5 Birebir ve Örten Fonksiyonlar, Ters Fonksiyon, Görüntü ve Ters Görüntü
Fonksiyonlar ve Bileşke bölümünde fonksiyonun ne olduğunu ve iki fonksiyonun bileşkesini öğrendik. Bir fonksiyon, tanım kümesinin her elemanını değer kümesinden tam olarak bir elemana gönderir; ama bu tanım, değer kümesindeki bir elemana kaç tane elemanın gönderildiği hakkında hiçbir şey söylemez. Bazı fonksiyonlar farklı elemanları hep farklı yerlere gönderir, bazıları değer kümesindeki her elemana ulaşır, bazıları ise ikisini birden yapar. Bu bölümde önce bu üç davranışı adlandıracağız: birebir, örten ve birebir örten fonksiyonlar. Birebir örten bir fonksiyonun “geri alınabildiğini”, yani bir ters fonksiyonu olduğunu göreceğiz ve ters fonksiyonu tanımdan uğraşmadan bulmanın pratik bir yolunu ispatlayacağız.
Bölümün ikinci yarısında bir fonksiyonu tek tek noktalara değil, kümelere uygulamayı öğreneceğiz. Bir \(A_0\) alt kümesinin bütün elemanlarının gittiği yerlerin kümesine \(A_0\)’ın görüntüsü, değer kümesindeki bir \(B_0\) alt kümesine düşen bütün noktaların kümesine ise \(B_0\)’ın ters görüntüsü diyeceğiz. Ters görüntü, topolojinin ana kavramı olan sürekliliğin tanımında doğrudan kullanılır; bu yüzden ters görüntünün birleşim, kesişim ve tümleyenle nasıl uyum içinde olduğunu şimdiden ayrıntılı biçimde ispatlayacağız. Görüntünün ise bu işlemlerden yalnızca birleşimle uyumlu olduğunu, kesişimde yalnızca bir kapsamanın geçerli kaldığını örneklerle göreceğiz.
Bölüm boyunca \(f : A \to B\) bir fonksiyon, \(A_0 \subseteq A\) ve \(B_0 \subseteq B\) alt kümeler olacak. Bütün ispatlar, Kümeler ve Küme İşlemleri bölümünde öğrendiğimiz iki kümenin eşitliğini iki yönlü kapsamayla gösterme yöntemine dayanır.
5.1 Birebir ve Örten Fonksiyonlar
Bir fonksiyonun davranışını iki soruyla ölçeriz: Farklı girdiler farklı çıktılara mı gider? Değer kümesindeki her elemana ulaşılıyor mu? Bu iki sorunun cevabı, aşağıdaki iki kavramı verir.
Tanım 5.1 (Birebir, Örten ve Birebir Örten Fonksiyon) \(f : A \to B\) bir fonksiyon olsun.
(i) \(A\)’nın her farklı iki elemanının \(f\) altındaki görüntüleri de farklıysa, \(f\)’ye birebir (injective, one-to-one) fonksiyon denir. Biçimsel olarak \(f\) birebirdir demek, her \(a, a' \in A\) için
\[ f(a) = f(a') \Rightarrow a = a' \]
olması demektir.
(ii) \(B\)’nin her elemanı, \(A\)’nın en az bir elemanının \(f\) altındaki görüntüsüyse, \(f\)’ye örten (surjective, onto) fonksiyon denir; bu durumda “\(f\), \(A\)’yı \(B\)’nin üzerine örter” de denir. Biçimsel olarak \(f\) örtendir demek, her \(b \in B\) için \(b = f(a)\) olacak biçimde en az bir \(a \in A\) bulunması demektir:
\[ \forall b \in B \ \ \exists a \in A : \ f(a) = b . \]
(iii) \(f\) hem birebir hem örtense \(f\)’ye birebir örten (bijective) fonksiyon ya da \(A\) ile \(B\) arasında bir eşleme (one-to-one correspondence) denir.
Yani birebir fonksiyon iki farklı girdiyi asla aynı yere göndermez; örten fonksiyon değer kümesinde hiçbir elemanı boşta bırakmaz; birebir örten fonksiyon ise \(A\)’nın elemanlarıyla \(B\)’nin elemanlarını tam tamına eşleştirir.
Birebirliğin tanımdaki biçimi, “farklı girdiler farklı çıktılara gider” cümlesinin ters-karşıtıdır: “\(a \neq a'\) ise \(f(a) \neq f(a')\)” gerektirmesinin ters-karşıtı “\(f(a) = f(a')\) ise \(a = a'\)” gerektirmesidir ve Önermeler Mantığı ve Niceleyiciler bölümünde gördüğümüz gibi bir gerektirme ile ters-karşıtı aynı anlama gelir. Uygulamada hep bu ikinci biçim kullanılır: \(f(a) = f(a')\) eşitliğinden yola çıkılır ve \(a = a'\) olduğu gösterilir. Bir fonksiyonun birebir olmadığını göstermek için ise \(a \neq a'\) olduğu hâlde \(f(a) = f(a')\) olan tek bir çift bulmak yeter.
Bir fonksiyonun birebir olup olmadığı yalnızca fonksiyonun kuralına bağlıdır: kural farklı girdileri farklı çıktılara gönderiyorsa, değer kümesi olarak hangi küme seçilirse seçilsin fonksiyon birebirdir. Örtenlik ise kuralın yanı sıra değer kümesine de bağlıdır: aynı kuralla verilen bir fonksiyon, değer kümesi büyütülürse örtenliğini kaybedebilir, küçültülürse örten hâle gelebilir. Aşağıdaki örnek bu farkı dört fonksiyon üzerinde gösterir.
Fonksiyonlar ve Bileşke bölümündeki kısıtlama kavramını hatırlayalım: \(f : A \to B\) ve \(A_0 \subseteq A\) ise \(f|_{A_0} : A_0 \to B\), her \(x \in A_0\) için \(f|_{A_0}(x) = f(x)\) kuralıyla tanımlanan fonksiyondur. Yani kısıtlama, aynı kuralı daha küçük bir kümede uygulamaktır.
Örnek 5.1 (Kare Fonksiyonunun Dört Sürümü) \([0, \infty) = \{x \in \mathbb{R} : x \geq 0\}\) negatif olmayan gerçel sayıların kümesi olsun. Aynı \(x \mapsto x^2\) kuralıyla verilen şu dört fonksiyonu ele alalım:
\[ f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \qquad g : [0, \infty) \to \mathbb{R}, \qquad h : \mathbb{R} \to [0, \infty), \qquad k : [0, \infty) \to [0, \infty). \]
Burada \(g = f|_{[0, \infty)}\) fonksiyonu \(f\)’nin tanım kümesinin kısıtlanmasıyla, \(h\) fonksiyonu \(f\)’nin değer kümesinin değiştirilmesiyle, \(k\) fonksiyonu ise ikisinin birden yapılmasıyla elde edilmiştir. Bu dört fonksiyondan hangileri birebir, hangileri örtendir?
Çözüm
\(f\) ne birebir ne örtendir. \(-1 \neq 1\) olduğu hâlde \(f(-1) = 1 = f(1)\) olduğundan \(f\) birebir değildir. Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x^2 \geq 0\) olduğundan \(-1\) sayısı hiçbir \(x\) için \(f(x)\)’e eşit olamaz; bu yüzden \(f\) örten de değildir.
\(g\) birebirdir ama örten değildir. \(x, y \in [0, \infty)\) ve \(g(x) = g(y)\) olsun. O zaman \(x^2 = y^2\), yani \((x - y)(x + y) = 0\) olur. İki durum vardır: \(x + y = 0\) ise, \(x \geq 0\) ve \(y \geq 0\) olduğundan \(x = y = 0\); \(x + y \neq 0\) ise \(x - y = 0\), yani \(x = y\). Her iki durumda da \(x = y\) bulunur; bu yüzden \(g\) birebirdir. Öte yandan \(g\)’nin değer kümesi hâlâ \(\mathbb{R}\)’dir ve \(-1\) sayısına yine ulaşılamaz; bu yüzden \(g\) örten değildir.
