40  Kümeler, Fonksiyonlar ve Tümevarım Üzerine Problemler

Bu bölümdeki problemler, kitabın ilk kısmında kurduğumuz küme ve fonksiyon dilini, ikinci kısımdaki tümevarım ilkesiyle birlikte çalıştırır: somut kümelerle işlem yapmak, küme eşitliklerini çift kapsamayla ispatlamak, bir fonksiyon altında bir kümenin görüntüsünü ve ters görüntüsünü hesaplamak, birebir ve örten fonksiyonlarla bileşke ve ters fonksiyonu kullanmak, son olarak da doğal sayılara ilişkin toplam formüllerini, bölünebilme özelliklerini ve eşitsizlikleri tümevarımla kanıtlamak. Kullanılan araçların çoğu Kümeler ve Küme İşlemleri, Fonksiyonlar ve Doğal Sayılar ve Tümevarım bölümlerindedir; aralıklar, kareler ve kökler üzerine adımlarda Sıralama Aksiyomları ve Aralıklar, Mutlak Değer ve Köklerin Varlığı, İrrasyonel Sayılar ve Yoğunluk bölümlerinin sonuçlarına başvuracağız.

Çözümleri açmadan önce her problemi kendi başınıza denemenizi öneririz. Küme problemlerinde önce bir Venn şeması çizip sonra çift kapsamayla ispat yazmak, fonksiyon problemlerinde ise “bu eleman hangi kümede ve neden?” sorusunu her satırda sormak hataların çoğunu baştan önler. Tümevarım ispatlarında temel adımı atlamamaya ve tümevarım hipotezini tam olarak nerede kullandığınızı belirtmeye özen gösterin.

40.1 Küme İşlemleri

İlk problemlerde somut kümelerle hesap yapacak, ardından genel küme eşitliklerini kesişim, birleşim ve farkın tanımlarından (Tanım 3.4, Tanım 3.5) yola çıkarak ispatlayacağız. Bir eşitliği göstermenin standart yolu çift kapsamadır (Tanım 3.1): önce sol tarafın sağ tarafın içinde, sonra sağ tarafın sol tarafın içinde olduğunu gösteririz.

Alıştırma 40.1 (Üç Kümenin Ortak Elemanları) \(A = \{k \in \mathbb{N} : k \le 20\}\), \(B = \{3k - 1 : k \in \mathbb{N}\}\) ve \(C = \{2k + 1 : k \in \mathbb{N}\}\) olsun. \(A \cap B \cap C\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Önce kümeleri tanıyalım. \(A = \{1, 2, \dots, 20\}\)’dir. \(B\)’nin elemanları \(k = 1, 2, 3, \dots\) için \(3k - 1\) sayılarıdır: \(2, 5, 8, 11, \dots\); ardışık iki eleman arasındaki fark \(3\)’tür. \(C\)’nin elemanları \(k = 1, 2, 3, \dots\) için \(2k + 1\) sayılarıdır: \(3, 5, 7, 9, \dots\). Dikkat: \(1 = 2 \cdot 0 + 1\) tek bir sayıdır ama \(0 \notin \mathbb{N}\) olduğundan \(1 \notin C\); \(C\), \(1\)’den büyük tek doğal sayıların kümesidir.

Adım 1: \(A \cap B\). Bir \(x\) sayısı \(A \cap B\)’dedir ancak ve ancak bir \(k \in \mathbb{N}\) için \(x = 3k - 1\) ve \(x \le 20\) ise. Her \(k \in \mathbb{N}\) için \(3k - 1\) bir tam sayıdır ve \(k \ge 1\) olduğundan \(3k - 1 \ge 2 > 0\)’dır; pozitif tam sayılar doğal sayılar olduğundan (Tanım 11.1) \(3k - 1 \in \mathbb{N}\)’dir. Geriye \(3k - 1 \le 20\) koşulu kalır:

\[3k - 1 \le 20 \iff 3k \le 21 \iff k \le 7.\]

Demek ki \(k\), \(1, 2, \dots, 7\) değerlerini alır ve

\[A \cap B = \{2, 5, 8, 11, 14, 17, 20\}.\]

Adım 2: \(C\) ile kesişim. Kesişim birleşmeli olduğundan \(A \cap B \cap C = (A \cap B) \cap C\)’dir; \(A \cap B\)’nin yedi elemanını tek tek sınayalım.

• \(2 = 2 \cdot 1\), \(8 = 2 \cdot 4\), \(14 = 2 \cdot 7\) ve \(20 = 2 \cdot 10\) çift sayılardır. Bir tam sayı hem çift hem tek olamayacağından (Önerme 11.2) bunlar \(2k + 1\) biçiminde yazılamaz; \(C\)’de değillerdir.
• \(5 = 2 \cdot 2 + 1\), \(11 = 2 \cdot 5 + 1\) ve \(17 = 2 \cdot 8 + 1\)’dir; \(k = 2, 5, 8\) doğal sayılar olduğundan üçü de \(C\)’dedir.

Sonuç.

\[A \cap B \cap C = \{5, 11, 17\}.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.2 (Kesişimden Tek Sayıları Çıkarmak) \(A = \{k \in \mathbb{N} : k \le 20\}\), \(B = \{3k - 1 : k \in \mathbb{N}\}\) ve \(C = \{2k + 1 : k \in \mathbb{N}\}\) olsun. \((A \cap B) \setminus C\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(A \cap B\) kümesini bir önceki problemde (Alıştırma 40.1) bulmuştuk:

\[A \cap B = \{2, 5, 8, 11, 14, 17, 20\}.\]

Farkın tanımı gereği \((A \cap B) \setminus C\), \(A \cap B\)’nin \(C\)’de olmayan elemanlarından oluşur. Aynı problemde \(A \cap B\)’nin elemanlarından \(C\)’de olanların tam olarak \(5\), \(11\) ve \(17\) olduğunu, \(2\), \(8\), \(14\), \(20\) çift sayılarının ise \(C\)’de olmadığını gördük. Bu üç elemanı çıkaralım.

Sonuç.

\[(A \cap B) \setminus C = \{2, 8, 14, 20\}.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.3 (Tek Sayılardan Üçün Katının Bir Eksiklerini Çıkarmak) \(A = \{k \in \mathbb{N} : k \le 20\}\), \(B = \{3k - 1 : k \in \mathbb{N}\}\) ve \(C = \{2k + 1 : k \in \mathbb{N}\}\) olsun. \((A \cap C) \setminus B\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Adım 1: \(A \cap C\). Her \(k \in \mathbb{N}\) için \(2k + 1 \ge 3\) bir doğal sayıdır. \(A\)’da olması için \(2k + 1 \le 20\), yani \(2k \le 19\) gerekir. Bu, \(k \le 9{,}5\) demektir; \(k\) doğal sayı olduğundan \(k < 10\) ve Sonuç 10.1 (2) gereği \(k \le 9\)’dur. Tersine \(k = 1, \dots, 9\) için \(2k + 1 \le 19\)’dur. Dolayısıyla

\[A \cap C = \{3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19\}.\]

Adım 2: \(B\)’nin elemanlarını çıkarmak. \(A \cap C\)’nin her elemanı \(A\)’dadır; \(A\)’nın bir elemanı ise \(B\)’de olduğunda zaten \(A \cap B\)’dedir. Bu yüzden \(A \cap C\)’nin hangi elemanlarının \(B\)’de olduğunu anlamak için onları ilk problemde (Alıştırma 40.1) bulunan

\[A \cap B = \{2, 5, 8, 11, 14, 17, 20\}\]

kümesiyle karşılaştırmak yeter. Ortak elemanlar \(5\), \(11\) ve \(17\)’dir; geri kalan altı eleman (\(3, 7, 9, 13, 15, 19\)) \(A \cap B\)’de, dolayısıyla \(B\)’de değildir.

Sonuç.

\[(A \cap C) \setminus B = \{3, 7, 9, 13, 15, 19\}.\]

\(\blacksquare\)

Sıradaki üç problem, iki kümeli fark ifadelerini sadeleştiriyor. Önce Venn şemasında hangi bölgenin kaldığına bakacak, şemanın önerdiği eşitliği sonra çift kapsamayla ispatlayacağız. İki küme düzlemi dört bölgeye ayırır: yalnız \(A\)’da olanlar (\(A \setminus B\)), her ikisinde olanlar (\(A \cap B\)), yalnız \(B\)’de olanlar (\(B \setminus A\)) ve ikisinin de dışında kalanlar.

Alıştırma 40.4 (Bir Kümeden Dışındaki Parçayı Çıkarmak) \(A\) ve \(B\) iki küme olsun. Bir Venn şeması çizerek \(A \setminus (B \setminus A)\) kümesini sadeleştiriniz ve bulduğunuz eşitliği ispatlayınız.

Çözüm

Şema. \(B \setminus A\), \(B\)’nin \(A\) dışında kalan hilal biçimli parçasıdır, yani “yalnız \(B\)’de olanlar” bölgesi. \(A\) ise “yalnız \(A\)’da olanlar” ve “her ikisinde olanlar” bölgelerinden oluşur; bu iki bölgenin hiçbiri \(B \setminus A\) ile örtüşmez. Demek ki \(A\)’dan \(B \setminus A\)’yı çıkarmak \(A\)’dan hiçbir şey eksiltmez:

Solda B \ A: B'nin A dışında kalan hilal biçimli parçası. Bu parça A ile hiç örtüşmediğinden A'dan onu çıkarmak hiçbir şey koparmaz; sağda kalan bölge A'nın tamamıdır.

Şema \(A \setminus (B \setminus A) = A\) eşitliğini öneriyor. Şimdi bunu çift kapsamayla ispatlayalım.

\(A \setminus (B \setminus A) \subseteq A\). \(x \in A \setminus (B \setminus A)\) olsun. Farkın tanımı gereği \(x \in A\) ve \(x \notin B \setminus A\)’dır; özellikle \(x \in A\).

\(A \subseteq A \setminus (B \setminus A)\). \(x \in A\) olsun. \(B \setminus A\)’nın her elemanı, yine farkın tanımı gereği, \(A\)’nın dışındadır. \(x \in A\) olduğundan \(x\) bu kümeye ait olamaz: \(x \notin B \setminus A\). Hem \(x \in A\) hem \(x \notin B \setminus A\) olduğundan \(x \in A \setminus (B \setminus A)\).

Sonuç. İki kapsama Tanım 3.1 gereği

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

eşitliğini verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.5 (Bir Kümeden Kendi Farkını Çıkarmak) \(A\) ve \(B\) iki küme olsun. Bir Venn şeması çizerek \(A \setminus (A \setminus B)\) kümesini sadeleştiriniz ve bulduğunuz eşitliği ispatlayınız.

Çözüm

Şema. \(A \setminus B\), \(A\)’nın \(B\) dışında kalan parçasıdır, yani “yalnız \(A\)’da olanlar” bölgesi. \(A\)’yı oluşturan iki bölgeden (“yalnız \(A\)” ve “her ikisi”) ilkini çıkarınca geriye yalnızca ortak bölge, yani \(A \cap B\) kalır:

Solda A \ B: A'nın B dışında kalan parçası. A'dan bu parça çıkarılınca geriye yalnızca iki çemberin ortak bölgesi, yani A ∩ B kalır.

Şema \(A \setminus (A \setminus B) = A \cap B\) eşitliğini öneriyor. Çift kapsamayla ispatlayalım.

\(A \setminus (A \setminus B) \subseteq A \cap B\). \(x \in A \setminus (A \setminus B)\) olsun; yani \(x \in A\) ve \(x \notin A \setminus B\). \(x \in B\) olduğunu göstermek istiyoruz. Olmayana ergi ile \(x \notin B\) olduğunu varsayalım. O zaman \(x \in A\) ve \(x \notin B\) olduğundan \(x \in A \setminus B\) olurdu; bu, \(x \notin A \setminus B\) ile çelişir. Demek ki \(x \in B\)’dir. \(x \in A\) ile birlikte \(x \in A \cap B\).

\(A \cap B \subseteq A \setminus (A \setminus B)\). \(x \in A \cap B\) olsun; \(x \in A\) ve \(x \in B\). \(A \setminus B\)’nin her elemanı \(B\)’nin dışındadır; \(x \in B\) olduğundan \(x \notin A \setminus B\). Hem \(x \in A\) hem \(x \notin A \setminus B\) olduğundan \(x \in A \setminus (A \setminus B)\).

Sonuç.

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

Aynı eşitliği Örnek 3.4 mantık yasalarıyla, önermeler arasında denklik zinciri kurarak elde etmişti; burada eleman alıp iki kapsamayı ayrı ayrı gösterdik.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.6 (Bir Kümenin Kendi Dışıyla Kesişimi) \(A\) ve \(B\) iki küme olsun. Bir Venn şeması çizerek \(A \cap (B \setminus A)\) kümesini belirleyiniz ve sonucunuzu ispatlayınız.

Çözüm

Şema. \(B \setminus A\) “yalnız \(B\)’de olanlar” bölgesidir; \(A\) ise “yalnız \(A\)” ve “her ikisi” bölgelerinden oluşur. Bu bölgelerin ortak noktası yoktur:

Solda B \ A. Sağda A ile B \ A iki ayrı tonla birlikte çizilmiştir: iki bölgenin ortak noktası yoktur, dolayısıyla kesişimleri boş kümedir.

Şema \(A \cap (B \setminus A) = \varnothing\) olduğunu öneriyor.

İspat. Kümenin bir \(x\) elemanı olduğunu varsayalım. Kesişimin tanımı gereği \(x \in A\) ve \(x \in B \setminus A\)’dır. Farkın tanımı gereği ikincisi \(x \in B\) ve \(x \notin A\) demektir. Böylece hem \(x \in A\) hem \(x \notin A\) elde edilir; bu bir çelişkidir. Demek ki kümenin hiçbir elemanı yoktur.

Sonuç.

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

Sözle: \(A\) ile \(B \setminus A\) ayrık kümelerdir (Tanım 3.4).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.7 (Alt Küme Olmanın Kesişimle İfadesi) \(A\) ve \(B\) iki küme olsun. \(A \subseteq B\) olması için gerek ve yeter koşulun \(A \cap B = A\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Bir “ancak ve ancak” önermesini iki yönde ispatlayacağız.

(\(\Rightarrow\) yönü) \(A \subseteq B\) olsun. \(A \cap B = A\) eşitliği için iki kapsama gerekir.

• \(A \cap B \subseteq A\): Bu kapsama her zaman doğrudur (Önerme 3.3); \(x \in A \cap B\) ise tanım gereği \(x \in A\)’dır.
• \(A \subseteq A \cap B\): \(x \in A\) olsun. Varsayım \(A \subseteq B\) olduğundan \(x \in B\)’dir. Hem \(x \in A\) hem \(x \in B\) olduğundan \(x \in A \cap B\).

İki kapsamadan \(A \cap B = A\).

(\(\Leftarrow\) yönü) \(A \cap B = A\) olsun. \(x \in A\) keyfi olsun. Varsayım gereği \(A = A \cap B\) olduğundan \(x \in A \cap B\), yani \(x \in A\) ve \(x \in B\); özellikle \(x \in B\). Keyfi bir \(x \in A\) için \(x \in B\) bulduk; dolayısıyla \(A \subseteq B\).

Sonuç. \(A \subseteq B \iff A \cap B = A\). Bu, küme işlemlerinin temel özelliklerinden birinin (Teorem 3.1 (6)) \(A\) ile \(B\)’nin rolleri değiştirilmiş biçimidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.8 (Kesişimin Birleşim Üzerine Dağılması) \(A\), \(B\), \(C\) kümeler olsun.

