1 Önermeler Mantığı ve Niceleyiciler
Topoloji, “açık küme”, “komşuluk”, “süreklilik” gibi kavramları kümeler ve bu kümeler hakkındaki cümlelerle kurar. “Her açık küme için…”, “öyle bir komşuluk vardır ki…”, “\(x \in U\) ise \(U\) açıktır” gibi cümleleri doğru okuyamayan ve doğru olumsuzlayamayan bir okuyucu, tanımların ne dediğini ve ispatların neden işlediğini göremez. Bu yüzden kitaba, matematiğin dili olan önermeler mantığıyla başlıyoruz.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: önerme ve doğruluk değeri; “ve”, “veya”, “değil” bağlaçları; “ise” ile kurulan gerektirme ve onun “veya” ile yazılışı; bir gerektirmenin karşıtı ile ters-karşıtının neden farklı şeyler olduğu; “ancak ve ancak” denkliği ve doğruluk tabloları; “her” ve “vardır” niceleyicileri ile bunların olumsuzlamaları.
Bölüm boyunca amaç, karmaşık bir kuram kurmak değil, sonraki bölümlerde her satırda kullanacağımız birkaç kuralı kesinleştirmektir. Bu kuralların hepsi doğruluk tablosu denen küçük bir çizelgeyle denetlenebilir; hiçbir şeyi ezberlemek gerekmez.
1.1 Önermeler
Matematik, doğru ya da yanlış olduğuna karar verilebilen cümlelerle çalışır. “\(2 + 3 = 5\)” böyle bir cümledir; “Kapıyı kapat.” ya da “Bu sayı güzel.” böyle değildir.
Tanım 1.1 (Önerme ve Doğruluk Değeri) Doğru ya da yanlış olduğu kesin olarak belirlenebilen, ama aynı anda hem doğru hem yanlış olamayan bildirim cümlesine önerme (proposition) denir. Bir önermenin doğru (\(D\)) ya da yanlış (\(Y\)) oluşuna o önermenin doğruluk değeri denir. Önermeler \(p, q, r, \dots\) gibi küçük harflerle gösterilir.
Yani bir önerme, “Bu doğru mu?” sorusunun tek bir cevabı olan cümledir; cevabın ne olduğunu henüz bilmiyor olabiliriz, ama cevap vardır ve tektir.
Örnek 1.1 (Önerme Olan ve Olmayan Cümleler) Aşağıdaki cümlelerden hangileri önermedir? Önerme olanların doğruluk değeri nedir?
a) \(2 + 3 = 5\).
b) \(7\) bir çift sayıdır.
c) \(x + 1 = 3\).
d) \(\sqrt{2}\) rasyonel bir sayı değildir.
e) \(2\)’den büyük her çift sayı iki asal sayının toplamıdır.
Çözüm
a) Önermedir ve doğrudur.
b) Önermedir ve yanlıştır; çünkü \(7 = 2 \cdot 3 + 1\) tek sayıdır. Yanlış bir cümle de önermedir; önerme olmak için doğru olmak gerekmez.
c) Önerme değildir. \(x\)’in ne olduğu söylenmeden bu cümlenin doğru mu yanlış mı olduğuna karar verilemez: \(x = 2\) için doğru, \(x = 5\) için yanlıştır. Böyle cümleleri bölümün sonunda “açık önerme” adıyla ayrıca inceleyeceğiz.
d) Önermedir ve doğrudur. Bu, klasik bir teoremdir; ispatını bölüm sonundaki alıştırmalarda vereceğiz. Burada önemli olan şudur: ispatı henüz bilmesek bile cümlenin doğru ya da yanlış olduğu kesindir.
e) Önermedir. Bu cümlenin doğru mu yanlış mı olduğu bugün bilinmemektedir (Goldbach sanısı); ama bir cümlenin önerme olması için doğruluk değerini bizim bilmemiz gerekmez, yalnızca değerin var ve tek olması gerekir. (“\(2\)’den büyük” koşulu gereklidir: \(2\) çift sayıdır ama iki asal sayının toplamı değildir, çünkü en küçük asal sayı \(2\)’dir ve iki asalın toplamı en az \(4\)’tür.)
\(\blacksquare\)
1.2 Bağlaçlar: Ve, Veya, Değil
Elimizde \(p\) ve \(q\) önermeleri olsun. Bunlardan “ve”, “veya”, “değil” sözcükleriyle yeni önermeler kurabiliriz. Yeni önermenin doğruluk değeri, yalnızca \(p\) ile \(q\)’nun doğruluk değerlerine bağlıdır; aşağıdaki üç tanım bu bağlılığı kesinleştirir.
Tanım 1.2 (Ve Bağlacı) \(p\) ve \(q\) önermeler olsun. “\(p\) ve \(q\)” önermesi \(p \wedge q\) ile gösterilir; buna \(p\) ile \(q\)’nun ve bağlacıyla (conjunction) bağlanması denir. \(p \wedge q\) önermesi yalnızca \(p\) ve \(q\)’nun ikisi de doğru olduğunda doğrudur; öteki her durumda yanlıştır.
Yani “ve”, iki koşulun birden sağlanmasını ister; biri bile bozulursa \(p \wedge q\) yanlış olur.
Tanım 1.3 (Veya Bağlacı) \(p\) ve \(q\) önermeler olsun. “\(p\) veya \(q\)” önermesi \(p \vee q\) ile gösterilir; buna \(p\) ile \(q\)’nun veya bağlacıyla (disjunction) bağlanması denir. \(p \vee q\) önermesi, \(p\) ve \(q\)’dan en az biri doğru olduğunda doğrudur; yalnızca ikisi de yanlış olduğunda yanlıştır.
Yani “veya”, iki koşuldan birinin sağlanmasıyla yetinir; ikisi birden sağlanırsa da doğrudur.
Günlük dilde “çay veya kahve” çoğu zaman “ikisinden yalnız biri” demektir. Matematikte veya her zaman kapsayıcıdır: \(p \vee q\), “\(p\) doğru, \(q\) doğru ya da ikisi de doğru” durumlarının hepsinde doğrudur. “İkisinden yalnız biri” demek istediğimizde bunu açıkça “ya \(p\) ya da \(q\)” diye söyleriz; bu, ayrı bir önermedir ve \((p \vee q) \wedge \neg(p \wedge q)\) biçiminde yazılır. Örneğin “\(6\), \(2\)’ye veya \(3\)’e bölünür” önermesi doğrudur; \(6\)’nın ikisine de bölünmesi bunu bozmaz.
Tanım 1.4 (Değil (Olumsuzlama)) \(p\) bir önerme olsun. “\(p\) değil” önermesi \(\neg p\) ile gösterilir; buna \(p\)’nin olumsuzu (negation) denir. \(\neg p\), \(p\) yanlış olduğunda doğru, \(p\) doğru olduğunda yanlıştır.
Yani olumsuzlama doğruluk değerini tersine çevirir; \(p\) ile \(\neg p\)’den her zaman tam biri doğrudur.
Bir önermeyi olumsuzlarken cümleyi sözcük sözcük değil, anlamca tersine çevirmek gerekir. “\(7\) bir çift sayıdır” önermesinin olumsuzu “\(7\) bir çift sayı değildir”, yani “\(7\) tek sayıdır” önermesidir. Bileşik önermelerin nasıl olumsuzlanacağını birazdan De Morgan kurallarıyla göreceğiz.
