matematik kitabı - Nesin Matematik Köyü

Transkript

Ali Nesin
Nesin Yayıncılık Ltd. Şti.
künye. . .
Ali Nesin
Fen Liseleri İçin
9’uncu Sınıf Matematik
(Henüz bitmemiştir)
İçindekiler
Önsöz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 Kümeler
1.1 Kümeler ve Ögeleri . . . . . . . . . .
1.2 Boşküme . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Altküme . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Kümesel İşlemler . . . . . . . . . . .
1.4.1 Bileşim . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Kesişim . . . . . . . . . . . .
1.4.3 Bileşim ve Kesişim . . . . . .
1.4.4 Kümelerin Farkı . . . . . . .
1.4.5 Kümelerin 01-Tablosu . . . .
1.4.6 Simetrik Fark . . . . . . . . .
1.4.7 Evrensel Küme ve Tümleyen
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
3
22
24
32
32
34
37
39
43
50
53
2 Doğal Sayılar Yapısı
2.1 Toplama ve Çarpma İşlemleri . . . . . . . .
2.2 Sıralama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Başka İşlemler . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Üs Almak . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Faktoriyel . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 İlk n Pozitif Doğal Sayının Toplamı
2.4 Bölme ve Bölünme . . . . . . . . . . . . . .
2.5 On Tabanı . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Diğer Tabanlar . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Asal Sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Birkaç Küme Yazılım Biçimi . . . . . . . . .
2.9 İyisıralama Özelliği ve Birkaç Sonucu . . . .
2.10 İyisıralama Özelliği . . . . . . . . . . . . . .
2.10.1 Asala Bölünme . . . . . . . . . . . .
2.10.2 Asallara Ayrıştırma . . . . . . . . .
2.10.3 Kalanlı Bölme . . . . . . . . . . . .
2.10.4 Bölme Algoritması . . . . . . . . . .
2.11 Asallar Üzerine Daha Fazla . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
61
61
70
74
74
84
88
94
104
109
114
123
126
126
128
130
134
138
141
3 Tam Sayılar Yapısı
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
151
iv
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
Tanım . . . . . . . . . . . .
İşlemler ve Sıralama . . . .
Tam Sayılarda Bölme . . .
Bézout Teoremi . . . . . . .
Asallar üzerine Biraz Daha
Aritmetiğin Temel Teoremi
En Küçük Ortak Kat . . . .
nZ + a Kümeleri . . . . . .
4 Kesirli Sayılar
4.1 Tanım . . . . . . . .
4.2 İşlemler ve Sıralama
4.2.1 Toplama . . .
4.2.2 Çarpma . . .
4.2.3 Sıralama . . .
.
.
.
.
.
Kaynakça ve Okuma Listesi
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
151
154
165
169
174
176
183
184
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
193
193
197
197
202
206
210
Önsöz
Ali Nesin / xx xxxx 2015
1. Kümeler
Bu ilk bölümde modern matematiğin temel direği olan kümelerle biraz aşina
olacağız. Daha sonraki bölümlerde bu bölümde gördüğümüz kavramların bol
bol uygulamalarını göreceğiz ve hatta bu kavramları daha da geliştirip genelleştireceğiz.
Kümeler kuramını “sezgisel” bir biçimde ele alacağız. Kümeler kuramı
[N2] ve [N3] ders notlarında çok daha matematiksel olarak (ve çok daha ileri
düzeyde) ele alınmıştır. Dileyen okur o ders notlarına uygun bir zamanında
göz atabilir.
1.1
Kümeler ve Ögeleri
Birtakım nesnelerden oluşan topluluklara matematikte küme adı verilir. Örneğin şu anda içinde bulunduğunuz sınıfı bir öğrenci kümesi olarak düşünebilirsiniz. Okulunuzu da, eğer isterseniz, sınıflardan oluşan bir küme olarak görebilirsiniz. Elbise dolabınızı, elbiselerinizi içeren bir küme olarak algılayabilirsiniz.
Yaşadığınız mahalle de insanlardan oluşan bir küme olarak görülebilir. İçinde
bulunduğunuz ilçeyi isterseniz insanlardan, isterseniz mahallelerden oluşan
bir küme olarak görebilirsiniz, seçim sizin, ama böylece bir değil, iki farklı
küme elde edersiniz. Marangoz için kütüphane raflardan oluşan bir kümedir
belki, ama kütüphaneyi kullanacak kişi için kütüphane kitaplardan oluşan
bir kümedir. Raflardan oluşan kütüphane kümesi, tabii ki kitaplardan oluşan
kütüphane kümesine eşit değildir.
Örneklerimizi çoğaltalım. Bir futbol takımı 11 oyuncudan oluşan bir küme
olarak görülebilir. Eğer yedekleri de sayarsak, futbol takımı kümesinin “öge”
sayısı artar. Antrenörü, doktoru, masörü filan da hesaba katarsak, futbol
takımı kümesinin öge sayısı daha da artabilir. Ama her değişiklikte yeni bir
küme elde ederiz.
Bir teknisyen bir treni vagonlardan ve lokomotiften oluşan bir küme olarak görmek isteyebilir ama bir biletçi aynı treni yolculardan oluşan bir küme
olarak görmeyi tercih edebilir, bakış açısına göre değişir. Önemli olan kümeyi
oluşturan nesneleri, yani kümenin ögelerini belirlemektir. Tabii kümenin öge-
4
1. Kümeler
leri değişince küme de değişir, trenin vagonlarından oluşan küme, trenin yolcularından oluşan kümeye eşit değildir.
Sonuç olarak bir küme, bazı nesnelerden oluşan bir topluluktur. Aslında
küme sözcüğüyle topluluk sözcüğü arasında bir fark yoktur, “küme”, “topluluk” sözcüğünün matematikçesidir; topluluklara matematikte “küme” denir.
Basit bir örnek ele alalım. Diyelim evinizi, içinde yaşayanlardan oluşan
bir küme olarak görmek istiyorsunuz ve diyelim evinizde anneniz, babanız,
dayınız, kardeşiniz (Ersin) ve siz (Can ya da Canan) yaşıyorsunuz. Demek ki
evinizde toplam beş kişi yaşıyor. Bunu bir şekille şöyle gösterebiliriz:
Anne
Day›
Baba
Ersin
Can/Canan
Bu kümenin beş ögesi vardır: Anne, baba, dayı, Ersin kardeş ve siz (yani
Can ya da Canan). Anneyi A ile, babayı B ile, dayıyı D ile, Ersin kardeşi E
ile ve sizi de Can’ın ya da Canan’ın C’si ile gösterelim. Son olarak, kümeye K
adını verelim. Bu durumda kümemizi daha basit bir biçimde gösterebiliriz:
K
A
B
D
E
C
K kümesinin beş ögesi var: A, B, C, D ve E.
Kümeyi oluşturan kişileri yuvarlak bir çerçeve içine aldık, isteseydik kare
ya da üçgen bir çerçeve içine de alabilirdik, önemli olan kümenin ögelerinin
bir çerçeve içine alınmış olması. Aşağıda kümeyi beşgen içine almışız.
K
A
B
D
E
C
Kümenin nasıl gösterildiği hiç önemli değildir, yeter ki anlaşılır bir şekil olsun.
Çizmesi kolay olsun diye kümeler daha çok bir ovalle (yumurta biçiminde bir
şekille) gösterilir.
Kümeleri simgeleyen bu tür şekillere Venn diyagramı adı verilir. Aynı
şekil üzerinde birden fazla küme gösterildiğinde Venn diyagramları daha eğlenceli olur. (Ama küme sayısı çok artarsa eğlencenin tadı kaçar!) İleride örnekler
vereceğiz.
1.1. Kümeler ve Ögeleri
5
Eğer şekil çizmek zor geliyorsa, ki bazı durumlarda gerçekten zor olabilir,
bu küme şöyle gösterilebilir:
K = {A, B, C, D, E}.
Sağ ve soldaki fiyakalı parantezlere küme parantezleri adı verilir, birincisi
açan küme parantezidir, diğeri ise kapatan küme parantezi.
Anlamışsınızdır, bir kümeyi oluşturan nesnelere öge denir. Bazen öge yerine eleman da denir; biz genellikle bu kitapta birinci terimi tercih edeceğiz.
Küme yazarken ögelerin yazılış sırası önemli değildir, örneğin yukarıdaki
kümeyi
K = {E, C, B, A, D}
olarak da gösterebilirdik. Ama ögelerden birini yazmazsak ya da fazladan bir
öge (evimize taşınan yengeyi mesela) eklersek, o zaman başka bir küme elde
ederiz.
Bazı kitaplarda, “bir küme, iyi tanımlanmış nesneler topluluğudur” yazar
ama bu tam doğru değildir, ya da şöyle söyleyelim: “iyi tanımlanmış olma”nın
anlamı belirtilmediğinden bu tanım eksiktir. Gene de ilk kez küme kavramıyla
karşılaşan birinin bunu tanım olarak almasında çok büyük bir sakınca yoktur.
Evrendeki yıldızlar bir küme oluşturur mu? Matematiksel olarak bunun
birçok sakıncası vardır. Her şeyden önce “evren” ve “yıldız”ın tanımları yapılmadığından “evrendeki yıldızlar” kümesi tam tanımlanmamıştır. Mesela bir
yıldız, yıldız olmak için ne kadar büyük olmalıdır? Ama diyelim bu tanımları
da yaptık. Bu durumda, evrendeki yıldızlar kümesinden söz edebilir miyiz?
Gördüğümüz yıldızlardan söz edeceksek, gene bir sorun var, çünkü şu anda
gördüğümüz yıldızların bazıları orada değil, çoktan sönüp yok olmuşlar... Ama
olsun, onları da kümemize dahil edelim. Bazı yıldızlar parçalanıp iki yıldıza
dönüşürler... Bazıları da yok olurlar. Yani yıldızlar kümesi de zamanla değişebilir. Oysa matematiksel nesneler zamanla değişmezler, zamandan bağımsızdırlar.
Hayattan alınan her küme örneğinin sorunları vardır. Sadece matematiksel
anlamda tanımlanmış kümeler sorunsuzdur. Ama biz çok geniş görüşlü olup,
en azından bu ilk bölümde, ince eleyip sık dokumayacağız. Bize “küme” duygusunu veren her şeyi küme olarak kabul edeceğiz. Ama bu konuda da abartmamak lazım. Ülkemizin sevilen şarkıcıları, yakışıklı oyuncuları, cennet koyları,
ulu dağları gibi öznel zevkleri öne çıkaran, ögeleri kişiden kişiye değişebilecek
toplulukları küme olarak kabul etmeyeceğiz. Kitaplıktaki eski kitaplar, Dünya’daki hayvanlar, Rus edebiyatının en iyi romanları ya da sevilen sanat müziği
şarkıları küme adına layık olmayan topluluklardır. Öte yandan bir düzlemin
noktaları, sayı doğrusu üzerindeki 1’den küçük sayılar ya da asal sayılar matematiksel anlamda küme oluştururlar.
6
1. Kümeler
Bir küme ögeleri tarafından belirlenir, yani aynı ögeleri olan iki küme eşittir
ve farklı ögelere sahip kümeler farklı kümelerdir:
Küme Eşitliği Önermesi: Aynı ögelere sahip iki küme eşittir.
Bu önermeyi küme eşitliğinin tanımı olarak algılayabilirsiniz. Bu önermeye
göre bir küme ögeleri tarafından belirlenir. Gene bu önermeye göre, eğer iki
küme birbirine eşit değilse, o zaman kümelerden birinde diğerinde olmayan
bir öge vardır. Örneğin eğer x, K kümesinin bir ögesiyse ama L kümesinin bir
ögesi değilse, o zaman kesinlikle K kümesi L kümesine eşit olamaz.
Ama dikkat, “aynı sayıda ögesi olan kümeler eşittir” değil, “aynı ögelere sahip iki küme eşittir” dedik. Aynı sayıda ögeye sahip iki küme eşit olmayabilir,
örneğin sizin sınıfta da diğer şubede de 24 öğrenci olabilir ama sizin sınıfın
öğrencilerinden oluşan küme diğer şubenin öğrencilerinden oluşan kümeye eşit
değildir.
Bir kitap da sayfalardan oluşan bir küme olarak görülebilir, ama sayfaların
sırası önemli olduğundan kitabı sayfalardan oluşan bir küme olarak görmek
pek doğru bir bakış açısı olmaz, çünkü biraz önce dediğimiz gibi küme ögelerinin sıralamasını dikkate almaz. Bir tomar kâğıdı, bilemedin boş bir defteri
bir kâğıt kümesi olarak görmek daha doğru olur. Bir başka deyişle bir listeyle bir küme arasında bir fark vardır: Liste sıralanmıştır, birinci, ikinci, sonuncu ögesi (ya da kalemi) vardır, ama bir kümenin birinci, ikinci ögesi yoktur.
Bir sözlük bu konuda daha açıklayıcı bir örnek olabilir. Bir sözlüğü kelimeler
kümesi olarak görmek hiç doğru değildir, çünkü sözlükte kelimeler alfabetik
olarak sıralanmışlardır, oysa bir kümenin ögelerinin herhangi bir sırası yoktur.
Daha da dramatik bir örnek bir romandır. Bir roman herhalde bir kelimeler
kümesi değildir, çünkü bir romanda kelimeler sıralanmışlardır, üstelik aynı kelime birkaç kez geçebilir. Kümeyi, ögelerini karma karışık bir şekilde ve her
ögeyi tek bir defa içeren bir çuval olarak düşünebilirsiniz.
Ev ahalisi örneğimize geri dönelim. Teyzeniz sizin evde yaşamıyor, demek
ki teyze, K kümesinde değil. Teyzeyi T harfiyle gösterelim. Aşağıda T ’nin
(yani teyzenin), K kümesine göre konumu gösteriliyor:
K
A
B
D
E
C
T
Bir kümede aynı öge birkaç defa gösterilebilir ama bu, kümeyi değiştirmez.
Örneğin,
{A, B, C, D, E} ile {A, A, B, B, B, C, D, E}
kümeleri birbirine eşittir. Sağdaki kümede A ve B ögeleri bir nedenden birkaç
defa gösterilmiş, ama bu sakarlık kümenin değişmesine neden olmaz. Sadelik
7
açısından bir kümede her ögeyi bir defa yazmakta yarar var tabii. Bir başka
örnek:
{A, D, B, E, C, A} = {C, A, B, D, B, C, D, E}.
Tabii en zarif ve en kullanımlı yazılım, ögeler birer defa ve belli bir sırayla,
örneğin alfabetik sırayla yazılarak elde edilir. İki örnek:
{C, E, B, A} ile {A, B, C, E}
ve
{5, 1, 4, 2} ile {1, 2, 4, 5}
kümeleri eşittir ama belli bir düzen olması açısından ikinci yazılımı birincisine
tercih ederiz. Yani her ne kadar bir kümenin ögeleri sıralanmamışsa da, estetik,
pedagojik ve rahatlık gibi bazı kaygılardan dolayı kümelerin ögelerini belli bir
düzende yazmakta yarar vardır.
Eğer y, x kümesinin bir ögesiyse, bu, matematiksel simgelerle
y∈x
olarak yazılır. Eğer tam tersine y, x kümesinin bir ögesi değilse
y ̸∈ x
yazılır. Yukarıdaki aile örneğinde
A ∈ K, B ∈ K ve T ̸∈ K
olur. Bazen,
A ∈ K ve B ∈ K
yazmak yerine,
A, B ∈ K
yazabiliriz, böylece matematiksel cümlelerimiz kısalır.
Şimdi bir S alalım ve S’nin K kümesinin bir ögesi olup olmadığı sorusunu
soralım. Eğer S, yukarıdaki A, B, C, D, E olarak gösterdiğimiz kişilerden birine eşitse (mesela annenin adı Sema olabilir ve anne hem S hem de A harfiyle
gösteriliyor olabilir, yani S = A olabilir), o zaman S, K’nin bir ögesi olur.
Eğer S, yukarıdaki A, B, C, D, E olarak gösterdiğimiz kişilerden birine eşit
değilse S, K’nin bir ögesi değildir.
Türkiye’yi şehirlerinden oluşan bir küme olarak görelim ve bu kümeyi T
simgesiyle gösterelim. Eğer A Ankara’yı simgeliyorsa, A ∈ T olur. Ama eğer
P Paris’i simgeliyorsa, P ∈ T olmaz, yani P ̸∈ T olur. Yarın öbür gün yeni
bir il eklenirse, o zaman T kümesi değişir ve bu durumda T yerine T1 gibi bir
başka simge kullanılabilir.
8
1. Kümeler
Ama eğer Türkiye’yi vatandaşlarından oluşan bir küme olarak görürsek,
o zaman siz bu kümenin bir ögesi olursunuz ama Ankara bu kümenin bir
ögesi olmaz, çünkü Ankara bir vatandaş değildir. ABD’nin cumhurbaşkanı
Obama da bu kümenin bir ögesi değildir. Her yeni doğum ve ölümle bu küme
değiştiğinden, matematik bu tür kümelerle muhatap olmaz. Matematiksel kümeler zamanla değişmemeli ve daha da önemlisi matematiksel kümelerin ögeleri de 1, 2, 3 gibi matematiksel nesneler olmalı. Bu kitapta daha çok
K = {1, 2, 3, 5}
gibi sayılardan oluşan kümelerden söz edeceğiz. Sadece, hayattan örnekler vererek kavramı daha da anlaşılır kılmak istediğimizde Ayşe, Burak, Ceyda gibi
kişileri içeren kümelerden söz edeceğiz. Ama okur bilmeli ki gerçek bir matematiksel küme matematiksel ögelerden oluşmalıdır.
Sonlu ve Sonsuz Kümeler. Sonlu sayıda ögesi olan bir X kümesinin öge
sayısı s(X) olarak gösterilir. Örneğin X = {1, 2, 6, 8} ise, s(X) = 4 olur.
Elbette s({a}) = 1 olur ama s({a, b}) sayısı 1 de olabilir 2 de, eğer a ̸= b
ise s({a, b}) = 2, eğer a = b ise s({a, b}) = 1 olur1 . Sonlu sayıda ögesi
olan kümelere sonlu küme denir. Evinize en yakın plajdaki kum tanelerinin
kümesine U dersek, U ’nun çok ögesi vardır ama gene de sonlu bir kümedir.
Yani s(U ) belli bir sayıdır ama kaç olduğunu bilemeyiz, ancak belki aşağı
yukarı tahmin edebiliriz.
Bazı kümelerin sonsuz sayıda ögesi vardır ve bu tür kümelere sonsuz küme denir. Mesela 0, 1, 2, 3 gibi tüm doğal sayılardan oluşan küme sonsuzdur.