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

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Çift kapsama yapacağız; her yönde, “veya” içeren bir bilgiyi iki duruma ayırarak kullanacağız.

Sol taraf sağ tarafın içindedir. \(x \in A \cap (B \cup C)\) olsun. Kesişimin tanımı gereği \(x \in A\) ve \(x \in B \cup C\)’dir; birleşimin tanımı gereği de \(x \in B\) ya da \(x \in C\)’dir.

• \(x \in B\) ise: \(x \in A\) ile birlikte \(x \in A \cap B\). \(A \cap B \subseteq (A \cap B) \cup (A \cap C)\) olduğundan (Önerme 3.3) \(x\) sağ taraftadır.
• \(x \in C\) ise: aynı biçimde \(x \in A \cap C \subseteq (A \cap B) \cup (A \cap C)\).

Sağ taraf sol tarafın içindedir. \(x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)\) olsun. O zaman \(x \in A \cap B\) ya da \(x \in A \cap C\)’dir.

• \(x \in A \cap B\) ise: \(x \in A\) ve \(x \in B\). \(B \subseteq B \cup C\) olduğundan \(x \in B \cup C\); dolayısıyla \(x \in A \cap (B \cup C)\).
• \(x \in A \cap C\) ise: \(x \in A\) ve \(x \in C \subseteq B \cup C\); yine \(x \in A \cap (B \cup C)\).

Sonuç. İki kapsama Tanım 3.1 gereği

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

verir. Bu, Teorem 3.1 (3) maddesindeki ilk dağılma yasasıdır; orada aynı eşitlik mantıktaki dağılma yasasından çıkarılmıştı.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.9 (Birleşimin Kesişim Üzerine Dağılması) \(A\), \(B\), \(C\) kümeler olsun.

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

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Yine çift kapsama yapacağız.

Sol taraf sağ tarafın içindedir. \(x \in A \cup (B \cap C)\) olsun; \(x \in A\) ya da \(x \in B \cap C\)’dir.

• \(x \in A\) ise: \(A \subseteq A \cup B\) ve \(A \subseteq A \cup C\) olduğundan (Önerme 3.3) \(x\) hem \(A \cup B\)’de hem \(A \cup C\)’dedir; yani \(x \in (A \cup B) \cap (A \cup C)\).
• \(x \in B \cap C\) ise: \(x \in B \subseteq A \cup B\) ve \(x \in C \subseteq A \cup C\); yine \(x \in (A \cup B) \cap (A \cup C)\).

Sağ taraf sol tarafın içindedir. \(x \in (A \cup B) \cap (A \cup C)\) olsun; yani \(x \in A \cup B\) ve \(x \in A \cup C\). \(x\)’in \(A\)’da olup olmamasına göre iki durum vardır.

• \(x \in A\) ise: \(A \subseteq A \cup (B \cap C)\) olduğundan \(x\) sol taraftadır.
• \(x \notin A\) ise: \(x \in A \cup B\) olduğu hâlde \(x \notin A\) olduğundan \(x \in B\) olmak zorundadır. Aynı akıl yürütme \(x \in A \cup C\) bilgisinden \(x \in C\) verir. Dolayısıyla \(x \in B \cap C \subseteq A \cup (B \cap C)\).

Sonuç.

\[A \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap (A \cup C).\]

Bu da Teorem 3.1 (3) maddesindeki ikinci dağılma yasasıdır.

\(\blacksquare\)

Simetrik farkı iki farkın birleşimi olarak tanımlamıştık (Tanım 3.6). Aşağıdaki üç problemde ondan bağımsız olarak, sözel bir tariften başlıyoruz ve bu tarifin tanımla aynı kümeyi verdiğini gösteriyoruz.

Alıştırma 40.10 (Yalnız Birine Ait Olanların Şeması) \(A\) ve \(B\) iki küme olsun. \(A\)’ya ya da \(B\)’ye ait olup ikisine birden ait olmayan bütün elemanların kümesine \(D\) diyelim. \(D\)’yi bir Venn şemasında gösteriniz.

Çözüm

İki küme düzlemi dört bölgeye ayırır. Her bölgeyi \(D\)’nin tarifiyle sınayalım.

• Yalnız \(A\)’da olanlar: \(A\)’ya aittir, \(B\)’ye ait değildir; “ikisine birden” ait olmadıkları için \(D\)’dedirler.
• Yalnız \(B\)’de olanlar: aynı gerekçeyle \(D\)’dedirler.
• Her ikisinde olanlar: ikisine birden ait oldukları için \(D\)’de değildirler.
• İkisinin de dışında kalanlar: ne \(A\)’ya ne \(B\)’ye ait olduklarından \(D\)’de değildirler.

Demek ki \(D\), şemada iki hilal biçimli bölgeden oluşur; ortadaki mercek biçimli ortak bölge ve çemberlerin dışı \(D\)’ye girmez:

A ile B'nin simetrik farkı D: iki kümeden yalnızca birine ait olan elemanlar. Taralı bölge iki hilalden oluşur; ortadaki A ∩ B bölgesi (her iki kümede olanlar) ile iki çemberin dışı D'ye girmez.

İki hilal sırasıyla \(A \setminus B\) ve \(B \setminus A\) kümeleridir. Şemanın bu gözlemi, bir sonraki problemde ispatlayacağımız \(D = (A \setminus B) \cup (B \setminus A)\) eşitliğini önerir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.11 (Yalnız Birine Ait Olanlar İki Farkın Birleşimidir) \(A\) ve \(B\) iki küme, \(D\) de \(A\)’ya ya da \(B\)’ye ait olup ikisine birden ait olmayan elemanların kümesi olsun. \(D = (A \setminus B) \cup (B \setminus A)\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Bir \(x\) nesnesi için \(p\): “\(x \in A\)” ve \(q\): “\(x \in B\)” önermelerini alalım. \(D\)’nin tarifi ile farkın ve birleşimin tanımları üyelik koşullarını şöyle yazar:

\[x \in D \iff (p \vee q) \wedge \neg(p \wedge q),\]

\[x \in (A \setminus B) \cup (B \setminus A) \iff (p \wedge \neg q) \vee (q \wedge \neg p).\]

Her \(x\) için \((p, q)\) çifti dört değer bileşiminden birini alır ve iki üyelik koşulunun doğruluk değeri yalnızca bu bileşime bağlıdır. Bu yüzden iki koşulun doğruluk tablosunu kurmak yeter. Sütunları Tanım 1.6, Tanım 1.5 ve Tanım 1.2 ile dolduralım:

\(p\)	\(q\)	\(p \vee q\)	\(p \wedge q\)	\((p \vee q) \wedge \neg(p \wedge q)\)	\(p \wedge \neg q\)	\(q \wedge \neg p\)	\((p \wedge \neg q) \vee (q \wedge \neg p)\)
D	D	D	D	Y	Y	Y	Y
D	Y	D	Y	D	D	Y	D
Y	D	D	Y	D	Y	D	D
Y	Y	Y	Y	Y	Y	Y	Y

Beşinci ve sekizinci sütunlar her satırda aynı değeri alır. Yani hangi \(x\)’i alırsak alalım, \(x \in D\) önermesi ile \(x \in (A \setminus B) \cup (B \setminus A)\) önermesi ya ikisi birden doğru ya ikisi birden yanlıştır. İki küme aynı elemanlardan oluşur.

Sonuç.

\[D = (A \setminus B) \cup (B \setminus A).\]

Bu eşitlik, sözel tarifle verilen \(D\) kümesinin simetrik fark \(A \,\triangle\, B\) ile (Tanım 3.6) aynı olduğunu söyler. Tablonun satırları Venn şemasının bölgelerine karşılık gelir: ilk satır ortak bölge, ikinci ve üçüncü satırlar iki hilal, son satır iki çemberin dışıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.12 (Yalnız Birine Ait Olanlar Birleşimden Kesişimin Çıkarılmasıdır) \(A\) ve \(B\) iki küme, \(D\) de \(A\)’ya ya da \(B\)’ye ait olup ikisine birden ait olmayan elemanların kümesi olsun. \(D = (A \cup B) \setminus (A \cap B)\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Bu kez tarif, sağ taraftaki kümenin üyelik koşulunun sözel okunuşundan başka bir şey değildir. Bir \(x\) nesnesi için farkın, birleşimin ve kesişimin tanımlarını sırayla uygulayalım:

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

İkinci satırdaki ilk parça “\(A\)’ya ya da \(B\)’ye ait olmak”, ikinci parça “ikisine birden ait olmamak” demektir; ikisinin birlikte doğru olması tam olarak \(D\)’nin tarifidir. Her adım bir denklik olduğundan iki küme aynı elemanlardan oluşur.

Sonuç.

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

Bir önceki problemdeki (Alıştırma 40.11) eşitlikle birleştirince

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

elde edilir; bu, simetrik farkın ikinci biçimidir (Önerme 3.4). Venn şemasında da bu açıktır: iki çemberin birleşiminden ortadaki ortak bölge çıkarılınca geriye iki hilal kalır.

\(\blacksquare\)

Son küme problemi sonsuz bir küme ailesiyle ilgilidir; genel birleşim ve genel kesişimi tanımdaki gibi (Tanım 3.8) niceleyicilerle okuyacağız.

Alıştırma 40.13 (Çift Sayılarla Üçün Katlarının Ortak Elemanları) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(A_n = \{(n + 1)k : k \in \mathbb{N}\}\) olsun. \(A_1 \cap A_2\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(A_n\), \(n + 1\)’in pozitif katlarının kümesidir. Özel olarak

\[A_1 = \{2k : k \in \mathbb{N}\} = \{2, 4, 6, \dots\}, \qquad A_2 = \{3k : k \in \mathbb{N}\} = \{3, 6, 9, \dots\}.\]

Kesişimin \(6\)’nın pozitif katlarından, yani \(\{6k : k \in \mathbb{N}\}\) kümesinden oluştuğunu iddia ediyoruz. Çift kapsamayla gösterelim.

\(\{6k : k \in \mathbb{N}\} \subseteq A_1 \cap A_2\). \(k \in \mathbb{N}\) olsun. \(6k = 2 \cdot (3k)\) ve \(3k \in \mathbb{N}\) olduğundan (Önerme 10.2) \(6k \in A_1\); \(6k = 3 \cdot (2k)\) ve \(2k \in \mathbb{N}\) olduğundan \(6k \in A_2\).

\(A_1 \cap A_2 \subseteq \{6k : k \in \mathbb{N}\}\). \(x \in A_1 \cap A_2\) olsun. O zaman \(x = 2a\) ve \(x = 3b\) olacak biçimde \(a, b \in \mathbb{N}\) vardır.

• \(b\) çifttir. \(b\) çift olmasaydı Önerme 11.2 gereği tek olurdu: \(b = 2j + 1\), \(j \in \mathbb{Z}\). O zaman \(3b = 6j + 3 = 2(3j + 1) + 1\) tek olurdu. Oysa \(3b = x = 2a\) çifttir ve hiçbir tam sayı hem tek hem çift olamaz. Demek ki \(b = 2c\) olacak biçimde bir \(c \in \mathbb{Z}\) vardır.
• \(c\) bir doğal sayıdır. \(b \ge 1 > 0\) olduğundan \(2c > 0\), yani \(c > 0\)’dır; pozitif tam sayılar doğal sayılardır (Tanım 11.1).

Böylece \(x = 3b = 3 \cdot 2c = 6c\) ve \(c \in \mathbb{N}\); yani \(x \in \{6k : k \in \mathbb{N}\}\).

Sonuç.

\[A_1 \cap A_2 = \{6k : k \in \mathbb{N}\} = \{6, 12, 18, \dots\}.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.14 (Katlar Ailesinin Birleşimi) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(A_n = \{(n + 1)k : k \in \mathbb{N}\}\) olsun. \(\displaystyle\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(A_n\), \(n + 1\)’in pozitif katlarının kümesidir: \(A_1 = \{2, 4, 6, \dots\}\), \(A_2 = \{3, 6, 9, \dots\}\), \(A_3 = \{4, 8, 12, \dots\}\) ve böyle devam eder. Her \(m \ge 2\) doğal sayısı kendisinin bir katı olduğundan birleşimde olmalı, \(1\) ise hiçbir \(A_n\)’de olmamalıdır. Birleşimin \(\mathbb{N} \setminus \{1\} = \{2, 3, 4, \dots\}\) olduğunu çift kapsamayla gösterelim. Genel birleşimin tanımı (Tanım 3.8) gereği bir \(x\), birleşimdedir ancak ve ancak en az bir \(n \in \mathbb{N}\) için \(x \in A_n\) ise.

Birleşim \(\mathbb{N} \setminus \{1\}\)’in içindedir. \(x\) birleşimde olsun; bir \(n \in \mathbb{N}\) ve bir \(k \in \mathbb{N}\) için \(x = (n + 1)k\)’dır. Önerme 10.2 gereği \(x \in \mathbb{N}\). Ayrıca \(n \ge 1\) olduğundan \(n + 1 \ge 2\), \(k \ge 1\) olduğundan da \(x = (n + 1)k \ge 2 \cdot 1 = 2\) (pozitif sayılarla çarpma sıralamayı korur, (O4)). Demek ki \(x \ne 1\) ve \(x \in \mathbb{N} \setminus \{1\}\).

\(\mathbb{N} \setminus \{1\}\) birleşimin içindedir. \(m \in \mathbb{N}\) ve \(m \ne 1\) olsun. Önerme 10.3 (2) gereği \(m - 1 \in \mathbb{N}\)’dir. \(n = m - 1\) ve \(k = 1\) alınırsa \((n + 1)k = m\) olur; yani \(m \in A_{m-1}\). Birleşimin tanımındaki “en az bir \(n\)” koşulu \(n = m - 1\) ile sağlandığından \(m\) birleşimdedir.

Sonuç.

\[\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n = \mathbb{N} \setminus \{1\} = \{2, 3, 4, \dots\}.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.15 (Katlar Ailesinin Kesişimi) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(A_n = \{(n + 1)k : k \in \mathbb{N}\}\) olsun. \(\displaystyle\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Genel kesişimin tanımı (Tanım 3.8) gereği bir \(x\), kesişimdedir ancak ve ancak her \(n \in \mathbb{N}\) için \(x \in A_n\) ise; yani \(x\), \(2\)’nin, \(3\)’ün, \(4\)’ün, \(\dots\) hepsinin pozitif katı olmalıdır. Hiçbir sayının bunu sağlayamayacağını, çünkü kendisinden büyük bir sayının katı olamayacağını göstereceğiz.

Kesişimde bir \(x\) bulunduğunu varsayalım. \(x \in A_1\) olduğundan \(x\) bir doğal sayıdır. Kesişimdeki eleman bütün \(A_n\)’lerde olduğundan, özel olarak \(n = x\) için \(x \in A_x\)’tir: \(x = (x + 1)k\) olacak biçimde bir \(k \in \mathbb{N}\) vardır. \(k \ge 1\) ve \(x + 1 > 0\) olduğundan (O4) ile

\[x = (x + 1)k \ge x + 1 > x\]

bulunur; yani \(x > x\). Bu, (O1) ile çelişir. Demek ki kesişimin hiçbir elemanı yoktur.

Sonuç.

\[\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n = \varnothing.\]

Bir sayının kesişimin dışında kalması için tek bir kümeyi kaçırması yeter: her \(x\) doğal sayısı, örneğin \(A_x\)’i kaçırır.

