38  Kümeler, Bağıntılar ve Fonksiyonlar Üzerine Problemler

Bu bölümdeki problemler, kitabın ilk kısmında kurduğumuz dili çalıştırır: Kümeler ve Küme İşlemleri bölümündeki işlemler ve çift kapsama yöntemi, Bağıntılar bölümündeki yansımalı, simetrik ve geçişli bağıntılar ile denklik sınıfları, Fonksiyonlar bölümündeki görüntü, ters görüntü, birebirlik, örtenlik, bileşke ve ters fonksiyon. Fonksiyon problemlerinde reel sayıların sıralama özelliklerine, mutlak değere ve karekökün varlığına da başvuracağız; bunlar kitabın ikinci kısmında aksiyomlardan türetilmişti.

Her problemi önce kendi başınıza denemenizi, sonra çözümü okumanızı öneririz. Çözümlerde her adımın hangi tanıma ya da sonuca dayandığı belirtilmiştir. Bazı problemler kitapta ispatlanmış bir sonucun özel hâlidir; bu durumlarda da çözüm baştan sona yazılmış, mümkün olduğunda kitaptakinden farklı bir yol izlenmiştir. Böylece aynı gerçeğe iki ayrı yönden bakmış oluruz.

38.1 Somut Kümelerle İşlemler

İlk problemlerde elemanları tek tek verilmiş kümelerle çalışıyoruz. Her iddiayı, kesişim, birleşim ve fark kümelerini tanımlarına göre (Tanım 3.4, Tanım 3.5) hesaplayıp alt küme tanımıyla (Tanım 3.1) karşılaştırarak sınayacağız.

Alıştırma 38.1 (İki Elemanlı Bir Kümenin Kapsanması) \(A = \{2, 4, 6, 8\}\), \(B = \{3, 4, 5, 6\}\) ve \(C = \{4, 5\}\) olsun. \(\{6, 8\} \subseteq A\) önermesi doğru mudur?

Çözüm

Önce üç kümenin elemanlarını bir Venn şemasına yerleştirelim. Her elemanın hangi kümelerde bulunduğunu tek tek denetleyerek şunu buluruz: \(2\) ve \(8\) yalnız \(A\)’da, \(3\) yalnız \(B\)’de, \(6\) hem \(A\)’da hem \(B\)’de ama \(C\)’de değil, \(4\) üç kümede birden, \(5\) ise \(B\) ile \(C\)’de ama \(A\)’da değil. \(C\)’nin iki elemanı da \(B\)’de olduğundan \(C \subseteq B\)’dir. Şema, aynı üç kümeyle ilgili sonraki dört problemde de işe yarar.

A = {2, 4, 6, 8}, B = {3, 4, 5, 6} ve C = {4, 5} kümelerinin Venn şeması. C tamamen B'nin içindedir; A ile B'nin ortak elemanları 4 ve 6'dır, bunlardan yalnız 4, C'ye de aittir.

Şimdi iddiaya geçelim. Tanım 3.1 gereği \(\{6, 8\} \subseteq A\) demek, \(\{6, 8\}\) kümesinin her elemanının \(A\)’da bulunması demektir. Kümenin yalnız iki elemanı var; ikisini de denetleyelim:

• \(6 \in A\), çünkü \(6\), \(A = \{2, 4, 6, 8\}\) listesinde yer alır;
• \(8 \in A\), aynı nedenle.

Her eleman \(A\)’da olduğundan önerme doğrudur: \(\{6, 8\} \subseteq A\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.2 (Kesişimin Alt Kümesi Olmak) \(A = \{2, 4, 6, 8\}\), \(B = \{3, 4, 5, 6\}\) ve \(C = \{4, 5\}\) olsun. \(C \subseteq A \cap B\) önermesi doğru mudur?

Çözüm

Kesişimi hesaplayalım. Tanım 3.4 gereği \(A \cap B\), hem \(A\)’da hem \(B\)’de olan elemanlardan oluşur. \(A\)’nın elemanlarını tek tek \(B\)’de arayalım: \(2 \notin B\), \(4 \in B\), \(6 \in B\), \(8 \notin B\). Dolayısıyla

\[A \cap B = \{4, 6\}.\]

Kapsamayı sınayalım. \(C \subseteq A \cap B\) olması için \(C\)’nin iki elemanının da \(\{4, 6\}\)’da bulunması gerekir. \(4 \in \{4, 6\}\)’dır, ama \(5 \notin \{4, 6\}\)’dır; zaten \(5 \notin A\) olduğundan \(5\) kesişime giremez. Alt küme olmamanın tanımı gereği (bkz. Tanım 3.1 ardındaki olumsuzlama) \(C\)’de olup \(A \cap B\)’de olmayan tek bir eleman bulmak yeter; \(5\) böyle bir elemandır.

Sonuç: önerme yanlıştır, \(C \nsubseteq A \cap B\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.3 (Farkın Bir Kümeyle Kesişimi) \(A = \{2, 4, 6, 8\}\), \(B = \{3, 4, 5, 6\}\) ve \(C = \{4, 5\}\) olsun. \((B \setminus C) \cap A = \{6\}\) önermesi doğru mudur?

Çözüm

Önce fark. Tanım 3.5 gereği \(B \setminus C\), \(B\)’de olup \(C\)’de olmayan elemanlardır. \(B\)’nin elemanlarından \(4\) ve \(5\), \(C\)’dedir; geriye \(3\) ve \(6\) kalır:

\[B \setminus C = \{3, 6\}.\]

Sonra kesişim. \(\{3, 6\}\) kümesinin elemanlarını \(A\)’da arayalım: \(3 \notin A\), \(6 \in A\). Dolayısıyla

\[(B \setminus C) \cap A = \{6\}.\]

Sonuç: önerme doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.4 (Boş Bir Kesişimin Kapsanması) \(A = \{2, 4, 6, 8\}\), \(B = \{3, 4, 5, 6\}\) ve \(C = \{4, 5\}\) olsun. \((A \setminus B) \cap C \subseteq B\) önermesi doğru mudur?

Çözüm

Önce fark. \(A\)’nın elemanlarından \(4\) ve \(6\), \(B\)’dedir; geriye \(2\) ile \(8\) kalır:

\[A \setminus B = \{2, 8\}.\]

Sonra kesişim. \(2 \notin C\) ve \(8 \notin C\) olduğundan \(\{2, 8\}\) ile \(C = \{4, 5\}\)’in ortak elemanı yoktur:

\[(A \setminus B) \cap C = \varnothing.\]

Kapsama. Boş küme her kümenin alt kümesidir (Önerme 3.2); özel olarak \(\varnothing \subseteq B\). Burada kapsama “boşlukla doğrudur”: kontrol edilecek hiçbir eleman yoktur.

Sonuç: önerme doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.5 (Birleşimden Bir Kümeyi Çıkarmak) \(A = \{2, 4, 6, 8\}\), \(B = \{3, 4, 5, 6\}\) ve \(C = \{4, 5\}\) olsun. \((A \cup B) \setminus C = \{2, 3, 6, 8\}\) önermesi doğru mudur?

Çözüm

Önce birleşim. \(A \cup B\), en az birinde bulunan elemanlardır. \(A\)’nın elemanlarına \(B\)’nin \(A\)’da olmayan elemanları \(3\) ve \(5\)’i ekleriz (her eleman bir kez yazılır):

\[A \cup B = \{2, 3, 4, 5, 6, 8\}.\]

Sonra fark. Bu kümeden \(C = \{4, 5\}\)’in elemanlarını çıkaralım:

\[(A \cup B) \setminus C = \{2, 3, 6, 8\}.\]

Sonuç: önerme doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.6 (İki Elemanlı Bir Kümenin Kuvvet Kümesi) \(A = \{1, 2\}\) kümesinin kuvvet kümesi \(\mathcal{P}(A)\)’yı bulunuz.

Çözüm

Tanım 3.3 gereği \(\mathcal{P}(A)\), \(A\)’nın bütün alt kümelerinin kümesidir. Alt kümeleri eleman sayılarına göre sıralayalım; böylece hiçbirini atlamadığımızdan emin oluruz.

• Sıfır elemanlı: yalnız \(\varnothing\). Boş küme her kümenin alt kümesidir (Önerme 3.2).
• Bir elemanlı: \(\{1\}\) ve \(\{2\}\). Her ikisinin tek elemanı \(A\)’dadır.
• İki elemanlı: yalnız \(\{1, 2\} = A\). Her küme kendisinin alt kümesidir (Önerme 3.1).

\(A\)’nın iki elemanı olduğundan üç elemanlı alt kümesi olamaz. Böylece

\[\mathcal{P}(A) = \big\{\varnothing,\ \{1\},\ \{2\},\ \{1, 2\}\big\}.\]

Denetim: iki elemanlı bir kümenin \(2^2 = 4\) alt kümesi vardır; tam dört küme bulduk.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.7 (Kuvvet Kümesinin Kuvvet Kümesi) \(A = \{1, 2\}\) olsun. \(\mathcal{P}(\mathcal{P}(A))\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Neyin alt kümelerini arıyoruz? \(A\)’nın kuvvet kümesi

\[\mathcal{P}(A) = \big\{\varnothing,\ \{1\},\ \{2\},\ \{1, 2\}\big\}\]

dört elemanlıdır (alt kümeleri eleman sayısına göre sıralayarak bulunur: boş küme, iki tek elemanlı küme ve \(A\)’nın kendisi). Şimdi bu dört elemanlı kümenin bütün alt kümelerini istiyoruz. Burada dikkat edilecek nokta, \(\mathcal{P}(A)\)’nın elemanlarının kendilerinin de küme olmasıdır: örneğin \(\{1\}\), \(\mathcal{P}(A)\)’nın bir elemanıdır, dolayısıyla \(\{\{1\}\}\), \(\mathcal{P}(A)\)’nın bir alt kümesidir.

Eleman sayısına göre listeleyelim. Dört elemanlı bir kümenin \(2^4 = 16\) alt kümesi vardır: \(1\) tane sıfır elemanlı, \(4\) tane bir elemanlı, \(6\) tane iki elemanlı, \(4\) tane üç elemanlı ve \(1\) tane dört elemanlı (\(1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16\)). Bunları sırayla yazalım:

\[ \begin{aligned} &\varnothing,\\[1mm] &\{\varnothing\},\ \ \{\{1\}\},\ \ \{\{2\}\},\ \ \{\{1, 2\}\},\\[1mm] &\{\varnothing, \{1\}\},\ \ \{\varnothing, \{2\}\},\ \ \{\varnothing, \{1, 2\}\},\\[1mm] &\{\{1\}, \{2\}\},\ \ \{\{1\}, \{1, 2\}\},\ \ \{\{2\}, \{1, 2\}\},\\[1mm] &\{\varnothing, \{1\}, \{2\}\},\ \ \{\varnothing, \{1\}, \{1, 2\}\},\\[1mm] &\{\varnothing, \{2\}, \{1, 2\}\},\ \ \{\{1\}, \{2\}, \{1, 2\}\},\\[1mm] &\{\varnothing, \{1\}, \{2\}, \{1, 2\}\} = \mathcal{P}(A). \end{aligned} \]

\(\mathcal{P}(\mathcal{P}(A))\), bu on altı kümenin oluşturduğu kümedir.

İki ince nokta. Birincisi, \(\varnothing\) ile \(\{\varnothing\}\) farklıdır: ilkinin hiç elemanı yoktur, ikincisinin tek elemanı boş kümedir. İkisi de \(\mathcal{P}(\mathcal{P}(A))\)’nın elemanıdır. İkincisi, listedeki her küme \(\mathcal{P}(A)\)’nın elemanlarından seçilmiştir; örneğin \(\{1, 2\}\) kümesi \(\mathcal{P}(\mathcal{P}(A))\)’nın elemanı değildir (çünkü \(1 \notin \mathcal{P}(A)\)), ama \(\{\{1, 2\}\}\) elemanıdır.

\(\blacksquare\)

38.2 Küme Eşitlikleri ve Kapsamalar

Bu kısımdaki problemler keyfi kümeler için eşitlik ve kapsama ispatlarıdır. Hepsinde aynı yolu izleyeceğiz: \(x \in \dots\) biçimindeki ifadeleri önermelere çevirip ya çift kapsama yapacağız ya da her adımı bir denklik olan bir zincir kuracağız (Tanım 3.1, Teorem 1.1). Bazı yerlerde de Teorem 3.1 maddelerini doğrudan kullanarak elemanlara inmeden çalışacağız.

Alıştırma 38.8 (Boş Kümenin Tekliği) Boş kümenin tek olduğunu, yani hiç elemanı olmayan iki kümenin eşit olmak zorunda olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(E_1\) ve \(E_2\), hiç elemanı olmayan iki küme olsun. Tanım 3.1 gereği \(E_1 = E_2\) olduğunu göstermek için \(E_1 \subseteq E_2\) ve \(E_2 \subseteq E_1\) kapsamalarını göstermeliyiz.

\(E_1 \subseteq E_2\): Tanım gereği bu, her \(x\) için

\[x \in E_1 \Rightarrow x \in E_2\]

koşullu önermesinin doğru olması demektir. \(E_1\)’in hiç elemanı olmadığından \(x \in E_1\) hipotezi hiçbir \(x\) için doğru değildir. Hipotezi yanlış olan bir koşullu önerme, sonucu ne olursa olsun doğrudur (Tanım 1.7 tablosunun son iki satırı). Demek ki önerme her \(x\) için doğrudur ve \(E_1 \subseteq E_2\) sağlanır.

\(E_2 \subseteq E_1\): Aynı akıl yürütme \(E_1\) ile \(E_2\)’nin rolleri değiştirilerek tekrarlanır.

İki kapsamadan \(E_1 = E_2\) çıkar.

Olmayana ergi ile ikinci bir yol. \(E_1 \neq E_2\) olduğunu varsayalım. O zaman iki kapsamadan biri bozulur; örneğin \(E_1 \nsubseteq E_2\) olsun. Alt küme olmamanın olumsuzlaması gereği \(x \in E_1\) ve \(x \notin E_2\) olan bir \(x\) vardır. Ama \(E_1\)’in hiç elemanı yoktur; çelişki. Öteki kapsama bozulduğunda da aynı çelişki \(E_2\) ile elde edilir.

Böylece “boş küme” deyip tek bir \(\varnothing\) sembolü kullanmak anlamlıdır. Aynı sonuç kitapta Önerme 3.2 içinde, boş kümenin her kümenin alt kümesi olmasından türetilmişti; yukarıdaki ilk yol bunun açık yazılmış hâlidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.9 (Ayrık Birleşimden Bir Parçayı Geri Almak) \(A\), \(B\), \(C\) kümeleri için \(C = A \cup B\) ve \(A \cap B = \varnothing\) ise \(A = C \setminus B\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Çift kapsama yapalım.

\(A \subseteq C \setminus B\): Keyfi bir \(x \in A\) alalım.