\(h\) örtendir ama birebir değildir. \(y \in [0, \infty)\) verilsin. \(y \geq 0\) olduğundan \(\sqrt{y}\) tanımlıdır ve \(h(\sqrt{y}) = (\sqrt{y})^2 = y\) olur; bu yüzden değer kümesindeki her \(y\)’ye ulaşılır ve \(h\) örtendir. Ama \(h(-1) = h(1)\) olduğundan \(h\) birebir değildir: değer kümesini değiştirmek kuralı değiştirmez, dolayısıyla birebirliği de etkilemez.
\(k\) hem birebir hem örtendir. \(k\)’nin kuralı ve tanım kümesi \(g\) ile aynıdır; birebirlik yalnızca bunlara bağlı olduğundan \(k\) de birebirdir. \(k\)’nin kuralı ve değer kümesi \(h\) ile aynıdır ve \(h\)’nin örtenliğini gösterirken bulduğumuz \(\sqrt{y}\) sayısı \([0, \infty)\) kümesindedir; bu yüzden \(k\) de örtendir. Dolayısıyla \(k\) birebir örtendir. İleride göreceğimiz gibi \(k\)’nin bir ters fonksiyonu vardır ve bu ters fonksiyon karekök fonksiyonudur.
\(\blacksquare\)
Aynı düşünceyi, birebir olmayan bir fonksiyonu kısıtlayarak birebir yapmak için de kullanırız.
Örnek 5.2 (Sinüs Fonksiyonunun Birebir Kısıtlaması) \(f : \mathbb{R} \to [-1, 1]\), \(f(x) = \sin x\) fonksiyonu birebir midir? Değilse \(f\)’nin birebir olan bir kısıtlamasını bulunuz.
Çözüm
\(f\) birebir değildir, çünkü \(0 \neq \pi\) olduğu hâlde
\[ f(0) = \sin 0 = 0 = \sin \pi = f(\pi) \]
olur.
\(A_0 = \left[-\tfrac{\pi}{2}, \tfrac{\pi}{2}\right]\) alalım ve \(f|_{A_0}\) kısıtlamasının birebir olduğunu gösterelim. Analizden bildiğimiz gibi sinüs fonksiyonu \(A_0\) aralığında kesin artandır: \(A_0\) içinde \(x < y\) ise \(\sin x < \sin y\) olur. Şimdi \(x, y \in A_0\) ve \(\sin x = \sin y\) olsun. \(x < y\) olsaydı \(\sin x < \sin y\) olurdu; \(y < x\) olsaydı \(\sin y < \sin x\) olurdu. İkisi de eşitlikle çelişir; bu yüzden \(x = y\) olmak zorundadır. Dolayısıyla \(f|_{A_0}\) birebirdir. Tanım kümesini bu aralığa küçültmekle kuralı değiştirmedik; birebir olmayan bir fonksiyondan, yalnızca tanım kümesini daraltarak birebir bir fonksiyon elde ettik.
\(\blacksquare\)
Kesirli bir fonksiyonun birebir örten olduğunu göstermek için de aynı iki adımı izleriz: önce \(f(x_1) = f(x_2)\) eşitliğinden \(x_1 = x_2\) çıkarılır, sonra verilen her \(y\) için \(f(x) = y\) denklemi \(x\) için çözülür.
Örnek 5.3 (Kesirli Bir Fonksiyonun Birebir Örtenliği) \(f : \mathbb{R} \setminus \{3\} \to \mathbb{R} \setminus \{1\}\) fonksiyonu
\[ f(x) = \frac{x + 2}{x - 3} \]
kuralıyla verilsin. \(f\)’nin birebir örten olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Fonksiyonun iyi tanımlı olduğu. Önce \(f\)’nin gerçekten \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\) kümesine gittiğini görelim. \(x \neq 3\) olduğundan payda sıfır olmaz. Bir \(x\) için \(f(x) = 1\) olsaydı \(x + 2 = x - 3\), yani \(2 = -3\) olurdu; bu imkânsızdır. Bu yüzden her \(x \in \mathbb{R} \setminus \{3\}\) için \(f(x) \in \mathbb{R} \setminus \{1\}\) olur.
Birebirlik. \(x_1, x_2 \in \mathbb{R} \setminus \{3\}\) ve \(f(x_1) = f(x_2)\) olsun. O zaman
\[ \frac{x_1 + 2}{x_1 - 3} = \frac{x_2 + 2}{x_2 - 3} \]
olur. Paydalar sıfırdan farklı olduğundan içler dışlar çarpımı yapabiliriz:
\[ (x_1 + 2)(x_2 - 3) = (x_2 + 2)(x_1 - 3) \quad\Rightarrow\quad x_1 x_2 - 3x_1 + 2x_2 - 6 = x_1 x_2 - 3x_2 + 2x_1 - 6 . \]
İki taraftan \(x_1 x_2\) ve \(-6\) terimlerini sadeleştirirsek \(-3x_1 + 2x_2 = 2x_1 - 3x_2\), buradan \(5x_2 = 5x_1\) ve \(x_1 = x_2\) bulunur. Bu yüzden \(f\) birebirdir.
Örtenlik. \(y \in \mathbb{R} \setminus \{1\}\) verilsin. \(f(x) = y\) olacak bir \(x \in \mathbb{R} \setminus \{3\}\) arıyoruz. \(y \neq 1\) olduğundan
\[ x = \frac{3y + 2}{y - 1} \]
sayısı tanımlıdır. İki şeyi kontrol etmeliyiz. Birincisi, \(x \neq 3\) olmalıdır: \(\frac{3y + 2}{y - 1} = 3\) olsaydı \(3y + 2 = 3y - 3\), yani \(2 = -3\) olurdu; bu imkânsızdır. Bu yüzden \(x \in \mathbb{R} \setminus \{3\}\). İkincisi, \(f(x) = y\) olmalıdır:
\[ f(x) = \frac{\dfrac{3y + 2}{y - 1} + 2}{\dfrac{3y + 2}{y - 1} - 3} = \frac{(3y + 2) + 2(y - 1)}{(3y + 2) - 3(y - 1)} = \frac{5y}{5} = y . \]
Burada ikinci eşitlikte pay ve paydayı \(y - 1 \neq 0\) ile çarptık. Böylece her \(y \in \mathbb{R} \setminus \{1\}\) için \(f(x) = y\) olan bir \(x \in \mathbb{R} \setminus \{3\}\) bulduk; \(f\) örtendir.
\(f\) hem birebir hem örten olduğundan birebir örtendir.
\(\blacksquare\)
5.2 Ters Fonksiyon
Birebir örten bir \(f : A \to B\) fonksiyonu \(A\)’nın elemanlarıyla \(B\)’nin elemanlarını tam tamına eşleştirir. O hâlde eşleştirmeyi ters yönde okuyabiliriz: \(B\)’nin her elemanına, ona eşlenen \(A\) elemanını gönderen bir fonksiyon vardır.
Tanım 5.2 (Ters Fonksiyon) \(f : A \to B\) birebir örten olsun. Her \(b \in B\) için \(f(a) = b\) eşitliğini sağlayan tek \(a \in A\) elemanını \(f^{-1}(b)\) ile gösterelim. Böylece tanımlanan
\[ f^{-1} : B \to A, \qquad f^{-1}(b) = a \iff f(a) = b \]
fonksiyonuna \(f\)’nin ters fonksiyonu (inverse) denir.
Yani \(f^{-1}\), \(f\)’nin oklarını tersine çevirir: \(f\) hangi \(a\)’yı \(b\)’ye gönderiyorsa \(f^{-1}\) o \(b\)’yi geri \(a\)’ya gönderir.
Bu tanımın gerçekten bir fonksiyon verdiğini iki adımda görürüz. \(b \in B\) verilsin. \(f\) örten olduğundan \(f(a) = b\) olan en az bir \(a \in A\) vardır; \(f\) birebir olduğundan böyle bir \(a\) yalnızca bir tanedir (çünkü \(f(a) = b = f(a')\) ise birebirlikten \(a = a'\)). Dolayısıyla \(f^{-1}(b)\) tam olarak bir elemanı gösterir ve \(f^{-1}\) bir fonksiyondur. Örtenlik olmasaydı bazı \(b\)’lere değer atanamazdı; birebirlik olmasaydı bazı \(b\)’lere birden çok değer aday olurdu.
