say lar kümesinden bir (a, b) aral alal m. a < b olsun ki aral k bofl olmas n. Bu aral kla (0, 1) aral aras nda bir eflleme vard r. Örne in ƒ(x) = (b a)x + a kural yla tan mlanm fl ƒ : (0, 1) (a, b) fonksiyonu bu iki aral k aras nda bir efllemedir. Bu eflleme afla daki fleklin cebirsel halidir. x 0 1 a ƒ(x) Burada, (0, 1) aral n önce b a ile çarparak, (0, b a) aral yap yoruz, sonra a ekleyerek bulmak istedi imiz (a, b) aral yap - yoruz. Yukardaki yöntemle, [0, 1] ve [a, b] gibi kapal ve s n rl aral klar aras nda da bir eflleme oldu u anlafl l r. Peki, (0, 1] aral yla [0, 1) aral aras nda bir eflleme var m? Var elbet! flte bunlardan biri: ƒ(x) = x + 1. Ya da flöyle: (0, 1] (0, 1) {1} (0, 1) {0} = [0,1). Demek yar aç k s n rl aral klar aras nda da bir eflleme var. Daha zor bir soru: (0, 1) aç k aral yla (0, 1] yar aç k aral aras nda bir eflleme var m d r? b 16

Evet! nanmas güç ama var. flte o efllemelerden biri: 1 1 1 1 (0, 1] = U, = (0, 1). n= 1 U, n+ 1 n n= 1 n+ 1 n ( kinci eflleme sonsuz tane eflleme bir araya konularak elde edilmifltir.) Bundan da flu sonuç ç kar: (0, 1) (0, 1] = (0, 1) {1} (0, 1) {0} (0, 1] {0} = [0, 1]. Demek tüm s n rl aral klar aras nda eflleme var. Peki (0,1) ile (0, ) aral klar aras nda bir eflleme var m? Daha neler! Ama var. flte bunlardan biri: ƒ(x) = 1/x 1. Ya (0, 1) aral yla reel say lar aras nda? O da var: (0, 1) ( 1, 1) = ( 1, 0) {0} (0, 1) (, 0) {0} (0, ) = R. Demek bofl olmayan tüm aral klar aras nda bir eflleme var... Hatta (0, 1) (2, 3) kümesiyle (0, 1) kümesi aras nda bile var. Bunun kan t n okura b rak - yoruz. R 2 kümesiyle R aras nda da bir eflleme vard r. Cantor kan tlam flt r bunu, zorlanarak da olsa. 7. Say lamayan Sonsuzlukta Bir Küme. R say lamayan sonsuzluktad r. Bunu kan tlamak için (0, 1) aral n n say lamayan sonsuzlukta oldu unu kan tlamak yeterlidir. Diyelim, (0, 1) aral yla N aras nda bir eflleme var. Bundan bir çeliflki elde edece iz. Efllemeye ƒ : N (0, 1) diyelim. E er n N ise, f(n) reel say s n onluk sisteme göre yazal m: ƒ(n) = 0.a n,0 a n,1 a n,2 a n,3... Buradaki a n,k say lar 0 la 9 aras nda bir tamsay d r, ƒ(n) nin rakamlar bunlar. Yaln z bunu yaparken a n,k say lar n n bir zaman sonra hep 9 olmamalar na dikkat edelim, örne in, 0,314 say s n 0,3140000... olarak yazal m, 0,31399999... olarak de il. 0.9999... say s 1 e eflittir. nan lmas güç olabilir ama do ru. nanmazsan z ç karma yap n: 1 0.9999... = 0.0000... en sona 1 koymak gerekti ini düflünebilirsiniz, ama en sonu yoktur ki bu dizinin. Dolay s yla 1 0.9999... = 0, yani 1 = 0.9999... Bunu flöyle de kan tlayabiliriz : x = 0.9999... olsun. Demek ki 10x = 9.9999... Dolay s yla 9x = 10x x = 9.9999... 0.9999... = 9, yani x = 1. fiimdi b n say s a n,n say s ndan, s f rdan ve dokuzdan de iflik herhangi bir say olsun. Örne- in, b n say s n flöyle tan mlayabiliriz: b n 2 e er ann, 2ise = 1 e er ann, = 2ise Demek ki b n a n,n. fiimdi 0.b 0 b 1 b 2 b 3 b 4... say s na bakal m. Bu say kesinlikle (0, 1) aral ndad r. Demek ki, f örten oldu undan belli bir n N için f(n) = 0.b 0 b 1 b 2 b 3 b 4... eflitli i do rudur. Dolay s yla, a n,n = b n olmal. Ama bu yanl fl. Bir çeliflki elde ettik. Demek ki N kümesiyle (0, 1) aral aras nda bir eflleme yokmufl, yani R say lamaz sonsuzlukta bir kümeymifl. Yukardaki kan t matematikte çok ünlüdür ve bu fikir baflka kan tlarda da kullan l r. Bu fikre Cantor un çarpraz yöntemi denir. 