• \(A \subseteq A \cup B\) olduğundan (Önerme 3.3) \(x \in A \cup B = C\).
• \(x \in B\) olsaydı hem \(x \in A\) hem \(x \in B\), yani \(x \in A \cap B\) olurdu; oysa \(A \cap B = \varnothing\)’dır. Demek ki \(x \notin B\).

\(x \in C\) ve \(x \notin B\) olduğundan Tanım 3.5 gereği \(x \in C \setminus B\).

\(C \setminus B \subseteq A\): Keyfi bir \(x \in C \setminus B\) alalım; \(x \in C\) ve \(x \notin B\)’dir. \(C = A \cup B\) olduğundan “\(x \in A\) veya \(x \in B\)” doğrudur. İki bileşenden ikincisi yanlış olduğuna göre birincisi doğru olmalıdır (bir “veya” önermesi, yalnız iki bileşeni de yanlışken yanlıştır; Tanım 1.6). Dolayısıyla \(x \in A\).

İki kapsama birlikte \(A = C \setminus B\) verir.

Ayrıklık koşulu neden gerekli? İkinci kapsamada ayrıklığı hiç kullanmadık; o yön her zaman doğrudur. Birinci yönde ise vazgeçilmezdir: \(A = B = C = \{1\}\) alınırsa \(C = A \cup B\) sağlanır, ama \(C \setminus B = \varnothing \neq A\). Burada \(A \cap B = \{1\} \neq \varnothing\) olduğuna dikkat edin.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.10 (Simetrik Farkın İki Yazılışı) Her \(A\), \(B\) kümesi için

\[(A \setminus B) \cup (B \setminus A) = (A \cup B) \setminus (A \cap B)\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Sol taraf, \(A\) ile \(B\)’nin simetrik farkıdır (Tanım 3.6). Eşitlik kitapta Önerme 3.4 olarak elemanlar üzerinden ispatlanmıştı. Burada elemanlara inmeden, yalnız Teorem 3.1 maddelerini kullanarak ispatlayalım.

Hazırlık. \(X = A \cup B\) alalım; \(A\) ve \(B\), \(X\)’in alt kümeleridir, dolayısıyla teoremi \(X\) evrensel kümesiyle uygulayabiliriz. Kısalık için \(A' = X \setminus A\) ve \(B' = X \setminus B\) yazalım. Ayrıca kesişim ve birleşimin değişme ve birleşme özelliklerini, tanımlarındaki “ve” ile “veya” bağlaçlarının aynı özelliklerinden (Teorem 1.1 (1), (2)) serbestçe kullanacağız.

Adım 1: Farkı kesişime çevirelim. Madde (5) ile

\[(A \cup B) \setminus (A \cap B) = (A \cup B) \cap \big(X \setminus (A \cap B)\big).\]

Kesişimin tümleyeni, Teorem 3.3 gereği tümleyenlerin birleşimidir: \(X \setminus (A \cap B) = A' \cup B'\). Böylece

\[(A \cup B) \setminus (A \cap B) = (A \cup B) \cap (A' \cup B').\]

Adım 2: Dağıtalım. Madde (3)’teki dağılma yasasını önce \(A' \cup B'\) kümesi üzerinden, sonra iki parça içinde ayrı ayrı uygulayalım:

\[ \begin{aligned} (A \cup B) \cap (A' \cup B') &= \big(A \cap (A' \cup B')\big) \cup \big(B \cap (A' \cup B')\big)\\[1mm] &= (A \cap A') \cup (A \cap B') \cup (B \cap A') \cup (B \cap B'). \end{aligned} \]

Adım 3: Sadeleştirelim. Madde (2) gereği \(A \cap A' = \varnothing\) ve \(B \cap B' = \varnothing\); madde (5) gereği \(A \cap B' = A \setminus B\) ve \(B \cap A' = B \setminus A\). Boş kümeyle birleşim kümeyi değiştirmediğinden (madde (1)) geriye

\[(A \cup B) \setminus (A \cap B) = (A \setminus B) \cup (B \setminus A)\]

kalır. İspat tamamlanmıştır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.11 (Bir Kümeyi Kesişime ve Farka Ayırmak) \(A\) ve \(B\) kümeleri için \(A \cap B\) ile \(A \setminus B\) ayrık ise

\[A = (A \cap B) \cup (A \setminus B)\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Hipotez her zaman sağlanır. Önce \(A \cap B\) ile \(A \setminus B\)’nin her \(A\), \(B\) için ayrık olduğunu görelim. Ortak bir \(x\) elemanı olsaydı \(x \in A \cap B\)’den \(x \in B\), \(x \in A \setminus B\)’den \(x \notin B\) çıkardı; ikisi birden doğru olamaz. Demek ki \((A \cap B) \cap (A \setminus B) = \varnothing\) ve iddia aslında her \(A\), \(B\) için geçerli bir eşitliktir. Şimdi onu çift kapsama ile ispatlayalım.

\((A \cap B) \cup (A \setminus B) \subseteq A\): Birleşimden bir \(x\) alalım. \(x \in A \cap B\) ise kesişimin tanımı gereği \(x \in A\). \(x \in A \setminus B\) ise farkın tanımı gereği yine \(x \in A\). Her iki durumda \(x \in A\).

\(A \subseteq (A \cap B) \cup (A \setminus B)\): Keyfi bir \(x \in A\) alalım. Üçüncü hâlin olmazlığı ilkesiyle ya \(x \in B\) ya da \(x \notin B\)’dir.

• \(x \in B\) ise \(x \in A\) ile birlikte \(x \in A \cap B\).
• \(x \notin B\) ise \(x \in A\) ile birlikte \(x \in A \setminus B\).

Her iki durumda \(x\) birleşimdedir.

İki kapsamadan eşitlik çıkar. Sözle: bir kümenin elemanları, \(B\)’ye ait olanlar ve olmayanlar diye iki ayrık parçaya bölünür.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.12 (Kesişimi Farkın Farkı Olarak Yazmak) Her \(A\), \(B\) kümesi için

\[A \cap B = A \setminus (A \setminus B)\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Bu eşitlik kitapta Örnek 3.4 içinde önerme denklikleriyle ispatlanmıştı. Burada Teorem 3.1 maddeleriyle cebirsel bir yol izleyelim.

Hazırlık. \(X = A \cup B\) evrensel küme olsun; \(A' = X \setminus A\), \(B' = X \setminus B\) yazalım.

Adım 1: Tümleyenin tümleyeni. \(B \subseteq X\) için \(X \setminus B' = B\)’dir. Gerçekten, \(x \in X\) için

\[x \in X \setminus B' \Leftrightarrow x \notin B' \Leftrightarrow \neg\,(x \notin B) \Leftrightarrow x \in B\]

ve son adım çift olumsuzlama yasasıdır (Önerme 1.1). \(B\)’nin her elemanı zaten \(X\)’te olduğundan iki küme aynı elemanlara sahiptir.

Adım 2: İçteki farkın tümleyeni. Madde (5) ile \(A \setminus B = A \cap B'\). Bunun tümleyenine De Morgan yasasını (Teorem 3.3) ve Adım 1’i uygulayalım:

\[X \setminus (A \setminus B) = X \setminus (A \cap B') = A' \cup (X \setminus B') = A' \cup B.\]

Adım 3: Dıştaki fark. Yine madde (5), sonra dağılma (madde (3)), sonra madde (2) ve (1):

\[ \begin{aligned} A \setminus (A \setminus B) &= A \cap \big(X \setminus (A \setminus B)\big) = A \cap (A' \cup B)\\[1mm] &= (A \cap A') \cup (A \cap B) = \varnothing \cup (A \cap B) = A \cap B. \end{aligned} \]

İspat tamamlanmıştır. Sezgisel olarak: \(A\)’dan, \(A\)’nın \(B\)’de olmayan kısmını atınca geriye \(A\)’nın \(B\)’de olan kısmı kalır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.13 (Kapsama Farkta Yön Değiştirir) \(A\), \(B\), \(C\) kümeler olsun. \(A \subseteq B\) ise \(C \setminus B \subseteq C \setminus A\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Keyfi bir \(x \in C \setminus B\) alalım; farkın tanımı gereği \(x \in C\) ve \(x \notin B\)’dir. \(x \notin A\) olduğunu göstereceğiz.

\(A \subseteq B\) hipotezi, her \(x\) için “\(x \in A \Rightarrow x \in B\)” demektir. Bu gerektirme karşıt tersine denktir (Teorem 1.1 (7)):

\[x \notin B \Rightarrow x \notin A.\]

\(x \notin B\) olduğundan \(x \notin A\) elde edilir. \(x \in C\) ile birlikte \(x \in C \setminus A\).

Keyfi bir \(x \in C \setminus B\) için \(x \in C \setminus A\) bulduk; demek ki \(C \setminus B \subseteq C \setminus A\). Sözle: daha büyük bir kümeyi çıkarınca daha az şey kalır. (Bu, Teorem 3.1 madde (7)’deki denkliğin bir yönünün, tümleyen yerine herhangi bir \(C\)’den fark alınan biçimidir. Öteki yönün bu genellikte neden bozulduğunu bir sonraki problemde göreceğiz.)

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.14 (Farkta Kapsamanın Karşıtı) Her \(A\), \(B\), \(C\) kümesi için \(C \setminus B \subseteq C \setminus A\) ise \(A \subseteq B\) olur mu? Doğruysa ispatlayınız, değilse bir karşıt örnek veriniz.

Çözüm

Karşıt önerme yanlıştır. Hipotez yalnız \(C\)’nin elemanlarından söz eder; \(A\)’nın \(C\) dışında kalan elemanları hakkında hiçbir bilgi vermez. Bunu kullanan bir örnek kuralım:

\[A = \{1, 3\}, \qquad B = \{1, 2\}, \qquad C = \{1, 2\}.\]

• \(C \setminus B\): \(C\)’nin iki elemanı da \(B\)’dedir, dolayısıyla \(C \setminus B = \varnothing\).
• \(C \setminus A\): \(1 \in A\), \(2 \notin A\); dolayısıyla \(C \setminus A = \{2\}\).
• Boş küme her kümenin alt kümesi olduğundan (Önerme 3.2) \(C \setminus B = \varnothing \subseteq \{2\} = C \setminus A\); hipotez sağlanır.
• Oysa \(3 \in A\) ve \(3 \notin B\); demek ki \(A \nsubseteq B\).

Hipotez doğru, sonuç yanlış olduğundan genel önerme yanlıştır.

Ek koşulla doğrudur. Sorunun tam da \(C\) dışındaki elemanlarda olduğunu görmek için \(A \subseteq C\) olduğunu ek olarak varsayalım ve \(C \setminus B \subseteq C \setminus A\) olsun. Keyfi bir \(x \in A\) alalım; \(A \subseteq C\) ile \(x \in C\). \(x \notin B\) olsaydı \(x \in C \setminus B \subseteq C \setminus A\), yani \(x \notin A\) olurdu; bu \(x \in A\) ile çelişir. Demek ki \(x \in B\) ve \(A \subseteq B\). Yukarıdaki örnekte \(A = \{1, 3\} \nsubseteq C\) olduğuna dikkat edin.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.15 (Bir Farkı Ortak Kümeyle Kesmek) \(A\) ve \(B\), bir \(C\) kümesinin alt kümeleri olsun.

\[(A \setminus B) \cap C = (A \cap C) \setminus (B \cap C)\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Hipotezle kısa yol. \(A \subseteq C\) ve \(B \subseteq C\) olduğundan Teorem 3.1 madde (6) gereği \(A \cap C = A\) ve \(B \cap C = B\); böylece sağ taraf \(A \setminus B\)’ye eşittir. Öte yandan \(A \setminus B \subseteq A \subseteq C\) olduğundan (Önerme 3.1) aynı madde gereği \((A \setminus B) \cap C = A \setminus B\). İki taraf da \(A \setminus B\)’ye eşittir.

Hipotezsiz genel ispat. Eşitlik aslında \(A\) ve \(B\), \(C\)’nin alt kümesi olmasa da doğrudur. Bunu bir denklik zinciriyle görelim. Keyfi bir \(x\) için sol taraf

\[x \in (A \setminus B) \cap C \Leftrightarrow x \in A \wedge x \notin B \wedge x \in C\]

demektir. Sağ taraf için farkın, kesişimin tanımlarını ve De Morgan yasasını (Teorem 1.1 (6)) uygulayalım:

\[ \begin{aligned} x \in (A \cap C) \setminus (B \cap C) &\Leftrightarrow (x \in A \wedge x \in C) \wedge \neg\,(x \in B \wedge x \in C)\\[1mm] &\Leftrightarrow (x \in A \wedge x \in C) \wedge (x \notin B \vee x \notin C). \end{aligned} \]

Dağılma yasasıyla (Teorem 1.1 (3)) son önerme

\[(x \in A \wedge x \in C \wedge x \notin B) \ \vee\ (x \in A \wedge x \in C \wedge x \notin C)\]

önermesine denktir. İkinci parantez “\(x \in C\) ve \(x \notin C\)” içerdiğinden her zaman yanlıştır; yanlış bir bileşen “veya” önermesinin değerini değiştirmez (Tanım 1.6). Geriye \(x \in A \wedge x \notin B \wedge x \in C\) kalır; bu da sol tarafın koşuludur. Her adım bir denklik olduğundan iki küme aynı elemanlara sahiptir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.16 (Birleşimin Tümleyeni) \(A\) ve \(B\) bir \(U\) evrensel kümesinin alt kümeleri olsun ve her \(S \subseteq U\) için \(S^c = U \setminus S\) yazalım.

\[(A \cup B)^c = A^c \cap B^c\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

İki taraf da \(U\)’nun alt kümesidir: sol taraf tanım gereği, sağ taraf ise \(A^c \subseteq U\) olduğundan. Bu yüzden elemanları \(U\) içinde karşılaştırmak yeter. \(x \in U\) için “\(x \in S^c\)” ile “\(x \notin S\)” aynı şeydir. Buna göre

\[ \begin{aligned} x \in (A \cup B)^c &\Leftrightarrow x \notin A \cup B \Leftrightarrow \neg\,(x \in A \vee x \in B)\\[1mm] &\Leftrightarrow x \notin A \wedge x \notin B && \text{(De Morgan)}\\[1mm] &\Leftrightarrow x \in A^c \wedge x \in B^c \Leftrightarrow x \in A^c \cap B^c. \end{aligned} \]

İkinci satırdaki adım, önermeler için De Morgan yasasıdır (Teorem 1.1 (6)); öteki adımlar birleşim, tümleyen ve kesişimin tanımlarıdır. Her adım bir denklik olduğundan iki küme eşittir.