Tanımdan hemen çıkan iki eşitlik, ters fonksiyonla çalışırken sürekli kullanılır: her \(a \in A\) için \(f^{-1}(f(a)) = a\) ve her \(b \in B\) için \(f(f^{-1}(b)) = b\). Gerçekten, \(f(a) = b\) dersek tanım gereği \(f^{-1}(b) = a\), yani \(f^{-1}(f(a)) = a\) olur; ikinci eşitlik için \(a = f^{-1}(b)\) dersek tanım gereği \(f(a) = b\), yani \(f(f^{-1}(b)) = b\) olur. Fonksiyonlar ve Bileşke bölümündeki bileşke ve birim fonksiyon gösterimiyle bu iki eşitlik \(f^{-1} \circ f = I_A\) ve \(f \circ f^{-1} = I_B\) biçiminde yazılır; burada \(I_A : A \to A\), \(I_A(a) = a\) ve \(I_B : B \to B\), \(I_B(b) = b\) birim fonksiyonlardır.
Ters fonksiyonun kendisi de birebir örtendir ve onun tersi, başladığımız fonksiyondur. Bu, “tersini almak” işleminin geri alınabilir olduğunu söyler.
Önerme 5.1 (Ters Fonksiyon da Birebir Örtendir) \(f : A \to B\) birebir örten ise \(f^{-1} : B \to A\) da birebir örtendir ve \((f^{-1})^{-1} = f\) olur.
İspat
\(f^{-1}\) birebirdir. \(b, b' \in B\) ve \(f^{-1}(b) = f^{-1}(b')\) olsun. İki tarafa \(f\) uygularsak \(f(f^{-1}(b)) = f(f^{-1}(b'))\) olur. Yukarıda gördüğümüz \(f(f^{-1}(b)) = b\) eşitliği gereği sol taraf \(b\), sağ taraf \(b'\) eder; bu yüzden \(b = b'\). Dolayısıyla \(f^{-1}\) birebirdir.
\(f^{-1}\) örtendir. \(a \in A\) verilsin. \(b = f(a)\) diyelim; \(b \in B\) olur. Tanım gereği \(f^{-1}(b) = a\), yani \(a\) elemanı \(f^{-1}\) altında \(b\)’nin görüntüsüdür. \(A\)’nın her elemanı için böyle bir \(b\) bulunduğundan \(f^{-1}\) örtendir.
\((f^{-1})^{-1} = f\). \(f^{-1}\) birebir örten olduğundan tersi tanımlıdır ve Tanım 5.2’a göre \(a \in A\) için \((f^{-1})^{-1}(a)\), \(f^{-1}(b) = a\) eşitliğini sağlayan tek \(b \in B\) elemanıdır. \(f^{-1}(b) = a\) ise tanım gereği \(f(a) = b\); bu yüzden bu tek eleman \(f(a)\)’dır. Böylece her \(a \in A\) için \((f^{-1})^{-1}(a) = f(a)\), yani \((f^{-1})^{-1} = f\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Ters fonksiyonu tanımdan hareketle bulmak, her \(b\) için \(f(a) = b\) denklemini çözmeyi gerektirir. Uygulamada çoğu zaman tersin ne olması gerektiğini tahmin eder, sonra tahminimizin doğru olduğunu iki eşitliği kontrol ederek gösteririz. Aşağıdaki lemma bu yöntemin geçerli olduğunu, üstelik \(f\)’nin birebir örten olduğunu ayrıca ispatlamaya gerek kalmadığını söyler.
Lemma 5.1 (Sol ve Sağ Ters Varsa Fonksiyon Birebir Örtendir) \(f : A \to B\) bir fonksiyon olsun. Her \(a \in A\) için \(g(f(a)) = a\) ve her \(b \in B\) için \(f(h(b)) = b\) olacak biçimde \(g : B \to A\) ve \(h : B \to A\) fonksiyonları varsa, \(f\) birebir örtendir ve \(g = h = f^{-1}\) olur.
İspat
\(f\) birebirdir. \(a, a' \in A\) ve \(f(a) = f(a')\) olsun. İki tarafa \(g\) uygularsak \(g(f(a)) = g(f(a'))\) olur. Varsayım gereği \(g(f(a)) = a\) ve \(g(f(a')) = a'\) olduğundan \(a = a'\) bulunur.
\(f\) örtendir. \(b \in B\) verilsin. \(a = h(b)\) alalım; \(h\)’nin değer kümesi \(A\) olduğundan \(a \in A\)’dır. Varsayım gereği \(f(a) = f(h(b)) = b\) olur. Böylece her \(b \in B\) için \(f(a) = b\) olan bir \(a \in A\) bulduk.
\(f\) birebir ve örten olduğundan birebir örtendir; dolayısıyla \(f^{-1}\) tanımlıdır.
\(g = f^{-1}\). \(b \in B\) verilsin ve \(a = f^{-1}(b)\) diyelim; ters fonksiyonun tanımı gereği \(f(a) = b\) olur. O zaman
\[ g(b) = g(f(a)) = a = f^{-1}(b) \]
olur; burada ilk eşitlik \(b = f(a)\) olmasından, ikincisi \(g\) hakkındaki varsayımdan gelir. \(b\) keyfî olduğundan \(g = f^{-1}\).
\(h = f^{-1}\). \(b \in B\) verilsin. Varsayım gereği \(f(h(b)) = b\)’dir; yani \(h(b)\), \(f\) altında \(b\)’ye giden bir elemandır. \(f\) birebir olduğundan \(b\)’ye giden eleman tektir ve tanım gereği bu eleman \(f^{-1}(b)\)’dir. Bu yüzden \(h(b) = f^{-1}(b)\); \(b\) keyfî olduğundan \(h = f^{-1}\).
Sonuç olarak \(g = f^{-1} = h\).
\(\blacksquare\)
İspatın özü: soldan ters, birebirliği; sağdan ters, örtenliği verir; birebir örten bir fonksiyonun tersi tek olduğundan ikisi de \(f^{-1}\)’e eşit olmak zorundadır.
Lemmayı Örnek 5.3 üzerinde deneyelim. \(f(x) = \frac{x + 2}{x - 3}\) için \(g : \mathbb{R} \setminus \{1\} \to \mathbb{R} \setminus \{3\}\), \(g(y) = \frac{3y + 2}{y - 1}\) alalım; örtenlik adımında \(g(y) \neq 3\) ve \(f(g(y)) = y\) olduğunu zaten gösterdik. Aynı hesap ters yönde de çalışır: \(x \neq 3\) için
\[ g(f(x)) = \frac{3 \cdot \dfrac{x + 2}{x - 3} + 2}{\dfrac{x + 2}{x - 3} - 1} = \frac{3(x + 2) + 2(x - 3)}{(x + 2) - (x - 3)} = \frac{5x}{5} = x . \]
O hâlde \(g\) hem sol hem sağ terstir ve Lemma 5.1’e göre \(f\) birebir örten, \(f^{-1} = g\)’dir. Benzer biçimde Örnek 5.1’ndaki \(k : [0, \infty) \to [0, \infty)\), \(k(x) = x^2\) için \(s(y) = \sqrt{y}\) alınırsa her \(y \geq 0\) için \(k(s(y)) = (\sqrt{y})^2 = y\) ve her \(x \geq 0\) için \(s(k(x)) = \sqrt{x^2} = |x| = x\) olur; bu yüzden \(k^{-1}\) karekök fonksiyonudur. Aynı \(s\) fonksiyonu \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) için sol ters olamaz, çünkü \(s(f(-1)) = 1 \neq -1\); bu da \(f\)’nin birebir olmadığını bir kez daha gösterir.
