5 Fonksiyonlar

Önceki bölümde bağıntıları inceledik: bir bağıntı, iki kümenin elemanlarından oluşan sıralı ikililerin herhangi bir kümesiydi; bir kurala dayanması gerekmiyordu. Matematiğin her yerinde karşımıza çıkan fonksiyon, bağıntının çok özel bir türüdür: tanım kümesindeki her elemanı tam olarak bir elemana gönderir. Bu bölümde fonksiyonu bağıntı diliyle kesin olarak tanımlayacak, bir kümenin görüntüsü ile ters görüntüsünün küme işlemleriyle nasıl uyuştuğunu (ve nerede uyuşmadığını) göreceğiz. Ardından birebir, örten ve birebir-örten fonksiyonları, bileşkeyi ve ters fonksiyonu ele alacağız.

Buradaki sonuçlar kitabın geri kalanında sürekli kullanılacak: diziler $\mathbb{N}$ üzerinde tanımlı fonksiyonlardır, kümelerin “büyüklüğü” birebir-örten fonksiyonlarla karşılaştırılır, açık kümelerin ters görüntüsü ise sürekliliğin başka bir yüzüdür.

5.1 Fonksiyon Kavramı

Bir bağıntı, $X$’in bir elemanını $Y$’nin hiçbir elemanıyla eşlemeyebilir ya da birden çok elemanıyla eşleyebilir. Fonksiyon dediğimiz şeyde bu iki serbestlik yoktur: her girdi için bir çıktı vardır ve bu çıktı tektir. Tanım tam olarak bu iki koşulu söyler.

Tanım 5.1 (Fonksiyon) $X$ ve $Y$ boş olmayan iki küme olsun. Bir $f \subseteq X \times Y$ bağıntısı (Tanım 4.1) aşağıdaki iki koşulu sağlıyorsa $f$’ye $X$’ten $Y$’ye bir fonksiyon denir:

Varlık koşulu: Her $x \in X$ için $(x, y) \in f$ olacak biçimde en az bir $y \in Y$ vardır. (Tanım kümesinde “açıkta kalan” eleman yoktur; her eleman bir yere gönderilir.)
Teklik koşulu: Her $x \in X$ için, $(x, y_1) \in f$ ve $(x, y_2) \in f$ ise $y_1 = y_2$’dir. (Bir eleman aynı anda iki farklı yere gönderilemez.)

İki koşul birlikte şöyle özetlenir: Her $x \in X$ için $(x, y) \in f$ olan bir ve yalnız bir $y \in Y$ vardır. Sembolle,

\[\forall x \in X \; \exists!\, y \in Y : (x, y) \in f.\]

Bu tek $y$ elemanı $f(x)$ ile gösterilir ve $y = f(x)$ yazılır.

Gösterim ve terimler:

$X$’ten $Y$’ye bir fonksiyon $f : X \to Y$ biçiminde yazılır.
$X$ kümesine fonksiyonun tanım kümesi (domain), $Y$ kümesine değer kümesi (codomain) denir.
$y = f(x)$ yazımında $x$ bağımsız değişken, $y$ bağımlı değişkendir. $y$ elemanına $x$’in $f$ altındaki görüntüsü (ya da $f$’nin $x$’teki değeri) denir.
Fonksiyonu vermek demek üç şeyi vermek demektir: tanım kümesi, değer kümesi ve kural. Bunlardan biri değişirse fonksiyon da değişir.

$f : X \to Y$ fonksiyonunun grafiği, $\{(x, f(x)) : x \in X\}$ sıralı ikili kümesidir. Dikkat edilirse bu küme, bağıntı olarak $f$’nin ta kendisidir; yani tanımımızda fonksiyon ile grafiği aynı nesnedir. $X$ ve $Y$ reel sayı kümeleri olduğunda grafik, kartezyen düzlemde bir eğri çizer.

Düşey doğru testi

Düzlemdeki bir eğrinin bir fonksiyonun grafiği olup olmadığı şöyle anlaşılır: düzlemde çizilen her düşey doğru eğriyi en çok bir noktada kesiyorsa eğri bir fonksiyon grafiğidir. Bir düşey doğru $x = x_0$ doğrusudur; eğriyi iki noktada kesmesi, $x_0$’ın iki farklı görüntüsü olması, yani teklik koşulunun bozulması demektir. Tanım kümesi bütün $\mathbb{R}$ ise ayrıca her düşey doğrunun eğriyi en az bir noktada kesmesi gerekir (varlık koşulu).

Örnek 5.1 (Fonksiyon Olan ve Olmayan Bağıntılar) $\mathbb{R}$ üzerinde $y = x^2 + 1$ ve $y^2 = x + 1$ denklemleriyle verilen bağıntıların fonksiyon olup olmadığını belirleyelim.

Çözüm

$y = x^2 + 1$ bir fonksiyondur. Her $x \in \mathbb{R}$ için $x^2 + 1$ sayısı tanımlıdır ve tek bir değerdir; dolayısıyla hem varlık hem teklik koşulu sağlanır. Bağıntı olarak yazarsak $f = \{(x, x^2 + 1) : x \in \mathbb{R}\} \subseteq \mathbb{R} \times \mathbb{R}$ bir fonksiyondur.

$y^2 = x + 1$ bir fonksiyon değildir. $x = 8$ alalım: $y^2 = 9$ olur ve bu denklemi $y = 3$ ile $y = -3$ sağlar. Yani $(8, 3)$ ve $(8, -3)$ ikililerinin ikisi de bağıntıdadır; teklik koşulu bozulur. Üstelik $x = -2$ için $y^2 = -1$ denkleminin reel çözümü yoktur; varlık koşulu da bozulur. Geometrik olarak $x = 8$ düşey doğrusu eğriyi iki noktada keser, $x = -2$ doğrusu ise hiç kesmez.

$\blacksquare$

Bir kural verilen tanım kümesinde fonksiyon olmayabilir ama tanım kümesi uygun biçimde daraltılınca fonksiyon olabilir.

Örnek 5.2 (Tanım Kümesini Daraltmak) $f(x) = \dfrac{1}{x^2}$ kuralı $\mathbb{R}$ üzerinde bir fonksiyon tanımlar mı? Tanımlamıyorsa uygun bir tanım kümesi bulalım.

Çözüm

$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = 1/x^2$ bir fonksiyon değildir; çünkü $x = 0$ için $1/0^2$ tanımsızdır, yani $0$ elemanının görüntüsü yoktur. Varlık koşulu bozulur.

Buna karşılık $f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}$, $f(x) = 1/x^2$ bir fonksiyondur: sıfırdan farklı her $x$ için $x^2 \neq 0$ olduğundan $1/x^2$ tanımlı ve tek bir reel sayıdır.

$\blacksquare$

5.2 Görüntü ve Ters Görüntü

Bir fonksiyon tek tek elemanları taşır; ama çoğu zaman bir kümenin nereye gittiğini ya da bir kümeye nereden gelindiğini bilmek isteriz. Örneğin “hangi $x$’ler için $f(x)$ aralığın içinde kalır?” sorusu, ileride süreklilik ve limit konularının kalbindedir.

Tanım 5.2 (Görüntü ve Ters Görüntü) $f : X \to Y$ bir fonksiyon olsun.

$A \subseteq X$ için $A$’nın $f$ altındaki görüntüsü

\[f(A) = \{y \in Y : \exists a \in A,\ y = f(a)\} = \{f(a) : a \in A\}\]

kümesidir; yani $A$’nın elemanlarının görüntülerinin kümesi.
$A = X$ alındığında elde edilen $f(X)$ kümesine $f$’nin görüntü kümesi (range) denir. Her zaman $f(X) \subseteq Y$’dir; ama bu iki küme eşit olmak zorunda değildir.
$B \subseteq Y$ için $B$’nin $f$ altındaki ters görüntüsü

\[f^{-1}(B) = \{x \in X : f(x) \in B\}\]

kümesidir; yani görüntüsü $B$’ye düşen tanım kümesi elemanlarının kümesi.

Ters görüntüdeki üs -1 ters fonksiyon değildir

$f^{-1}(B)$ yazımındaki $f^{-1}$, $f$’nin ters fonksiyonu olduğu anlamına gelmez. Ters görüntü her fonksiyon için tanımlıdır; $f$’nin tersi olsun ya da olmasın. $B = \{y\}$ tek elemanlı bir kümeyse $f^{-1}(\{y\})$ yerine kısaca $f^{-1}(y)$ yazılır; bu, $y$’ye giden bütün $x$’lerin kümesidir (boş, tek elemanlı ya da çok elemanlı olabilir). Ters fonksiyonu bölümün sonunda ayrıca tanımlayacağız.