Bu eşitlik, Teorem 3.3 madde (1)’in iki kümelik özel hâlidir. Sözle: “\(A\)’da ya da \(B\)’de olmamak”, “ne \(A\)’da ne \(B\)’de olmak” demektir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.17 (Kesişimin Tümleyeni) \(A\) ve \(B\) bir \(U\) evrensel kümesinin alt kümeleri olsun ve her \(S \subseteq U\) için \(S^c = U \setminus S\) yazalım.

\[(A \cap B)^c = A^c \cup B^c\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Bu kez çift kapsama ile ilerleyelim; iki taraf da \(U\)’nun alt kümesi olduğundan \(U\)’nun elemanlarına bakmak yeter.

\((A \cap B)^c \subseteq A^c \cup B^c\): \(x \in (A \cap B)^c\) olsun; \(x \in U\) ve \(x \notin A \cap B\). “\(x \in A\) ve \(x \in B\)” önermesi yanlış olduğundan, De Morgan yasası (Teorem 1.1 (6)) gereği “\(x \notin A\) veya \(x \notin B\)” doğrudur. İlk durumda \(x \in A^c\), ikinci durumda \(x \in B^c\); her iki durumda \(x \in A^c \cup B^c\).

\(A^c \cup B^c \subseteq (A \cap B)^c\): \(x \in A^c \cup B^c\) olsun. \(x \in A^c\) ise \(x \notin A\); o zaman \(x\) hem \(A\)’da hem \(B\)’de olamaz, yani \(x \notin A \cap B\). \(x \in B^c\) ise aynı biçimde \(x \notin B\) ve \(x \notin A \cap B\). Her iki durumda \(x \in U\) ve \(x \notin A \cap B\), yani \(x \in (A \cap B)^c\).

İki kapsamadan eşitlik çıkar. Bu, Teorem 3.3 madde (2)’nin iki kümelik hâlidir: “hem \(A\)’da hem \(B\)’de olmamak”, “en az birinde olmamak” demektir.

\(\blacksquare\)

38.3 Kartezyen Çarpım

Kartezyen çarpımın elemanları sıralı ikililerdir (Tanım 3.7); bu yüzden iki çarpım kümesinin eşitliğini göstermek için keyfi bir \((x, y)\) ikilisinin bir tarafta olmasının öteki tarafta olmasına denk olduğunu göstermek yeter. Her adımda kullanacağımız temel denklik şudur: \((x, y) \in P \times Q \Leftrightarrow x \in P \wedge y \in Q\).

Alıştırma 38.18 (Kesişimin Kartezyen Çarpımı) Her \(A\), \(B\), \(C\) kümesi için

\[(A \cap B) \times C = (A \times C) \cap (B \times C)\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

İki tarafın elemanları da sıralı ikililerdir: sol taraf tanım gereği bir çarpım, sağ taraf ise iki çarpımın kesişimi olduğundan. Keyfi bir \((x, y)\) ikilisi alalım. Özdeşlik yasası \(p \equiv p \wedge p\) (Teorem 1.1 (4)) ile \(y \in C\) önermesini iki kez yazabiliriz; sonra değişme ve birleşme yasalarıyla bileşenleri yeniden gruplarız:

\[ \begin{aligned} (x, y) \in (A \cap B) \times C &\Leftrightarrow (x \in A \wedge x \in B) \wedge y \in C\\[1mm] &\Leftrightarrow (x \in A \wedge y \in C) \wedge (x \in B \wedge y \in C)\\[1mm] &\Leftrightarrow (x, y) \in A \times C \ \wedge\ (x, y) \in B \times C\\[1mm] &\Leftrightarrow (x, y) \in (A \times C) \cap (B \times C). \end{aligned} \]

Her adım bir denklik olduğundan iki küme aynı ikililerden oluşur ve eşitlik sağlanır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.19 (Birleşimin Kartezyen Çarpımı) Her \(A\), \(B\), \(C\) kümesi için

\[(A \cup B) \times C = (A \times C) \cup (B \times C)\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Keyfi bir \((x, y)\) ikilisi alalım. Bu kez kullanacağımız araç, “ve” bağlacının “veya” üzerine dağılmasıdır (Teorem 1.1 (3)); değişme yasasıyla \(y \in C\) bileşenini sağa aldıktan sonra uygularız:

\[ \begin{aligned} (x, y) \in (A \cup B) \times C &\Leftrightarrow (x \in A \vee x \in B) \wedge y \in C\\[1mm] &\Leftrightarrow (x \in A \wedge y \in C) \vee (x \in B \wedge y \in C)\\[1mm] &\Leftrightarrow (x, y) \in A \times C \ \vee\ (x, y) \in B \times C\\[1mm] &\Leftrightarrow (x, y) \in (A \times C) \cup (B \times C). \end{aligned} \]

Her adım bir denklik olduğundan eşitlik sağlanır. (Kitapta Kümeler bölümünün alıştırmaları arasında aynı özdeşliğin ikinci bileşen üzerindeki biçimi, \(A \times (B \cup C) = (A \times B) \cup (A \times C)\), aynı yolla gösterilmişti.)

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.20 (İki Kartezyen Çarpımın Kesişimi) Her \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) kümesi için

\[(A \times B) \cap (C \times D) = (A \cap C) \times (B \cap D)\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Keyfi bir \((x, y)\) ikilisi alalım. Dört önermeyi değişme ve birleşme yasalarıyla (Teorem 1.1 (1), (2)) birinci bileşenler ve ikinci bileşenler diye yeniden gruplarız:

\[ \begin{aligned} (x, y) \in (A \times B) \cap (C \times D) &\Leftrightarrow (x \in A \wedge y \in B) \wedge (x \in C \wedge y \in D)\\[1mm] &\Leftrightarrow (x \in A \wedge x \in C) \wedge (y \in B \wedge y \in D)\\[1mm] &\Leftrightarrow x \in A \cap C \ \wedge\ y \in B \cap D\\[1mm] &\Leftrightarrow (x, y) \in (A \cap C) \times (B \cap D). \end{aligned} \]

Her adım bir denklik olduğundan eşitlik sağlanır.

Birleşim için benzeri yanlıştır. Aynı biçimdeki

\[(A \times B) \cup (C \times D) = (A \cup C) \times (B \cup D)\]

eşitliği genel olarak doğru değildir. \(A = B = \{1\}\) ve \(C = D = \{2\}\) alalım. Sol taraf \(\{(1, 1), (2, 2)\}\), sağ taraf ise \(\{1, 2\} \times \{1, 2\}\)’dir ve ayrıca \((1, 2)\) ile \((2, 1)\) ikililerini içerir. Kesişimde bileşenler birbirinden bağımsız olarak “ve” ile birleştiği için yeniden gruplama işler; birleşimde ise “veya” iki bileşeni birbirine bağlar.

\(\blacksquare\)

38.4 Russell Paradoksu

Kümeler bölümünde, her özelliğin bir küme belirtmediğine kısaca değinmiştik. Aşağıdaki problemde bu gözlemi ayrıntılı biçimde ele alıyor ve küme kuramının bugünkü biçimini neden aldığını tartışıyoruz.

Alıştırma 38.21 (Russell Paradoksu) Russell paradoksunu açıklayınız ve küme kuramı açısından ne anlama geldiğini tartışınız.

Çözüm

Sınırsız kurma ilkesi. Kümeleri ilk kez inceleyenlerin (ve on dokuzuncu yüzyılın sonundaki kuramcıların) doğal olarak kabul ettiği ilke şudur: her \(p(x)\) özelliği için, bu özelliği sağlayan bütün nesnelerin \(\{x : p(x)\}\) kümesi vardır. Gottlob Frege, aritmetiği mantıktan türetme girişimini büyük ölçüde bu ilkeye dayandırmıştı.

Paradoks. Bertrand Russell 1901’de bu ilkenin bir çelişki doğurduğunu fark etti. Bazı kümeler kendi kendisinin elemanı değildir: örneğin doğal sayılar kümesi bir doğal sayı olmadığından \(\mathbb{N} \notin \mathbb{N}\)’dir. İlkeyi \(p(x)\): “\(x \notin x\)” özelliğine uygulayalım ve

\[R = \{x : x \notin x\}\]

kümesinin var olduğunu varsayalım. \(R\) kendi kendisinin elemanı mıdır? Üçüncü hâlin olmazlığı ilkesiyle iki durum vardır.

• \(R \in R\) ise \(R\), \(R\)’nin bir elemanıdır; \(R\)’nin elemanları tam olarak \(x \notin x\) koşulunu sağlayanlar olduğundan \(R \notin R\) olmalıdır. Çelişki.
• \(R \notin R\) ise \(R\), \(x \notin x\) koşulunu sağlar; o hâlde tanım gereği \(R \in R\)’dir. Yine çelişki.

Kısacası \(R \in R \Leftrightarrow R \notin R\) elde edilir; bu, \(q \Leftrightarrow \neg q\) biçiminde bir önermedir ve \(q\) ne olursa olsun yanlıştır, yani bir çelişkidir (Tanım 1.10). Dolayısıyla \(R\) diye bir küme olamaz ve sınırsız kurma ilkesi tutarsızdır.

Paradoksun günlük dildeki bir benzeri berber paradoksudur. Bir köyün berberi, köyde kendini tıraş etmeyen herkesi ve yalnız onları tıraş ediyor olsun. Berberi kim tıraş eder? Berber kendini tıraş ederse kural gereği etmemeli, etmezse etmelidir. Çözüm basittir: böyle bir berber var olamaz. \(R\) için de aynı şey geçerlidir.

Küme kuramı açısından anlamı. Russell 1902’de bu çelişkiyi Frege’ye bildirdiğinde Frege’nin sistemi temelinden sarsıldı. Matematiğin bir çelişki üzerine kurulamayacağı açıktı; çünkü çelişkili bir sistemde her önerme ispatlanabilir. Çıkış yolu olarak birkaç yaklaşım geliştirildi.

• Aksiyomatik küme kuramı. Ernst Zermelo 1908’de sınırsız kurma ilkesinin yerine çok daha temkinli bir ayırma ilkesi koydu: önceden var olduğu bilinen bir \(X\) kümesi ve bir \(p(x)\) özelliği için \(\{x \in X : p(x)\}\) bir kümedir. Yani yeni kümeler ancak var olan bir kümenin içinden “ayrılarak” kurulabilir. Bu fikir, daha sonra Abraham Fraenkel’in katkılarıyla bugün matematiğin standart temeli olan ZFC aksiyom sistemine dönüştü.
• Tipler kuramı. Russell’ın kendi çözümü, nesneleri düzeylere ayırıp bir kümenin yalnız kendisinden daha alt düzeydeki nesneleri eleman olarak içerebilmesini istemekti; böylece “\(x \in x\)” ifadesi anlamsız hâle gelir.
• Sınıflar. Bazı sistemlerde \(R\) gibi “çok büyük” topluluklara sınıf denir ve bunların başka bir şeyin elemanı olamayacağı kabul edilir.

Ayırma ilkesiyle paradoks ne olur? \(X\) herhangi bir küme olsun ve ayırma ilkesiyle \(R_X = \{x \in X : x \notin x\}\) kümesini kuralım. Bu kez çelişki çıkmaz; bunun yerine \(R_X \notin X\) olduğu ispatlanır. Gerçekten \(R_X \in X\) olsaydı yukarıdaki iki durum aynen tekrarlanırdı: \(R_X \in R_X\) ise tanım gereği \(R_X \notin R_X\) olurdu; \(R_X \notin R_X\) ise \(R_X\), \(X\)’in koşulu sağlayan bir elemanı olduğundan \(R_X \in R_X\) olurdu. Her iki durum çelişki verdiğinden \(R_X \notin X\)’tir. Bu kısa ispatın önemli bir sonucu vardır: hiçbir küme bütün kümeleri içeremez, çünkü her \(X\) için \(X\)’te bulunmayan bir \(R_X\) kümesi vardır. “Bütün kümelerin kümesi” yoktur.

Bu kitap için anlamı. Kitapta kümeleri hep var olan bir kümenin içinde, \(\{x \in X : p(x)\}\) biçiminde kurduk; çoğu zaman \(X = \mathbb{R}\) idi (bkz. Kümeler ve Küme İşlemleri bölümünün başındaki not). Evrensel küme de her zaman belirli bir bağlamın, örneğin \(\mathbb{R}\)’nin rolünü oynar; “her şeyin kümesi” anlamına gelmez. Bu yüzden analizde Russell türü bir çelişkiyle karşılaşmayız.

\(\blacksquare\)

38.5 Bağıntıların Özellikleri

Bir bağıntının yansımalı, simetrik ya da geçişli olmadığını göstermek için tek bir karşıt örnek yeter (Tanım 4.4 ardındaki olumsuzlamalar). Aşağıdaki problemlerde bu üç özelliği istenen biçimde birleştiren bağıntılar kuruyoruz. En küçük örnekler çoğu zaman iki ya da üç elemanlı kümelerde bulunur; sonlu bir bağıntıda her özellik, çiftler tek tek denetlenerek doğrulanabilir.

Alıştırma 38.22 (Yansımalı ve Simetrik Ama Geçişli Olmayan Bağıntı) Yansımalı ve simetrik olan, ama geçişli olmayan bir bağıntı örneği veriniz.

Çözüm

Fikir. Geçişliliği bozmak için \(1 \mathrel{R} 2\) ve \(2 \mathrel{R} 3\) olsun ama \(1 \mathrel{R} 3\) olmasın. Yansımalılık için her elemanı kendisiyle, simetri için her çifti tersiyle birlikte ekleriz.

Örnek. \(X = \{1, 2, 3\}\) üzerinde

\[R = \{(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2)\}\]

bağıntısını alalım.

• Yansımalı: \((1, 1)\), \((2, 2)\), \((3, 3)\) çiftlerinin üçü de \(R\)’dedir.
• Simetrik: \((x, x)\) biçimindeki çiftler kendi tersleridir. Geriye kalan çiftler ters çiftleriyle birlikte gelir: \((1, 2)\) ile \((2, 1)\), \((2, 3)\) ile \((3, 2)\). Demek ki \(R\)’deki her \((x, y)\) için \((y, x) \in R\).
• Geçişli değil: \((1, 2) \in R\) ve \((2, 3) \in R\), ama \((1, 3) \notin R\). Bu üçlü, geçişlilik koşulunun karşıt örneğidir.

{1, 2, 3} üzerindeki bağıntı: her elemanda bir döngü (yansımalı), her okun karşı yönlüsü de var (simetrik). 1'den 2'ye ve 2'den 3'e ok olduğu hâlde 1'den 3'e ok yok; geçişlilik bozulur.

Reel sayılar üzerinde bir örnek de kitapta vardır: Örnek 4.4 içindeki \(x \mathrel{Y} y \Leftrightarrow |x - y| < 1\) “yakınlık” bağıntısı yansımalı ve simetriktir ama geçişli değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.23 (Yalnız Simetrik Olan Bağıntı) Simetrik olan, ama ne yansımalı ne de geçişli olan bir bağıntı örneği veriniz.

