37  Önermeler, Niceleyiciler ve İspat Yöntemleri Üzerine Problemler

Bu bölümdeki problemler, kitabın ilk iki bölümünde kurduğumuz mantık dilini çalıştırır: doğruluk tablosu kurmak, bir bileşik önermenin totoloji mi çelişki mi olduğuna karar vermek, bir koşullu önermenin karşıtını, tersini ve karşıt tersini yazmak, sözel cümleleri niceleyicilerle sembolleştirmek, niceleyicili önermeleri olumsuzlamak ve temel ispat yöntemlerini uygulamak. Kullanılan araçların neredeyse hepsi Önermeler Mantığı ve Niceleyiciler ve İspat Yöntemleri bölümlerindedir; tam sayılarla ilgili adımlarda Tam Sayılar ve Rasyonel Sayılar bölümündeki tek–çift ve bölünebilme tanımlarını, eşitsizliklerde ise Sıralama Aksiyomları bölümünün sonuçlarını kullanacağız.

Çözümleri açmadan önce her problemi kendi başınıza denemenizi öneririz. Doğruluk tablolarında her sütun, önceki sütunlardan tek bir bağlaç kuralıyla hesaplanır; bir sütun kafanızı karıştırırsa ilgili bağlacın tanım tablosuna dönmek yeter. Niceleyicili problemlerde ise her adımda “hangi değişken hangisine bağlı seçiliyor?” sorusunu sormak, hataların çoğunu baştan önler.

37.1 Doğruluk Tabloları ve Önerme Türleri

İlk on iki problemde bir bileşik önermenin doğruluk tablosunu kuracak ve son sütuna bakarak önermeyi sınıflandıracağız. Her satırda doğru olan önerme bir totoloji, her satırda yanlış olan önerme bir çelişkidir; bazı satırlarda doğru, bazılarında yanlış olan önerme ise bir olumsal önermedir (Tanım 1.10). Satırların sırası kitap boyunca kullandığımız sıradır: iki önermede \((p, q)\) için DD, DY, YD, YY; üç önermede sekiz satır vardır ve \(p\) en yavaş, \(r\) en hızlı değişir.

Alıştırma 37.1 (İse Bağlacı ile Veyalı Biçiminin Karşılaştırılması) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve tabloya bakarak önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[(p \Rightarrow q) \Leftrightarrow (\neg p \vee q).\]

Çözüm

İki önerme olduğundan tablo dört satırlıdır. \(p \Rightarrow q\) sütununu Tanım 1.7 ile, \(\neg p\) sütununu Tanım 1.2 ile, \(\neg p \vee q\) sütununu Tanım 1.6 ile dolduralım. Son sütunda iki yanı Tanım 1.8 ile karşılaştırırız: iki yan aynı değeri alıyorsa D, farklı değer alıyorsa Y yazılır.

\(p\)	\(q\)	\(p \Rightarrow q\)	\(\neg p\)	\(\neg p \vee q\)	\((p \Rightarrow q) \Leftrightarrow (\neg p \vee q)\)
D	D	D	Y	D	D
D	Y	Y	Y	Y	D
Y	D	D	D	D	D
Y	Y	D	D	D	D

Üçüncü ve beşinci sütunlar her satırda aynı değeri aldığından son sütun dört satırda da D’dir. Önerme bir totolojidir.

Bu sonuç, \((p \Rightarrow q) \equiv (\neg p \vee q)\) denkliğinin (Örnek 1.1) başka bir ifadesidir: iki önerme denk olduğunda aralarına konan \(\Leftrightarrow\) bağlacı her satırda doğru olur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.2 (Ve Önermesiyle Veyanın Olumsuzlamasının Birleşimi) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[(p \wedge q) \wedge \neg(p \vee q).\]

Çözüm

Önce iki parçayı ayrı ayrı hesaplayalım: \(p \wedge q\) sütunu Tanım 1.5 ile, \(p \vee q\) sütunu Tanım 1.6 ile, \(\neg(p \vee q)\) sütunu da \(p \vee q\) sütununun zıddı olarak (Tanım 1.2) doldurulur. Son sütun, bu iki parçanın “ve” bağlacıyla birleşimidir.

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

Son sütun dört satırda da Y’dir; önerme bir çelişkidir.

Tablonun söylediğini sözle de görebiliriz: \(p \wedge q\) yalnızca ilk satırda doğrudur, \(\neg(p \vee q)\) ise yalnızca son satırda doğrudur. İki parçanın doğru olduğu satırlar ortak değildir; bu yüzden ikisi hiçbir satırda birlikte doğru olamaz. Gerçekten \(p \wedge q\) doğruysa \(p\) doğrudur, o zaman \(p \vee q\) da doğrudur ve \(\neg(p \vee q)\) yanlış olur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.3 (Veyadan Ve Bağlacına Giden Koşullu Önerme) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[(p \vee q) \Rightarrow (p \wedge q).\]

Çözüm

Hipotez \(p \vee q\), sonuç \(p \wedge q\)’dur. İkisini Tanım 1.6 ve Tanım 1.5 ile hesaplayıp son sütunu Tanım 1.7 ile dolduralım; koşullu önerme yalnızca “hipotez D, sonuç Y” satırlarında yanlıştır.

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

İkinci ve üçüncü satırlarda hipotez doğru, sonuç yanlıştır; bu satırlarda önerme yanlış olur. Birinci ve dördüncü satırlarda ise önerme doğrudur. Son sütunda hem D hem Y bulunduğundan önerme ne totoloji ne çelişkidir: bir olumsal önermedir.

Son sütunun \(p \Leftrightarrow q\) önermesinin sütunuyla (D, Y, Y, D) aynı olduğuna dikkat edin: “en az biri doğruysa ikisi de doğrudur” demek, \(p\) ile \(q\)’nun aynı doğruluk değerini taşıdığını söylemekle denktir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.4 (Bir Ve Sonucunun Koşullu Önermelere Dağıtılması) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[[p \Rightarrow (q \wedge r)] \Rightarrow [(p \Rightarrow q) \wedge (p \Rightarrow r)].\]

Çözüm

Üç önerme olduğundan tablo sekiz satırlıdır. Yazımı kısaltmak için

\[A = p \Rightarrow (q \wedge r), \qquad B = (p \Rightarrow q) \wedge (p \Rightarrow r)\]

diyelim; incelenen önerme \(A \Rightarrow B\)’dir. \(A\)’yı \(q \wedge r\) sütunu üzerinden, \(B\)’yi \(p \Rightarrow q\) ve \(p \Rightarrow r\) sütunları üzerinden hesaplayalım. Bütün koşullu sütunlarda kural aynıdır (Tanım 1.7): yalnızca “hipotez D, sonuç Y” satırına Y yazılır.

\(p\)	\(q\)	\(r\)	\(q \wedge r\)	\(p \Rightarrow (q \wedge r)\)	\(p \Rightarrow q\)	\(p \Rightarrow r\)	\((p \Rightarrow q) \wedge (p \Rightarrow r)\)	\(A \Rightarrow B\)
D	D	D	D	D	D	D	D	D
D	D	Y	Y	Y	D	Y	Y	D
D	Y	D	Y	Y	Y	D	Y	D
D	Y	Y	Y	Y	Y	Y	Y	D
Y	D	D	D	D	D	D	D	D
Y	D	Y	Y	D	D	D	D	D
Y	Y	D	Y	D	D	D	D	D
Y	Y	Y	Y	D	D	D	D	D

Son sütun sekiz satırda da D’dir; önerme bir totolojidir.

Tabloda bundan fazlası da görülüyor: \(A\) sütunu (beşinci) ile \(B\) sütunu (sekizinci) her satırda aynıdır. Demek ki yalnızca \(A \Rightarrow B\) değil, \(B \Rightarrow A\) da bir totolojidir ve aslında \(A \equiv B\)’dir (Tanım 1.3). Sözle: “\(p\) ise hem \(q\) hem \(r\)” demek, “\(p\) ise \(q\), ve \(p\) ise \(r\)” demekle aynı şeydir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.5 (Hipotezden ve Gerektirmeden Sonuca Varma) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[[p \wedge (p \Rightarrow q)] \Rightarrow q.\]

Çözüm

Önce \(p \Rightarrow q\) sütununu (Tanım 1.7), sonra onu \(p\) ile “ve” bağlacıyla birleştiren sütunu (Tanım 1.5) hesaplayalım; son sütun, bu birleşimden \(q\)’ya giden koşullu önermedir.

\(p\)	\(q\)	\(p \Rightarrow q\)	\(p \wedge (p \Rightarrow q)\)	\([p \wedge (p \Rightarrow q)] \Rightarrow q\)
D	D	D	D	D
D	Y	Y	Y	D
Y	D	D	Y	D
Y	Y	D	Y	D

Hipotez \(p \wedge (p \Rightarrow q)\) yalnızca ilk satırda doğrudur ve o satırda \(q\) da doğrudur; öteki satırlarda hipotez yanlış olduğundan koşullu önerme doğrudur. Son sütun dört satırda da D’dir; önerme bir totolojidir.

