37 Kümeler, Fonksiyonlar ve Reel Sayılar Üzerine Problemler
Bu bölümdeki problemler, kitabın ilk üç kısmında kurduğumuz araçları bir arada çalıştırır: supremum ve infimumun tanımı ile epsilon ölçütü, tümevarım ilkesi, rasyonel–irrasyonel ayrımı ve bir fonksiyonun görüntü/ters görüntü işlemleri. Hepsi standart alıştırmalardır; amaç yeni bir teori kurmak değil, elimizdeki tanımları doğru ve eksiksiz kullanmayı alışkanlık hâline getirmektir.
Çözümleri okumadan önce her problemi kendi başınıza denemenizi öneririz. Çözümlerde her adımın hangi tanıma ya da teoreme dayandığı açıkça belirtilmiştir; “kolayca görülür” türü atlamalar yoktur, çünkü bu düzeydeki bir ispatın değeri tam olarak o atlanan adımlarda saklıdır. Kullanılan sonuçların kitaptaki yerlerine bağlantı verilmiştir; bir adım karanlık kaldığında önce o kutuya dönmek en hızlı yoldur.
37.1 Supremum ve İnfimum
İlk problem, iki kümenin birleşiminin infimumunun kümelerin kendi infimumları cinsinden nasıl yazıldığını soruyor. İspat önce \(\min\{\inf A, \inf B\}\) sayısının birleşim için bir alt sınır olduğunu gösterir, sonra iki yönlü eşitsizlikle bu sayının infimuma eşit olduğunu kurar; her iki adımda da infimumun (I1) ve (I2) koşulları (Tanım 10.4) kullanılır.
Alıştırma 37.1 (Birleşimin İnfimumu) \(A, B \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan ve alttan sınırlı iki küme olsun.
\[\inf(A \cup B) = \min\{\inf A,\ \inf B\}\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Sayıların var olduğunu görelim. \(A\) ve \(B\) boş olmayan ve alttan sınırlı kümeler olduğundan Teorem 10.3 gereği \(\alpha = \inf A\) ve \(\beta = \inf B\) sayıları vardır. İki reel sayının küçüğü Tanım 7.4 ile tanımlıdır; \(m = \min\{\alpha, \beta\}\) yazalım. Tanımı gereği
\[m \le \alpha \quad \text{ve} \quad m \le \beta .\]
Adım 1: \(m\), \(A \cup B\) kümesinin bir alt sınırıdır. \(x \in A \cup B\) keyfi olsun. Birleşimin tanımı gereği \(x \in A\) ya da \(x \in B\)’dir.
- \(x \in A\) ise (I1) gereği \(\alpha \le x\) olur; \(m \le \alpha\) ile birleştirince \(m \le x\).
- \(x \in B\) ise aynı biçimde \(\beta \le x\) ve \(m \le \beta\) olduğundan \(m \le x\).
Her iki durumda da \(m \le x\) elde edildi. Demek ki \(m\), \(A \cup B\) için bir alt sınırdır (Tanım 10.1).