Örnek 1.2 (Bağlaçlarla Kurulan Önermelerin Değerleri) \(p\): “\(3\) asal sayıdır” ve \(q\): “\(4\) asal sayıdır” olsun. \(p \wedge q\), \(p \vee q\), \(\neg q\), \(\neg p \vee q\) ve \(\neg(p \wedge q)\) önermelerinin doğruluk değerlerini bulunuz.
Çözüm
Önce parçaların değerlerini belirleyelim. \(3\)’ün \(1\) ve kendisinden başka böleni yoktur; \(p\) doğrudur. \(4 = 2 \cdot 2\) olduğundan \(4\) asal değildir; \(q\) yanlıştır.
\(p \wedge q\): ikisi de doğru değil (\(q\) yanlış), bu yüzden yanlıştır.
\(p \vee q\): en az biri doğru (\(p\) doğru), bu yüzden doğrudur.
\(\neg q\): \(q\) yanlış olduğundan doğrudur.
\(\neg p \vee q\): \(\neg p\) yanlış (\(p\) doğru) ve \(q\) yanlış; ikisi de yanlış olduğundan yanlıştır.
\(\neg(p \wedge q)\): \(p \wedge q\) yanlış olduğundan olumsuzu doğrudur.
\(\blacksquare\)
1.3 Gerektirme
Matematikteki teoremlerin büyük çoğunluğu “eğer … ise …” biçimindedir: “Eğer bir fonksiyon türevlenebilirse süreklidir.” Bu biçimdeki önermelere gerektirme diyeceğiz. Gerektirmenin doğruluk kuralı ilk bakışta şaşırtıcıdır; bu yüzden onu özellikle dikkatle tanımlıyoruz.
Tanım 1.5 (Gerektirme) \(p\) ve \(q\) önermeler olsun. “\(p\) ise \(q\)” (eğer \(p\) ise \(q\)) önermesi \(p \Rightarrow q\) ile gösterilir ve buna gerektirme (implication) denir; “\(p\), \(q\)’yu gerektirir” diye okunur. \(p\)’ye gerektirmenin hipotezi (öncülü), \(q\)’ya sonucu (hükmü) denir. \(p \Rightarrow q\) önermesi yalnızca \(p\) doğru ve \(q\) yanlış olduğunda yanlıştır; öteki üç durumda doğrudur.
Yani gerektirme bir söz gibidir: “\(p\) olursa \(q\) olacak.” Bu söz yalnızca \(p\) gerçekleşip de \(q\) gerçekleşmediğinde bozulmuş sayılır; \(p\) hiç gerçekleşmediyse söz bozulmamıştır.
“Eğer \(1 = 2\) ise \(3 = 4\)” önermesi doğrudur; çünkü hipotez \(1 = 2\) yanlıştır ve tanıma göre hipotezi yanlış olan her gerektirme doğrudur. “Eğer \(1 = 2\) ise \(3 = 3\)” de doğrudur. Bu bir keyfî seçim gibi görünebilir, ama matematiğin her yerinde işe yarar: “Her \(x \in \varnothing\) için \(x \in A\)” gibi cümlelerin doğru sayılması ve boş kümenin her kümenin alt kümesi olması tam bu kuraldan çıkar. Bunu bir sonraki bölümde kullanacağız.
Gerektirmenin doğruluk kuralı, aslında onu “değil” ve “veya” ile yazmamıza izin verir. Bu gözlem, sonraki bölümlerde “\(x \in A\) ise \(x \in B\)” biçimindeki cümleleri küme işlemlerine çevirirken sürekli karşımıza çıkacaktır.
Önerme 1.1 (Gerektirmenin Veya ile Yazılışı) \(p\) ve \(q\) önermeler olsun. \(p \Rightarrow q\) ile \(\neg p \vee q\) önermeleri, \(p\) ve \(q\)’nun her doğruluk değeri için aynı doğruluk değerini alır.
İspat
\(p\) ve \(q\) için dört olası durum vardır. Her birinde iki önermenin değerini hesaplayalım.
| \(p\) | \(q\) | \(\neg p\) | \(\neg p \vee q\) | \(p \Rightarrow q\) |
|---|---|---|---|---|
| D | D | Y | D | D |
| D | Y | Y | Y | Y |
| Y | D | D | D | D |
| Y | Y | D | D | D |
\(\neg p\) sütunu Tanım 1.4 ile, \(\neg p \vee q\) sütunu Tanım 1.3 ile (“en az biri doğruysa doğru”) doldurulur. \(p \Rightarrow q\) sütunu Tanım 1.5 ile doldurulur: yalnızca ikinci satırda (\(p\) doğru, \(q\) yanlış) yanlış. Son iki sütun satır satır aynıdır; istenen budur.
\(\blacksquare\)
İspatın özü: \(p \Rightarrow q\) de \(\neg p \vee q\) da yalnızca “\(p\) doğru ve \(q\) yanlış” durumunda yanlıştır.
“\(p\) ise \(q\)” cümlesi matematik metinlerinde birkaç farklı biçimde söylenir. Bunları tanımak gerekir; çünkü “gerekli” ile “yeterli” sözcükleri sık sık birbirine karıştırılır.
Tanım 1.6 (Gerekli ve Yeterli Koşul) \(p \Rightarrow q\) gerektirmesi aşağıdaki cümlelerin her biriyle aynı anlama gelir:
- “\(p\) ise \(q\).”
- “\(p\), \(q\) için yeterlidir” (p suffices for q, sufficient condition).
- “\(p\) yalnızca \(q\) ise” (p only if q); yani \(p\)’nin doğru olabilmesi için \(q\)’nun doğru olması şarttır.
- “\(q\), \(p\) için gereklidir” (necessary condition).
Buna karşılık \(q \Rightarrow p\) gerektirmesi “\(q\) ise \(p\)” ya da “\(p\), \(q\) için gereklidir” diye söylenir.
Yani yeterli koşul okun başında, gerekli koşul okun ucunda durur: \(p \Rightarrow q\) doğruysa \(p\)’nin olması \(q\) için yeter, \(q\)’nun olması ise \(p\) için şarttır.
Örnek 1.3 (Gerekli mi, Yeterli mi) \(n\) bir tam sayı olsun. “\(n\), \(6\)’ya bölünüyorsa \(n\), \(3\)’e bölünür” önermesini gerekli ve yeterli koşul diliyle söyleyiniz. \(3\)’e bölünmek, \(6\)’ya bölünmek için yeterli midir?
Çözüm
\(p\): “\(n\), \(6\)’ya bölünür” ve \(q\): “\(n\), \(3\)’e bölünür” olsun. Verilen önerme \(p \Rightarrow q\)’dur ve doğrudur: \(n = 6k\) ise \(n = 3 \cdot (2k)\) olduğundan \(n\), \(3\)’e bölünür.
Tanıma göre bu şöyle de söylenir: “\(6\)’ya bölünmek, \(3\)’e bölünmek için yeterlidir” ve “\(3\)’e bölünmek, \(6\)’ya bölünmek için gereklidir”. İkincisi şu demektir: \(6\)’ya bölünen her sayı zorunlu olarak \(3\)’e bölünür; \(3\)’e bölünmeyen bir sayı \(6\)’ya da bölünemez.
\(3\)’e bölünmek \(6\)’ya bölünmek için yeterli değildir: \(n = 9\) sayısı \(3\)’e bölünür ama \(6\)’ya bölünmez. Yani \(q \Rightarrow p\) yanlıştır. Gerektirmenin bir yönünün doğru olması öteki yönü hakkında hiçbir şey söylemez; bunu bir sonraki kesimde ayrıca vurgulayacağız.