\(\blacksquare\)

40.2 Fonksiyon, Görüntü ve Ters Görüntü

Bu gruptaki problemler fonksiyon tanımındaki iki koşulu, varlık ve tekliği (Tanım 5.1), ve görüntü ile ters görüntünün tanımlarını (Tanım 5.2) kullanır: \(y \in f(E)\) demek “\(y = f(x)\) olan bir \(x \in E\) vardır”, \(x \in f^{-1}(G)\) demek ise “\(f(x) \in G\)” demektir. Aralıklarla çalışırken karelerin sıralamayla ilişkisine sık sık başvuracağız; bunun için mutlak değeri kareyle karşılaştıran önermeyi (Önerme 8.4) kullanacağız. \(a \ge 0\) ve \(x \ge 0\) iken \(|x| = x\) olduğundan bu önerme, negatif olmayan iki sayı arasındaki sıralamanın kareler arasında da aynen korunduğunu söyler.

Alıştırma 40.16 (Birim Çember Bir Fonksiyon mudur) \(A = B = [-1, 1]\) olsun ve \(A \times B\) kümesinin

\[C = \{(x, y) \in A \times B : x^2 + y^2 = 1\}\]

alt kümesini ele alalım. \(C\), \(A\)’dan \(B\)’ye bir fonksiyon mudur? Yanıtınızı gerekçelendiriniz.

Çözüm

\(C \subseteq A \times B\) bir bağıntıdır; fonksiyon olması için fonksiyon tanımındaki iki koşulu (Tanım 5.1) sağlaması gerekir. İkisini ayrı ayrı sınayalım.

Varlık koşulu sağlanır. \(x \in [-1, 1]\) olsun. O zaman \(|x| \le 1\)’dir (Teorem 8.1 (7)) ve Önerme 8.4 (1) gereği \(x^2 \le 1^2 = 1\). Dolayısıyla \(1 - x^2 \ge 0\) ve \(y = \sqrt{1 - x^2}\) sayısı tanımlıdır (Teorem 13.2), \(y \ge 0\)’dır. \(y^2 = 1 - x^2\) olduğundan \(x^2 + y^2 = 1\); ayrıca \(y > 1\) olsaydı \(y^2 > 1\) olurdu (Önerme 7.12 (3)), oysa \(y^2 = 1 - x^2 \le 1\). Demek ki \(0 \le y \le 1\), yani \(y \in B\) ve \((x, y) \in C\). Her \(x \in A\) için \(C\)’de ilk bileşeni \(x\) olan en az bir ikili vardır.

Teklik koşulu bozulur. \(x = 0\) alalım. \(0^2 + 1^2 = 1\) ve \(0^2 + (-1)^2 = 1\) olduğundan \((0, 1)\) ve \((0, -1)\) ikilileri \(C\)’dedir (ikisinin bileşenleri de \([-1, 1]\)’dedir). Aynı ilk bileşene iki farklı ikinci bileşen (\(1 \ne -1\)) karşılık gelir; teklik koşulu sağlanmaz.

Bu durum \(x = 0\)’a özgü değildir: her \(x \in (-1, 1)\) için \(1 - x^2 > 0\) olduğundan \(\sqrt{1 - x^2} > 0\) ve \((x, \sqrt{1 - x^2})\) ile \((x, -\sqrt{1 - x^2})\) iki farklı ikilidir. Örneğin \(x = \frac{3}{5}\) için \(\frac{9}{25} + \frac{16}{25} = 1\) olduğundan \(\big(\frac{3}{5}, \frac{4}{5}\big)\) ve \(\big(\frac{3}{5}, -\frac{4}{5}\big)\) ikisi de \(C\)’dedir. Geometrik olarak bu, düşey doğru testinin bozulmasıdır:

Birim çember (mavi) ve [−1, 1] × [−1, 1] karesi (kesikli çerçeve). x = 3/5 düşey doğrusu çemberi iki noktada keser: aynı x değerine iki farklı y karşılık gelir, dolayısıyla çember bir fonksiyon grafiği değildir.

Sonuç. \(C\), \(A\)’dan \(B\)’ye bir fonksiyon değildir: varlık koşulu sağlanır ama teklik koşulu sağlanmaz.

Çemberin üst yarısını alırsak durum değişir: \(\{(x, y) \in C : y \ge 0\}\) kümesinde her \(x \in [-1, 1]\)’e yalnızca \(y = \sqrt{1 - x^2}\) karşılık gelir, çünkü negatif olmayan bir sayının negatif olmayan karekökü tektir (Teorem 13.2). Bu üst yarı, \(x \mapsto \sqrt{1 - x^2}\) fonksiyonunun grafiğidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.17 (Ters Kare Fonksiyonunda Bir Aralığın Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{1}{x^2}\) olsun. \(E = [1, 2]\) için \(f(E)\) görüntüsünü bulunuz.

Çözüm

Çözümde negatif olmayan \(u, v\) için \(u \le v \iff u^2 \le v^2\) denkliğini kullanacağız; bu, \(|u| = u\) olduğundan Önerme 8.4 (1) önermesinin (\(x = u\), \(a = v\) ile) kendisidir.

\(f(E) = [\tfrac14, 1]\) olduğunu çift kapsamayla gösterelim.

\(f(E) \subseteq [\tfrac14, 1]\). \(x \in [1, 2]\) olsun; \(x > 0\)’dır. \(1 \le x \le 2\) eşitsizliklerinin karesini alalım (Önerme 8.4 (1)): \(1 \le x^2 \le 4\). Pozitif sayılarda ters almak sıralamayı çevirir (Önerme 7.10; eşitlik durumunda iki taraf zaten eşit kalır), dolayısıyla

\[\frac{1}{4} \le \frac{1}{x^2} \le 1.\]

Yani \(f(x) \in [\tfrac14, 1]\).

\([\tfrac14, 1] \subseteq f(E)\). \(y \in [\tfrac14, 1]\) verilsin. \(y > 0\) olduğundan pozitif karekökü \(\sqrt{y}\) vardır (Teorem 13.2). Aday olarak

\[x = \frac{1}{\sqrt{y}}\]

alalım. \(x^2 = \dfrac{1}{(\sqrt{y})^2} = \dfrac{1}{y}\) olduğundan \(f(x) = y\)’dir. Geriye \(x \in [1, 2]\) olduğunu göstermek kalıyor. \(\big(\tfrac12\big)^2 = \tfrac14 \le y = (\sqrt{y})^2 \le 1 = 1^2\) eşitsizliklerinden Önerme 8.4 (1) ile \(\tfrac12 \le \sqrt{y} \le 1\); terslerini alınca (Önerme 7.10) \(1 \le \tfrac{1}{\sqrt{y}} \le 2\), yani \(x \in E\).

Sonuç.

\[f([1, 2]) = \Big[\frac{1}{4}, 1\Big].\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.18 (Ters Kare Fonksiyonunda Bir Aralığın Ters Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{1}{x^2}\) olsun. \(G = [1, 4]\) için \(f^{-1}(G)\) ters görüntüsünü bulunuz.

Çözüm

Tanım gereği \(f^{-1}(G) = \{x \ne 0 : 1 \le \tfrac{1}{x^2} \le 4\}\)’tür. \(x \ne 0\) için koşulu adım adım çözelim.

Paydadan kurtulmak. \(x \ne 0\) olduğundan \(x^2 > 0\)’dır (Önerme 7.12 (1)). Bir eşitsizliğin iki yanını pozitif \(x^2\) ile çarpmak yönü korur (O4), pozitif \(\tfrac{1}{x^2}\) ile çarpmak da öyle; bu yüzden

\[1 \le \frac{1}{x^2} \iff x^2 \le 1, \qquad \frac{1}{x^2} \le 4 \iff 1 \le 4x^2 \iff \frac{1}{4} \le x^2.\]

Demek ki koşul \(\tfrac14 \le x^2 \le 1\)’e denktir.

Mutlak değere geçmek. \(\tfrac14 = \big(\tfrac12\big)^2\) ve \(1 = 1^2\)’dir. Önerme 8.4 (1) gereği \(x^2 \le 1 \iff |x| \le 1\); aynı önermenin (2) maddesi \(x^2 < \tfrac14 \iff |x| < \tfrac12\) verir ve iki yanı olumsuzlayınca \(x^2 \ge \tfrac14 \iff |x| \ge \tfrac12\) elde edilir. Böylece

\[\frac{1}{4} \le x^2 \le 1 \iff \frac{1}{2} \le |x| \le 1.\]

Mutlak değeri kaldırmak. Teorem 8.1 (7) gereği \(|x| \le 1 \iff -1 \le x \le 1\); (8) gereği \(|x| \ge \tfrac12 \iff x \ge \tfrac12\) ya da \(x \le -\tfrac12\). İki koşulun birlikte sağlandığı \(x\)’ler \([-1, -\tfrac12]\) ve \([\tfrac12, 1]\) aralıklarındadır. Bu sayıların hiçbiri \(0\) değildir; yani \(f\)’nin tanım kümesindedirler.

f(x) = 1/x² grafiğinin G = [1, 4] şeridine düşen iki parçası, x eksenine [−1, −1/2] ve [1/2, 1] aralıkları olarak iner. Ters görüntü bu iki aralığın birleşimidir.

Sonuç.

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

Ters görüntü iki parçalıdır, çünkü \(f\) çift bir fonksiyondur: \(f(-x) = f(x)\) olduğundan pozitif tarafta bulunan her parçanın negatif tarafta bir aynası vardır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.19 (Bir Bileşkenin Görüntüsü) \(g(x) = x^2\) ve \(f(x) = x + 2\) kurallarıyla \(f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonları verilsin ve \(h = g \circ f\) olsun. \(E = [0, 1]\) için \(h(E)\) görüntüsünü bulunuz.

Çözüm

Bileşkenin tanımı (Tanım 5.8) gereği her \(x \in \mathbb{R}\) için \(h(x) = g(f(x)) = (x + 2)^2\)’dir. Görüntüyü iki adımda, önce \(f\) sonra \(g\) altında hesaplayacağız. Bu yol meşrudur, çünkü

\[y \in h(E) \iff \exists x \in E,\ y = g(f(x)) \iff \exists u \in f(E),\ y = g(u) \iff y \in g(f(E));\]

yani \(h(E) = g(f(E))\). (Ortadaki denklikte \(u = f(x)\) alınır.)

Adım 1: \(f(E) = [2, 3]\). \(0 \le x \le 1\) ise iki yana \(2\) ekleyerek (O3) \(2 \le x + 2 \le 3\). Tersine \(u \in [2, 3]\) verildiğinde \(x = u - 2\) için \(0 \le x \le 1\) ve \(f(x) = u\)’dur.

Adım 2: \(g([2, 3]) = [4, 9]\). \(u \in [2, 3]\) ise negatif olmayan sayılarda kare almak sıralamayı koruduğundan (Önerme 8.4 (1)) \(4 \le u^2 \le 9\). Tersine \(y \in [4, 9]\) verilsin; \(y > 0\) olduğundan \(u = \sqrt{y}\) vardır ve \(2^2 \le (\sqrt{y})^2 \le 3^2\) eşitsizliklerinden aynı önermeyle \(2 \le \sqrt{y} \le 3\) çıkar. Böylece \(u \in [2, 3]\) ve \(g(u) = y\).

Sonuç.

\[h([0, 1]) = g\big(f([0, 1])\big) = g([2, 3]) = [4, 9].\]

Sağlama: uç noktalarda \(h(0) = 4\) ve \(h(1) = 9\)’dur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.20 (Bir Bileşkenin Ters Görüntüsü) \(g(x) = x^2\) ve \(f(x) = x + 2\) kurallarıyla \(f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonları verilsin ve \(h = g \circ f\) olsun. \(G = [0, 4]\) için \(h^{-1}(G)\) ters görüntüsünü bulunuz.

Çözüm

Bu kez de bileşkeyi parçalarına ayıracağız. Her \(x \in \mathbb{R}\) için

\[x \in h^{-1}(G) \iff g(f(x)) \in G \iff f(x) \in g^{-1}(G) \iff x \in f^{-1}\big(g^{-1}(G)\big)\]

olduğundan \(h^{-1}(G) = f^{-1}\big(g^{-1}(G)\big)\)’dir. Sıraya dikkat: görüntüde önce \(f\) sonra \(g\) uygulanırken ters görüntüde önce \(g^{-1}\) sonra \(f^{-1}\) alınır.

Adım 1: \(g^{-1}([0, 4]) = [-2, 2]\). \(u \in g^{-1}([0, 4])\) demek \(0 \le u^2 \le 4\) demektir. Soldaki eşitsizlik her \(u\) için doğrudur (Önerme 7.12 (1)). Sağdaki için \(4 = 2^2\) yazalım; Önerme 8.4 (1) gereği \(u^2 \le 2^2 \iff |u| \le 2\). Bu da Teorem 8.1 (7) gereği \(-2 \le u \le 2\) demektir.

Adım 2: \(f^{-1}([-2, 2]) = [-4, 0]\). \(x \in f^{-1}([-2, 2])\) demek \(-2 \le x + 2 \le 2\) demektir; iki yandan \(2\) çıkararak (O3) \(-4 \le x \le 0\).

h(x) = (x + 2)² parabolünün G = [0, 4] şeridinde kalan parçası, x ekseninde tek bir aralığa, [−4, 0] aralığına iner.

Sonuç.

\[h^{-1}([0, 4]) = [-4, 0].\]

Sağlama: \(h(-4) = (-2)^2 = 4\), \(h(-2) = 0\) ve \(h(0) = 4\); aralığın dışındaki örneğin \(x = 1\) için \(h(1) = 9 \notin G\).

\(\blacksquare\)

Sıradaki üç problemde aynı fonksiyon ve aynı (ya da sıfırı atılmış) iki aralık kullanılıyor. Teorem 5.1 (2) her fonksiyon için \(f(E \cap F) \subseteq f(E) \cap f(F)\) kapsamasını verir; burada bu kapsamanın kesin olabildiğini, \(0\)’ı atmanın durumu düzeltmediğini ve farkın görüntüsü için beklenen bir kapsamanın hiç sağlanmayabildiğini göreceğiz.

Alıştırma 40.21 (Kesişimin Görüntüsü Daha Küçük Olabilir) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) olsun; \(E = [-1, 0]\) ve \(F = [0, 1]\) alalım. \(E \cap F = \{0\}\) ve \(f(E \cap F) = \{0\}\) olduğunu, buna karşılık \(f(E) = f(F) = [0, 1]\) olduğunu gösteriniz. Buradan \(f(E \cap F)\)’nin \(f(E) \cap f(F)\)’nin öz alt kümesi olduğu sonucunu çıkarınız.

Çözüm

Adım 1: \(E \cap F = \{0\}\). \(0 \in [-1, 0]\) ve \(0 \in [0, 1]\) olduğundan \(0 \in E \cap F\). Tersine \(x \in E \cap F\) ise \(x \le 0\) ve \(x \ge 0\)’dır; (O1) gereği \(x < 0\) ve \(x > 0\) aynı anda olamayacağından \(x = 0\). Böylece \(E \cap F = \{0\}\) ve \(f(E \cap F) = f(\{0\}) = \{0^2\} = \{0\}\).