Adım 2: \(\inf(A \cup B)\) vardır ve \(m \le \inf(A \cup B)\). \(A \ne \varnothing\) olduğundan \(A \cup B \ne \varnothing\)’dir; Adım 1’e göre bu küme alttan sınırlıdır. O hâlde Teorem 10.3 gereği \(t = \inf(A \cup B)\) vardır. \(m\) bir alt sınır ve \(t\) alt sınırların en büyüğü olduğundan (I2) ile
\[m \le t .\]
Adım 3: \(t \le m\). \(t\), \(A \cup B\) kümesinin bir alt sınırıdır. \(A \subseteq A \cup B\) olduğundan \(t\), özel olarak \(A\)’nın da bir alt sınırıdır; \(\alpha\) ise \(A\)’nın alt sınırlarının en büyüğüdür, dolayısıyla (I2) gereği \(t \le \alpha\). Aynı gerekçeyle \(B \subseteq A \cup B\) olduğundan \(t \le \beta\). İki sayıdan da küçük ya da eşit olan bir sayı, onların küçüğünden de küçük ya da eşittir:
\[t \le \min\{\alpha, \beta\} = m .\]
Sonuç. Adım 2 ve Adım 3’ten \(m \le t\) ve \(t \le m\) olur; üçlem yasası (O1, Bölüm 7.1) gereği \(t = m\), yani
\[\inf(A \cup B) = \min\{\inf A,\ \inf B\}.\]
\(A\) ve \(B\) boş olmayan ve üstten sınırlı kümeler ise aynı ispat \(-A\) ve \(-B\) kümelerine uygulanır; \((-A) \cup (-B) = -(A \cup B)\) eşitliği ile Teorem 10.3’taki \(\inf A = -\sup(-A)\) bağıntısı birlikte ispatın ayna görüntüsünü verir:
\[\sup(A \cup B) = \max\{\sup A,\ \sup B\}.\]
Buna karşılık kesişim için benzer bir formül yoktur: \(A = [0, 1]\) ve \(B = [2, 3]\) alındığında \(A \cap B = \varnothing\) olur ve boş kümenin infimumundan söz edilemez.
\(\blacksquare\)
37.2 Tümevarım
Sıradaki problem, ilk \(n\) doğal sayının karelerinin toplamı için kapalı bir formül veriyor. Formül zaten verildiğine göre iş, onu bulmak değil, her \(n\) için doğru olduğunu tümevarım ilkesiyle (Teorem 9.1) kanıtlamaktır.
Alıştırma 37.2 (Kareler Toplamının Formülü) Her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\]
olduğunu tümevarımla ispatlayınız.
Çözüm
\(n \in \mathbb{N}\) için \(P(n)\) önermesi, yukarıdaki eşitlik olsun. Tümevarımın iki adımını denetleyeceğiz.
Başlangıç adımı (\(n = 1\)). Sol taraf \(1^2 = 1\)’dir. Sağ taraf ise
\[\frac{1 \cdot (1+1) \cdot (2 \cdot 1 + 1)}{6} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1 .\]
İki taraf eşit olduğundan \(P(1)\) doğrudur.
Tümevarım adımı. \(n \in \mathbb{N}\) için \(P(n)\)’nin doğru olduğunu varsayalım (tümevarım hipotezi); \(P(n+1)\)’i göstereceğiz. Toplamın son terimini ayırıp hipotezi uygulayalım:
\[1^2 + \dots + n^2 + (n+1)^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 .\]
Sağ tarafı ortak paydada toplayıp \((n+1)\) çarpanını dışarı alalım:
\[\begin{aligned} \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 &= \frac{n(n+1)(2n+1) + 6(n+1)^2}{6} \\ &= \frac{(n+1)\big[\,n(2n+1) + 6(n+1)\,\big]}{6} \\ &= \frac{(n+1)\big(2n^2 + 7n + 6\big)}{6}. \end{aligned}\]
Köşeli parantez içindeki ikinci dereceden ifadeyi çarpanlarına ayıralım. Doğrudan çarpma ile denetlenir:
\[(n+2)(2n+3) = 2n^2 + 3n + 4n + 6 = 2n^2 + 7n + 6 .\]
Böylece
\[1^2 + \dots + (n+1)^2 = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} .\]
Bu, formülde \(n\) yerine \(n+1\) yazınca elde edilen ifadenin ta kendisidir; gerçekten
\[\frac{(n+1)\big((n+1)+1\big)\big(2(n+1)+1\big)}{6} = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}.\]
Demek ki \(P(n) \Rightarrow P(n+1)\).
Sonuç. Başlangıç adımı ve tümevarım adımı sağlandığından Teorem 9.1 gereği \(P(n)\) önermesi her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur.
Formülün bir tutarlılık denetimi olarak \(n = 3\)’ü deneyelim: sol taraf \(1 + 4 + 9 = 14\), sağ taraf \(\dfrac{3 \cdot 4 \cdot 7}{6} = 14\).