\(\blacksquare\)
1.4 Karşıt ve Ters-Karşıt
Bir gerektirme verildiğinde ondan iki yeni gerektirme üretilebilir: okun yönünü çevirmek ve her iki tarafı olumsuzlayıp okun yönünü çevirmek. İkisi görünüşte benzerdir, ama biri özgün gerektirmeyle aynı şeyi söyler, öteki bambaşka bir şey söyler. Bu ayrım, ispat yazmanın temelidir.
Tanım 1.7 (Karşıt) \(p \Rightarrow q\) bir gerektirme olsun. \(q \Rightarrow p\) gerektirmesine \(p \Rightarrow q\)’nun karşıtı (converse) denir.
Yani karşıt, hipotez ile sonucun yerini değiştirir: “\(p\) ise \(q\)” yerine “\(q\) ise \(p\)”.
Tanım 1.8 (Ters-Karşıt) \(p \Rightarrow q\) bir gerektirme olsun. \(\neg q \Rightarrow \neg p\) gerektirmesine \(p \Rightarrow q\)’nun ters-karşıtı ya da kontrapozitifi (contrapositive) denir.
Yani ters-karşıt hem yer değiştirir hem olumsuzlar: “\(p\) ise \(q\)” yerine “\(q\) değilse \(p\) değil”.
Şimdi asıl önemli soruya geliyoruz: bu iki yeni gerektirme, özgün gerektirmeyle aynı doğruluk değerine sahip midir? Aşağıdaki teorem, ters-karşıt için cevabın “her zaman evet”, karşıt için “hayır” olduğunu söyler.
Teorem 1.1 (Ters-Karşıt Gerektirmeye Denktir, Karşıt Denk Değildir) \(p\) ve \(q\) önermeler olsun.
i) \(p \Rightarrow q\) ile ters-karşıtı \(\neg q \Rightarrow \neg p\), \(p\) ve \(q\)’nun her doğruluk değeri için aynı doğruluk değerini alır.
ii) \(p \Rightarrow q\) ile karşıtı \(q \Rightarrow p\), bazı doğruluk değerleri için farklı değer alır; yani karşıt, gerektirmeden bağımsız bir önermedir.
İspat
Dört durumun tamamını bir tabloda inceleyelim.
| \(p\) | \(q\) | \(\neg p\) | \(\neg q\) | \(p \Rightarrow q\) | \(\neg q \Rightarrow \neg p\) | \(q \Rightarrow p\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| D | D | Y | Y | D | D | D |
| D | Y | Y | D | Y | Y | D |
| Y | D | D | Y | D | D | Y |
| Y | Y | D | D | D | D | D |
\(\neg q \Rightarrow \neg p\) sütununu doldururken Tanım 1.5’yi hipotez \(\neg q\) ve sonuç \(\neg p\) için uyguluyoruz: bu gerektirme yalnızca \(\neg q\) doğru ve \(\neg p\) yanlış olduğunda, yani \(q\) yanlış ve \(p\) doğru olduğunda (ikinci satır) yanlıştır. \(q \Rightarrow p\) sütunu ise yalnızca \(q\) doğru ve \(p\) yanlış olduğunda (üçüncü satır) yanlıştır.
(i) \(p \Rightarrow q\) ile \(\neg q \Rightarrow \neg p\) sütunları dört satırda da aynıdır: ikisi de yalnızca ikinci satırda yanlıştır.
(ii) \(p \Rightarrow q\) ile \(q \Rightarrow p\) sütunları ikinci ve üçüncü satırda farklıdır. Örneğin \(p\) doğru, \(q\) yanlışken \(p \Rightarrow q\) yanlış, \(q \Rightarrow p\) doğrudur. Demek ki bir gerektirmenin doğru olması karşıtının doğru olmasını da, yanlış olmasını da gerektirmez.
\(\blacksquare\)
İspatın özü: gerektirme de ters-karşıtı da yalnızca “\(p\) doğru, \(q\) yanlış” durumunda bozulur; karşıt ise “\(q\) doğru, \(p\) yanlış” durumunda bozulur, bu farklı bir durumdur.
Teoremin (i) kısmı bir ispat yöntemi verir: \(p \Rightarrow q\)’yu ispatlamak istediğimizde, bunun yerine \(\neg q \Rightarrow \neg p\)’yi ispatlayabiliriz. Buna ters-karşıtla ispat denir ve bazen doğrudan ispattan çok daha kolaydır. Aşağıdaki örnek hem bunu hem de karşıt ile ters-karşıt arasındaki farkı sayılarla gösterir.
Örnek 1.4 (Karşıt ile Ters-Karşıt Farklı Şeylerdir) \(x\) bir gerçel sayı olsun; \(p\): “\(x > 2\)” ve \(q\): “\(x^2 > 4\)” alalım. \(p \Rightarrow q\) gerektirmesini, karşıtını ve ters-karşıtını yazınız; her birinin doğru mu yanlış mı olduğunu belirleyiniz.
Çözüm
Gerektirme \(p \Rightarrow q\): “\(x > 2\) ise \(x^2 > 4\)”. Bu doğrudur: \(x > 2\) olsun. \(x > 2 > 0\) olduğundan \(x\) pozitiftir; eşitsizliğin iki tarafını pozitif \(x\) ile çarparsak \(x \cdot x > 2 \cdot x\), yani \(x^2 > 2x\) olur. Öte yandan \(x > 2\) eşitsizliğini \(2\) ile çarparsak \(2x > 4\) olur. İkisini birleştirince \(x^2 > 2x > 4\), yani \(x^2 > 4\) elde ederiz.
Karşıt \(q \Rightarrow p\): “\(x^2 > 4\) ise \(x > 2\)”. Bu yanlıştır: \(x = -3\) için \(x^2 = 9 > 4\) olduğundan hipotez doğrudur, ama \(-3 > 2\) olmadığından sonuç yanlıştır. Hipotezi doğru, sonucu yanlış yapan tek bir sayı gerektirmeyi çürütmeye yeter.
Ters-karşıt \(\neg q \Rightarrow \neg p\): “\(x^2 \le 4\) ise \(x \le 2\)”. Bu doğrudur; Teorem 1.1’e göre gerektirmeyle aynı doğruluk değerine sahiptir, gerektirme doğru olduğundan o da doğrudur. Doğrudan da görebiliriz: \(x^2 \le 4\) olsun ve \(x \le 2\) olmadığını, yani \(x > 2\) olduğunu varsayalım; o zaman yukarıdaki hesapla \(x^2 > 4\) olur, bu \(x^2 \le 4\) ile çelişir. Demek ki \(x \le 2\).
Sonuç: aynı \(p\) ve \(q\) için gerektirme ile ters-karşıt doğru, karşıt yanlıştır. Karşıt ile ters-karşıt farklı önermelerdir.
\(\blacksquare\)
“\(p\) ise \(q\)” ispatlandığında “\(q\) ise \(p\)” ispatlanmış olmaz; onu ayrıca ispatlamak ya da bir karşı örnekle çürütmek gerekir. Buna karşılık “\(q\) değilse \(p\) değil” ayrıca ispatlanmaz; o, “\(p\) ise \(q\)” ile aynı önermedir. Bir gerektirmeyi ters-karşıtıyla ispatlarken hipotez ile sonucun ikisini de olumsuzladığınızdan ve okun yönünü çevirdiğinizden emin olun; yalnızca yön çevirmek karşıtı verir, o da başka bir önermedir.
1.5 Denklik ve Doğruluk Tabloları
Bir gerektirme ile karşıtı ikisi birden doğruysa \(p\) ve \(q\) birbirini gerektirir; bu durumda ikisi “aynı şeyi söyler”. Matematikteki tanımların ve pek çok teoremin biçimi budur.