5.3 Görüntü ve Ters Görüntü
Şimdiye kadar fonksiyonu tek tek noktalara uyguladık. Fonksiyonu bir alt kümenin bütün noktalarına birden uygulamak da doğaldır: \(A_0 \subseteq A\) ise \(A_0\)’ın elemanlarının gittiği yerleri toplayabiliriz; \(B_0 \subseteq B\) ise \(B_0\)’a düşen bütün noktaları toplayabiliriz.
Tanım 5.3 (Görüntü ve Ters Görüntü) \(f : A \to B\) bir fonksiyon olsun.
(i) \(A_0 \subseteq A\) ise
\[ f(A_0) = \{f(a) : a \in A_0\} = \{b \in B : \text{en az bir } a \in A_0 \text{ için } f(a) = b\} \]
kümesine \(A_0\)’ın \(f\) altındaki görüntüsü (image) denir.
(ii) \(B_0 \subseteq B\) ise
\[ f^{-1}(B_0) = \{a \in A : f(a) \in B_0\} \]
kümesine \(B_0\)’ın \(f\) altındaki ters görüntüsü (preimage, inverse image) denir.
Yani \(f(A_0)\), \(A_0\)’daki noktaların gittiği yerlerin kümesi; \(f^{-1}(B_0)\) ise \(B_0\)’a giden noktaların kümesidir. Her iki tanımı da elemanlar düzeyinde şu iki denklikle kullanırız:
\[ b \in f(A_0) \iff \exists a \in A_0 : f(a) = b, \qquad\qquad a \in f^{-1}(B_0) \iff f(a) \in B_0 . \]
Görüntü \(B\)’nin, ters görüntü \(A\)’nın bir alt kümesidir: \(f(A_0) \subseteq B\) ve \(f^{-1}(B_0) \subseteq A\). Özel olarak \(f(A)\), \(f\)’nin aldığı bütün değerlerin kümesidir ve \(f\)’nin örten olması tam olarak \(f(A) = B\) olması demektir. Gerçekten, \(f(A) \subseteq B\) her zaman doğrudur; \(B \subseteq f(A)\) olması ise \(B\)’nin her elemanının \(A\)’nın en az bir elemanının görüntüsü olması, yani örtenlik tanımının kendisidir.
\(f^{-1}(B_0)\) gösterimi \(f\)’nin birebir örten olmasını gerektirmez; \(f\) herhangi bir fonksiyon olabilir. Burada \(f^{-1}\) tek başına bir fonksiyon değildir; \(f^{-1}(B_0)\) yalnızca “\(f\) altında \(B_0\)’a giden noktaların kümesi” anlamına gelen tek parça bir gösterimdir. Ayrıca \(A\)’nın görüntüsü \(B_0\)’a düşen hiçbir noktası olmayabilir; bu durumda \(f^{-1}(B_0) = \varnothing\) olur. Örneğin \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) için \(f^{-1}([-3, -1]) = \varnothing\)’dir, çünkü hiçbir kare negatif değildir.
\(f\) birebir örten olduğunda ise \(f^{-1}(B_0)\) yazılışının iki anlamı vardır: \(B_0\)’ın \(f\) altındaki ters görüntüsü ve \(B_0\)’ın \(f^{-1} : B \to A\) fonksiyonu altındaki görüntüsü. Bu iki anlamın çakıştığını göstermek, gösterimin belirsizlik yaratmadığını garanti eder.
Önerme 5.2 (Birebir Örten Fonksiyonda İki Anlam Çakışır) \(f : A \to B\) birebir örten ve \(B_0 \subseteq B\) olsun. \(B_0\)’ın \(f\) altındaki ters görüntüsü ile \(B_0\)’ın \(f^{-1}\) fonksiyonu altındaki görüntüsü aynı kümedir:
\[ \{a \in A : f(a) \in B_0\} = \{f^{-1}(b) : b \in B_0\} . \]
İspat
Sol kümeye \(P\), sağ kümeye \(Q\) diyelim.
\(P \subseteq Q\). \(a \in P\) olsun; yani \(f(a) \in B_0\). \(b = f(a)\) dersek \(b \in B_0\) ve ters fonksiyonun tanımı gereği \(f^{-1}(b) = a\) olur. Bu yüzden \(a\), \(B_0\)’ın bir elemanının \(f^{-1}\) altındaki görüntüsüdür: \(a \in Q\).
\(Q \subseteq P\). \(a \in Q\) olsun; yani bir \(b \in B_0\) için \(a = f^{-1}(b)\). Ters fonksiyonun tanımı gereği \(f(a) = b \in B_0\) olur; bu yüzden \(a \in P\).
İki yönlü kapsama eşitliği verir.
\(\blacksquare\)
Görüntü ve ters görüntüyü somut bir fonksiyonda hesaplayalım. Bir görüntü kümesini bulmak her zaman iki yönlü kapsama gerektirir: önce \(A_0\)’daki her noktanın görüntüsünün aday kümeye düştüğü, sonra aday kümedeki her noktanın gerçekten bir görüntü olduğu gösterilir. Ters görüntü ise doğrudan tanımdaki denklik zinciriyle bulunur.
Örnek 5.4 (Bir Parabolde Görüntü ve Ters Görüntü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2 + 3\) olsun. Şu kümeleri bulunuz:
a) \(f([0, 2])\); b) \(f^{-1}([1, 7])\); c) \(f([-1, 3])\).
Çözüm
a) \(f([0, 2]) = [3, 7]\). İki kapsama gösterilecek.
\(f([0, 2]) \subseteq [3, 7]\): \(x \in [0, 2]\) olsun. \(0 \leq x \leq 2\) olduğundan ve kare alma \([0, \infty)\) üzerinde artan olduğundan \(0 \leq x^2 \leq 4\), buradan \(3 \leq x^2 + 3 \leq 7\), yani \(f(x) \in [3, 7]\) olur.
\([3, 7] \subseteq f([0, 2])\): \(y \in [3, 7]\) olsun. \(f(x) = y\) olan bir \(x \in [0, 2]\) bulmalıyız. \(y - 3 \geq 0\) olduğundan \(x = \sqrt{y - 3}\) tanımlıdır ve \(x \geq 0\)’dır. \(3 \leq y \leq 7\) olduğundan \(0 \leq y - 3 \leq 4\) ve karekök artan olduğundan \(0 \leq \sqrt{y - 3} \leq 2\), yani \(x \in [0, 2]\) olur. Ayrıca \(f(x) = (\sqrt{y - 3})^2 + 3 = y - 3 + 3 = y\). Bu yüzden \(y \in f([0, 2])\).
b) \(f^{-1}([1, 7]) = [-2, 2]\). Ters görüntünün tanımını kullanarak
\[ x \in f^{-1}([1, 7]) \iff f(x) \in [1, 7] \iff 1 \leq x^2 + 3 \leq 7 \iff -2 \leq x^2 \leq 4 \]
yazarız. \(x^2 \geq 0\) her zaman doğru olduğundan soldaki \(-2 \leq x^2\) koşulu otomatik sağlanır ve geriye \(x^2 \leq 4\) kalır. \(x^2 \leq 4\) ise \(|x| \leq 2\), yani \(-2 \leq x \leq 2\) ile aynı şeydir. Bu yüzden \(x \in f^{-1}([1, 7]) \iff x \in [-2, 2]\), yani \(f^{-1}([1, 7]) = [-2, 2]\). Değer kümesindeki \([1, 3)\) parçasına hiçbir nokta gitmediğine dikkat edin; ters görüntü bundan etkilenmez.
c) \(f([-1, 3]) = [3, 12]\). Yine iki kapsama gösterilecek.
\(f([-1, 3]) \subseteq [3, 12]\): \(x \in [-1, 3]\) olsun. Her \(x\) için \(x^2 \geq 0\)’dır. Öte yandan \(-1 \leq x \leq 3\) ise \(|x| \leq 3\) olur (çünkü \(x \geq 0\) ise \(|x| = x \leq 3\), \(x < 0\) ise \(|x| = -x \leq 1 \leq 3\)); bu yüzden \(x^2 = |x|^2 \leq 9\). Dolayısıyla \(0 \leq x^2 \leq 9\) ve \(3 \leq f(x) \leq 12\).