Örnek 5.3 (Kare Fonksiyonunda Görüntü ve Ters Görüntü) $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2$ olsun. Aşağıdaki kümeleri bulalım.

$A = [-2, 3]$ için $f(A)$ ve görüntü kümesi $f(\mathbb{R})$.
$B = [4, 9]$, $C = \{25\}$ ve $D = [-4, -1]$ için $f^{-1}(B)$, $f^{-1}(C)$, $f^{-1}(D)$.

Çözüm

a) $x \in [-2, 3]$ ise $|x| \le 3$, dolayısıyla $0 \le x^2 \le 9$; yani $f(A) \subseteq [0, 9]$. Tersine, $0 \le y \le 9$ verildiğinde $x = \sqrt{y} \in [0, 3] \subseteq A$ için $f(x) = y$ olur; yani $[0, 9] \subseteq f(A)$. Dolayısıyla

\[f(A) = f([-2, 3]) = [0, 9].\]

Görüntü kümesi için: her reel sayının karesi negatif değildir, dolayısıyla $f(\mathbb{R}) \subseteq [0, \infty)$; tersine her $y \ge 0$ için $f(\sqrt{y}) = y$ olduğundan $[0, \infty) \subseteq f(\mathbb{R})$. Böylece $f(\mathbb{R}) = [0, \infty)$. Değer kümesi $\mathbb{R}$ iken görüntü kümesi yalnızca negatif olmayan reel sayılardır; iki küme farklıdır.

b) $f^{-1}(B) = \{x : 4 \le x^2 \le 9\}$. $x^2 \le 9$ eşitsizliği $|x| \le 3$, $x^2 \ge 4$ eşitsizliği $|x| \ge 2$ demektir; ikisi birlikte $2 \le |x| \le 3$ verir. Böylece

\[f^{-1}([4, 9]) = [-3, -2] \cup [2, 3].\]

$f^{-1}(C) = \{x : x^2 = 25\} = \{-5, 5\}$.

$f^{-1}(D) = \{x : -4 \le x^2 \le -1\} = \varnothing$; çünkü bir reel sayının karesi negatif olamaz.

Solda A = [−2, 3] aralığının görüntüsü: grafiğin A üzerindeki parçası y eksenine [0, 9] olarak yansır. Sağda B = [4, 9] şeridinin ters görüntüsü: grafiğin şeride düşen iki parçası x eksenine [−3, −2] ∪ [2, 3] olarak iner.

Grafik, $x$ ekseninde $A = [-2, 3]$ aralığının $y$ eksenine $[0, 9]$ olarak yansıdığını, ikinci panelde ise $y$ eksenindeki $[4, 9]$ aralığının $x$ eksenine iki parça hâlinde geri döndüğünü gösteriyor: ters görüntü, grafiğin o şeride düşen parçalarının $x$ eksenine izdüşümüdür.

$\blacksquare$

5.3 Görüntü, Ters Görüntü ve Küme İşlemleri

Görüntü ve ters görüntü, birleşim, kesişim ve fark işlemleriyle nasıl ilişkilidir? Aşağıdaki teorem bunun tam listesidir. Dikkat edilecek nokta şudur: ters görüntü bütün küme işlemlerine kusursuz uyar (hep eşitlik vardır), görüntü ise yalnızca birleşimle tam uyuşur; kesişim ve farkta yalnızca bir yönde kapsama elde edilir.

Teorem 5.1 (Görüntü ve Ters Görüntünün Özellikleri) $f : X \to Y$ bir fonksiyon; $A, A_1, A_2 \subseteq X$ ve $B, B_1, B_2 \subseteq Y$ olsun. Aşağıdakiler doğrudur.

$A_1 \subseteq A_2$ ise $f(A_1) \subseteq f(A_2)$.
$f(A_1 \cap A_2) \subseteq f(A_1) \cap f(A_2)$.
$f(A_1 \cup A_2) = f(A_1) \cup f(A_2)$.
$f(A_1) \setminus f(A_2) \subseteq f(A_1 \setminus A_2)$.
$f(X \setminus A)$ ile $Y \setminus f(A)$ eşit olmak zorunda değildir; yani $f(X \setminus A) = Y \setminus f(A)$ eşitliği genel olarak yanlıştır.
$f^{-1}(B_1 \setminus B_2) = f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(B_2)$.
$f^{-1}(Y \setminus B_1) = X \setminus f^{-1}(B_1)$.
$B_1 \subseteq B_2$ ise $f^{-1}(B_1) \subseteq f^{-1}(B_2)$.
$f^{-1}(B_1 \cap B_2) = f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2)$.
$f^{-1}(B_1 \cup B_2) = f^{-1}(B_1) \cup f^{-1}(B_2)$.
$A \subseteq f^{-1}(f(A))$.
$f(f^{-1}(B)) \subseteq B$.

İspat

Bütün ispatlar aynı iki tanıma dayanır: $y \in f(A)$ demek “$y = f(a)$ olan bir $a \in A$ vardır” demek; $x \in f^{-1}(B)$ demek ise “$f(x) \in B$” demektir. (4), (6) ve (10) maddelerinin ispatı bölüm sonundaki Alıştırma 5.1 alıştırmasının (a) şıkkında verilmiştir.

(1) $y \in f(A_1)$ olsun. O hâlde $y = f(a)$ olan bir $a \in A_1$ vardır. $A_1 \subseteq A_2$ olduğundan $a \in A_2$’dir; dolayısıyla $y = f(a) \in f(A_2)$.

(2) $y \in f(A_1 \cap A_2)$ keyfi olsun. Görüntü tanımından $y = f(x)$ olan bir $x \in A_1 \cap A_2$ vardır. $x \in A_1$ olduğundan $f(x) \in f(A_1)$; $x \in A_2$ olduğundan $f(x) \in f(A_2)$. Böylece $y = f(x) \in f(A_1) \cap f(A_2)$ bulunur. $y$ keyfi olduğundan $f(A_1 \cap A_2) \subseteq f(A_1) \cap f(A_2)$’dir.

(3) Denkliklerle ilerleyelim:

\[ \begin{aligned} y \in f(A_1 \cup A_2) &\Leftrightarrow \exists x \in A_1 \cup A_2,\ y = f(x) \\ &\Leftrightarrow \exists x,\ \big[(x \in A_1 \vee x \in A_2) \wedge y = f(x)\big] \\ &\Leftrightarrow \exists x,\ \big[(x \in A_1 \wedge y = f(x)) \vee (x \in A_2 \wedge y = f(x))\big] \\ &\Leftrightarrow (\exists x \in A_1,\ y = f(x)) \vee (\exists x \in A_2,\ y = f(x)) \\ &\Leftrightarrow y \in f(A_1) \vee y \in f(A_2) \Leftrightarrow y \in f(A_1) \cup f(A_2). \end{aligned} \]

Zincirdeki $\Leftrightarrow$ adımlarını yukarıdan aşağıya sayarsak üçüncü adımda dağılma yasası (Teorem 1.1), dördüncü adımda “varlıksal niceleyici $\vee$ üzerine dağılır” kuralı kullanıldı.

(5) Tek bir karşı örnek yeter. $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2$ ve $A = [0, \infty)$ olsun. $X \setminus A = (-\infty, 0)$ ve negatif sayıların kareleri bütün pozitif sayıları verir: $f(X \setminus A) = (0, \infty)$. Öte yandan $f(A) = [0, \infty)$ olduğundan $Y \setminus f(A) = (-\infty, 0)$. İki küme farklıdır; hatta kesişimleri bile boştur.

(7) Her $x \in X$ için $f(x) \in Y$ olduğundan “$f(x) \in Y \setminus B_1$” ile “$f(x) \notin B_1$” aynı şeydir. O hâlde

\[x \in f^{-1}(Y \setminus B_1) \Leftrightarrow f(x) \in Y \setminus B_1 \Leftrightarrow f(x) \notin B_1 \Leftrightarrow x \notin f^{-1}(B_1) \Leftrightarrow x \in X \setminus f^{-1}(B_1).\]

(8) $x \in f^{-1}(B_1)$ olsun; yani $f(x) \in B_1$. $B_1 \subseteq B_2$ olduğundan $f(x) \in B_2$, yani $x \in f^{-1}(B_2)$.