8. (N) ile R aras ndaki eflleme. (0, 1) aral - n n her say s onluk sistemde yaz labildi i gibi, ikilik sistemde de yaz labilir. (Afla daki kareye bak n.) kilik Taban. r [0,1) aral nda bir gerçel say olsun. r yi ikilik tabanda yazaca z. r, ikilik tabanda da 0,... diye bafllayan bir say olacak. S f rdan sonra ilk rakam belirleyelim. E er r < 1/2 ise ilk rakam 0 olsun. E er r 1/2 ise ilk rakam 1 olsun. Diyelim r < 1/2. kinci rakam belirleyelim. E er r < 1/4 ise ikinci rakam 0 olsun, yoksa 1 olsun. Bunu böyle sürdürelin. r nin ikilik tabanda yaz l m n elde ederiz. Bu ikilik tabanda, 1/2 = 0.1000... 1/3 = 0.01010101... 0 = 0.00000... 1/4 = 0.01000... Bu yöntemle, s f r ve birlerden oluflan bir (a i ) i i dizisi için, r = a i /2 eflitli i elde edilir. i = 1 Virgülden önceki s f r atarsak, (0, 1) aral ndaki her gerçel say sonu hep 1 le bitmeyen bir 0 ve 1 dizisine tekabül eder, yani N den {0, 1} kümesine giden bir fonksiyona. Burada ayr nt l kan t n vermeyece iz ama bundan (N) ile (0, 1) aral aras nda (demek ki R ile de) bir eflleme oldu u ç kar. 9. Süreklilik Hipotezi. Bu son paragrafta çok önemli bir soru soraca z. Do al say lar kümesi N say labilir sonsuzluktad r elbet. Öte yandan, yedinci paragrafta R kümesinin say lamaz sonsuzlukta oldu unu gördük. Demek ki N ile R aras nda bir eflleme yok. N den R ye giden birebir bir fonksi- 17

yon oldu undan, bir inanca göre (ve yayg n bir inanca göre!) bir anlamda R de N den daha fazla eleman oldu unu söyleyebiliriz. fiimdi sorumuz soral m: E er N X R ise, X le N ya da R kümeleri aras nda mutlaka bir eflleme var m d r? Süreklilik Hipotezi böyle bir efllemenin mutlaka oldu unu söyler. Süreklilik Hipotezi do ru mudur? Bilinemez! Bilinmiyor de il, bilinemez! Yukarda sordu umuz sorunun olumlu ya da olumsuz bir yan t bugün matematikte kabul edilen belitlerle (aksiyomlarla) kan tlanamaz 1. Bunu Gödel ve Cohen in teoremlerinden biliyoruz. Bu konu ve daha fazlas http://www.ii.com/ math/ch/#overview sitesinde var. 1- Bugün kabul edilen belitler sistemine ZFC (Zermelo-Fraenkel-Choice) ad verilir. ZFC nin belitlerinden süreklilik hipotezinin do rulu u ya da yanl fll kan tlanamaz. 1. Süreklilik Hipotezi sorusunu ilk Cantor sormufltur. Hilbert 1900 de Paris teki konferansta matematikçilere sordu u meflhur 23 soru aras na bu soruyu da alm flt r, hatta bu soruyu listesinin ilk sorusu yapm flt r. 2. Bu yaz daki fikirler Cantor a aittir. Ruh hastal ndan dolay yaflam ac içinde geçen Cantor un de erini ne yaz k ki ça n n birçok matematikçisi anlayamam flt. Büyük matematikçi Hilbert anlayanlardand. Bu say n n Topoloji köflesinde konu etti imiz (ve Hilbert le birlikte o ça n en büyük matematikçisi) Poincaré ise anlafl lmaz bir biçimde bu tür