Bu küme N simgesiyle gösterilir. 0, 2, 4, 6 gibi çift doğal sayılardan oluşan
küme de sonsuzdur. Bu son kümeyi tahmin edeceğiniz nedenlerden 2N ile
gösterirsek
6 ∈ 2N, 7 ̸∈ 2N ve − 2 ∈
/ 2N
olur2 . Okurun sezgisine güvenerek bazen
2N = {0, 2, 4, 6, 8, . . . }
yazılır. “Okurun sezgisine güvenerek” dedik çünkü sezgiden başka hiçbir yetimiz bize bir sonraki sayının 10 olması gerektiğini söylemez3 . N kümesini de
sezgilerimize güvenerek yazalım:
N = {0, 1, 2, 3, 4, . . . }.
Eğer a ve b alfabenin ilk iki harfiyse, elbette a ̸= b olur ama öyle olmak zorunda değil.
Mesela a en küçük asal sayı, b de 0’dan büyük en küçük çift doğal sayı olabilir; bu durumda
a = b = 2 olur.
2
−2 çift sayı olmasına rağmen bir doğal sayı değildir. Doğal sayılar 0, 1, 2, 3, 4 gibi tam
sayılardır, negatif olamazlar.
3
Bizim gibi sezgisel zekâsı olmayan (ama Türkçe bilen) bir uzaylı, bu kümenin, en sol
basamağında ilk harfi s, i, d, a olan bir rakamı olan sayıları içeren küme olduğunu, dolayısıyla
bir sonraki ögenin 9 (dokuz) olduğunu sanabilir... Neyseki bizim sezgilerimiz sağlam!
1
9
Bu arada 0’ı bir doğal sayı olarak kabul ettiğimizi de belirtelim. Pozitif (yani
0’dan büyük) doğal sayılara sayma sayıları denir. Sayma sayıları kümesi S
ile gösterilir:
S = {1, 2, 3, 4, . . . }.
Tek doğal sayılar kümesini (“çift sayılara 1 ekle” anlamına) 2N + 1 olarak
gösterebiliriz:
2N + 1 = {1, 3, 5, 7, . . . }.
Bunun gibi,
8N + 3 = {3, 11, 19, 27, . . . }
ya da
8S + 3 = {11, 19, 27, 35, . . . }
gibi kümelerle sık sık muhatap olacağız.
“Küme” ve “ögesi olmak” kavramlarını sezgisel olarak açıkladıktan sonra
daha matematiksel örnekler görerek bu kavramları pekiştirelim:
Örnekler
1.1. Yukarıdaki metinde örnek olarak verdiğimiz kümelerin pek çoğunun ögeleri matematiksel değildi. Ögeleri matematiksel nesneler olan yeni bir küme ele alalım.
G = {0, 1, 3, 6}
olsun. Bu kümenin dört ögesi vardır: 0, 1, 3 ve 6. Mesela 0 ∈ G ve 4 ∈
/ G olur.
1.2. Eğer G yukarıdaki kümeyse s(G) = 4 olur.
1.3. İlk bakışta {a, b, c} kümesinin üç ögesi olduğunu sanabilirsiniz. Nitekim eğer a, b ve c
birbirinden farklıysa öyledir. Ama mesela a = b = c ise bu kümenin tek bir ögesi vardır.
Bu kümenin en az bir, en fazla üç ögesi vardır.
1.4. {a, a, a} kümesinin tek bir ögesi vardır. Bu kümeyi {a} olarak yazmak daha ekonomiktir.
1.5. {0, 0, 0} kümesinin de tek bir ögesi vardır. Bu kümeyi {0} olarak yazmayı tercih edeceğiz. Demek ki s({0, 0, 0}) = 1.
1.6. N sonsuz bir kümedir ama {N} kümesinin tek bir ögesi vardır, o öge de N kümesidir.
1.7. {N, 2N, 3N, 6N} kümesinin dört ögesi vardır.
1.8. {{N, 2N, 3N, 6N}} kümesinin tek bir ögesi vardır, o da {N, 2N, 3N, 6N} kümesidir.
1.9. {a, b, c, d} kümesinin en az bir, en fazla dört ögesi vardır.
1.10. A = {1, 2, 5, 8}, B = {1, 2, 3, 4, 6, 7}, C = {1, 3, 4, 8, 9, 10} kümelerinin Venn diyagramlarını aynı şekil üzerinde çizelim:
A
B
6
2
5
1
8
9
7
3
4
10
C
10
1. Kümeler
Görüldüğü üzere 1 sayısı her üç kümenin de ögesi. Ama 2, 3, 4 ve 8 sayıları kümelerin
sadece ikisinde. 5, 6, 7, 9, 10 ise kümelerin sadece birinde yer alıyor.
Sayarak göreceğimiz üzere, s(A) = 4 ve s(B) = s(C) = 6 olur.
1.11. 0, 3, 6 ∈ 3N olur, ama −3 ∈
/ N olur, çünkü −3 bir doğal sayı değildir. 5 de 3’e
bölünmediğinden 5 ̸∈ 3N olur.
1.12. A = {2, 3, 4} olsun. A’daki sayıların gene A’daki sayılarla çarpılmasıyla elde edilen
sayıları içeren ve başka da bir öge içermeyen kümeye B diyelim. Örneğin 6 ∈ B olur,
çünkü 6 = 2 × 3 eşitliği geçerlidir, ama 15 ̸∈ B olur. Bu kümenin tüm ögelerini bulmak
zor değildir:
B = {4, 6, 8, 9, 12, 16}.
Bu B kümesini AA olarak yazmak fena bir fikir olmayabilir. Demek ki s(A) = 3 ve
s(AA) = 6.
1.13. A = {0, 2, 3, 4} ve B = {2, 5} olsun. A’daki sayılarla B’deki sayıların toplanmasıyla
elde edilen sayıları içeren ve başka da bir öge içermeyen kümeye C diyelim. Örneğin
9 ∈ C olur, çünkü 9 = 4 + 5 eşitliği geçerlidir, ama 15 ̸∈ B ve 8 ̸∈ B olur. Bu kümenin
tüm ögelerini teker teker bulmak zor değildir:
C = {2, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.
Bu C kümesini A + B olarak yazmayı teklif ediyoruz. Elbette s(A) = 4, s(B) = 2 ve
s(A + B) = 7 oluyor.
Bu arada B + A kümesinin A + B kümesine eşit olduğuna dikkatinizi çekeriz, çünkü her
ikisinin de aynı ögeleri vardır.
1.14. Bir küme bir başka kümenin ögesi olabilir, örneğin {0, 2} kümesi
A = {{0, 2}, 3, {3, 4}}
kümesinin ögesidir. Nitekim A kümesinin üç ögesi vardır; işte o ögeler:
{0, 2}, 3 ve {3, 4}.
Dolayısıyla
{0, 2} ∈ {{0, 2}, 3, {3, 4}}
olur.
1.15. {{0, 1}} kümesinin tek bir ögesi vardır, o da {0, 1} kümesidir. Ama {0, 1} kümesinin
iki ögesi vardır: 0 ve 1. Yani s({{0, 1}}) = 1 ve s({0, 1}) = 2 olur.
1.16. {{{0, 1}}} kümesinin tek bir ögesi vardır, o da {{0, 1}} kümesidir.
1.17. Eğer x bir kümeyse, x kümesi {x} kümesinin bir ögesidir. Tabii x aynı zamanda {x, y}
kümesinin de bir ögesidir. Elbette s({x}) = 1 olur. Ama s({x, y}) sayısı 1 de olabilir 2
de. Eğer x = y ise bu sayı 1’dir, aksi halde 2’dir.
1.18. {a, b, c} kümesi {x, y} kümesine eşit olabilir; mesela x = a = b ve y = c ise bu iki
küme birbirine eşittir. Başka koşullarda da bu iki küme birbirine eşit olabilir, örneğin
y = a = c ve x = b ise de bu iki küme birbirine eşit olur. Ama mesela a = b = c = x ̸= y
ise bu iki küme birbirine eşit olmaz, birincisinde bir, ikincisinde iki öge vardır.
1.19. {x, y} kümesinin {a} kümesine eşit olması için x = y = a eşitlikleri gerek ve yeter
koşuldur. Buradaki “gerek ve yeter koşul” şu anlama gelmektir: Bu iki küme eşitse
x = y = a olmalıdır ve x = y = a ise iki küme birbirine eşittir.
1.20. Eğer
• A, 8’den küçük tek sayılardan oluşan kümeyse,
• B, (x − 1)(x − 3)(x − 5)(x − 7) = 0 denkleminin çözüm kümesiyse ve
• C = {1, 3, 5, 7} ise
11
ise o zaman A = B = C eşitlikleri geçerlidir, çünkü her üç kümenin de aynı ögeleri
vardır.
1.21. Kümeler soyut nesneler olduklarından kümelerin şekli şemali yoktur, ama insanoğlu
resmi yazıdan daha kolay algıladığından, kümeler aşağıdaki şekildeki gibi yumurta ya
da patates biçiminde bir şekille gösterilir. Kümenin ögeleri yumurtanın içine yazılır. Kümenin ögesi olmayan nesneler de yumurtanın dışında gösterilir. Bu tür şekillere Venn
diyagramı dendiğini metinde söylemiştik. Aşağıdaki örnekte üç ögeli
x = {a, b, c}
kümesi çizilmiş. d’nin yumurtanın dışında kalmasından d ∈
/ x olduğu anlaşılıyor, yani d,
x’in a, b ve c ögelerinden birine eşit değildir.
1.22. Kimi zaman bir kümenin ögelerinin de küme olabileceğini gördük. Bir örnek daha verelim:
{{0, 3, 5}, {0, 2}}
kümesinin
{0, 3, 5} ve {0, 2}
olmak üzere iki ögesi vardır ve her iki öge de bir kümedir. Küme olan bu ögelerin de
ögeleri vardır. Örneğin {0, 3, 5} ögesinin (ki kümedir aynı zamanda) üç ögesi vardır: 0, 3
ve 5. Bu kümeyi ve ögelerini aşağıdaki şekildeki gibi bir Venn diyagramıyla gösterebiliriz.
Bu aşamada s({{0, 3, 5}, {0, 2}}) = 2, s({0, 3, 5}) = 3 ve s({0, 2}) = 2 eşitlikleri bariz
olmalı.
1.23. Kümenin ögelerini kümenin çocukları olarak yorumlayacak olursak (ki böyle bir yorumlama matematiksel olarak anlamsızdır), kümenin ögelerinin ögelerini de kümenin torunları olarak düşünmek gerekir. Elbette, yeri geldiğinde, bir kümenin ögelerinin ögelerinin
ögelerinden de söz edebiliriz.
1.24. {0, 3, 5} bir kümedir, ama bu küme yukarıdaki örnekte olduğu gibi bir başka kümenin
ögesi olabilir. Demek ki aynı nesne aynı anda hem küme hem de öge olabiliyor. Aslında
her küme bir başka kümenin ögesi olabilir, nitekim x kümesi örneğin {x} kümesinin
ögesidir.
12
1. Kümeler
Bu gibi durumlarda aynı nesneyi -yukarıda yaptığımız gibi- aynı şekil üzerinde iki farklı
biçimde resmetmekte yarar olabilir:
1. Eleman olarak, yani bir nokta olarak,
2. Küme olarak, yani yumurta biçiminde bir şekille.
1.25. Yukarıdaki örnekten çok daha karmaşık durumlar olabilir. Sözgelimi
{{{{0}}}}
kümesinin tek bir ögesi vardır, o da {{{0}}} kümesidir. {{{0}}} kümesinin de bir tek
ögesi vardır, o da {{0}} kümesidir. {{0}} kümesinin de bir tek ögesi vardır, o da {0}
kümesidir. {0} kümesinin de bir tek ögesi vardır, o da 0 sayısıdır. Bu örneğimiz aşağıda
resmedilmiştir.
1.26. Daha karmaşık durumlar olabilir. Şu örneği ele alalım:
x = {{0, 2}, {2, 3, 4}, 2, 3}
olsun. Bu kümeyi ve ögelerini aşağıdaki şekilde resmettik.
{{a, c}, {a, b, c}} kümesinin hangi koşullarda kaç ögesi vardır?
{a} ∈ {{a, b}} içindeliği hangi koşulda doğru olabilir?
c ∈ {a, {a, b}} içindeliği (ya da ifadesi) hangi koşullarda doğru olabilir?
Eğer x bir kümeyse, öge olarak sadece x’i içeren bir küme vardır. Bu küme {x} olarak
yazılır. x’in kaç ögesi olursa olsun, {x} kümesinin tek bir ögesi vardır: x. Eğer x ve y
iki farklı kümeyse {x, y} kümesinin sadece iki ögesi vardır. Genel olarak, sonlu sayıda
küme verilmişse, diyelim x1 , . . . , xn kümeleri, {x1 , . . . , xn } kümesi tüm bu kümeleri öge
olarak içerir ve başka da öge içermez.
1.31. 00111101001110 türünden sadece 0 ve 1’lerden oluşan dizilere 01-dizisi denir. Verdiğimiz örnekteki dizinin uzunluğu 14’tür çünkü dizide tam 14 tane terim vardır. Uzunluğu
3 olan 01-dizilerinden oluşan D3 kümesini gösterelim:
1.27.
1.28.
1.29.
1.30.
D3 = {000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111}.
Görüldüğü gibi uzunluğu 3 olan tam 8 tane 01-dizisi vardır.
13
Uzunluğu 2 olan diziler kümesi D2 olsun:
D2 = {00, 01, 10, 11}.
D1 kümesi uzunluğu 1 olan dizilerden oluşur ve sadece iki ögesi vardır: D1 = {0, 1}.
Uzunluğu 4 olan tam 16 tane 01-dizisi vardır. Bu 16 diziyi yazalım:
0000, 0001, 0010, 0011, 0100, 0101, 0110, 0111,
1000, 1001, 1010, 1011, 1100, 1101, 1110, 1111.
Bu dizilerden oluşan kümeye elbette D4 adını vereceğiz.
Bu dizileri rastgele bir sırayla yazmadığımızı anladınız mı? “Küçükten büyüğe” doğru
önce soldan sağa, sonra yukarıdan aşağıya sıralayarak yazdık. Böyle yazarsanız 16 dizinin
hiçbirini unutmazsanız, unutursanız da hangisini unuttuğunuzu kolayca bulabilirsiniz.
Uzunluğu 5 olan 01-dizisi sayısı 32’dir:
00000,
01000,
10000,
11000,
00001,
01001,
10001,
11001,
00010,
01010,
10010,
11010,
00011,
01011,
10011,
11011,
00100,
01100,
10100,
11100,
00101,
01101,
10101,
11101,
00110,
01110,
10110,
11110,
00111,
01111,
10111,
11111.
(Bu dizilerden oluşan kümeye D5 adını verebiliriz.) Uzunluğu 6 olan 01-dizilerinin herbirini bulmak için, uzunluğu 5 olan 01-dizilerinin iki kopyasını bir kâğıda alt alta yazın
ve birinci kopyadaki dizilerin başına 0, ikinci kopyadakilerin başına 1 getirin (toplam
32 + 32 = 64 tane dizi elde edersiniz). Böylece tüm 01-dizileri küçükten büyüğe belirir.
Dizileri hiç unutmadan yazmanın bir yöntemi benzin istasyonlarındaki pompa sayacını
düşünmektir. O sayaçlar, eğer benzinci hile yapmıyorsa başlangıçta 0000000 konumundadır. Sonra benzinin pompadan akmaya başlamasıyla en sağdaki yuvanın sayısı 1, 2,
3 diye artmaya başlar. 9’a geldikten sonra o yuva tekrar 0 olur ama hemen solundaki
yuva 1 olur, yani sayaç artık 10’u gösterir. En sağdaki yuvadaki sayı tekrar 0, 1, 2, diye
artmaya başlar. En sağdaki rakam 9 olduğunda, tekrar 0’a döner ama hemen solundaki
yuva 1 iken 2 olur, yani sayaç artık 20’yi gösterir. Sayacın nasıl işlediğini biliyorsunuz.
En sağdaki dört yuva örneğin 9999 olduğunda, bu yuvalarda gösterilen bir sonraki sayı
0000 olur ama hemen önceki sayı (mesela) 3 ise 4 olur, 8 ise 9 olur; ama bu yuva da
9 ise bir sonraki aşamada 0 olur ve hemen solundaki rakam bir atar. Dizileri yazarkan
sadece 0 ve 1 rakamları olan bir sayaç olduğunuzu hayal edin! Eğer 4 haneniz varsa şöyle
işlersiniz:
0000
0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111
14
1. Kümeler
Toplam 24 = 16 tane var, demek ki hiçbirini unutmamışız.
Genel olarak, uzunluğu n olan 01-dizisi sayısı 2n ’dir, yani s(Dn ) = 2n olur.
0 uzunluğunda 20 , yani 1 tane 01-dizisi vardır. Bu diziye boşdizi adı verilir. Boşdizide
hiç simge yoktur. Boşdizi ⟨ ⟩ olarak yazılır. Demek ki D0 = {⟨ ⟩}, yani D0 kümesinin
tek bir ögesi vardır, o da boşdizidir.
01-dizileriyle kümeler arasında çok yakın bir ilişki vardır. Biraz ileride bu yakın ilişkiyi
göreceğiz.
1.32. Venn diyagramlarında kümeler genellikle oval bir şekille gösterilir, ama kümeleri başka
türlü de gösterebiliriz, hatta bazen kümeleri başka türlü göstermek gerekir. Mesela bir
doğruyu noktalarının kümesi olarak görmek doğaldır ve bir doğruyu bir oval olarak
resmetmek pek akıllıca olmasa gerek! Aynı şey bir üçgenin içindeki noktalardan oluşan
küme için de geçerlidir!
Ama bazen de görünürde hiçbir neden olmadan kümeleri Venn diyagramlarındaki gibi
bir ovalle değil de, doğrular ve eğrilerle göstermek daha işlevsel ve daha estetiktir. Şu
örneği ele alalım:
A1
= {001, 010, 011}
A2
= {001, 100, 101}
A3
= {100, 010, 110}
A12
= {001, 110, 111}
A23
= {100, 011, 111}
A13
= {010, 101, 111}
A123 = {011, 101, 110}
Bu 7 kümenin bir nevi Venn diyagramını aşağıdaki gibi çizebiliriz:
010
A12
A23
110
011
111
A2
100
101
A3
001
A13
A1
Burada, A123 kümesi dışındakiler bir doğru olarak resmedilmiş ve her biri şekilde belirtilmiş; A123 kümesi de bir çember olarak gösterilmiş. Bu 7 kümeyi Venn diyagramlarında
olduğu gibi ovallerle resmetseydik, ortaya hiç de anlaşılır bir şekil çıkmazdı; oysa yukarıdaki şekilde her şey çok daha anlaşılır.
Kümelerin adlarıyla ögeleri arasında bir ilişki vardır; bu ilişkiyi bulmayı okura bırakıyoruz. İki noktanın ortasındaki noktalar da bir anlamda o iki noktanın toplamı, şekilden
görebilirsiniz.
Alıştırmalar
1.33. {1, 2, {1, {2}}} kümesinin kaç ögesi vardır?
1.34. {{1, 2, {1, {2}}}} kümesinin kaç ögesi vardır?