(9) Yine denkliklerle:

\[x \in f^{-1}(B_1 \cap B_2) \Leftrightarrow f(x) \in B_1 \cap B_2 \Leftrightarrow f(x) \in B_1 \wedge f(x) \in B_2 \Leftrightarrow x \in f^{-1}(B_1) \wedge x \in f^{-1}(B_2) \Leftrightarrow x \in f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2).\]

(11) $a \in A$ olsun. Görüntü tanımından $f(a) \in f(A)$’dır. Ters görüntü tanımına göre bu, tam olarak $a \in f^{-1}(f(A))$ demektir.

(12) $y \in f(f^{-1}(B))$ olsun. O hâlde $y = f(x)$ olan bir $x \in f^{-1}(B)$ vardır. $x \in f^{-1}(B)$ olması $f(x) \in B$ demektir; yani $y = f(x) \in B$.

$\blacksquare$

Teoremin en çok kullanılan yüzü şudur: ters görüntü, kesişim, birleşim, fark ve tümleyenle yer değiştirir; görüntü ise yalnızca birleşimle yer değiştirir. Bu yüzden ileride açık kümeler ve süreklilik gibi konularda ifadeler görüntü yerine ters görüntüyle kurulur.

Görüntüde kesişim eşitliği genel olarak yanlıştır

(2) maddesindeki kapsama genel olarak eşitliğe dönüşmez; yani $f(A_1 \cap A_2) = f(A_1) \cap f(A_2)$ her fonksiyon için doğru değildir. Aynı şekilde (11) ve (12)’deki kapsamalar da eşitlik olmak zorunda değildir. Aşağıdaki örnek üçünü birden gösteriyor.

Örnek 5.4 (Kesişimin Görüntüsü Görüntülerin Kesişimi Değildir) $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2$ olsun.

$A_1 = [-2, 0]$ ve $A_2 = [0, 2]$ için $f(A_1 \cap A_2)$ ile $f(A_1) \cap f(A_2)$ kümelerini karşılaştıralım.
$A = [0, 1]$ için $f^{-1}(f(A))$’yı, $B = [-1, 1]$ için $f(f^{-1}(B))$’yi hesaplayalım.

Çözüm

a) $A_1 \cap A_2 = \{0\}$ olduğundan $f(A_1 \cap A_2) = f(\{0\}) = \{0\}$. Öte yandan $f(A_1) = f([-2, 0]) = [0, 4]$ ve $f(A_2) = f([0, 2]) = [0, 4]$; dolayısıyla $f(A_1) \cap f(A_2) = [0, 4]$. Açıkça $\{0\} \subseteq [0, 4]$ ama iki küme eşit değildir. Sorunun kaynağı, $f$’nin $-2$ ile $2$ gibi farklı noktaları aynı yere göndermesidir; birazdan bu durumun tam adını (birebir olmamak) vereceğiz.

b) $f(A) = f([0, 1]) = [0, 1]$ ve $f^{-1}([0, 1]) = \{x : 0 \le x^2 \le 1\} = [-1, 1]$. Yani $A = [0, 1] \subsetneq [-1, 1] = f^{-1}(f(A))$.

$f^{-1}(B) = \{x : -1 \le x^2 \le 1\} = [-1, 1]$ ve $f([-1, 1]) = [0, 1]$. Yani $f(f^{-1}(B)) = [0, 1] \subsetneq [-1, 1] = B$; $B$’nin negatif kısmına hiçbir $x$ gönderilmediği için o kısım geri alınamaz.

$\blacksquare$

Birleşim ve kesişim özellikleri, iki kümeden herhangi bir indisli aileye (Tanım 3.8) genişler.

Teorem 5.2 (İndisli Ailelerde Görüntü ve Ters Görüntü) $f : X \to Y$ bir fonksiyon, $(A_i)_{i \in I}$, $X$’in alt kümelerinden oluşan bir indisli aile (her $i \in I$ için $A_i \subseteq X$) ve $(B_j)_{j \in J}$, $Y$’nin alt kümelerinden oluşan bir indisli aile olsun. O zaman:

$f\Big(\displaystyle\bigcup_{i \in I} A_i\Big) = \displaystyle\bigcup_{i \in I} f(A_i)$.
$f^{-1}\Big(\displaystyle\bigcup_{j \in J} B_j\Big) = \displaystyle\bigcup_{j \in J} f^{-1}(B_j)$.
$f\Big(\displaystyle\bigcap_{i \in I} A_i\Big) \subseteq \displaystyle\bigcap_{i \in I} f(A_i)$.
$f^{-1}\Big(\displaystyle\bigcap_{j \in J} B_j\Big) = \displaystyle\bigcap_{j \in J} f^{-1}(B_j)$.

İspat

(1) maddesini ispatlayalım; (2), (3) ve (4) aynı kalıpla gider ve Alıştırma 5.1 alıştırmasının (b) şıkkında çözülmüştür.

(1) $y \in Y$ keyfi olsun. Genel birleşimin tanımını ($x \in \bigcup_{i \in I} A_i \Leftrightarrow \exists i \in I,\ x \in A_i$) ve görüntü tanımını art arda uygulayalım:

\[ \begin{aligned} y \in f\Big(\bigcup_{i \in I} A_i\Big) &\Leftrightarrow \exists x \in \bigcup_{i \in I} A_i,\ y = f(x) \\ &\Leftrightarrow \exists x\ \exists i \in I,\ \big[x \in A_i \wedge y = f(x)\big] \\ &\Leftrightarrow \exists i \in I\ \exists x \in A_i,\ y = f(x) \\ &\Leftrightarrow \exists i \in I,\ y \in f(A_i) \\ &\Leftrightarrow y \in \bigcup_{i \in I} f(A_i). \end{aligned} \]

Zincirdeki $\Leftrightarrow$ adımlarını yukarıdan aşağıya sayarsak üçüncü adımda iki varlıksal niceleyicinin yerinin değiştirilebildiğini kullandık ($\exists x\, \exists i$ ile $\exists i\, \exists x$ aynı şeyi söyler; sıra yalnızca $\forall$ ile $\exists$ karıştığında önemlidir).

$\blacksquare$

Bu genel biçim, ileride sonsuz çoklukta kümeyle çalışırken gerekecek: örneğin sayılabilir çoklukta aralığın ters görüntüsünü, aralıkların ters görüntülerinin birleşimi ya da kesişimi olarak hesaplayabileceğiz.

5.4 Bazı Özel Fonksiyonlar

Sık karşılaşacağımız birkaç fonksiyona ad verelim.

Tanım 5.3 (Birim Fonksiyon ve Sabit Fonksiyon)

$X$ bir küme olsun. Her $x \in X$ için $I_X(x) = x$ ile tanımlanan $I_X : X \to X$ fonksiyonuna $X$ üzerindeki birim fonksiyon (identity function) denir; her elemanı kendisine gönderir.
$f : X \to Y$ fonksiyonu için, her $x \in X$’te $f(x) = c$ olacak biçimde tek bir $c \in Y$ varsa $f$’ye sabit fonksiyon denir.

Tanım 5.4 (Karakteristik Fonksiyon) $X$ bir evrensel küme ve $A \subseteq X$ olsun. $A$’nın karakteristik fonksiyonu $\chi_A : X \to \{0, 1\}$,

\[\chi_A(x) = \begin{cases} 1, & x \in A \text{ ise} \\ 0, & x \notin A \text{ ise} \end{cases}\]

kuralıyla tanımlanır. Bu fonksiyon, bir elemanın $A$’ya ait olup olmadığını “işaretler”.

Örneğin $X = \mathbb{R}$ ve $A = \mathbb{Q}$ için $\chi_{\mathbb{Q}}$, rasyonellerde $1$, irrasyonellerde $0$ değerini alan Dirichlet fonksiyonudur; limit ve süreklilik konularında en önemli karşı örneklerden biri olacaktır (bkz. Örnek 28.3). $\chi_{[0,1]}$ fonksiyonunun grafiği ise $[0, 1]$ üzerinde $1$ yüksekliğinde bir basamak, dışarıda $x$ eksenidir.

İki fonksiyon ne zaman “aynı”dır? Fonksiyon bir sıralı ikili kümesi olduğundan yanıt bellidir: aynı girdilere aynı çıktıları veriyorlarsa.

Tanım 5.5 (Fonksiyonların Eşitliği) $f : X \to Y$ ve $g : X \to Y$ fonksiyonları verilsin. Her $x \in X$ için $f(x) = g(x)$ ise $f$ ve $g$ fonksiyonlarına eşit denir ve $f = g$ yazılır.

Eşitlik için tanım kümelerinin ve değer kümelerinin aynı olması, üstelik kuralların her noktada aynı değeri vermesi gerekir. Bağıntı diliyle bu, $f$ ve $g$ sıralı ikili kümelerinin eşit olmasından başka bir şey değildir.