Bu totoloji, doğrudan ispatın her adımında kullandığımız çıkarım kuralıdır (Latince adıyla modus ponens): \(p\) doğruysa ve \(p \Rightarrow q\) doğruysa \(q\) doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.6 (Bir Çelişkiyi Gerektiren Önerme ve Olumsuzlama) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[[p \Rightarrow (q \wedge \neg q)] \Leftrightarrow \neg p.\]

Çözüm

\(\neg q\) ve \(\neg p\) sütunlarını Tanım 1.2 ile, \(q \wedge \neg q\) sütununu Tanım 1.5 ile, \(p \Rightarrow (q \wedge \neg q)\) sütununu Tanım 1.7 ile dolduralım. Son sütunda iki yanı Tanım 1.8 ile karşılaştırırız.

\(p\)	\(q\)	\(\neg q\)	\(q \wedge \neg q\)	\(p \Rightarrow (q \wedge \neg q)\)	\(\neg p\)	\([p \Rightarrow (q \wedge \neg q)] \Leftrightarrow \neg p\)
D	D	Y	Y	Y	Y	D
D	Y	D	Y	Y	Y	D
Y	D	Y	Y	D	D	D
Y	Y	D	Y	D	D	D

Son sütun dört satırda da D’dir; önerme bir totolojidir.

Tablonun nedeni açıktır: \(q \wedge \neg q\) bir çelişkidir (Tanım 1.10), yani her satırda Y’dir. Sonucu yanlış olan bir koşullu önerme ancak hipotezi yanlışken doğrudur; bu yüzden \(p \Rightarrow (q \wedge \neg q)\) sütunu tam olarak \(\neg p\) sütunudur. Sözle: “\(p\) bir çelişki gerektiriyorsa \(p\) yanlıştır.” Olmayana ergi yönteminin dayandığı mantık budur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.7 (Değil p Veya q Önermesi) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[\neg p \vee q.\]

Çözüm

\(\neg p\) sütununu Tanım 1.2 ile, son sütunu Tanım 1.6 ile dolduralım; “veya” yalnızca iki parçası da yanlışken yanlıştır.

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

Son sütun ikinci satırda Y, öteki satırlarda D’dir. Hem doğru hem yanlış değer aldığından önerme bir olumsal önermedir.

Bu sütun, \(p \Rightarrow q\) önermesinin sütunuyla birebir aynıdır (Örnek 1.1): \(\neg p \vee q\), “\(p\) ise \(q\)” demenin başka bir yoludur ve yalnızca “\(p\) doğru, \(q\) yanlış” durumunda yanlıştır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.8 (Bir Önerme ile Olumsuzlamasının Birleşimi) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[p \wedge \neg p.\]

Çözüm

Önermede tek bir değişken olduğundan tablo iki satırlıdır. \(\neg p\) sütunu \(p\) sütununun zıddıdır (Tanım 1.2), son sütun Tanım 1.5 ile doldurulur.

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

Her satırda \(p\) ile \(\neg p\)’den biri yanlış olduğundan “ve” bağlacı hiçbir satırda doğru olmaz. Son sütun iki satırda da Y’dir; önerme bir çelişkidir. Bu, önermeler mantığının çelişmezlik ilkesidir: hiçbir önerme aynı anda hem doğru hem yanlış olamaz.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.9 (Olumsuzlamaya Varan Bir Koşullu Önerme) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[[\neg q \vee (p \Rightarrow q)] \Rightarrow \neg p.\]

Çözüm

Hipotez \(\neg q \vee (p \Rightarrow q)\), sonuç \(\neg p\)’dir. \(\neg q\) ve \(\neg p\) sütunlarını Tanım 1.2 ile, \(p \Rightarrow q\) sütununu Tanım 1.7 ile, hipotezi Tanım 1.6 ile hesaplayalım; son sütun yine Tanım 1.7 ile doldurulur.

\(p\)	\(q\)	\(\neg q\)	\(p \Rightarrow q\)	\(\neg q \vee (p \Rightarrow q)\)	\(\neg p\)	\([\neg q \vee (p \Rightarrow q)] \Rightarrow \neg p\)
D	D	Y	D	D	Y	Y
D	Y	D	Y	D	Y	Y
Y	D	Y	D	D	D	D
Y	Y	D	D	D	D	D

İlk iki satırda hipotez doğru, sonuç yanlıştır; önerme bu satırlarda yanlıştır. Son iki satırda ise doğrudur. Son sütunda hem D hem Y bulunduğundan önerme bir olumsal önermedir.

Hipotez sütununun her satırda D olduğuna dikkat edin. Bunun nedeni şudur: \(p \Rightarrow q \equiv \neg p \vee q\) olduğundan (Örnek 1.1) hipotez \(\neg q \vee \neg p \vee q\) önermesine denktir ve içinde \(q \vee \neg q\) gibi her zaman doğru bir parça barındırır. Hipotezi hep doğru olan bir koşullu önerme, sonucuyla aynı değeri alır; bu yüzden son sütun \(\neg p\) sütunuyla aynıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.10 (Veya Bağlacında Yer Değiştirme) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[(p \vee q) \Rightarrow (q \vee p).\]

Çözüm

\(p \vee q\) ve \(q \vee p\) sütunlarını Tanım 1.6 ile, son sütunu Tanım 1.7 ile dolduralım.

\(p\)	\(q\)	\(p \vee q\)	\(q \vee p\)	\((p \vee q) \Rightarrow (q \vee p)\)
D	D	D	D	D
D	Y	D	D	D
Y	D	D	D	D
Y	Y	Y	Y	D

\(p \vee q\) ile \(q \vee p\) sütunları her satırda aynıdır; bu, “veya” bağlacının değişme yasasıdır (Teorem 1.1 (1)). Hipotez ile sonuç hiçbir satırda farklı değer almadığından “hipotez D, sonuç Y” satırı oluşmaz ve son sütun dört satırda da D olur. Önerme bir totolojidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.11 (İki Yönden En Az Birinin Doğruluğu) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[(p \Rightarrow q) \vee (q \Rightarrow p).\]

Çözüm

İki koşullu sütunu Tanım 1.7 ile, son sütunu Tanım 1.6 ile dolduralım.

\(p\)	\(q\)	\(p \Rightarrow q\)	\(q \Rightarrow p\)	\((p \Rightarrow q) \vee (q \Rightarrow p)\)
D	D	D	D	D
D	Y	Y	D	D
Y	D	D	Y	D
Y	Y	D	D	D

\(p \Rightarrow q\) yalnızca ikinci satırda, \(q \Rightarrow p\) ise yalnızca üçüncü satırda yanlıştır; ikisinin birlikte yanlış olduğu bir satır yoktur. Bu yüzden “veya” her satırda doğrudur ve son sütun dört satırda da D’dir. Önerme bir totolojidir.

Sonuç ilk bakışta şaşırtıcı görünebilir: herhangi iki önermeden biri ötekini “gerektirir”. Ama \(\Rightarrow\) bağlacı yalnızca doğruluk değerlerine bakar: \(q\) doğruysa \(p \Rightarrow q\) doğrudur, \(q\) yanlışsa \(q \Rightarrow p\) doğrudur. İki durumdan biri mutlaka gerçekleştiğinden iki koşullu önermeden en az biri doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.12 (Ancak ve Ancak ile İki Yönlü İse Arasındaki Bağ) Aşağıdaki bileşik önermenin doğruluk tablosunu kurunuz ve önermenin totoloji, çelişki ya da olumsal önerme olduğunu belirleyiniz:

\[(p \Leftrightarrow q) \Leftrightarrow [(p \Rightarrow q) \wedge (q \Rightarrow p)].\]

Çözüm

\(p \Leftrightarrow q\) sütununu Tanım 1.8 ile, iki koşullu sütunu Tanım 1.7 ile, onların birleşimini Tanım 1.5 ile dolduralım. Son sütunda üçüncü ve altıncı sütunları yine Tanım 1.8 ile karşılaştırırız.

\(p\)	\(q\)	\(p \Leftrightarrow q\)	\(p \Rightarrow q\)	\(q \Rightarrow p\)	\((p \Rightarrow q) \wedge (q \Rightarrow p)\)	\((p \Leftrightarrow q) \Leftrightarrow [(p \Rightarrow q) \wedge (q \Rightarrow p)]\)
D	D	D	D	D	D	D
D	Y	Y	Y	D	Y	D
Y	D	Y	D	Y	Y	D
Y	Y	D	D	D	D	D

Üçüncü ve altıncı sütunlar her satırda aynı değeri aldığından son sütun dört satırda da D’dir. Önerme bir totolojidir.