Çözüm

Örnek. \(X = \{1, 2\}\) üzerinde \(R = \{(1, 2), (2, 1)\}\) bağıntısını alalım.

• Simetrik: \(R\)’nin iki çifti birbirinin tersidir; \((1, 2) \in R\) iken \((2, 1) \in R\) ve tersi.
• Yansımalı değil: \((1, 1) \notin R\).
• Geçişli değil: Geçişlilik koşulunda \(z = x\) alınabileceğini unutmayalım. \((1, 2) \in R\) ve \((2, 1) \in R\) olduğu hâlde \((1, 1) \notin R\); bu bir karşıt örnektir.

İkinci bir örnek. \(\mathbb{R}\) üzerinde \(x \mathrel{S} y \Leftrightarrow x \neq y\) bağıntısı da aynı özelliklere sahiptir. \(x \neq y\) ise \(y \neq x\) olduğundan simetriktir; \(1 \neq 1\) yanlış olduğundan yansımalı değildir; \(1 \neq 2\) ve \(2 \neq 1\) doğru olduğu hâlde \(1 \neq 1\) yanlış olduğundan geçişli değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.24 (Yalnız Geçişli Olan Bağıntı) Geçişli olan, ama ne yansımalı ne de simetrik olan bir bağıntı örneği veriniz.

Çözüm

Örnek. \(X = \{1, 2\}\) üzerinde \(R = \{(1, 2)\}\) bağıntısını alalım.

• Yansımalı değil: \((1, 1) \notin R\).
• Simetrik değil: \((1, 2) \in R\) ama \((2, 1) \notin R\).
• Geçişli: Koşul, \((x, y) \in R\) ve \((y, z) \in R\) olan her üçlü için \((x, z) \in R\) olmasını ister. \(R\)’nin tek çifti \((1, 2)\)’dir ve \(2\) ile başlayan bir çift yoktur; dolayısıyla hipotezi sağlayan hiçbir üçlü bulunmaz. Hipotezi hiç sağlanmayan bir koşul boşlukla doğrudur; \(R\) geçişlidir.

Daha doğal bir örnek. \(\mathbb{R}\) üzerindeki \(<\) bağıntısı da aynı özelliklere sahiptir: \(1 < 1\) yanlış olduğundan yansımalı değildir, \(1 < 2\) iken \(2 < 1\) yanlış olduğundan simetrik değildir, \(x < y\) ve \(y < z\) iken \(x < z\) olduğundan geçişlidir (bkz. Örnek 4.4).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.25 (Yansımalı ve Geçişli Ama Simetrik Olmayan Bağıntı) Yansımalı ve geçişli olan, ama simetrik olmayan bir bağıntı örneği veriniz.

Çözüm

Örnek. \(X = \{1, 2\}\) üzerinde \(R = \{(1, 1), (2, 2), (1, 2)\}\) bağıntısını alalım.

• Yansımalı: \((1, 1)\) ve \((2, 2)\) çiftleri \(R\)’dedir.
• Simetrik değil: \((1, 2) \in R\) ama \((2, 1) \notin R\).
• Geçişli: \((x, y), (y, z) \in R\) olan bütün üçlüleri denetleyelim. İkinci çift ilk çiftin bittiği yerden başlamalıdır:
  • \((1, 1), (1, 1)\) için \((1, 1) \in R\); \((1, 1), (1, 2)\) için \((1, 2) \in R\);
  • \((1, 2), (2, 2)\) için \((1, 2) \in R\); \((2, 2), (2, 2)\) için \((2, 2) \in R\).
  Başka üçlü yoktur (\(2\) ile başlayan tek çift \((2, 2)\)’dir). Koşul her durumda sağlanır.

Daha doğal örnekler. \(\mathbb{R}\) üzerindeki \(\le\) bağıntısı (Örnek 4.4) ve bir kuvvet kümesi üzerindeki \(\subseteq\) bağıntısı (Örnek 4.7) yansımalı ve geçişlidir, ama simetrik değildir: \(1 \le 2\) iken \(2 \le 1\) yanlıştır. Yukarıdaki sonlu örnek, aslında \(\{1, 2\}\) üzerindeki \(\le\) bağıntısının kendisidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.26 (Yalnız Yansımalı Olan Bağıntı) Yansımalı olan, ama ne simetrik ne de geçişli olan bir bağıntı örneği veriniz.

Çözüm

Fikir. Yansımalılık için köşegen çiftlerini koyarız. Simetriyi bozmak için bir çifti tersi olmadan, geçişliliği bozmak için de iki çifti “zincirleme” ama zincirin kısa yolunu koymadan ekleriz.

Örnek. \(X = \{1, 2, 3\}\) üzerinde

\[R = \{(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 3)\}\]

bağıntısını alalım.

• Yansımalı: \((1, 1)\), \((2, 2)\), \((3, 3)\) çiftlerinin üçü de \(R\)’dedir.
• Simetrik değil: \((1, 2) \in R\) ama \((2, 1) \notin R\).
• Geçişli değil: \((1, 2) \in R\) ve \((2, 3) \in R\), ama \((1, 3) \notin R\).

{1, 2, 3} üzerindeki bağıntı: her elemanda bir döngü var (yansımalı). 1'den 2'ye ok var ama 2'den 1'e yok (simetrik değil); 1'den 2'ye ve 2'den 3'e ok olduğu hâlde 1'den 3'e ok yok (geçişli değil).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.27 (Simetrik ve Geçişli Ama Yansımalı Olmayan Bağıntı) Simetrik ve geçişli olan, ama yansımalı olmayan bir bağıntı örneği veriniz.

Çözüm

Örnek. \(X = \{1, 2\}\) üzerinde \(R = \{(1, 1)\}\) bağıntısını alalım.

• Yansımalı değil: \((2, 2) \notin R\).
• Simetrik: \(R\)’nin tek çifti \((1, 1)\), kendi tersidir.
• Geçişli: \((x, y), (y, z) \in R\) olan tek üçlü \(x = y = z = 1\)’dir ve \((1, 1) \in R\).

Boş bağıntı da bir örnektir: boş olmayan bir \(X\) kümesi üzerinde \(R = \varnothing\) simetrik ve geçişlidir (iki koşulun hipotezleri hiç sağlanmaz, boşlukla doğrudur), ama \(X\)’in hiçbir elemanı kendisiyle ilişkili olmadığından yansımalı değildir.

Sık yapılan bir yanlış. “Simetri ve geçişlilik yansımalılığı gerektirir” diye düşünmek kolaydır: \(x \mathrel{R} y\) ise simetri ile \(y \mathrel{R} x\), geçişlilik ile \(x \mathrel{R} x\). Bu akıl yürütmenin açığı, \(x\) ile ilişkili en az bir \(y\) bulunduğunu varsaymasıdır. Yukarıdaki örnekte \(2\) hiçbir elemanla ilişkili değildir; akıl yürütme \(2\) için başlayamaz bile. Denklik bağıntısı tanımında (Tanım 4.5) yansımalılığın ayrıca istenmesinin nedeni budur.

\(\blacksquare\)

38.6 Denklik Bağıntısı

Bir sonraki iki problem, kitaptaki mod \(3\) örneğinin (Örnek 4.5) beş kalanlı benzeridir. Bölünebilme kavramı Tanım 11.3 içinde, bölme algoritması ise Teorem 12.4 içinde kesin biçimde ele alınmıştır.

Alıştırma 38.28 (Beşe Bölümden Kalan Bir Denkliktir) \(\mathbb{Z}\) üzerinde \(a \mathrel{R} b \Leftrightarrow\) “\(a - b\) sayısı \(5\)’in bir katıdır” bağıntısı tanımlansın; yani \(a \mathrel{R} b\) demek, \(a - b = 5k\) olacak biçimde bir \(k \in \mathbb{Z}\) bulunması demektir. \(R\)’nin bir denklik bağıntısı olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Tanım 4.5 gereği üç özelliği göstermeliyiz.

Yansımalı. Her \(a \in \mathbb{Z}\) için \(a - a = 0 = 5 \cdot 0\) ve \(0 \in \mathbb{Z}\); dolayısıyla \(a \mathrel{R} a\).

Simetrik. \(a \mathrel{R} b\) olsun; \(a - b = 5k\) olan bir \(k \in \mathbb{Z}\) vardır. Her iki yanı \(-1\) ile çarparsak

\[b - a = -(a - b) = 5(-k)\]

olur ve \(-k \in \mathbb{Z}\)’dir (Önerme 11.1). Dolayısıyla \(b \mathrel{R} a\).

Geçişli. \(a \mathrel{R} b\) ve \(b \mathrel{R} c\) olsun; \(a - b = 5k\) ve \(b - c = 5m\) olan \(k, m \in \mathbb{Z}\) vardır. Bu iki eşitliği taraf tarafa toplayalım:

\[a - c = (a - b) + (b - c) = 5k + 5m = 5(k + m).\]

\(k + m \in \mathbb{Z}\) olduğundan \(a \mathrel{R} c\).

Üç özellik sağlandığından \(R\) bir denklik bağıntısıdır. Bu bağıntıya mod \(5\) denkliği denir ve \(a \equiv b \pmod{5}\) yazılır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.29 (Mod Beş Denklik Sınıfları) \(\mathbb{Z}\) üzerinde, \(a - b\) sayısı \(5\)’in bir katı olduğunda (yani \(a - b = 5k\) olan bir \(k \in \mathbb{Z}\) bulunduğunda) \(a \mathrel{R} b\) diye tanımlanan denklik bağıntısının (bkz. Alıştırma 38.28) denklik sınıflarını betimleyiniz.

Çözüm

Beş sınıf. \(r \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\) için \(r\)’nin sınıfı, tanım gereği (Tanım 4.5) \([r] = \{y \in \mathbb{Z} : r \mathrel{R} y\}\)’dir. \(r \mathrel{R} y\) demek \(r - y = 5k\), yani \(y = r - 5k\) demektir; \(k\) bütün tam sayıları taradığında \(-k\) de bütün tam sayıları tarar. Böylece \([r]\), \(r\)’ye \(5\)’in katları eklenerek elde edilen sayılardır:

\[ \begin{aligned} [0] &= \{\dots, -10, -5, 0, 5, 10, \dots\},\\[1mm] [1] &= \{\dots, -9, -4, 1, 6, 11, \dots\},\\[1mm] [2] &= \{\dots, -8, -3, 2, 7, 12, \dots\},\\[1mm] [3] &= \{\dots, -7, -2, 3, 8, 13, \dots\},\\[1mm] [4] &= \{\dots, -6, -1, 4, 9, 14, \dots\}. \end{aligned} \]

Her tam sayı bu sınıflardan birindedir. \(y \in \mathbb{Z}\) verilsin. Bölme algoritması (Teorem 12.4) gereği \(y = 5q + r\) ve \(0 \le r < 5\) olacak biçimde \(q, r \in \mathbb{Z}\) vardır; \(r\) bir tam sayı olduğundan \(r \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\)’tür. O zaman \(r - y = 5(-q)\), yani \(r \mathrel{R} y\) ve \(y \in [r]\). Kısacası \(y\), \(5\)’e bölündüğünde verdiği kalanın sınıfındadır. Örneğin \(-7 = 5 \cdot (-2) + 3\) olduğundan \(-7 \in [3]\)’tür.

Sınıflar ikişer ikişer farklıdır. \(r, s \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\) ve \(r \neq s\) olsun. \(r \mathrel{R} s\) olsaydı \(r - s = 5k\) olan bir \(k \in \mathbb{Z}\) bulunurdu. \(r \neq s\) olduğundan \(k \neq 0\), dolayısıyla \(|k| \ge 1\) (Lemma 11.1) ve \(|r - s| = 5|k| \ge 5\) olurdu. Oysa \(0 \le r, s \le 4\) olduğundan \(|r - s| \le 4\)’tür. Çelişki; demek ki \(r\) ile \(s\) ilişkili değildir. Teorem 4.1 (2) gereği \([r] \neq [s]\) ve aynı teoremin (3) maddesi gereği bu iki sınıf ayrıktır.

Sonuç. Bağıntının tam beş denklik sınıfı vardır:

\[\mathbb{Z} / R = \big\{[0], [1], [2], [3], [4]\big\}.\]

Bu sınıflar \(\mathbb{Z}\)’nin bir bölüntüsünü oluşturur (Sonuç 4.1): \([r]\), \(5\)’e bölündüğünde \(r\) kalanını veren tam sayılardan oluşur. Bir sınıf, elemanlarından herhangi biriyle adlandırılabilir; örneğin \([13] = [3]\) ve \([-5] = [0]\)’dır.

\(\blacksquare\)

38.7 Birebir ve Örten Fonksiyonlar

Bir fonksiyonun birebir olduğunu \(f(x_1) = f(x_2)\) eşitliğinden \(x_1 = x_2\) çıkararak, örten olduğunu da keyfi bir \(y\) için \(f(x) = y\) denklemini tanım kümesi içinde çözerek gösteririz (Tanım 5.7). Tanım kümesi ile değer kümesi de fonksiyonun parçasıdır: aynı kural farklı kümelerle farklı sonuçlar verebilir. Bu yüzden her çözümde önce kuralın gerçekten verilen değer kümesine gittiğini denetleyeceğiz.

Alıştırma 38.30 (Mutlak Değerli Bir Fonksiyonun Birebir-Örtenliği) \(f : (-5, 3] \to [-2, 6)\), \(f(x) = |x - 3| - 2\) fonksiyonunun birebir ve örten olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Adım 1: Kuralı sadeleştirelim. \(x \in (-5, 3]\) ise \(x \le 3\), yani \(x - 3 \le 0\)’dır. Mutlak değerin tanımı (Tanım 8.1) gereği \(x - 3 < 0\) iken \(|x - 3| = -(x - 3) = 3 - x\)’tir; \(x - 3 = 0\) iken de \(|x - 3| = 0 = 3 - x\)’tir. Dolayısıyla tanım kümesinin her noktasında

\[f(x) = (3 - x) - 2 = 1 - x.\]

Adım 2: Değerler \([-2, 6)\) içindedir. \(-5 < x \le 3\) eşitsizliklerini \(-1\) ile çarpmak yönleri çevirir (Önerme 7.3): \(-3 \le -x < 5\). Her yana \(1\) ekleyelim; (O3) aksiyomu gereği eşitsizliklerin yönü değişmez (Bölüm 7.1):

\[-2 \le 1 - x < 6.\]

Yani her \(x \in (-5, 3]\) için \(f(x) \in [-2, 6)\); \(f\) gerçekten \([-2, 6)\) değer kümesine giden bir fonksiyondur.

f(x) = |x − 3| − 2 fonksiyonu (−5, 3] üzerinde y = 1 − x doğru parçasıdır. Tanım kümesi x ekseninde, görüntüsü [−2, 6) ise y ekseninde gösterilmiştir: −5 tanım kümesinde olmadığı için 6 değeri de alınmaz (boş daireler).