Bazen bir fonksiyonu yalnızca tanım kümesinin bir parçası üzerinde incelemek isteriz; bazen de küçük bir kümede verilmiş bir fonksiyonu daha büyük bir kümeye “uzatmak” isteriz. Bu iki işlemin adı vardır.

Tanım 5.6 (Kısıtlama ve Genişleme) $f : X \to Y$ bir fonksiyon ve $A \subseteq X$ olsun. Her $a \in A$ için $f|_A(a) = f(a)$ kuralıyla tanımlanan $f|_A : A \to Y$ fonksiyonuna $f$’nin $A$’ya kısıtlaması (restriction) denir. Tersine, $g : A \to Y$ verilmişken $f|_A = g$ olacak biçimde bir $f : X \to Y$ bulunmuşsa $f$’ye $g$’nin $X$’e bir genişlemesi (extension) denir.

Örnek 5.5 (Eşit Görünen Ama Eşit Olmayan Fonksiyonlar) $f : \mathbb{R} \setminus \{1\} \to \mathbb{R}$, $f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x - 1}$ ve $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $g(x) = x + 1$ olsun. $f = g$ midir? $f$ ile $g$ arasındaki ilişki nedir?

Çözüm

$x \neq 1$ için $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$ olduğundan $f(x) = x + 1 = g(x)$’tir; yani iki fonksiyon ortak tanım kümesi $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ üzerinde aynı değerleri alır. Ancak tanım kümeleri farklıdır: $g$, $x = 1$’de tanımlıdır ($g(1) = 2$), $f$ ise değildir. Dolayısıyla $f \neq g$.

Doğru ifade şudur: $g|_{\mathbb{R} \setminus \{1\}} = f$, yani $f$, $g$’nin kısıtlamasıdır; $g$ de $f$’nin $\mathbb{R}$’ye bir genişlemesidir. Başka genişlemeler de vardır: $x \neq 1$’de $x + 1$, $x = 1$’de $7$ değerini alan fonksiyon da $f$’nin bir genişlemesidir. Genişleme tek değildir, kısıtlama ise tektir.

$\blacksquare$

5.5 Birebir, Örten ve Birebir-Örten Fonksiyonlar

Bir fonksiyonu “ne kadar iyi” bir eşleme olduğuna göre sınıflandıralım. İki soru sorarız: Farklı girdiler hep farklı çıktılara mı gider? Değer kümesindeki her elemana ulaşılıyor mu?

Tanım 5.7 (Birebir, Örten, Birebir-Örten) $f : X \to Y$ bir fonksiyon olsun.

$f$, tanım kümesinin farklı elemanlarını değer kümesinin farklı elemanlarına gönderiyorsa $f$’ye birebir (injektif, one-to-one) denir:

\[\forall x_1, x_2 \in X,\quad x_1 \neq x_2 \Rightarrow f(x_1) \neq f(x_2).\]

İspatlarda hemen her zaman bunun karşıt tersi kullanılır:

\[\forall x_1, x_2 \in X,\quad f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2.\]
Değer kümesinin her elemanı tanım kümesinden en az bir elemanın görüntüsüyse $f$’ye örten (sürjektif, onto) denir:

\[\forall y \in Y\ \exists x \in X : f(x) = y.\]

Bu, görüntü kümesinin değer kümesine eşit olması demektir: $f(X) = Y$.
$f$ hem birebir hem örtense $f$’ye birebir-örten (bijektif) denir.

Solda farklı x'ler farklı y'lere gider ama y₃'e hiç ok gelmez (birebir, örten değil). Ortada her y'ye ok gelir ama y₂'ye iki ok gelir (örten, birebir değil). Sağda her y'ye tam bir ok gelir: birebir-örten.

Birebir-örten bir fonksiyon, $X$ ile $Y$’nin elemanlarını hiçbirini dışarıda bırakmadan ve hiçbirini iki kez kullanmadan eşler. Bu yüzden iki kümenin “aynı sayıda” elemanı olduğunu söylemenin kesin yolu, aralarında birebir-örten bir fonksiyon bulmaktır; sonsuz kümeleri karşılaştırırken bu fikri temel alacağız (Tanım 14.1).

Birebir ya da örten olmadığını göstermek

Tanımların olumsuzlamaları (Teorem 2.1) şöyledir:

$f$ birebir değildir $\Leftrightarrow$ $x_1 \neq x_2$ olduğu hâlde $f(x_1) = f(x_2)$ olan $x_1, x_2 \in X$ vardır. Yani tek bir “çakışma” bulmak yeter.
$f$ örten değildir $\Leftrightarrow$ hiçbir $x \in X$ için $f(x) = y$ olmayan bir $y \in Y$ vardır. Yani “ulaşılamayan” tek bir $y$ bulmak yeter.

Birebir olduğunu göstermek için ise $f(x_1) = f(x_2)$ varsayılıp $x_1 = x_2$ çıkarılır; örten olduğunu göstermek için keyfi $y$ verilip $f(x) = y$ denklemi $x$ için çözülür.

Örnek 5.6 (Birebir ve Örten Fonksiyon Örnekleri) Aşağıdaki fonksiyonların birebir ve örten olup olmadığını belirleyelim.

$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = 2x + 1$.
$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2$; ardından aynı kuralla $f : \mathbb{R} \to [0, \infty)$ ve $f : [0, \infty) \to [0, \infty)$.
$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^3$.

Çözüm

a) Birebir: $f(x_1) = f(x_2)$ olsun; $2x_1 + 1 = 2x_2 + 1$ eşitliğinin iki yanından $1$ çıkarıp $2$’ye bölersek $x_1 = x_2$ bulunur. Örten: $y \in \mathbb{R}$ verilsin; $x = \dfrac{y - 1}{2}$ alınırsa $f(x) = 2 \cdot \dfrac{y - 1}{2} + 1 = y$ olur. Dolayısıyla $f$ birebir-örtendir.

b) $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2$ birebir değildir: $-2 \neq 2$ olduğu hâlde $f(-2) = 4 = f(2)$. Örten de değildir: $y = -1$ için $x^2 = -1$ denkleminin reel çözümü yoktur; hiçbir $x$, $-1$’e gitmez.

Değer kümesini $[0, \infty)$ olarak daraltırsak $f : \mathbb{R} \to [0, \infty)$ örten olur: $y = 0$ için $x = 0$ alınır; $y > 0$ verildiğinde ise $x = \sqrt{y}$ için $f(x) = y$’dir (pozitif sayının karekökünün varlığı için bkz. Teorem 13.2). Ama hâlâ birebir değildir.

Tanım kümesini de $[0, \infty)$ olarak daraltırsak $f : [0, \infty) \to [0, \infty)$, yani $f|_{[0,\infty)}$ kısıtlamasının değer kümesi de $[0, \infty)$ alınmış hâli, birebir-örten olur: $x_1, x_2 \ge 0$ ve $x_1^2 = x_2^2$ ise $0 = x_1^2 - x_2^2 = (x_1 - x_2)(x_1 + x_2)$; $x_1 + x_2 = 0$ ancak $x_1 = x_2 = 0$ iken olabilir, aksi hâlde $x_1 - x_2 = 0$’dır. Her iki durumda $x_1 = x_2$. Bu örnek, birebirlik ve örtenliğin yalnızca kurala değil tanım ve değer kümesine de bağlı olduğunu gösterir.

c) Birebir: $x_1^3 = x_2^3$ olsun. Çarpanlara ayırma ile

\[0 = x_1^3 - x_2^3 = (x_1 - x_2)\,(x_1^2 + x_1 x_2 + x_2^2) = (x_1 - x_2)\Big[\Big(x_1 + \tfrac{x_2}{2}\Big)^2 + \tfrac{3}{4}x_2^2\Big].\]

Köşeli parantezdeki ifade kareler toplamıdır; sıfır olması için $x_2 = 0$ ve $x_1 = 0$ gerekir, bu durumda zaten $x_1 = x_2$. Aksi hâlde köşeli parantez pozitiftir ve çarpımın sıfır olması $x_1 - x_2 = 0$ gerektirir (Önerme 6.13). Her durumda $x_1 = x_2$.

Örten: $y \in \mathbb{R}$ verilsin. $y = 0$ ise $x = 0$ işi görür. $y > 0$ ise Teorem 13.2 gereği $x^3 = y$ olan bir $x > 0$ vardır. $y < 0$ ise $-y > 0$ için $t^3 = -y$ olan bir $t > 0$ vardır; $x = -t$ alınırsa $x^3 = (-t)^3 = -t^3 = y$ olur. Dolayısıyla $f(x) = x^3$ birebir-örtendir.