sorular de ersiz bulanlardand. Georg Cantor (1845-1918) Halk aras nda modern matematik olarak bilinen kümeler kuram 19. yüzy l n sonlar na do ru birdenbire ve çok büyük bir h zla geliflti. Örne in, analizin ve geometrinin de iflimi uzun y llarda hatta birkaç yüzy lda gerçekleflmifltir. Oysa kümeler kuram birkaç y l içinde ola anüstü at l mlarda bulunmufltur. Bu geliflme büyük ölçüde Georg Cantor sayesinde olmufltur. Cantor 1845 te Rusya da Petersburg da zengin bir tüccar n o lu olarak dünyaya gelmifltir. 1856 da ailesiyle birlikte Almanya ya göç etmifltir. Üç kardeflin en büyü üdür. Üç kardeflin üçüne de annelerinden sanatç duyarl l geçmifl ve müzi e, resme ve felsefeye ilgi duymufllard r. Cantor özellikle felsefe ve teolojiyle yak ndan ilgilenmifltir. Cantor genç yafl ndan itibaren matemati e ilgi duyup matematik okumak istemifl, ancak pragmatik bir adam olan babas o lunun mühendis olmas nda srar etmifltir. Neyse ki o ul Cantor sonunda istedi ini elde etmifltir. 1863 te Berlin Üniversitesi nde matematik, fizik ve felsefe okumufltur. Bitirme tezini say lar kuram üzerine yazm flt r; tezi Gauss un yar m b rakt ax 2 + by 2 + cz 2 = 0 denkleminin çözümleri üzerinedir. 1872 de Dedekind le (1831-1916) tan flmas yla Cantor un yaflam nda büyük de iflimler olur. ki matematikçi uzun y llar boyunca mektuplafl rlar. Mektuplar n n birço u günümüze kadar korunmufltur. Anlafl lan o ki, Dedekind in soyut düflünme biçiminden Cantor çok etkilenmifltir. Belki de kümeler kuram n biraz da Dedekind e borçluyuz. Say lar kuram ndan sonra, Heine nin etkisiyle trigonometrik sonsuz toplamlarla ilgilenen Cantor, buradan do al olarak nokta-küme topolojisine el atm fl, topolojiden de sonsuz say lara ve kümeler kuram na s çram flt r. Cantor dan önce sonsuzluk kavram matematikte sadece sonlu nun karfl t olarak bilinirdi, oysa sonlu nun bile tam matematiksel bir tan m yoktu. Cantor sonsuzluk kavram - na gerçek boyutunu kazand rm flt r: Sonsuzluklar derecelendirmifl, onlar bir nevi say olarak görmemizi sa lam flt r. Do al say lar n (N) sonsuzlu unun kesirli say lar n (Q) sonsuzlu una eflit oldu unu, gerçel say lar n (R) sonsuzlu unun do al say lar n sonsuzlu undan büyük oldu unu ve R n kümesinin sonsuzlu unun R kümesinin sonsuzlu una eflit oldu unu kan tlam flt r. Ancak Cantor un matematiksel düflünceleri matematik dünyas nda genel kabul görmemifl, çetin kavgalara neden olmufl, daha da kötüsü, zaten psikolojik sa l zay f olan Cantor un s k s k hastanelerde yatmas na ve çal flamamas - na neden olmufltur. Gelece i görme konusunda ola anüstü bir yetene i olan ça dafl Hilbert, büyük bir özgüvenle Cantor un bize sundu u cennetten kimse bizi kovamaz demifltir. 18