Adım 3: Birebir. \(x_1, x_2 \in (-5, 3]\) ve \(f(x_1) = f(x_2)\) olsun. Adım 1’e göre \(1 - x_1 = 1 - x_2\); iki yandan \(1\) çıkarıp \(-1\) ile çarparak \(x_1 = x_2\) buluruz.

Adım 4: Örten. Keyfi bir \(y \in [-2, 6)\) alalım ve \(f(x) = y\), yani \(1 - x = y\) denklemini çözelim: \(x = 1 - y\). Bu \(x\)’in tanım kümesinde olduğunu denetleyelim. \(-2 \le y < 6\) eşitsizliklerini \(-1\) ile çarparak \(-6 < -y \le 2\), sonra \(1\) ekleyerek

\[-5 < 1 - y \le 3\]

buluruz; yani \(x = 1 - y \in (-5, 3]\). Ayrıca \(f(x) = 1 - (1 - y) = y\).

Sonuç. \(f\) birebir ve örtendir, yani birebir-örtendir. Adım 4 tersini de verir: \(f^{-1} : [-2, 6) \to (-5, 3]\), \(f^{-1}(y) = 1 - y\). Tanım kümesinin açık ucu \(-5\)’in, görüntü kümesinin açık ucu \(6\)’ya karşılık geldiğine dikkat edin: \(f(-5) = 6\) olurdu, ama \(-5\) tanım kümesinde değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.31 (Kesirli Bir Fonksiyonun Birebir-Örtenliği) \(g : (1, 2] \to \{y \in \mathbb{R} : y \ge 3\}\), \(g(x) = \dfrac{3}{x - 1}\) fonksiyonunun birebir ve örten olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Adım 1: \(g\) iyi tanımlıdır. \(x \in (1, 2]\) ise \(1 < x \le 2\), yani \(0 < x - 1 \le 1\); demek ki payda sıfırdan farklıdır. Şimdi değerin \(3\)’ten küçük olmadığını gösterelim.

• \(x - 1 < 1\) ise, pozitif sayılarda ters almak sıralamayı çevirdiğinden (Önerme 7.10) \(\dfrac{1}{x - 1} > \dfrac{1}{1} = 1\).
• \(x - 1 = 1\) ise \(\dfrac{1}{x - 1} = 1\).

Her iki durumda \(\dfrac{1}{x - 1} \ge 1\); iki yanı pozitif \(3\) ile çarparak \(g(x) = \dfrac{3}{x - 1} \ge 3\) elde ederiz. Yani \(g\), değerlerini gerçekten \(\{y : y \ge 3\}\) kümesine gönderir. Üstelik \(g(2) = 3\) olduğundan \(3\) değeri de alınır.

Adım 2: Birebir. \(x_1, x_2 \in (1, 2]\) ve \(\dfrac{3}{x_1 - 1} = \dfrac{3}{x_2 - 1}\) olsun. İki yanı sıfırdan farklı \((x_1 - 1)(x_2 - 1)\) çarpımıyla çarpalım:

\[3(x_2 - 1) = 3(x_1 - 1).\]

İki yanı \(3\)’e bölüp \(1\) ekleyince \(x_2 = x_1\) çıkar.

Adım 3: Örten. Keyfi bir \(y \ge 3\) alalım ve \(g(x) = y\) denklemini çözelim. \(y > 0\) olduğundan

\[\frac{3}{x - 1} = y \Leftrightarrow x - 1 = \frac{3}{y} \Leftrightarrow x = 1 + \frac{3}{y}.\]

Bu \(x\)’in \((1, 2]\) içinde olduğunu denetleyelim. \(y > 0\) olduğundan \(\dfrac{3}{y} > 0\) (Önerme 7.9), dolayısıyla \(x > 1\). Öte yandan \(y \ge 3\)’ten, Adım 1’deki gibi iki durum ayırarak, \(\dfrac{1}{y} \le \dfrac{1}{3}\), yani \(\dfrac{3}{y} \le 1\) ve \(x \le 2\) çıkar. Son olarak

\[g\Big(1 + \frac{3}{y}\Big) = \frac{3}{3/y} = y.\]

Sonuç. \(g\) birebir-örtendir ve tersi \(g^{-1}(y) = 1 + \dfrac{3}{y}\) kuralıyla \(\{y : y \ge 3\}\) kümesinden \((1, 2]\) aralığına gider.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.32 (Sadeleşen Bir Kesrin Tanım Kümesi) \(f(x) = \dfrac{x^2 - 4}{x - 2}\) kuralının tanımlı olduğu en geniş reel sayı kümesini, yani bu kuralla verilen fonksiyonun tanım kümesini bulunuz.

Çözüm

Bölme, bölen sıfırdan farklıyken tanımlıdır; sıfırın çarpma tersi yoktur (Sonuç 6.1). Payın her reel \(x\) için tanımlı olduğu açıktır. Dolayısıyla kural tam olarak \(x - 2 \neq 0\), yani \(x \neq 2\) olduğunda anlamlıdır. Tanım kümesi

\[\mathbb{R} \setminus \{2\}\]

kümesidir.

\(x = 2\)’de pay da sıfır olur ve ifade \(\dfrac{0}{0}\) biçimini alır; bu da tanımsızdır. \(x \neq 2\) için \(x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)\) olduğundan kesir \(x + 2\)’ye sadeleşir; ama bu sadeleştirme yalnız \(x - 2 \neq 0\) iken yapılabildiği için tanım kümesine \(2\)’yi eklemez. (Benzer bir durum için bkz. Örnek 5.5.)

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.33 (Sadeleşen Bir Kesrin Birebirliği ve Örtenliği) \(f : \mathbb{R} \setminus \{2\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{x^2 - 4}{x - 2}\) fonksiyonunun birebir ve örten olup olmadığını belirleyiniz.

Çözüm

Sadeleştirme. \(x \neq 2\) için \(x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)\) ve \(x - 2 \neq 0\) olduğundan

\[f(x) = \frac{(x - 2)(x + 2)}{x - 2} = x + 2 \qquad (x \neq 2).\]

Birebirdir. \(x_1, x_2 \neq 2\) ve \(f(x_1) = f(x_2)\) olsun. O zaman \(x_1 + 2 = x_2 + 2\), iki yandan \(2\) çıkarınca \(x_1 = x_2\).

Örten değildir. \(y = 4\) değerine ulaşılıp ulaşılamayacağına bakalım. \(f(x) = 4\) olsaydı \(x + 2 = 4\), yani \(x = 2\) olurdu; oysa \(2\) tanım kümesinde değildir. Demek ki hiçbir \(x \in \mathbb{R} \setminus \{2\}\) için \(f(x) = 4\) değildir ve \(f\), \(\mathbb{R}\)’ye örten değildir.

Görüntü kümesi. \(4\) dışındaki her değere ulaşılır: \(y \neq 4\) ise \(x = y - 2 \neq 2\) tanım kümesindedir ve \(f(x) = (y - 2) + 2 = y\). Böylece \(f(\mathbb{R} \setminus \{2\}) = \mathbb{R} \setminus \{4\}\).

f(x) = (x² − 4)/(x − 2) fonksiyonunun grafiği, y = x + 2 doğrusundan (2, 4) noktası çıkarılarak elde edilir. Bu yüzden hiçbir x için f(x) = 4 olmaz.

Sonuç. \(f\) birebirdir ama örten değildir. Değer kümesi \(\mathbb{R} \setminus \{4\}\) olarak daraltılırsa aynı kural birebir-örten bir fonksiyon verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.34 (Örten Ama Birebir Olmayan Bir Doğal Sayı Fonksiyonu) Örten olan ama birebir olmayan bir \(f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}\) fonksiyonu bulunuz.

Çözüm

Örnek. \(f(1) = 1\) ve \(n \ge 2\) için \(f(n) = n - 1\) olsun:

\[f(1) = 1,\quad f(2) = 1,\quad f(3) = 2,\quad f(4) = 3,\ \dots\]

\(f\) bir \(\mathbb{N} \to \mathbb{N}\) fonksiyonudur. Her \(n\)’ye tek bir değer atanmıştır. \(n \ge 2\) ise \(n \neq 1\) olduğundan \(n - 1 \in \mathbb{N}\)’dir (Önerme 10.3 (2)); \(f(1) = 1 \in \mathbb{N}\).

Örtendir. Keyfi bir \(m \in \mathbb{N}\) alalım. \(m + 1 \in \mathbb{N}\)’dir (Önerme 10.2) ve \(m + 1 \ge 2\) olduğundan \(f(m + 1) = (m + 1) - 1 = m\).

Birebir değildir. \(1 \neq 2\) olduğu hâlde \(f(1) = 1 = f(2)\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.35 (Birebir Ama Örten Olmayan Bir Doğal Sayı Fonksiyonu) Birebir olan ama örten olmayan bir \(f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}\) fonksiyonu bulunuz.

Çözüm

Örnek. \(f(n) = 2n\) olsun. \(n \in \mathbb{N}\) ise \(2n = n + n \in \mathbb{N}\) (Önerme 10.2), dolayısıyla \(f\) bir \(\mathbb{N} \to \mathbb{N}\) fonksiyonudur.

Birebirdir. \(2n_1 = 2n_2\) ise iki yanı \(2\)’ye bölerek \(n_1 = n_2\).

Örten değildir. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n \ge 1\) olduğundan (Önerme 10.3 (1)) \(2n \ge 2 > 1\); yani \(1\) hiçbir doğal sayının görüntüsü değildir. (Aslında görüntü kümesi tam olarak çift doğal sayılardır; tek sayıların hiçbirine ulaşılmaz.)

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.36 (Ne Birebir Ne Örten Bir Doğal Sayı Fonksiyonu) Ne birebir ne de örten olan bir \(f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}\) fonksiyonu bulunuz.

Çözüm

Örnek. Sabit fonksiyon \(f(n) = 1\) (Tanım 5.3).

Birebir değildir. \(1 \neq 2\) olduğu hâlde \(f(1) = f(2) = 1\).

Örten değildir. Görüntü kümesi \(\{1\}\)’dir; örneğin \(2 \in \mathbb{N}\) hiçbir \(n\) için \(f(n)\)’ye eşit değildir.

Sabit olmayan bir örnek de verelim: \(f(1) = f(2) = 2\) ve \(n \ge 3\) için \(f(n) = 2n\) olsun. \(f(1) = f(2)\) olduğundan birebir değildir; bütün değerler çift olduğundan \(1\)’e ulaşılamaz ve örten değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.37 (Birebir-Örten Bir Doğal Sayı Fonksiyonu) Hem birebir hem örten olan bir \(f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}\) fonksiyonu bulunuz.

Çözüm

En basit örnek. Birim fonksiyon \(I_{\mathbb{N}}(n) = n\) (Tanım 5.3). \(n_1 = n_2\) eşitliği birebirliği doğrudan verir; her \(m \in \mathbb{N}\) için \(I_{\mathbb{N}}(m) = m\) olduğundan örtendir.

Daha ilginç bir örnek. Ardışık sayıları ikişer ikişer yer değiştirelim: \(1 \leftrightarrow 2\), \(3 \leftrightarrow 4\), \(5 \leftrightarrow 6\), … Kural olarak

\[f(n) = \begin{cases} n + 1, & n \text{ tek ise}, \\ n - 1, & n \text{ çift ise}. \end{cases}\]

Her doğal sayı ya tek ya çifttir ve ikisi birden olamaz (Önerme 11.2); dolayısıyla her \(n\)’ye tek bir değer atanır. Değerler doğal sayıdır: \(n + 1 \in \mathbb{N}\); \(n\) çift ise \(n \neq 1\) (\(1 = 2 \cdot 0 + 1\) tektir), dolayısıyla \(n - 1 \in \mathbb{N}\) (Önerme 10.3 (2)).

\(f \circ f = I_{\mathbb{N}}\). \(n\) tek ise \(n = 2k + 1\) ve \(f(n) = n + 1 = 2(k + 1)\) çifttir; o hâlde \(f(f(n)) = (n + 1) - 1 = n\). \(n\) çift ise \(n = 2k\) ve \(f(n) = n - 1 = 2(k - 1) + 1\) tektir; o hâlde \(f(f(n)) = (n - 1) + 1 = n\).

Demek ki \(f\), kendisinin tersidir: Tanım 5.9 içinde \(g = f\) alındığında iki koşulun ikisi de \(f \circ f = I_{\mathbb{N}}\) eşitliğine dönüşür ve bu eşitlik sağlanmaktadır. Tersi olan bir fonksiyon birebir-örtendir (Teorem 5.5).

\(\blacksquare\)

38.8 Görüntü ve Ters Görüntü

Görüntü ve ters görüntü kümelerini bulurken iki tanımı (Tanım 5.2) adım adım uygulayacağız. \(f(A)\) için önce değerlerin bir aday kümeye düştüğünü, sonra o kümenin her elemanına gerçekten ulaşıldığını göstereceğiz (çift kapsama). \(f^{-1}(B)\) için ise \(f(x) \in B\) koşulunu bir eşitsizlik olarak çözeceğiz. Kareli eşitsizliklerde sık sık Önerme 8.4 sonucunu kullanacağız: \(a \ge 0\) için (1) \(|x| \le a \Leftrightarrow x^2 \le a^2\) ve (2) \(|x| < a \Leftrightarrow x^2 < a^2\). İkinci denkliğin iki yanını olumsuzlayınca \(|x| \ge a \Leftrightarrow x^2 \ge a^2\) biçimi de elde edilir.

Alıştırma 38.38 (Bir Kapalı Aralığın Kare Fonksiyonu Altındaki Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) ve \(A = [-1, 2]\) olsun. \(f(A)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Adayımız \([0, 4]\)’tür. Çift kapsama ile gösterelim.

\(f(A) \subseteq [0, 4]\): \(x \in [-1, 2]\) olsun. Bir reel sayının karesi negatif olmadığından (Önerme 7.12 (1)) \(x^2 \ge 0\). Ayrıca \(-2 \le -1 \le x \le 2\) olduğundan \(|x| \le 2\) (Teorem 8.1 (7)); Önerme 8.4 (1) ile \(x^2 \le 4\). Yani \(f(x) \in [0, 4]\).

\([0, 4] \subseteq f(A)\): \(y \in [0, 4]\) olsun. \(x = \sqrt{y}\) alalım (Teorem 13.2; \(\sqrt{0} = 0\)). O zaman \(x \ge 0\) ve \(x^2 = y \le 4\), dolayısıyla Önerme 8.4 (1) gereği \(x = |x| \le 2\). Böylece \(x \in [0, 2] \subseteq A\) ve \(f(x) = y\); yani \(y \in f(A)\).