Tanım 1.9 (Denklik) \(p\) ve \(q\) önermeler olsun. “\(p\) ise \(q\)” ve “\(q\) ise \(p\)” önermelerinin ikisini birden söylemenin kısa yolu “\(p\) ancak ve ancak \(q\)” (p if and only if q, kısaca iff) cümlesidir; bu cümle \(p \Leftrightarrow q\) ile gösterilir ve buna \(p\) ile \(q\)’nun denkliği (equivalence) denir:
\[p \Leftrightarrow q \quad \text{demek} \quad (p \Rightarrow q) \wedge (q \Rightarrow p) \quad \text{demektir.}\]
\(p \Leftrightarrow q\) yalnızca \(p \Rightarrow q\) ve \(q \Rightarrow p\) ikisi birden doğruyken doğrudur; bu da tam olarak \(p\) ile \(q\)’nun ikisi de doğru ya da ikisi de yanlışken, yani aynı doğruluk değerine sahip olduklarında gerçekleşir.
Yani \(p \Leftrightarrow q\) doğruysa \(p\) ile \(q\) birbirinin yerine kullanılabilir; biri doğru olduğunda öteki de doğru, biri yanlış olduğunda öteki de yanlıştır.
Tanımdaki son cümleyi gerekçelendirelim. \(p\) ile \(q\) aynı değerdeyse “\(p\) doğru, \(q\) yanlış” durumu da “\(q\) doğru, \(p\) yanlış” durumu da gerçekleşmez; bu yüzden \(p \Rightarrow q\) ve \(q \Rightarrow p\) ikisi de doğrudur. \(p\) ile \(q\) farklı değerdeyse ya \(p\) doğru \(q\) yanlıştır (o zaman \(p \Rightarrow q\) yanlış) ya da \(q\) doğru \(p\) yanlıştır (o zaman \(q \Rightarrow p\) yanlış); iki gerektirmeden biri bozulur ve \(p \Leftrightarrow q\) yanlış olur.
Bu bölümde şimdiye kadar yaptığımız her denetleme aynı biçimdeydi: bütün olası doğruluk değerlerini bir çizelgeye yazıp sonucu satır satır hesaplamak. Bu çizelgeye ad verelim ve beş temel bağlacı tek tabloda toplayalım.
Tanım 1.10 (Doğruluk Tablosu) Bir ya da birkaç önermeden bağlaçlarla kurulmuş bir bileşik önermenin, bileşenlerin her olası doğruluk değeri için aldığı değeri gösteren çizelgeye doğruluk tablosu (truth table) denir. \(n\) bileşen için tabloda \(2^n\) satır bulunur. Beş temel bağlacın doğruluk tablosu şudur:
| \(p\) | \(q\) | \(\neg p\) | \(p \wedge q\) | \(p \vee q\) | \(p \Rightarrow q\) | \(p \Leftrightarrow q\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| D | D | Y | D | D | D | D |
| D | Y | Y | Y | D | Y | Y |
| Y | D | D | Y | D | D | Y |
| Y | Y | D | Y | Y | D | D |
İki bileşik önerme, doğruluk tablolarının son sütunları satır satır aynıysa mantıkça denktir; bu, aralarındaki denkliğin her satırda doğru olması demektir.
Yani doğruluk tablosu, “bu iki önerme aynı şeyi mi söylüyor?” sorusunu düşünmeden, sayarak cevaplamanın yoludur.
Tabloyu okurken şu satırlara özellikle bakın: \(p \wedge q\) yalnızca ilk satırda doğrudur, \(p \vee q\) yalnızca son satırda yanlıştır, \(p \Rightarrow q\) yalnızca ikinci satırda yanlıştır, \(p \Leftrightarrow q\) ise \(p\) ile \(q\)’nun aynı olduğu birinci ve dördüncü satırlarda doğrudur.
Sık kullanılan birkaç denklik vardır; bunları bir kez ispatlayıp sonra serbestçe kullanacağız. Özellikle “ve”nin ve “veya”nın olumsuzlanmasını söyleyen De Morgan kuralları, sonraki bölümde birleşim ve kesişimin tümleyenini hesaplarken aynen karşımıza çıkacaktır.
Önerme 1.2 (Temel Mantık Denklikleri) \(p\) ve \(q\) önermeler olsun. Aşağıdaki denklikler \(p\) ve \(q\)’nun her doğruluk değeri için doğrudur:
i) \(\neg(\neg p) \Leftrightarrow p\) (çift olumsuzlama);
ii) \(\neg(p \wedge q) \Leftrightarrow \neg p \vee \neg q\) (De Morgan kuralı);
iii) \(\neg(p \vee q) \Leftrightarrow \neg p \wedge \neg q\) (De Morgan kuralı);
iv) \((p \Rightarrow q) \Leftrightarrow (\neg p \vee q)\);
v) \(\neg(p \Rightarrow q) \Leftrightarrow (p \wedge \neg q)\);
vi) \((p \Rightarrow q) \Leftrightarrow (\neg q \Rightarrow \neg p)\).
İspat
Bir denkliğin her durumda doğru olması, iki tarafın her satırda aynı değeri alması demektir (Tanım 1.10). Bu yüzden her madde için iki tarafın sütunlarını karşılaştırmak yeterlidir.
(i) \(p\) doğruysa \(\neg p\) yanlış, \(\neg(\neg p)\) doğrudur; \(p\) yanlışsa \(\neg p\) doğru, \(\neg(\neg p)\) yanlıştır. İki durumda da \(\neg(\neg p)\) ile \(p\) aynı değerdedir.
(ii) ve (iii) için tek tablo kuralım.
| \(p\) | \(q\) | \(\neg p\) | \(\neg q\) | \(p \wedge q\) | \(\neg(p \wedge q)\) | \(\neg p \vee \neg q\) | \(p \vee q\) | \(\neg(p \vee q)\) | \(\neg p \wedge \neg q\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| D | D | Y | Y | D | Y | Y | D | Y | Y |
| D | Y | Y | D | Y | D | D | D | Y | Y |
| Y | D | D | Y | Y | D | D | D | Y | Y |
| Y | Y | D | D | Y | D | D | Y | D | D |
\(\neg(p \wedge q)\) ile \(\neg p \vee \neg q\) sütunları aynıdır: ikisi de yalnızca ilk satırda yanlıştır. Bu (ii)’yi verir. \(\neg(p \vee q)\) ile \(\neg p \wedge \neg q\) sütunları da aynıdır: ikisi de yalnızca son satırda doğrudur. Bu (iii)’ü verir.
(iv) Önerme 1.1’da ispatlandı.
(v) Denklikleri zincirleyerek gösterelim; her adımda bir tarafı, ona denk olduğunu bildiğimiz bir ifadeyle değiştiriyoruz, bu doğruluk değerini değiştirmez:
\[\neg(p \Rightarrow q) \;\Leftrightarrow\; \neg(\neg p \vee q) \;\Leftrightarrow\; \neg(\neg p) \wedge \neg q \;\Leftrightarrow\; p \wedge \neg q.\]
Birinci adım (iv), ikinci adım (iii) (burada \(\neg p\) ve \(q\) önermelerine uygulandı), üçüncü adım (i) ile gerekçelenir.
(vi) Teorem 1.1’in (i) kısmıdır. Denklikleri zincirleyerek de görülebilir:
\[(\neg q \Rightarrow \neg p) \;\Leftrightarrow\; \neg(\neg q) \vee \neg p \;\Leftrightarrow\; q \vee \neg p \;\Leftrightarrow\; \neg p \vee q \;\Leftrightarrow\; (p \Rightarrow q).\]
Birinci adım (iv), ikinci adım (i), üçüncü adım “veya”nın iki tarafının yer değiştirmesi (Tanım 1.3’daki kural iki bileşene aynı biçimde bakar), dördüncü adım yine (iv) ile gerekçelenir.