Bu, “ancak ve ancak” bağlacının iki yönlü “ise” olduğunu söyleyen denkliğin (Örnek 1.2) totoloji biçimidir. Bir \(p \Leftrightarrow q\) teoremini ispatlarken iki yönü ayrı ayrı ispatlamamızın gerekçesi de budur.

\(\blacksquare\)

37.2 Mantıksal Denklik

İki bileşik önermenin denk olduğunu göstermek için doğruluk tablolarının her satırda aynı değeri verdiğini göstermek yeter (Tanım 1.3). Aşağıdaki iki problemde bu yöntemi iki temel yasaya uygulayacağız.

Alıştırma 37.13 (De Morgan Yasasının Tabloyla İspatı) De Morgan yasalarından birinin söylediği gibi, \(\neg(p \wedge q)\) ile \(\neg p \vee \neg q\) önermelerinin mantıksal denk olduğunu doğruluk tablosuyla ispatlayınız.

Çözüm

İki önermenin sütunlarını aynı tabloda hesaplayalım. Sol taraf için önce \(p \wedge q\) (Tanım 1.5), sonra onun olumsuzlaması; sağ taraf için önce \(\neg p\) ve \(\neg q\) (Tanım 1.2), sonra onların “veya” ile birleşimi (Tanım 1.6) yazılır.

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

Dördüncü sütun (\(\neg(p \wedge q)\)) ile yedinci sütun (\(\neg p \vee \neg q\)) dört satırın her birinde aynı değeri alır: ilk satırda ikisi de Y, öteki üç satırda ikisi de D. Tanım 1.3 gereği

\[\neg(p \wedge q) \equiv \neg p \vee \neg q.\]

Sözle: “\(p\) ve \(q\)” yanlışsa ikisinden en az biri yanlıştır; ikisinden en az biri yanlışsa “\(p\) ve \(q\)” yanlıştır. Bu, Teorem 1.1 (6) içindeki ikinci De Morgan yasasıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.14 (Yutma Yasasının Tabloyla İspatı) \(p \vee (p \wedge q)\) önermesinin \(p\) önermesine mantıksal denk olduğunu (yutma yasası, absorption law) doğruluk tablosuyla ispatlayınız.

Çözüm

\(p \wedge q\) sütununu Tanım 1.5 ile, \(p \vee (p \wedge q)\) sütununu Tanım 1.6 ile dolduralım.

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

Birinci sütun (\(p\)) ile dördüncü sütun (\(p \vee (p \wedge q)\)) dört satırda da aynıdır: ilk iki satırda ikisi de D, son iki satırda ikisi de Y. Tanım 1.3 gereği

\[p \vee (p \wedge q) \equiv p.\]

Sözle: \(p\) doğruysa “veya”nın bir parçası doğru olduğundan bütün doğrudur; \(p\) yanlışsa \(p \wedge q\) de yanlıştır ve iki parçası da yanlış olan “veya” yanlıştır. Yani \(p \wedge q\) parçası hiçbir zaman sonucu değiştirmez; \(p\) tarafından “yutulur”. Yasanın adı buradan gelir.

\(\blacksquare\)

37.3 Karşıt, Ters ve Karşıt Ters

Sıradaki dört problem aynı koşullu önerme üzerine kuruludur: “Bir \(n\) tam sayısı \(6\) ile bölünüyorsa \(3\) ile bölünür.” Karşıt, ters ve karşıt ters Tanım 1.9 ile tanımlanmıştır; bölünebilme için Tanım 11.3 kullanılır. Önermedeki “bir \(n\) tam sayısı” ifadesi gizli bir tümel niceleyicidir: önerme her \(n \in \mathbb{Z}\) için söylenmektedir ve karşıt, ters ve karşıt ters yazılırken bu niceleyici olduğu gibi kalır, yalnızca içerideki koşullu önerme değişir (bkz. Örnek 2.2).

Alıştırma 37.15 (Altıya Bölünme Önermesinin Karşıtı) “Bir \(n\) tam sayısı \(6\) ile bölünüyorsa \(3\) ile bölünür.” önermesinin karşıtını yazınız.

Çözüm

\(n\) bir tam sayı olmak üzere

• \(p\): “\(n\), \(6\) ile bölünür.”, yani \(6 \mid n\),
• \(q\): “\(n\), \(3\) ile bölünür.”, yani \(3 \mid n\)

açık önermelerini tanımlayalım. Verilen önerme \(\forall n \in \mathbb{Z},\ (p \Rightarrow q)\) biçimindedir. Tanım 1.9 gereği \(p \Rightarrow q\)’nun karşıtı, hipotez ile sonucun yer değiştirmesiyle elde edilen \(q \Rightarrow p\)’dir. Niceleyici olduğu gibi kalır:

\[\forall n \in \mathbb{Z},\ (3 \mid n \Rightarrow 6 \mid n).\]

Sözle karşıt: “Bir \(n\) tam sayısı \(3\) ile bölünüyorsa \(6\) ile bölünür.”

Karşıtın doğru olup olmadığı ayrı bir sorudur; bunu Alıştırma 37.18 içinde inceliyoruz.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.16 (Altıya Bölünme Önermesinin Tersi) “Bir \(n\) tam sayısı \(6\) ile bölünüyorsa \(3\) ile bölünür.” önermesinin tersini yazınız.

Çözüm

\(n\) bir tam sayı olmak üzere \(p\): “\(6 \mid n\)” ve \(q\): “\(3 \mid n\)” olsun; verilen önerme \(\forall n \in \mathbb{Z},\ (p \Rightarrow q)\) biçimindedir. Tanım 1.9 gereği \(p \Rightarrow q\)’nun tersi, hipotez ile sonucun ikisinin de olumsuzlanmasıyla elde edilen \(\neg p \Rightarrow \neg q\)’dur. “\(6 \mid n\) değil” ifadesi \(6 \nmid n\) ile yazılır (Tanım 11.3); niceleyici olduğu gibi kalır:

\[\forall n \in \mathbb{Z},\ (6 \nmid n \Rightarrow 3 \nmid n).\]

Sözle ters: “Bir \(n\) tam sayısı \(6\) ile bölünmüyorsa \(3\) ile bölünmez.”

Tersin doğruluk değeri Alıştırma 37.18 içinde incelenmektedir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.17 (Altıya Bölünme Önermesinin Karşıt Tersi) “Bir \(n\) tam sayısı \(6\) ile bölünüyorsa \(3\) ile bölünür.” önermesinin karşıt tersini yazınız.

Çözüm

\(n\) bir tam sayı olmak üzere \(p\): “\(6 \mid n\)” ve \(q\): “\(3 \mid n\)” olsun; verilen önerme \(\forall n \in \mathbb{Z},\ (p \Rightarrow q)\) biçimindedir. Tanım 1.9 gereği \(p \Rightarrow q\)’nun karşıt tersi, hem yer değiştirip hem olumsuzlayarak elde edilen \(\neg q \Rightarrow \neg p\)’dir. Niceleyici olduğu gibi kalır:

\[\forall n \in \mathbb{Z},\ (3 \nmid n \Rightarrow 6 \nmid n).\]

Sözle karşıt ters: “Bir \(n\) tam sayısı \(3\) ile bölünmüyorsa \(6\) ile bölünmez.”

Karşıt ters, özgün önermeye her zaman denktir (Teorem 1.1 (7)); doğruluk değeri Alıştırma 37.18 içinde ayrıca doğrulanmaktadır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.18 (Dört Koşullu Önermenin Doğruluk Değerleri) “Bir \(n\) tam sayısı \(6\) ile bölünüyorsa \(3\) ile bölünür.” önermesini, karşıtını, tersini ve karşıt tersini ele alalım:

• özgün önerme: \(6 \mid n \Rightarrow 3 \mid n\),
• karşıtı: \(3 \mid n \Rightarrow 6 \mid n\),
• tersi: \(6 \nmid n \Rightarrow 3 \nmid n\),
• karşıt tersi: \(3 \nmid n \Rightarrow 6 \nmid n\)

(her biri her \(n \in \mathbb{Z}\) için söylenmektedir). Bu dört önermenin doğruluk değerlerini belirleyiniz. Hangileri doğrudur?

Çözüm

Dördü de “her \(n \in \mathbb{Z}\) için” biçiminde tümel önermelerdir. Böyle bir önermeyi ispatlamak için keyfi bir \(n\) alınır; çürütmek için ise hipotezin sağlandığı ama sonucun sağlanmadığı tek bir \(n\) yeter (Teorem 2.1 ve Sonuç 1.1).