\(\blacksquare\)
37.3 Supremum, İnfimum, Maksimum ve Minimum Hesapları
Aşağıdaki iki problemde somut kümelerin uç değerleri isteniyor. Yöntem her ikisinde de aynıdır: önce bir aday sayı belirlenir, sonra o sayının üst (ya da alt) sınır olduğu gösterilir ve son olarak ondan daha iyi bir sınır bulunmadığı kanıtlanır. Aday sayı kümenin elemanıysa iş kısalır: Önerme 10.3 gereği maksimum varsa supremumla çakışır.
Alıştırma 37.3 (Değişen İşaretli Bir Terimler Kümesi) Her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[a_n = (-1)^n \left(1 + \frac{1}{n}\right)\]
olsun. \(A = \{\,a_n : n \in \mathbb{N}\,\}\) kümesinin supremumunu, infimumunu, varsa maksimumunu ve minimumunu bulunuz.
Çözüm
Kümeyi tanıyalım. İlk terimler şunlardır:
\[a_1 = -2,\quad a_2 = \frac{3}{2},\quad a_3 = -\frac{4}{3},\quad a_4 = \frac{5}{4},\quad a_5 = -\frac{6}{5}.\]
Demek ki \(n\) çift iken \(a_n = 1 + \dfrac{1}{n} > 0\), \(n\) tek iken \(a_n = -\left(1 + \dfrac{1}{n}\right) < 0\)’dır. Bu ayrımı ispat boyunca kullanacağız.
Supremum ve maksimum. İddia: \(\max A = \sup A = \dfrac{3}{2}\).
Önce \(\dfrac{3}{2}\) bir üst sınırdır. \(n \in \mathbb{N}\) keyfi olsun.
\(n\) çift ise \(n \ge 2\) olduğundan \(\dfrac{1}{n} \le \dfrac{1}{2}\) ve dolayısıyla
\[a_n = 1 + \frac{1}{n} \le 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}.\]
\(n\) tek ise \(a_n < 0 < \dfrac{3}{2}\).
Her iki durumda da \(a_n \le \dfrac{3}{2}\); yani \(\dfrac{3}{2}\), \(A\)’nın bir üst sınırıdır.
Sonra bu sayı kümenin elemanıdır: \(n = 2\) için \(a_2 = 1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2} \in A\).
Kümenin bir elemanı aynı zamanda üst sınırıysa o eleman maksimumdur (Tanım 10.3); dolayısıyla \(\max A = \dfrac{3}{2}\) ve Önerme 10.3 gereği \(\sup A = \dfrac{3}{2}\).
İnfimum ve minimum. İddia: \(\min A = \inf A = -2\).
Alt sınır olduğu. \(n \in \mathbb{N}\) keyfi olsun.
\(n\) tek ise \(n \ge 1\) olduğundan \(\dfrac{1}{n} \le 1\), yani \(1 + \dfrac{1}{n} \le 2\) ve her iki yanı \(-1\) ile çarpıp yönü çevirince
\[a_n = -\left(1 + \frac{1}{n}\right) \ge -2 .\]
\(n\) çift ise \(a_n > 0 > -2\).
Demek ki her \(n\) için \(-2 \le a_n\); yani \(-2\) bir alt sınırdır.
Kümenin elemanı olduğu. \(n = 1\) için \(a_1 = -(1 + 1) = -2 \in A\).
Öyleyse \(\min A = -2\) ve Önerme 10.3 gereği \(\inf A = -2\).