Kapak Konusu: Fonksiyonlar Schröder-Bernstein Teoremi E er A B ve B A ise, o zaman A = B. Bu önermenin do rulu undan bu derginin sayfalar n açmaya yeltenen kimsenin kuflkusu olamaz. Aç k aç k söylemedik ama, yukarda A ve B yi sonlu say lar olarak ald k. Ya A ve B yi sonsuz say olarak alsayd k ne olurdu? Sonsuz say da ne demek! Sonsuz say dan ziyade, bir kümenin eleman say s ndan sözedelim. A ve B birer küme olsunlar. E er A dan B ye giden birebir bir fonksiyon varsa, sezgimiz, A kümesinin eleman say s n n, B kümesinin eleman say s ndan küçük ya da eflit olmas gerekti ini söylüyor. Bu durumda, yani A dan B ye giden birebir bir fonksiyon varsa, A B yazal m. E er A yla B aras nda bir eflleme varsa, o zaman da A B yazal m. Ve flimdi yukarda say - lar için yazd m z, E er A B ve B A ise, o zaman A = B önermesini bu dile (kümeler diline) uyarlayal m: E er A B ve B A ise, o zaman A B. Bu ikinci önerme do ru mudur? Yani A kümesinden B kümesine giden birebir bir fonksiyon varsa ve B kümesinden A kümesine giden birebir bir fonksiyon varsa, o zaman A kümesiyle B kümesi aras nda bir eflleme var m d r? Bu soruyu ilk soran, modern kümeler kuram - n nerdeyse tek bafl na bulan Rusya do umlu ünlü Alman matematikçisi Georg Cantor dur. Soruyu sormufl ama yan tlayamam flt r. Soruyu Schröder (Alman, 1841-1902) ve Bernstein (Rus, 1880-1966) yan tlam flt r: Teorem. A ve B iki küme olsun. E er A dan B ye giden ve B den A ya giden birebir fonksiyonlar varsa, o zaman A yla B aras nda bir eflleme vard r. Kan t: A dan B ye giden birebir fonksiyona ƒ, B den A ya giden birebir fonksiyona g diyelim. Afla daki çizge ye bakal m. Üst kata A n n elemanlar n yazd k, alt kata da B nin elemanlar n 1. Bir a A ve bir b B için, e er ƒ(a) = b ise a dan 1. A ve B kümelerinin ayr k olduklar n (yani kesiflmediklerini) varsayabiliriz: Örne in A yerine A {0}, B yerine B {1} i alabiliriz. b ye giden bir ok ç kard k, e er g(b) = a ise b den a ya giden bir ok ç kard k. Alttan üste do ru giden g oklar daha kolay ayr flt r ls n diye noktal çizdik, yukardan afla ya giden ƒ oklar n düz çizgiyle çizdik. Böylece bir çizge oluflturmufl olduk. Yönlendirilmifl ve iki kampa ayr lm fl bir çizge... A B Bu çizgenin flu iki özelli i var: 1) Her noktadan tam bir ok ç k yor. (Çünkü ƒ ve g fonksiyondur.) 2) Her noktaya en fazla bir ok giriyor. (Çünkü ƒ ve g fonksiyonlar birebirdir.) A dan herhangi bir a noktas alal m ve bu noktadan bafllayarak ve oklar n ters yönünü izleyerek gidebildi imiz sürece bir afla bir yukar gidelim. ki fl k var: Ya sonsuza kadar böylece gidebiliriz (oklar n ters yönünde) ya da belli bir süre sonra yolumuza devam edemeyiz (çünkü geldi imiz o noktaya bir ok girmemifltir). kinci fl kta iki olas l k var: Yolumuz ya A n n bir noktas nda ya da B nin bir noktas nda sona ermifltir. E er yolumuz B nin bir noktas nda sona ermiflse, a ya B de biten nokta diyelim. Örne in, yukardaki flekilde, A n n en soldaki birinci noktas B de biter, hem de tek ad mda. Oysa A n n ikinci noktas A da biter, oklar n ters yönüne do ru tek ad m bile atamaz. A n n üçüncü noktas B de biter, tam üç ad mda... E er a g(b) ise, a, B de biten bir nokta olamaz, çünkü a dan öteye oklar n ters yönüne do ru bir ad m bile atamay z. a dan bafllayan bir yol flöyle gider: a, g 1 (a), ƒ 1 (g 1 (a)), g 1 (ƒ 1 (g 1 (a))),... (Burada ƒ(a) = b ise ƒ 1 (b) = a yaz yoruz. Ayn...... 19