1.35. Türkçe okunuşunda içinde i harfi bulunmayan 30’dan küçük doğal sayılar kümesinin kaç
ögesi vardır?
15
1.36. A, Türkçe okunuşunda içinde a harfi bulunmayan 30’dan küçük doğal sayılar kümesi
olsun. O, Türkçe okunuşunda içinde o harfi bulunmayan 30’dan küçük doğal sayılar
kümesi olsun. U , Türkçe okunuşunda içinde u harfi bulunmayan 30’dan küçük doğal
sayılar kümesi olsun. Bu üç kümenin Venn diyagramını çizin.
1.37. Eğer sonlu uzunluktaki bir 01-dizisinde beliren her 00’dan sonra mutlaka 1 geliyorsa ve
beliren her 11’den sonra 0 geliyorsa, o diziye “makul dizi” diyelim. 100110101101001 dizisi örneğin 15 uzunluğunda makul bir dizidir ama 10011010110100 ya da 100110001010
makul bir dizi değildir. En fazla 7 uzunluktaki makul dizilerden oluşan kümenin kaç
ögesi vardır?
1.38. {1, 2, 3}, {2, 3, 4, 5}, {1, 2, 4, 7} kümelerinin Venn diyagramını çizin.
1.39. {1, 2, 3, 4, 5} ve {2, 3, 5} kümelerinin Venn diyagramını çizin.
1.40. {1, 2, 3, 4}, {3, 4, 5, 6} ve {2, 3, 5} kümelerinin Venn diyagramını çizin.
1.41. 2N, 3N ve 5N kümelerinin Venn diyagramını çizin. (Bunlar sonsuz kümeler olduklarından, ögelerinin hepsini yazamazsınız.)
1.42. {3N} kümesinin kaç ögesi vardır? {3N, 6N} kümesinin kaç ögesi vardır?
1.43. A = {1, 2, 3, 4} ise A’daki sayıların gene A’daki sayılarla çarpılmasıyla elde edilen
sayıları içeren ve başka da bir öge içermeyen kümenin tüm ögelerini bulun.
1.44. Yukarıdaki alıştırmayı çarpma yerine toplama ile yapın.
1.45. A = {1, 2, 4} ve B = {0, 4, 6} ise A’daki sayıların B’deki sayılardan çıkarılmasıyla elde
edilen sayıları içeren ve başka da bir öge içermeyen kümenin ögelerini bulun.
1.46. 3 ve 7 sayılarının çeşitli defalar birbirleriyle toplanmasıyla elde edilen kümenin ögelerini
bulun. Mesela 3, 6, 7, 9, 10, 13 ve 14 bu kümenin ögeleridir.
1.47. Aynı alıştırmayı 7 ve 15 sayıları için yapın. Bu sayıları birbirleriyle toplayarak belli bir
doğal sayıdan büyük tüm doğal sayıları elde edeceğimizi gösterin.
1.48. A = {1, 2, 4} ise A + A kümesini tanımlayın ve ögelerini bulun.
1.49. A kümesi, 0 ve 10 dahil, 0’dan 10’a kadar olan sayılardan oluşan küme olsun. B, A’daki
sayıların karelerinden oluşan küme olsun. C, A’daki sayıların küplerinden oluşan küme
olsun. A, B ve C kümelerinin Venn diyagramını tek bir şekil üzerinde çizin.
1.50. A = {1, 2, 3, . . . , 100} kümesinin 3’e tam bölünen kaç ögesi vardır? Aynı kümenin 2’ye
ve 3’e bölünen kaç ögesi vardır? Aynı kümenin 6’ya ve 15’e bölünen kaç ögesi vardır?
1.51. Her n doğal sayısı için An kümesi n’den 2n’ye kadar doğal sayılardan oluşan küme olsun.
Mesela
A0 = {0}
A1 = {1, 2}
A2 = {2, 3, 4}
A3 = {3, 4, 5, 6}
A4 = {4, 5, 6, 7, 8}
olur. A8 ’in öge sayısını bulun. A5 , A6 , A7 ve A8 kümelerinin Venn diyagramını çizin.
Hangi durumda s({{x}, {x, y}}) = 1 olur?
Hangi durumlarda s({{x}, {x, y}, {x, y, z}}) = 1 olur? Hangi durumda bu sayı 2 olur?
{x} ve {{y, z}} kümeleri birbirine eşit olabilir mi?
Eğer {{x}, {x, y}} = {{z}, {z, t}} ise, x = z ve y = t eşitliklerini kanıtlayın. İpucu:
Kanıtı x = y ve x ̸= y olmak üzere iki parçaya ayırabilirsiniz.
1.56. A, doğal sayıların karelerinden oluşan küme olsun. B ise doğal sayıların küplerinden
oluşan küme olsun. A ve B kümesinin ortak ilk dört ögesini bulun. A ve B kümesinin
sonsuz tane ortak ögesini bulun.
1.57. A, iki ardışık doğal sayının toplamı olarak yazılabilen doğal sayılar kümesi olsun. Örneğin 5 + 6 = 11 olduğundan, 11 ∈ A olur. B, üç ardışık doğal sayının toplamı olarak
1.52.
1.53.
1.54.
1.55.
16
1. Kümeler
yazılabilen doğal sayılar kümesi olsun. A ve B kümelerinin ortak beş ögesini bulun.
1.58. A, üç ardışık doğal sayının toplamı olarak yazılabilen doğal sayılar kümesi olsun. B,
dört ardışık doğal sayının toplamı olarak yazılabilen doğal sayılar kümesi olsun. C, beş
ardışık doğal sayının toplamı olarak yazılabilen doğal sayılar kümesi olsun. A, B ve C
kümelerinin ortak beş ögesini bulun.
1.59. A, B ve C kümeleri yukarıdaki gibi olsun. A’da olup da B’de ya da C’de olmayan üç
öge bulun. Aynı şeyi B, A ve C için yapın. Aynı şeyi C, A ve B için yapın.
1.60. A, iki doğal sayının karesinin toplamı olarak yazılan doğal sayılardan oluşan küme olsun; A’da olmayan üç sayı bulun. B, üç doğal sayının karesinin toplamı olarak yazılan
doğal sayılardan oluşan küme olsun; B’de olmayan üç sayı bulun. C, dört doğal sayının
karesinin toplamı olarak yazılan doğal sayılardan oluşan küme olsun; C kümesinde olmayan üç sayı bulun. (Bu sefer bulamayacaksınız! Çünkü C = N olur. Bu bilinen bir
teoremdir, yani her doğal sayı dört tamkarenin toplamıdır, ama bu teoremi bu kitapta
kanıtlamayacağız.)
1.61. Tabanı kare olan bir piramit ele alalım.
Tabandaki köşelere A, B, C, D diyelim. Tepe noktası da E olsun. Bu piramidin taban
dahil toplam 5 yüzü vardır. Her yüzdeki köşe noktalarından bir küme elde edelim:
T
Y1
Y2
Y3
Y4
=
=
=
=
=
{A, B, C, D}
{A, B, E}
{B, C, E}
{C, D, E}
{D, A, E}
Bu beş kümenin Venn diyagramını çizin. İşe yararlılık ve estetik bakımından Venn diyagramı mı daha cazip, yoksa piramit mi?
1.62. Aşağıdaki kümeleri ele alalım:
X = {0, 1}
Y = {1, 2}
Z = {2, 3}
T = {3, 0}
S = {0, 2}
U = {1, 3}
Alıştırma 1.32’de olduğu gibi bu kümeleri ikişer noktalık birer doğru olarak çizin. Üçgen
piramide benzer bir şekil elde etmeyi amaçlayın, her küme (yani her doğru), piramidin
bir kenarı olacak, her öge de (yani 0, 1, 2, 3 ögeleri) piramidin bir köşe noktası olacak.
17
1.63. Bir önceki alıştırmaya devam edelim. Şu kümeleri ele alalım:
A3
A2
A1
A0
=
=
=
=
{0,
{0,
{0,
{1,
1,
1,
2,
2,
2}
3}
3}
3}
Bu sefer kümelerin her birini bir üçgen piramidin bir yüzü olarak çizmeyi deneyin.
Kümelerin ögeleri piramidin köşeleri olacak. Üçgen piramidin her yüzeyinde üç nokta
vardır ve tam 4 yüzü vardır. Yukarıdaki alıştırmada elde edilen şekil yardımcı olacaktır.
1.64. Aşağıdaki kümeleri ele alalım:
A⋆00
A0⋆0
A00⋆
A⋆01
A0⋆1
A01⋆
A⋆10
A1⋆0
A10⋆
A⋆11
A1⋆1
A11⋆
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
{000,
{000,
{000,
{001,
{001,
{010,
{010,
{100,
{100,
{011,
{101,
{110,
100}
010}
001}
101}
011}
011}
110}
110}
101}
111}
111}
111}
Alıştırma 1.32’de olduğu gibi, bu kümeleri ikişer noktalık doğrular olarak çizin. Küpe
benzer bir şekil elde etmeye çalışın, her küme (yani her doğru) küpün bir kenarı olacak.
1.65. Bir önceki alıştırmaya devam edelim. Şu kümeleri ele alalım:
A⋆⋆0
A⋆⋆1
A⋆0⋆
A⋆1⋆
A0⋆⋆
A1⋆⋆
=
=
=
=
=
=
{000,
{001,
{000,
{010,
{000,
{100,
100,
101,
100,
110,
010,
110,
010,
011,
001,
011,
001,
101,
110}
111}
101}
111}
011}
111}
Bu sefer kümelerin her birini küpün bir yüzü olarak çizmeyi deneyin. Kümelerin ögeleri
küpün köşeleri olacak. Küpün her yüzünde dört köşe vardır ve küpün toplam 6 tane
yüzü vardır. Yukarıdaki alıştırmada elde edilen şekil yardımcı olacaktır.
1.66. Üç ardışık doğal sayının toplamı olarak yazılan ögelerden oluşan kümeye A diyelim. A,
3’e bölünen pozitif doğal sayılar kümesidir. Bunun nedenini anlamaya çalışın. Örneğin
78’i nasıl üç ardışık sayının toplamı olarak yazabiliriz?
Dört ardışık doğal sayının toplamı olarak yazılan ögelerden oluşan kümeye B diyelim.
B kümesinin hangi doğal sayılardan oluştuğunu bulabilir misiniz?
Yukarıdaki A ve B kümelerinin ortak ögeleri hangi doğal sayılardır?
Notlar
1.67. Kümeler sadece sayılardan ya da sayı kümelerinden oluşmaz. Bir düzlemin doğruları
da mesela bir küme oluşturur. Bir düzleme çizilebilecek tüm kareler bir başka küme
oluşturur. Her türlü matematiksel nesneden küme oluşabilir. Matematiksel nesnelerden
oluşmuş kümeler de matematiksel nesnelerdir, dolayısıyla bunların da kümesi alınabilir.
Bu kitapta bu konunun üstüne gitmeyeceğiz çünkü amacımız kümeler kuramına sadece
sezgisel bir başlangıç yapmak.
18
1. Kümeler
1.68. Var olduğundan beri insanoğlu matematikte olmasa da günlük yaşamında küme kavramıyla aşinaydı elbette, örneğin koyun sürüsü, buğday tarlası, kabile, bir sepet yumurta
gibi sözler küme fikrinin çeşitli tezahürleridir. Ancak matematiksel anlamda kümenin
oldukça yakın bir geçmişi vardır. Kümelerden açık açık ilk kez 1847’de şimdiki Çek
Cumhuriyeti’nin başkenti Prag’da yaşamış olan matematikçi Bolzano (1781-1848) söz
etmiştir. O zamanlar sonsuz sayıda ögesi olan kümelerin çelişki içereceğinden korkuluyordu. 19’uncu yüzyılın sonlarına doğru, yani bundan 100 küsur yıl önce, Alman matematikçi Georg Cantor (1845-1918) sonsuz kümelerden korkmamış, tam tersine üstlerine
üstlerine gitmiş, onları anlamaya çalışmış ve bugünkü matematiksel anlamına çok yakın
bir kümeler kuramını matematik camiasının ağır baskılarına karşı koyarak neredeyse
tek başına geliştirmiştir. Nitekim birçok ünlü matematikçi kümeler kuramını gereksiz
bir uğraş olarak gördü, kümeler kuramıyla gençlik gerçek matematikten uzaklaştırılıp,
gereksiz ve eften püften düşüncelere yönlendiriliyor diye düşünüyorlardı4 . Kümeler kuramını ciddiye alanlar matematiği getirisi olmayan bir alana sürüklemekle suçlanıyordu.
O çağın en ünlü ve en etkin iki matematikçisi Alman David Hilbert ve Fransız Henri
Poincaré matematiğin özüyle ilgili bu savaşta ayrı cephelerde yer almıştır. Savaşı Hilbert kazanmıştır; bugün kümeler kuramı matematikte merkezı̂ bir konuma gelmiştir.
Matematiğin klasik dallarının birçok önemli problemi çözümünü kümeler kuramında
bulmuştur.
Poincaré ile Hilbert, çağın en önemli iki matematikçisi
Kümeler kuramı varlığını sonsuz kümelere borçludur. Cantor’dan önce sonsuz kümelerin
varlığından kuşkulanılıyordu, kuşkulanmayanlar da sonsuz kümelerle işlem yapmaya çekiniyorlardı ya da iki sonsuz küme arasında matematiksel olarak (ögeleri dışında) bir fark
göremiyorlardı. Cantor 1874’te yayımladığı bir makalesinde iki sonsuz küme arasında
(öge sayısı açısından mesela) derin farklar olabileceğini göstererek matematikte bir çığır
açmıştır. Kümeler kuramının gelişimi onyıllar boyunca matematik dünyasında matematiksel ve felsefi düzeyde sert tartışmalara, hatta bilimsel kavgalara neden olmuştur.
4
Çağın iki ünlü matematikçisinden biri olan Poincaré’nin “Gelecek kuşaklar kümeler kuramını kurtulunması gereken bir hastalık olarak göreceklerdir” dediği söylenir ancak 1992’de
yayımlanmış bir makale Poincaré’nin böyle bir söz söylemediğini iddia ediyor [G].
19
Hayatını psikolojik sorunlarıyla boğuşarak geçiren Georg Cantor (1845-1918)
Cantor’un (matematiksel olduğunu hiç iddia etmediğimiz) küme tanımı şöyleydi: “Küme, algımızın ya da düşüncemizin açık ve net nesnelerinden oluşan bir topluluktur”.
Oysa günümüzün matematiğinde “küme” kavramı ve “bir kümenin ögesi olmak” ilişkisi
matematiksel olarak tanımlanmadan kabul edilmesi gereken kavramlar olarak kabul edilir. Matematiğin diğer tüm kavramları bu iki kavrama dayandırılarak tanımlanabilir.
Bunu şöyle algılayabilirsiniz: Tek bir kelime bilmediğiniz bir yabancı dilden, örneğin
Macarcadan bir kelimenin anlamını Macarcadan Macarcaya bir sözlüğe bakarak anlayamazsınız; biraz Macarca bilmelisiniz ki bir kelimenin anlamını sözlüğe bakarak anlayabilesiniz. İşte “küme” ve ∈ simgesiyle gösterilen “ögesi olmak” kavramları, matematikçenin tanımlanmadan bilindiği varsayılan kavramlarıdır. Bu iki kavram kullanılarak
matematiğin diğer tüm kavramları karışıklığa yer vermeyecek biçimde tanımlanabilirler.
Ama biz bu kitapta böyle bir uğraşa girmeyeceğiz, küme ve ögesi olmak kavramlarını
açıklarken yaptığımız gibi gelecekte de okurun sezgilerine güveneceğiz.
Cantor’un küme kavramını tanımladığı ilk makalesinden bir pasaj. Küme yerine
“topluluk” kelimesini kullanmış, ama kümenin Almancası hâlâ daha makalede
parantez içinde kullanılan menge’dir.
1.69. Kümeler kuramı matematiğe bakış açımızı da büyük ölçüde değiştirmiştir. Örneğin sayılar kuramı tam sayılardan ziyade tam sayılar kümesiyle ilgilendiği, geometrinin nokta
ve doğrulardan ziyade nokta ve doğru kümeleriyle ilgilendiği anlaşılmıştır. Bu bakış
açısı konuları soyutlamamızı ve genelleştirmemizi sağlamıştır. Kümeler kuramı modern
matematiğin vazgeçilmezidir.
Yanlış anlaşılmasın, kümeler kuramı matematiğin özünü değiştirmemiştir, diğer konuların aksine matematikte doğrular değişmez, bundan iki bin küsur yıl önce kanıtlanmış
teoremler bugün de geçerlidir, ama kümeler kuramı matematiğe bakış açımızı ve matematiği algılayışımızı dramatik bir biçimde değiştirmiştir.
20
1. Kümeler
Şunu da söylemek gerekiyor: Kümeler kuramı ve modern matematik, salt soyutlama
olsun diye doğmamıştır. Kümeler kuramı bir nevi şımarıklık ya da lüks değildir yani.
Tüm yerleşmiş kuramlar bir gereksinim sonucu ortaya çıkar, yani bir zorunluluktur.
1.70. a sayısı, İkinci Dünya Savaşı’nda savaş alanlarında ölen Fransız asker sayısı olsun. A =
{a} olsun. A bir kümedir ama a’nın kaça eşit olduğunu kimse bilmeyebilir. Demek ki
bir kümenin oluşması için illa ögelerinin tam olarak bilinmesi gerekmiyor. b, Arjantin’de
1763 yılında doğan bebek sayısı olsun. B = {b} olsun. Muhtemelen b sayısının kaça
eşit olduğu da bilinmiyordur. Dolayısıyla A = B eşitliğini ya da A ̸= B eşitsizliğini
kanıtlayamayız. Tabii asker ve bebek matematiksel nesneler olmadığından, bu örnek pek
matematiksel olmadı. Benzer örnekler matematiksel nesnelerle de verilebilir. Örneğin,
C, iki asal sayının toplamı olarak yazılamayan 2’den büyük doğal sayılar kümesi olsun.
24 = 11 + 13 olduğundan 24 bu kümenin bir ögesi değildir. 36 = 7 + 29 olduğundan 36
da bu kümenin bir ögesi değildir. Bugün, bu satırların yazıldığı tarihte, C kümesinin
boşküme olup olmadığı bilinmemektedir! Yani C diye bir küme var, ama kümenin hangi
kümeye eşit olduğunu şimdilik bilmiyoruz, belki de hiçbir zaman bilemeyeceğiz!
Ünlü İtalyan matematikçi Giuseppo Peano (1858-1932). Kümeler kuramına, aritmetiğe
ve analize yaptığı önemli katkılar dışında, Latino sine flexione (gramerden arındırılmış
bir nevi Latince) adında yapay bir dil icat etmiştir. Bugün yapay dillerin en bilineni
esperantodur. Peano ayrıca “Tanım nasıl tanımlanır” gibi yarı felsefi, yarı
matematiksel konularla da ilgilenmiştir.