\(\blacksquare\)
İspatın özü: “ve”yi olumsuzlamak “veya” verir, “veya”yı olumsuzlamak “ve” verir; gerektirmeyi olumsuzlamak ise “hipotez doğru ve sonuç yanlış” verir.
Beşinci madde (v) şunu söyler: “\(p\) ise \(q\)” önermesinin yanlış olması, \(p\)’nin doğru ve \(q\)’nun yanlış olduğu bir durumun var olması demektir. Bu yüzden “\(x^2 > 4\) ise \(x > 2\)” önermesini çürütmek için \(x = -3\) örneği yeterliydi. Bir gerektirmeyi ispatlamak içinse bütün durumları kapsayan bir akıl yürütme gerekir; örnekler ne kadar çok olursa olsun ispat yerine geçmez.
Bir denklik ispatlamak için tanım gereği iki gerektirme ispatlanır; bunlardan birini ters-karşıtıyla ispatlamak çoğu zaman işi kolaylaştırır.
Örnek 1.5 (Bir Tam Sayı ile Karesinin Çiftliği) \(n\) bir tam sayı olsun. \(n\) çifttir ancak ve ancak \(n^2\) çifttir. Bunu ispatlayınız.
Çözüm
\(p\): “\(n\) çifttir” ve \(q\): “\(n^2\) çifttir” olsun. Tanım 1.9’e göre \(p \Rightarrow q\) ve \(q \Rightarrow p\) ikisini de ispatlamalıyız.
\(p \Rightarrow q\). \(n\) çift olsun; o zaman bir \(k\) tam sayısı için \(n = 2k\) yazılır. Buradan \(n^2 = 4k^2 = 2(2k^2)\) olur ve \(2k^2\) bir tam sayı olduğundan \(n^2\) çifttir.
\(q \Rightarrow p\). Bu yönü doğrudan göstermek zordur; çünkü “\(n^2\) çift” bilgisinden \(n\) hakkında hemen bir şey çıkmaz. Ters-karşıtını ispatlayalım: \(\neg p \Rightarrow \neg q\), yani “\(n\) tekse \(n^2\) tektir”. \(n\) tek olsun; bir \(k\) tam sayısı için \(n = 2k + 1\) yazılır. Buradan
\[n^2 = (2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1\]
olur ve \(2k^2 + 2k\) bir tam sayı olduğundan \(n^2\) tektir. Teorem 1.1’e göre \(\neg p \Rightarrow \neg q\) ile \(q \Rightarrow p\) aynı doğruluk değerine sahiptir; ilkini ispatladığımıza göre ikincisi de doğrudur.
İki yön de doğru olduğundan \(p \Leftrightarrow q\) doğrudur.
\(\blacksquare\)
1.6 Niceleyiciler
“\(x + 1 = 3\)” cümlesinin önerme olmadığını gördük; \(x\) belirlenmeden doğruluk değeri yoktur. Böyle bir cümleyi önermeye çevirmenin iki yolu vardır: \(x\)’e belirli bir değer vermek ya da “her \(x\) için” / “bir \(x\) vardır ki” demek. İkinci yol, matematiğin neredeyse bütün tanımlarında kullanılır.
Tanım 1.11 (Açık Önerme) \(X\) bir küme olsun. \(x\) değişkenine bağlı olan ve \(x\) yerine \(X\)’in her belirli elemanı konduğunda bir önermeye dönüşen \(p(x)\) ifadesine \(X\) üzerinde bir açık önerme (open sentence, predicate) denir. \(X\)’e açık önermenin evreni (domain) denir.
Yani açık önerme, boşluğu doldurulmayı bekleyen bir cümledir; boşluğa \(X\)’ten bir eleman yazınca doğru ya da yanlış bir önerme çıkar. Örneğin \(p(x)\): “\(x + 1 = 3\)”, \(\mathbb{R}\) üzerinde bir açık önermedir; \(p(2)\) doğru, \(p(5)\) yanlıştır.
Tanım 1.12 (Her ve Vardır Niceleyicileri) \(p(x)\), \(X\) üzerinde bir açık önerme olsun.
“Her \(x \in X\) için \(p(x)\)” cümlesi \(\forall x \in X,\ p(x)\) ile gösterilir; \(\forall\) sembolüne evrensel niceleyici (universal quantifier, “for all / for each”) denir. Bu önerme, \(X\)’in her elemanı \(a\) için \(p(a)\) doğru olduğunda doğrudur; \(p(a)\)’nın yanlış olduğu en az bir \(a \in X\) varsa yanlıştır.
“\(p(x)\) olacak biçimde bir \(x \in X\) vardır” cümlesi \(\exists x \in X,\ p(x)\) ile gösterilir; \(\exists\) sembolüne varlıksal niceleyici (existential quantifier, “there exists”) denir. Bu önerme, \(p(a)\)’nın doğru olduğu en az bir \(a \in X\) olduğunda doğrudur; \(X\)’in hiçbir elemanı için \(p(a)\) doğru değilse yanlıştır.
Evren açıkça belliyse kısaca \(\forall x,\ p(x)\) ve \(\exists x,\ p(x)\) yazılır.
Yani \(\forall\) “istisnasız hepsi”, \(\exists\) “en az biri” demektir; \(\forall\)’ı bozmak için tek bir istisna, \(\exists\)’ı sağlamak için tek bir örnek yeter.
\(X = \varnothing\) ise \(\forall x \in X,\ p(x)\) önermesi, \(p(x)\) ne olursa olsun doğrudur; çünkü yanlış olması için \(p\)’yi bozan bir eleman gerekir, oysa \(\varnothing\)’nin elemanı yoktur. Aynı nedenle \(\exists x \in X,\ p(x)\) önermesi yanlıştır; doğru olması için örnek olacak bir eleman gerekir. Bu, “hipotez yanlışsa gerektirme doğrudur” kuralının niceleyicilerdeki karşılığıdır ve bir sonraki bölümde \(\varnothing \subseteq A\) olduğunu gösterirken kullanılacaktır.
Örnek 1.6 (Niceleyicili Önermelerin Doğruluk Değerleri) Aşağıdaki önermelerin doğru mu yanlış mı olduğunu gerekçesiyle belirleyiniz.
a) \(\forall x \in \mathbb{R},\ x^2 \ge 0\).
b) \(\exists x \in \mathbb{R},\ x^2 = -1\).
c) \(\exists n \in \mathbb{N},\ n^2 = n\).
d) \(\forall n \in \mathbb{N},\ n^2 \ge n\).
e) \(\forall x \in \mathbb{R},\ x^2 > 0\).