Sonuç.
\[\sup A = \max A = \frac{3}{2}, \qquad \inf A = \min A = -2 .\]
Dördü de vardır; çünkü uç değerler kümeye aittir. Bu kümenin ilginç yanı şudur: maksimum ve minimum bulunmasına karşın elemanlar \(1\) ve \(-1\) sayılarının çevresinde yığılır. Gerçekten \(1\) ve \(-1\), \(A\)’nın yığılma noktalarıdır (Tanım 17.1) ama \(A\)’ya ait değildir: \(n\) çift iken \(a_n = 1 + \dfrac{1}{n} > 1\), \(n\) tek iken \(a_n < 0\) olduğundan hiçbir \(n\) için \(a_n = 1\) olamaz. Benzer biçimde \(n\) tek iken \(1 + \dfrac{1}{n} > 1\) olduğundan \(a_n < -1\) olur, \(n\) çift iken ise \(a_n > 0\)’dır; dolayısıyla \(-1 \notin A\). Yığılma noktası ile uç değerlerin birbirinden bağımsız kavramlar olduğunu gösteren tipik bir örnektir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 37.4 (Karesi İkiden Küçük Olan Sayılar) \[B = \{\,x \in \mathbb{R} : x^2 < 2\,\}\]
kümesinin supremumunu, infimumunu, varsa maksimumunu ve minimumunu bulunuz.
Çözüm
Kümeyi aralık olarak yazalım. Teorem 13.1 gereği \(\sqrt{2} > 0\) sayısı vardır ve \((\sqrt{2})^2 = 2\)’dir. Her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[x^2 < 2 \iff |x| < \sqrt{2}\]
olduğunu gösterelim.
(\(\Rightarrow\)) \(x^2 < 2\) olsun. \(|x|^2 = x^2\) olduğundan
\[\big(\sqrt{2} - |x|\big)\big(\sqrt{2} + |x|\big) = 2 - x^2 > 0 .\]
İkinci çarpan \(\sqrt{2} + |x| > 0\) olduğundan, çarpımın pozitif olması ilk çarpanın da pozitif olmasını gerektirir: \(\sqrt{2} - |x| > 0\), yani \(|x| < \sqrt{2}\).
(\(\Leftarrow\)) \(|x| < \sqrt{2}\) olsun. Eşitsizliğin iki yanını önce \(|x| \ge 0\) ile, sonra \(\sqrt{2} > 0\) ile çarpalım:
\[|x|^2 \le |x| \sqrt{2} < \sqrt{2}\cdot\sqrt{2} = 2 .\]
(İlk adımda \(|x| = 0\) olabileceği için eşitsizlik geniştir.) Böylece \(x^2 = |x|^2 < 2\).
Demek ki \(B = (-\sqrt{2},\, \sqrt{2})\) açık aralığıdır. Özel olarak \(0 \in B\), yani \(B \ne \varnothing\).
Supremum. İddia: \(\sup B = \sqrt{2}\). Tanım 10.4’un iki koşulunu denetleyelim.
(S1) \(x \in B\) olsun. Yukarıdaki denklikten \(|x| < \sqrt{2}\); ayrıca her sayı mutlak değerini aşamaz, yani \(x \le |x| < \sqrt{2}\). Demek ki \(\sqrt{2}\) bir üst sınırdır.
(S2) \(M < \sqrt{2}\) olan hiçbir \(M\)’nin üst sınır olamayacağını gösterelim; yani \(M < t\) olan bir \(t \in B\) bulacağız.
\(M < 0\) ise \(t = 0\) alalım: \(0 \in B\) ve \(M < 0\).
\(0 \le M < \sqrt{2}\) ise Önerme 7.11 gereği
\[M < t < \sqrt{2}, \qquad t = \frac{M + \sqrt{2}}{2}\]
olur. Burada \(t > M \ge 0\) olduğundan \(|t| = t < \sqrt{2}\), yani \(t \in B\)’dir.
Her iki durumda da \(M\), \(B\)’nin bir üst sınırı değildir. (S1) ve (S2) birlikte \(\sup B = \sqrt{2}\) verir.