1.71. Kümeler kuramının hemen hemen tüm matematiğin temelini oluşturabileceği zamanla
anlaşılmıştır. Yani kümelerden yola çıkarak matematiğin nokta, doğru, eğri, düzlem,
tam sayı, kesirli sayı, gerçel sayı, boyut, toplama, çarpma, fonksiyon gibi tüm temel
kavramları tanımlanabilir, ayrıca neredeyse tüm matematiksel kuramları kümeler kuramının içinde geliştirebiliriz. Bu yüzden de bugün kümeler kuramı matematiğin temeli
konumundadır.
1.72. “Ögesi olmak” anlamında kullanılan ∈ simgesi Yunan alfabesinin epsilon, yani e harfinin biraz stilize edilmiş şeklidir. Epsilon harfinin aslı ε biçimindedir. Epsilon harfi, eski
Yunancada “olmak” anlamına gelen (ama “kümenin içindedir” cümlesindeki “dir” eki
anlamında kullanılan) “esti” (έστί) kelimesinin baş harfi olması nedeniyle ünlü İtalyan
matematikçi Giuseppo Peano (1858-1932) tarafından 1889’da seçilmiştir. (Bu “esti” kelimesi Latinceye de geçmiş ve zamanla İngilizce this is a door cümlesindeki “is” ya da
21
İtalyancadaki “essere” ve Fransızcadaki ”être” yüklemlerine dönüşmüştür. Türkçede bu
yüklemin görevi, “bu bir kapıdır” cümlesinde olduğu gibi “dır” ekiyle görülmektedir.)
Giuseppe Peano’nun 1889 tarihli Arithmetices principia nova methodo exposita
adlı Latince yazılmış eserinde ∈ simgesinin ilk kullanımı. Küme yerine “sınıf” anlamına
gelen classis kelimesini kullandığı dikkatimizi çekiyor.
1.73. Mantık dahil pek çok bilimsel alanda sık sık kullanılan Venn diyagramları 1880 yılında
mantıkçı ve felsefeci John Venn (1834-1923) tarafından bulunmuştur.
John Venn (1834-1923)
1.74. Sayfa 6’daki Küme Eşitliği Önermesi aslında bir belittir . Belit, ya da Frekçesiyle aksiyom, ya da eskilerin deyimiyle postulat, doğruluğu kanıtlanmadan kabul edilen önerme
anlamına gelir. Belitler sorgulanabilirler tabii, ama sorgulamak istemeyen de beliti gerekçesiz kabul eder. Küme Eşitliği Önermesi (daha doğrusu beliti), matematikçilerin
sorgulamaktan bile kaçındıkları belitlerdendir, o kadar özümsenmiştir. Çok daha ileri
seviyede matematikte sorgulanabilecek kadar kuşku uyandıran belitler vardır.
Aslında Küme Eşitliği Önermesi, eğer istenirse, küme eşitliğinin tanımı olarak da kabul
edilebilir.
Her kuram belitlerden oluşur, dolayısıyla kümeler kuramının da belitleri vardır, ama bu
kitapta bu konuya girmeyeceğiz, sadece genel kültür olarak notlarda değineceğiz.
Metinde bir başka belit daha kullandık ama açık açık yazmadık. İşte o belit:
İki Ögeli Küme Önermesi: Eğer x ve y birer kümeyse, öge olarak sadece ve sadece
x ve y’yi içeren bir küme vardır.
22
1. Kümeler
Küme eşitliği önermesinden dolayı, varolduğu söylenen bu küme tektir, ne de olsa kümenin ögelerinin x ve y olduğu söylenmiş. Bu kümenin {x, y} olarak yazıldığını metinde
söylemiştik.
1.75. Örnek 1.31’de tanımlanan 01-dizisi kavramı matematikte çok önemlidir, âdeta matematiğin iskeletidir. Ama bilgisayarlar yaygınlaşalı bu kavram çok daha önemli bir konuma gelmiştir, çünkü internet üzerinden yolladığınız her mesaj bilgisayarınız tarafından
bir 01-dizisine dönüştürülüp karşı tarafa öyle yollanır. Mesajı yolladığınız kişinin bilgisayarı, aldığı bu 01-dizisini tekrar bildiğimiz dile çevirir.
İstenmeyen kişiler mesajı okuyamasın diye mesajlar şifrelenerek yollanır. Şifreleme konusu, anlaşılır nedenlerden, günümüzde çok önemli ve aktif bir araştırma alanıdır. İleride
göreceğimiz asal sayıların da şifrelemeyle çok yakın bir ilişkisi vardır.
1.76. Doğal sayılar kümesini simgeleyen N harfi Latince kökenli dillerden kaynaklanmaktadır:
İngilizce natural, Fransızca naturel, Almanca natürlich “doğal” demektir. Kelime Latince
naturalis’ten gelmektedir. Ne yazık ki N simgesini ilk kez kimin kullandığını bilmiyorum.
Sadece Türkçede gördüğüm sayma sayıları kümesinin simgesi S herhalde “sayma”nın
se’sinden kaynaklanıyordur.
1.2
Boşküme
Bir önceki altbölümde gördüğümüz tüm örneklerde kümelerin ögeleri vardı.
Bu altbölümde hiç ögesi olmayan bir kümeden söz edeceğiz.
Hiç ögesi olmayan bir küme var mıdır, daha doğrusu olmalı mıdır? Elbette
olmalıdır! Örneğin her şeyi bilen insanlar kümesinin hiç ögesi yoktur, 2015
yılına kadar Türkiye’nin ya da ABD’nin cumhurbaşkanı olmuş kadınlar kümesinin hiç ögesi yoktur. Hiç ögesi olmayan kümeden bol ne var! (Ama birazdan
hiç ögesi olmayan tek bir küme olduğunu kanıtlayacağız!)
Hiç ögesi olmayan bir kümenin varlığı kabul edilir:
Boşküme Önermesi: Hiç ögesi olmayan bir küme vardır.
Bu önermeyi bir nevi emir olarak algılayabilirsiniz.
Hiç ögesi olmayan kümeye boşküme denir. Boşkümenin bir tane bile ögesi
yoktur. Boşküme ∅ simgesiyle gösterilir. Demek ki x ne olursa olsun, x ∈
/ ∅.
Bazen boşkümenin { } olarak gösterildiği de olur. (Aman içine toz kaçmasın!)
Sadece bir tane boşküme vardır! (Zaten önceki iki paragrafta da sadece
bir tane boşküme olduğunu biliyormuşuz gibi “boşküme”den söz ettik.) Bunu
hemen kanıtlayabiliriz. Diyelim iki tane boşküme var, yani hiç ögesi olmayan
iki tane küme var. Hiç ögesi olmayan bu iki kümeye x ve y diyelim. x = y
eşitliğini kanıtlayacağız. Kanıtlayalım. Diyelim x ve y kümeleri birbirine eşit
değil. O zaman ikisinden birinde diğerinde olmayan bir öge olmalı, çünkü her
ikisinin de aynı ögeleri olsaydı, sayfa 6’daki Küme Eşitliği Önermesi’nden dolayı, x ve y kümeleri birbirine eşit olurdu. Ama bu kümelerin hiç ögesi yok
ki ikisinden birinde diğerinde olmayan bir öge olsun!.. Demek ki bu iki küme
birbirine eşitmiş...
1.2. Boşküme
23
Boşkümeden sadece bir tane olduğundan ona boşküme adını verme ve onu
∅ simgesiyle gösterme hakkını kendimizde buluyoruz. İki tane olsaydı örneğin,
birini ∅1 , diğerini ∅2 olarak göstermek zorunda kalırdık.
Demek ki s(∅) = 0 olur. Ayrıca ∅, 0 ögesi olan yegâne kümedir, yani
s(X) = 0 ise X = ∅ olmak zorundadır.
Şimdi birçok okura ilk okuyuşta tuhaf geleceğini sandığım bir teorem kanıtlayalım: Boşkümenin her ögesi 1’e eşittir! Kanıtın püf noktası boşkümenin
hiç öge içermemesidir. Tanımı gereği hiç öge içermeyen boşkümenin her ögesi
1’e eşittir! Bunu kanıtlayalım. Diyelim ki savımız yanlış, yani boşkümenin her
ögesi 1’e eşit değil... O zaman boşkümede 1’e eşit olmayan bir öge vardır. Ama
hani boşkümede hiç öge yoktu? Hiç ögesi olmayan boşkümede 1’e eşit olmayan
bir öge olabilir mi? Elbette olamaz. Demek ki boşkümenin her ögesi 1’e eşittir!
Bu kanıtın bir benzeri, boşkümenin her ögesinin 2’ye eşit olduğunu da
kanıtlar. Yani boşkümenin her ögesi hem 1’e hem de 2’ye eşittir, hatta hatta
√
π’ye ve 2’ye ve adını kimsenin duymadığı her sayıya da eşittir... Neyse
ki boşkümenin hiç ögesi yok... Olsaydı, 1 = 2 gibi saçmasapan bir eşitlik
kanıtlamış olacaktık!
Boşkümenin her ögesi istediğimiz tüm özellikleri sağlar. Boşkümenin her
ögesi sarıdır, yeşildir, uzundur ve aynı zamanda kısadır da. Hiç ögesi olmayan
boşkümenin tüm ögeleri tüm özellikleri ve eşitlikleri sağlar. Bunu boşkümenin
hiç ögesi olmamasına borçluyuz.
Boşkümeyi boşlamayalım! En önemli birkaç kümeden biridir boşküme. Bir
ögeli çok küme vardır, ama sıfır ögeli tek bir küme vardır: boşküme. Sadece bu özellik bile boşkümenin diğer kümelerden ayrılmasına, onun ayrıcalıklı
kılınmasına yeter.
Örnekler
1.77. Şu an sınıfınızda bulunan eşekler kümesi muhtemelen boşkümedir!
1.78. Türkçede içinde sesli harf barındırmayan sözcükler kümesi boşkümedir.
1.79. Gözümüzden kaçan olmamışsa ya da bilim insanları laboratuvar ortamında üretmemişlerse, günümüzde yaşayan dinozorlar kümesi boşkümedir.
1.80. x + 1 = 0 denkleminin yegâne çözümü x = −1’dir, dolayısıyla bu denklemin doğal
sayılardaki çözüm kümesi boşkümedir.
1.81. x2 + 1 = 0 denkleminin çözümü doğal sayılarda (ya da kesirli sayılarda ya da gerçel
sayılarda) yoktur, çünkü x hangi sayı olursa olsun, x2 + 1 sayısı 1’den küçük olamaz,
demek ki 0 da olamaz. Dolayısıyla bu denklemin tamsayılardaki çözüm kümesi boşkümedir.
1.82. Boşkümenin her ögesi 0’dan büyük bir sayıdır, çünkü aksi halde boşkümede 0’dan büyük
olmayan bir sayı olurdu! Aynı nedenden boşkümenin her ögesi 0’dan küçük bir sayıdır.
Boşkümenin hiç ögesi olmaması bizi bir çelişkiden kurtarıyor.
1.83. Boşkümenin her ögesi x2 + 1 = 0 denkleminin bir çözümüdür, çünkü aksi halde hiç ögesi
olmayan boşkümede x2 + 1 = 0 denkleminin çözümü olmayan bir öge olurdu. Daha
neler!
1.84. {∅} kümesi boşküme değildir, çünkü bir ögesi vardır, o da boşkümedir. Demek ki ∅ ∈ {∅}
24
1. Kümeler
olur.
1.85. {{∅}} kümesinin de bir ögesi vardır, o da {∅} kümesidir. Ama {{∅}} kümesi bir önceki
örnekteki {∅} kümesine eşit değildir, çünkü bu iki kümenin farklı ögeleri vardır.
1.86. {∅, {∅}} kümesinin iki ögesi vardır, çünkü ∅ ̸= {∅}.
1.87. Bu örnekte “ilkel” adını vereceğimiz bir kavram tanımlayacağız. Tanımımız şöyle: Eğer
bir kümenin tüm ögeleri ilkelse, kümenin kendisine de “ilkel” diyelim. Bu tanıma göre
boşküme ilkeldir, çünkü boşkümenin ilkel olmayan ögesi olamaz, ne de olsa boşkümenin (ilkel olsun ya da olmasın) hiç ögesi yoktur! Dolayısıyla {∅} kümesi de ilkeldir,
çünkü yegâne ögesi olan ∅ ilkeldir. Buradan {∅, {∅}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}}
kümelerinin de ilkel olduğu çıkar.
Alıştırmalar
1.88. Sınıfınızın, kardeşleri kümesi boşküme olan öğrencilerinden oluşan kümenin kaç ögesi
vardır? (Türkçesi: Sınıfınızda kardeşi olmayan kaç öğrenci vardır?)
1.89. 2x + 8 = 13 denkleminin doğal sayılar kümesindeki çözümlerinden oluşan kümeye A diyelim. 5x + 25 = 13 denkleminin tam sayılar kümesindeki çözümlerinden oluşan kümeye
B diyelim. 5x2 + 7 = 2 denkleminin kesirli sayılar kümesinde olan çözümlerden oluşan
kümeye C diyelim. A = B = C eşitliğini gösterin.
1.90. Bir futbol takımında 1’den 11’e kadar numaralı 11 oyuncu var. Soyunma odasında da
1’den 11’e kadar numaralandırılmış dolaplar var. Dolapların hepsi başlangıçta kapalı.
Birinci oyuncu dolapların hepsini açıyor. Sonra ikinci oyuncu odaya giriyor ve çift numaralı dolapları kapatıyor. Ardından üçüncü oyuncu giriyor ve 3’e bölünen numaralı
dolapları açıksa kapatıyor, kapalıysa açıyor. Sonra sıra dördüncü oyuncuya geliyor, o
da 4’e bölünen numaralı dolaplara müdahale ediyor, açıksa kapatıyor, kapalıysa açıyor.
Bu böyle 11’inci oyuncuya kadar devam ediyor. n’inci oyuncudan sonraki açık dolaplar
kümesine An diyelim. Başlangıçta tüm dolaplar kapalı olduğu için A0 = ∅ tanımını yapalım. Elbette A1 = {1, 2, . . . , 11} ve A2 = {1, 3, 5, 7, 9, 11} olur. A3 = {1, 5, 6, 7, 11}
eşitliğini bulmak zor değil. A4 ’ten A11 ’e kadar olan kümeleri bulun.
1.91. Yukarıdaki soruda, yedeklerle birlikte futbol takımında 20 öğrenci ve 20 dolap varsa,
A20 kümesini bulun.
1.92. Yukarıdaki sorularda en sonda açık kalan dolaplar kümesinin oyuncuların odaya giriş
sırasından bağımsız olduğunu gözlemleyin. Yani öğrenciler odaya hangi sırayla girerse
girsin, en sonda hep aynı dolaplar açık kalır.
1.93. Bu soruda oyuncu ve dolap sayısını sonsuz yapalım: Oyuncuların numaraları 1, 2, 3
gibi sayma sayıları olsun. Dolaplar da aynen oyuncular gibi sayma sayılarıyla numaralandırılmış olsun. Her öğrenci teker teker odaya girip kapalı dolapları açsın, açıkları
kapatsın. Tüm öğrenciler odaya girip çıktığında (!) hangi dolaplar açık kalır?
1.3
Altküme
A ve B iki küme olsun. Eğer A’nın her ögesi B’nin de bir ögesiyse, A’nın B’nin
bir altkümesi olduğu söylenir. Örneğin
{0, 2, 5}
kümesi
{0, 1, 2, 5, 8, 9}
1.3. Altküme
25
kümesinin bir altkümesidir çünkü birinci kümenin ögesi olan tüm ögeler (0, 2
ve 5 sayıları) ikinci kümenin de ögeleridir, ama {0, 2, 5} kümesi,
{1, 2, 5, 8, 9}
kümesinin bir altkümesi değildir çünkü bu son kümede 0 yoktur.
Eğer A, B’nin bir altkümesiyse, bunu
A⊆B
olarak gösteririz. Ender de olsa, bu durumda bazen B’nin A’nın üstkümesi
olduğu söylenir. B’nin A’yı kapsadığı da söylenir. İki küme arasındaki bu ⊆
ilişkisine kapsama ilişkisi ya da altküme olma ilişkisi diyeceğiz.
Eğer A ⊆ B ise, Venn diyagramı şöyle bir şey olur:
B
A
Hayattan örnek vermek gerekirse, sınıfımızın kız öğrencilerinden oluşan
küme, sınıfımızın (ya da okulumuzun) öğrencilerinden oluşan kümenin altkümesidir. Ya da ailemizin 18 yaşına girmemiş bireylerinden oluşan küme, ailemizin bireylerinden oluşan kümenin altkümesidir. Bir başka örnek, ikâmetgâhı
İstanbul’da olan vatandaşlardan oluşan küme, tüm vatandaşlardan oluşan
kümenin altkümesidir. Ama bir matematik kitabında matematiksel nesnelerden oluşan kümelerden söz etmek gerekir, biz de çoğunlukla öyle yapacağız.
İşte matematiksel bir örnek:
S⊆N
olur. Bir başkası:
{0, 3, 5, 7} ⊆ {0, 1, 3, 4, 5, 7, 11}
olur.
Bir A kümesinin bir B kümesinin altkümesi olmaması için, yani A’nın
her ögesinin B’de olmaması için, A’da olan ama B’de olmayan en az bir öge
olmalıdır; bu durum
A ̸⊆ B
olarak gösterilir. Örneğin memeli hayvanlar kümesi dört ayaklı hayvanlar kümesinin altkümesi değildir, çünkü örneğin balina memeli bir hayvandır ama
dört ayağı yoktur. Matematiksel bir örnek: {1, 2, 3} kümesi {0, 1, 2, 4, 5}
kümesinin bir altkümesi değildir, çünkü birinci kümedeki 3 ögesi ikinci kümede
değildir.
26
1. Kümeler
Sonlu bir kümenin altkümeleri de sonludur tabii. Hatta eğer A ⊆ B ise ve
B sonluysa, s(A) ≤ s(B) olur.
Örnekler
1.94. Çift doğal sayılar kümesi 2N, doğal sayılar kümesi N’nin bir altkümesidir elbette, ne de
olsa her çift doğal sayı bir doğal sayıdır. Yani 2N ⊆ N olur.
1.95. 6’ya bölünen doğal sayılar kümesi 6N, çift doğal sayılar kümesi 2N’nin bir altkümesidir.
Yani 6N ⊆ 2N olur çünkü 6’ya bölünen bir doğal sayı mecburen 2’ye de bölünür yani
bir çift sayı olur.
1.96. Ama 2N, 6N’nin bir altkümesi değildir, nitekim 2N kümesinin bir ögesi olan 2, 6’ya
bölünmediği için 6N kümesinin bir ögesi değildir. Matematiksel simgelerle göstermek
gerekirse, 2N ̸⊆ 6N olur.
1.97. Ne 3N, 5N’nin ne de 5N, 3N’nin bir altkümesidir. Ama mesela 15N kümesi hem 3N
kümesinin hem de 5N kümesinin bir altkümesidir.
1.98. 6N ve 15N kümeleri 3N kümesinin altkümeleridir.