Özgün önerme doğrudur. \(n \in \mathbb{Z}\) keyfi olsun ve \(6 \mid n\) olsun. Tanım 11.3 gereği \(n = k \cdot 6\) olacak biçimde bir \(k \in \mathbb{Z}\) vardır. \(6 = 2 \cdot 3\) olduğundan, çarpmanın birleşme özelliğiyle (M2)

\[n = k \cdot (2 \cdot 3) = (2k) \cdot 3\]

yazılır. \(2k\) bir tam sayıdır (Önerme 11.1), dolayısıyla \(3 \mid n\). \(n\) keyfi olduğundan önerme her tam sayı için doğrudur.

Karşıt ters doğrudur. Karşıt ters, özgün önermeye denktir (Teorem 1.1 (7)); özgün önerme doğru olduğundan o da doğrudur. Doğrudan da görülebilir: \(3 \nmid n\) olsun. \(6 \mid n\) olsaydı yukarıdaki hesap \(3 \mid n\) verirdi; bu, \(3 \nmid n\) ile çelişir. Demek ki \(6 \nmid n\).

Karşıt yanlıştır. \(n = 3\) alalım. \(3 = 1 \cdot 3\) olduğundan \(3 \mid 3\); hipotez sağlanır. Öte yandan \(6 \mid 3\) olsaydı \(3 = k \cdot 6\) olacak bir \(k \in \mathbb{Z}\) bulunurdu; iki yanı \(6\)’ya bölünce \(k = \dfrac{1}{2}\) çıkar. Oysa Önerme 7.11 gereği \(0 < \dfrac{1}{2} < 1\)’dir ve \(0\) ile \(1\) arasında hiçbir tam sayı yoktur (Lemma 11.1). Bu çelişki \(6 \nmid 3\) olduğunu gösterir; sonuç sağlanmaz. Demek ki \(n = 3\) karşıt için bir karşıt örnektir. (\(n = 9\) de işe yarar: \(9 = 3 \cdot 3\), ama \(9 = 6k\) eşitliği \(k = \dfrac{3}{2}\) verir ve \(1 < \dfrac{3}{2} < 2\) olduğundan \(k\) tam sayı olamaz.)

Ters yanlıştır. Yine \(n = 3\) alalım. Yukarıda \(6 \nmid 3\) olduğunu gördük, yani tersin hipotezi sağlanır; ama \(3 \mid 3\) olduğundan “\(3 \nmid 3\)” sonucu sağlanmaz. Demek ki \(n = 3\) ters için de bir karşıt örnektir. Bu rastlantı değildir: ters, karşıtın karşıt tersidir ve karşıta denktir (Örnek 1.3), dolayısıyla ikisi her zaman aynı doğruluk değerini taşır.

Sonuç. Özgün önerme ve karşıt tersi doğrudur; karşıtı ve tersi yanlıştır.

\(\blacksquare\)

37.4 Sözel İfadeleri Sembollere Çevirme

Aşağıdaki dört cümleyi niceleyicilerle yazacağız; bütün değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{R}\)’dir. Çeviride en çok dikkat edilmesi gereken nokta niceleyicilerin sırasıdır: hangi sayı önce seçiliyor, hangisi ona bağlı olarak seçiliyor? Niceleyicilerin anlamı Tanım 2.2 ile verilmiştir; sıranın neden önemli olduğu Niceleyiciler ve İspat Yöntemleri bölümünde ayrıntılı olarak tartışılmıştır.

Alıştırma 37.19 (Toplama Tersinin Varlığını Sembolle Yazma) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{R}\) olmak üzere “Her sayının bir toplama tersi vardır.” cümlesini niceleyicilerle yazınız.

Çözüm

Bir \(x\) sayısının toplama tersi, \(x\) ile toplandığında \(0\) veren bir \(y\) sayısıdır (A4). Cümle iki iddia içerir: “her \(x\) için” (tümel niceleyici) ve “bir \(y\) vardır” (varlıksal niceleyici). \(y\), \(x\)’e bağlı olarak seçilir; \(x\) değişince toplama tersi de değişir. Bu yüzden önce \(x\), sonra \(y\) niceleriz:

\[\forall x \in \mathbb{R},\ \exists y \in \mathbb{R},\ x + y = 0.\]

Sıra önemlidir. \(\exists y \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R},\ x + y = 0\) yazsaydık “bütün sayılarla toplandığında sıfır veren tek bir sayı vardır” demiş olurduk; bu bambaşka ve yanlış bir önermedir (bkz. Alıştırma 37.24). Doğru çevirinin kendisi ise doğrudur: her \(x\) için \(y = -x\) seçilir ve (A4) gereği \(x + (-x) = 0\) olur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.20 (Karesinden Büyük Bir Sayının Varlığını Sembolle Yazma) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{R}\) olmak üzere “Karesi kendisinden küçük olan bir sayı vardır.” cümlesini niceleyicilerle yazınız.

Çözüm

“Bir sayı vardır” ifadesi varlıksal niceleyicidir; bu sayıya \(x\) diyelim. Sayının sağlaması gereken özellik “karesi kendisinden küçüktür”, yani \(x^2 < x\)’tir:

\[\exists x \in \mathbb{R},\ x^2 < x.\]

Önerme doğrudur ve ispatı için tek bir örnek yeter: \(x = \dfrac{1}{2}\) için \(x^2 = \dfrac{1}{4}\) ve \(\dfrac{1}{4} < \dfrac{1}{2}\)’dir. Daha genel olarak \(0 < x < 1\) olan her \(x\) için \(x^2 < x\)’tir (Önerme 7.12 (2)); aynı önerme Örnek 2.1 içinde de ispatlanmıştı.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.21 (İki Negatif Sayının Çarpımını Sembolle Yazma) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{R}\) olmak üzere “Herhangi iki negatif sayının çarpımı pozitiftir.” cümlesini niceleyicilerle yazınız.

Çözüm

“Herhangi iki” ifadesi, iki sayının da keyfi seçildiğini söyler; dolayısıyla iki tümel niceleyici gerekir. Cümlede gizli bir koşul da vardır: iddia yalnızca negatif sayılar için söylenmektedir. “İki sayı da negatifse çarpımları pozitiftir” biçiminde bir koşullu önerme kurarız:

\[\forall x \in \mathbb{R},\ \forall y \in \mathbb{R},\ \big[(x < 0 \wedge y < 0) \Rightarrow xy > 0\big].\]

Koşulu niceleyicinin içine yerleştiren kısa yazım da sık kullanılır:

\[\forall x < 0,\ \forall y < 0,\ xy > 0.\]

İki tümel niceleyicinin sırası önemsizdir; \(\forall x\, \forall y\) ile \(\forall y\, \forall x\) aynı şeyi söyler. Önerme doğrudur: Sonuç 7.1 tam olarak bu iddiadır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.22 (Epsilon Delta Cümlesini Sembolle Yazma) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(a \in \mathbb{R}\) sabit bir sayı olsun. Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{R}\) olmak üzere şu cümleyi niceleyicilerle yazınız: “Her pozitif \(\varepsilon\) sayısı için öyle bir pozitif \(\delta\) sayısı vardır ki \(|x - a| < \delta\) ise \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\) olur.”

Çözüm

Cümleyi baştan sona okuyup niceleyicileri sırayla belirleyelim.

1. “Her pozitif \(\varepsilon\) sayısı için”: tümel niceleyici, \(\forall \varepsilon > 0\).
2. “öyle bir pozitif \(\delta\) sayısı vardır ki”: varlıksal niceleyici, \(\exists \delta > 0\). \(\delta\), \(\varepsilon\) seçildikten sonra seçilir; yani \(\varepsilon\)’a bağlı olabilir.
3. “\(|x - a| < \delta\) ise \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\)”: bir koşullu önermedir. Burada \(x\) belirli bir sayı değildir; cümle, bu koşulu sağlayan her \(x\) için söylenmektedir. Bu gizli tümel niceleyiciyi açıkça yazmak gerekir: \(\forall x \in \mathbb{R}\).

Hepsini birleştirince

\[\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in \mathbb{R},\ \big(|x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(a)| < \varepsilon\big)\]

elde edilir. Buradaki “\(\forall \varepsilon > 0\)” yazımı, “\(\forall \varepsilon \in \mathbb{R},\ (\varepsilon > 0 \Rightarrow \dots)\)” ifadesinin kısaltmasıdır; “\(\exists \delta > 0\)” ise “\(\exists \delta \in \mathbb{R},\ (\delta > 0 \wedge \dots)\)” demektir.

Bu önerme, \(f\)’nin \(a\) noktasında sürekli olmasının tanımıdır (Tanım 33.1). Niceleyicilerin sırası yine belirleyicidir: \(\exists \delta > 0,\ \forall \varepsilon > 0\) yazsaydık bütün \(\varepsilon\)’lar için işe yarayan tek bir \(\delta\) istemiş olurduk; bu, çok daha güçlü ve bambaşka bir koşuldur.