$\blacksquare$

Birebir ve örten fonksiyonlar için Teorem 5.1’ndeki “tek yönlü” kapsamalar eşitliğe dönüşür.

Teorem 5.3 (Birebir ve Örten Fonksiyonlarda Görüntü) $f : X \to Y$ bir fonksiyon; $A, A_1, A_2 \subseteq X$ ve $B \subseteq Y$ olsun.

$f$ birebir ise $f(A_1 \cap A_2) = f(A_1) \cap f(A_2)$.
$f$ birebir ise $f(A_1 \setminus A_2) = f(A_1) \setminus f(A_2)$.
$f$ birebir ise $f^{-1}(f(A)) = A$.
$f$ örten ise $f(f^{-1}(B)) = B$.

İspat

Her maddede bir yön Teorem 5.1’nden zaten bilinmektedir; yalnızca eksik kalan kapsamayı göstereceğiz.

(1) $f(A_1 \cap A_2) \subseteq f(A_1) \cap f(A_2)$ kapsaması Teorem 5.1 (2)’dir. Tersi için $y \in f(A_1) \cap f(A_2)$ keyfi olsun. $y \in f(A_1)$ olduğundan $y = f(a_1)$ olan bir $a_1 \in A_1$, $y \in f(A_2)$ olduğundan $y = f(a_2)$ olan bir $a_2 \in A_2$ vardır. Böylece $f(a_1) = y = f(a_2)$; $f$ birebir olduğundan $a_1 = a_2$. Bu ortak eleman hem $A_1$’de hem $A_2$’dedir, yani $a_1 \in A_1 \cap A_2$; dolayısıyla $y = f(a_1) \in f(A_1 \cap A_2)$. İki kapsamadan eşitlik çıkar.

(2) $f(A_1) \setminus f(A_2) \subseteq f(A_1 \setminus A_2)$ kapsaması Teorem 5.1 (4)’tür (her fonksiyon için doğrudur). Tersi için $y \in f(A_1 \setminus A_2)$ olsun; $y = f(a)$ olan bir $a \in A_1 \setminus A_2$ vardır. $a \in A_1$ olduğundan $y \in f(A_1)$. Geriye $y \notin f(A_2)$ kalır. Olmayana ergi ile: $y \in f(A_2)$ olsa, $y = f(a')$ olan bir $a' \in A_2$ bulunurdu; $f(a) = f(a')$ ve $f$ birebir olduğundan $a = a' \in A_2$ olurdu ki bu $a \notin A_2$ ile çelişir. O hâlde $y \in f(A_1) \setminus f(A_2)$.

(3) $A \subseteq f^{-1}(f(A))$ kapsaması Teorem 5.1 (11)’dir. Tersi için $x \in f^{-1}(f(A))$ olsun; yani $f(x) \in f(A)$. Görüntü tanımından $f(x) = f(a)$ olan bir $a \in A$ vardır. $f$ birebir olduğundan $x = a$, dolayısıyla $x \in A$.

(4) $f(f^{-1}(B)) \subseteq B$ kapsaması Teorem 5.1 (12)’dir. Tersi için $y \in B$ olsun. $f$ örten olduğundan $f(x) = y$ olan bir $x \in X$ vardır. $f(x) = y \in B$ olması $x \in f^{-1}(B)$ demektir; dolayısıyla $y = f(x) \in f(f^{-1}(B))$.

$\blacksquare$

Teorem, Örnek 5.4’de gördüğümüz bozuklukların tek sorumlusunun birebir olmamak (ya da örten olmamak) olduğunu söyler. Aslında ilişki iki yönlüdür:

Karşıtları da doğrudur

Her $A \subseteq X$ için $f^{-1}(f(A)) = A$ ise $f$ birebirdir. Gerçekten, $f(x_1) = f(x_2)$ olsun. $A = \{x_1\}$ alındığında $f(x_2) = f(x_1) \in f(\{x_1\})$ olduğundan $x_2 \in f^{-1}(f(\{x_1\})) = \{x_1\}$, yani $x_2 = x_1$.
Her $B \subseteq Y$ için $f(f^{-1}(B)) = B$ ise $f$ örtendir. Gerçekten, $B = Y$ alındığında $f^{-1}(Y) = X$ olduğundan $f(X) = f(f^{-1}(Y)) = Y$.

Yani (3) birebirliğin, (4) örtenliğin tam bir karakterizasyonudur.

5.6 Bileşke

İki fonksiyonu art arda uygulamak yeni bir fonksiyon verir: önce $f$’yi, sonra $g$’yi uygulamak. Bunun anlamlı olması için $f$’nin ürettiği çıktıların $g$’nin kabul ettiği girdiler olması gerekir.

Tanım 5.8 (Bileşke Fonksiyon) $f : X \to Y$ ve $g : Z \to W$ iki fonksiyon olsun. $f(X) \subseteq Z$ ise, her $x \in X$ için

\[(g \circ f)(x) = g(f(x))\]

kuralıyla tanımlanan $g \circ f : X \to W$ fonksiyonuna $f$ ile $g$’nin bileşkesi denir ve “$g$ bileşke $f$” diye okunur. Önce $f$, sonra $g$ uygulanır.

Bileşkenin tanımlı olma koşulu

$g \circ f$’nin tanımlı olması için içteki fonksiyon $f$’nin görüntü kümesi, dıştaki fonksiyon $g$’nin tanım kümesinin alt kümesi olmalıdır. En sık karşılaşılan durum $f : X \to Y$, $g : Y \to Z$ olmasıdır; o zaman $f(X) \subseteq Y$ otomatik olarak sağlanır ve $g \circ f : X \to Z$ her zaman tanımlıdır. Bu bölümün teoremlerinde hep bu durumu ele alacağız.

$g \circ f$ gerçekten bir fonksiyondur: her $x \in X$ için $f(x)$ tek bir elemandır, $f(x) \in Z$ olduğundan $g(f(x))$ de tanımlı ve tektir. Yani varlık ve teklik koşulları $f$ ve $g$’den miras alınır.

Örnek 5.7 (Bileşke Değişmeli Değildir) $f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = 2x + 1$ ve $g(x) = x^2$ olsun. $g \circ f$ ve $f \circ g$ fonksiyonlarını bulalım ve karşılaştıralım.

Çözüm

Her iki bileşke de tanımlıdır, çünkü tanım ve değer kümelerinin hepsi $\mathbb{R}$’dir.

\[(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(2x + 1) = (2x + 1)^2 = 4x^2 + 4x + 1,\]

\[(f \circ g)(x) = f(g(x)) = f(x^2) = 2x^2 + 1.\]

Örneğin $x = 1$’de $(g \circ f)(1) = 9$ ama $(f \circ g)(1) = 3$. Demek ki genel olarak $g \circ f \neq f \circ g$: bileşke değişmeli değildir. Sıra önemlidir; $g \circ f$ yazımında sağdaki fonksiyon önce uygulanır.

$\blacksquare$

Bileşke değişmeli olmasa da birleşmelidir; bu, üç ve daha çok fonksiyonu parantezsiz art arda uygulamamıza izin verir.

Önerme 5.1 (Bileşke Birleşmelidir) $f : X \to Y$, $g : Y \to Z$ ve $h : Z \to W$ fonksiyonlar olsun. O zaman

\[h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f.\]

İspat

Her iki taraf da $X$’ten $W$’ye bir fonksiyondur: $g \circ f : X \to Z$ olduğundan $h \circ (g \circ f) : X \to W$; $h \circ g : Y \to W$ olduğundan $(h \circ g) \circ f : X \to W$. Tanım 5.5 gereği her $x \in X$’te aynı değeri aldıklarını göstermek yeter. Bileşke tanımını iki kez uygulayarak

\[\big(h \circ (g \circ f)\big)(x) = h\big((g \circ f)(x)\big) = h\big(g(f(x))\big)\]

\[\big((h \circ g) \circ f\big)(x) = (h \circ g)\big(f(x)\big) = h\big(g(f(x))\big)\]

bulunur. Değerler eşittir; dolayısıyla fonksiyonlar eşittir. Bundan böyle parantezleri atıp $h \circ g \circ f$ yazacağız.

$\blacksquare$

Birim fonksiyonun bileşkedeki rolü sayılarda $1$’in çarpmadaki rolü gibidir: $f : X \to Y$ için her $x \in X$’te $(f \circ I_X)(x) = f(I_X(x)) = f(x)$ ve $(I_Y \circ f)(x) = I_Y(f(x)) = f(x)$ olduğundan

\[f \circ I_X = f, \qquad I_Y \circ f = f.\]

Birebirlik ve örtenlik bileşkeyle nasıl aktarılır? Aşağıdaki teorem hem “ileri” hem “geri” yönü verir.