1.99. {0, 3, 9, 15} ⊆ 3N olur.
1.100. {a} kümesi {a, b} kümesinin bir altkümesidir.
1.101. {a, b}, {b, c} ve {a, c} kümeleri {a, b, c} kümesinin birer altkümesidir. Ayrıca {a}, {b}
ve {c} kümeleri de {a, b, c} kümesinin bir altkümesidir.
1.102. {a} kümesinin {b, c, d} kümesinin bir altkümesi olması için yeter ve gerek koşul a’nın
b, c ya da d’ye eşit olmasıdır.
1.103. Birazdan her kümenin kendisinin altkümesi olduğunu göreceğiz (Teorem 1.1.i), yani her
x kümesi için x ⊆ x olur, ama bu olgu daha şimdiden bariz olmalı.
1.104. Küme Eşitliği Önermesi’ne göre, x = y olması için yeter ve gerek koşul x ⊆ y ve y ⊆ x
önermelerinin doğru olmasıdır. Bunu da birazdan teorem adı altında yazacağız (bkz.
Teorem 1.1.i ve ii).
1.105. Birazdan boşkümenin her kümenin altkümesi olduğunu kanıtlayacağız (Teorem 1.2),
ama bir önceki altbölümü hakkıyla okuyan okur için bu olgu daha şimdiden bariz olmalı.
1.106. {0, 1} kümesi {0, 1, {0, 1}} kümesinin hem bir ögesi hem de bir alkümesidir. Tuhaf ama
gerçek! Bazen bir küme bir başka kümenin hem ögesi hem de altkümesi olabilir. Örnekler
inşa etmek kolay: Mesela eğer x = {1, 2, 3} ise, x kümesi {1, 2, 3, x} kümesinin hem
bir ögesi hem de bir altkümesidir.
1.107. 5 ögeli bir kümenin 6 ögeli altkümesi yoktur; 7 ögeli altkümesi de olamaz.
1.108. {2} kümesi {1, 2} kümesinin bir altkümesidir ama ögesi değildir. Ama {2} kümesi
{1, 2, {2}} kümesinin hem bir ögesi hem de bir altkümesidir. 1 ise {1, 2, {2}} kümesinin
sadece bir ögesidir, bir altkümesi değildir. Ögelerle altkümeleri karıştırmamak lazım;
örneğin birazdan göreceğimiz üzere, boşküme her kümenin altkümesidir, ama boşküme
her kümenin ögesi değildir. (Neden olsun ki!)
1.109. A = {0, 1, 2, 3, 4} kümesinin iki ögeli altkümelerini bulalım:
{0, 1},
{0, 2},
{1, 2},
{0, 3},
{1, 3},
{2, 3},
{0,
{1,
{2,
{3,
4},
4},
4},
4}.
Görüldüğü üzere toplam 10 tane var. Okur herhalde buradan hareketle A’nın üç ögeli
altkümelerini de bulabilir, onlardan da tam 10 tane vardır.
1.110. n ögeli kümenin n ögeli tek bir altkümesi vardır, o da kendisidir. Her kümenin 0 ögeli
tek bir altkümesi vardır, o da boşkümedir.
1.3. Altküme
27
1.111. n ögeli bir kümenin 1 ögeli altküme sayısı n’dir.
1.112. n ögeli bir kümenin n − 1 ögeli altküme sayısı n’dir. (Niye?)
1.113. 100 ögeli bir kümenin kaç tane 30 ögeli altkümesi vardır? Eğer daha önce bir yerden öğrenmemişseniz, bu aşamada bu tür sorunun çok zor olduğunu düşünebilirsiniz.
Ama ileride çok kolay bir yöntemle bu sayının (eğer bir hesap hatası yapmadıysak!)
24.934.074.551.452.400.000.000 olduğunu hesaplayabileceğiz.
Hemen basit bir teorem kanıtlayalım:
Teorem 1.1. A ve B herhangi iki küme olsun. O zaman şu önermeler doğrudur:
i. A ⊆ A olur.
ii. A ⊆ B ve B ⊆ A ise A = B olur.
iii. A ⊆ B ve B ⊆ C ise A ⊆ C olur.
Kanıt: i. A’nın her ögesi elbette A’nın bir ögesidir, dolayısıyla altküme olmanın tanımına göre A ⊆ A olur.
ii. A ⊆ B ve B ⊆ A varsayımlarını yapalım. A ⊆ B olduğundan A’nın her
ögesi B’dedir. B ⊆ A olduğundan B’nin her ögesi A’dadır. Demek ki A ile B
kümelerinin aynı ögeleri vardır. Sayfa 6’teki Küme Eşitliği Önermesi’ne göre
A = B olur.
iii. A ⊆ B ve B ⊆ C varsayımlarını yapalım. A’dan rastgele bir öge alalım.
A ⊆ B olduğundan, bu öge B’dedir. Ama ayrıca B ⊆ C olduğundan, B’de
olan bu öge aynı zamanda C’dedir. Demek ki A’nın her ögesi C’dedir, yani
A ⊆ C olur.
Teoremin ikinci maddesi, A ve B kümelerinin eşit olduklarını kanıtlamak
için A ve B’nin birbirlerinin altkümesi olması gerektiğini söylüyor.
Yukarıda kanıtladığımız üç önermeye boşkümenin her kümenin bir altkümesi olduğunu da eklemeliydik belki ama kanıtladığımız o üç önerme özel
önermelerdir, onları bozmak istemedik. Boşkümenin her kümenin altkümesi
olduğunu şimdi kanıtlayalım:
Teorem 1.2. Her A kümesi için ∅ ⊆ A olur.
Kanıt: Eğer ∅ ⊆ A önermesi doğru olmasaydı, yani boşkümenin her ögesi
A’da olmasaydı, o zaman, boşkümede A’da olmayan bir öge olurdu, ama
boşkümede hiç öge yoktur ki A’da olmayan bir ögesi olsun... Dolayısıyla boşküme A’nın bir altkümesidir.
Notlar
1.114. Teorem 1.2’nin kanıt yöntemine “olmayana ergi” adı verilir. Bu kanıt yönteminde kanıtlanmak istenen önermenin (örneğimizde ∅ ⊆ A önermesi) yanlış olduğu varsayılır ve
bu varsayımdan hareketle bir çelişki, yani bir saçmalık (örneğimizde boşkümenin bir
ögesi olduğu saçmalığı) elde edilir. Böylece önermenin yanlış olduğunun yanlış olduğu,
dolayısıyla önermenin doğru olduğu anlaşılır.
28
1. Kümeler
Olmayana ergi yöntemi mantıkta, “saçmaya indirgeme” demek olan Latince reductio ad
absurdum sözleriyle ifade edilir.
1.115. Sayfa 6’teki Küme Eşitliği Önermesi ya da sayfa 21’deki İki Ögeli Küme Eşitliği Önermesi gibi, sayfa 22’deki Boşküme Önermesi de bir belittir (bkz. Not 1.74), yani doğruluğu
kanıtlanmadan kabul edilen önermelerdendir. Aşağıdaki Altkümeler Kümesi Önermesi
de bir başka belittir. Kümeler kuramının bu kitapta hiç söz etmeyeceğimiz başka belitleri
de vardır.
Altkümeler Kümesi Önermesi: Eğer X bir kümeyse, ögeleri X’in altkümelerinden oluşan bir küme vardır.
Yukarıda var olduğu söylenen bu küme ℘(X) olarak yazılır. Adına X’in
kuvvet kümesi ya da daha doğal olarak X’in altkümeler kümesi denir.
Demek ki ℘(X) kümesinin ögeleri X kümesinin altkümeleridir, yani Y ∈ ℘(X)
önermesinin doğru olması için yeter ve gerek koşul Y ⊆ X önermesidir. Örneklerle her şey daha anlaşılır olacak:
Örnekler
1.116. Her X kümesi için
∅ ⊆ X ve X ⊆ X
önermelerinin doğruluğunu artık biliyoruz. Demek ki ∅, X ∈ ℘(X). Ama bir kümenin genellikle başka altkümeleri de vardır. Oldukça basit bir örnekte bir kümenin tüm
altkümelerini bulalım.
X = {0, 1, 2}
olsun. X’in tüm altkümelerini bulmak zor değildir, işte:
∅, {0}, {1}, {2}, {0, 1}, {0, 2}, {1, 2}, {0, 1, 2}.
Demek ki A’nın 8 tane altkümesi var ve
℘(X) = {∅, {0}, {1}, {2}, {0, 1}, {0, 2}, {1, 2}, {0, 1, 2}}.
1.117. Yukarıdaki örnekten de anlaşılacağı üzere 3 ögeli her kümenin 8 tane altkümesi vardır.
1.118. 2 ögeli bir kümenin 4 tane altkümesi vardır. Örneğin A = {0, 1} ise A’nın altkümeleri
şunlardır:
0, {0}, {1}, {0, 1}.
1.119. 1 ögeli bir kümenin 2 tane altkümesi vardır. Örneğin A = {a} ise A’nın altkümeleri
şunlardır:
∅, {a}.
1.120. 0 ögeli bir kümenin, yani boşkümenin tek bir altkümesi vardır, o da kendisidir, yani
boşkümedir. Boşküme, bu özelliği (tek bir altkümesi olma özelliğini) sağlayan yegâne
kümedir.
1.121. 4 ögeli bir kümenin 16 tane altkümesi olduğunu tahmin etmiş olabilirsiniz. Nitekim
öyledir. Alıştırma olarak {0, 1, 2, 3} kümesinin 16 altkümesini bulun.
1.122. n ögeli bir kümenin 2n tane altkümesi vardır. Örneğin 10 ögeli bir kümenin 210 , yani
1024 tane altkümesi vardır. Bunu kanıtlamak o kadar zor değildir. 10 ögeli bir küme
alalım, diyelim 0’dan 9’a kadar olan rakamları içeren kümeyi aldık. Bir altküme ögeleri tarafından belirlendiğinden, bir altküme yaratmak için 10 rakamın her biri için ya
“evet, bu rakam altkümenin ögesidir” ya da “hayır, bu rakam altkümenin ögesi değildir”
1.3. Altküme
29
kararını almalıyız. Her rakam için iki karardan birini almak zorunda olduğumuzdan ve
toplam 10 rakam olduğundan, toplam 210 altküme seçeneği vardır.
Demek ki s(A) = n ise, s(℘(A)) = 2n olur.
n = 3 için söylediklerimizi daha da somutlaştıralım. Diyelim üç ögeli
X = {a, b, c}
kümesini aldık. X’in altkümeleri şunlardır:
∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}.
Toplam 8 tane, yani 23 tane olduğu görülüyor. Bu kümeleri 01-dizileriyle sırasıyla şöyle
kodlayabiliriz (açıklama hemen sonra gelecek):
000, 100, 010, 001, 110, 101, 011, 111.
Kodlamayı şöyle yaptık:
∅’yi 000 ile temsil ettik çünkü boşkümede ne a var, ne b var, ne de c.
{a} kümesini 100 ile temsil ettik çünkü sadece a kümede, b ve c kümede değiller. Dizinin
ilk terimi olan 1, a’nın altkümede olduğunu söylüyor. Bu 1’den sonra gelen iki adet 0, b
ve c’nin kümeye dahil olmadığını söylüyor.
{b, c} kümesini 011 ile temsil ettik, çünkü a kümede değil (dizinin ilk terimi bu yüzden
0), ama b ve c altkümedeler (dizinin ikinci ve üçüncü terimi bu yüzden 1).
1.123. n ögeli bir kümenin iki ögeli altküme sayısını bulalım. n ögeli kümeye A diyelim. İki
ögeli bir altküme seçmek demek aslında A kümesinden iki öge seçmek demektir. Birinci
öge için n tane seçenek var. Birinci öge seçildikten sonra geriye n − 1 tane seçenek kalır.
Böylece toplamda (!) tam n(n − 1) tane seçenek vardır. Ama bir kümede “birinci öge”,
“ikinci öge” yoktur ki, yani {a, b} kümesiyle {b, a} kümesi arasında bir fark yoktur,
oysa bulduğumuz n(n − 1) seçenekte bu iki yazılım iki farklı kümeye işaret ediyormuş
gibi algılandı. Dolayısıyla bu sayıyı 2’ye bölmemiz lazım. Yani n ögeli bir kümenin 2
ögeli atküme sayısı n(n − 1)/2’dir.
1.124. Eğer B ⊆ C ise ℘(B) ⊆ ℘(C) olur elbette. Bu dediğimiz aynen Teorem 1.1.iii önermesidir.
1.125. Eğer A bir kümeyse, ℘(A) da bir kümedir, dolayısıyla ℘(A)’nın da altkümeleri vardır;
bu altkümeler de elbette ℘(℘(A)) kümesinin ögeleridir. Örneğin A = {1, 2, 3} ise,
{{1}, {1, 2}} ⊆ ℘(A)
olur çünkü soldaki kümenin her ögesi (ki sadece iki tane var), ℘(A) kümesinin ögesidir,
yani A’nın bir altkümesidir.
1.126. Her A kümesi için, A ⊆ A olduğundan, her zaman A ∈ ℘(A) olur. Peki, A ∈ ℘(℘(A))
olduğu durumlar olur mu? Evet. Mesela A = ∅ ise, her X kümesi için A ∈ ℘(X)
olur (çünkü boşküme her kümenin altkümesidir), bunun özel bir durumu olarak (X =
℘(A) alalım) A ∈ ℘(℘(A)) olur. Peki... Boşkümeden başka bu özelliği sağlayan başka A
kümeleri var mı? Evet var. Şu tanımları yapalım:
A0
A1
A2
A3
A4
=
=
=
=
=
∅
{A0 }
{A0 , A1 }
{A0 , A1 , A2 }
{A0 , A1 , A2 , A3 }
Her i = 0, 1, 2, 3, 4 için Ai ∈ ℘(℘(Ai )) olur. Örnekleri çoğaltmak zor değil.
30
1. Kümeler
1.127. A = {1, 2, 3, 4, 5} olsun. A’nın 25 , yani 32 tane altkümesi olduğunu biliyoruz. A’nın 3
ögeli altkümelerini bulalım:
{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 2, 5}, {1, 3, 4}, {1, 3, 5}, {1, 4, 5},
{2, 3, 4}, {2, 3, 5}, {2, 4, 5},
{3, 4, 5}.
Toplam 10 tane var. A’nın iki ögeli altkümeleri de aşağıda:
{4, 5}, {3, 5}, {3, 4}, {2, 5}, {2, 4}, {2, 3},
{1, 5}, {1, 4}, {1, 3},
{1, 2}.
Bunlardan da toplam 10 tane var. İki listeyi karşılaştırdığınızda kümelerin birbirini tamamladığını görüyor musunuz? Aynı pozisyondaki kümeler birbirinin “tümleyeni”, bu
konuyu daha sonra da göreceğiz.
Bu örnekten güzel bir geometrik şekil ortaya çıkarabiliriz. Yukarıda listesini yaptığımız
iki ögeli 10 kümenin her biri için düzleme bir nokta koyalım. Demek ki toplam 10 noktamız var. Noktaların adları kümelerin kendisi olsun. Örneğin noktalardan birinin adı
{1, 2}; bir diğerininki {2, 5}. Böyle bunun gibi 10 tane noktamız olsun. Eğer iki noktanın
adları kesişmiyorsa, iki nokta arasına bir doğru parçası çizelim; örneğin {1, 2} noktasıyla
{3, 4}, {3, 5} ve {4, 5} noktalarını birleştirelim. Eğer noktaların adları kesişiyorsa noktaları birleştirmeyelim; örneğin {1, 2} noktasıyla {1, 4} noktası arasına bir doğru çizilmez.
Eğer noktaları düzleme doğru biçimde yerleştirirsek aşağıdaki güzel şekli elde ederiz.
{1, 2}
{3, 4}
{3, 5}
{2, 5}
{1, 3}
{4, 5}
{1, 4}
{2, 4}
{5, 1}
{2, 3}
Bu şekil matematikte oldukça ünlüdür, Petersen çizgesi olarak bilinir.
Özaltküme. Eğer Y ⊆ X ama Y ̸= X ise, Y ’ye X’in özaltkümesi adı verilir.
Bu durum
Y ⊂X
olarak gösterilir5 .
n ögeli bir kümenin 2n tane altkümesi olduğunu söyledik. Demek ki n ögeli
bir kümenin 2n − 1 tane özaltkümesi vardır.
Boşkümenin ise özaltkümesi yoktur; yani boşkümenin özaltkümelerinden
oluşan küme gene boşkümedir.
Alıştırmalar
1.128. {1, 3, 7} kümesinin kaç altkümesi vardır?
5
Maalesef birçok kitapta ⊆ ile ⊂ simgeleri arasında bir fark gözetilmez.
1.3. Altküme
1.129.
1.130.
1.131.
1.132.
1.133.
1.134.
1.135.
1.136.
1.137.
1.138.
1.139.
1.140.
1.141.
1.142.
1.143.
1.144.
1.145.
1.146.
1.147.
1.148.
1.149.
1.150.
1.151.
1.152.
1.153.
1.154.
1.155.
1.156.
1.157.
1.158.
1.159.
1.160.
31
{1, 3, 7} kümesinin tüm altkümelerini bulun.
{1, 3, 5, 7} kümesinin tüm altkümelerini bulun.
Sadece 5 altkümesi olan bir küme var mıdır?
Sadece 1268 altkümesi olan bir küme var mıdır?
Tam 1024 tane altkümesi olan bir kümenin kaç ögesi vardır?
A = {0, 1} kümesinin 4 tane altkümesi vardır. Dolayısıyla ℘(A) kümesinin 4 ögesi vardır. Bundan da ℘(A) kümesinin 24 , yani 16 tane altkümesi olduğu anlaşılır. Bir başka
deyişle ℘(℘(A)) kümesinin 16 tane ögesi vardır. Tüm bu ögeleri bulun.
5 ögeli bir kümenin tüm altkümelerini bulun.
{1, 2, 3, 4, 5, 6} kümesinin üç ögeli tüm altkümelerini bulun.
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin kaç tane üç ögeli altkümesi vardır?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin 1’i içeren kaç altkümesi vardır?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin 1 ve 2’yi içeren kaç altkümesi vardır?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin 1’i ya da 2’yi içeren (her ikisini birden de içerebilir) kaç
altkümesi vardır?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin 1’i ya da 2’yi içermeyen (her ikisini birden de içermeyebilir) kaç altkümesi vardır?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin 1’i ve 2’yi içermeyen kaç altkümesi vardır?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin sadece çift sayılardan oluşan kaç altkümesi vardır?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin kaç altkümesinde 1 vardır ama 2 yoktur?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin kaç altkümesinde 1 ve 2 bulunur ama 3 bulunmaz?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin ögelerinin toplamı 13 olan kaç altkümesi vardır?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin çift sayıda öge içeren kaç altkümesi vardır?
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin eşit sayıda tek ve çift sayı içeren kaç altkümesi vardır?
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} ve B = {1, 2, 3} olsun. A’nın altkümesi olan ama B’nin
altkümesi olmayan kaç küme vardır?