İnfimum. \(x \in B \iff -x \in B\) olduğuna dikkat edelim; çünkü \((-x)^2 = x^2\)’dir. Bu, \(-B = B\) demektir. Teorem 10.3’taki bağıntıyı kullanalım:
\[\inf B = -\sup(-B) = -\sup B = -\sqrt{2}.\]
Maksimum ve minimum. \((\sqrt{2})^2 = 2\) olduğundan \(\sqrt{2}\) sayısı \(x^2 < 2\) koşulunu sağlamaz, yani \(\sqrt{2} \notin B\). \(\max B\) var olsaydı Önerme 10.3 gereği \(\max B = \sup B = \sqrt{2}\) olur ve maksimum kümenin elemanı olduğundan \(\sqrt{2} \in B\) çıkardı — çelişki. Demek ki \(B\)’nin maksimumu yoktur. Aynı gerekçeyle \(-\sqrt{2} \notin B\) olduğundan minimumu da yoktur.
Sonuç.
\[\sup B = \sqrt{2}, \qquad \inf B = -\sqrt{2};\]
maksimum ve minimum yoktur. Bu küme, supremumun maksimuma göre üstünlüğünü gösteren temel örnektir: uç değer kümeye ait olmasa bile supremum vardır. Üstelik \(B\)’nin uç noktaları irrasyoneldir; aynı kümeye \(\mathbb{Q}\) içinde bakılsaydı rasyonel bir supremum bulunamazdı (Sonuç 13.1).
\(\blacksquare\)
37.4 İrrasyonel Sayılar
Aşağıdaki problem, irrasyonel bir sayının sıfırdan farklı rasyonel katlarının yine irrasyonel olduğunu söylüyor. İspatın anahtarı, \(\mathbb{Q}\)’nun dört işlem altında kapalı olması (Önerme 11.6) ve bir sayının ya rasyonel ya irrasyonel olmasıdır (Tanım 13.1).
Alıştırma 37.5 (Rasyonel Katlar İrrasyonelliği Bozmaz) \(r \in \mathbb{Q}\), \(r \ne 0\) ve \(x\) irrasyonel bir sayı olsun. \(xr\) çarpımının da irrasyonel olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Olmayana ergi yöntemini kullanacağız. \(xr\) sayısının irrasyonel olmadığını varsayalım. \(\mathbb{Q}\) ile \(\mathbb{I}\) kümeleri \(\mathbb{R}\)’yi ayrık iki parçaya böldüğünden (Tanım 13.1) bu varsayım
\[xr = q \in \mathbb{Q}\]
olacak bir \(q\) rasyonel sayısının bulunması demektir.
\(r \ne 0\) olduğundan \(r\)’nin çarpma işlemine göre tersi \(r^{-1}\) vardır; üstelik sıfırdan farklı bir rasyonel sayının tersi yine rasyoneldir (Önerme 11.6). Eşitliğin iki yanını \(r^{-1}\) ile çarpalım:
\[(xr)\,r^{-1} = q\,r^{-1}.\]
Sol tarafta çarpmanın birleşme özelliğini kullanalım:
\[(xr)\,r^{-1} = x\,(r r^{-1}) = x \cdot 1 = x .\]
Böylece \(x = q\, r^{-1}\) elde edilir. Sağ taraf iki rasyonel sayının çarpımıdır; \(\mathbb{Q}\) çarpma altında kapalı olduğundan (Önerme 11.6) \(x \in \mathbb{Q}\) çıkar. Bu ise \(x\)’in irrasyonel olmasıyla çelişir.
Varsayımımız çelişkiye götürdüğüne göre yanlıştır: \(xr \notin \mathbb{Q}\), yani \(xr\) irrasyoneldir.
\(r \ne 0\) koşulu neden şart? \(r = 0\) alınırsa \(xr = 0\) olur ve \(0\) rasyoneldir; yani koşul kaldırılırsa iddia yanlışa döner. Aynı sonuç kitapta Önerme 13.3 (2) olarak da kayıtlıdır; aynı önermenin (1) maddesinde ise rasyonel bir sayı ile irrasyonel bir sayının toplamının irrasyonel olduğu gösterilir. Buna karşılık iki irrasyonelin çarpımı için böyle bir kural yoktur: \(\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = 2\) rasyoneldir.