\(\blacksquare\)

37.5 Olumsuzlama

Sıradaki on problemde bir önermenin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin en başında kalmayacak biçimde, yani olumsuzlamayı içeriye kadar taşıyarak yazacağız. Kullanacağımız kurallar şunlardır: niceleyicilerin olumsuzlanması (Teorem 2.1 ve Sonuç 2.1), De Morgan yasaları (Teorem 1.1 (6)), koşullu önermenin olumsuzlanması (Sonuç 1.1) ve eşitsizlikler için “\(x \le y\) ile \(y < x\) birbirinin olumsuzlamasıdır” gözlemi (Tanım 7.1 ve üçlem yasası). Olumsuzlama alınırken değişkenlerin evren kümesi değişmez.

Alıştırma 37.23 (Doğal Sayılarda Kare Eşitsizliğinin Olumsuzlaması) Aşağıdaki önermenin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde yazınız:

\[\forall x \in \mathbb{N},\ x^2 \ge x.\]

Çözüm

Önerme \(\forall x \in \mathbb{N},\ p(x)\) biçimindedir; burada \(p(x)\): “\(x^2 \ge x\)”. Teorem 2.1 (1) gereği

\[\neg\big(\forall x \in \mathbb{N},\ x^2 \ge x\big) \equiv \exists x \in \mathbb{N},\ \neg(x^2 \ge x).\]

\(x^2 \ge x\), yani \(x \le x^2\) önermesinin olumsuzlaması \(x^2 < x\)’tir (Tanım 7.1). Evren kümesi \(\mathbb{N}\) olarak kalır. Sonuç:

\[\exists x \in \mathbb{N},\ x^2 < x.\]

Sözle: “Karesi kendisinden küçük olan bir doğal sayı vardır.”

Hangisi doğru? Özgün önerme doğrudur, dolayısıyla olumsuzlaması yanlıştır. Gerçekten \(x \in \mathbb{N}\) keyfi olsun. Önerme 10.3 gereği \(x \ge 1\), özel olarak \(x > 0\)’dır. \(x = 1\) ise \(x^2 = 1 = x\)’tir. \(x > 1\) ise \(1 < x\) eşitsizliğini pozitif \(x\) ile çarparak (O4) \(x < x^2\) buluruz. Her iki durumda \(x^2 \ge x\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.24 (Bütün Sayıları Sıfıra Tamamlayan Sayı İddiasının Olumsuzlaması) Aşağıdaki önermenin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde yazınız:

\[\exists y \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R},\ x + y = 0.\]

Çözüm

Önerme \(\exists y,\ \forall x,\ p(x, y)\) biçimindedir; burada \(p(x, y)\): “\(x + y = 0\)”. Sonuç 2.1 (2) gereği niceleyiciler sırası korunarak çevrilir (\(\exists \to \forall\), \(\forall \to \exists\)) ve sondaki önerme olumsuzlanır. \(x + y = 0\) önermesinin olumsuzlaması \(x + y \ne 0\)’dır. Sonuç:

\[\forall y \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ x + y \ne 0.\]

Sözle özgün önerme “bütün reel sayılarla toplandığında sıfır veren tek bir reel sayı vardır” der; olumsuzlaması ise “hangi \(y\) alınırsa alınsın, onunla toplandığında sıfır vermeyen bir \(x\) bulunur” der.

Hangisi doğru? Olumsuzlama doğrudur: \(y \in \mathbb{R}\) keyfi olsun ve \(x = 1 - y\) seçelim. (A2), (A1), (A4) ve (A3) ile

\[x + y = (1 - y) + y = 1 + (-y + y) = 1 + 0 = 1\]

olur ve (M3) gereği \(1 \ne 0\)’dır. Demek ki özgün önerme yanlıştır. Bunu Alıştırma 37.19 ile karşılaştırın: orada \(\forall x\, \exists y\) sırası doğru bir önerme veriyordu; niceleyicilerin yeri değişince önerme yanlış oldu.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.25 (Tümel Bir Koşullu Önermenin Olumsuzlaması) \(P(x)\) ve \(Q(x)\), evren kümesi \(X\) olan iki açık önerme olsun. Aşağıdaki önermenin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde yazınız; bunun için önce \(\Rightarrow\) bağlacını \(\vee\) ve \(\neg\) ile yeniden yazınız:

\[\forall x \in X,\ [P(x) \Rightarrow Q(x)].\]

Çözüm

Adım 1: İse bağlacını değiştirelim. Örnek 1.1 gereği her \(x\) için \(P(x) \Rightarrow Q(x) \equiv \neg P(x) \vee Q(x)\)’tir. Dolayısıyla önerme

\[\forall x \in X,\ [\neg P(x) \vee Q(x)]\]

önermesine denktir.

Adım 2: Niceleyiciyi çevirelim. Teorem 2.1 (1) ile

\[\neg\big(\forall x \in X,\ [\neg P(x) \vee Q(x)]\big) \equiv \exists x \in X,\ \neg[\neg P(x) \vee Q(x)].\]

Adım 3: Olumsuzlamayı içeri taşıyalım. İlk De Morgan yasası (Teorem 1.1 (6))

\[\neg[\neg P(x) \vee Q(x)] \equiv \neg\neg P(x) \wedge \neg Q(x)\]

verir; çift olumsuzlama yasası (Önerme 1.1) ile \(\neg\neg P(x) \equiv P(x)\) olur. Sonuç:

\[\exists x \in X,\ [P(x) \wedge \neg Q(x)].\]

Sözle: “\(P\)’yi sağlayıp \(Q\)’yu sağlamayan bir \(x\) vardır.” Bu, tümel bir koşullu önermeyi çürütmek için tek bir karşıt örneğin, yani hipotezi sağlayıp sonucu sağlamayan tek bir elemanın yettiğini söyler; Sonuç 1.1 ile de aynı sonuç elde edilir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.26 (İki Ülkeyi Ziyaret Etmiş Öğrenci Cümlesinin Olumsuzlaması) “Sınıfta hem Meksika’yı hem Kanada’yı ziyaret etmiş bir öğrenci vardır.” önermesinin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde, sembolle ve sözle yazınız.

Çözüm

Önce cümleyi sembolleştirelim. \(S\) sınıftaki öğrencilerin kümesi olsun ve \(x \in S\) için

• \(M(x)\): “\(x\), Meksika’yı ziyaret etmiştir.”,
• \(K(x)\): “\(x\), Kanada’yı ziyaret etmiştir.”

açık önermelerini tanımlayalım. Cümle

\[\exists x \in S,\ [M(x) \wedge K(x)]\]

biçimindedir. Teorem 2.1 (2) ile niceleyiciyi çevirir, sonra De Morgan yasasıyla (Teorem 1.1 (6)) olumsuzlamayı içeri taşırız:

\[\forall x \in S,\ \neg[M(x) \wedge K(x)] \ \equiv\ \forall x \in S,\ [\neg M(x) \vee \neg K(x)].\]

Sözle olumsuzlama: “Sınıftaki her öğrenci ya Meksika’yı ziyaret etmemiştir ya da Kanada’yı ziyaret etmemiştir” (ikisini birden ziyaret etmemiş olması da mümkündür). Aynı şey “Sınıfta hem Meksika’yı hem Kanada’yı ziyaret etmiş hiçbir öğrenci yoktur.” biçiminde de söylenebilir.

Dikkat: “Sınıftaki hiçbir öğrenci Meksika’yı da Kanada’yı da ziyaret etmemiştir.” cümlesi, yani \(\forall x \in S,\ [\neg M(x) \wedge \neg K(x)]\), olumsuzlama değildir. Bu cümle çok daha güçlü bir şey söyler. Örneğin sınıfta yalnızca Meksika’yı ziyaret etmiş bir öğrenci bulunsun ve öteki öğrenciler iki ülkeyi de görmemiş olsun. O zaman iki ülkeyi birden ziyaret etmiş kimse olmadığından özgün önerme yanlıştır; bir öğrenci Meksika’yı ziyaret ettiğinden bu cümle de yanlıştır. Oysa bir önerme ile olumsuzlamasından tam biri doğru olmalıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.27 (Bazı Kalemlerin Mavi Olduğu Cümlesinin Olumsuzlaması) “Bazı kalemler mavidir.” önermesinin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde, sembolle ve sözle yazınız.

Çözüm

\(K\) kalemlerin kümesi olsun ve \(x \in K\) için \(M(x)\): “\(x\) mavidir.” diyelim. “Bazı” sözcüğü varlıksal niceleyicidir (“en az bir”), dolayısıyla cümle

\[\exists x \in K,\ M(x)\]

biçimindedir. Teorem 2.1 (2) gereği olumsuzlaması

\[\forall x \in K,\ \neg M(x)\]

önermesidir. Sözle: “Hiçbir kalem mavi değildir.” ya da “Her kalem mavi olmayan bir renktedir.”