Çözüm
a) Doğrudur. \(x \ge 0\) ise \(x^2 = x \cdot x\) iki negatif olmayan sayının çarpımıdır, dolayısıyla \(x^2 \ge 0\). \(x < 0\) ise \(-x > 0\) ve \(x^2 = (-x)(-x) > 0\). Her gerçel sayı bu iki durumdan birine girer; istisna yoktur.
b) Yanlıştır. (a)’ya göre her gerçel sayının karesi \(0\)’dan küçük değildir; oysa \(-1 < 0\). Demek ki \(x^2 = -1\) eşitliğini sağlayan hiçbir gerçel sayı yoktur.
c) Doğrudur. Tek bir örnek yeter: \(n = 1\) için \(1^2 = 1\). (\(n = 0\) da bir örnektir; “vardır” için birden çok örnek olması sorun değildir.)
d) Doğrudur. \(n \in \mathbb{N}\) olsun. \(n = 0\) ise \(0 \ge 0\) doğrudur. \(n \ge 1\) ise eşitsizliğin iki tarafını \(n \ge 1 > 0\) ile çarparak \(n \cdot n \ge n \cdot 1\), yani \(n^2 \ge n\) buluruz. Her doğal sayı bu iki durumdan birine girer.
e) Yanlıştır. \(x = 0\) için \(x^2 = 0\) olur ve \(0 > 0\) yanlıştır. “Her \(x\) için” önermesini çürütmek için bu tek istisna yeter; (a)’daki “\(\ge\)” işaretinin “\(>\)” olması bütün önermeyi bozmuştur.
\(\blacksquare\)
Niceleyicilerin en çok hata yapılan yanı olumsuzlanmalarıdır. “Her öğrenci sınavı geçti” cümlesinin olumsuzu “Hiçbir öğrenci sınavı geçmedi” değil, “En az bir öğrenci sınavı geçemedi” cümlesidir. Aşağıdaki teorem bunu kesinleştirir; topolojide “açık değildir”, “sürekli değildir”, “yığılma noktası değildir” gibi cümlelerin hepsi bu teoremle açılır.
Teorem 1.2 (Niceleyicilerin Olumsuzlanması) \(p(x)\), \(X\) üzerinde bir açık önerme olsun.
i) \(\neg\bigl(\forall x \in X,\ p(x)\bigr) \Leftrightarrow \exists x \in X,\ \neg p(x)\).
ii) \(\neg\bigl(\exists x \in X,\ p(x)\bigr) \Leftrightarrow \forall x \in X,\ \neg p(x)\).
iii) \(\forall x \in X,\ p(x) \Leftrightarrow \neg\bigl(\exists x \in X,\ \neg p(x)\bigr)\) ve \(\exists x \in X,\ p(x) \Leftrightarrow \neg\bigl(\forall x \in X,\ \neg p(x)\bigr)\).
İspat
Her denklik için iki tarafın aynı durumlarda doğru olduğunu gösteriyoruz.
(i) Sol taraf, Tanım 1.4’e göre, \(\forall x \in X,\ p(x)\) önermesinin yanlış olması demektir. Tanım 1.12’e göre bu önerme tam olarak, \(p(a)\)’nın yanlış olduğu en az bir \(a \in X\) bulunduğunda yanlıştır. “\(p(a)\) yanlış” ile “\(\neg p(a)\) doğru” aynı şeydir (Tanım 1.4). Demek ki sol taraf, \(\neg p(a)\)’nın doğru olduğu en az bir \(a \in X\) bulunması demektir; bu da yine Tanım 1.12’e göre \(\exists x \in X,\ \neg p(x)\) önermesinin doğru olması demektir. Her adım “ancak ve ancak” biçiminde olduğundan iki taraf her durumda aynı değeri alır.
(ii) Sol taraf, \(\exists x \in X,\ p(x)\) önermesinin yanlış olması demektir. Tanım 1.12’e göre bu önerme tam olarak, \(X\)’in hiçbir elemanı için \(p\) doğru olmadığında yanlıştır; yani her \(a \in X\) için \(p(a)\) yanlış, başka deyişle her \(a \in X\) için \(\neg p(a)\) doğru olduğunda. Bu ise \(\forall x \in X,\ \neg p(x)\) önermesinin doğru olması demektir. Yine her adım iki yönlü olduğundan iki taraf aynı değeri alır.
(iii) Önce ikinci denkliği gösterelim. (i) maddesi her açık önerme için geçerlidir; onu \(p\) yerine \(\neg p\) açık önermesine uygulayalım:
\[\neg\bigl(\forall x \in X,\ \neg p(x)\bigr) \Leftrightarrow \exists x \in X,\ \neg\neg p(x) \Leftrightarrow \exists x \in X,\ p(x);\]
son adımda Önerme 1.2’in (i) maddesi (\(\neg\neg p(a) \Leftrightarrow p(a)\), her \(a\) için) kullanıldı. İki ucu yer değiştirerek okursak bu, (iii)’teki ikinci denkliktir. Birinci denklik için aynı işlemi (ii) ile yapalım; (ii)’yi \(\neg p\) açık önermesine uygularsak
\[\neg\bigl(\exists x \in X,\ \neg p(x)\bigr) \Leftrightarrow \forall x \in X,\ \neg\neg p(x) \Leftrightarrow \forall x \in X,\ p(x)\]
elde ederiz; son adım yine çift olumsuzlama kuralıdır. Bu da, uçları yer değiştirerek okununca, (iii)’teki birinci denkliktir.
\(\blacksquare\)
İspatın özü: “her” önermesini bozmak için bir istisna yeter, bu yüzden olumsuzu bir “vardır”dır; “vardır” önermesini bozmak için hiçbir örneğin olmaması gerekir, bu yüzden olumsuzu bir “her”dir.
Niceleyicilerle yazılmış bir önermeyi olumsuzlamak için soldan sağa ilerleyin: her \(\forall\)’ı \(\exists\) yapın, her \(\exists\)’ı \(\forall\) yapın, en içteki açık önermeyi olumsuzlayın. Örneğin
\[\neg\bigl(\forall x \in X,\ \exists y \in Y,\ p(x, y)\bigr) \Leftrightarrow \exists x \in X,\ \forall y \in Y,\ \neg p(x, y).\]
Bu, Teorem 1.2’nın önce dıştaki, sonra içteki niceleyiciye uygulanmasıdır. İçteki önerme bir gerektirme ise Önerme 1.2’in (v) maddesi kullanılır: \(\neg(p \Rightarrow q)\) yerine \(p \wedge \neg q\) yazılır.
Örnek 1.7 (Niceleyicili Önermeleri Olumsuzlama) Aşağıdaki önermelerin olumsuzlarını, önünde \(\neg\) bulunmayacak biçimde yazınız ve hangisinin doğru olduğunu belirleyiniz.
a) \(\forall x \in \mathbb{R},\ x^2 \ge 0\).
b) Her \(x \in A\) için \(x \in B\). (Burada \(A\) ve \(B\) verilmiş iki kümedir.)
c) Her \(x \in \mathbb{R}\) için bir \(y \in \mathbb{R}\) vardır ki \(y > x\).
d) \(\forall x \in \mathbb{R},\ (x > 2 \Rightarrow x^2 > 4)\).
Çözüm
a) Teoremin (i) maddesiyle olumsuz: \(\exists x \in \mathbb{R},\ \neg(x^2 \ge 0)\), yani \(\exists x \in \mathbb{R},\ x^2 < 0\). Özgün önerme doğrudur (Örnek 1.6), dolayısıyla olumsuzu yanlıştır: karesi negatif olan gerçel sayı yoktur.
b) Olumsuz: “Bir \(x \in A\) vardır ki \(x \notin B\).” Burada \(x \notin B\), \(\neg(x \in B)\) demektir. Bir sonraki bölümde “her \(x \in A\) için \(x \in B\)” cümlesi “\(A\), \(B\)’nin alt kümesidir” diye adlandırılacak; bu örnek, alt küme olmamanın “\(A\)’da olup \(B\)’de olmayan bir eleman vardır” demek olduğunu söyler. Doğruluk değeri \(A\) ve \(B\)’ye bağlıdır.
c) Önerme \(\forall x \in \mathbb{R},\ \exists y \in \mathbb{R},\ y > x\) biçimindedir. Tarife göre olumsuz: \(\exists x \in \mathbb{R},\ \forall y \in \mathbb{R},\ y \le x\); sözle: “Bir \(x \in \mathbb{R}\) vardır ki her \(y \in \mathbb{R}\) için \(y \le x\)”, yani “gerçel sayıların en büyüğü vardır”. Özgün önerme doğrudur: verilen \(x\) için \(y = x + 1\) alınırsa \(y > x\) olur. Dolayısıyla olumsuzu yanlıştır.
d) Tarife göre: \(\exists x \in \mathbb{R},\ \neg(x > 2 \Rightarrow x^2 > 4)\); gerektirmenin olumsuzu için (v) maddesiyle \(\exists x \in \mathbb{R},\ (x > 2 \wedge x^2 \le 4)\). Sözle: “\(2\)’den büyük olup karesi \(4\)’ü aşmayan bir gerçel sayı vardır.” Örnek 1.4’nda özgün gerektirmenin her \(x\) için doğru olduğunu gösterdik; dolayısıyla olumsuz yanlıştır.