\(\blacksquare\)
37.5 Epsilon Diliyle Eşitlik
Analizde en sık kullanılan küçük araçlardan biri şudur: bir sayı, her pozitif \(\varepsilon\)’dan küçükse ve negatif değilse sıfırdır. Aşağıdaki problem bunun yaygın bir biçimidir; limit ispatlarında iki sayının eşit olduğunu göstermek için hemen her zaman bu kalıp kullanılır.
Alıştırma 37.6 (Her Epsilon İçin Geçerli Bir Eşitsizlik) \(a, b \in \mathbb{R}\) olsun. \(a \le b\) olduğu ve her \(\varepsilon > 0\) için
\[a + \varepsilon > b\]
eşitsizliğinin sağlandığı biliniyor. \(a = b\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Hipotezi elverişli bir biçime sokalım. Her \(\varepsilon > 0\) için \(a + \varepsilon > b\) olması, eşitsizliğin iki yanından \(a\) çıkarılınca
\[b - a < \varepsilon \qquad (\text{her } \varepsilon > 0 \text{ için})\]
demektir. Ayrıca \(a \le b\) hipotezinden \(b - a \ge 0\)’dır. \(d = b - a\) yazalım; elimizde \(d \ge 0\) ve her \(\varepsilon > 0\) için \(d < \varepsilon\) var. \(d = 0\) olduğunu göstereceğiz.
Olmayana ergi. \(d \ne 0\) olsun. \(d \ge 0\) ile birlikte bu, \(d > 0\) demektir. O hâlde \(\varepsilon = d\) seçimi meşrudur, çünkü hipotez her pozitif \(\varepsilon\) için geçerlidir. Bu seçimle
\[d < \varepsilon = d,\]
yani \(d < d\) elde edilir. Oysa üçlem yasası (O1, Bölüm 7.1) gereği hiçbir sayı kendisinden küçük olamaz. Çelişki.
Demek ki \(d = 0\), yani \(b - a = 0\) ve
\[a = b .\]
İkinci bir yol (Arşimet özelliği). \(d > 0\) olsaydı Sonuç 12.2 gereği \(\dfrac{1}{n} < d\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) bulunurdu. Öte yandan hipotezi \(\varepsilon = \dfrac{1}{n}\) ile uygulayınca \(d < \dfrac{1}{n}\) çıkar. İki eşitsizlik birlikte \(d < d\) verir; yine çelişki. Bu ikinci yol, \(\varepsilon\)’u doğrudan \(d\) seçmenin mümkün olmadığı durumlarda (örneğin \(\varepsilon\) yalnızca \(\frac{1}{n}\) biçiminde alınabiliyorsa) işe yarar.
Kalıbın genel hâli. Aynı akıl yürütme şunu verir: her \(\varepsilon > 0\) için \(a \le b + \varepsilon\) ise \(a \le b\)’dir. Limitlerin tekliğini ve limitlerde sıralamanın korunduğunu gösterirken tam olarak bu kalıbı kullanacağız.
\(\blacksquare\)
37.6 Görüntü ve Ters Görüntü
Son iki problem, bir kümenin görüntüsünün ters görüntüsünü konu alıyor. Her fonksiyon için tek yönlü bir kapsama geçerlidir; kapsamanın eşitliğe dönüşmesi için fonksiyonun birebir olması gerekir. Çözümlerde yalnızca iki tanım kullanılacak (Tanım 5.2): \(y \in f(A)\) demek “\(y = f(a)\) olan bir \(a \in A\) vardır” demek, \(x \in f^{-1}(B)\) demek ise “\(f(x) \in B\)” demektir.
Alıştırma 37.7 (Bir Küme Görüntüsünün Ters Görüntüsünün İçindedir) \(f : X \to Y\) bir fonksiyon ve \(A \subseteq X\) olsun.
\[A \subseteq f^{-1}\big(f(A)\big)\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Kapsama göstermek için \(A\)’nın keyfi bir elemanını alıp sağdaki kümeye ait olduğunu göstermek yeterlidir.
\(a \in A\) keyfi olsun.