Sık yapılan hata, olumsuzlamayı “Bazı kalemler mavi değildir.” diye yazmaktır. Bu cümle \(\exists x \in K,\ \neg M(x)\) demektir ve özgün önermeyle aynı anda doğru olabilir: kalemlerin bir kısmı mavi, bir kısmı kırmızıysa ikisi de doğrudur. Oysa bir önerme ile olumsuzlamasından tam biri doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.28 (Zincir Eşitsizlikli İç İçe Niceleyicilerin Olumsuzlaması) \(A, B \subseteq \mathbb{R}\) olsun. Aşağıdaki önermenin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde yazınız:

\[\forall x \in A,\ \exists y \in B,\ x < y < 1.\]

Çözüm

Zincir eşitsizlik \(x < y < 1\), “\(x < y\) ve \(y < 1\)” demektir (Tanım 7.1). Önerme \(\forall x\, \exists y\, p(x, y)\) biçimindedir; Sonuç 2.1 (1) ile niceleyiciler çevrilir ve içerideki önerme olumsuzlanır:

\[\exists x \in A,\ \forall y \in B,\ \neg(x < y \wedge y < 1).\]

İçeriye De Morgan yasasını (Teorem 1.1 (6)) uygulayalım:

\[\neg(x < y \wedge y < 1) \equiv \neg(x < y) \vee \neg(y < 1).\]

Eşitsizliklerin olumsuzlaması \(\neg(x < y) \equiv y \le x\) ve \(\neg(y < 1) \equiv y \ge 1\)’dir. Sonuç:

\[\exists x \in A,\ \forall y \in B,\ (y \le x \vee y \ge 1).\]

Sözle: “\(A\)’da öyle bir \(x\) vardır ki \(B\)’nin her \(y\) elemanı ya \(x\)’ten büyük değildir ya da \(1\)’den küçük değildir.” Başka bir deyişle, \(B\)’nin hiçbir elemanı \(x\) ile \(1\) arasına, yani \((x, 1)\) aralığına düşmez.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.29 (Değerleri Bir Aralıkta Kalan Fonksiyon Önermesinin Olumsuzlaması) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. Aşağıdaki önermenin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde yazınız:

\[\forall x > 1,\ 0 < f(x) < 4.\]

Çözüm

“\(\forall x > 1\)” yazımı, “\(\forall x \in \mathbb{R},\ (x > 1 \Rightarrow \dots)\)” ifadesinin kısaltmasıdır. Olumsuzlamada Teorem 2.1 (1) ile \(\exists x \in \mathbb{R}\) gelir ve Sonuç 1.1 ile içerideki koşullu önerme “\(x > 1\) ve \(\neg(\dots)\)” olur; yani “\(\exists x > 1,\ \neg(\dots)\)”. Evren değişmez: \(x\) yine \(1\)’den büyüktür.

\(0 < f(x) < 4\) zinciri “\(0 < f(x)\) ve \(f(x) < 4\)” demektir. De Morgan yasası ve eşitsizliklerin olumsuzlaması ile

\[\neg\big(0 < f(x) \wedge f(x) < 4\big) \equiv f(x) \le 0 \vee f(x) \ge 4.\]

Sonuç:

\[\exists x > 1,\ \big(f(x) \le 0 \vee f(x) \ge 4\big).\]

Sözle: “\(1\)’den büyük öyle bir \(x\) vardır ki \(f(x)\) ya \(0\)’dan büyük değildir ya da \(4\)’ten küçük değildir”; yani \(f(x)\), \((0, 4)\) aralığının dışındadır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.30 (Veya İçeren Varlıksal Önermenin Olumsuzlaması) \(f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) iki fonksiyon olsun. Aşağıdaki önermenin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde yazınız:

\[\exists y \le 2,\ \big(f(y) < 2 \vee g(y) \ge 7\big).\]

Çözüm

“\(\exists y \le 2\)” yazımı, “\(\exists y \in \mathbb{R},\ (y \le 2 \wedge \dots)\)” ifadesinin kısaltmasıdır. Teorem 2.1 (2) ile niceleyici \(\forall\) olur. İçeride De Morgan yasası ve Örnek 1.1 ile

\[\neg(y \le 2 \wedge \dots) \equiv \neg(y \le 2) \vee \neg(\dots) \equiv (y \le 2 \Rightarrow \neg \dots)\]

elde edildiğinden olumsuzlama “\(\forall y \le 2,\ \neg(\dots)\)” biçimini alır. Evren değişmez: \(y\) yine \(2\)’den küçük ya da \(2\)’ye eşittir.

İçerideki “veya” önermesini ilk De Morgan yasasıyla (Teorem 1.1 (6)) olumsuzlayalım ve eşitsizlikleri çevirelim:

\[\neg\big(f(y) < 2 \vee g(y) \ge 7\big) \equiv f(y) \ge 2 \wedge g(y) < 7.\]

Sonuç:

\[\forall y \le 2,\ \big(f(y) \ge 2 \wedge g(y) < 7\big).\]

Sözle: “\(2\)’den küçük ya da \(2\)’ye eşit her \(y\) için hem \(f(y) \ge 2\) hem \(g(y) < 7\)’dir.”

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.31 (Bir Değerin Aşıldığını Söyleyen Önermenin Olumsuzlaması) \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(y \in \mathbb{R}\) sabit bir sayı olsun. Aşağıdaki önermenin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde yazınız:

\[\exists x \in A,\ f(x) > y.\]

Çözüm

Önermede yalnızca \(x\) nicelenmiştir; \(y\) önceden verilmiş sabit bir sayıdır ve olumsuzlamadan etkilenmez. Teorem 2.1 (2) gereği

\[\neg\big(\exists x \in A,\ f(x) > y\big) \equiv \forall x \in A,\ \neg\big(f(x) > y\big).\]

\(f(x) > y\), yani \(y < f(x)\) önermesinin olumsuzlaması \(f(x) \le y\)’dir (Tanım 7.1). Sonuç:

\[\forall x \in A,\ f(x) \le y.\]

Sözle: “\(f\)’nin \(A\) üzerindeki bütün değerleri \(y\)’den küçük ya da \(y\)’ye eşittir.” \(A\) boş değilse bu, \(y\)’nin \(\{f(x) : x \in A\}\) kümesi için bir üst sınır olduğunu söyler (Tanım 9.1). Özgün önerme ise tam tersini, yani “\(y\), \(f\)’nin değerleri için bir üst sınır değildir” iddiasını dile getirir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.32 (Üç Niceleyicili Bir Eşitsizliğin Olumsuzlaması) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{R}\) olsun. Aşağıdaki önermenin olumsuzlamasını, \(\neg\) sembolü ifadenin ilk sembolü olmayacak biçimde yazınız:

\[\forall x,\ \exists y,\ \forall z,\ x + y + z \le xyz.\]

Çözüm

Kural, Sonuç 2.1 ile aynıdır: niceleyiciler sırası korunarak çevrilir, sondaki önerme olumsuzlanır. Bunu adım adım, dıştan içe doğru Teorem 2.1 uygulayarak yapalım:

\[\begin{aligned} \neg\big(\forall x,\ \exists y,\ \forall z,\ x + y + z \le xyz\big) &\equiv \exists x,\ \neg\big(\exists y,\ \forall z,\ x + y + z \le xyz\big) \\[1mm] &\equiv \exists x,\ \forall y,\ \neg\big(\forall z,\ x + y + z \le xyz\big) \\[1mm] &\equiv \exists x,\ \forall y,\ \exists z,\ \neg\big(x + y + z \le xyz\big). \end{aligned}\]

Son olarak \(x + y + z \le xyz\) önermesinin olumsuzlaması \(x + y + z > xyz\)’dir (Tanım 7.1). Sonuç:

\[\exists x,\ \forall y,\ \exists z,\ x + y + z > xyz.\]

Hangisi doğru? Olumsuzlama doğrudur ve tanığı \(x = 0\)’dır. \(y\) keyfi olsun ve \(z = 1 - y\) seçelim. O zaman

\[x + y + z = 0 + y + (1 - y) = 1, \qquad xyz = 0 \cdot y \cdot (1 - y) = 0\]

olur (Önerme 6.9) ve Önerme 7.7 gereği \(1 > 0\)’dır. Demek ki özgün önerme yanlıştır.

\(\blacksquare\)

37.6 Niceleyicili Önermelerin Doğruluk Değeri

Aşağıdaki dört önermede bütün değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{Z}\)’dir. Tümel bir önermeyi ispatlamak için keyfi bir eleman alınır; varlıksal bir önermeyi ispatlamak için tek bir örnek yeter; bir önermenin yanlış olduğunu göstermek içinse olumsuzlamasını ispatlarız (Teorem 2.1).