Sonuç.

\[f([-1, 2]) = [0, 4].\]

Görüntünün uç noktaların görüntülerinden bulunamayacağına dikkat edin: \(f(-1) = 1\) ve \(f(2) = 4\)’tür, ama \(0 \in A\) olduğundan \(0 = f(0)\) da görüntüdedir. Aralığın negatif kısmı \([-1, 0)\), zaten \([0, 1]\)’in kapladığı \((0, 1]\) değerlerini verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.39 (İki Aralığın Birleşiminin Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) ve \(B = [-3, -2] \cup [1, 2]\) olsun. \(f(B)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Birleşimin görüntüsü görüntülerin birleşimidir (Teorem 5.1 (3)):

\[f(B) = f([-3, -2]) \cup f([1, 2]).\]

İki parçayı ayrı ayrı hesaplayalım.

\(f([-3, -2]) = [4, 9]\). \(x \in [-3, -2]\) ise \(-1\) ile çarparak \(2 \le -x \le 3\), yani \(|x| = -x \in [2, 3]\). Önerme 8.4 (1) ile \(|x| \le 3\)’ten \(x^2 \le 9\), aynı önermenin (2) maddesinin olumsuzlanmış biçimiyle \(|x| \ge 2\)’den \(x^2 \ge 4\) çıkar; yani \(4 \le x^2 \le 9\). Tersine \(y \in [4, 9]\) verilsin ve \(x = -\sqrt{y}\) alalım. \(\sqrt{y} \ge 0\) olduğundan \(|\sqrt{y}| = \sqrt{y}\) ve \(4 \le (\sqrt{y})^2 \le 9\); aynı iki madde bu kez ters yönde \(2 \le \sqrt{y} \le 3\) verir; dolayısıyla \(x \in [-3, -2]\) ve \(f(x) = (-\sqrt{y})^2 = y\) (Sonuç 6.2).

\(f([1, 2]) = [1, 4]\). \(x \in [1, 2]\) ise \(1 \le x^2 \le 4\) (aynı gerekçe). Tersine \(y \in [1, 4]\) için \(x = \sqrt{y} \in [1, 2]\) ve \(f(x) = y\).

Sonuç. İki aralık örtüşerek birleşir:

\[f(B) = [4, 9] \cup [1, 4] = [1, 9].\]

\(B\)’nin ortasında \((-2, 1)\) boşluğu olduğu hâlde görüntüde boşluk yoktur; çünkü iki parçanın görüntüleri \(4\) değerinde birleşir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.40 (Karesi Bir Aralığa Düşen Sayılar) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) ve \(C = [-5, 4]\) olsun. \(f^{-1}(C)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Tanım gereği \(f^{-1}(C) = \{x \in \mathbb{R} : -5 \le x^2 \le 4\}\). İki eşitsizliği ayrı ayrı inceleyelim.

• \(-5 \le x^2\) her \(x\) için doğrudur, çünkü \(x^2 \ge 0 > -5\) (Önerme 7.12 (1)).
• \(x^2 \le 4 = 2^2\) eşitsizliği, Önerme 8.4 (1) gereği \(|x| \le 2\)’ye, bu da \(-2 \le x \le 2\)’ye denktir (Teorem 8.1 (7)).

Sonuç.

\[f^{-1}([-5, 4]) = [-2, 2].\]

\(C\)’nin negatif kısmı \([-5, 0)\) ters görüntüye hiçbir şey katmaz; hiçbir sayının karesi negatif olmadığından o kısmın ters görüntüsü boştur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.41 (Karesi Bir ile Dört Arasında Olan Sayılar) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) ve \(D = [1, 4]\) olsun. \(f^{-1}(D)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Tanım gereği \(f^{-1}(D) = \{x \in \mathbb{R} : 1 \le x^2 \le 4\}\).

• \(x^2 \le 4\), Önerme 8.4 (1) gereği \(|x| \le 2\), yani \(-2 \le x \le 2\) demektir.
• Aynı önermenin (2) maddesi \(|x| < 1 \Leftrightarrow x^2 < 1\) der; iki yanı olumsuzlarsak \(x^2 \ge 1 \Leftrightarrow |x| \ge 1\) elde ederiz. Teorem 8.1 (8) gereği \(|x| \ge 1\) ise \(x \ge 1\) ya da \(x \le -1\)’dir.

İki koşulu birleştirelim. “\(x \ge 1\) veya \(x \le -1\)” ve “\(-2 \le x \le 2\)” önermelerinin birlikte doğru olması, dağılma yasası (Teorem 1.1 (3)) gereği “\(1 \le x \le 2\) veya \(-2 \le x \le -1\)” demektir.

Sonuç.

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

\(D\) tek bir aralık olduğu hâlde ters görüntüsü iki parçadır: \(f\), \(x\) ile \(-x\)’i aynı yere gönderdiğinden her pozitif değerin iki ters görüntü noktası vardır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.42 (Ötelenmiş Kare Fonksiyonunda Görüntü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2 - 3\) ve \(A = [-2, 1]\) olsun. \(f(A)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Adayımız \([-3, 1]\)’dir.

\(f(A) \subseteq [-3, 1]\): \(x \in [-2, 1]\) olsun. \(-2 \le x \le 1 \le 2\) olduğundan \(|x| \le 2\) ve Önerme 8.4 (1) ile \(x^2 \le 4\); ayrıca \(x^2 \ge 0\) (Önerme 7.12 (1)). Yani \(0 \le x^2 \le 4\). İki yandan \(3\) çıkarınca \(-3 \le x^2 - 3 \le 1\).

\([-3, 1] \subseteq f(A)\): \(y \in [-3, 1]\) olsun; o zaman \(y + 3 \in [0, 4]\). Burada köklerin hangisini seçtiğimiz önemlidir: pozitif kök \(\sqrt{y + 3}\) en fazla \(2\) olabilir ama \(A\)’nın sağ ucu \(1\)’dir, bu yüzden örneğin \(y = 1\) için \(\sqrt{4} = 2 \notin A\) olur. Negatif kökü seçelim: \(x = -\sqrt{y + 3}\). \(\sqrt{y + 3} \ge 0\) ve \((\sqrt{y + 3})^2 = y + 3 \le 4\) olduğundan Önerme 8.4 (1) gereği \(0 \le \sqrt{y + 3} \le 2\), dolayısıyla \(-2 \le x \le 0\) ve \(x \in A\). Ayrıca

\[f(x) = \big(-\sqrt{y + 3}\big)^2 - 3 = (y + 3) - 3 = y.\]

Sonuç.

\[f([-2, 1]) = [-3, 1].\]

En küçük değer \(-3\), \(x = 0\)’da; en büyük değer \(1\), \(x = -2\)’de alınır. \(x = 1\)’deki değer \(-2\)’dir ve uç değerlerden biri değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.43 (Ötelenmiş Kare Fonksiyonunda Ters Görüntü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2 - 3\) ve \(B = (-1, 6)\) olsun. \(f^{-1}(B)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Tanım gereği

\[f^{-1}(B) = \{x \in \mathbb{R} : -1 < x^2 - 3 < 6\} = \{x \in \mathbb{R} : 2 < x^2 < 9\};\]

ikinci eşitlikte üç yana \(3\) eklendi ((O3) aksiyomu, Bölüm 7.1).

• \(x^2 < 9 = 3^2\), Önerme 8.4 (2) gereği \(|x| < 3\) demektir.
• \(x^2 > 2 = (\sqrt{2})^2\) ise \(|x| > \sqrt{2}\) demektir: aynı önermenin (1) maddesindeki \(|x| \le \sqrt{2} \Leftrightarrow x^2 \le 2\) denkliğini olumsuzlamak yeter.

Demek ki koşul \(\sqrt{2} < |x| < 3\)’tür. Önerme 8.3 gereği \(|x| < 3\), \(-3 < x < 3\) demektir; \(|x| > \sqrt{2}\) ise \(x > \sqrt{2}\) ya da \(x < -\sqrt{2}\) demektir. İkisini dağılma yasasıyla birleştirirsek:

\[f^{-1}\big((-1, 6)\big) = (-3, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, 3).\]

f(x) = x² − 3 grafiğinin −1 < y < 6 şeridine düşen iki parçası koyu çizilmiştir. Bu parçaların x eksenine izdüşümü ters görüntüyü verir: (−3, −√2) ve (√2, 3) aralıkları; uç noktalar şeridin sınırına düştüğü için dahil değildir.

Uç noktaların hiçbiri kümede değildir: \(f(\pm 3) = 6\) ve \(f(\pm\sqrt{2}) = -1\), ve \(B\) açık bir aralık olduğundan \(6\) ile \(-1\) sayıları \(B\)’de değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.44 (Bir Artı Karenin Görüntü Kümesi) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2 + 1\) fonksiyonunun görüntü kümesi \(f(\mathbb{R})\)’yi bulunuz.

Çözüm

Adayımız \([1, \infty)\)’dur.

\(f(\mathbb{R}) \subseteq [1, \infty)\): Her \(x\) için \(x^2 \ge 0\) (Önerme 7.12 (1)); iki yana \(1\) ekleyince \(x^2 + 1 \ge 1\).

\([1, \infty) \subseteq f(\mathbb{R})\): \(y \ge 1\) olsun. \(y - 1 \ge 0\) olduğundan \(x = \sqrt{y - 1}\) tanımlıdır (Teorem 13.2) ve

\[f(x) = \big(\sqrt{y - 1}\big)^2 + 1 = (y - 1) + 1 = y.\]

Sonuç.

\[f(\mathbb{R}) = [1, \infty).\]

En küçük değer \(1\)’dir ve yalnız \(x = 0\)’da alınır; değer kümesi \(\mathbb{R}\) olduğundan \(f\) örten değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.45 (Kaydırılmış Bir Karenin Görüntü Kümesi) \(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(g(x) = (x + 3)^2 - 5\) fonksiyonunun görüntü kümesi \(g(\mathbb{R})\)’yi bulunuz.

Çözüm

Adayımız \([-5, \infty)\)’dur.

\(g(\mathbb{R}) \subseteq [-5, \infty)\): Her \(x\) için \((x + 3)^2 \ge 0\); iki yandan \(5\) çıkarınca \(g(x) \ge -5\).

\([-5, \infty) \subseteq g(\mathbb{R})\): \(y \ge -5\) olsun. \(y + 5 \ge 0\) olduğundan \(x = -3 + \sqrt{y + 5}\) tanımlıdır ve

\[g(x) = \big(\sqrt{y + 5}\big)^2 - 5 = (y + 5) - 5 = y.\]

Sonuç.

\[g(\mathbb{R}) = [-5, \infty).\]

En küçük değer \(-5\)’tir ve \(x + 3 = 0\), yani \(x = -3\)’te alınır. Grafik, \(y = x^2\) parabolünün \(3\) birim sola ve \(5\) birim aşağı kaydırılmışıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.46 (Kareye Tamamlayarak Görüntü Kümesi) \(h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(h(x) = x^2 + 4x + 1\) fonksiyonunun görüntü kümesi \(h(\mathbb{R})\)’yi bulunuz.

Çözüm

Kareye tamamlayalım. \((x + 2)^2 = x^2 + 4x + 4\) olduğundan

\[h(x) = x^2 + 4x + 1 = (x^2 + 4x + 4) - 3 = (x + 2)^2 - 3.\]

Artık önceki iki problemdeki yol izlenir. Adayımız \([-3, \infty)\)’dur.

\(h(\mathbb{R}) \subseteq [-3, \infty)\): \((x + 2)^2 \ge 0\) olduğundan \(h(x) \ge -3\).

\([-3, \infty) \subseteq h(\mathbb{R})\): \(y \ge -3\) olsun. \(x = -2 + \sqrt{y + 3}\) alırsak

\[h(x) = \big(\sqrt{y + 3}\big)^2 - 3 = y.\]

Sonuç.

\[h(\mathbb{R}) = [-3, \infty).\]

En küçük değer \(-3\), \(x = -2\)’de alınır. Denetim: \(h(-2) = 4 - 8 + 1 = -3\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.47 (Parçalı Bir Fonksiyonda Aralığın Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\),

\[f(x) = \begin{cases} -1, & x < 0 \text{ ise}, \\ x, & x \ge 0 \text{ ise} \end{cases}\]

olsun. \(f([-1, 1])\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Önce fonksiyonun grafiğine bakalım: negatif sayıların hepsi \(-1\)’e gider, negatif olmayan sayılar ise yerinde kalır.

x < 0 için −1, x ≥ 0 için x değerini alan fonksiyonun grafiği. Sol parça (0, −1) noktasını içermez (boş daire); 0'daki değer f(0) = 0'dır (dolu nokta).

Aralığı, kuralın değiştiği \(0\) noktasından ikiye bölelim: \([-1, 1] = [-1, 0) \cup [0, 1]\). Birleşimin görüntüsü görüntülerin birleşimidir (Teorem 5.1 (3)).

• \(f([-1, 0)) = \{-1\}\). Bu parçadaki her \(x\) negatiftir, dolayısıyla \(f(x) = -1\). Parça boş olmadığından (örneğin \(-1\) içindedir) \(-1\) değeri gerçekten alınır.
• \(f([0, 1]) = [0, 1]\). Bu parçada \(f(x) = x\)’tir; her \(x \in [0, 1]\) kendisine gider. Böylece değerler \([0, 1]\)’dedir ve her \(y \in [0, 1]\) için \(f(y) = y\).

Sonuç.

\[f([-1, 1]) = \{-1\} \cup [0, 1].\]

Görüntü bir aralık değildir: \(-1\) ile \(0\) arasındaki değerlerin hiçbiri alınmaz.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.48 (Parçalı Bir Fonksiyonda Aralığın Ters Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(x < 0\) için \(f(x) = -1\) ve \(x \ge 0\) için \(f(x) = x\) olsun. \(f^{-1}([-1, 1])\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Tanım gereği bir \(x\)’in \(f^{-1}([-1, 1])\) kümesinde olması \(-1 \le f(x) \le 1\) demektir. Kuralın iki parçasına göre iki durum ayıralım.

• \(x < 0\): \(f(x) = -1 \in [-1, 1]\). Demek ki bütün negatif sayılar ters görüntüdedir.
• \(x \ge 0\): \(f(x) = x\). Koşul \(-1 \le x \le 1\)’dir; \(x \ge 0 > -1\) olduğundan bu yalnız \(x \le 1\) demektir. Bu durumda gelen sayılar \([0, 1]\)’dir.

Sonuç. İki durumu birleştirelim:

\[f^{-1}([-1, 1]) = (-\infty, 0) \cup [0, 1] = (-\infty, 1].\]

\([-1, 1]\) sınırlı bir aralık olduğu hâlde ters görüntüsü sınırsızdır; çünkü sonsuz uzunluktaki \((-\infty, 0)\) yarı doğrusunun tamamı tek bir değere, \(-1\)’e gider.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.49 (Eksi Birin Ters Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(x < 0\) için \(f(x) = -1\) ve \(x \ge 0\) için \(f(x) = x\) olsun. \(f^{-1}(\{-1\})\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(f^{-1}(\{-1\}) = \{x : f(x) = -1\}\). Yine iki durum:

• \(x < 0\): \(f(x) = -1\); koşul sağlanır.
• \(x \ge 0\): \(f(x) = x \ge 0 > -1\); dolayısıyla \(f(x) \neq -1\), koşul hiç sağlanmaz.