Adım 2: \(f(F) = [0, 1]\). \(x \in [0, 1]\) ise \(|x| = x \le 1\) olduğundan Önerme 8.4 (1) gereği \(x^2 \le 1\); ayrıca \(x^2 \ge 0\). Tersine \(y \in [0, 1]\) için \(x = \sqrt{y}\) alalım (\(y = 0\) ise \(\sqrt{0} = 0\)); \(0 \le \sqrt{y}\) ve \((\sqrt{y})^2 = y \le 1 = 1^2\) olduğundan aynı önermeyle \(\sqrt{y} \le 1\), yani \(x \in F\) ve \(f(x) = y\).

Adım 3: \(f(E) = [0, 1]\). \(x \in [-1, 0]\) ise \(-x \in [0, 1]\)’dir ve \(x^2 = (-x)^2\) olduğundan Adım 2 gereği \(0 \le x^2 \le 1\). Tersine \(y \in [0, 1]\) için \(x = -\sqrt{y}\) alalım; Adım 2’deki gibi \(0 \le \sqrt{y} \le 1\) olduğundan \(-1 \le x \le 0\) ve \(f(x) = (-\sqrt{y})^2 = y\).

Adım 4: Kapsama kesindir. Adım 2 ve 3’ten \(f(E) \cap f(F) = [0, 1] \cap [0, 1] = [0, 1]\). \(\{0\} \subseteq [0, 1]\)’dir ve örneğin \(1 = f(1)\) sayısı \([0, 1]\)’de olduğu hâlde \(\{0\}\)’da değildir. Tanım 3.1 gereği

\[f(E \cap F) = \{0\} \subset [0, 1] = f(E) \cap f(F)\]

kapsaması bir öz kapsamadır. Kaybın nedeni, \(f\)’nin \(-1\) ile \(1\) gibi farklı noktaları aynı yere göndermesidir: \(1\) sayısı hem \(E\)’den hem \(F\)’den gelir ama ortak bir noktadan gelmez.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.22 (Sıfır Atılınca Kesişimin Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) olsun. \(E = [-1, 0]\) ve \(F = [0, 1]\) kümelerinden \(0\) atılarak elde edilen \(E' = [-1, 0)\) ve \(F' = (0, 1]\) kümeleri için \(f(E' \cap F')\) ile \(f(E') \cap f(F')\) kümelerini karşılaştırınız. \(0\)’ı atmak ne değiştirir?

Çözüm

Adım 1: Kesişim boşalır. \(x \in E' \cap F'\) olsaydı hem \(x < 0\) hem \(x > 0\) olurdu; bu (O1) ile çelişir. Demek ki \(E' \cap F' = \varnothing\) ve görüntü tanımı gereği \(f(\varnothing) = \varnothing\) (boş kümede \(y = f(x)\) koşulunu sağlayan bir \(x\) aranamaz).

Adım 2: \(f(F') = (0, 1]\). \(x \in (0, 1]\) ise \(x \ne 0\) olduğundan \(x^2 > 0\) (Önerme 7.12 (1)) ve bir önceki problemdeki gibi (Alıştırma 40.21) \(x^2 \le 1\). Tersine \(y \in (0, 1]\) için \(x = \sqrt{y}\) alalım: \(y > 0\) olduğundan \(\sqrt{y} > 0\) ve \((\sqrt{y})^2 = y \le 1\) eşitsizliğinden (Önerme 8.4 (1)) \(\sqrt{y} \le 1\); yani \(x \in F'\) ve \(f(x) = y\).

Adım 3: \(f(E') = (0, 1]\). \(x \in [-1, 0)\) ise \(-x \in (0, 1]\) ve \(x^2 = (-x)^2 \in (0, 1]\) (Adım 2). Tersine \(y \in (0, 1]\) için \(x = -\sqrt{y}\) alınırsa \(-1 \le x < 0\) ve \(f(x) = y\).

Adım 4: Karşılaştırma. \(f(E') \cap f(F') = (0, 1]\); bu küme boş değildir, örneğin \(1\)’i içerir. Dolayısıyla

\[f(E' \cap F') = \varnothing \subset (0, 1] = f(E') \cap f(F')\]

yine bir öz kapsamadır.

Sonuç. \(0\)’ı atmak kapsamanın kesinliğini ortadan kaldırmaz; tersine, fark büyür: sol taraf tamamen boşalır, sağ taraf ise yalnızca \(0\)’ı kaybeder. Kesinliğin nedeni ortak nokta \(0\) değil, \(f\)’nin birebir olmamasıdır (\(f(-x) = f(x)\)). Birebir bir fonksiyonda \(f(E \cap F) = f(E) \cap f(F)\) eşitliği her zaman sağlanır (Teorem 5.3 (1)).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.23 (Farkın Görüntüsü Görüntülerin Farkına Sığmayabilir) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) olsun; \(E = [-1, 0]\) ve \(F = [0, 1]\) alalım. \(E \setminus F\) ve \(f(E) \setminus f(F)\) kümelerini bulunuz ve \(f(E \setminus F) \subseteq f(E) \setminus f(F)\) kapsamasının doğru olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Adım 1: \(E \setminus F = [-1, 0)\). \(x \in E \setminus F\) demek \(-1 \le x \le 0\) ve \(x \notin [0, 1]\) demektir. \(x \le 0\) olduğundan \(x > 1\) olamaz; dolayısıyla \(x \notin [0, 1]\) koşulu \(x < 0\)’a indirgenir. Böylece \(E \setminus F\), \(-1 \le x < 0\) koşulunu sağlayan sayılardan oluşur: \(E \setminus F = [-1, 0)\).

Adım 2: \(f(E) \setminus f(F) = \varnothing\). \(f(E) = f(F) = [0, 1]\) olduğunu daha önce gösterdik (Alıştırma 40.21). Bir kümeden kendisini çıkarınca boş küme kalır: \([0, 1] \setminus [0, 1] = \varnothing\).

Adım 3: \(f(E \setminus F)\) boş değildir. \(E \setminus F = [-1, 0)\) kümesi, sıfırı atma problemindeki (Alıştırma 40.22) \(E'\) kümesidir ve orada \(f(E') = (0, 1]\) bulundu. Özel olarak \(-1 \in E \setminus F\) ve \(f(-1) = 1\) olduğundan \(1 \in f(E \setminus F)\).

Sonuç. \(1 \in f(E \setminus F)\) ama \(1 \notin \varnothing = f(E) \setminus f(F)\). Tek bir karşıt örnek yeter: \(f(E \setminus F) \subseteq f(E) \setminus f(F)\) kapsaması yanlıştır. Burada

\[f(E \setminus F) = (0, 1], \qquad f(E) \setminus f(F) = \varnothing.\]

Ters yöndeki kapsama \(f(E) \setminus f(F) \subseteq f(E \setminus F)\) ise her fonksiyon için doğrudur (Teorem 5.1 (4)); bu örnekte sol taraf boş olduğundan kendiliğinden sağlanır. \(f\) birebir olsaydı iki küme eşit olurdu (Teorem 5.3 (2)).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.24 (Birleşimin Görüntüsü) \(f : A \to B\) bir fonksiyon, \(E\) ve \(F\) de \(A\)’nın alt kümeleri olsun. \(f(E \cup F) = f(E) \cup f(F)\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Çift kapsama yapalım.

\(f(E \cup F) \subseteq f(E) \cup f(F)\). \(y \in f(E \cup F)\) olsun. Görüntü tanımı gereği \(y = f(x)\) olacak biçimde bir \(x \in E \cup F\) vardır. Birleşimin tanımı gereği \(x \in E\) ya da \(x \in F\)’dir.

• \(x \in E\) ise \(y = f(x) \in f(E)\).
• \(x \in F\) ise \(y = f(x) \in f(F)\).

Her iki durumda \(y \in f(E) \cup f(F)\).

\(f(E) \cup f(F) \subseteq f(E \cup F)\). \(y \in f(E) \cup f(F)\) olsun.

• \(y \in f(E)\) ise \(y = f(x)\) olan bir \(x \in E\) vardır. \(E \subseteq E \cup F\) olduğundan bu \(x\), \(E \cup F\)’dedir; dolayısıyla \(y \in f(E \cup F)\).
• \(y \in f(F)\) ise aynı biçimde \(y = f(x)\) olan bir \(x \in F \subseteq E \cup F\) vardır ve \(y \in f(E \cup F)\).

Sonuç.

\[f(E \cup F) = f(E) \cup f(F).\]

Bu, Teorem 5.1 (3) maddesidir; orada aynı eşitlik niceleyicilerle kurulan bir denklik zinciriyle elde edilmişti.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.25 (Kesişimin Görüntüsü Görüntülerin Kesişiminin İçindedir) \(f : A \to B\) bir fonksiyon, \(E\) ve \(F\) de \(A\)’nın alt kümeleri olsun. \(f(E \cap F) \subseteq f(E) \cap f(F)\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(y \in f(E \cap F)\) keyfi olsun. Görüntü tanımı gereği \(y = f(x)\) olacak biçimde bir \(x \in E \cap F\) vardır; yani \(x \in E\) ve \(x \in F\).

• \(x \in E\) olduğundan \(y = f(x) \in f(E)\).
• \(x \in F\) olduğundan \(y = f(x) \in f(F)\).

Dolayısıyla \(y \in f(E) \cap f(F)\). \(y\) keyfi olduğundan

\[f(E \cap F) \subseteq f(E) \cap f(F).\]

Ters kapsama genel olarak yanlıştır: daha önceki bir problemde (Alıştırma 40.21) \(f(x) = x^2\), \(E = [-1, 0]\), \(F = [0, 1]\) için sol taraf \(\{0\}\), sağ taraf \([0, 1]\) çıktı. İspatta neyin eksik kaldığı da bellidir: \(y \in f(E) \cap f(F)\) olduğunda \(y\)’nin \(E\)’den ve \(F\)’den geldiği noktalar farklı olabilir; bu iki noktayı tek bir ortak noktaya indirmek için birebirlik gerekir (Teorem 5.3 (1)).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.26 (Birleşimin Ters Görüntüsü) \(f : A \to B\) bir fonksiyon, \(G\) ve \(H\) de \(B\)’nin alt kümeleri olsun. \(f^{-1}(G \cup H) = f^{-1}(G) \cup f^{-1}(H)\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Çift kapsama yapalım; ters görüntü tanımı gereği \(x \in f^{-1}(S)\) demek \(f(x) \in S\) demektir.

\(f^{-1}(G \cup H) \subseteq f^{-1}(G) \cup f^{-1}(H)\). \(x \in f^{-1}(G \cup H)\) olsun; yani \(f(x) \in G \cup H\). O zaman \(f(x) \in G\) ya da \(f(x) \in H\)’dir.

• \(f(x) \in G\) ise \(x \in f^{-1}(G)\).
• \(f(x) \in H\) ise \(x \in f^{-1}(H)\).

Her iki durumda \(x \in f^{-1}(G) \cup f^{-1}(H)\).

\(f^{-1}(G) \cup f^{-1}(H) \subseteq f^{-1}(G \cup H)\). \(x \in f^{-1}(G) \cup f^{-1}(H)\) olsun.

• \(x \in f^{-1}(G)\) ise \(f(x) \in G \subseteq G \cup H\), dolayısıyla \(x \in f^{-1}(G \cup H)\).
• \(x \in f^{-1}(H)\) ise \(f(x) \in H \subseteq G \cup H\), dolayısıyla yine \(x \in f^{-1}(G \cup H)\).

Sonuç.

\[f^{-1}(G \cup H) = f^{-1}(G) \cup f^{-1}(H).\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.27 (Kesişimin Ters Görüntüsü) \(f : A \to B\) bir fonksiyon, \(G\) ve \(H\) de \(B\)’nin alt kümeleri olsun. \(f^{-1}(G \cap H) = f^{-1}(G) \cap f^{-1}(H)\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Çift kapsama yapalım.

\(f^{-1}(G \cap H) \subseteq f^{-1}(G) \cap f^{-1}(H)\). \(x \in f^{-1}(G \cap H)\) olsun; \(f(x) \in G \cap H\), yani \(f(x) \in G\) ve \(f(x) \in H\). İlki \(x \in f^{-1}(G)\), ikincisi \(x \in f^{-1}(H)\) demektir; dolayısıyla \(x \in f^{-1}(G) \cap f^{-1}(H)\).

\(f^{-1}(G) \cap f^{-1}(H) \subseteq f^{-1}(G \cap H)\). \(x \in f^{-1}(G) \cap f^{-1}(H)\) olsun. \(x \in f^{-1}(G)\) olduğundan \(f(x) \in G\); \(x \in f^{-1}(H)\) olduğundan \(f(x) \in H\). Böylece \(f(x) \in G \cap H\), yani \(x \in f^{-1}(G \cap H)\).

Sonuç.

\[f^{-1}(G \cap H) = f^{-1}(G) \cap f^{-1}(H).\]

Görüntüden farklı olarak burada iki yönde de eşitlik vardır ve fonksiyon üzerinde hiçbir koşul gerekmez. Bunun nedeni, \(f(x)\)’in tek bir değer olmasıdır: “\(f(x) \in G\) ve \(f(x) \in H\)” bilgisi aynı \(x\) hakkındadır, oysa görüntüde iki ayrı nokta söz konusu olabiliyordu.

\(\blacksquare\)

40.3 Birebir-Örten Fonksiyonlar, Bileşke ve Ters Fonksiyon

Bu gruptaki problemlerde Tanım 5.7, Tanım 5.8 ve Tanım 5.9 tanımlarını kullanacağız. Bir fonksiyonun birebir-örten olduğunu göstermenin iki yolu vardır: birebirliği ve örtenliği ayrı ayrı denetlemek ya da tersi olacak bir fonksiyon bulup iki bileşkenin birim fonksiyon olduğunu doğrulamak; ikinci yol Teorem 5.5 sayesinde geçerlidir.

Alıştırma 40.28 (Reel Doğruyu Açık Bir Aralığa Eşlemek) \(f(x) = \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}\) kuralıyla verilen fonksiyonun \(\mathbb{R}\)’yi \((-1, 1)\) aralığına birebir-örten olarak eşlediğini, yani \(f : \mathbb{R} \to (-1, 1)\) fonksiyonunun birebir-örten olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Tersi olacak bir fonksiyon bulup ters fonksiyonun varlığı teoremini (Teorem 5.5) kullanacağız. Çözüm boyunca kökler için iki basit kural işimize yarayacak: \(a > 0\) ise \((\sqrt{a})^2 = a\) ve \(\sqrt{1/a} = 1/\sqrt{a}\). İkincisi köklerin tekliğinden çıkar: \(1/\sqrt{a}\) pozitiftir ve karesi \(1/a\)’dır (Teorem 13.2).

Adım 1: \(f\) iyi tanımlıdır ve \((-1, 1)\)’e gider. Her \(x\) için \(x^2 + 1 \ge 1 > 0\) olduğundan \(\sqrt{x^2 + 1}\) tanımlı ve pozitiftir; \(f(x)\) her \(x \in \mathbb{R}\) için tanımlıdır. Ayrıca \(x^2 < x^2 + 1 = \big(\sqrt{x^2 + 1}\big)^2\) olduğundan Önerme 8.4 (2) gereği (\(a = \sqrt{x^2 + 1} \ge 0\) ile) \(|x| < \sqrt{x^2 + 1}\). İki yanı pozitif \(\sqrt{x^2 + 1}\)’e bölersek

\[|f(x)| = \frac{|x|}{\sqrt{x^2 + 1}} < 1,\]

yani \(-1 < f(x) < 1\) (Önerme 8.3 (1)).