B ⊂ A olsun. s(A) = n ve s(B) = m olsun. A’nın altkümesi olan ama B’nin altkümesi
olmayan 2n − 2m tane küme olduğunu gösterin.
B ⊂ A olsun. s(A) = n ve s(B) = m olsun. B ⊂ C ⊆ A özelliğini sağlayan C kümesi
sayısının 2n−m − 1 olduğunu kanıtlayın.
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} olsun. A’nın en az bir tek sayı içeren altkümelerinin sayısını
bulun.
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} olsun. A’nın tam iki çift sayı içeren altkümelerinin sayısını
bulun.
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, B = {1, 2, 3} ve C = {8, 9} olsun. A’nın B’yi kapsayan
ama C ile ayrık olan altküme sayısını bulun.
A, B ve C yukarıdaki gibi olsun. A’nın C’yi kapsayan ama B ile ayrık olan altküme
sayısını bulun.
A, B ve C yukarıdaki gibi olsun. A’nın C ve B ile ayrık olmayan altküme sayısını bulun.
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, B = {1, 2, 3} ve C = {1, 8, 9} olsun. A’nın C ve B ile
ayrık olmayan altküme sayısını bulun.
A = {1, {1, 2}, {2}, {1, 3}, 3, 4} kümesinin altkümelerinin kaçında 1 öge olarak bulunur?
A ⊆ B, s(A) = 4 ve s(B) = 12 ise B kümesinin 8 ögeli altkümelerinin kaçı A kümesini
kapsar?
4 ögeli bir kümenin kaç tane tek sayıda ögeli altkümesi vardır? Kaç tane çift sayıda
32
1. Kümeler
ögeli altkümesi vardır?
1.161. 5 ögeli bir kümenin kaç tane tek sayıda ögeli altkümesi vardır? Kaç tane çift sayıda
ögeli altkümesi vardır?
1.162. Yukarıdaki iki alıştırmadan, sonlu bir kümenin tek sayıda ögeli altküme sayısının çift
sayıda ögeli altküme sayısına eşit olduğunu tahmin etmişsinizdir, yeter ki küme boşküme
olmasın. an , n ögeli bir kümenin tek sayıda ögeli altküme sayısı olsun. bn de n ögeli bir
kümenin tek sayıda ögeli altküme sayısı olsun. Demek ki
an + bn = 2n .
Amacımız, eğer n ≥ 1 ise an = bn = 2n−1 eşitliğini göstermek. a1 = b1 = 1 olduğunu
gösterin. Demek ki an = bn = 2n−1 eşitliği n = 1 için doğru. Yukarıdaki iki alıştırmada
a4 = b4 = 23 ve a5 = b5 = 24 eşitliklerini göstermiştiniz. an+1 = an +bn ve bn+1 = bn +an
eşitliklerini gösterin. Bundan da hemen an+1 = an + bn = 2n ve bn+1 = bn + an = 2n
eşitlikleri çıkar. İstediğimiz kanıtlanmıştır (neden?).
1.163. n ögeli bir kümenin kaç tane 3 ögeli altkümesi vardır? (Bkz. Örnek 1.123.)
1.164. “A ∈ ℘(℘(A))” önermesiyle, “her x ∈ A için x ⊆ A” önermesinin eşdeğer olduğunu
kanıtlayın, yani biri doğruysa diğeri de doğrudur. (Bkz. Örnek 1.126.)
1.4
Kümesel İşlemler
Bu bölümde kümelerle ilgili birkaç işlem göreceğiz. Yani bir ya da daha fazla
kümeden başka kümeler elde etmeyi öğreneceğiz.
1.4.1
Bileşim
A ve B adında iki küme alalım. A ya da B kümelerinden en az birinde olan
ögelerden oluşan kümeye A ile B kümelerinin bileşimi adı verilir. Örneğin,
A = {0, 2, 5, 7} ve B = {1, 3, 5, 9}
ise, bu iki kümenin bileşimi
{0, 1, 2, 3, 5, 7, 9}
kümesidir. Bu bileşim A ∪ B olarak yazılır. Demek ki yukarıdaki örnekte
A ∪ B = {0, 1, 2, 3, 5, 7, 9}
oluyor. Bileşim kümesinde her iki kümede birden olan ögeler de yer alır.
Sonuç olarak A ∪ B kümesinin ögeleri ya A’nın ya da B’nin ögelerinden
oluşur, bunlara aynı anda hem A’da hem de B’de olan ögeler de dahildir. Matematikte ve mantıkta “ya şu koşul ya da bu koşul” dendiğinde her iki koşulun
da doğru olduğu durumlar da kapsanır. (Günlük konuşmada “ya sinemaya ya
da pikniğe gideceğiz” dendiğinde, genel olarak iki işten sadece biri yapılacağı
anlaşılır; ama matematikte ve mantıkta öyle değildir, bu cümle mantıksal anlamıyla her iki işin birden yapılacağı durumu da kapsar.)
1.4. Kümesel İşlemler
33
Örnekler
1.165. x = {0, 2, 4, 5} ve y = {1, 3, 5} kümelerinin bileşimi olan
{0, 1, 2, 3, 4, 5}
kümesinin Venn diyagramı aşağıda:
1.166. Hayattan bir örnek alalım. Sınıfımızın öğrencilerini yanında yaşlarıyla birlikte listeleyelim: Ahmet (16), Beyza (13), Celal (14), Doğan (14), Esengül (15), Furkan (14),
Gökhan (15), Hümeyra (15), İhsan (13), Jale (14). O zaman sınıfımızın 15 yaşına basmış
öğrencilerinden oluşan kümeyle sınıfımızın kız öğrencilerinden oluşan kümenin bileşimi,
Ahmet, Beyza, Esengül, Gökhan, Hümeyra ve Jale
1.167.
1.168.
1.169.
1.170.
1.171.
1.172.
1.173.
1.174.
1.175.
öğrencilerinden (ögelerinden) oluşur. Görüldüğü gibi Esengül ve Hümeyra da bu kümenin ögeleriler.
Eğer x çift doğal sayılar kümesiyse, y de 3’e bölünen doğal sayılar kümesiyse, o zaman
x ∪ y bileşimi ya 2’ye ya da 3’e bölünen doğal sayılar kümesi olur. 0, 2, 3, 4, 6, 8, 9
sayılarını içerir ama 1, 5, 7 sayılarını içermez.
Doğal sayılar kümesinin N ile gösterildiğini söylemiştik. Demek ki bir önceki paragraf
0, 2, 3, 4, 6, 8, 9 ∈ 2N ∪ 3N ve 1, 5, 7 ∈
/ 2N ∪ 3N diyor.
3, 15 ̸∈ 6N ∪ 9N olur.
Her A kümesi için, A ∪ A = A olur.
Bileşimin tanımı gereği, her A ve B kümesi için, A ⊆ A ∪ B olur. Tabii aynı zamanda
B ⊆ A ∪ B olur.
Elbette her A ve B kümesi için A ∪ B = B ∪ A olur, çünkü A ve B kümelerinden
en azından birinde olan ögeler, aynen, B ve A kümelerinden en azından birinde olan
ögelerdir, ne bir fazla ne bir eksik.
Eğer A ⊆ B ise A ∪ B = B olur. Örneğin A = {2, 3, 4} ve B = {1, 2, 3, 4, 5} ise
A ∪ B = B olur. Sınıftan bir örnek: Kız öğrenciler kümesiyle öğrenciler kümesinin bileşimi gene öğrenciler kümesidir. 14 yaşından büyük öğrenciler kümesiyle 13 yaşından
büyük öğrenciler kümesinin bileşimi gene 13 yaşından büyük öğrenciler kümesidir.
Bu olgunun özel bir durumu olarak, Teorem 1.2’den dolayı, her B kümesi için ∅ ∪ B = B
olur, bir başka deyişle boşküme, bileşim işleminin etkisiz ögesidir .
Bir önceki maddede söylediğimizin diğer istikameti de doğrudur, yani A ∪ B = B ise,
A ⊆ B olmak zorundadır, nitekim A’nın her ögesi A ∪ B kümesinin bir ögesidir ve
A ∪ B = B varsayımı sayesinde A ∪ B kümesinin her ögesi B kümesindedir. Demek ki
A’nın her ögesi B kümesinin bir ögesidir. Dolayısıyla A ⊆ B olur.
Biraz daha somut ama matematiksel örnek verelim: 3N ∪ 12N = 3N olur; çünkü 12’ye
bölünen her doğal sayı 3’e de bölünür, yani 12N ⊆ 3N olur. Öte yandan 12N ile 15N
kümeleri “altküme olma ilişkisi” açısından karşılaştırılamaz, hiçbiri diğerinin altkümesi
değildir, dolayısıyla bu iki altkümenin bileşimi ikisinden de daha büyük bir kümedir.
Bileşimin belli başlı özelliklerini toplu halde yazalım: Her x, y ve z kümesi için aşağıdaki
önermeler doğrudur.
34
1. Kümeler
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Değişme Özelliği : x ∪ y = y ∪ x.
Etkisiz Öge : x ∪ ∅ = x.
Birleşme Özelliği : x ∪ (y ∪ z) = (x ∪ y) ∪ z.
Tekkuvvetli İşlem : x ∪ x = x.
Eğer x, y ⊆ z ise x ⊆ x ∪ y ⊆ z olur.
x ⊆ y ve x ∪ y = y önermelerinden biri doğruysa diğeri de doğrudur.
1.176. Eğer x bir kümeyse, x kümesi x ∪ {x} kümesinin aynı zamanda hem bir ögesi hem de
bir altkümesidir.
1.177. Biraz önce sözünü ettiğimiz birleşme özelliğini biraz açalım. A, B ve C üç küme olsun.
A ∪ B ile C’nin bileşimi alınabilir, yani (A ∪ B) ∪ C kümesinden söz edebiliriz. Ve tabii
ki A ∪ (B ∪ C) kümesinden de söz edebiliriz. “Birleşme özelliği” adı verilen
(A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)
eşitliği bariz olmalı. Bu eşitlik, birden fazla kümenin bileşimi alınırken bileşimin hangi
sırayla alındığının önemli olmadığını söylüyor, dolayısıyla parantezleri tamamen kaldırıp
(A ∪ B) ∪ C ya da A ∪ (B ∪ C) yerine A ∪ B ∪ C yazabiliriz. Aynı şey dört kümenin
bileşimi için de geçerlidir, örneğin
(A ∪ B) ∪ (C ∪ D) = A ∪ ((B ∪ C) ∪ D) = ((A ∪ B) ∪ C) ∪ D
olur; bu kümenin yerine de çok daha sade olarak A ∪ B ∪ C ∪ D yazabiliriz. Bu örnekleri
elbette çoğaltabiliriz; hatta A ∪ B ∪ C ∪ D ifadesinin kaç farklı biçimde parantezleneceği
ilginç bir alıştırmadır.
1.178. A = {1, 2, 3} ve B = {3, 5} olsun. {2, 5} ̸∈ ℘(A) ∪ ℘(B) olur, çünkü {2, 5} kümesi ne
A’nın ne de B’nin bir altkümesidir. Ama {2, 5} ∈ ℘(A ∪ B) olur.
1.179. Her A ve B kümesi için ℘(A) ∪ ℘(B) ⊆ ℘(A ∪ B) olur, ama yukarıdaki örnekten de
anlaşılacağı üzere her zaman eşitlik olmak zorunda değil. Bkz. Alıştırma 1.180.
Alıştırmalar
1.180. A ve B iki küme olsun. ℘(A) ∪ ℘(B) = ℘(A ∪ B) eşitliğinin geçerli olması için iki
kümeden birinin diğerinin altküme olmasının yeter ve gerek olduğunu gösterin.
1.181. ℘(A) ⊆ ℘(B) ile A ⊆ B önermelerinin eşdeğer olduklarını kanıtlayın, yani önermelerden
biri doğruysa diğerinin de doğru olduğunu kanıtlayın.
Burada sonlu sayıda kümenin bileşimini almayı gördük, ileride sonsuz sayıda kümenin bileşimini de almayı göreceğiz. Ama önce iki kümenin kesişimini
görelim.
1.4.2
Kesişim
İki kümenin kesişimini (ya da arakesitini ) almak iki kümenin bileşimini
almak kadar kolaydır. Örneğin sınıfımızın öğrencileri kümesiyle okulumuzun
kız öğrencileri kümesinin kesişimi sınıfımızın kız öğrencileri kümesidir. Daha
matematiksel bir örnek: Eğer
x = {1, 2, 3, 4} ve y = {2, 4, 6, 8}
ise, bu iki kümenin kesişimi
{2, 4}
35
kümesidir, yani iki kümenin ortak ögelerinden oluşan kümedir. Resmi aşağıda:
İki kümenin kesişimi ya da arakesiti her iki kümede birden olan ögelerin
kümesidir. x ve y kümelerinin kesişimi
x∩y
olarak yazılır.
Örnekler
1.182. Denizde yaşayan hayvanlar kümesiyle memeli hayvanlar kümesinin kesişiminde balina
ve fok gibi denizde yaşayan memeli hayvanlar vardır. Ama aslan ve yarasa bu kümenin
ögeleri değildir. Tavuk hele hiç değildir!
1.183. Eğer x çift doğal sayılar kümesiyse, y de 3’e bölünen doğal sayılar kümesiyse, x ∩ y
kesişimi 6’ya bölünen doğal sayılar kümesidir. Yani 2N ∩ 3N = 6N olur. Bir başka örnek:
6N ∩ 9N = 18N olur. Öte yandan 6Z ∩ 18Z = 18Z olur.
1.184. Tabii ikiden fazla kümenin de kesişimini alabiliriz. Birleşme özelliği kesişim için de
geçerlidir, yani her x, y, z kümesi için x ∩ (y ∩ z) = (x ∩ y) ∩ z olur, dolayısıyla kesişim
alınırken parantez kullanmak gereksizdir.
1.185. Bazen iki kümenin kesişimi boşküme olur. Örneğin tek doğal sayılar kümesiyle çift doğal
sayılar kümesinin kesişimi boşkümedir. Bu durumda iki kümenin ayrık kümeler olduğu
söylenir.
1.186. Bileşim için yaptığımız gibi ayrıntılara girmeyip, kesişimin birkaç özelliğini sıralayalım:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Değişme Özelliği : x ∩ y = y ∩ x.
Etkisiz Öge : x ∩ ∅ = ∅.
Tekkuvvetli İşlem : x ∩ x = x.
Birleşme Özelliği : x ∩ (y ∩ z) = (x ∩ y) ∩ z.
Eğer z ⊆ x ve z ⊆ y ise z ⊆ x ∩ y ⊆ x olur.
Eğer x ⊆ y ise x ∩ y = x olur.
1.187. Eğer z ⊆ x ve x ∩ y = ∅ ise, elbette z ∩ y = ∅ olur. Daha genel olarak, ayrık kümelerin
altkümeleri de ayrıktır.
1.188. Birleşme özelliği sayesinde, ikiden fazla kümenin kesişimini alırken parantezlere gerek
yok, dolayısıyla x ∩ (y ∩ z) yerine x ∩ y ∩ z yazabiliriz. Değişme özelliğinden dolayı
da kümelerin yerlerini istediğimiz gibi değiştirebiliriz. Tekkuvvetli işlem özelliğinden
dolayı da kesişimde her kümeyi tek bir defa yazmak yeterli. Yutma özelliğinden dolayı
da kesişimden üstkümeleri atıp sadece altkümelerle yetinebiliriz. Mesela kesişimi alınan
kümelerden biri boşkümeyse, tüm kesişim boşküme olur.
1.189. x ∩ y = x eşitliğinin doğru olması için, x ⊆ y önermesi yeter ve gerek koşuldur. Nitekim yukarıdaki “yutma” maddesinde x ⊆ y ise x ∩ y = x olduğunu gördük. Diğer
taraftan, eğer x ∩ y = x ise, x’in her ögesi x ∩ y kümesinde olduğundan, x’in her ögesi
y kümesindedir.
36
1. Kümeler
1.190. ℘(x) ∩ ℘(y) = ℘(x ∩ y) olur. Bunun kanıtı oldukça kolaydır:
Eğer z ∈ ℘(x) ∩ ℘(y) ise, z, hem x’in hem de y’nin bir altkümesidir, dolayısıyla x ∩ y
kesişiminin bir altkümesidir, yani z ∈ ℘(x ∩ y) olur.
Ters istikamette: Eğer z ∈ ℘(x ∩ y) ise, z, x ∩ y kesişiminin, dolayısıyla x’in bir altkümesidir, yani z ∈ ℘(x) olur. Benzer nedenden z ∈ ℘(y) olur. Demek ki z ∈ ℘(x) ∩ ℘(y)
olur.
1.191. 2N ∩ 3N ∩ 4N = 12N olur. Ama 2N ∩ 4N ∩ 8N = 8N olur.
Alıştırmalar
1.192. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} ve B = {1, 2, 3, 4} olsun. A’nın, s(B∩C) = 3 eşitliğini sağlayan
C altkümelerinin sayısını bulun.
1.193. Hangi koşulda A ∩ B = A ∪ B olur?
1.194. 6N ∩ 9N kümesini bulun.
1.195. 26N ∩ 39N kümesini bulun.
1.196. 30N ∩ 42N ∩ 70N kesişimini bulun.
1.197. n ve m iki pozitif doğal sayı olsun. nN ∩ mN kümesinde sonsuz tane öge olduğunu
gösterin.
1.198. 3N + 1 = {1, 4, 7, . . . } olsun, yani 3’e bölündüğünde 1 kalanını veren doğal sayılar
kümesi olsun. 5N + 3 de tahmin edilen küme olsun. (3N + 1) ∩ (5N + 3) = 15N + 13
eşitliğini kanıtlayın.
1.199. (3N + 1) ∩ (5N + 1) kesişimini bulun.
1.200. (6N + 1) ∩ (9N + 5) = ∅ eşitliğini kanıtlayın.
1.203. 10 ögeli bir kümenin 5 ve 8 ögeli iki altkümesinin kesişiminde en az 3 öge olmalıdır.
Neden?
1.204. 10 ögeli bir kümenin 6, 7 ve 8 ögeli üç altkümesinin kesişiminin boşküme olamayacağını
kanıtlayın.
1.205. Herkesin en az bir renk sevdiği 40 kişilik bir toplulukta 30 kişi maviyi, 20 kişi kırmızıyı
seviyor. Kaç kişi hem maviyi hem de kırmızıyı sever?
1.206. 100 kişilik bir toplulukta 60 kişi maviyi, 50 kişi kırmızıyı, 40 kişi de hem maviyi hem
kırmızıyı seviyor. Ne maviyi ne de kırmızıyı seven kaç kişi vardır?