Teorem 5.4 (Bileşkenin Birebirlik ve Örtenlik Özellikleri) $f : X \to Y$ ve $g : Y \to Z$ fonksiyonlar olsun.

$f$ ve $g$ birebir ise $g \circ f$ birebirdir.
$f$ ve $g$ örten ise $g \circ f$ örtendir.
$g \circ f$ birebir ise $f$ birebirdir (ama $g$ birebir olmak zorunda değildir).
$g \circ f$ örten ise $g$ örtendir (ama $f$ örten olmak zorunda değildir).

İspat

(1) $x_1, x_2 \in X$ ve $(g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2)$ olsun; yani $g(f(x_1)) = g(f(x_2))$. $g$ birebir olduğundan $f(x_1) = f(x_2)$; $f$ birebir olduğundan $x_1 = x_2$. Dolayısıyla $g \circ f$ birebirdir.

(2) $z \in Z$ keyfi olsun. $g$ örten olduğundan $g(y) = z$ olan bir $y \in Y$ vardır. $f$ örten olduğundan bu $y$ için $f(x) = y$ olan bir $x \in X$ vardır. O hâlde $(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = z$. Her $z$’ye ulaşıldığından $g \circ f$ örtendir.

(3) $x_1, x_2 \in X$ ve $f(x_1) = f(x_2)$ olsun. Eşit elemanlara $g$ uygulanınca eşit sonuç çıkar: $g(f(x_1)) = g(f(x_2))$, yani $(g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2)$. $g \circ f$ birebir olduğundan $x_1 = x_2$. Dolayısıyla $f$ birebirdir.

(4) $z \in Z$ keyfi olsun. $g \circ f$ örten olduğundan $(g \circ f)(x) = z$ olan bir $x \in X$ vardır. $y = f(x) \in Y$ alalım; $g(y) = g(f(x)) = z$. Her $z$ için böyle bir $y$ bulunduğundan $g$ örtendir.

Parantez içindeki uyarılar için tek bir örnek yeter. $X = \{1\}$, $Y = \{1, 2\}$, $Z = \{1\}$; $f(1) = 1$ ve $g(1) = g(2) = 1$ olsun. $g \circ f : \{1\} \to \{1\}$, $1 \mapsto 1$ fonksiyonu hem birebir hem örtendir. Ama $g$ birebir değildir ($g(1) = g(2)$, oysa $1 \neq 2$) ve $f$ örten değildir ($2 \in Y$ hiçbir elemanın görüntüsü değildir).

$\blacksquare$

Teoremin (1) ve (2) maddeleri birlikte, birebir-örten fonksiyonların bileşkesinin birebir-örten olduğunu söyler; bunu ters fonksiyon konusunda kullanacağız.

5.7 Ters Fonksiyon

Bir fonksiyon $x$’i $y = f(x)$’e taşıyorsa, $y$’den $x$’e “geri dönen” bir fonksiyon var mıdır? Geri dönüşün anlamlı olması için önce her $y$’nin bir yerden gelmiş olması (örtenlik), sonra da geldiği yerin tek olması (birebirlik) gerekir. Önce “geri dönmenin” ne demek olduğunu kesinleştirelim.

Tanım 5.9 (Ters Fonksiyon) $f : X \to Y$ bir fonksiyon olsun. Bir $g : Y \to X$ fonksiyonu

\[g \circ f = I_X \qquad \text{ve} \qquad f \circ g = I_Y\]

koşullarının ikisini birden sağlıyorsa $g$’ye $f$’nin ters fonksiyonu denir ve $g = f^{-1}$ yazılır. Açık biçimde: her $x \in X$ için $g(f(x)) = x$ ve her $y \in Y$ için $f(g(y)) = y$.

Tek koşul yetmez

Tanımdaki iki koşul birbirinden bağımsızdır; biri sağlanırken öteki sağlanmayabilir. $f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$, $f(n) = n + 1$ ve $g : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$, $g(1) = 1$, $n \ge 2$ için $g(n) = n - 1$ olsun. Her $n$ için $g(f(n)) = g(n + 1) = n$, yani $g \circ f = I_{\mathbb{N}}$. Ama $f(g(1)) = f(1) = 2 \neq 1$, yani $f \circ g \neq I_{\mathbb{N}}$. Dolayısıyla $g$, $f$’nin tersi değildir; zaten $f$ örten olmadığından (hiçbir $n$ için $n + 1 = 1$ olmaz) birazdan göreceğimiz teorem gereği $f$’nin tersi yoktur.

Örnek 5.8 (Bir Ters Fonksiyonu Doğrulamak) $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = 2x + 1$ fonksiyonunun tersinin $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $g(y) = \dfrac{y - 1}{2}$ olduğunu gösterelim.

Çözüm

İki koşulu ayrı ayrı denetleriz. Her $x \in \mathbb{R}$ için

\[(g \circ f)(x) = g(2x + 1) = \frac{(2x + 1) - 1}{2} = \frac{2x}{2} = x,\]

her $y \in \mathbb{R}$ için

\[(f \circ g)(y) = f\Big(\frac{y - 1}{2}\Big) = 2 \cdot \frac{y - 1}{2} + 1 = (y - 1) + 1 = y.\]

Dolayısıyla $g \circ f = I_{\mathbb{R}}$ ve $f \circ g = I_{\mathbb{R}}$; $g = f^{-1}$’dir. $g$’nin kuralı, $y = 2x + 1$ denkleminin $x$ için çözülmesiyle bulunmuştu: $x = (y - 1)/2$. Ters fonksiyon bulmanın genel yolu budur; ama bulunan kuralın gerçekten iki koşulu da sağladığı her zaman denetlenmelidir.

$\blacksquare$

Şimdi ana soruyu yanıtlayalım: hangi fonksiyonların tersi vardır?

Teorem 5.5 (Ters Fonksiyonun Varlığı) $f : X \to Y$ fonksiyonunun bir ters fonksiyonu $f^{-1} : Y \to X$ vardır ancak ve ancak $f$ birebir-örtense.

İspat

İki yönü ayrı ayrı ispatlayacağız.

($\Rightarrow$ yönü: tersi varsa birebir-örtendir.) $f$’nin bir tersi olsun; ona $g : Y \to X$ diyelim. Tanım gereği

\[\text{(i) her } x \in X \text{ için } g(f(x)) = x, \qquad \text{(ii) her } y \in Y \text{ için } f(g(y)) = y.\]

Birebirlik: $x_1, x_2 \in X$ ve $f(x_1) = f(x_2)$ olsun. Eşit elemanlara $g$ uygulayalım: $g(f(x_1)) = g(f(x_2))$. (i) gereği sol taraf $x_1$, sağ taraf $x_2$’dir; yani $x_1 = x_2$. Dolayısıyla $f$ birebirdir.

Örtenlik: $y \in Y$ keyfi olsun. $f(x) = y$ olan bir $x \in X$ aramalıyız. Aday olarak $x = g(y)$ alalım; $g$’nin değer kümesi $X$ olduğundan gerçekten $x \in X$’tir. (ii) gereği $f(x) = f(g(y)) = y$. Her $y$ için böyle bir $x$ bulunduğundan $f$ örtendir.

($\Leftarrow$ yönü: birebir-örtense tersi vardır.) $f$ birebir-örten olsun. Bir $g : Y \to X$ fonksiyonu kurup tersin iki koşulunu sağladığını göstereceğiz.

$g$’nin tanımı. $y \in Y$ keyfi olsun. $f$ örten olduğundan $f(x) = y$ olan en az bir $x \in X$ vardır. $f$ birebir olduğundan bu $x$ tektir: $f(x_1) = y = f(x_2)$ olsaydı birebirlik $x_1 = x_2$ verirdi. Demek ki her $y \in Y$’ye karşılık $f(x) = y$ koşulunu sağlayan bir ve yalnız bir $x \in X$ vardır. Bu tek elemanı $g(y)$ olarak adlandıralım:

\[g(y) = x \quad \Leftrightarrow \quad f(x) = y.\]

Her $y$’ye tam bir $x$ karşılık geldiğinden (varlık ve teklik) $g : Y \to X$ gerçekten bir fonksiyondur (Tanım 5.1).