\(\blacksquare\)
Son olarak, iki niceleyicinin sırasının önemli olduğunu görelim. “Her \(x\) için bir \(y\) vardır” ile “bir \(y\) vardır ki her \(x\) için” aynı şey değildir: birincisinde \(y\), \(x\)’e bağlı olarak seçilebilir; ikincisinde tek bir \(y\) bütün \(x\)’ler için iş görmelidir.
Örnek 1.8 (Niceleyicilerin Sırası) Aşağıdaki iki önermenin doğruluk değerlerini belirleyiniz:
a) \(\forall x \in \mathbb{R},\ \exists y \in \mathbb{R},\ y > x\).
b) \(\exists y \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R},\ y > x\).
Çözüm
a) Doğrudur. Herhangi bir \(x \in \mathbb{R}\) verilsin; \(y = x + 1\) seçelim. \(1 > 0\) olduğundan \(y = x + 1 > x\)’tir. \(y\)’nin \(x\)’e bağlı olarak seçilmesine izin vardır; çünkü \(\exists y\), \(\forall x\)’in içindedir.
b) Yanlıştır. Olumsuzunu ispatlayalım; tarife göre olumsuz \(\forall y \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ y \le x\)’tir. Herhangi bir \(y \in \mathbb{R}\) verilsin; \(x = y + 1\) seçelim. O zaman \(y < y + 1 = x\), dolayısıyla \(y \le x\) olur. Olumsuz doğru olduğundan (b) yanlıştır: bütün gerçel sayılardan büyük tek bir gerçel sayı yoktur.
İki önerme yalnızca niceleyicilerin sırasıyla ayrılır, ama biri doğru öteki yanlıştır. Bu yüzden bir tanımı okurken “hangisi önce geliyor, hangisi hangisine bağlı seçilebiliyor” sorusu hep sorulmalıdır.
\(\blacksquare\)
\(\forall x,\ \forall y\) ile \(\forall y,\ \forall x\) aynı şeyi söyler; \(\exists x,\ \exists y\) ile \(\exists y,\ \exists x\) de öyle. Sıra yalnızca bir \(\forall\) ile bir \(\exists\) yer değiştirdiğinde önem kazanır. Ayrıca \(\exists y,\ \forall x,\ p(x, y)\) doğruysa \(\forall x,\ \exists y,\ p(x, y)\) de doğrudur: bütün \(x\)’ler için iş gören tek \(y\), her \(x\) için ayrı ayrı da iş görür. Tersi, örnekte gördüğümüz gibi, doğru olmak zorunda değildir.
1.7 Alıştırmalar
Alıştırma 1.1 (Bölüm Alıştırmaları) a) \(p\): “\(12\), \(3\)’e bölünür” ve \(q\): “\(12\) asal sayıdır” olsun. \(p \wedge q\), \(p \vee q\), \(p \Rightarrow q\), \(\neg p \Rightarrow q\), \(\neg q \Rightarrow \neg p\) ve \(p \Leftrightarrow q\) önermelerinin doğruluk değerlerini bulunuz.
b) \(p\), \(q\), \(r\) önermeler olsun. \(\bigl((p \Rightarrow q) \wedge (q \Rightarrow r)\bigr) \Rightarrow (p \Rightarrow r)\) önermesinin \(p\), \(q\), \(r\)’nin her doğruluk değeri için doğru olduğunu gösteriniz.
c) “Bir tam sayı \(4\)’e bölünüyorsa çifttir” gerektirmesinin karşıtını ve ters-karşıtını yazınız; üç önermeden hangilerinin doğru olduğunu belirleyiniz.
d) \(n\) bir tam sayı olsun. “\(3n + 1\) çiftse \(n\) tektir” önermesini ispatlayınız.
e) Aşağıdaki önermelerin doğruluk değerlerini belirleyiniz: \(\forall x \in \mathbb{R},\ \exists y \in \mathbb{R},\ x + y = 0\); \(\quad \exists y \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R},\ x + y = 0\); \(\quad \forall x \in \mathbb{R},\ \forall y \in \mathbb{R},\ \bigl(x < y \Rightarrow \exists z \in \mathbb{R},\ x < z < y\bigr)\).
f) “Her \(\varepsilon > 0\) için bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır ki \(n \ge 1\) ve \(\dfrac{1}{n} < \varepsilon\)” önermesinin olumsuzunu, önünde \(\neg\) bulunmayacak biçimde yazınız.
g) \(p\), \(q\), \(r\) önermeler olsun. \(\bigl(p \Rightarrow (q \vee r)\bigr) \Leftrightarrow \bigl((p \wedge \neg q) \Rightarrow r\bigr)\) denkliğinin her durumda doğru olduğunu, temel denklikleri zincirleyerek gösteriniz.
h) \(\sqrt{2}\)’nin rasyonel bir sayı olmadığını ispatlayınız. (Örnek 1.5’yi kullanınız.)
Çözüm
a) \(12 = 3 \cdot 4\) olduğundan \(p\) doğrudur; \(12\)’nin \(2\) gibi böleni olduğundan \(q\) yanlıştır. Doğruluk tablosunun “\(p\) doğru, \(q\) yanlış” satırına bakalım: \(p \wedge q\) yanlış; \(p \vee q\) doğru; \(p \Rightarrow q\) yanlış (hipotez doğru, sonuç yanlış); \(\neg p \Rightarrow q\) doğru (hipotez \(\neg p\) yanlış); \(\neg q \Rightarrow \neg p\) yanlış (hipotez \(\neg q\) doğru, sonuç \(\neg p\) yanlış; zaten \(p \Rightarrow q\) ile aynı değerdedir); \(p \Leftrightarrow q\) yanlış (\(p\) ile \(q\) farklı değerde).
b) Önerme bir gerektirmedir; Tanım 1.5’ye göre yanlış olması için hipotezi \((p \Rightarrow q) \wedge (q \Rightarrow r)\) doğru ve sonucu \(p \Rightarrow r\) yanlış olmalıdır. Sonucun yanlış olduğunu varsayalım: o zaman \(p\) doğru ve \(r\) yanlıştır. Şimdi \(q\)’ya bakalım. \(q\) doğruysa \(q \Rightarrow r\) gerektirmesi, hipotezi doğru sonucu yanlış olduğundan, yanlıştır. \(q\) yanlışsa \(p \Rightarrow q\) gerektirmesi, hipotezi doğru sonucu yanlış olduğundan, yanlıştır. İki durumda da \((p \Rightarrow q) \wedge (q \Rightarrow r)\)’nin bir bileşeni yanlış, dolayısıyla kendisi yanlıştır. Demek ki “hipotez doğru, sonuç yanlış” durumu hiçbir zaman gerçekleşmez; önerme sekiz durumun hepsinde doğrudur. (Bu, gerektirmenin geçişli olduğunu söyler: \(p\)’den \(q\)’ya, \(q\)’dan \(r\)’ye gidilebiliyorsa \(p\)’den \(r\)’ye gidilebilir.)