Adım 2: Ters adayı. \(y = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\) denklemini \(x\) için çözmeye çalışırsak \(g : (-1, 1) \to \mathbb{R}\),

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

adayına ulaşırız. \(|y| < 1\) ise Önerme 8.4 (2) gereği \(y^2 < 1\), dolayısıyla \(1 - y^2 > 0\); \(g\) her \(y \in (-1, 1)\) için tanımlıdır.

Adım 3: \(g \circ f = I_{\mathbb{R}}\). \(x \in \mathbb{R}\) ve \(s = \sqrt{x^2 + 1}\) olsun. \(f(x)^2 = \dfrac{x^2}{s^2} = \dfrac{x^2}{x^2 + 1}\) olduğundan

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

Dolayısıyla

\[g(f(x)) = \frac{x/s}{1/s} = x.\]

Adım 4: \(f \circ g = I_{(-1,1)}\). \(y \in (-1, 1)\) ve \(t = \sqrt{1 - y^2}\) olsun. \(g(y)^2 = \dfrac{y^2}{1 - y^2}\) olduğundan

\[g(y)^2 + 1 = \frac{y^2 + 1 - y^2}{1 - y^2} = \frac{1}{1 - y^2}, \qquad \sqrt{g(y)^2 + 1} = \frac{1}{t}.\]

Dolayısıyla

\[f(g(y)) = \frac{y/t}{1/t} = y.\]

Sonuç. \(g \circ f = I_{\mathbb{R}}\) ve \(f \circ g = I_{(-1,1)}\) olduğundan \(g\), \(f\)’nin ters fonksiyonudur (Tanım 5.9). Teorem 5.5 gereği tersi olan \(f\) birebir-örtendir:

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

f(x) = x/√(x² + 1) grafiği y = −1 ve y = 1 doğruları arasındaki şeritte kalır, bu doğrulara hiç değmez ve şeridin her yüksekliğine tam bir kez ulaşır.

Grafikte görüldüğü gibi \(f\), sayı doğrusunun tamamını \(-1\) ile \(1\) arasındaki şeride sıkıştırır; \(x\) büyüdükçe \(f(x)\) değeri \(1\)’e yaklaşır ama ona hiçbir zaman ulaşmaz. Böylece bu problem, daha önce kullandığımız fonksiyondan (Örnek 14.2) farklı bir eşlemeyle \((-1, 1)\) ile \(\mathbb{R}\)’nin eşgüçlü olduğunu da gösterir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.29 (Bir Açık Aralığı Birim Aralığa Eşlemek) \(a, b \in \mathbb{R}\) ve \(a < b\) olsun. \(A = (a, b)\) aralığını \(B = (0, 1)\) aralığına eşleyen, açık bir formülle verilmiş birebir-örten bir fonksiyon bulunuz.

Çözüm

Fikir basittir: önce aralığı \(a\) kadar sola kaydırıp \((0, b - a)\) aralığına taşırız, sonra uzunluğu \(b - a\) olan bu aralığı \(b - a\)’ya bölerek birim uzunluğa indiririz. Bu iki adımın bileşkesi

\[\varphi : (a, b) \to (0, 1), \qquad \varphi(x) = \frac{x - a}{b - a}\]

fonksiyonudur. \(a < b\) olduğundan \(b - a > 0\)’dır; dolayısıyla \(\frac{1}{b - a} > 0\) (Önerme 7.9).

Adım 1: \(\varphi\) gerçekten \((0, 1)\)’e gider. \(a < x < b\) ise iki yandan \(a\) çıkararak (O3) \(0 < x - a < b - a\); pozitif \(\frac{1}{b - a}\) ile çarparak (O4)

\[0 < \frac{x - a}{b - a} < 1.\]

Adım 2: Ters adayı. \(y = \frac{x - a}{b - a}\) denklemini \(x\) için çözersek \(x = a + (b - a)y\) buluruz. \(\psi : (0, 1) \to (a, b)\), \(\psi(y) = a + (b - a)y\) olsun. \(0 < y < 1\) ise pozitif \(b - a\) ile çarparak (O4) \(0 < (b - a)y < b - a\), iki yana \(a\) ekleyerek (O3) de \(a < \psi(y) < b\) bulunur; yani \(\psi\) gerçekten \((a, b)\)’ye gider.

Adım 3: İki bileşke. Her \(x \in (a, b)\) ve her \(y \in (0, 1)\) için

\[\psi(\varphi(x)) = a + (b - a) \cdot \frac{x - a}{b - a} = a + (x - a) = x,\]

\[\varphi(\psi(y)) = \frac{a + (b - a)y - a}{b - a} = \frac{(b - a)y}{b - a} = y.\]

Sonuç. \(\psi \circ \varphi = I_{(a,b)}\) ve \(\varphi \circ \psi = I_{(0,1)}\) olduğundan \(\psi\), \(\varphi\)’nin tersidir; Teorem 5.5 gereği

\[\varphi(x) = \frac{x - a}{b - a}\]

\((a, b)\)’den \((0, 1)\)’e birebir-örten bir fonksiyondur. Örneğin \(a = 2\), \(b = 5\) için \(\varphi(x) = \frac{x - 2}{3}\) olur ve aralığın orta noktası \(3{,}5\), \(\varphi(3{,}5) = 0{,}5\) değerine, yani \((0, 1)\)’in orta noktasına gider. Bu fonksiyon, aralıkların eşgüçlülüğünde kullanılan eşlemenin (Örnek 14.2) \((c, d) = (0, 1)\) özel hâlidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.30 (Yer Değiştirebilen İki Farklı Fonksiyon) \(f \ne g\) olduğu hâlde \(f \circ g = g \circ f\) eşitliğini sağlayan iki \(f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu örneği veriniz.

Çözüm

Bileşke genel olarak değişmeli değildir (Örnek 5.7); ama iki “öteleme” art arda uygulandığında sıranın önemi yoktur. \(f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonlarını

\[f(x) = x + 1, \qquad g(x) = x + 2\]

ile tanımlayalım.

\(f \ne g\). \(f(0) = 1\) ve \(g(0) = 2\)’dir; iki fonksiyon \(0\) noktasında farklı değer aldığından Tanım 5.5 gereği \(f \ne g\).

\(f \circ g = g \circ f\). Her \(x \in \mathbb{R}\) için

\[(f \circ g)(x) = f(x + 2) = (x + 2) + 1 = x + 3,\]

\[(g \circ f)(x) = g(x + 1) = (x + 1) + 2 = x + 3.\]

İki bileşke her noktada aynı değeri aldığından Tanım 5.5 gereği \(f \circ g = g \circ f\).

Sonuç. \(f(x) = x + 1\) ve \(g(x) = x + 2\) istenen özellikte iki fonksiyondur. Başka örnekler de kolayca kurulur: \(f(x) = 2x\) ve \(g(x) = 3x\) için iki bileşke de \(6x\)’tir; birim fonksiyon ise her fonksiyonla yer değiştirir (\(f \circ I_{\mathbb{R}} = I_{\mathbb{R}} \circ f = f\)).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.31 (Bileşke Toplama Üzerine Soldan Dağılmaz) İki fonksiyonun toplamı noktasal olarak tanımlanır: \((g + h)(x) = g(x) + h(x)\). \(f \circ (g + h) \ne f \circ g + f \circ h\) olan üç \(f, g, h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu örneği veriniz.

Çözüm

Doğrusal olmayan bir dış fonksiyon seçmek yeter. \(f, g, h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\),

\[f(x) = x^2, \qquad g(x) = x, \qquad h(x) = 1\]

olsun. Her \(x\) için \((g + h)(x) = x + 1\) olduğundan

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

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

İki fonksiyon farklıdır. \(x = 1\) noktasında ilki \((1 + 1)^2 = 4\), ikincisi \(1^2 + 1 = 2\) değerini alır; \(4 \ne 2\) olduğundan Tanım 5.5 gereği \(f \circ (g + h) \ne f \circ g + f \circ h\).

Sonuç. \(f(x) = x^2\), \(g(x) = x\), \(h(x) = 1\) istenen örnektir. Buna karşılık sağdan dağılma her zaman geçerlidir: her \(x\) için

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

yani \((g + h) \circ f = g \circ f + h \circ f\). Soldan dağılma ise \(f(u + v) = f(u) + f(v)\) özelliğini isteyen bir koşuldur; örneğin \(f(x) = cx\) biçimindeki fonksiyonlar bunu sağlar, \(f(x) = x^2\) sağlamaz.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.32 (Birebir Fonksiyonda Görüntünün Ters Görüntüsü) \(f : A \to B\) birebir bir fonksiyon ve \(E \subseteq A\) olsun. \(f^{-1}(f(E)) = E\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Çift kapsama yapalım.

\(E \subseteq f^{-1}(f(E))\). \(x \in E\) olsun. Görüntü tanımı gereği \(f(x) \in f(E)\)’dir; ters görüntü tanımına göre bu tam olarak \(x \in f^{-1}(f(E))\) demektir. (Bu yön birebirlik kullanmaz.)

\(f^{-1}(f(E)) \subseteq E\). \(x \in f^{-1}(f(E))\) olsun; yani \(f(x) \in f(E)\). Görüntü tanımı gereği \(f(x) = f(e)\) olacak biçimde bir \(e \in E\) vardır. \(f\) birebir olduğundan (Tanım 5.7) \(f(x) = f(e)\) eşitliği \(x = e\) verir; dolayısıyla \(x \in E\).

Sonuç.

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

İkinci yönde birebirlik tam olarak şu iş için gerekti: \(f(x)\) değerinin \(E\)’den gelmesi, \(x\)’in kendisinin \(E\)’de olduğunu ancak farklı noktalar aynı değeri almıyorsa garanti eder.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.33 (Birebirlik Olmadan Görüntünün Ters Görüntüsü) Birebir olmayan bir \(f : A \to B\) fonksiyonu ve bir \(E \subseteq A\) kümesi için \(f^{-1}(f(E)) \ne E\) olabileceğini bir örnekle gösteriniz.

Çözüm

\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) alalım. \(f\) birebir değildir: \(-2 \ne 2\) olduğu hâlde \(f(-2) = 4 = f(2)\). \(E = \{2\}\) olsun.

• \(f(E) = \{f(2)\} = \{4\}\).
• \(f^{-1}(\{4\}) = \{x \in \mathbb{R} : x^2 = 4\}\). \(x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2) = 0\) eşitliği, bir çarpımın sıfır olması için çarpanlardan birinin sıfır olması gerektiğinden (Önerme 6.13), \(x = 2\) ya da \(x = -2\) verir. Yani \(f^{-1}(\{4\}) = \{-2, 2\}\).

Sonuç.

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

Eşitliği bozan, \(E\)’nin dışındaki \(-2\) noktasının \(E\)’deki \(2\) ile aynı yere gitmesidir. Bir önceki problemdeki (Alıştırma 40.32) kapsamalardan \(E \subseteq f^{-1}(f(E))\) her fonksiyon için doğru kalır; burada da \(\{2\} \subseteq \{-2, 2\}\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.34 (Örten Fonksiyonda Ters Görüntünün Görüntüsü) \(f : A \to B\) örten bir fonksiyon ve \(H \subseteq B\) olsun. \(f(f^{-1}(H)) = H\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Çift kapsama yapalım.

\(f(f^{-1}(H)) \subseteq H\). \(y \in f(f^{-1}(H))\) olsun. Görüntü tanımı gereği \(y = f(x)\) olacak biçimde bir \(x \in f^{-1}(H)\) vardır. \(x \in f^{-1}(H)\) demek \(f(x) \in H\) demektir; yani \(y = f(x) \in H\). (Bu yön örtenlik kullanmaz.)

\(H \subseteq f(f^{-1}(H))\). \(y \in H\) olsun. \(f\) örten olduğundan (Tanım 5.7) \(f(x) = y\) olacak biçimde bir \(x \in A\) vardır. \(f(x) = y \in H\) olduğundan \(x \in f^{-1}(H)\); dolayısıyla \(y = f(x) \in f(f^{-1}(H))\).

Sonuç.

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

İkinci yönde örtenlik, \(H\)’nin her elemanına bir yerden ulaşılmasını sağladı.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.35 (Örtenlik Olmadan Ters Görüntünün Görüntüsü) Örten olmayan bir \(f : A \to B\) fonksiyonu ve bir \(H \subseteq B\) kümesi için \(f(f^{-1}(H)) \ne H\) olabileceğini bir örnekle gösteriniz.

Çözüm

\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) alalım. \(f\) örten değildir: \(x^2 = -1\) denkleminin reel çözümü yoktur, çünkü her \(x\) için \(x^2 \ge 0\)’dır (Önerme 7.12 (1)). \(H = \{-1, 4\}\) olsun.

• \(f^{-1}(H)\), \(x^2 = -1\) ya da \(x^2 = 4\) koşulunu sağlayan \(x\)’lerden oluşur. İlk denklemin çözümü yoktur; ikincisinin çözümleri \(-2\) ve \(2\)’dir (Alıştırma 40.33). Yani \(f^{-1}(H) = \{-2, 2\}\).
• \(f(\{-2, 2\}) = \{4\}\).

Sonuç.

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

Eşitliği bozan, \(H\)’nin \(f\)’nin görüntü kümesi dışında kalan \(-1\) elemanıdır: ona hiçbir noktadan ulaşılmadığı için ters görüntüye geçip geri dönünce kaybolur. \(f(f^{-1}(H)) \subseteq H\) kapsaması ise her zaman doğrudur; burada da \(\{4\} \subseteq \{-1, 4\}\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.36 (Birebir Fonksiyonun Görüntü Kümesi Üzerindeki Tersi) \(f : X \to Y\) birebir bir fonksiyon olsun. \(f\)’nin görüntü kümesi \(f(X)\)’in her \(y\) elemanı için \(f^{-1}(y)\), \(f(x) = y\) koşulunu sağlayan \(x \in X\) elemanı olsun. Bu kuralın bir \(f^{-1} : f(X) \to X\) fonksiyonu tanımladığını ve her \(x \in X\) için \((f^{-1} \circ f)(x) = x\), her \(y \in f(X)\) için \((f \circ f^{-1})(y) = y\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Adım 1: \(f^{-1}\) bir fonksiyondur. Fonksiyon tanımındaki iki koşulu (Tanım 5.1) denetleyelim. \(y \in f(X)\) olsun.

• Varlık: Görüntü tanımı gereği \(f(x) = y\) olacak biçimde en az bir \(x \in X\) vardır.
• Teklik: \(f(x_1) = y\) ve \(f(x_2) = y\) ise \(f(x_1) = f(x_2)\) olur ve \(f\) birebir olduğundan \(x_1 = x_2\).

Demek ki her \(y \in f(X)\)’e \(f(x) = y\) koşulunu sağlayan bir ve yalnız bir \(x\) karşılık gelir; \(f^{-1}(y)\) bu elemandır ve \(f^{-1} : f(X) \to X\) iyi tanımlı bir fonksiyondur. Kısaca:

\[f^{-1}(y) = x \iff f(x) = y \qquad (y \in f(X),\ x \in X).\]

Adım 2: \(f^{-1} \circ f = I_X\). \(x \in X\) olsun ve \(y = f(x)\) diyelim; \(y \in f(X)\)’tir, dolayısıyla \(f^{-1}(y)\) tanımlıdır. \(f^{-1}(y)\), \(f\)’nin \(y\)’ye gönderdiği tek elemandır; \(x\) de \(y\)’ye gönderildiğinden bu tek eleman \(x\)’tir. Yani \((f^{-1} \circ f)(x) = f^{-1}(f(x)) = x\).