$g \circ f = I_X$ denetimi. $x \in X$ olsun ve $y = f(x)$ diyelim. $g(y)$, tanımı gereği $f$ tarafından $y$’ye gönderilen tek elemandır. $f(x) = y$ olduğundan bu tek eleman $x$’in kendisidir: $g(f(x)) = g(y) = x$.

$f \circ g = I_Y$ denetimi. $y \in Y$ olsun. $g(y)$, $f(g(y)) = y$ koşulunu sağlayan (tek) elemandır; bu zaten istenen eşitliktir: $f(g(y)) = y$.

İki koşul da sağlandığından $g$, $f$’nin ters fonksiyonudur.

$\blacksquare$

Teorem şunu söyler: “tersi var mı?” sorusu, “birebir ve örten mi?” sorusuna indirgenir. Uygulamada $y = f(x)$ denklemini $x$ için çözmeye çalışırız; her $y$ için tam bir çözüm çıkıyorsa hem tersi bulmuş hem birebir-örten olduğunu göstermiş oluruz.

Önerme 5.2 (Tersin Tekliği) Bir fonksiyonun tersi varsa tektir.

İspat

$g_1$ ve $g_2$, $f : X \to Y$ fonksiyonunun iki tersi olsun. O zaman $f \circ g_2 = I_Y$ ve $g_1 \circ f = I_X$’tir. Birim fonksiyonun bileşkedeki etkisizliği ve Önerme 5.1 ile

\[g_1 = g_1 \circ I_Y = g_1 \circ (f \circ g_2) = (g_1 \circ f) \circ g_2 = I_X \circ g_2 = g_2.\]

Dolayısıyla $g_1 = g_2$. Bu teklik sayesinde “$f$’nin tersi” deyip $f^{-1}$ yazmak anlamlıdır.

$\blacksquare$

Sonuç 5.1 (Ters Fonksiyon da Birebir-Örtendir) $f : X \to Y$ birebir-örten ise tersi $f^{-1} : Y \to X$ de birebir-örtendir. Ayrıca

\[(f^{-1})^{-1} = f, \qquad f^{-1} \circ f = I_X, \qquad f \circ f^{-1} = I_Y.\]

İspat

Son iki eşitlik, $f^{-1}$’in ters fonksiyon tanımını sağlamasından ibarettir. Şimdi bu iki eşitliğe $f^{-1} : Y \to X$ fonksiyonunun gözüyle bakalım: $f \circ f^{-1} = I_Y$ ve $f^{-1} \circ f = I_X$ eşitlikleri, tam olarak “$f$, $f^{-1}$’in tersidir” demektir (Tanım 5.9’da $f$ yerine $f^{-1}$, $g$ yerine $f$ konmuştur). Demek ki $f^{-1}$’in bir tersi vardır; Teorem 5.5 gereği $f^{-1}$ birebir-örtendir ve Önerme 5.2 gereği tersi tektir, yani $(f^{-1})^{-1} = f$.

$\blacksquare$

İki f üstü eksi bir gösterimi uzlaşır

$f$ birebir-örten olduğunda ters görüntü ile ters fonksiyon çelişmez: $y \in Y$ için ters görüntü $f^{-1}(\{y\})$, $f(x) = y$ olan $x$’lerin kümesidir ve bu küme tek elemanlıdır: $f^{-1}(\{y\}) = \{f^{-1}(y)\}$. Genel olarak da $B \subseteq Y$ için $B$’nin $f$ altındaki ters görüntüsü, $B$’nin $f^{-1}$ fonksiyonu altındaki görüntüsüne eşittir.

Teorem 5.6 (Bileşkenin Tersi) $f : X \to Y$ ve $g : Y \to Z$ birebir-örten fonksiyonlar ise bileşkeleri $g \circ f : X \to Z$ de birebir-örtendir ve tersi

\[(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}\]

ile verilir.

İspat

İspat iki parçadan oluşur: önce $g \circ f$’nin birebir-örten olduğunu, sonra $f^{-1} \circ g^{-1}$’in gerçekten $g \circ f$’nin tersi olduğunu göstereceğiz.

Birinci parça: $g \circ f$ birebir-örtendir. $f$ ve $g$ birebir olduğundan Teorem 5.4 (1) gereği $g \circ f$ birebirdir; $f$ ve $g$ örten olduğundan Teorem 5.4 (2) gereği $g \circ f$ örtendir. Dolayısıyla $g \circ f$ birebir-örtendir ve Teorem 5.5 ile Önerme 5.2 gereği tek bir tersi vardır.

İkinci parça: tersin formülü. $f$ ve $g$ birebir-örten olduğundan $f^{-1} : Y \to X$ ve $g^{-1} : Z \to Y$ vardır; dolayısıyla $f^{-1} \circ g^{-1} : Z \to X$ tanımlıdır. Tersin tanımındaki iki bileşkeyi hesaplayalım. Önerme 5.1 sayesinde parantezleri istediğimiz gibi yerleştirebiliriz.

\[ \begin{aligned} (f^{-1} \circ g^{-1}) \circ (g \circ f) &= f^{-1} \circ (g^{-1} \circ g) \circ f && \text{(birleşme)} \\ &= f^{-1} \circ I_Y \circ f && \text{($g^{-1}$ tersin tanımı)} \\ &= f^{-1} \circ f && \text{(birim fonksiyon etkisiz)} \\ &= I_X && \text{($f^{-1}$ tersin tanımı)} \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} (g \circ f) \circ (f^{-1} \circ g^{-1}) &= g \circ (f \circ f^{-1}) \circ g^{-1} && \text{(birleşme)} \\ &= g \circ I_Y \circ g^{-1} && \text{($f^{-1}$ tersin tanımı)} \\ &= g \circ g^{-1} && \text{(birim fonksiyon etkisiz)} \\ &= I_Z && \text{($g^{-1}$ tersin tanımı)}. \end{aligned} \]

Her iki sırada da birim fonksiyon elde edildiğinden $f^{-1} \circ g^{-1}$, $g \circ f$’nin tersidir; teklik gereği $(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}$.

$\blacksquare$

Formüldeki sıra değişimine dikkat: önce $f$ sonra $g$ uygulanan bir işlemi geri almak için önce $g$’yi sonra $f$’yi geri almak gerekir; tıpkı önce çorabı sonra ayakkabıyı giyen birinin önce ayakkabıyı sonra çorabı çıkarması gibi.

Örnek 5.9 (Bir Rasyonel Fonksiyonun Tersi) $f : \mathbb{R} \setminus \{1\} \to \mathbb{R} \setminus \{2\}$, $f(x) = \dfrac{2x + 1}{x - 1}$ fonksiyonunun birebir-örten olduğunu gösterip tersini bulalım.

Çözüm

Önce $f$’nin gerçekten $\mathbb{R} \setminus \{2\}$’ye gittiğini görelim: $f(x) = 2$ olsaydı $2x + 1 = 2x - 2$, yani $1 = -2$ olurdu; imkânsız. Dolayısıyla $f(x) \neq 2$.

$y \in \mathbb{R} \setminus \{2\}$ verilsin ve $f(x) = y$ denklemini $x \neq 1$ için çözelim:

\[\frac{2x + 1}{x - 1} = y \Leftrightarrow 2x + 1 = y(x - 1) \Leftrightarrow 2x + 1 = yx - y \Leftrightarrow y + 1 = x(y - 2) \Leftrightarrow x = \frac{y + 1}{y - 2}.\]

$y \neq 2$ olduğundan bölme yapılabilir; ayrıca bulunan $x$, $1$’e eşit değildir: $\dfrac{y + 1}{y - 2} = 1$ olsaydı $y + 1 = y - 2$, yani $1 = -2$ olurdu. Demek ki her $y \in \mathbb{R} \setminus \{2\}$ için $f(x) = y$ denkleminin $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ içinde tam bir çözümü vardır: varlık $f$’nin örten, teklik ise birebir olduğunu söyler. Teorem 5.5 gereği $f$’nin tersi vardır ve

\[f^{-1} : \mathbb{R} \setminus \{2\} \to \mathbb{R} \setminus \{1\}, \qquad f^{-1}(y) = \frac{y + 1}{y - 2}.\]

Denetleyelim: $x \neq 1$ için

\[f^{-1}(f(x)) = \frac{\dfrac{2x + 1}{x - 1} + 1}{\dfrac{2x + 1}{x - 1} - 2} = \frac{\dfrac{2x + 1 + x - 1}{x - 1}}{\dfrac{2x + 1 - 2x + 2}{x - 1}} = \frac{3x}{3} = x.\]

Benzer hesapla $f(f^{-1}(y)) = y$ bulunur.