Alıştırma 37.33 (Tam Sayıların Karelerinin İşareti) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{Z}\) olmak üzere aşağıdaki önermenin doğru mu yanlış mı olduğunu belirleyiniz:

\[\forall n,\ n^2 \ge 0.\]

Çözüm

Önerme tümeldir; keyfi bir eleman alıp özelliği göstereceğiz. \(n \in \mathbb{Z}\) keyfi olsun. \(\mathbb{Z} \subset \mathbb{R}\) olduğundan \(n\) bir reel sayıdır ve Önerme 7.12 (1) gereği her reel sayının karesi negatif değildir: \(n^2 \ge 0\). \(n\) keyfi olduğundan özellik her tam sayı için geçerlidir.

Sonuç: Önerme doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.34 (Bütün Tam Sayıları Kendine Götüren Çarpan) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{Z}\) olmak üzere aşağıdaki önermenin doğru mu yanlış mı olduğunu belirleyiniz:

\[\exists m,\ \forall n,\ m \cdot n = n.\]

Çözüm

Önerme, bütün \(n\)’ler için aynı anda işe yarayan tek bir \(m\) tam sayısı olduğunu söylüyor; \(m\), \(n\)’den önce ve ondan bağımsız seçilmelidir. Aday \(m = 1\)’dir. \(1 \in \mathbb{N} \subset \mathbb{Z}\) olduğundan \(1\) bir tam sayıdır. \(n \in \mathbb{Z}\) keyfi olsun; (M1) ve (M3) gereği

\[1 \cdot n = n \cdot 1 = n.\]

Demek ki \(m = 1\) her \(n\) için \(m \cdot n = n\) eşitliğini sağlar ve varlıksal niceleyici için tek bir örnek yeter.

Bu \(m\)’nin tek olduğu da görülebilir: eşitlik her \(n\) için sağlanıyorsa özel olarak \(n = 1\) için de sağlanır ve \(m \cdot 1 = 1\), yani (M3) ile \(m = 1\) bulunur.

Sonuç: Önerme doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.35 (Her Tam Sayının Toplama Tersi) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{Z}\) olmak üzere aşağıdaki önermenin doğru mu yanlış mı olduğunu belirleyiniz:

\[\forall n,\ \exists m,\ n + m = 0.\]

Çözüm

Bu kez \(m\), \(n\) verildikten sonra ve ona bağlı olarak seçilebilir. \(n \in \mathbb{Z}\) keyfi olsun ve \(m = -n\) seçelim. Önerme 11.1 (1) gereği \(-n \in \mathbb{Z}\)’dir, yani seçtiğimiz \(m\) gerçekten evren kümesindedir. (A4) gereği

\[n + m = n + (-n) = 0.\]

\(n\) keyfi olduğundan önerme her tam sayı için doğrudur.

Niceleyicilerin sırası değiştirilseydi sonuç farklı olurdu: \(\exists m,\ \forall n,\ n + m = 0\) önermesi yanlıştır, çünkü \(n = 0\) için \(m = 0\), \(n = 1\) için \(m = -1\) olmak zorundadır ve tek bir \(m\) ikisini birden sağlayamaz.

Sonuç: Önerme doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.36 (Kareleri Toplamı Altı Olan Tam Sayılar) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{Z}\) olmak üzere aşağıdaki önermenin doğru mu yanlış mı olduğunu belirleyiniz:

\[\exists n,\ \exists m,\ n^2 + m^2 = 6.\]

Çözüm

Önermenin yanlış olduğunu, yani olumsuzlaması olan

\[\forall n,\ \forall m,\ n^2 + m^2 \ne 6\]

önermesinin doğru olduğunu göstereceğiz (Teorem 2.1). Olmayana ergi ile ilerleyelim: \(n^2 + m^2 = 6\) eşitliğini sağlayan \(n, m\) tam sayıları olduğunu varsayalım.

Adım 1: \(n\) ve \(m\) küçük olmalıdır. \(n \ge 3\) olsaydı, \(n = 3\) ise \(n^2 = 9\), \(n > 3\) ise Önerme 7.12 (4) gereği \(9 = 3^2 < n^2\) olurdu; her iki durumda \(n^2 \ge 9\). \(n \le -3\) olsaydı Önerme 7.3 gereği \(-n \ge 3\) olur; az önceki gerekçeyle \((-n)^2 \ge 9\) ve Sonuç 6.2 gereği \(n^2 = (-n)^2 \ge 9\) bulunurdu. Ayrıca \(m^2 \ge 0\) olduğundan (Önerme 7.12 (1)) bu durumlarda

\[n^2 + m^2 \ge 9 + 0 = 9 > 6\]

olurdu; bu, \(n^2 + m^2 = 6\) ile çelişir. Demek ki \(-3 < n < 3\)’tür. Ardışık tam sayılar arasında tam sayı olmadığından (Lemma 11.1) bu koşulu sağlayan tam sayılar yalnızca \(-2, -1, 0, 1, 2\)’dir. Aynı akıl yürütme \(m\) için de geçerlidir.

Adım 2: Olası kareler. Bu beş sayının kareleri

\[(\pm 2)^2 = 4, \qquad (\pm 1)^2 = 1, \qquad 0^2 = 0\]

olduğundan \(n^2\) ve \(m^2\)’nin her biri \(0\), \(1\) ya da \(4\)’tür.

Adım 3: Olası toplamlar. Bu değerlerden ikisinin toplamı için bütün durumları yazalım:

\(n^2\)	\(m^2\)	\(n^2 + m^2\)
\(0\)	\(0\)	\(0\)
\(0\)	\(1\)	\(1\)
\(0\)	\(4\)	\(4\)
\(1\)	\(0\)	\(1\)
\(1\)	\(1\)	\(2\)
\(1\)	\(4\)	\(5\)
\(4\)	\(0\)	\(4\)
\(4\)	\(1\)	\(5\)
\(4\)	\(4\)	\(8\)

Olası toplamlar \(0, 1, 2, 4, 5, 8\)’dir; hiçbiri \(6\) değildir. Bu, varsayımımızla çelişir.

Sonuç: \(n^2 + m^2 = 6\) eşitliğini sağlayan tam sayılar yoktur; önerme yanlıştır (olumsuzlaması doğrudur).

\(\blacksquare\)

37.7 İspat Yöntemleri

Aşağıdaki üç problemde tam sayılarla ilgili sonuçları üç farklı yöntemle ispatlayacağız: doğrudan ispat, karşıt tersle ispat ve olmayana ergi. Tek ve çift sayılar Tanım 11.2 ile tanımlanmıştır; her tam sayının ya tek ya çift olduğunu, hiçbir tam sayının ikisi birden olmadığını Önerme 11.2 söyler.

Alıştırma 37.37 (Tek Sayının Karesinin Doğrudan İspatla Tekliği) “Her \(n\) tam sayısı için, \(n\) tek ise \(n^2\) de tektir.” önermesini doğrudan ispat yöntemiyle ispatlayınız. (İpucu: Tek bir sayı, bir \(k\) tam sayısı için \(2k + 1\) biçiminde yazılabilir.)

Çözüm

Doğrudan ispatta hipotezi kabul edip tanımlar yardımıyla sonuca yürürüz.

\(n\) keyfi bir tek tam sayı olsun (hipotez). Tanım 11.2 gereği \(n = 2k + 1\) olacak biçimde bir \(k \in \mathbb{Z}\) vardır. Karesini dağılma aksiyomunu kullanarak açalım:

\[n^2 = (2k + 1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1.\]

\(k\) bir tam sayı olduğundan, tam sayıların toplama ve çarpma altında kapalılığı (Önerme 11.1) gereği \(j = 2k^2 + 2k\) de bir tam sayıdır. O hâlde \(n^2 = 2j + 1\) biçimindedir; Tanım 11.2 gereği \(n^2\) tektir (sonuç).

\(n\) keyfi bir tek sayı olduğundan önerme bütün tek tam sayılar için doğrudur. (Aynı sonuç Önerme 11.3 içinde de yer alır.)

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.38 (Karesi Çift Olan Sayının Karşıt Tersle İspatı) “Her \(n\) tam sayısı için, \(n^2\) çift ise \(n\) de çifttir.” önermesini karşıt tersle ispat yöntemiyle ispatlayınız.

Çözüm

\(n\) bir tam sayı olmak üzere \(p\): “\(n^2\) çifttir” ve \(q\): “\(n\) çifttir” olsun. İspatlanacak önerme \(p \Rightarrow q\)’dur. Karşıt tersle ispatta bunun yerine ona denk olan (Teorem 1.1 (7)) \(\neg q \Rightarrow \neg p\) önermesini ispatlarız:

“\(n\) çift değilse \(n^2\) çift değildir.”