\([3, 12] \subseteq f([-1, 3])\): \(y \in [3, 12]\) olsun. \(x = \sqrt{y - 3}\) alalım. \(0 \leq y - 3 \leq 9\) olduğundan \(0 \leq x \leq 3\), yani \(x \in [0, 3] \subseteq [-1, 3]\) olur ve \(f(x) = y - 3 + 3 = y\). Bu yüzden \(y \in f([-1, 3])\).
\(\blacksquare\)
Görüntü ile ters görüntüyü art arda uygulayınca başladığımız kümeye geri dönmeyi bekleyebiliriz; ama bu genel olarak doğru değildir. Aşağıdaki örnek iki yönde de ne olduğunu gösterir.
Örnek 5.5 (Görüntünün Ters Görüntüsü ve Ters Görüntünün Görüntüsü) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = 3x^2 + 2\) olsun. \(f^{-1}(f([0, 1]))\) ve \(f(f^{-1}([0, 5]))\) kümelerini bulunuz.
Çözüm
\(f([0, 1]) = [2, 5]\). \(x \in [0, 1]\) ise \(0 \leq x^2 \leq 1\), dolayısıyla \(2 \leq 3x^2 + 2 \leq 5\); bu \(f([0, 1]) \subseteq [2, 5]\) verir. Tersine \(y \in [2, 5]\) ise \(x = \sqrt{(y - 2)/3}\) alalım: \(0 \leq (y - 2)/3 \leq 1\) olduğundan \(x \in [0, 1]\) ve \(f(x) = 3 \cdot \frac{y - 2}{3} + 2 = y\) olur; bu \([2, 5] \subseteq f([0, 1])\) verir.
\(f^{-1}([2, 5]) = [-1, 1]\). Tanım gereği
\[ x \in f^{-1}([2, 5]) \iff 2 \leq 3x^2 + 2 \leq 5 \iff 0 \leq x^2 \leq 1 \iff |x| \leq 1 \iff x \in [-1, 1]. \]
Böylece \(f^{-1}(f([0, 1])) = f^{-1}([2, 5]) = [-1, 1]\) bulunur. Başladığımız \([0, 1]\) kümesi \([-1, 1]\)’in içindedir ama ona eşit değildir: \(-\tfrac{1}{2} \notin [0, 1]\) olduğu hâlde \(f(-\tfrac{1}{2}) = f(\tfrac{1}{2}) \in f([0, 1])\) olduğundan \(-\tfrac{1}{2}\) ters görüntüye girer. Sebep, \(f\)’nin birebir olmamasıdır.
\(f^{-1}([0, 5]) = [-1, 1]\). \(x \in f^{-1}([0, 5]) \iff 0 \leq 3x^2 + 2 \leq 5\); soldaki eşitsizlik her \(x\) için doğrudur, sağdaki \(x^2 \leq 1\) ile aynıdır. Bu yüzden \(f^{-1}([0, 5]) = [-1, 1]\).
\(f([-1, 1]) = [2, 5]\). \(x \in [-1, 1]\) ise \(0 \leq x^2 \leq 1\), dolayısıyla \(f(x) \in [2, 5]\); tersi için yukarıdaki \(x = \sqrt{(y - 2)/3} \in [0, 1] \subseteq [-1, 1]\) seçimi işe yarar.
Böylece \(f(f^{-1}([0, 5])) = f([-1, 1]) = [2, 5]\) bulunur. Bu küme başladığımız \([0, 5]\) kümesinin içindedir ama ona eşit değildir: \([0, 2)\) parçasına \(f\) hiç ulaşmaz. Sebep, \(f\)’nin örten olmamasıdır.
\(\blacksquare\)
5.4 Ters Görüntünün Küme İşlemleriyle Uyumu
Ters görüntü alma işlemi, \(B\)’nin alt kümeleri üzerinde son derece iyi davranır: kapsamayı, birleşimi, kesişimi, farkı ve tümleyeni korur. Bu özellikler ileride sürekli fonksiyonlarla çalışırken sürekli kullanılacak; örneğin açık kümelerin ters görüntülerinin kesişimi ve birleşimi hakkında konuşurken bu teoreme dayanacağız. Bütün ispatlar, \(a \in f^{-1}(B_0) \iff f(a) \in B_0\) denkliğini bir zincir hâlinde uygulamaktan ibarettir.
Teorem 5.1 (Ters Görüntü Küme İşlemlerini Korur) \(f : A \to B\) bir fonksiyon ve \(B_1, B_2 \subseteq B\) olsun. O zaman:
(i) \(B_1 \subseteq B_2\) ise \(f^{-1}(B_1) \subseteq f^{-1}(B_2)\).
(ii) \(f^{-1}(B_1 \cup B_2) = f^{-1}(B_1) \cup f^{-1}(B_2)\).
(iii) \(f^{-1}(B_1 \cap B_2) = f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2)\).
(iv) \(f^{-1}(B_1 \setminus B_2) = f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(B_2)\).
(v) \(f^{-1}(B \setminus B_1) = A \setminus f^{-1}(B_1)\); yani ters görüntü tümleyeni tümleyene götürür.
(vi) \(f^{-1}(B) = A\) ve \(f^{-1}(\varnothing) = \varnothing\).
İspat
(i) \(B_1 \subseteq B_2\) olsun ve \(a \in f^{-1}(B_1)\) alalım. Tanım gereği \(f(a) \in B_1\)’dir. \(B_1 \subseteq B_2\) olduğundan \(f(a) \in B_2\), yani yine tanım gereği \(a \in f^{-1}(B_2)\).
(ii) Her \(a \in A\) için
\[ \begin{aligned} a \in f^{-1}(B_1 \cup B_2) &\iff f(a) \in B_1 \cup B_2 && \text{(ters görüntü tanımı)} \\ &\iff f(a) \in B_1 \ \text{ veya } \ f(a) \in B_2 && \text{(birleşim tanımı)} \\ &\iff a \in f^{-1}(B_1) \ \text{ veya } \ a \in f^{-1}(B_2) && \text{(ters görüntü tanımı, iki kez)} \\ &\iff a \in f^{-1}(B_1) \cup f^{-1}(B_2) && \text{(birleşim tanımı)} \end{aligned} \]
olur. İki kümenin elemanları tam olarak aynı olduğundan kümeler eşittir.
(iii) Aynı zincirde “veya” yerine “ve”, birleşim yerine kesişim gelir:
\[ \begin{aligned} a \in f^{-1}(B_1 \cap B_2) &\iff f(a) \in B_1 \cap B_2 \\ &\iff f(a) \in B_1 \ \text{ ve } \ f(a) \in B_2 \\ &\iff a \in f^{-1}(B_1) \ \text{ ve } \ a \in f^{-1}(B_2) \\ &\iff a \in f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2). \end{aligned} \]
İlk ve üçüncü denklik ters görüntü tanımından, ikinci ve dördüncü denklik kesişim tanımından gelir.
(iv) \(B_1 \setminus B_2 = \{b \in B_1 : b \notin B_2\}\) olduğunu hatırlayalım. Her \(a \in A\) için
\[ \begin{aligned} a \in f^{-1}(B_1 \setminus B_2) &\iff f(a) \in B_1 \setminus B_2 \\ &\iff f(a) \in B_1 \ \text{ ve } \ f(a) \notin B_2 \\ &\iff a \in f^{-1}(B_1) \ \text{ ve } \ a \notin f^{-1}(B_2) \\ &\iff a \in f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(B_2). \end{aligned} \]
Üçüncü denklikte “\(f(a) \notin B_2 \iff a \notin f^{-1}(B_2)\)” adımı, “\(f(a) \in B_2 \iff a \in f^{-1}(B_2)\)” denkliğinin iki tarafının olumsuzlanmasıdır.