Adım 3: \(f \circ f^{-1} = I_{f(X)}\). \(y \in f(X)\) olsun. Tanım gereği \(x = f^{-1}(y)\), \(f(x) = y\) koşulunu sağlayan elemandır; yani \((f \circ f^{-1})(y) = f(f^{-1}(y)) = y\).

Sonuç. Birebir bir \(f\), değer kümesini görüntü kümesine daraltınca \(f : X \to f(X)\) birebir-örten olur ve yukarıda kurulan \(f^{-1}\) bu fonksiyonun Tanım 5.9 anlamındaki tersidir: her \(x \in X\) için \(f^{-1}(f(x)) = x\), her \(y \in f(X)\) için \(f(f^{-1}(y)) = y\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.37 (Birebir-Örten Fonksiyonun Tersi de Birebir-Örtendir) \(f : A \to B\) birebir-örten bir fonksiyon olsun. Ters fonksiyonu \(f^{-1} : B \to A\)’nın da birebir-örten olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Teorem 5.5 gereği \(f^{-1} : B \to A\) vardır ve her \(x \in A\) için \(f^{-1}(f(x)) = x\), her \(y \in B\) için \(f(f^{-1}(y)) = y\)’dir (Tanım 5.9). Bu iki eşitliği kullanarak iki özelliği ayrı ayrı gösterelim.

\(f^{-1}\) birebirdir. \(y_1, y_2 \in B\) ve \(f^{-1}(y_1) = f^{-1}(y_2)\) olsun. Eşit elemanlara \(f\) uygulanınca eşit sonuç çıkar: \(f(f^{-1}(y_1)) = f(f^{-1}(y_2))\). İkinci eşitlik gereği sol taraf \(y_1\), sağ taraf \(y_2\)’dir; yani \(y_1 = y_2\).

\(f^{-1}\) örtendir. \(x \in A\) keyfi olsun. \(f^{-1}(y) = x\) olan bir \(y \in B\) arıyoruz. \(y = f(x)\) alalım; \(y \in B\)’dir ve birinci eşitlik gereği \(f^{-1}(y) = f^{-1}(f(x)) = x\).

Sonuç. \(f^{-1} : B \to A\) hem birebir hem örtendir, yani birebir-örtendir. Bu, ters fonksiyonun da birebir-örten olduğu sonucunun (Sonuç 5.1) tanımlardan doğrudan bir ispatıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.38 (Birebir-Örten Fonksiyonların Bileşkesi) \(f : A \to B\) ve \(g : B \to C\) birebir-örten fonksiyonlar ise \(g \circ f : A \to C\) bileşkesinin de birebir-örten olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(f(A) \subseteq B\) olduğundan \(g \circ f : A \to C\) tanımlıdır (Tanım 5.8). İki özelliği ayrı ayrı gösterelim.

Birebirlik. \(x_1, x_2 \in A\) 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 \(x_1 = x_2\).

Örtenlik. \(z \in C\) keyfi olsun. \(g\) örten olduğundan \(g(y) = z\) olan bir \(y \in B\) vardır. \(f\) örten olduğundan bu \(y\) için \(f(x) = y\) olan bir \(x \in A\) vardır. O zaman \((g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = z\).

Sonuç. \(g \circ f\) hem birebir hem örtendir, yani \(A\)’dan \(C\)’ye birebir-örten bir fonksiyondur. Üstelik tersi de bilinir: \((g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}\) (Teorem 5.6).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.39 (Bileşke Birebirse İçteki Fonksiyon Birebirdir) \(f : A \to B\) ve \(g : B \to C\) fonksiyonlar olsun. \(g \circ f\) birebir ise \(f\)’nin birebir olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(x_1, x_2 \in A\) ve \(f(x_1) = f(x_2)\) olsun; \(x_1 = x_2\) olduğunu göstereceğiz. \(f(x_1)\) ile \(f(x_2)\) aynı eleman olduğundan \(g\) onları aynı yere gönderir:

\[g(f(x_1)) = g(f(x_2)), \quad \text{yani} \quad (g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2).\]

\(g \circ f\) birebir olduğundan bu eşitlik \(x_1 = x_2\) verir.

Sonuç. \(f\) birebirdir. \(g\)’nin birebir olması ise gerekmez: bileşkenin özelliklerini veren teoremin (Teorem 5.4) ispatının sonundaki örnekte \(g \circ f\) birebir olduğu hâlde \(g\) birebir değildir. Bunun nedeni, \(g\)’nin yalnızca \(f(A)\) üzerinde “test edilmesidir”; \(f(A)\) dışında \(g\) istediği gibi davranabilir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.40 (Bileşke Örtense Dıştaki Fonksiyon Örtendir) \(f : A \to B\) ve \(g : B \to C\) fonksiyonlar olsun. \(g \circ f\) örten ise \(g\)’nin örten olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(z \in C\) keyfi olsun; \(g(y) = z\) olan bir \(y \in B\) bulacağız. \(g \circ f\) örten olduğundan \((g \circ f)(x) = z\) olacak biçimde bir \(x \in A\) vardır. \(y = f(x)\) alalım; \(f\)’nin değer kümesi \(B\) olduğundan \(y \in B\)’dir ve

\[g(y) = g(f(x)) = (g \circ f)(x) = z.\]

Sonuç. Her \(z \in C\)’ye \(g\) ile ulaşılır; \(g\) örtendir. \(f\)’nin örten olması gerekmez (aynı örnek için bkz. Teorem 5.4): \(C\)’nin her elemanına \(f(A)\) içinden ulaşmak yeter, \(B\)’nin geri kalanı kullanılmayabilir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.41 (İki Yönden Geri Alan Fonksiyon Tersidir) \(f\) ve \(g\) iki fonksiyon olsun; \(f\)’nin tanım kümesi \(X\), \(g\)’nin tanım kümesi \(Z\) olsun. \(g \circ f\) bileşkesi \(X\) üzerinde, \(f \circ g\) bileşkesi \(Z\) üzerinde tanımlı olsun (yani her \(x \in X\) için \(f(x) \in Z\), her \(y \in Z\) için \(g(y) \in X\)) ve

\[(g \circ f)(x) = x \quad (x \in X), \qquad (f \circ g)(y) = y \quad (y \in Z)\]

olsun. \(f\)’nin birebir olduğunu, görüntü kümesinin \(f(X) = Z\) olduğunu ve \(g = f^{-1}\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Adım 1: \(f\) birebirdir. \(x_1, x_2 \in X\) ve \(f(x_1) = f(x_2)\) olsun. Bu ortak değer \(Z\)’dedir; ona \(g\) uygulayalım ve ilk eşitliği kullanalım:

\[x_1 = g(f(x_1)) = g(f(x_2)) = x_2.\]

Adım 2: \(f(X) = Z\). Varsayım gereği her \(x \in X\) için \(f(x) \in Z\); yani \(f(X) \subseteq Z\). Tersine \(y \in Z\) olsun. \(x = g(y)\) alalım; varsayım gereği \(x \in X\)’tir ve ikinci eşitlik gereği \(f(x) = f(g(y)) = y\). Demek ki \(y \in f(X)\) ve \(Z \subseteq f(X)\). İki kapsamadan \(f(X) = Z\).

Adım 3: \(g = f^{-1}\). Adım 1 ve 2’ye göre \(f : X \to Z\) birebir-örtendir; Teorem 5.5 gereği tersi \(f^{-1} : Z \to X\) vardır ve Önerme 5.2 gereği tektir. \(g\) de \(Z\)’den \(X\)’e bir fonksiyondur ve varsayımdaki iki eşitlik tam olarak

\[g \circ f = I_X, \qquad f \circ g = I_Z\]

demektir. Tanım 5.9 gereği \(g\), \(f\)’nin bir tersidir; teklik nedeniyle \(g = f^{-1}\).

Aynı sonuca doğrudan da varabiliriz: \(y \in Z\) için \(x = g(y)\) elemanı \(f(x) = y\) koşulunu sağlar; \(f^{-1}(y)\) ise bu koşulu sağlayan tek elemandır; dolayısıyla \(f^{-1}(y) = g(y)\).

Sonuç. \(f\) birebirdir, \(f(X) = Z\)’dir ve \(g = f^{-1}\)’dir. Problemin özü şudur: iki yönlü geri alma koşulu, tanım ve görüntü kümeleri baştan eşleştirilmemiş olsa bile, bu kümelerin uyumunu ve tersin varlığını kendiliğinden getirir.

\(\blacksquare\)

40.4 Tümevarımla Toplam Formülleri

Kalan problemlerin hepsi doğal sayılar üzerine iddialardır ve tümevarım ilkesiyle (Teorem 10.1) ya da onun bir \(n_0\)’dan başlayan biçimiyle (Teorem 10.4) kanıtlanır. Her ispatta iddiayı \(P(n)\) olarak yazıp temel adımı ve tümevarım adımını ayrı ayrı göstereceğiz; toplamlarda \(P(k+1)\)’in sol tarafı, \(P(k)\)’nin sol tarafına bir sonraki terimin eklenmesiyle elde edilir (Tanım 10.4).

Alıştırma 40.42 (Ardışık Çarpımların Terslerinin Toplamı) Her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[\frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{n(n+1)} = \frac{n}{n+1}\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\), yukarıdaki eşitlik olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). Sol taraf tek terimdir: \(\dfrac{1}{1 \cdot 2} = \dfrac{1}{2}\). Sağ taraf \(\dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}\)’dir. \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. Bir \(k \in \mathbb{N}\) için \(P(k)\) doğru olsun. \(P(k+1)\)’in sol tarafında son terim \(\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\)’dir; ondan öncekilerin toplamı yerine hipotezi yazalım:

\[\begin{aligned} \frac{1}{1 \cdot 2} + \dots + \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{(k+1)(k+2)} &= \frac{k}{k+1} + \frac{1}{(k+1)(k+2)} \\[1mm] &= \frac{k(k+2) + 1}{(k+1)(k+2)} \\[1mm] &= \frac{(k+1)^2}{(k+1)(k+2)} = \frac{k+1}{k+2}. \end{aligned}\]

İlk eşitlikte tümevarım hipotezi, ikincisinde ortak payda, üçüncüsünde \(k(k+2) + 1 = k^2 + 2k + 1\) ve \(k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2\) özdeşlikleri kullanıldı; son adımda pay ve payda \(k + 1 \ne 0\) ile sadeleştirildi. Bulunan \(\dfrac{k+1}{k+2}\), \(P(k+1)\)’in sağ tarafı olan \(\dfrac{k+1}{(k+1)+1}\)’dir.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği eşitlik her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur.

Formülün neden bu kadar sade olduğu da görülebilir: her terim iki kesrin farkıdır, \(\dfrac{1}{k(k+1)} = \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k+1}\). Toplamda ardışık terimler birbirini götürür ve geriye \(1 - \dfrac{1}{n+1} = \dfrac{n}{n+1}\) kalır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.43 (Küplerin Toplamı) Her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[1^3 + 2^3 + \dots + n^3 = \Big[\frac{1}{2}\, n(n+1)\Big]^2\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\), yukarıdaki eşitlik olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). Sol taraf \(1^3 = 1\), sağ taraf \(\big[\tfrac12 \cdot 1 \cdot 2\big]^2 = 1^2 = 1\)’dir.

Tümevarım adımı. Bir \(k \in \mathbb{N}\) için

\[1^3 + \dots + k^3 = \Big[\frac{1}{2}\, k(k+1)\Big]^2 = \frac{k^2 (k+1)^2}{4}\]

olsun. Bir sonraki terim \((k+1)^3\)’tür:

\[\begin{aligned} 1^3 + \dots + k^3 + (k+1)^3 &= \frac{k^2 (k+1)^2}{4} + (k+1)^3 \\[1mm] &= (k+1)^2 \Big[\frac{k^2}{4} + (k + 1)\Big] \\[1mm] &= (k+1)^2 \cdot \frac{k^2 + 4k + 4}{4} = \frac{(k+1)^2 (k+2)^2}{4}. \end{aligned}\]

İkinci satırda \((k+1)^2\) ortak çarpan olarak dışarı alındı, son satırda \(k^2 + 4k + 4 = (k+2)^2\) özdeşliği kullanıldı. Sonuç \(\big[\tfrac12 (k+1)(k+2)\big]^2\)’dir; bu, \(P(k+1)\)’in sağ tarafıdır.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği eşitlik her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur. İlk \(n\) doğal sayının toplamı \(\frac{n(n+1)}{2}\) olduğundan (Örnek 10.2) bu sonuç şaşırtıcı bir biçimde şöyle de okunur: ilk \(n\) küpün toplamı, ilk \(n\) sayının toplamının karesidir. Örneğin \(1 + 8 + 27 + 64 = 100\) ve \((1 + 2 + 3 + 4)^2 = 10^2 = 100\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.44 (Sekizer Artan Terimlerin Toplamı) Her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[3 + 11 + \dots + (8n - 5) = 4n^2 - n\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Toplamın \(k\)-inci terimi \(8k - 5\)’tir: \(k = 1\) için \(3\), \(k = 2\) için \(11\), \(k = 3\) için \(19\). \(P(n)\), yukarıdaki eşitlik olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). Sol taraf \(8 \cdot 1 - 5 = 3\), sağ taraf \(4 \cdot 1^2 - 1 = 3\)’tür.

Tümevarım adımı. \(3 + 11 + \dots + (8k - 5) = 4k^2 - k\) olsun. Bir sonraki terim \(8(k+1) - 5 = 8k + 3\)’tür:

\[3 + \dots + (8k - 5) + (8k + 3) = 4k^2 - k + 8k + 3 = 4k^2 + 7k + 3.\]

Öte yandan \(P(k+1)\)’in sağ tarafı

\[4(k+1)^2 - (k+1) = 4k^2 + 8k + 4 - k - 1 = 4k^2 + 7k + 3\]

olur. İki ifade aynıdır; \(P(k+1)\) doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği eşitlik her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur. Sağlama: \(n = 3\) için \(3 + 11 + 19 = 33\) ve \(4 \cdot 9 - 3 = 33\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.45 (Tek Sayıların Karelerinin Toplamı) Her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[1^2 + 3^2 + \dots + (2n - 1)^2 = \frac{4n^3 - n}{3}\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\), yukarıdaki eşitlik olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). Sol taraf \(1^2 = 1\), sağ taraf \(\dfrac{4 - 1}{3} = 1\)’dir.

Tümevarım adımı. Bir \(k \in \mathbb{N}\) için

\[1^2 + 3^2 + \dots + (2k - 1)^2 = \frac{4k^3 - k}{3}\]

olsun. Bir sonraki terim \(\big(2(k+1) - 1\big)^2 = (2k+1)^2\)’dir ve \((2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1\):

\[\begin{aligned} 1^2 + \dots + (2k - 1)^2 + (2k + 1)^2 &= \frac{4k^3 - k}{3} + 4k^2 + 4k + 1 \\[1mm] &= \frac{4k^3 - k + 12k^2 + 12k + 3}{3} \\[1mm] &= \frac{4k^3 + 12k^2 + 11k + 3}{3}. \end{aligned}\]

\(P(k+1)\)’in sağ tarafını açalım; \((k+1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1\) olduğundan

\[\frac{4(k+1)^3 - (k+1)}{3} = \frac{4k^3 + 12k^2 + 12k + 4 - k - 1}{3} = \frac{4k^3 + 12k^2 + 11k + 3}{3}.\]

İki ifade aynıdır; \(P(k+1)\) doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği eşitlik her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur. Sağlama: \(n = 2\) için \(1 + 9 = 10\) ve \(\frac{32 - 2}{3} = 10\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.46 (İşaret Değiştiren Kareler Toplamı) Her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[1^2 - 2^2 + 3^2 - \dots + (-1)^{n+1} n^2 = \frac{(-1)^{n+1}\, n(n+1)}{2}\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Toplamın \(k\)-inci terimi \((-1)^{k+1} k^2\)’dir: tek \(k\)’lerde artı, çift \(k\)’lerde eksi işaretlidir (Örnek 11.3). \(P(n)\), yukarıdaki eşitlik olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). Sol taraf \((-1)^2 \cdot 1^2 = 1\), sağ taraf \(\dfrac{(-1)^2 \cdot 1 \cdot 2}{2} = 1\)’dir.