c) \(p\): “\(n\), \(4\)’e bölünür”, \(q\): “\(n\) çifttir”. Gerektirme \(p \Rightarrow q\) doğrudur: \(n = 4k\) ise \(n = 2(2k)\) çifttir. Karşıt \(q \Rightarrow p\): “\(n\) çiftse \(4\)’e bölünür”; yanlıştır, çünkü \(n = 2\) çifttir ama \(4\)’e bölünmez. Ters-karşıt \(\neg q \Rightarrow \neg p\): “\(n\) tekse \(4\)’e bölünmez”; Teorem 1.1’e göre gerektirmeyle aynı değerdedir, dolayısıyla doğrudur. Doğrudan da görülür: \(n\) tekse \(2\)’ye bile bölünmez, \(4\)’e hiç bölünmez.
d) Ters-karşıtını ispatlayalım: “\(n\) çiftse \(3n + 1\) tektir”. \(n\) çift olsun; \(n = 2k\) yazılır. \(3n + 1 = 6k + 1 = 2(3k) + 1\) olur ve \(3k\) tam sayı olduğundan \(3n + 1\) tektir. Ters-karşıt doğru olduğundan Teorem 1.1’e göre özgün gerektirme de doğrudur.
e) Birincisi doğrudur: verilen \(x\) için \(y = -x\) alınır, \(x + (-x) = 0\). İkincisi yanlıştır: olumsuzu \(\forall y \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ x + y \ne 0\)’dır ve doğrudur, çünkü verilen \(y\) için \(x = 1 - y\) alınırsa \(x + y = 1 \ne 0\) olur. Üçüncüsü doğrudur: \(x < y\) olan herhangi iki gerçel sayı verilsin; \(z = \dfrac{x + y}{2}\) alalım. \(x < y\) olduğundan \(2x = x + x < x + y\), yani \(x < \dfrac{x + y}{2} = z\); benzer biçimde \(x + y < y + y = 2y\), yani \(z < y\). Dolayısıyla \(x < z < y\). Hipotezin (\(x < y\)) yanlış olduğu çiftlerde gerektirme kendiliğinden doğrudur.
f) Önerme \(\forall \varepsilon > 0,\ \exists n \in \mathbb{N},\ \bigl(n \ge 1 \wedge \tfrac{1}{n} < \varepsilon\bigr)\) biçimindedir. Tarife göre niceleyiciler çevrilir ve içteki “ve” De Morgan kuralıyla (Önerme 1.2, (ii)) olumsuzlanır:
\[\exists \varepsilon > 0,\ \forall n \in \mathbb{N},\ \Bigl(n < 1 \;\vee\; \frac{1}{n} \ge \varepsilon\Bigr).\]
Sözle: “Öyle bir \(\varepsilon > 0\) vardır ki her doğal sayı \(n\) için ya \(n < 1\)’dir ya da \(\dfrac{1}{n} \ge \varepsilon\)’dur.” \(n < 1\) olan tek doğal sayı \(n = 0\)’dır ve onun için ilk seçenek zaten doğrudur; \(\dfrac{1}{n}\) ifadesi yalnızca \(n \ge 1\) için okunur. Bu yüzden olumsuz daha kısa olarak şöyle de söylenir: “Öyle bir \(\varepsilon > 0\) vardır ki \(n \ge 1\) olan her doğal sayı için \(\dfrac{1}{n} \ge \varepsilon\)’dur.”
Özgün önerme doğrudur: \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\dfrac{1}{\varepsilon}\) sayısından büyük bir \(n \ge 1\) doğal sayısı seçilirse \(n > \dfrac{1}{\varepsilon}\), yani \(\dfrac{1}{n} < \varepsilon\) olur. (Her gerçel sayıdan büyük bir doğal sayı bulunabildiğini burada kullanıyoruz.) Dolayısıyla olumsuzu yanlıştır.
g) Her adımda Önerme 1.2’in bir maddesini uyguluyoruz:
\[ \begin{aligned} p \Rightarrow (q \vee r) &\Leftrightarrow \neg p \vee (q \vee r) && \text{(iv)} \\ &\Leftrightarrow (\neg p \vee q) \vee r && \text{("veya" için parantezlerin yeri değişmez: her iki taraf da yalnızca üçü de yanlışken yanlıştır)} \\ &\Leftrightarrow \bigl(\neg p \vee \neg(\neg q)\bigr) \vee r && \text{(i)} \\ &\Leftrightarrow \neg(p \wedge \neg q) \vee r && \text{(ii), } p \text{ ve } \neg q \text{ için} \\ &\Leftrightarrow (p \wedge \neg q) \Rightarrow r && \text{(iv), hipotez } p \wedge \neg q \text{ için.} \end{aligned} \]
Denklikler zincirlendiğinden ilk ifade ile son ifade her durumda aynı doğruluk değerini alır. (Bu denklik, “\(p\) ise \(q\) veya \(r\)” biçimindeki bir teoremi ispatlarken “\(p\) doğru ve \(q\) yanlış olsun, \(r\)’yi gösterelim” diye başlamamıza izin verir.)
h) İspatlamak istediğimiz önerme \(p\): “\(\sqrt{2}\) rasyonel değildir”. Bunun yerine \(\neg p\)’nin yanlış olduğunu göstereceğiz; Tanım 1.4’e göre \(\neg p\) yanlışsa \(p\) doğrudur. \(\neg p\) doğru olsun, yani \(\sqrt{2}\) rasyonel olsun. O zaman \(\sqrt{2} = \dfrac{a}{b}\) olacak biçimde \(a, b\) tam sayıları vardır ve \(b \ne 0\)’dır. Pay ile paydanın ortak çarpanlarını sadeleştirerek \(a\) ile \(b\)’nin ikisinin birden çift olmadığını varsayabiliriz; çünkü ikisi de çiftse ikisini de \(2\)’ye bölerek yeniden yazarız ve bu işlem sonlu adımda biter (\(|b|\) her adımda küçülür).
İki tarafın karesini alırsak \(2 = \dfrac{a^2}{b^2}\), yani \(a^2 = 2b^2\) olur. \(b^2\) bir tam sayı olduğundan \(a^2\) çifttir. Örnek 1.5’ye göre “\(n^2\) çiftse \(n\) çifttir”; dolayısıyla \(a\) çifttir, bir \(c\) tam sayısı için \(a = 2c\) yazılır. Bunu yerine koyarsak \(4c^2 = 2b^2\), yani \(b^2 = 2c^2\) olur; \(b^2\) çifttir ve yine Örnek 1.5’ye göre \(b\) çifttir. Böylece \(a\) ile \(b\)’nin ikisi de çift çıktı; bu, ikisinin birden çift olmadığı varsayımıyla çelişir.
Demek ki \(\neg p\) doğru olamaz; \(\neg p\) yanlıştır ve \(p\) doğrudur: \(\sqrt{2}\) rasyonel değildir. (Bu, Örnek 1.1’nin (d) şıkkında doğruluğunu kullandığımız önermedir.)
\(\blacksquare\)
Artık cümleleri kesin biçimde kurabildiğimize göre, matematiğin nesnelerini tanımlamaya başlayabiliriz: Kümeler ve Küme İşlemleri.