(v) Önce \(f^{-1}(B) = A\) olduğunu görelim: her \(a \in A\) için \(f(a) \in B\)’dir, çünkü \(f\)’nin değer kümesi \(B\)’dir; bu yüzden her \(a \in A\) aynı zamanda \(f^{-1}(B)\)’nin elemanıdır ve \(f^{-1}(B) \subseteq A\) zaten tanımdan gelir. Şimdi (iv)’ü \(B\) ve \(B_1\) kümelerine (yani oradaki ilk küme yerine \(B\), ikinci küme yerine \(B_1\) alarak) uygularsak
\[ f^{-1}(B \setminus B_1) = f^{-1}(B) \setminus f^{-1}(B_1) = A \setminus f^{-1}(B_1) \]
bulunur.
(vi) \(f^{-1}(B) = A\) eşitliği (v)’in ispatında gösterildi. \(f^{-1}(\varnothing)\) için: bir \(a \in A\) bu kümede olsaydı \(f(a) \in \varnothing\) olurdu; boş kümenin elemanı olmadığından bu imkânsızdır. Bu yüzden \(f^{-1}(\varnothing) = \varnothing\).
\(\blacksquare\)
İspatın özü: ters görüntünün tanımı bir denkliktir (“\(a \in f^{-1}(B_0) \iff f(a) \in B_0\)”), bu yüzden küme işlemlerinin tanımlarıyla birleşince her adım iki yönde de geçerli kalır.
Teoremin (ii) ve (iii) maddeleri yalnızca iki küme için değil, İndisli Aileler ve Kartezyen Çarpım bölümündeki anlamda herhangi bir \(\{B_i\}_{i \in I}\) ailesi için de doğrudur:
\[ f^{-1}\Big(\bigcup_{i \in I} B_i\Big) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i), \qquad f^{-1}\Big(\bigcap_{i \in I} B_i\Big) = \bigcap_{i \in I} f^{-1}(B_i). \]
İspatı, “veya” yerine “en az bir \(i \in I\) için”, “ve” yerine “her \(i \in I\) için” gelecek biçimde aynı zinciri yazmaktan ibarettir; her iki eşitliğin tam ispatı alıştırmalarda verilmiştir. Topolojide açık kümelerin keyfî birleşimleriyle çalışacağımız için bu genel biçim önemlidir.
5.5 Görüntünün Küme İşlemleriyle Uyumu
Görüntü alma işlemi ters görüntü kadar iyi davranmaz: kapsamayı ve birleşimi korur, ama kesişimde yalnızca bir yönlü kapsama kalır ve fark korunmaz. Bunun nedeni görüntü tanımındaki “en az bir \(a \in A_0\) için” niceleyicisidir; bir denklik zinciri kurulurken “vardır” niceleyicisi “ve” bağlacıyla uyumlu değildir. Aşağıdaki teorem neyin doğru kaldığını, ardından gelen örnek neyin bozulduğunu gösterir.
Teorem 5.2 (Görüntü Birleşimi Korur, Kesişimde Kapsama Verir) \(f : A \to B\) bir fonksiyon ve \(A_1, A_2 \subseteq A\) olsun. O zaman:
(i) \(A_1 \subseteq A_2\) ise \(f(A_1) \subseteq f(A_2)\).
(ii) \(f(A_1 \cup A_2) = f(A_1) \cup f(A_2)\).
(iii) \(f(A_1 \cap A_2) \subseteq f(A_1) \cap f(A_2)\).
(iv) \(f\) birebir ise (iii)’teki kapsama eşitliktir: \(f(A_1 \cap A_2) = f(A_1) \cap f(A_2)\).
İspat
(i) \(A_1 \subseteq A_2\) olsun ve \(b \in f(A_1)\) alalım. Görüntü tanımı gereği \(f(a) = b\) olan bir \(a \in A_1\) vardır. \(A_1 \subseteq A_2\) olduğundan \(a \in A_2\)’dir; bu yüzden \(b = f(a)\), \(A_2\)’nin bir elemanının görüntüsüdür, yani \(b \in f(A_2)\).
(ii) Her \(b \in B\) için
\[ \begin{aligned} b \in f(A_1 \cup A_2) &\iff \exists a \in A_1 \cup A_2 : f(a) = b \\ &\iff \big(\exists a \in A_1 : f(a) = b\big) \ \text{ veya } \ \big(\exists a \in A_2 : f(a) = b\big) \\ &\iff b \in f(A_1) \ \text{ veya } \ b \in f(A_2) \\ &\iff b \in f(A_1) \cup f(A_2). \end{aligned} \]
İkinci denkliğin gerekçesi şudur: \(f(a) = b\) olan bir \(a\), \(A_1 \cup A_2\) içindedir ancak ve ancak bu \(a\), \(A_1\)’de ya da \(A_2\)’dedir; “vardır” niceleyicisi “veya” bağlacının üzerinden geçer, çünkü bir elemanın iki kümeden birinde bulunması, iki kümeden birinde bulunan bir eleman olması demektir. Öteki denklikler görüntü ve birleşim tanımlarıdır.
(iii) \(b \in f(A_1 \cap A_2)\) olsun. Görüntü tanımı gereği \(f(a) = b\) olan bir \(a \in A_1 \cap A_2\) vardır. Kesişim tanımı gereği \(a \in A_1\) ve \(a \in A_2\)’dir. \(a \in A_1\) ve \(f(a) = b\) olduğundan \(b \in f(A_1)\); \(a \in A_2\) ve \(f(a) = b\) olduğundan \(b \in f(A_2)\). Bu yüzden \(b \in f(A_1) \cap f(A_2)\).
Bu ispatın neden tersine çevrilemediğine dikkat edin: \(b \in f(A_1) \cap f(A_2)\) ise \(A_1\)’de bir \(a_1\) ve \(A_2\)’de bir \(a_2\) ile \(f(a_1) = b = f(a_2)\) olur, ama \(a_1\) ile \(a_2\)’nin aynı eleman olması gerekmez; dolayısıyla \(A_1 \cap A_2\) içinde \(b\)’ye giden bir eleman bulunmayabilir.
(iv) \(f\) birebir olsun. (iii)’e göre \(f(A_1 \cap A_2) \subseteq f(A_1) \cap f(A_2)\) zaten doğrudur; ters kapsamayı göstermeliyiz. \(b \in f(A_1) \cap f(A_2)\) olsun. \(b \in f(A_1)\) olduğundan \(f(a_1) = b\) olan bir \(a_1 \in A_1\), \(b \in f(A_2)\) olduğundan \(f(a_2) = b\) olan bir \(a_2 \in A_2\) vardır. O zaman \(f(a_1) = f(a_2)\) olur ve \(f\) birebir olduğundan \(a_1 = a_2\). Bu ortak eleman hem \(A_1\)’de hem \(A_2\)’de, yani \(A_1 \cap A_2\)’dedir ve görüntüsü \(b\)’dir. Bu yüzden \(b \in f(A_1 \cap A_2)\). Böylece \(f(A_1) \cap f(A_2) \subseteq f(A_1 \cap A_2)\) ve iki kapsama birlikte eşitliği verir.
\(\blacksquare\)
İspatın özü: birleşimde “vardır” ile “veya” uyumludur; kesişimde “vardır” ile “ve” uyumlu değildir ve ancak birebirlik iki farklı tanığı tek elemana indirir.
Kesişim ve fark için eşitliğin gerçekten bozulabildiğini görelim. \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2\) olsun.
- \(A_1 = [-1, 0]\) ve \(A_2 = [0, 1]\) alalım. \(A_1 \cap A_2 = \{0\}\) olduğundan \(f(A_1 \cap A_2) = \{0\}\)’dır. Öte yandan \(f(A_1) = [0, 1]\) ve \(f(A_2) = [0, 1]\) olduğundan \(f(A_1) \cap f(A_2) = [0, 1]\). Dolayısıyla \(f(A_1 \cap A_2) \subsetneq f(A_1) \cap f(A_2)\); kapsama öz kapsamadır. Sorun, \(f(-1) = f(1)\) olmasıdır: \(1\) sayısına \(A_1\)’den \(-1\), \(A_2\)’den \(1\) gider, ama kesişimden giden yoktur.