flekilde g(b) = a ise g 1 (a) = b yaz yoruz.) Gidebildi imiz yere kadar... Bu yol B de bitiyorsa o zaman a ya B de biten bir nokta diyoruz. Bu yol hiç bitmiyorsa ya da A da bitiyorsa, o zaman a, B de bitmeyen bir noktad r. fiimdi A dan B ye giden bir h fonksiyonu tan mlayaca z. flte h nin kural : g () a a, B ha () = 1 e er de biten bir noktaysa ƒ() a e er a, B de biten bir nokta de ilse Bunun bir fonksiyon, dahas bir eflleme oldu- u sav n ortaya at yor ve hemen kan tl yorum. Bir. hbir fonksiyondur. Kan t: h nin fonksiyon olmas n engelleyebilecek tek durum, yani ortaya ç kabilecek tek sorun, h nin A n n her noktas nda tan mlanmam fl olmas d r. (Tan mland yerde h(a) n n tek bir de er oldu u bariz.) fiimdi a A olsun. E er ikinci fl ktaysak, yani a, B de biten bir nokta de ilse, o zaman h(a) = ƒ(a) olarak tan mlanm fl. Bu durumda bir sorun yok: h(a) bal gibi de tan mlanm fl! Birinci fl kta, yani a n n B de biten bir nokta oldu u fl kta, h(a) y g 1 (a) olarak tan mlamak istiyoruz. Demek ki bu durumda g(b) = a eflitli ini sa layan bir b B bulmal y z ki h(a) = b olsun. Böyle bir b B bulabilir miyiz? Evet, çünkü a noktas B de biten bir noktad r, dolay s yla a ya giren bir ok olmal (ki oklar n ters istikametine giden yolda bir ad m olsun gidebilelim.) Demek ki g fonksiyonu a ya dokunur, yani g(b) = a eflitli ini sa layan bir b B vard r (ve tek bir tane öyle bir b B vard r, çünkü g birebir bir fonksiyondur.) ki. h örten bir fonksiyondur. Kan t: b B olsun. E er g(b), B de biten bir noktaysa, o zaman h(g(b)) = g 1 (g(b)) = b ve bu durumda bir sorun yok, h fonksiyonu b ye dokunmufl. E er g(b), B de biten bir nokta de ilse (afla daki flekle bkz.), o zaman b ye giren bir ok olmal (yoksa g(b) den bafllayan yol b de biter ve g(b), B de biten bir nokta olurdu.) Demek ki, belli bir a A için b = ƒ(a) eflitli i do ru. Ama a, B de biten bir nokta olamaz, çünkü g(b) den bafllayan yol a dan geçmek zorunda (o yol önce b ye, sonra da a ya gider), dolay s yla a, B de biten bir Matematikte soru sorma sanat, yan t bulma sanat ndan daha sayg de er bir yerde olmal d r. Georg Cantor 20 a b g(b) nokta olsayd, g(b) de B de biten bir nokta olurdu. Demek ki h fonksiyonunun tan m na göre h(a) = ƒ(a) = b. Bu durumda da h fonksiyonu b ye dokundu. Üç. h birebir bir fonksiyondur. Kan t: Diyelim a 1, a 2 A için h(a 1 ) = h(a 2 ). Bu iki eleman n eflit olduklar n, yani a 1 = a 2 eflitli ini kan tlamak istiyoruz. E er ne a 1 ne de a 2, B de biten nokta de illerse, o zaman ƒ(a 1 ) = h(a 1 ) = h(a 2 ) = ƒ(a 2 ). Bundan da, ƒ birebir oldu undan, a 1 = a 2 ç kar. E er hem a 1 hem a 2, B de biten noktalarsa, o zaman g 1 (a 1 ) = h(a 1 ) = h(a 2 ) = g 1 (a 2 ). Bundan da, a 1 = a 2 ç - kar. a 1 a 2 h(a 1 )=h(a 2 ) Diyelim a 1 noktas B de bitiyor ama a 2 noktas B de bitmiyor. O zaman g 1 (a 1 ) = h(a 1 ) = h(a 2 ) = ƒ(a 2 ). Demek ki yukardaki flekildeki gibi bir durum söz konusu. Ama a 1 den ç kan yol a 2 den geçmek zorunda. Öte yandan a 2, B de bitmiyor. Demek ki a 1 de B de bitemez. Ama hani a 1 noktas B de bitiyordu? Bu bir çeliflkidir. Bernstein-Schröder teoremi kan tlanm flt r! A B A B