1.207. Kesişimi boşküme olan kümelere ayrık kümeler denir. Eğer A ve B sonlu kümeleri
ayrıksa elbette s(A ∪ B) = s(A) + s(B) olur. Herhangi iki sonlu A ve B kümesi için,
s(A ∪ B) = s(A) + s(B) − s(A ∩ B)
eşitliğinin geçerli olduğunu kanıtlayın. Herhangi üç sonlu A, B ve C kümesi için,
s(A ∪ B ∪ C) = s(A) + s(B) + s(C) − s(A ∩ B) − s(B ∩ C) − s(C ∩ A) + s(A ∩ B ∩ C)
eşitliğinin geçerli olduğunu kanıtlayın.
Yukarıdaki formüllerin benzerlerini iki ya da üç sonlu küme yerine dört sonlu küme için
bulun. Genel formülü tahmin edebilir misiniz?
1.208. 1 ve 100 dahil, 1’den 100’e kadar olan sayıların kaçı 2’ye ya da 3’e bölünür? B, 2’ye
bölünen sayıların, C de 3’e bölünen sayıların kümesi olsun. Tabii sadece, 1 ile 100 dahil,
1 ila 100 arasındaki sayıları dikkate alıyoruz. Biraz düşününce s(B) = 50 ve s(C) = 33
olduğu anlaşılır. Aradığımız sayı s(B ∪ C) sayısıdır. Bir önceki örneğe göre,
s(B ∪ C) = s(B) + s(C) − s(B ∩ C)
37
olur. Öte yandan B ∩ C, 6’ya bölünen sayıların kümesidir ve bu kümenin de tam 16 tane
ögesi vardır. Demek ki,
s(B ∪ C) = s(B) + s(C) − s(B ∩ C) = 50 + 33 − 16 = 67
1.209.
1.210.
1.211.
1.212.
1.213.
1.214.
olur. Bu formüllerin benzerlerini iki ya da üç sonlu küme yerine dört sonlu küme için
bulun. Genel formülü tahmin edebilir misiniz?
Bir toplulukta 50 kişi maviyi, 40 kişi kırmızıyı, 30 kişi sarıyı, 12 kişi hem maviyi hem
kırmızıyı, 10 kişi hem maviyi hem sarıyı, 15 kişi hem kırmızıyı hem sarıyı, 7 kişi hem
maviyi hem kırmızıyı hem de sarıyı seviyor. Bu toplulukta mavi, kırmızı ya da sarı
renklerinden en az birini seven kaç kişi vardır?
1 ve 1000 dahil, 1’den 1000’e kadar olan doğal sayıların kaçı 3’e ya da 5’e bölünür?
1 ve 1000 dahil, 1’den 1000’e kadar olan doğal sayıların kaçı 6’ya ya da 8’e bölünür?
1 ve 1000 dahil, 1’den 1000’e kadar olan doğal sayıların kaçı 3’e, 5’e ya da 7’ye bölünür?
1 ve 1000 dahil, 1’den 1000’e kadar olan doğal sayıların kaçı 6’ya, 10’a ya da 15’e
bölünür?
Eğer ∅ ∈ X ise, elbette ∅ ∈ X ∩ ℘(X) olur, yani X ile ℘(X) kümeleri ayrık olmazlar.
Öyle bir X kümesi örneği verin ki ∅ ∈
/ X olsun ve X ile ℘(X) kümeleri ayrık olmasınlar.
1.4.3
Bileşim ve Kesişim
Kesişimi ve bileşimi tanımladık ve bu iki işlemin kendi aralarındaki ilişkileri
ayrı ayrı irdeledik. Ama kesişimle bileşim arasındaki ilişkiyi pek irdelemedik.
Burada bunu yapacağız. Önce problemi anlamaya çalışan birkaç örnek verelim:
Örnekler
1.215. İkiden fazla kümenin bileşimini ya da kesişimini alırken parantezlerin önemsiz olduğunu
gördük. Ama dikkat, eğer ifadede hem bileşim hem de kesişim varsa parantezler önem
kazanır. Örneğin
A = {1, 2, 3}, B = {2, 3, 4} ve C = {3, 4, 5}
ise
(A ∪ B) ∩ C = {3, 4}
olur ama
A ∪ (B ∩ C) = {1, 2, 3, 4}
olur, yani (A ∪ B) ∩ C = A ∪ (B ∩ C) eşitliği doğru değildir, parantezlerin yerlerini
değiştirirsek küme değişir. Dolayısıyla A ∪ B ∩ C gibi bir ifade anlamlı değildir, anlamlı
olması için illa parantez koymak gerekir.
1.216. Her A, B ve C kümesi için (A ∪ B) ∩ C ⊆ A ∪ (B ∩ C) olur. Bunu kanıtlayalım. Bunun
için eşitliğin sol tarafındaki kümeden bir x ögesi alıp bu ögenin sağ taraftaki kümede
olduğunu gösterelim. x ögesi hem A ∪ B’de hem de C’de. Demek ki x ∈ A ∪ B. Önümüzde iki şık var: Ya x ∈ A ya da x ∈ B. Birinci durumda x ∈ A ∪ (B ∩ C) olur;
tam istediğimiz gibi. İkinci durumda, yani x ∈ B durumunda, x aynı zamanda C’nin
bir ögesi olduğundan, x ∈ B ∩ C olur, dolayısıyla x ∈ A ∪ (B ∩ C) olur; bu da tam
istediğimiz gibi. Her iki durumda da x’in sağ taraftaki kümede olduğunu kanıtladık.
Bir önceki örnekten dolayı eşitliğin olmayacağını biliyoruz.
1.217. Herhangi üç küme alalım, diyelim A, B ve C ve şu soruyu soralım: (A ∩ B) ∪ C ile
A ∩ (B ∪ C) arasında nasıl bir ilişki vardır? A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ C olur. Bunun kanıtını ve eşitliğin her zaman doğru olmadığını bir örnekle göstermeyi okura bırakıyoruz.
38
1. Kümeler
Kümelerin bileşimiyle kesişim arasında çok önemli iki ilişki vardır:
A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
eşitliği ve bunun benzeri olan
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
eşitliği. Bu eşitliklere dağılma özelliği adı verilir, birincisi kesişimin bileşime
dağıldığını söyler, ikincisi ise bileşimin kesişime; yani her iki işlemde birbirine dağılır. Bu eşitlikleri sayılarda geçerli olan x(y + z) = xy + xz eşitliğine
benzetebilirsiniz.
Bu eşitliklerden birincisini kanıtlayalım.
Önce
A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
kapsama ilişkisini kanıtlayalım. Sol taraftaki kümeden bir x ögesi alalım, yani
x ∈ A ∩ (B ∪ C) olsun. x’in sağ taraftaki kümede olduğunu göstereceğiz.
x ∈ A ∩ (B ∪ C) olduğundan, x hem A’da hem de B ∪ C’de. x ∈ B ∪ C ilişkisi
x’in ya B’de ya da C’de olduğunu söylüyor. (x her ikisinde birden de olabilir
tabii.) x’in B ya da C’de olduğuna göre durumu iki şıkka ayıralım. Eğer x ∈ B
ise, o zaman x ∈ A ∩ B olur, dolayısıyla x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) olur. Eğer x ∈ C
ise, o zaman x ∈ A ∩ C olur, dolayısıyla x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) olur. Her iki
durumda da x’in (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) kümesinde olduğunu gösterdik. Böylece
istediğimizin yarısı kanıtlandı.
Şimdi
(A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C)
kapsama ilişkisini kanıtlayalım. (Böylece kanıtımız bitmiş olacak.) Sol taraftaki
kümeden herhangi bir x ögesi alalım, yani x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) olsun.
Demek ki x ya A ∩ B ya da A ∩ C kümesinde. Önce birinci durumu alalım,
yani diyelim x ∈ A ∩ B. Buradan x ∈ A çıkar; ayrıca x ∈ B de çıkar. Ama
x ∈ B olduğundan, x ∈ B ∪ C olur. Demek ki hem x ∈ A hem de x ∈ B ∪ C.
Dolayısıyla x ∈ A∩(B∪C). İkinci durum benzer biçimde kanıtlanır, bunun için
bir önceki kanıtta B ile C’nin yerlerini değiştirmek yeterlidir. Kanıtı yazalım:
Diyelim x ∈ A ∩ C. Buradan x ∈ A çıkar; ayrıca x ∈ C de çıkar. Ama x ∈ C
olduğundan, x ∈ B ∪ C olur. Demek ki hem x ∈ A hem de x ∈ B ∪ C.
Dolayısıyla x ∈ A ∩ (B ∪ C). Böylece istediğimiz eşitliğin ikinci yarısı da
kanıtlanmış oldu.
İkinci dağılma özelliği de benzer şekilde kanıtlanır. Kanıtı okura bırakıyoruz.
Kanıtın pek kısa olmadığının ve dikkatli bir okuma gerektiğinin farkındayım. İleride bu tür kanıtları çok daha kısa bir biçimde yapmamızı sağlayacak
bir yöntem göreceğiz.
39
Alıştırmalar
1.218. Yukarıdaki dağılma özelliklerini kullanarak, her A, B, C ve D kümesi için,
(A ∪ B) ∩ (C ∪ D) = (A ∩ C) ∪ (A ∩ D) ∪ (B ∩ C) ∪ (B ∩ D)
1.219. (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ∪ (B1 ∩ B2 ∩ B3 ∩ B4 ) ∪ (C1 ∩ C2 ) kesişiminin her türlü Ai ∪ Bj ∪ Ck
kümelerinin kesişimi olduğunu kanıtlayın.
1.220. Yukarıdaki iki alıştırmadaki önermelerde ∩ ile ∪ simgelerinin yerlerini değiştirip elde
ettiğiniz önermeyi kanıtlayın.
1.221. n ∈ N için An = {n, n + 1, . . . , 2n} tanımını yapalım.
a. n = 0, 1, 2, 3, 4 için An kümesinin ögelerini yazın.
b. An ’nin kaç ögesi vardır?
c. An ∩ An+1 kümesinin kaç ögesi vardır?
ç. Herhangi bir n ve m için An ⊆ Am olabilir mi?
d. A0 ∪ A1 ∪ . . . ∪ An kümesinin ögeleri hangi sayılardır?
e. An ∩ A2n+1 = ∅ eşitliğini gösterin.
f. Eğer m > 2n ise An ∩ Am eşitliğini gösterin.
g. An + Am = An+m eşitliğini kanıtlayın.
h. An Am ⊆ Anm ∪ A2nm+1 kapsamasını kanıtlayın.
1.4.4
Kümelerin Farkı
A ve B iki küme olsun. A’da olup da B’de olmayan ögelerden oluşan küme
A \ B olarak gösterilir6 . Yani A \ B kümesini elde etmek için A’nın ögelerinden
B’de olanları atıyoruz. A\B kümesi “A fark B” ya da dili biraz daha esnetirsek
“A eksi B” olarak okunabilir. “A at B” olarak okunması daha doğru olabilirdi
belki ama maalesef öyle okunmuyor.
Demek ki tanıma göre bir x ögesinin A\B kümesinde olması için x’in A’da
olup B’de olmaması gerekir; başka türlü de x ögesi A \ B kümesinde olamaz.
Örnekler
1.222. A, okulumuzun öğrencileri kümesi olsun. B, şehrimizde ikamet eden 15 yaşına girmiş
kişiler kümesi olsun. A\B kümesi okulumuzun 15 yaşına girmemiş öğrencilerinden oluşan
kümedir.
1.223. A = {1, 2, 3, 4, 5} ve B = {2, 4, 7, 9} ise A \ B = {1, 3, 5} olur. (Bu örneğin bir
önceki somut örnekten daha kolay olması, matematiğin hayattan daha kolay olduğunun
göstergesidir!)
1.224. A = {1, 2, 3, 4} ve B = {2, 4, 6, 8} ise A \ B = {1, 3} olur. Bunun Venn diyagramı
aşağıda.
6
Bazı kitaplarda A \ B yerine A − B yazılır ama biz bu yazılımın sayı kümelerinde
karışıklığa neden olabileceğini düşünüyoruz. (A’daki sayılardan B’deki sayılar çıkarılarak
elde edilen küme anlamına da gelebilir).
40
1. Kümeler
1.225. N \ {0} = S olur.
1.226. Hayattan bir örnek: Sınıfımızın öğrencileri kümesinden okulumuzun kız öğrencileri kümesini çıkarırsak, sınıfımızın erkek öğrencileri kümesini buluruz. Sınıfımızın öğrencileri
kümesinden sınıfımızın kız öğrencileri kümesini çıkarırsak da sınıfımızın erkek öğrencileri
kümesini buluruz elbette.
1.227. Sonsuz kümelerden de bir örnek verelim. Hatırlarsanız N doğal sayılar kümesini simgeliyordu. 2N ile de çift doğal sayılar kümesini simgelemiştik. Demek ki N \ 2N, tek sayılar
kümesi olur, yani
N \ 2N = 2N + 1
olur.
1.228. N \ 3N, 3’e tam bölünmeyen doğal sayılar kümesidir elbette. Ama bunu biraz daha
ayrıntılı ele alalım. Bir doğal sayı 3’e bölündüğünde ya 0 ya 1 ya da 2 kalır. Örneğin 25’i
3’e bölersek 1 kalır: 25 = 3 × 8 + 1. Ama 26’yı 3’e bölersek 2 kalır: 26 = 3 × 8 + 2. Öte
yandan 27, 3’e tam bölünür, yani 27, 3’e bölündüğünde kalan 0 olur: 27 = 3 × 9 + 0.
Yani doğal sayıları 3’e bölündüğünde kaç kaldığına göre üç ayrık altkümeye ayırabiliriz:
3N, 3N + 1 ve 3N + 2.
Buradan da şu çıkar:
N \ 3N = (3N + 1) ∪ (3N + 2).
1.229. (N \ 3N) \ (3N + 2) kümesi 3’e bölündüğünde kalanın 1 olduğu doğal sayılar kümesidir,
yani 3N + 1 kümesidir.
1.230. N \ (2N \ 14N) kümesi ya tek ya da 14’e tam bölünen doğal sayılardan oluşur, yani
(2N + 1) ∪ 14N kümesidir.
1.231. A \ B elbette A’nın bir altkümesidir. Ama eğer A ve B kümeleri ayrıksa, yani A ∩ B = ∅
ise A \ B = A olur. Bunun ters istikameti de doğrudur: Eğer A \ B = A eşitliği doğruysa
A ile B kümeleri ayrıktır.
Bunun özel bir durumu A \ ∅ = A eşitliğidir.
1.232. Her A, B, C kümesi için
(A \ B) \ C = A \ (B ∪ C)
olur. Bu eşitliği kanıtlayalım.
Önce eşitliğin solundaki kümenin eşitliğin sağındaki kümenin altkümesi olduğunu gösterelim. Bu amaçla sol taraftaki (A \ B) \ C kümesinden bir x ögesi alalım. Bu x’in sağ
taraftaki A\(B ∪C) kümesinde olduğunu göstereceğiz, yani x’in A’da ama B ya da C’de
41
olmadığını göstereceğiz. x ∈ (A \ B) \ C olduğundan, x ∈ A \ B olur, dolayısıyla x ∈ A
ve x ∈
/ B olur. İstediğimizin yarısından fazlasını kanıtladık. Geriye x ∈
/ C önermesini
kanıtlamak kaldı; ama x ∈ (A \ B) \ C olduğundan bu da bariz.
Şimdi eşitliğin sağındaki kümenin eşitliğin solundaki kümenin altkümesi olduğunu gösterelim. Bu amaçla sağ taraftaki A \ (B ∪ C) kümesinden bir x ögesi alalım. Bu x’in sol
taraftaki (A \ B) \ C kümesinde olduğunu göstereceğiz, yani x’in A \ B’de ama C’de
olmadığını göstereceğiz. x ∈ A \ (B ∪ C) olduğundan, x, A kümesinde ama B ya da C
kümesinde değildir. Demek ki x ∈ A \ B kümesinde ama C kümesinde değil.
Eşitlik kanıtlanmıştır.
Uzun kanıtlar pek sevilmez, bu kanıt da biraz fazla uzun. Bir sonraki altbölümde bu tür
eşitliklerin daha kısa kanıtlarını vermenin bir yolunu göreceğiz.
1.233. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} kümesinin tek sayıda öge içeren altkümelerinin sayısını hesaplayalım.
Önce birkaç tanım yapalım. B, A kümesinin tek sayıda öge içeren altkümelerinden
oluşan küme olsun. Mesela {1, 2, 6} ∈ B olur. Amacımız B’nin kaç tane öge içerdiğini
bulmak. C de A kümesinin çift sayıda öge içeren altkümelerinden oluşan küme olsun.
Mesela {1, 2, 6, 8} ∈ C olur. Ayrıca boşküme de C’nin bir ögesidir.
Elbette B ∩ C = ∅ ve B ∪ C = ℘(A) olur. Buradan da
s(B) + s(C) = s(℘(A)) = 28
bulunur. Dolayısıyla eğer s(B) = s(C) eşitliğini kanıtlayabilirsek, yukarıdaki eşitlikten
s(B) = s(C) = 28 /2 = 27
çıkar. Şimdi s(B) = s(C) eşitliğini kanıtlayalım.
B ve C kümelerinin her birini iki ayrık parçaya ayıracağız:
B1 , B’nin 1 ögesini içeren ögelerinden oluşsun; yani B1 ’in ögeleri A’nın tek sayıda öge
içeren ve ayrıca 1’i de içeren altkümelerinden oluşan küme olsun. Örneğin {1, 2, 6} ∈ B1
ama {2, 5, 6} ∈
/ B1 ya da {1, 2, 3, 6} ∈
/ B1 .
B0 = B \ B1 olsun; yani B0 ’ın ögeleri A’nın tek sayıda öge içeren ama 1’i içermeyen
altkümelerinden oluşan küme olsun. Örneğin {2, 3, 6} ∈ B0 ama {1, 5, 6} ∈
/ B0 ya da
{2, 3, 5, 6} ∈
/ B0 .
Elbette B0 ∩ B1 = ∅ ve B = B0 ∪ B1 olur. Buradan da
s(B) = s(B0 ) + s(B1 )
çıkar.
Şimdi benzer tanımları C için yapalım. C1 , C’nin 1’i içeren ögelerinden, C0 ise C’nin
1’i içermeyen ögelerinden oluşsun. Aynen yukarıdaki gibi
s(C) = s(C0 ) + s(C1 )
çıkar.
Demek ki s(B1 ) = s(C0 ) ve s(B0 ) = s(C1 ) eşitliklerini kanıtlayabilirsek istediğimiz
s(B) = s(C) eşitliğine ulaşırız, çünkü s(B1 ) = s(C0 ) ve s(B0 ) = s(C1 ) eşitlikleri bize
s(B) = s(B0 ) + s(B1 ) = s(C1 ) + s(C0 ) = s(C)
eşitliğini verir.
Önce s(B1 ) = s(C0 ) eşitliğini kanıtlayalım. B1 ’in herhangi bir ögesinden 1’i çıkarırsak
C0 ’dan bir öge buluruz. Ve bu “1 çıkarma işlemi”nin tersi de vardır: C0 ’ın bir ögesine 1
eklersek B1 ’in bir ögesini buluruz. Demek ki s(B1 ) = s(C0 ) eşitliği geçerli.