Sonuç.

\[f^{-1}(\{-1\}) = (-\infty, 0).\]

Tek bir noktanın ters görüntüsü sonsuz bir kümedir; \(f\) birebir değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.50 (Eksi İkinin Ters Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(x < 0\) için \(f(x) = -1\) ve \(x \ge 0\) için \(f(x) = x\) olsun. \(f^{-1}(\{-2\})\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(f^{-1}(\{-2\}) = \{x : f(x) = -2\}\).

• \(x < 0\): \(f(x) = -1 \neq -2\).
• \(x \ge 0\): \(f(x) = x \ge 0 > -2\), dolayısıyla \(f(x) \neq -2\).

Hiçbir \(x\) koşulu sağlamaz.

Sonuç.

\[f^{-1}(\{-2\}) = \varnothing.\]

\(-2\) değer kümesinin bir elemanıdır ama görüntü kümesinde değildir; görüntü kümesi dışındaki bir noktanın ters görüntüsü her zaman boştur. Bu, Tanım 5.2 ardındaki uyarının da söylediği gibi, ters görüntünün her fonksiyon için tanımlı olduğunu ve ters fonksiyonla karıştırılmaması gerektiğini gösterir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.51 (Negatif Sayıların Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(x < 0\) için \(f(x) = -1\) ve \(x \ge 0\) için \(f(x) = x\) olsun. \(A = \{x \in \mathbb{R} : x < 0\}\) olmak üzere \(f(A)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(f(A) = \{f(a) : a \in A\}\). \(A\)’nın her elemanı negatif olduğundan her \(a \in A\) için \(f(a) = -1\)’dir; yani \(f(A) \subseteq \{-1\}\). \(A\) boş olmadığından (örneğin \(-1 \in A\)) bu değer gerçekten alınır: \(-1 = f(-1) \in f(A)\).

Sonuç.

\[f(A) = \{-1\}.\]

Sonsuz bir küme tek elemanlı bir kümeye gitmiştir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.52 (Görüntünün Ters Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(x < 0\) için \(f(x) = -1\) ve \(x \ge 0\) için \(f(x) = x\) olsun. \(A = \{x \in \mathbb{R} : x < 0\}\) olmak üzere \(f^{-1}(f(A))\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Önce görüntü. \(A\)’nın her elemanı negatif olduğundan \(-1\)’e gider ve \(A\) boş değildir; dolayısıyla \(f(A) = \{-1\}\) (bkz. Alıştırma 38.51).

Sonra ters görüntü. \(f^{-1}(\{-1\}) = \{x : f(x) = -1\}\). \(x < 0\) ise \(f(x) = -1\); \(x \ge 0\) ise \(f(x) = x \ge 0\), yani \(f(x) \neq -1\). Böylece \(f^{-1}(\{-1\}) = (-\infty, 0)\) (bkz. Alıştırma 38.49).

Sonuç.

\[f^{-1}\big(f(A)\big) = (-\infty, 0) = A.\]

Yorum. Teorem 5.1 (11) her fonksiyon ve her \(A\) için yalnız \(A \subseteq f^{-1}(f(A))\) kapsamasını garanti eder. Teorem 5.3 (3) ise \(f\) birebirse bu kapsamanın her \(A\) için eşitlik olduğunu söyler. Buradaki \(f\) birebir olmadığı hâlde (\(f(-1) = f(-2)\)) bu belirli \(A\) için eşitlik sağlanmıştır. Nedeni şudur: \(-1\)’e giden noktaların hepsi zaten \(A\)’nın içindedir; \(A\) dışındaki hiçbir nokta \(f(A)\)’ya düşmez. Buna karşılık örneğin \(A_1 = \{-1\}\) alınsaydı \(f^{-1}(f(A_1)) = (-\infty, 0) \neq A_1\) olurdu.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.53 (Birebirlik ve Kesişimin Görüntüsü) \(f : X \to Y\) bir fonksiyon olsun. \(f\)’nin birebir olması için gerek ve yeter koşulun, her \(A, B \subseteq X\) için

\[f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)\]

olması olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

(\(\Rightarrow\)) \(f\) birebir ise eşitlik her \(A\), \(B\) için sağlanır. Çift kapsama yapalım.

\(f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\). Bu yön birebirlik gerektirmez. \(y \in f(A \cap B)\) ise \(y = f(x)\) olan bir \(x \in A \cap B\) vardır. \(x \in A\) olduğundan \(y \in f(A)\); \(x \in B\) olduğundan \(y \in f(B)\). Yani \(y \in f(A) \cap f(B)\).

\(f(A) \cap f(B) \subseteq f(A \cap B)\). \(y \in f(A) \cap f(B)\) olsun. \(y \in f(A)\) olduğundan \(y = f(a)\) olan bir \(a \in A\), \(y \in f(B)\) olduğundan \(y = f(b)\) olan bir \(b \in B\) vardır. \(f(a) = y = f(b)\) ve \(f\) birebir olduğundan \(a = b\). Bu ortak eleman hem \(A\)’da hem \(B\)’dedir: \(a \in A \cap B\). Dolayısıyla \(y = f(a) \in f(A \cap B)\).

(\(\Leftarrow\)) Eşitlik her \(A\), \(B\) için sağlanıyorsa \(f\) birebirdir. Karşıt tersini ispatlayalım: \(f\) birebir değilse eşitliğin bozulduğu \(A\), \(B\) kümeleri vardır. \(f\) birebir değilse \(x_1 \neq x_2\) olduğu hâlde \(f(x_1) = f(x_2)\) olan \(x_1, x_2 \in X\) vardır. \(A = \{x_1\}\) ve \(B = \{x_2\}\) alalım.

• \(x_1 \neq x_2\) olduğundan \(A \cap B = \varnothing\) ve \(f(A \cap B) = f(\varnothing) = \varnothing\); boş kümede görüntüsü alınacak eleman yoktur.
• Öte yandan \(f(A) = \{f(x_1)\}\) ve \(f(B) = \{f(x_2)\} = \{f(x_1)\}\); dolayısıyla \(f(A) \cap f(B) = \{f(x_1)\} \neq \varnothing\).

Bu \(A\), \(B\) için eşitlik bozulur. Karşıt ters denk olduğundan (Teorem 1.1 (7)) istenen yön ispatlanmıştır.

Sonuç. Kesişimin görüntüsünün görüntülerin kesişimine eşit olması, birebirliğin tam bir karakterizasyonudur. (\(\Rightarrow\)) yönü Teorem 5.3 (1) maddesidir; (\(\Leftarrow\)) yönü ise oradaki kapsamanın neden genel olarak eşitliğe dönüşmediğini açıklar: Örnek 5.4 içindeki bozukluk, tam olarak böyle bir çakışmanın sonucuydu.

\(\blacksquare\)

38.9 Bileşke ve Ters Fonksiyon

Son problemler bileşke (Tanım 5.8) ve ters fonksiyon (Tanım 5.9) üzerine. Teorem 5.4, bir bileşkenin birebir ya da örten olmasından içteki ve dıştaki fonksiyonlar hakkında neler çıkarılabileceğini söyler; aşağıdaki örnekler, teoremin söylemediği şeylerin gerçekten yanlış olabileceğini gösterir. İlk üç problemde sonlu kümelerle çalışıyoruz; sonlu bir fonksiyonu her elemanın görüntüsünü yazarak vermek yeter.

Alıştırma 38.54 (Birebir Olmayan Bir Sonlu Fonksiyon) \(A = \{1, 2, 3, 4, 5\}\) ve \(B = \{2, 3, 4, 5, 6, 7\}\) olsun. Birebir olmayan bir \(f : A \to B\) fonksiyonu örneği veriniz.

Çözüm

Örnek. \(f(1) = 2\), \(f(2) = 2\), \(f(3) = 3\), \(f(4) = 4\), \(f(5) = 5\) olsun. Bağıntı olarak

\[f = \{(1, 2), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5)\} \subseteq A \times B.\]

\(f\) bir fonksiyondur. \(A\)’nın her elemanı tam olarak bir ikilinin ilk bileşeninde geçer ve bütün ikinci bileşenler \(B\)’dedir; Tanım 5.1 içindeki varlık ve teklik koşulları sağlanır.

Birebir değildir. \(1 \neq 2\) olduğu hâlde \(f(1) = f(2) = 2\). Tek bir çakışma, birebirliği bozmaya yeter.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.55 (Sonlu Kümeler Arasında Ters Fonksiyon) \(A = \{1, 2, 3, 4, 5\}\) ve \(B = \{2, 3, 4, 5, 6, 7\}\) olsun. Tersi olan bir \(f : A \to B\) fonksiyonu var mıdır? Yoksa nedenini açıklayınız. Ardından birebir bir \(f : A \to B\) seçip değer kümesini görüntü kümesi \(f(A)\) ile değiştirerek elde edilen fonksiyonun tersini bulunuz ve bulduğunuz fonksiyonun gerçekten ters olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Adım 1: \(A\)’dan \(B\)’ye tersi olan fonksiyon yoktur. Tersi olan bir \(f : A \to B\) bulunduğunu varsayalım ve tersine \(g : B \to A\) diyelim. \(f\)’nin tersi olduğundan Teorem 5.5 gereği \(f\) birebir-örtendir; Sonuç 5.1 gereği \(g = f^{-1}\) de birebir-örtendir, özel olarak birebirdir. Şimdi \(\mathbb{N}_6 = \{1, \dots, 6\}\)’dan \(B\)’ye \(h(k) = k + 1\) fonksiyonunu alalım; açıkça birebirdir. \(A = \mathbb{N}_5\) olduğundan bileşke

\[g \circ h : \mathbb{N}_6 \to \mathbb{N}_5\]

iki birebir fonksiyonun bileşkesi olarak birebirdir (Teorem 5.4 (1)). Oysa \(6 > 5\) olduğundan güvercin yuvası ilkesi (Lemma 14.1) böyle bir fonksiyonun var olamayacağını söyler. Çelişki. Demek ki hiçbir \(f : A \to B\) fonksiyonunun tersi yoktur.

Sezgisel olarak: beş elemanın görüntüleri en çok beş farklı değer olabilir, \(B\)’nin ise altı elemanı vardır; hiçbir \(f\) örten olamaz ve Teorem 5.5 gereği tersi bulunamaz.

Adım 2: Birebir bir fonksiyon seçelim. \(f(n) = n + 2\) olsun:

\[f(1) = 3,\quad f(2) = 4,\quad f(3) = 5,\quad f(4) = 6,\quad f(5) = 7.\]

Değerlerin hepsi \(B\)’dedir ve birbirinden farklıdır; \(f\) birebirdir (\(n_1 + 2 = n_2 + 2 \Rightarrow n_1 = n_2\)). Görüntü kümesi \(f(A) = \{3, 4, 5, 6, 7\}\)’dir; \(2 \in B\) değerine ulaşılmaz, bu yüzden \(f : A \to B\) örten değildir.

Adım 3: Değer kümesini daraltalım. Aynı kuralla \(\tilde{f} : A \to f(A)\), \(\tilde{f}(n) = n + 2\) fonksiyonunu tanımlayalım. \(\tilde{f}\) birebirdir (kural aynıdır) ve örtendir (değer kümesi tam olarak görüntü kümesidir). Teorem 5.5 gereği tersi vardır.

Adım 4: Tersi bulalım. \(m = n + 2\) denklemini \(n\) için çözersek \(n = m - 2\). Buna göre

\[g : \{3, 4, 5, 6, 7\} \to A, \qquad g(m) = m - 2,\]

yani \(g(3) = 1\), \(g(4) = 2\), \(g(5) = 3\), \(g(6) = 4\), \(g(7) = 5\). Değerlerin hepsi \(A\)’dadır.

Adım 5: Ters olduğunu doğrulayalım. Tanım 5.9 içindeki iki koşulu denetleyelim.

• Her \(n \in A\) için \(g(\tilde{f}(n)) = (n + 2) - 2 = n\); yani \(g \circ \tilde{f} = I_A\).
• Her \(m \in f(A)\) için \(\tilde{f}(g(m)) = (m - 2) + 2 = m\); yani \(\tilde{f} \circ g = I_{f(A)}\).

İki koşul da sağlandığından \(g = \tilde{f}^{-1}\)’dir. Değer kümesini daraltmanın neden gerekli olduğu da görülüyor: \(g\)’yi \(B\)’nin tamamında tanımlamaya kalksak \(g(2)\) için \(f(g(2)) = 2\) olacak bir eleman gerekirdi; böyle bir eleman yoktur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.56 (Sonlu Kümelerde Birebir Bileşke) \(A = \{1, 2, 3, 4, 5\}\), \(B = \{2, 3, 4, 5, 6, 7\}\) ve \(C = \{a, b, c, d, e\}\) olsun. \(g \circ f\) birebir olan ama \(g\) birebir olmayan \(f : A \to B\) ve \(g : B \to C\) fonksiyonları örneği veriniz.

Çözüm

Önce bir gözlem. \(B\)’nin altı, \(C\)’nin beş elemanı olduğundan hiçbir \(g : B \to C\) birebir olamaz. Gerçekten, birebir bir \(g\) olsaydı onu \(\mathbb{N}_6\)’dan \(B\)’ye giden \(k \mapsto k + 1\) eşlemesiyle ve \(C\)’den \(\mathbb{N}_5\)’e giden harf sırası eşlemesiyle (\(a \mapsto 1\), …, \(e \mapsto 5\)) birleştirerek birebir bir \(\mathbb{N}_6 \to \mathbb{N}_5\) fonksiyonu elde ederdik (Teorem 5.4 (1)); bu, güvercin yuvası ilkesiyle (Lemma 14.1) çelişir. Demek ki işin tek zor yanı, \(g \circ f\)’yi birebir yapmaktır. Teorem 5.4 (3) gereği bunun için \(f\) birebir olmak zorundadır.

Örnek. \(f(n) = n + 1\) olsun: \(f\), \(A\)’yı \(\{2, 3, 4, 5, 6\}\)’ya birebir gönderir. \(g\)’yi de şöyle tanımlayalım:

\[g(2) = a,\quad g(3) = b,\quad g(4) = c,\quad g(5) = d,\quad g(6) = e,\quad g(7) = e.\]

f(n) = n + 1 ile A'dan B'ye, sonra g ile B'den C'ye. f, 7'ye hiçbir ok göndermez; g'nin 6 ve 7'yi aynı e'ye götürmesi (vurgulu oklar) bu yüzden bileşkede hiç görünmez ve g ∘ f birebir kalır.

\(g\) birebir değildir. \(6 \neq 7\) olduğu hâlde \(g(6) = g(7) = e\).