Önerme 11.2 gereği bir tam sayı için “çift değil” demek “tek” demektir. Dolayısıyla ispatlanması gereken şudur: \(n\) tek ise \(n^2\) tektir.

\(n\) tek olsun; bir \(k \in \mathbb{Z}\) için \(n = 2k + 1\)’dir (Tanım 11.2). O zaman

\[n^2 = (2k + 1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1\]

ve \(2k^2 + 2k \in \mathbb{Z}\) olduğundan (Önerme 11.1) \(n^2\) tektir. Bu hesap Alıştırma 37.37 içinde yapılan hesabın aynısıdır. Tek olan bir tam sayı çift olamayacağından (Önerme 11.2) \(n^2\) çift değildir; yani \(\neg p\) doğrudur.

Böylece \(\neg q \Rightarrow \neg p\) ispatlandı. Bir koşullu önerme karşıt tersine denk olduğundan özgün önerme de doğrudur: her \(n\) tam sayısı için, \(n^2\) çift ise \(n\) çifttir.

Karşıt tersin neden daha kolay olduğuna dikkat edin: doğrudan ispat denenseydi \(n^2 = 2k\) eşitliğinden \(n\) hakkında bir şey söylemek gerekirdi ve bu kolay değildir; karşıt terste ise hipotez doğrudan \(n\) hakkındadır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.39 (En Büyük Çift Tam Sayı Yoktur) “En büyük çift tam sayı yoktur.” önermesini olmayana ergi yöntemiyle ispatlayınız.

Çözüm

Olmayana ergide önermenin yanlış olduğunu varsayar ve bir çelişkiye ulaşırız.

Varsayım. En büyük bir çift tam sayının var olduğunu varsayalım ve ona \(N\) diyelim. Bu, iki şey söyler: \(N\) çifttir ve her çift \(m\) tam sayısı için \(m \le N\)’dir.

Daha büyük bir çift sayı kuralım. \(N\) çift olduğundan Tanım 11.2 gereği bir \(k \in \mathbb{Z}\) için \(N = 2k\)’dır. \(N + 2\) sayısını ele alalım:

\[N + 2 = 2k + 2 = 2(k + 1).\]

\(k + 1 \in \mathbb{Z}\) olduğundan (Önerme 11.1) \(N + 2\) bir çift tam sayıdır. Öte yandan Önerme 7.7 gereği \(0 < 1\), Önerme 7.8 gereği \(1 < 1 + 1 = 2\)’dir; (O2) ile \(0 < 2\). Bu eşitsizliğin iki yanına \(N\) ekleyince (O3), (A1) ve (A3) ile \(0 + N < 2 + N\), yani

\[N < N + 2\]

bulunur.

Çelişki. \(N + 2\) çift olduğundan varsayım gereği \(N + 2 \le N\) olmalıdır. Ama yukarıda \(N < N + 2\) bulduk. Üçlem yasası (O1) gereği \(N < N + 2\), \(N = N + 2\) ve \(N + 2 < N\) koşullarından tam olarak biri doğrudur; \(N < N + 2\) doğru olduğundan \(N + 2 \le N\) (yani \(N + 2 < N\) ya da \(N + 2 = N\)) doğru olamaz. Bu bir çelişkidir.

Sonuç. Çelişkiye “en büyük çift tam sayı vardır” varsayımından geçerli adımlarla ulaştığımız için bu varsayım yanlıştır: en büyük çift tam sayı yoktur.

Burada \(N + 1\) yerine \(N + 2\) seçmemiz önemlidir: \(N + 1 = 2k + 1\) tektir ve varsayımla çelişmez.

\(\blacksquare\)

37.8 Karşıt Örnekle Çürütme

Son üç problemde tümel bir iddiayı tek bir karşıt örnekle çürüteceğiz. \(\forall x,\ p(x)\) önermesinin olumsuzlaması \(\exists x,\ \neg p(x)\) olduğundan (Teorem 2.1), iddianın bozulduğu tek bir \(x\) bulmak yeter. Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{R}\)’dir; bölünebilme söz konusu olduğunda değişken bir tam sayıdır.

Alıştırma 37.40 (Her Karenin Pozitif Olduğu İddiası) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{R}\) olmak üzere aşağıdaki önermeyi bir karşıt örnekle çürütünüz:

\[\forall x,\ x^2 > 0.\]

Çözüm

İddiayı bozan tek bir \(x\) arıyoruz, yani \(x^2 > 0\) eşitsizliğinin sağlanmadığı bir \(x\). \(x = 0\) alalım. Önerme 6.9 gereği

\[0^2 = 0 \cdot 0 = 0\]

olur. \(0 > 0\) ise üçlem yasası (O1) gereği yanlıştır: \(0 = 0\) doğru olduğundan \(0 < 0\) doğru olamaz. Demek ki \(x = 0\) için \(x^2 > 0\) sağlanmaz; \(x = 0\) bir karşıt örnektir ve önerme yanlıştır.

Bu tek karşıt örnektir: Önerme 7.12 (1) gereği sıfırdan farklı her sayının karesi pozitiftir. Önermenin doğru biçimi \(\forall x,\ x^2 \ge 0\)’dır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.41 (Toplamın Karesi İçin Yanlış Bir Formül) Değişkenlerin evren kümesi \(\mathbb{R}\) olmak üzere aşağıdaki önermeyi bir karşıt örnekle çürütünüz:

\[\forall x,\ \forall y,\ (x + y)^2 = x^2 + y^2.\]

Çözüm

Eşitliğin bozulduğu bir \((x, y)\) çifti arıyoruz. \(x = y = 1\) alalım:

\[(x + y)^2 = (1 + 1)^2 = 2^2 = 4, \qquad x^2 + y^2 = 1^2 + 1^2 = 2.\]

Önerme 7.7 ve Önerme 7.8 gereği \(0 < 1 < 2\), dolayısıyla (O2) ile \(0 < 2\)’dir. Bu eşitsizliğin iki yanına \(2\) ekleyerek (O3) \(2 < 4\) buluruz; üçlem yasası (O1) gereği \(2 \ne 4\)’tür. Demek ki \(x = y = 1\) bir karşıt örnektir ve önerme yanlıştır.

Neyin yanlış gittiğini görmek için kareyi dağılma aksiyomuyla açalım:

\[(x + y)^2 = (x + y)(x + y) = x^2 + xy + yx + y^2 = x^2 + 2xy + y^2.\]

Demek ki \((x + y)^2 = x^2 + y^2\) eşitliği ancak \(2xy = 0\) iken sağlanır. \(0 < 2\) olduğundan (O1) gereği \(2 \ne 0\)’dır; Önerme 6.13 gereği \(2 \cdot (xy) = 0\) eşitliğinden \(xy = 0\), aynı önermeyi bir kez daha uygulayınca \(x = 0\) ya da \(y = 0\) elde edilir. Tersine \(x = 0\) ya da \(y = 0\) ise \(2xy = 0\)’dır. İkisi de sıfırdan farklı olan her \((x, y)\) çifti bir karşıt örnektir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 37.42 (İkiye Bölünen Her Sayı Dörde Bölünür mü) “Bir tam sayı \(2\) ile bölünüyorsa \(4\) ile bölünür.” önermesini bir karşıt örnekle çürütünüz.

Çözüm

Önerme \(\forall n \in \mathbb{Z},\ (2 \mid n \Rightarrow 4 \mid n)\) biçimindedir. Teorem 2.1 ve Sonuç 1.1 gereği olumsuzlaması

\[\exists n \in \mathbb{Z},\ (2 \mid n \wedge 4 \nmid n)\]

önermesidir; yani hipotezi sağlayıp sonucu sağlamayan bir \(n\) arıyoruz.

\(n = 2\) alalım. \(2 = 1 \cdot 2\) olduğundan \(2 \mid 2\) (Tanım 11.3); hipotez sağlanır. \(4 \mid 2\) olsaydı \(2 = k \cdot 4\) olacak bir \(k \in \mathbb{Z}\) bulunurdu; iki yanı \(4\)’e bölünce \(k = \dfrac{1}{2}\) olur. Oysa \(0 < \dfrac{1}{2} < 1\)’dir (Önerme 7.11) ve \(0\) ile \(1\) arasında hiçbir tam sayı yoktur (Lemma 11.1). Bu çelişki \(4 \nmid 2\) olduğunu gösterir; sonuç sağlanmaz.

Demek ki \(n = 2\) bir karşıt örnektir ve önerme yanlıştır. \(6\), \(10\), \(-2\) gibi, tek bir sayının iki katı olan her tam sayı da karşıt örnektir.

\(\blacksquare\)

Mantık ve ispat dilini somut problemler üzerinde çalıştırdık. Sıradaki problemlerde bu dili kümelere, bağıntılara ve fonksiyonlara uygulayacağız: Kümeler, Bağıntılar ve Fonksiyonlar Üzerine Problemler.