- \(A_1 = [-1, 1]\) ve \(A_2 = [0, 1]\) alalım. \(A_1 \setminus A_2 = [-1, 0)\) olduğundan \(f(A_1 \setminus A_2) = (0, 1]\)’dir. Öte yandan \(f(A_1) = [0, 1] = f(A_2)\) olduğundan \(f(A_1) \setminus f(A_2) = \varnothing\). Bu yüzden görüntü, farkı korumaz. Fark için her zaman geçerli olan tek şey \(f(A_1) \setminus f(A_2) \subseteq f(A_1 \setminus A_2)\) kapsamasıdır: \(b \in f(A_1) \setminus f(A_2)\) ise \(f(a) = b\) olan bir \(a \in A_1\) vardır ve bu \(a\), \(A_2\)’de olamaz (olsaydı \(b \in f(A_2)\) olurdu); bu yüzden \(a \in A_1 \setminus A_2\) ve \(b \in f(A_1 \setminus A_2)\). Örneğimiz bu kapsamanın eşitlik olmak zorunda olmadığını gösterir.
Ters görüntü \(f^{-1}\) için birleşim, kesişim, fark ve tümleyen sorunsuzca içeri alınır. Görüntü \(f\) için yalnızca birleşim içeri alınır; kesişimde \(f(A_1 \cap A_2) \subseteq f(A_1) \cap f(A_2)\) kapsaması vardır ve eşitlik için birebirlik gerekir. Bir ispatta \(f(A_1 \cap A_2)\) ile \(f(A_1) \cap f(A_2)\)’yi birbirinin yerine kullanmadan önce \(f\)’nin birebir olduğundan emin olun.
5.6 Görüntü ile Ters Görüntünün Art Arda Uygulanması
Örnek 5.5’da \(f^{-1}(f(A_0))\) kümesinin \(A_0\)’dan büyük, \(f(f^{-1}(B_0))\) kümesinin \(B_0\)’dan küçük çıkabildiğini gördük. Genel durumda tam olarak bu kadar söylenebilir; kapsamaların yönü her zaman aynıdır ve eşitlik, birebirlik ile örtenliğe bağlıdır.
Teorem 5.3 (Görüntünün Ters Görüntüsü ve Ters Görüntünün Görüntüsü) \(f : A \to B\) bir fonksiyon, \(A_0 \subseteq A\) ve \(B_0 \subseteq B\) olsun. O zaman:
(i) \(A_0 \subseteq f^{-1}(f(A_0))\); \(f\) birebir ise \(A_0 = f^{-1}(f(A_0))\).
(ii) \(f(f^{-1}(B_0)) \subseteq B_0\); \(f\) örten ise \(f(f^{-1}(B_0)) = B_0\).
İspat
(i) Kapsama. \(a \in A_0\) olsun. Görüntü tanımı gereği \(f(a) \in f(A_0)\)’dır, çünkü \(f(a)\), \(A_0\)’ın bir elemanının görüntüsüdür. Ters görüntü tanımı gereği \(f(a) \in f(A_0)\) olması tam olarak \(a \in f^{-1}(f(A_0))\) demektir. Bu yüzden \(A_0 \subseteq f^{-1}(f(A_0))\).
(i) Birebirlikte eşitlik. \(f\) birebir olsun; ters kapsamayı gösterelim. \(a \in f^{-1}(f(A_0))\) olsun. Ters görüntü tanımı gereği \(f(a) \in f(A_0)\)’dır; görüntü tanımı gereği \(f(a_0) = f(a)\) olan bir \(a_0 \in A_0\) vardır. \(f\) birebir olduğundan \(a = a_0\), dolayısıyla \(a \in A_0\). Bu yüzden \(f^{-1}(f(A_0)) \subseteq A_0\) ve iki kapsama birlikte \(A_0 = f^{-1}(f(A_0))\) verir.
(ii) Kapsama. \(b \in f(f^{-1}(B_0))\) olsun. Görüntü tanımı gereği \(f(a) = b\) olan bir \(a \in f^{-1}(B_0)\) vardır. Ters görüntü tanımı gereği \(a \in f^{-1}(B_0)\) olması \(f(a) \in B_0\) demektir; \(f(a) = b\) olduğundan \(b \in B_0\). Bu yüzden \(f(f^{-1}(B_0)) \subseteq B_0\).
(ii) Örtenlikte eşitlik. \(f\) örten olsun; ters kapsamayı gösterelim. \(b \in B_0\) olsun. \(f\) örten olduğundan \(f(a) = b\) olan bir \(a \in A\) vardır. \(f(a) = b \in B_0\) olduğundan ters görüntü tanımı gereği \(a \in f^{-1}(B_0)\)’dır. O zaman \(b = f(a)\), \(f^{-1}(B_0)\)’ın bir elemanının görüntüsüdür, yani \(b \in f(f^{-1}(B_0))\). Bu yüzden \(B_0 \subseteq f(f^{-1}(B_0))\) ve iki kapsama birlikte eşitliği verir.
\(\blacksquare\)
İspatın özü: \(A_0\)’ın elemanları tanım gereği \(f(A_0)\)’a gider, ama \(f(A_0)\)’a giden başka elemanlar da olabilir (birebirlik bunu engeller); \(f^{-1}(B_0)\)’ın görüntüsü tanım gereği \(B_0\)’ın içindedir, ama \(B_0\)’ın ulaşılmayan noktaları olabilir (örtenlik bunu engeller).
Örnek 5.5 bu teoremin iki koşulunun da gerekli olduğunu gösterir: \(f(x) = 3x^2 + 2\) birebir olmadığından \(f^{-1}(f([0, 1])) = [-1, 1] \neq [0, 1]\), örten olmadığından \(f(f^{-1}([0, 5])) = [2, 5] \neq [0, 5]\) olmuştur. Teoremdeki koşulların yalnızca yeterli değil aynı zamanda gerekli olduğu, yani eşitliklerin her alt küme için sağlanmasının birebirliği ve örtenliği geri verdiği, alıştırmalarda ispatlanmıştır.
5.7 Alıştırmalar
Alıştırma 5.1 (Birebirlik, Örtenlik, Görüntü ve Ters Görüntü Alıştırmaları) a) Birebir olmayan bir fonksiyon ve örten olmayan bir fonksiyon örneği veriniz; her birinin neden öyle olduğunu gösteriniz.
b) \(f : \mathbb{R} \setminus \{2\} \to \mathbb{R} \setminus \{3\}\), \(f(x) = \dfrac{3x}{x - 2}\) fonksiyonunun birebir örten olduğunu gösteriniz ve \(f^{-1}\)’i bulunuz.
c) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^2 + 3\) için \(f^{-1}(\{3\})\), \(f^{-1}([-1, 2])\) ve \(f^{-1}((7, 12])\) kümelerini bulunuz.
d) \(f : A \to B\) bir fonksiyon ve \(\{B_i\}_{i \in I}\), \(B\)’nin alt kümelerinden oluşan bir aile olsun (\(I \neq \varnothing\)). \(f^{-1}\big(\bigcup_{i \in I} B_i\big) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i)\) ve \(f^{-1}\big(\bigcap_{i \in I} B_i\big) = \bigcap_{i \in I} f^{-1}(B_i)\) olduğunu gösteriniz.
e) \(f : A \to B\) bir fonksiyon olsun. Her \(A_0 \subseteq A\) için \(f^{-1}(f(A_0)) = A_0\) oluyorsa \(f\)’nin birebir olduğunu gösteriniz.
f) \(f : A \to B\) bir fonksiyon olsun. Her \(B_0 \subseteq B\) için \(f(f^{-1}(B_0)) = B_0\) oluyorsa \(f\)’nin örten olduğunu gösteriniz.
g) \(f : A \to B\) ve \(g : B \to C\) fonksiyonlar olsun. \(g \circ f\) birebir ise \(f\)’nin birebir, \(g \circ f\) örten ise \(g\)’nin örten olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = |x|\) birebir değildir: \(-2 \neq 2\) olduğu hâlde \(f(-2) = 2 = f(2)\). \(g : \mathbb{N} \to \mathbb{N}\), \(g(n) = n + 1\) örten değildir: \(g(n) = 0\) olması \(n = -1\) gerektirir, ama \(-1 \notin \mathbb{N}\); bu yüzden \(0\) sayısına hiçbir doğal sayı gitmez. (Burada \(\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \dots\}\) alınmıştır; \(\mathbb{N}\) birden başlatılırsa aynı gerekçe \(1\) sayısı için geçerlidir.) İstenirse tek bir fonksiyon her iki özelliği de taşıyabilir: \(f(x) = x^2\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\)’den \(\mathbb{R}\)’ye ne birebir ne örtendir (Örnek 5.1).
b) İyi tanımlılık. \(x \neq 2\) olduğundan payda sıfır değildir. \(f(x) = 3\) olsaydı \(3x = 3x - 6\), yani \(0 = -6\) olurdu; imkânsız. Bu yüzden \(f(x) \in \mathbb{R} \setminus \{3\}\).