Tümevarım adımı. \(P(k)\) doğru olsun. Bir sonraki terim \((-1)^{k+2}(k+1)^2\)’dir. \((-1)^{k+2} = (-1)^{k+1} \cdot (-1)\) olduğundan \((-1)^{k+1} = -(-1)^{k+2}\)’dir; bu, iki terimi aynı işaret çarpanıyla yazmamızı sağlar:

\[\begin{aligned} \frac{(-1)^{k+1} k(k+1)}{2} + (-1)^{k+2}(k+1)^2 &= (-1)^{k+2} \Big[(k+1)^2 - \frac{k(k+1)}{2}\Big] \\[1mm] &= (-1)^{k+2} (k+1) \Big[(k+1) - \frac{k}{2}\Big] \\[1mm] &= \frac{(-1)^{k+2} (k+1)(k+2)}{2}. \end{aligned}\]

Son satırda \((k+1) - \frac{k}{2} = \frac{k+2}{2}\) kullanıldı. Bulunan ifade \(P(k+1)\)’in sağ tarafıdır:

\[\frac{(-1)^{(k+1)+1}\,(k+1)\big((k+1)+1\big)}{2} = \frac{(-1)^{k+2}(k+1)(k+2)}{2}.\]

Sonuç. Teorem 10.1 gereği eşitlik her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur. Sağlama: \(n = 2\) için \(1 - 4 = -3\) ve \(\frac{(-1)^3 \cdot 2 \cdot 3}{2} = -3\); \(n = 3\) için \(1 - 4 + 9 = 6\) ve \(\frac{3 \cdot 4}{2} = 6\). Toplamın mutlak değeri her zaman \(1 + 2 + \dots + n\)’dir; işareti ise son terimin işaretidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.47 (Ardışık Tek Sayı Çarpımlarının Tersleri) \[\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)}\]

toplamı için bir formül tahmin ediniz ve tahmininizi tümevarımla ispatlayınız.

Çözüm

Tahmin. Toplama \(S_n\) diyelim ve ilk birkaç değeri hesaplayalım:

\[S_1 = \frac{1}{3}, \qquad S_2 = \frac{1}{3} + \frac{1}{15} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5}, \qquad S_3 = \frac{2}{5} + \frac{1}{35} = \frac{15}{35} = \frac{3}{7}.\]

Bir adım daha: \(S_4 = \frac{3}{7} + \frac{1}{63} = \frac{28}{63} = \frac{4}{9}\). Paylar \(1, 2, 3, 4\), paydalar \(3, 5, 7, 9\); tahminimiz

\[S_n = \frac{n}{2n + 1}.\]

Temel adım (\(n = 1\)). \(S_1 = \frac{1}{3} = \frac{1}{2 \cdot 1 + 1}\).

Tümevarım adımı. \(S_k = \dfrac{k}{2k+1}\) olsun. Bir sonraki terim \(\dfrac{1}{(2k+1)(2k+3)}\)’tür, çünkü \(n = k + 1\) için \(2n - 1 = 2k + 1\) ve \(2n + 1 = 2k + 3\)’tür:

\[\begin{aligned} S_{k+1} = \frac{k}{2k + 1} + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)} &= \frac{k(2k + 3) + 1}{(2k+1)(2k+3)} \\[1mm] &= \frac{(2k + 1)(k + 1)}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{k + 1}{2k + 3}. \end{aligned}\]

İkinci satırda \(k(2k+3) + 1 = 2k^2 + 3k + 1\) eşitliği ile \(2k^2 + 3k + 1 = (2k+1)(k+1)\) çarpanlara ayırması kullanıldı ve \(2k + 1 \ne 0\) ile sadeleştirildi. Sonuç \(\dfrac{k+1}{2(k+1) + 1}\)’dir; tahmin \(k + 1\) için de doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{n}{2n + 1}.\]

Tahmini bulmanın bir başka yolu, her terimi iki kesrin farkı olarak yazmaktır:

\[\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2}\Big(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\Big).\]

Toplamda ardışık terimler birbirini götürür ve \(S_n = \frac{1}{2}\big(1 - \frac{1}{2n+1}\big) = \frac{n}{2n+1}\) kalır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.48 (Ardışık Tek Sayıların Toplamı İçin Bir Tahmin) İlk \(n\) tek doğal sayının toplamı \(1 + 3 + \dots + (2n - 1)\) için bir formül tahmin ediniz ve formülünüzü tümevarımla ispatlayınız.

Çözüm

Tahmin. İlk birkaç toplam

\[1 = 1, \quad 1 + 3 = 4, \quad 1 + 3 + 5 = 9, \quad 1 + 3 + 5 + 7 = 16, \quad 1 + \dots + 9 = 25\]

tam karelerdir: \(1^2, 2^2, 3^2, 4^2, 5^2\). Tahminimiz \(1 + 3 + \dots + (2n - 1) = n^2\).

Temel adım (\(n = 1\)). Sol taraf \(2 \cdot 1 - 1 = 1\), sağ taraf \(1^2 = 1\)’dir.

Tümevarım adımı. \(1 + 3 + \dots + (2k - 1) = k^2\) olsun. Bir sonraki tek sayı \(2(k+1) - 1 = 2k + 1\)’dir:

\[1 + 3 + \dots + (2k - 1) + (2k + 1) = k^2 + 2k + 1 = (k + 1)^2.\]

Sonuç. Teorem 10.1 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(1 + 3 + \dots + (2n - 1) = n^2\). Bu sonuç Örnek 10.3 ile aynıdır. Geometrik anlamı da tümevarım adımında saklıdır: kenarı \(k\) olan bir kareye bir yanına ve üstüne \(k\)’şar, köşeye \(1\) birim kare eklenince, yani \(2k + 1\) kare eklenince kenarı \(k + 1\) olan kare elde edilir.

\(\blacksquare\)

40.5 Tümevarımla Bölünebilme

Bu gruptaki iddialar bölünebilme üzerinedir: \(d \mid m\) demek \(m = d \cdot j\) olacak biçimde bir \(j \in \mathbb{Z}\) bulunması demektir (Tanım 11.3). Tümevarım adımındaki temel fikir hep aynıdır: \(P(k+1)\)’deki sayıyı, \(P(k)\)’deki sayının bir katı ile açıkça \(d\)’ye bölünen bir sayının toplamı olarak yazmak.

Alıştırma 40.49 (Küp Artı Beş Katın Altıya Bölünmesi) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n^3 + 5n\) sayısının \(6\) ile bölünebildiğini ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\): “\(n^3 + 5n = 6j\) olacak biçimde bir \(j \in \mathbb{Z}\) vardır” olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). \(1^3 + 5 \cdot 1 = 6 = 6 \cdot 1\).

Tümevarım adımı. \(k^3 + 5k = 6j\) olsun (\(j \in \mathbb{Z}\)). \((k+1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1\) olduğundan

\[\begin{aligned} (k+1)^3 + 5(k+1) &= k^3 + 3k^2 + 3k + 1 + 5k + 5 \\[1mm] &= (k^3 + 5k) + 3k(k+1) + 6. \end{aligned}\]

Ardışık iki tam sayının çarpımı çifttir (Örnek 11.2): \(k(k+1) = 2i\) olacak biçimde bir \(i \in \mathbb{Z}\) vardır. Dolayısıyla \(3k(k+1) = 6i\) ve

\[(k+1)^3 + 5(k+1) = 6j + 6i + 6 = 6(j + i + 1).\]

\(j + i + 1 \in \mathbb{Z}\) olduğundan (Önerme 11.1) \(P(k+1)\) doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(6 \mid n^3 + 5n\). Sağlama: \(n = 2\) için \(8 + 10 = 18 = 6 \cdot 3\); \(n = 3\) için \(27 + 15 = 42 = 6 \cdot 7\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.50 (Beşin Çift Kuvvetleri ve Sekiz) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(5^{2n} - 1\) sayısının \(8\) ile bölünebildiğini ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\): “\(5^{2n} - 1 = 8j\) olacak biçimde bir \(j \in \mathbb{Z}\) vardır” olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). \(5^2 - 1 = 24 = 8 \cdot 3\).

Tümevarım adımı. \(5^{2k} - 1 = 8j\) olsun. Kuvvet kuralları (Teorem 11.3 (1)) gereği \(5^{2(k+1)} = 5^{2k} \cdot 5^2\), yani \(5^{2(k+1)} = 25 \cdot 5^{2k}\). Bunu, \(P(k)\)’deki sayıyı içerecek biçimde düzenleyelim:

\[\begin{aligned} 5^{2(k+1)} - 1 &= 25 \cdot 5^{2k} - 1 = 25\,(5^{2k} - 1) + 24 \\[1mm] &= 25 \cdot 8j + 8 \cdot 3 = 8\,(25j + 3). \end{aligned}\]

\(25j + 3 \in \mathbb{Z}\) olduğundan \(P(k+1)\) doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(8 \mid 5^{2n} - 1\). Sağlama: \(n = 2\) için \(5^4 - 1 = 624 = 8 \cdot 78\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.51 (Beşin Kuvvetleri ve On Altı) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(5^n - 4n - 1\) sayısının \(16\) ile bölünebildiğini ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\): “\(5^n - 4n - 1 = 16j\) olacak biçimde bir \(j \in \mathbb{Z}\) vardır” olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). \(5 - 4 - 1 = 0 = 16 \cdot 0\). Bölünebilme tanımına (Tanım 11.3) göre \(0 = 0 \cdot 16\) olduğundan \(16 \mid 0\)’dır; \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. \(5^k - 4k - 1 = 16j\) olsun. \(5^{k+1} = 5 \cdot 5^k\) yazıp \(5^k\) yerine \(P(k)\)’deki ifadeyi çıkaralım: \(5 \cdot 5^k = 5\,(5^k - 4k - 1) + 20k + 5\). Böylece

\[\begin{aligned} 5^{k+1} - 4(k+1) - 1 &= 5\,(5^k - 4k - 1) + 20k + 5 - 4k - 5 \\[1mm] &= 5 \cdot 16j + 16k = 16\,(5j + k). \end{aligned}\]

\(5j + k \in \mathbb{Z}\) olduğundan \(P(k+1)\) doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(16 \mid 5^n - 4n - 1\). Sağlama: \(n = 2\) için \(25 - 9 = 16\); \(n = 3\) için \(125 - 13 = 112 = 16 \cdot 7\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.52 (Ardışık Üç Küpün Toplamı) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3\) sayısının \(9\) ile bölünebildiğini ispatlayınız.

Çözüm

\(T(n) = n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3\) yazalım. \(P(n)\): “\(T(n) = 9j\) olacak biçimde bir \(j \in \mathbb{Z}\) vardır” olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). \(T(1) = 1 + 8 + 27 = 36 = 9 \cdot 4\).

Tümevarım adımı. \(T(k) = 9j\) olsun.

\[T(k+1) = (k+1)^3 + (k+2)^3 + (k+3)^3\]

toplamı, \(T(k)\)’dan \(k^3\) çıkarılıp \((k+3)^3\) eklenerek elde edilir:

\[T(k+1) = T(k) - k^3 + (k+3)^3.\]

\((k+3)^3 = k^3 + 9k^2 + 27k + 27\) olduğundan

\[T(k+1) = 9j + 9k^2 + 27k + 27 = 9\,(j + k^2 + 3k + 3).\]

\(j + k^2 + 3k + 3 \in \mathbb{Z}\) olduğundan \(P(k+1)\) doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(9 \mid n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3\). Sağlama: \(T(2) = 8 + 27 + 64 = 99 = 9 \cdot 11\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.53 (Her n İçin Bölen En Büyük Sayı) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n^3 - n\) sayısını bölen en büyük \(m\) doğal sayısını bulunuz ve iddianızı ispatlayınız.

Çözüm

Aday. İlk birkaç değer: \(n = 1\) için \(0\), \(n = 2\) için \(6\), \(n = 3\) için \(24\), \(n = 4\) için \(60\). Hepsini bölen en büyük sayı \(6\) gibi görünüyor. İddiamız: \(m = 6\). Bunun için iki şey göstermeliyiz: \(6\) istenen özelliktedir ve \(6\)’dan büyük hiçbir doğal sayı bu özellikte değildir.

Adım 1: \(6\)’dan büyük bir \(m\) işe yaramaz. \(m\), her \(n\) için \(n^3 - n\)’yi bölsün. Özel olarak \(n = 2\) için \(m \mid 6\)’dır: \(6 = m q\) olacak biçimde bir \(q \in \mathbb{Z}\) vardır. \(m > 0\) ve \(6 > 0\) olduğundan \(q > 0\), yani \(q \in \mathbb{N}\) ve \(q \ge 1\) (Önerme 10.3 (1)). Pozitif \(m\) ile çarparak \(6 = mq \ge m\). Demek ki \(m \le 6\).

Adım 2: \(6\), her \(n\) için \(n^3 - n\)’yi böler. Tümevarım yapalım; \(P(n)\): “\(n^3 - n = 6j\) olacak biçimde bir \(j \in \mathbb{Z}\) vardır”.

• Temel adım: \(1^3 - 1 = 0 = 6 \cdot 0\).

• Tümevarım adımı: \(k^3 - k = 6j\) olsun. \((k+1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1\) olduğundan

  \[(k+1)^3 - (k+1) = (k^3 - k) + 3k(k+1).\]

  \(k(k+1) = 2i\) çifttir (Örnek 11.2); dolayısıyla \((k+1)^3 - (k+1) = 6j + 6i\), yani \(6(j + i)\) olur ve \(P(k+1)\) doğrudur.

Teorem 10.1 gereği her \(n\) için \(6 \mid n^3 - n\).

Sonuç. İstenen en büyük doğal sayı \(m = 6\)’dır.

Başka bir bakış: \(N = n^3 - n = (n - 1)\,n\,(n + 1)\) ardışık üç tam sayının çarpımıdır.

• \(N\), \(3\)’ün katıdır. Bölme algoritması (Teorem 12.4) gereği \(n = 3q + r\) olacak biçimde \(q \in \mathbb{Z}\) ve \(r \in \{0, 1, 2\}\) vardır. \(r = 0\) ise \(n = 3q\), \(r = 1\) ise \(n - 1 = 3q\), \(r = 2\) ise \(n + 1 = 3(q + 1)\); her durumda çarpanlardan biri, dolayısıyla \(N\) de \(3\)’ün katıdır: \(N = 3j'\), \(j' \in \mathbb{Z}\).
• \(N\) çifttir. \(n(n+1)\) çift olduğundan (Örnek 11.2) \(N = (n - 1) \cdot n(n+1)\) de çifttir.
• \(N\), \(6\)’nın katıdır. \(j'\) tek olsaydı \(3\) ile \(j'\) iki tek sayı olduğundan \(N = 3j'\) tek olurdu (Örnek 2.3); bu, \(N\)’nin çift olmasıyla çelişir (Önerme 11.2). Demek ki \(j' = 2c\) bir \(c \in \mathbb{Z}\) için ve \(N = 6c\).