\(g \circ f\) birebirdir. Bileşkeyi hesaplayalım:

\[ \begin{aligned} &(g \circ f)(1) = g(2) = a,\ \ (g \circ f)(2) = g(3) = b,\ \ (g \circ f)(3) = g(4) = c,\\[1mm] &(g \circ f)(4) = g(5) = d,\ \ (g \circ f)(5) = g(6) = e. \end{aligned} \]

Beş değer birbirinden farklıdır; dolayısıyla \(g \circ f\) birebirdir.

Neden işledi? \(g\)’nin bozukluğu \(6\) ile \(7\)’nin aynı yere gitmesidir; ama \(f\), \(7\)’ye hiç ulaşmaz. Bileşkede \(g\) yalnız \(f(A) = \{2, 3, 4, 5, 6\}\) üzerinde çalışır ve bu küme üzerinde birebirdir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.57 (Ters Fonksiyonla Bileşke Birim Fonksiyondur) \(f : A \to B\) birebir ve örten olsun; örtenlik \(f(A) = B\) demektir. \(f\)’nin tersini \(f^{-1}\) ile gösterelim. Her \(a \in A\) için \((f^{-1} \circ f)(a) = a\) ve her \(b \in B\) için \((f \circ f^{-1})(b) = b\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Ters fonksiyonun nasıl kurulduğundan başlayalım; iki eşitlik bu kuruluşun doğrudan sonucudur.

Adım 1: \(f^{-1}\)’in tanımı. \(b \in B\) olsun.

• \(f(A) = B\) olduğundan \(b = f(a)\) olacak biçimde en az bir \(a \in A\) vardır.
• \(f\) birebir olduğundan bu \(a\) tektir: \(f(a_1) = b = f(a_2)\) ise \(a_1 = a_2\).

Demek ki her \(b \in B\) için \(f(a) = b\) koşulunu sağlayan bir ve yalnız bir \(a \in A\) vardır. \(f^{-1}(b)\), bu tek elemandır:

\[f^{-1}(b) = a \quad \Leftrightarrow \quad f(a) = b.\]

Her \(b\)’ye tam bir \(a\) karşılık geldiğinden \(f^{-1} : B \to A\) bir fonksiyondur (Tanım 5.1).

Adım 2: \((f^{-1} \circ f)(a) = a\). \(a \in A\) alalım ve \(b = f(a)\) diyelim. \(f^{-1}(b)\), \(f\) altında \(b\)’ye giden tek elemandır. \(a\) da \(b\)’ye gittiğine göre bu tek eleman \(a\)’dır:

\[(f^{-1} \circ f)(a) = f^{-1}\big(f(a)\big) = f^{-1}(b) = a.\]

Adım 3: \((f \circ f^{-1})(b) = b\). \(b \in B\) alalım ve \(a = f^{-1}(b)\) diyelim. Adım 1’deki denklik gereği \(f(a) = b\)’dir:

\[(f \circ f^{-1})(b) = f\big(f^{-1}(b)\big) = f(a) = b.\]

Sonuç. \(f^{-1} \circ f = I_A\) ve \(f \circ f^{-1} = I_B\) (Tanım 5.5); bu, Sonuç 5.1 içindeki iki eşitliktir.

Hipotezlerin rolü. Örtenlik olmasaydı \(B \setminus f(A)\)’daki bir \(b\) için \(f^{-1}(b)\) tanımlanamazdı. Birebirlik olmasaydı \(f^{-1}(b)\) için birden çok aday olurdu: örneğin \(\mathbb{R}\) üzerinde \(f(x) = x^2\) için \(f(-2) = f(2) = 4\) olduğundan “\(4\)’e giden eleman” tek değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.58 (İçi ve Bileşkesi Birebir Olan Fonksiyonlar) \(f\) ve \(g \circ f\) birebir olan, ama \(g\) birebir olmayan \(f : A \to B\) ve \(g : B \to C\) fonksiyonları örneği veriniz.

Çözüm

Sonlu bir örnek. \(A = \{1, 2\}\), \(B = \{1, 2, 3\}\), \(C = \{1, 2\}\) alalım ve

\[f(1) = 1,\ f(2) = 2; \qquad g(1) = 1,\ g(2) = 2,\ g(3) = 2\]

olsun.

• \(f\) birebirdir: iki elemanın görüntüleri, \(1\) ve \(2\), farklıdır.
• \(g \circ f\) birebirdir: \((g \circ f)(1) = g(1) = 1\) ve \((g \circ f)(2) = g(2) = 2\) farklıdır.
• \(g\) birebir değildir: \(2 \neq 3\) olduğu hâlde \(g(2) = g(3) = 2\).

Reel sayılarla bir örnek. \(f : [0, \infty) \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x\) ve \(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(g(x) = x^2\) olsun.

• \(f\) birebirdir: \(f(x_1) = f(x_2)\) doğrudan \(x_1 = x_2\) demektir.
• \(g \circ f : [0, \infty) \to \mathbb{R}\), \((g \circ f)(x) = x^2\) birebirdir: \(x_1, x_2 \ge 0\) ve \(x_1^2 = x_2^2\) ise \((x_1 - x_2)(x_1 + x_2) = 0\); \(x_1 + x_2 = 0\) ancak \(x_1 = x_2 = 0\) iken olur, aksi hâlde \(x_1 - x_2 = 0\) (Önerme 6.13). Her durumda \(x_1 = x_2\).
• \(g\) birebir değildir: \(g(-1) = g(1) = 1\).

Ortak fikir. Her iki örnekte \(g\)’nin çakışan noktalarından biri (\(3\) ya da \(-1\)) \(f\)’nin görüntüsünün dışındadır. \(g \circ f\)’nin birebirliği, \(g\)’nin yalnız \(f(A)\) üzerindeki davranışına bağlıdır; Teorem 5.4 (3) bu yüzden \(g\) hakkında hiçbir şey söylemez.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.59 (Dışı ve Bileşkesi Örten Olan Fonksiyonlar) \(g\) ve \(g \circ f\) örten olan, ama \(f\) örten olmayan \(f : A \to B\) ve \(g : B \to C\) fonksiyonları örneği veriniz.

Çözüm

Reel sayılarla bir örnek. \(f : [0, \infty) \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x\) ve \(g : \mathbb{R} \to [0, \infty)\), \(g(x) = x^2\) olsun.

• \(g\) örtendir: her \(y \ge 0\) için \(\sqrt{y}\) vardır (Teorem 13.2) ve \(g(\sqrt{y}) = y\).
• \(g \circ f : [0, \infty) \to [0, \infty)\), \((g \circ f)(x) = x^2\) örtendir: her \(y \ge 0\) için \(x = \sqrt{y} \ge 0\) tanım kümesindedir ve \((g \circ f)(x) = y\).
• \(f\) örten değildir: \(-1 \in \mathbb{R}\) için \(f(x) = -1\) olacak bir \(x \ge 0\) yoktur.

Sonlu bir örnek. \(A = \{1, 2\}\), \(B = \{1, 2, 3\}\), \(C = \{1, 2\}\) ve \(f(1) = 1\), \(f(2) = 2\); \(g(1) = 1\), \(g(2) = g(3) = 2\) alalım. \(g\) örtendir (\(1\) ve \(2\) değerleri alınır), \(g \circ f\) örtendir (\((g \circ f)(1) = 1\), \((g \circ f)(2) = 2\)), ama \(f\) örten değildir (\(3 \in B\) hiçbir elemanın görüntüsü değildir).

Ortak fikir. \(g \circ f\)’nin örten olması için \(f\)’nin \(B\)’nin tamamına değil, yalnız \(g\) aracılığıyla \(C\)’nin her elemanına ulaşmaya yetecek kadar bir kısmına varması yeter. Bu yüzden Teorem 5.4 (4) yalnız \(g\)’nin örtenliğini garanti eder.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.60 (Bileşkenin Birleşme Özelliği) \(f : A \to B\), \(g : B \to C\) ve \(h : C \to D\) fonksiyonlar olsun. \(h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Bu, kitapta Önerme 5.1 olarak ispatlanan özelliktir; ispatı adım adım yeniden kuralım.

Adım 1: İki taraf da tanımlıdır ve aynı kümeler arasındadır. \(f : A \to B\) ve \(g : B \to C\) olduğundan \(g \circ f : A \to C\) tanımlıdır; \(h : C \to D\) ile \(h \circ (g \circ f) : A \to D\). Öte yandan \(h \circ g : B \to D\) ve \(f : A \to B\) olduğundan \((h \circ g) \circ f : A \to D\). İki fonksiyonun tanım kümesi de değer kümesi de aynıdır.

Adım 2: Değerler her noktada aynıdır. \(a \in A\) keyfi olsun. Bileşke tanımını (Tanım 5.8) iki kez uygulayalım:

\[\big(h \circ (g \circ f)\big)(a) = h\big((g \circ f)(a)\big) = h\big(g(f(a))\big),\]

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

İki değer aynıdır.

Sonuç. Tanım 5.5 gereği \(h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f\). Her iki taraf da “önce \(f\), sonra \(g\), en son \(h\) uygula” demektir; parantezler yalnızca hangi iki adımın önce bir araya getirildiğini gösterir. Bu yüzden parantez yazmadan \(h \circ g \circ f\) yazılabilir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.61 (Bir Rasyonel Fonksiyonun Birebir-Örtenliği) \(f : \mathbb{R} \setminus \{2\} \to \mathbb{R} \setminus \{1\}\), \(f(x) = \dfrac{x + 1}{x - 2}\) fonksiyonunun birebir ve örten olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Adım 1: \(f\) iyi tanımlıdır. \(x \neq 2\) olduğundan payda sıfırdan farklıdır. Değerin \(1\)’e eşit olmadığını da görmeliyiz: \(\dfrac{x + 1}{x - 2} = 1\) olsaydı iki yanı \(x - 2\) ile çarparak \(x + 1 = x - 2\), yani \(1 = -2\) elde ederdik; çelişki. Demek ki her \(x \in \mathbb{R} \setminus \{2\}\) için \(f(x) \in \mathbb{R} \setminus \{1\}\).

Adım 2: Birebir. \(x_1, x_2 \neq 2\) ve \(f(x_1) = f(x_2)\) olsun. İki yanı sıfırdan farklı \((x_1 - 2)(x_2 - 2)\) ile çarpalım:

\[(x_1 + 1)(x_2 - 2) = (x_2 + 1)(x_1 - 2).\]

Çarpımları açalım:

\[x_1 x_2 - 2x_1 + x_2 - 2 = x_1 x_2 - 2x_2 + x_1 - 2.\]

İki yandan \(x_1 x_2 - 2\) çıkarıp terimleri toplayınca \(-3x_1 = -3x_2\), yani \(x_1 = x_2\).

Adım 3: Örten. \(y \neq 1\) verilsin. \(f(x) = y\) denklemini \(x \neq 2\) için çözelim:

\[ \begin{aligned} \frac{x + 1}{x - 2} = y &\Leftrightarrow x + 1 = y(x - 2) \Leftrightarrow x - yx = -2y - 1\\[1mm] &\Leftrightarrow x(1 - y) = -(2y + 1). \end{aligned} \]

\(y \neq 1\) olduğundan \(1 - y \neq 0\) ve

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

Bu \(x\)’in tanım kümesinde olduğunu denetleyelim: \(\dfrac{2y + 1}{y - 1} = 2\) olsaydı \(2y + 1 = 2y - 2\), yani \(1 = -2\) olurdu; demek ki \(x \neq 2\). Zincirdeki her adım \(x \neq 2\) iken bir denklik olduğundan \(f(x) = y\)’dir. Doğrudan hesapla da görelim:

\[ \begin{aligned} f\Big(\frac{2y + 1}{y - 1}\Big) &= \frac{\dfrac{2y + 1}{y - 1} + 1}{\dfrac{2y + 1}{y - 1} - 2} = \frac{\dfrac{2y + 1 + y - 1}{y - 1}}{\dfrac{2y + 1 - 2y + 2}{y - 1}}\\[1mm] &= \frac{3y}{3} = y. \end{aligned} \]

Sonuç. \(f\) birebir ve örtendir, yani birebir-örtendir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 38.62 (Bir Rasyonel Fonksiyonun Tersinin Formülü) \(f : \mathbb{R} \setminus \{2\} \to \mathbb{R} \setminus \{1\}\), \(f(x) = \dfrac{x + 1}{x - 2}\) birebir-örten bir fonksiyondur (bkz. Alıştırma 38.61). Ters fonksiyonu \(f^{-1}(x)\) için bir formül bulunuz.

Çözüm

Formülü bulalım. \(f\) birebir-örten olduğundan Teorem 5.5 gereği tersi vardır ve \(f^{-1}(y)\), \(f(x) = y\) denkleminin tek çözümüdür. Bu denklemi \(y \neq 1\) için çözersek (çarpıp \(x\)’li terimleri bir yanda toplayarak)

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

buluruz. Değişkeni yeniden \(x\) ile adlandırırsak

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

İki koşulu doğrulayalım. Tanım 5.9 iki bileşkenin de birim fonksiyon olmasını ister.

\(f^{-1}(f(x)) = x\), her \(x \neq 2\) için:

\[ \begin{aligned} f^{-1}\Big(\frac{x + 1}{x - 2}\Big) &= \frac{2 \cdot \dfrac{x + 1}{x - 2} + 1}{\dfrac{x + 1}{x - 2} - 1} = \frac{\dfrac{2x + 2 + x - 2}{x - 2}}{\dfrac{x + 1 - x + 2}{x - 2}}\\[1mm] &= \frac{3x}{3} = x. \end{aligned} \]

\(f(f^{-1}(x)) = x\), her \(x \neq 1\) için:

\[ \begin{aligned} f\Big(\frac{2x + 1}{x - 1}\Big) &= \frac{\dfrac{2x + 1}{x - 1} + 1}{\dfrac{2x + 1}{x - 1} - 2} = \frac{\dfrac{2x + 1 + x - 1}{x - 1}}{\dfrac{2x + 1 - 2x + 2}{x - 1}}\\[1mm] &= \frac{3x}{3} = x. \end{aligned} \]

Sonuç.

\[f^{-1}(x) = \frac{2x + 1}{x - 1}, \qquad x \neq 1.\]

Tanım ve değer kümelerinin yer değiştirdiğine dikkat edin: \(f\)’nin ulaşamadığı tek değer \(1\) idi, \(f^{-1}\) de tam olarak \(1\)’de tanımsızdır; \(f\)’nin tanımsız olduğu \(2\) ise \(f^{-1}\)’in hiç almadığı değerdir.

\(\blacksquare\)

Kümeler, bağıntılar ve fonksiyonlar üzerine çalıştıktan sonra sıradaki problemlerde reel sayıların aksiyomlarına, mutlak değerli denklem ve eşitsizliklere ve supremuma geçiyoruz: Reel Sayılar, Mutlak Değer ve Supremum Üzerine Problemler.