Birebirlik. \(x_1, x_2 \in \mathbb{R} \setminus \{2\}\) ve \(f(x_1) = f(x_2)\) olsun. İçler dışlar çarpımıyla \(3x_1(x_2 - 2) = 3x_2(x_1 - 2)\), açarsak \(3x_1 x_2 - 6x_1 = 3x_1 x_2 - 6x_2\), sadeleştirirsek \(-6x_1 = -6x_2\), yani \(x_1 = x_2\).
Örtenlik ve ters. \(y \in \mathbb{R} \setminus \{3\}\) verilsin; \(f(x) = y\) denklemini çözelim: \(3x = y(x - 2)\), yani \(3x - yx = -2y\), yani \(x(3 - y) = -2y\). \(y \neq 3\) olduğundan
\[ x = \frac{-2y}{3 - y} = \frac{2y}{y - 3} \]
bulunur. \(x \neq 2\)’dir, çünkü \(\frac{2y}{y - 3} = 2\) olsaydı \(2y = 2y - 6\), yani \(0 = -6\) olurdu. Doğrulama:
\[ f(x) = \frac{3 \cdot \dfrac{2y}{y - 3}}{\dfrac{2y}{y - 3} - 2} = \frac{6y}{2y - 2(y - 3)} = \frac{6y}{6} = y . \]
Böylece \(f\) örtendir; birebir olduğundan birebir örtendir ve ters fonksiyonun tanımı gereği \(f^{-1} : \mathbb{R} \setminus \{3\} \to \mathbb{R} \setminus \{2\}\), \(f^{-1}(y) = \dfrac{2y}{y - 3}\)’tür.
c) Üçü de \(x \in f^{-1}(B_0) \iff x^2 + 3 \in B_0\) denkliğiyle bulunur.
\(f^{-1}(\{3\})\): \(x^2 + 3 = 3 \iff x^2 = 0 \iff x = 0\). Bu yüzden \(f^{-1}(\{3\}) = \{0\}\).
\(f^{-1}([-1, 2])\): \(-1 \leq x^2 + 3 \leq 2\) olması \(x^2 \leq -1\) gerektirir; hiçbir gerçel sayının karesi negatif olmadığından bu koşulu sağlayan \(x\) yoktur. Bu yüzden \(f^{-1}([-1, 2]) = \varnothing\).
\(f^{-1}((7, 12])\): \(7 < x^2 + 3 \leq 12 \iff 4 < x^2 \leq 9 \iff 2 < |x| \leq 3\). \(|x| > 2\) olması \(x > 2\) ya da \(x < -2\), \(|x| \leq 3\) olması \(-3 \leq x \leq 3\) demektir. İkisi birlikte \(x \in [-3, -2) \cup (2, 3]\) verir. Bu yüzden \(f^{-1}((7, 12]) = [-3, -2) \cup (2, 3]\).
d) Her \(a \in A\) için
\[ \begin{aligned} a \in f^{-1}\Big(\bigcup_{i \in I} B_i\Big) &\iff f(a) \in \bigcup_{i \in I} B_i && \text{(ters görüntü tanımı)} \\ &\iff \text{en az bir } i \in I \text{ için } f(a) \in B_i && \text{(ailenin birleşiminin tanımı)} \\ &\iff \text{en az bir } i \in I \text{ için } a \in f^{-1}(B_i) && \text{(ters görüntü tanımı)} \\ &\iff a \in \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i) && \text{(ailenin birleşiminin tanımı)} \end{aligned} \]
olur. Her adım bir denklik olduğundan iki kümenin elemanları aynıdır ve kümeler eşittir.
Kesişim için aynı zincirde “en az bir \(i \in I\) için” yerine “her \(i \in I\) için” gelir:
\[ \begin{aligned} a \in f^{-1}\Big(\bigcap_{i \in I} B_i\Big) &\iff f(a) \in \bigcap_{i \in I} B_i && \text{(ters görüntü tanımı)} \\ &\iff \text{her } i \in I \text{ için } f(a) \in B_i && \text{(ailenin kesişiminin tanımı)} \\ &\iff \text{her } i \in I \text{ için } a \in f^{-1}(B_i) && \text{(ters görüntü tanımı)} \\ &\iff a \in \bigcap_{i \in I} f^{-1}(B_i) && \text{(ailenin kesişiminin tanımı)} . \end{aligned} \]
Üçüncü denklik, her sabit \(i\) için geçerli olan “\(f(a) \in B_i \iff a \in f^{-1}(B_i)\)” denkliğinin bütün \(i\)’ler üzerinden aynı anda uygulanmasıdır.
e) Her \(A_0 \subseteq A\) için \(f^{-1}(f(A_0)) = A_0\) olsun. \(a, a' \in A\) ve \(f(a) = f(a')\) alalım; \(a = a'\) göstereceğiz. \(A_0 = \{a\}\) seçelim. \(f(\{a\}) = \{f(a)\}\) olduğundan ve \(f(a') = f(a) \in \{f(a)\}\) olduğundan, ters görüntü tanımı gereği \(a' \in f^{-1}(f(\{a\}))\). Varsayım gereği \(f^{-1}(f(\{a\})) = \{a\}\); bu yüzden \(a' \in \{a\}\), yani \(a' = a\). Dolayısıyla \(f\) birebirdir.
f) Her \(B_0 \subseteq B\) için \(f(f^{-1}(B_0)) = B_0\) olsun. \(b \in B\) verilsin; \(f(a) = b\) olan bir \(a \in A\) bulacağız. \(B_0 = \{b\}\) seçelim. Varsayım gereği \(f(f^{-1}(\{b\})) = \{b\}\); özel olarak \(b \in f(f^{-1}(\{b\}))\). Görüntü tanımı gereği \(f(a) = b\) olan bir \(a \in f^{-1}(\{b\}) \subseteq A\) vardır. Bu, aradığımız elemandır; dolayısıyla \(f\) örtendir. Bu şık ile bir önceki şık, Teorem 5.3’deki koşulların gerekli de olduğunu gösterir.
g) \(g \circ f\) birebir ise \(f\) birebirdir. \(a, a' \in A\) ve \(f(a) = f(a')\) olsun. İki tarafa \(g\) uygularsak \(g(f(a)) = g(f(a'))\), yani \((g \circ f)(a) = (g \circ f)(a')\) olur. \(g \circ f\) birebir olduğundan \(a = a'\). Dolayısıyla \(f\) birebirdir.
\(g \circ f\) örten ise \(g\) örtendir. \(c \in C\) verilsin. \(g \circ f\) örten olduğundan \((g \circ f)(a) = c\) olan bir \(a \in A\) vardır. \(b = f(a)\) dersek \(b \in B\) ve \(g(b) = g(f(a)) = c\) olur. Böylece \(C\)’nin her elemanına \(g\) altında ulaşılır; \(g\) örtendir.
\(\blacksquare\)
Böylece mantık ve küme kuramından ihtiyaç duyacağımız araçlar tamamlandı; artık bu araçlarla kitabın asıl konusuna geçebiliriz: Topoloji Tanımı ve İlk Örnekler.