Bu sonuç, altıya bölünebilme problemini (Alıştırma 40.49) de hemen verir: \(n^3 + 5n = (n^3 - n) + 6n\) iki tane \(6\)’nın katının toplamıdır.

\(\blacksquare\)

40.6 Tümevarımla Eşitsizlikler

Eşitsizlik ispatlarında tümevarım adımı genellikle iki parçadan oluşur: önce hipotezi kullanıp \(P(k+1)\)’deki ifadeyi bir ara ifadeyle karşılaştırırız, sonra bu ara ifadenin istenen sınırı aşmadığını ayrıca gösteririz. Bazı iddialar yalnızca bir yerden sonra doğrudur; o zaman bir \(n_0\)’dan başlayan tümevarımı (Teorem 10.4) kullanır ve küçük \(n\)’leri ayrıca inceleriz.

Alıştırma 40.54 (İkinin Kuvvetleri Doğal Sayıları Aşar) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n < 2^n\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\): \(n < 2^n\) olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). \(1 < 2 = 2^1\).

Tümevarım adımı. \(k < 2^k\) olsun. Eşitsizliği pozitif \(2\) sayısıyla çarpalım (O4): \(2k < 2 \cdot 2^k = 2^{k+1}\). Öte yandan \(k \ge 1\) olduğundan (Önerme 10.3 (1)) \(2k = k + k \ge k + 1\). İkisini birleştirince

\[k + 1 \le 2k < 2^{k+1}.\]

\(P(k+1)\) doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.1 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n < 2^n\). Aynı sonucu Örnek 10.7 biraz farklı bir adımla, \(2^{k+1} = 2^k + 2^k\) yazarak elde etmişti.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.55 (Faktöriyelin İkinin Kuvvetlerini Geçmesi) \(n \ge 4\) olan her \(n \in \mathbb{N}\) için \(2^n < n!\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Önce küçük değerlere bakalım: \(2^1 = 2 > 1 = 1!\), \(2^2 = 4 > 2 = 2!\), \(2^3 = 8 > 6 = 3!\). İddia \(n = 1, 2, 3\) için yanlıştır; bu yüzden \(n_0 = 4\)’ten başlayan tümevarım (Teorem 10.4) kullanacağız. \(P(n)\): \(2^n < n!\) olsun.

Temel adım (\(n = 4\)). \(2^4 = 16 < 24 = 4!\).

Tümevarım adımı. \(k \ge 4\) ve \(2^k < k!\) olsun. Kuvvetin ve faktöriyelin tanımlarından (Tanım 10.4) \(2^{k+1} = 2^k \cdot 2\) ve \((k+1)! = (k+1) \cdot k!\)’dir. Hipotezi pozitif \(2\) ile çarparak (O4)

\[2^{k+1} = 2 \cdot 2^k < 2 \cdot k!.\]

\(k \ge 4\) olduğundan \(2 < 5 \le k + 1\); bunu pozitif \(k!\) ile çarparak \(2 \cdot k! < (k+1) \cdot k! = (k+1)!\). Geçişlilikle (O2) \(2^{k+1} < (k+1)!\); \(P(k+1)\) doğrudur. (\(k!\) pozitif sayıların çarpımı olduğundan pozitiftir.)

Sonuç. Teorem 10.4 gereği \(n \ge 4\) olan her doğal sayı için \(2^n < n!\). Adımda kullandığımız tek bilgi \(2 < k + 1\) idi: faktöriyel her adımda \(k + 1\) ile, ikinin kuvveti ise yalnızca \(2\) ile çarpılır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.56 (Doğrusal Bir İfade ile İkinin Kuvveti) \(n \ge 5\) olan her \(n \in \mathbb{N}\) için \(2n - 3 \le 2^{n-2}\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\): \(2n - 3 \le 2^{n-2}\) olsun. \(n_0 = 5\)’ten başlayan tümevarım (Teorem 10.4) yapacağız.

Temel adım (\(n = 5\)). \(2 \cdot 5 - 3 = 7 \le 8 = 2^3\).

Tümevarım adımı. \(k \ge 5\) ve \(2k - 3 \le 2^{k-2}\) olsun. \(P(k+1)\)’in sol tarafı

\[2(k+1) - 3 = (2k - 3) + 2 \le 2^{k-2} + 2\]

olur. Şimdi \(2 \le 2^{k-2}\) olduğunu görelim: \(k \ge 5\) olduğundan \(k - 2 \in \mathbb{N}\) ve \(k - 2 \ge 3\)’tür; Alıştırma 40.54 gereği \(2^{k-2} > k - 2 \ge 3 > 2\). Dolayısıyla

\[2(k+1) - 3 \le 2^{k-2} + 2^{k-2} = 2 \cdot 2^{k-2} = 2^{k-1} = 2^{(k+1)-2}.\]

\(P(k+1)\) doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.4 gereği \(n \ge 5\) olan her doğal sayı için \(2n - 3 \le 2^{n-2}\).

Başlangıç noktası rastgele değildir. Küçük değerlere bakalım: \(n = 1\) için \(-1 \le \frac12\), \(n = 2\) için \(1 \le 1\) doğrudur; ama \(n = 3\) için \(3 \le 2\) ve \(n = 4\) için \(5 \le 4\) yanlıştır. Tümevarım adımı aslında \(k \ge 3\) için de çalışır (orada da \(2 \le 2^{k-2}\)’dir); ne var ki \(P(3)\) ve \(P(4)\) yanlış olduğundan zincir ancak \(n = 5\)’ten başlatılabilir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.57 (Karenin İkinin Kuvvetinden Küçük Olduğu Sayılar) \(n^2 < 2^n\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(n\) doğal sayılarını bulunuz ve iddianızı ispatlayınız.

Çözüm

Küçük değerler. İlk birkaç \(n\) için iki tarafı karşılaştıralım:

\(n\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)
\(n^2\)	\(1\)	\(4\)	\(9\)	\(16\)	\(25\)	\(36\)	\(49\)
\(2^n\)	\(2\)	\(4\)	\(8\)	\(16\)	\(32\)	\(64\)	\(128\)

Eşitsizlik \(n = 1\) için doğru, \(n = 2, 3, 4\) için yanlış (\(4 = 4\), \(9 > 8\), \(16 = 16\)), \(n = 5, 6, 7\) için yine doğrudur. İddiamız: \(n^2 < 2^n\) eşitsizliğini sağlayan doğal sayılar tam olarak \(n = 1\) ve \(n \ge 5\) olanlardır. \(n \le 4\) için durumu tablo gösterdi; geriye \(n \ge 5\) olan her \(n\) için eşitsizliğin doğru olduğunu ispatlamak kalıyor.

Temel adım (\(n = 5\)). \(25 < 32\).

Tümevarım adımı. \(k \ge 5\) ve \(k^2 < 2^k\) olsun. \(k \ge 3\) olduğundan Örnek 10.11 gereği \(2k + 1 < k^2\)’dir. Buna göre

\[(k+1)^2 = k^2 + 2k + 1 < k^2 + k^2 = 2k^2 < 2 \cdot 2^k = 2^{k+1}.\]

Son adımda hipotez pozitif \(2\) ile çarpıldı (O4). \(P(k+1)\) doğrudur ve Teorem 10.4 gereği eşitsizlik \(n \ge 5\) olan her doğal sayı için doğrudur.

Sonuç.

\[\{n \in \mathbb{N} : n^2 < 2^n\} = \{1\} \cup \{n \in \mathbb{N} : n \ge 5\} = \{1, 5, 6, 7, \dots\}.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 40.58 (Karekök Terslerinin Toplamı) \(n > 1\) olan her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[\frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} > \sqrt{n}\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Soldaki toplama \(S_n\) diyelim. \(n = 1\) için \(S_1 = 1 = \sqrt{1}\) olduğundan kesin eşitsizlik sağlanmaz; bu yüzden \(n_0 = 2\)’den başlayan tümevarım (Teorem 10.4) yapacağız. \(P(n)\): \(S_n > \sqrt{n}\) olsun.

Temel adım (\(n = 2\)). \(S_2 = 1 + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\)’dir. \(\sqrt{2} = \dfrac{2}{\sqrt{2}}\) olduğundan \(\sqrt{2} - \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\). \(2 > 1\) ve kareköklerin sıralamayı koruması (Teorem 11.3 (4)) \(\sqrt{2} > 1\), ters alma da (Önerme 7.10) \(\dfrac{1}{\sqrt{2}} < 1\) verir. Böylece

\[\sqrt{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} < 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} = S_2.\]

Tümevarım adımı. \(k \ge 2\) ve \(S_k > \sqrt{k}\) olsun. \(S_{k+1} = S_k + \dfrac{1}{\sqrt{k+1}}\) olduğundan hipotez

\[S_{k+1} > \sqrt{k} + \frac{1}{\sqrt{k+1}}\]

verir. Geriye sağ tarafın \(\sqrt{k+1}\)’den büyük olduğunu göstermek kalıyor.

• \(k^2 < k^2 + k = k(k+1)\)’dir. \(k\) ile \(\sqrt{k(k+1)}\) pozitiftir ve karelerinden birincisi küçüktür; Teorem 11.3 (4) gereği \(k < \sqrt{k(k+1)}\).
• Rasyonel üs kuralı (Teorem 13.4 (2)) gereği \(\sqrt{k(k+1)} = \sqrt{k}\,\sqrt{k+1}\). Dolayısıyla \(\sqrt{k}\,\sqrt{k+1} + 1 > k + 1\).
• İki yanı pozitif \(\sqrt{k+1}\)’e bölelim (O4) ve \(k + 1 = \big(\sqrt{k+1}\big)^2\) olduğunu kullanalım:

\[\sqrt{k} + \frac{1}{\sqrt{k+1}} > \frac{k+1}{\sqrt{k+1}} = \sqrt{k+1}.\]

İki eşitsizliği geçişlilikle (O2) birleştirince \(S_{k+1} > \sqrt{k+1}\); \(P(k+1)\) doğrudur.

Sonuç. Teorem 10.4 gereği \(n \ge 2\) olan her doğal sayı için

\[\frac{1}{\sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} > \sqrt{n}.\]

Bu eşitsizlik, terimleri sıfıra yaklaşan bir toplamın yine de sınırsız büyüyebileceğini gösterir. Gerçekten, \(M > 0\) verilsin. Teorem 10.9 gereği \(n > M^2 + 1\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır; bu \(n\) için \(n \ge 2\) ve \(n > M^2\)’dir. \(\sqrt{n}\) ile \(M\) pozitiftir ve \((\sqrt{n})^2 = n > M^2\) olduğundan Teorem 11.3 (4) gereği \(\sqrt{n} > M\). Böylece \(S_n > \sqrt{n} > M\): \(S_n\) değerleri her sınırı aşar.

\(\blacksquare\)

40.7 İyi Sıralama İlkesiyle Bir İspat

Son problem, aşağı doğru adım adım ilerleyen bir akıl yürütmeyi kesinleştiriyor. Tümevarım yukarı doğru ilerler; aşağı doğru ilerlerken en kullanışlı araç iyi sıralama ilkesidir (Teorem 10.2): doğal sayılardan oluşan boş olmayan her kümenin bir en küçük elemanı vardır.

Alıştırma 40.59 (İkinin Kuvvetlerini İçeren ve Aşağı Doğru Kapalı Küme) \(S \subseteq \mathbb{N}\) aşağıdaki iki koşulu sağlayan bir küme olsun:

• her \(k \in \mathbb{N}\) için \(2^k \in S\);
• \(k \in S\) ve \(k \ge 2\) ise \(k - 1 \in S\).

\(S = \mathbb{N}\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Fikir. Bir \(m\) doğal sayısı verildiğinde \(2^m\) sayısı \(S\)’dedir ve \(m\)’den büyüktür. İkinci koşul sayesinde \(2^m\)’den başlayıp birer birer aşağı inerek \(2^m - 1, 2^m - 2, \dots\) sayılarının hepsinin \(S\)’de olduğunu görürüz ve sonunda \(m\)’ye ulaşırız. “Birer birer inmek” sezgisini iyi sıralama ilkesiyle kesinleştireceğiz.

İspat. \(S \subseteq \mathbb{N}\) verildiğinden \(\mathbb{N} \subseteq S\) olduğunu göstermek yeter. Keyfi bir \(m \in \mathbb{N}\) alalım ve olmayana ergi ile \(m \notin S\) olduğunu varsayalım. \(m\)’den büyük ya da ona eşit olan \(S\) elemanlarının kümesine bakalım:

\[T = \{n \in S : n \ge m\}.\]

• \(T\) boş değildir. Birinci koşul gereği \(2^m \in S\)’dir ve Alıştırma 40.54 gereği \(2^m > m\)’dir; dolayısıyla \(2^m \in T\).
• \(T\)’nin en küçük elemanı vardır. \(T \subseteq \mathbb{N}\) boş olmayan bir küme olduğundan Teorem 10.2 gereği \(T\)’nin bir en küçük elemanı vardır; ona \(t\) diyelim. \(t \in S\) ve \(t \ge m\)’dir.
• \(t > m\)’dir. \(t = m\) olsaydı \(m = t \in S\) olurdu; bu varsayımımızla çelişir. Demek ki \(t > m \ge 1\); özel olarak \(t \ne 1\) ve Önerme 10.3 (2) gereği \(t \ge 2\), \(t - 1 \in \mathbb{N}\).
• \(t - 1\) de \(T\)’dedir. \(t \in S\) ve \(t \ge 2\) olduğundan ikinci koşul gereği \(t - 1 \in S\). Ayrıca \(m < t\) olduğundan Önerme 10.3 (4) gereği \(m + 1 \le t\), yani \(m \le t - 1\). Böylece \(t - 1 \in T\).

Ama \(t - 1 < t\) ve \(t\), \(T\)’nin en küçük elemanıydı; bu bir çelişkidir. Demek ki varsayımımız yanlıştır ve \(m \in S\).

Sonuç. Keyfi bir \(m \in \mathbb{N}\) için \(m \in S\) bulduk; \(\mathbb{N} \subseteq S\). \(S \subseteq \mathbb{N}\) ile birlikte Tanım 3.1 gereği \(S = \mathbb{N}\).

İki koşulun ikisi de gereklidir. Yalnızca ikinci koşulu sağlayan \(S = \varnothing\) ya da \(S = \{1, 2, 3\}\) gibi kümeler \(\mathbb{N}\) değildir; yalnızca birinci koşulu sağlayan \(S = \{2, 4, 8, 16, \dots\}\) kümesi de \(\mathbb{N}\) değildir. Birinci koşul kümenin “yukarıda sınırsız” olmasını, ikinci koşul ise aradaki boşlukların dolmasını sağlar.

\(\blacksquare\)

Kümeler, fonksiyonlar ve tümevarım üzerine problemleri burada bitiriyoruz. Sıradaki problemler reel sayıların cebirsel ve sıralama özelliklerini, mutlak değeri ve sınırlı kümeleri çalıştırıyor: Reel Sayıların Özellikleri, Mutlak Değer ve Sınırlı Kümeler Üzerine Problemler.