$\blacksquare$

5.8 Alıştırmalar

Alıştırma 5.1 (Fonksiyon Alıştırmaları)

Teorem 5.1’nin (4), (6) ve (10) maddelerini ispatlayınız.
Teorem 5.2’nin (2), (3) ve (4) maddelerini ispatlayınız.
$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2 - 2x$ olsun. $f([0, 3])$, $f^{-1}([-1, 0])$, $f^{-1}(\{8\})$ ve $f^{-1}((-\infty, -2))$ kümelerini bulunuz.
Aşağıdaki fonksiyonların birebir ve örten olup olmadığını belirleyiniz. (i) $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = 3x - 2$; (ii) $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2 + 1$; (iii) $f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$, $f(n) = n + 1$; (iv) $f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}$, $f(x) = 1/x$.
$f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = 2x + 1$ ve $g(x) = x^3$ olsun. $g \circ f$ ve $f \circ g$ fonksiyonlarını yazınız; $(g \circ f)^{-1}$’i doğrudan bulup Teorem 5.6’ndeki $f^{-1} \circ g^{-1}$ formülüyle karşılaştırınız. $g^{-1} \circ f^{-1}$ ile aynı mıdır?

Çözüm

a) (4) $y \in f(A_1) \setminus f(A_2)$ olsun; yani $y \in f(A_1)$ ve $y \notin f(A_2)$. $y = f(a)$ olan bir $a \in A_1$ vardır. $a \in A_2$ olsaydı $y = f(a) \in f(A_2)$ olurdu; bu $y \notin f(A_2)$ ile çelişir. O hâlde $a \notin A_2$, yani $a \in A_1 \setminus A_2$ ve $y = f(a) \in f(A_1 \setminus A_2)$.

(6) Denkliklerle:

\[x \in f^{-1}(B_1 \setminus B_2) \Leftrightarrow f(x) \in B_1 \setminus B_2 \Leftrightarrow f(x) \in B_1 \wedge f(x) \notin B_2 \Leftrightarrow x \in f^{-1}(B_1) \wedge x \notin f^{-1}(B_2) \Leftrightarrow x \in f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(B_2).\]

(10) Aynı kalıpla:

\[x \in f^{-1}(B_1 \cup B_2) \Leftrightarrow f(x) \in B_1 \cup B_2 \Leftrightarrow f(x) \in B_1 \vee f(x) \in B_2 \Leftrightarrow x \in f^{-1}(B_1) \vee x \in f^{-1}(B_2) \Leftrightarrow x \in f^{-1}(B_1) \cup f^{-1}(B_2).\]

b) (2) $x \in X$ için

\[x \in f^{-1}\Big(\bigcup_{j \in J} B_j\Big) \Leftrightarrow f(x) \in \bigcup_{j \in J} B_j \Leftrightarrow \exists j \in J,\ f(x) \in B_j \Leftrightarrow \exists j \in J,\ x \in f^{-1}(B_j) \Leftrightarrow x \in \bigcup_{j \in J} f^{-1}(B_j).\]

(3) $y \in f\big(\bigcap_{i \in I} A_i\big)$ olsun. $y = f(x)$ olan bir $x \in \bigcap_{i \in I} A_i$ vardır; yani her $i \in I$ için $x \in A_i$. O hâlde her $i \in I$ için $y = f(x) \in f(A_i)$, yani $y \in \bigcap_{i \in I} f(A_i)$. (Ters kapsama genel olarak yanlıştır; Örnek 5.4 iki kümelik bir karşı örnektir.)

(4) $x \in X$ için

\[x \in f^{-1}\Big(\bigcap_{j \in J} B_j\Big) \Leftrightarrow f(x) \in \bigcap_{j \in J} B_j \Leftrightarrow \forall j \in J,\ f(x) \in B_j \Leftrightarrow \forall j \in J,\ x \in f^{-1}(B_j) \Leftrightarrow x \in \bigcap_{j \in J} f^{-1}(B_j).\]

c) Kareye tamamlayalım: $f(x) = x^2 - 2x = (x - 1)^2 - 1$.

$f([0, 3])$: $x \in [0, 3]$ iken $t = x - 1 \in [-1, 2]$ ve $t^2 \in [0, 4]$; üstelik $t$, $[0, 2]$’yi tararken $t^2$, $[0, 4]$’ün her değerini alır ($0 \le s \le 4$ için $t = \sqrt{s} \in [0, 2]$). Dolayısıyla $f([0, 3]) = [0 - 1, 4 - 1] = [-1, 3]$.

$f^{-1}([-1, 0])$: Koşulu sağlayan $x$’ler şu denklik zinciriyle bulunur:

\[\begin{aligned} -1 \le (x - 1)^2 - 1 \le 0 &\Leftrightarrow 0 \le (x - 1)^2 \le 1 \\ &\Leftrightarrow |x - 1| \le 1 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2 \end{aligned}\]

Yani $f^{-1}([-1, 0]) = [0, 2]$.

$f^{-1}(\{8\})$: $x^2 - 2x = 8 \Leftrightarrow x^2 - 2x - 8 = 0 \Leftrightarrow (x - 4)(x + 2) = 0$. Yani $f^{-1}(\{8\}) = \{-2, 4\}$.

$f^{-1}((-\infty, -2))$: Her $x$ için $f(x) = (x - 1)^2 - 1 \ge -1 > -2$ olduğundan hiçbir $x$’in görüntüsü $-2$’den küçük değildir: $f^{-1}((-\infty, -2)) = \varnothing$.

d) (i) $3x_1 - 2 = 3x_2 - 2 \Rightarrow x_1 = x_2$, birebir. Her $y$ için $x = (y + 2)/3$ alınınca $f(x) = y$, örten. Birebir-örten.

(ii) $f(1) = f(-1) = 2$ ve $1 \neq -1$; birebir değil. Her $x$ için $x^2 + 1 \ge 1$ olduğundan $y = 0$ hiçbir görüntü değildir; örten değil.

(iii) $n_1 + 1 = n_2 + 1 \Rightarrow n_1 = n_2$, birebir. Örten değil: $n + 1 = 1$ olması $n = 0$ gerektirir, ama $0 \notin \mathbb{N}$ (Önerme 9.3 gereği $1$, $\mathbb{N}$’nin en küçük elemanıdır); $1 \in \mathbb{N}$ ulaşılamaz.

(iv) $1/x_1 = 1/x_2$ eşitliğinin iki yanını $x_1 x_2$ ile çarpınca $x_2 = x_1$; birebir. Örten değil: $1/x = 0$ olsaydı iki yanı $x$ ile çarparak $1 = 0$ elde edilirdi; $0 \in \mathbb{R}$ ulaşılamaz. (Değer kümesi $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ alınsaydı $y \neq 0$ için $x = 1/y$ ile örten, dolayısıyla birebir-örten olurdu.)

e) $(g \circ f)(x) = g(2x + 1) = (2x + 1)^3$ ve $(f \circ g)(x) = f(x^3) = 2x^3 + 1$.

Örnek 5.6 gereği $f$ ve $g$ birebir-örtendir; tersleri $f^{-1}(y) = \dfrac{y - 1}{2}$ ve $g^{-1}(y) = \sqrt[3]{y}$ (her reel sayının tek bir reel küp kökü vardır; negatif $y$ için $\sqrt[3]{y} = -\sqrt[3]{-y}$). $(g \circ f)^{-1}$’i doğrudan bulmak için $y = (2x + 1)^3$ denklemini çözelim: $2x + 1 = \sqrt[3]{y}$, yani

\[x = \frac{\sqrt[3]{y} - 1}{2}.\]

Formülle karşılaştıralım: $(f^{-1} \circ g^{-1})(y) = f^{-1}(\sqrt[3]{y}) = \dfrac{\sqrt[3]{y} - 1}{2}$; Teorem 5.6 ile tam uyuşur. Öte yandan

\[(g^{-1} \circ f^{-1})(y) = g^{-1}\Big(\frac{y - 1}{2}\Big) = \sqrt[3]{\frac{y - 1}{2}}\]

farklı bir fonksiyondur; örneğin $y = 9$’da ilki $\dfrac{\sqrt[3]{9} - 1}{2} \approx 0{,}54$, ikincisi $\sqrt[3]{4} \approx 1{,}59$ verir. Bileşkenin tersinde sıranın ters çevrilmesi zorunludur.

$\blacksquare$

Mantık, kümeler, bağıntılar ve fonksiyonlarla analizin dili tamamlandı. Şimdi bu dili kullanarak analizin asıl sahnesini, reel sayıları, aksiyomlarından başlayarak kuracağız: Reel Sayılar ve Cebirsel Aksiyomlar.