Adım 1. Görüntünün tanımı gereği (Tanım 5.2), \(f(A)\) kümesi \(A\)’nın elemanlarının görüntülerinden oluşur. \(a \in A\) olduğundan
\[f(a) \in f(A).\]
Adım 2. Ters görüntünün tanımı gereği, bir \(x \in X\) elemanı için
\[x \in f^{-1}(B) \iff f(x) \in B\]
geçerlidir. Bunu \(B = f(A)\) ve \(x = a\) için yazalım: Adım 1’de \(f(a) \in f(A)\) bulmuştuk, dolayısıyla
\[a \in f^{-1}\big(f(A)\big).\]
\(a \in A\) keyfi seçildiğinden \(A\)’nın her elemanı \(f^{-1}(f(A))\) kümesindedir; yani \(A \subseteq f^{-1}(f(A))\).
Kapsama gerçekten kesin olabilir. Eşitlik her zaman doğru değildir. \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) ve \(A = [0, 1]\) alalım. O zaman \(f(A) = [0, 1]\) ve
\[f^{-1}\big([0,1]\big) = \{\,x : 0 \le x^2 \le 1\,\} = [-1, 1].\]
Demek ki \(A = [0,1] \subsetneq [-1,1] = f^{-1}(f(A))\) olur; aynı hesap Örnek 5.4 kutusunun (b) şıkkında da yapılmıştır. Fazladan gelen elemanlar, \(A\)’daki bir elemanla aynı görüntüye sahip olan ama \(A\)’da bulunmayan noktalardır — burada \(x\) ile \(-x\) çiftleri. Bir sonraki problem, bu bozulmanın tek sorumlusunun birebir olmamak olduğunu gösteriyor.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 37.8 (Birebir Fonksiyonlarda Eşitlik) \(f : X \to Y\) bir fonksiyon ve \(A \subseteq X\) olsun. \(f\) birebir ise
\[f^{-1}\big(f(A)\big) = A\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Küme eşitliği iki kapsama ile gösterilir.
(\(\supseteq\)) \(A \subseteq f^{-1}(f(A))\). Bu kapsama her fonksiyon için doğrudur; Alıştırma 37.7’da ispatlandı (kitapta Teorem 5.1 (11) olarak da yer alır). Birebirlik burada kullanılmaz.
(\(\subseteq\)) \(f^{-1}(f(A)) \subseteq A\). \(x \in f^{-1}(f(A))\) keyfi olsun. Ters görüntünün tanımı gereği bu,
\[f(x) \in f(A)\]
demektir. Görüntünün tanımı gereği ise \(f(x) = f(a)\) olacak biçimde bir \(a \in A\) vardır. Şimdi \(f\)’nin birebir olduğunu kullanalım: birebir bir fonksiyonda aynı değeri alan iki nokta eşittir (Tanım 5.7), yani
\[f(x) = f(a) \Longrightarrow x = a .\]
\(a \in A\) olduğundan \(x = a \in A\) bulunur. Demek ki \(f^{-1}(f(A))\) kümesinin her elemanı \(A\)’dadır.
İki kapsamadan \(f^{-1}(f(A)) = A\) çıkar. Bu, Teorem 5.3 (3) maddesidir.
Birebirlik gerçekten gerekli mi? Evet; üstelik koşul yalnızca yeterli değil, aynı zamanda gereklidir. Her \(A \subseteq X\) için \(f^{-1}(f(A)) = A\) olduğunu varsayalım ve \(f(x_1) = f(x_2)\) olsun. \(A = \{x_1\}\) seçelim. O zaman \(f(x_2) = f(x_1) \in f(\{x_1\})\) olduğundan \(x_2 \in f^{-1}(f(\{x_1\})) = \{x_1\}\), yani \(x_2 = x_1\). Demek ki \(f\) birebirdir. Kısacası “\(f^{-1}(f(A)) = A\) eşitliği her \(A\) için geçerlidir” demek ile “\(f\) birebirdir” demek aynı kapıya çıkar.
\(\blacksquare\)