42
1. Kümeler
Aynı şeyi B0 ve C1 için de yapabiliriz. B0 ’ın bir ögesine 1 eklersek C1 ’in bir ögesini ve
C1 ’in bir ögesinden 1’i çıkarırsak B0 ’ın bir ögesini buluruz. Demek ki s(B0 ) = s(C1 )
eşitliği de geçerli.
Böylece istediğimizi kanıtladık. Sonuç 27 = 128 çıkar.
1.234. Yukarıdaki örneğin özel olarak seçilmiş A kümesiyle bir ilgisi olmadığı, sonlu her küme
için geçerli olduğu belli: n ögeli bir kümenin 2n−1 tane tek sayıda ögesi olan altkümesi
vardır. Aynı önerme çift sayıda ögesi olan altkümeler için de geçerlidir tabii ki.
1.235. A = {0, 1, 2} ve B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} kümeleri verilmiş olsun. A ⊆ D ⊆ B
koşulunu sağlayan D kümelerinin kaçında en az üç asal sayı bulunacağını hesaplayalım.
B’nin A’yı içeren altkümeleri B \ A kümesinin altkümeleriyle A’nın bileşimi alınarak
bulunur. Ayrıca B’de toplam dört tane asal sayı vardır ve bunlardan sadece biri A
kümesindedir. Demek ki
C = B \ A = {3, 4, 5, 6, 7, 8}
kümesinin en az iki asal sayı içeren altküme sayısını bulmalıyız. C’nin toplam 26 = 64
tane altkümesi vardır. C’nin 64 altkümesinden hiç asal sayı içermeyenleri ve sadece bir
asal sayı içerenleri ayıklamalıyız. Hiç asal sayı içermeyen altkümeler {4, 6, 8} kümesinin
altkümeleridir ve bunlardan 23 = 8 tane vardır. Hiç asal sayı içermeyen bu 8 altkümeye
3, 5 ya da 7’yi eklersek C’nin sadece 1 asal sayı içeren altkümelerini buluruz; bunlardan
da 3 × 23 = 24 tane vardır. Bulmak istediğimiz sayı 64 − (8 + 24) = 32 olur.
1.236. {0, 1, . . . , 9} rakamlar kümesinin altkümelerinin kaçında en az iki tek sayının bulunacağını hesaplayalım.
Rakamlar kümesinin altküme sayısı 210 = 1024. Bu sayıdan sadece bir ögesi tek sayı olan
altkümelerin sayısını ve hiçbir ögesi tek sayı olmayan altkümelerin sayısını çıkarmalıyız.
Sadece bir ögesi tek sayı olan altküme sayısı 5 × 25 = 160.
Hiçbir ögesi tek sayı olmayan altküme sayısı 25 = 32.
Demek ki en az iki ögesi tek sayı olan altküme sayısı 1024 − 160 − 32 = 832 olur.
1.237. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin altkümelerinin kaçında 1 sayısı veya sadece bir çift
sayı bulunacağını hesaplayalım.
Önce, 1 veya çift sayılardan sadece 2’nin bulunuduğu altküme sayısını bulalım. Bunun
için
{1, 2, 3, 5, 7}
kümesinde 1 veya 2’nin bulunduğu altküme sayısını hesaplamalıyız:
{1, 2, 3, 5, 7}
kümesinin tüm altküme sayısından 1 ve 2’nin bulunmadığı altküme sayısını çıkarırsak
aradığımız sayıyı buluruz. Bu kümenin tüm altküme sayısı 25 = 32, 1 ve 2’nin bulunmadığı altküme sayısı 23 = 8 olduğundan aradığımız sayı 32 − 8 = 24 olur.
Yukarıdaki hesaplama 1 veya sadece 4’ün ve 1 veya sadece 6’nın bulunduğu altküme
sayıları bulunurken de aynı şekilde yapılacağından sorunun yanıtı 3 × 24 = 72 olarak
bulunur.
1.238. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} kümesinin tüm altkümelerindeki ögelerin toplamını hesaplayalım.
Bu kümenin alt kümeleri içinde 1’in bulunduğu alt küme sayısı 25 = 32 (1’in bulunmadığı alt küme sayısı kadar). Aynı durum 2, 3, 4, 5 ve 6 için de geçerlidir. O halde
A kümesinin altkümelerinde 32’şer tane 1, 2, 3, 4, 5 ve 6 bulunmaktadır ve A’nın tüm
altkümelerindeki ögelerin toplamı
32 × (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 672
olur.
43
1.239. 1 ve 100 dahil, 1’den 100’e kadar olan sayıların kaçı 2’ye ve 3’e bölünmez?
A = {1, 2, . . . , 100} olsun. B, A’nın 2’ye bölünen sayılarından, C de 3’e bölünen
sayılarından oluşan küme olsun. B ∪ C kümesi A’nın 2’ye ya da 3’e bölünen sayılarından
oluşur. Dolayısıyla A \ (B ∪ C) kümesinin ögeleri ne 2’ye ne de 3’e bölünür. Amacımız
bu kümenin öge sayısını bulmak. Demek ki önce B ∪ C kümesinin öge sayısını hesaplamalıyız. Daha önce gördüğümüz
s(B ∪ C) = s(B) + s(C) − s(B ∩ C)
eşitliğini kullanacağız. Biraz düşününce s(B) = 50 ve s(C) = 33 olduğu anlaşılır. Ayrıca
B ∩ C, 6’ya bölünen sayıların kümesidir ve bu kümenin de tam 16 tane ögesi vardır.
Demek ki,
s(B ∪ C) = s(B) + s(C) − s(B ∩ C) = 50 + 33 − 16 = 67
olur. Buradan da
s(A \ (B ∪ C)) = s(A) − s(B ∪ C) = 100 − 67 = 33
çıkar.
Alıştırmalar
1.240. Her A, B, C kümesi için, (A ∩ C) \ (B ∩ C) ⊆ (A \ B) ∩ C içindeliğini kanıtlayın. Eşitlik
olmak zorunda mıdır?
1.241. Her A, B, C kümesi için (A\B)\C = A\(B ∪C) eşitliğinin geçerli olduğunu 01-tabloları
marifetiyle kanıtlayın.
1.242. Her A, B ve C kümesi için (A ∪ B) \ C = A ∪ (B \ C) eşitliği geçerli midir? Değilse bu
eşitlik hangi koşul ya da koşullarda geçerlidir?
1.243. Her A, B ve C kümesi için (A ∩ B) \ C = A ∩ (B \ C) eşitliği geçerli midir? Değilse bu
eşitlik hangi koşul ya da koşullarda geçerlidir?
1.4.5
Kümelerin 01-Tablosu
A ve B iki küme olsun. Rastgele bir x ögesi seçelim. x’in A ve B kümelerinin
ögesi olup olmamasına göre dört farklı durum baş gösterebilir. Bu dört durumu
bir tablo olarak gösterelim:
A
x∈
/A
x∈
/A
x∈A
x∈A
B
x∈
/B
x∈B
x∈
/B
x∈B
Eğer A, B ve C kümelerimiz varsa, 4 değil, 8 farklı durum ortaya çıkar:
44
1. Kümeler
A
x∈
/A
x∈
/A
x∈
/A
x∈
/A
x∈A
x∈A
x∈A
x∈A
B
x∈
/B
x∈
/B
x∈B
x∈B
x∈
/B
x∈
/B
x∈B
x∈B
C
x∈
/C
x∈C
x∈
/C
x∈C
x∈
/C
x∈C
x∈
/C
x∈C
Eğer 4 küme varsa, 24 = 16 farklı durum baş gösterir. Bu 16 durumun her
birini bulmayı okura bırakıyoruz.
Genel olarak, n tane küme varsa, x ögesinin bu n kümeyle ilişkisine göre
toplam 2n farklı durum baş gösterir, çünkü her bir küme için “x içindedir” ya
da “x içinde değildir” kararlarından birini almamız lazım.
Sadece iki tane küme (A ve B kümeleri) olduğu oldukça basit durumu ele
alalım. Bir x ögesi bazen A ∪ B kümesinde olur, bazen olmaz, duruma göre
değişir. Aşağıdaki tabloda dört durumun her birinde x’in A ∪ B kümesinde
olup olmadığını ele aldık.
A
x∈
/A
x∈
/A
x∈A
x∈A
B
x∈
/B
x∈B
x∈
/B
x∈B
A∪B
x∈
/ A∪B
x∈A∪B
x∈A∪B
x∈A∪B
En sağdaki sütuna, soldaki iki durumun sonucunu yazdık. Örneğin birinci
satırın soldaki iki hücresinde x ∈
/ A ve x ∈
/ B olduğundan, o satırın en sağdaki
hücresine x ∈
/ A ∪ B yazdık.
Şimdi içinde ∈
/ simgesi bulunan hücrelere 0, içinde ∈ simgesi bulunan hücrelere 1 koyup tabloyu daha basit (ve daha matematiksel) bir hale getirelim7 :
A
0
0
1
1
B
0
1
0
1
A∪B
0
1
1
1
Birazdan şahit olacağımız üzere bu tür tablolar çok kullanışlıdır, uzun kanıtları
çok kısaltır. Bu tür tablolara 01-tablosu adı verilir. Yukarıdaki bileşim işleminin 01-tablosudur.
7
Matematikte 0, “hayır”, 1 ise “evet” anlamında kullanılır. 0 olan hücreler “hayır, x ögesi
değildir”, 1 olan hücreler ise “evet, x ögesidir” olarak okunmalı.
45
Eğer öge sütunun tepesinde belirtilen kümedeyse hücreye 1 yazılır, aksi
halde 0 yazılır. Yukarıdaki tablo bileşim işleminin tablosudur. Görüldüğü üzere, eğer bir satırda A ve B’nin altında yazan sayılardan en az biri 1 ise, A ∪ B
sütununun o satırına 1 yazıyoruz; ama eğer A ve B’nin altında yazan sayıların
her ikisi de 0 ise A ∪ B sütununun o satırına 0 geliyor.
Eğer A’nın altında yazan 0 ya da 1 sayısını fA ile gösterirsek ve aynı şeyi
B ve A ∪ B kümeleri için yaparsak, her dört durumda da her satırda
fA∪B = fA + fB − fA · fB
(1)
olduğunu kolaylıkla kontrol edebiliriz. Örneğin fA = fB = 1 ise (tablonun son
satırı),
fA + fB − fA · fB = 1 + 1 − 1 · 1 = 1 + 1 − 1 = 1
olur, aynen fA∪B gibi. Demek ki bu durumda fA∪B = fA + fB − fA fB eşitliği
doğru. Okur lütfen diğer üç durumda da eşitliğin sağlandığını kontrol etsin.
Birkaç sayfa ileride bu tür formüllerin nasıl bulunduğunu göreceğiz.
Bu tabloları kullanarak, biraz önce Örnek 1.177’de edebiyat parçalayarak
kanıtladığımız
(A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)
eşitliğini çok daha cebirsel bir biçimde kanıtlayabiliriz. Bunun için rastgele bir
x ögesi ele alalım. Bu öge, A, B ve C kümelerinin ögesi olup olmayacağına
göre 8 farklı durum baş gösterebilir; yani fA , fB ve fC değerleri 0 ya da 1
olabilir, böylece toplamda 23 = 8 farklı durum belirir. Her 8 durumda da, x
ögesi (A∪B)∪C ve A∪(B ∪C) kümelerinden birindeyse diğerinde de olacağını
göstermek gerekiyor, yani (A ∪ B) ∪ C ve A ∪ (B ∪ C) sütunlarındaki sayılar
aynı olmalı. Bunu gösterirsek eşitliği göstermiş oluruz. Bunun için 8 durumu
bir tablo halinde satır satır gösterelim (aşağıdaki tablodaki ilk üç sütun). Önce
A ∪ B kümesinin (dördüncü sütun), ardından (A ∪ B) ∪ C kümesinin (beşinci
sütun) her durumda, yani her satırda alacağı değerleri gösterelim. Sonra B ∪C
kümesinin (altıncı sütun) ve ardından A∪(B∪C) (son sütun) kümesinin alacağı
değerleri gösterelim. Her şey aşağıda:
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
C
0
1
0
1
0
1
0
1
A∪B
0
0
1
1
1
1
1
1
(A ∪ B) ∪ C
0
1
1
1
1
1
1
1
B∪C
0
1
1
1
0
1
1
1
A ∪ (B ∪ C)
0
1
1
1
1
1
1
1
46
1. Kümeler
A ∪ B sütunundaki sayıları bulmak için sadece A ve B sütununun sayılarına
bakmak gerekiyor. (A ∪ B) ∪ C sütunundaki sayıları bulmak için ise A ∪ B
ve C sütunundaki sayılardan yararlanılıyor. Görüldüğü üzere (A ∪ B) ∪ C ile
A ∪ (B ∪ C) sütunları aynı, demek ki bu iki küme birbirine eşit.
Kesişimin tablosu şöyle:
A
0
0
1
1
B
0
1
0
1
A∩B
0
0
0
1
Bu tabloyu, daha önce bileşim için yaptığımız gibi cebirsel olarak tek bir
formülle şöyle ifade edebiliriz:
(2)
fA∩B = fA fB .
Geçmişte kanıtını uzun uzun anlatarak verdiğimiz dağılma özelliklerini bu
yöntemle çok daha kolay biçimde kanıtlayabiliriz:
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
C
0
1
0
1
0
1
1
1
B∩C
0
0
0
1
0
0
1
1
A ∪ (B ∩ C)
0
0
0
1
1
1
1
1
A∪B
0
0
1
1
1
1
1
1
A∪C
0
1
0
1
1
1
1
1
(A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
0
0
0
1
1
1
1
1
A ∪ (B ∩ C) ile (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) sütunlarında aynı sayılar bulunduğundan,
bu iki küme birbirine eşittir; çünkü x’in yer alabileceği sekiz bölgeyi ayrı ayrı
irdeledik ve gördük ki x sekiz bölgeden birindeyse, o zaman x’in A ∪ (B ∩ C)
kümesinde ya da (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) kümesinde olup olmaması eşdeğer, x bu
iki kümenin birindeyse diğerindedir, birinde değilse diğerinde de değildir.
fA sayısı ya 0 ya da 1 olduğundan,
(3)
fA2 = fA
olur. Şimdi, (1), (2) ve (3) formüllerini kulanarak A∪(B∩C) ile (A∪B)∩(A∪C)
kümelerinin eşitliğini çok daha cebirsel biçimde şöyle de kanıtlayabiliriz: Önce,
fA∪(B∩C) = fA + fB∩C − fA fB∩C = fA + fB fC − fA fB fC
47
hesabını, sonra
f(A∪B)∩(A∪C) = fA∪B fA∪C
= (fA + fB − fA fB )(fA + fC − fA fC )
= fA (fA + fC − fA fC )
+fB (fA + fC − fA fC )
−fA fB (fA + fC − fA fC )
= fA + fA fC − fA fC
+fB fA + fB fC − fB fA fC
−fA fB − fA fB fC + fA fB fC
= fA + fB fC − fB fA fC
hesabını yapalım. (En son eşitlikte sadeleştirmeleri yaptık, bir öncekinde de
fA2 = fA eşitliğini kullandık.) Gördüğümüz gibi iki hesabın sonucu aynı çıkıyor,
yani A∪(B ∩C) ile (A∪B)∩(A∪C) kümelerinin tabloları aynı sonucu veriyor,
yani kümeler birbirine eşit.
Diğer dağılma özelliği olan A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) eşitliğini
yukarıdaki yöntemlerle kanıtlamayı okura bırakıyoruz.
Kümesel farkın tablosu da şöyle:
A
0
0
1
1
A\B
0
0
1
0
B
0
1
0
1
Bu tablodan kolayca görüleceği
fA\B = fA (fA − fB )
olur. (3) eşitliği sayesinde,
fA\B = fA (fA − fB ) = fA2 − fA fB = fA − fA fB = fA (1 − fB )
elde ederiz.
Örnekler
1.244. Aşağıdaki tabloyu ele alalım:
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
C
0
1
0
1
0
1
0
1
S
0
0
0
0
0
1
0
0
48
1. Kümeler
S sütunundaki sayıları A, B ve C sütunundaki sayılarla ifade etmeye çalışalım. Yani aynı
satırdaki sayılara sırasıyla fA , fB , fC ve fS dersek, fS sayısını fA , fB ve fC sayıları
cinsinden yazmaya çalışalım.
En son sütunda tek bir 1 olduğunun farkına varalım; diğer tüm sayılar 0. Sayının 1
olduğu altıncı satıra odaklanalım. Biraz düşününce, sonucun
fS = fA (1 − fB )fC
çıktığı anlaşılacaktır, nitekim fA (1 − fB )fC sayısının 1 olması için yeter ve gerek koşul
her üç çarpanın da, yani fA , 1 − fB ve fC ’nin herbirinin 1 olması gerekir, bunun için de
fA = 1, fB = 0 ve fC = 1 olmalı. Diğer tüm durumlarda fA (1 − fB )fC çarpımı 0 olur,
aynen fS gibi.
Okur herhalde fA (1 − fB )fC ifadesini nasıl bulduğumuzu anlamıştır: 1 olan sütuna f
yazıyoruz, 0 olan sütuna 1 − f yazıyoruz ve tüm bu ifadeleri çarpıyoruz.
Bir başka örnek görelim.
1.245. Aşağıdaki tablonun son sütununu ilk üç sütun cinsinden yazalım:
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
C
0
1
0
1
0
1
0
1
T
0
0
1
0
0
0
0
0
Bu sefer sonuç
fT = (1 − fA )fB (1 − fC )
çıkacaktır.
Bir sonraki alıştırmada yukarıdaki tabloların son sütunlarını toplayacağız.
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
C
0
1
0
1
0
1
0
1
U
0
0
1
0
0
1
0
0
Son sütundaki sayılar, önceki iki alıştırmadaki fS ve fT sayılarının toplamıdır. Dolayısıyla
fU = fS + fT = fA (1 − fB )fC + (1 − fA )fB (1 − fC )
çıkacaktır. Bu ifadeyi sadeleştirebiliriz tabii. Gereken sadeleştirmeler yapıldığında sonucun
fU = fB + fA fC − fA fB − fB fC
çıktığı görülecektir.
49
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
C
0
1
0
1
0
1
0
1
V
1
0
0
1
0
0
1
0
Son sayısı 1 olan satırlara odaklanalım.
(1 − fA )(1 − fB )(1 − fC )
ifadesi sadece ve sadece fA = fB = fC = 0 ise (yani birinci satırda) 1 değerini alıyor.
(1 − fA )fB fC
ifadesi sadece ve sadece dördüncü satırda 1 değerini alıyor.
fA fB (1 − fC )
ifadesi sadece ve sadece yedinci satırda 1 değerini alıyor. Dolayısıyla sadece ve sadece
birinci, dördüncü ve yedinci satırlarda 1 değerini alan ifadeyi bulmak için yukarıdaki üç
ifadeyi toplamalıyız:
fV = (1 − fA )(1 − fB )(1 − fC ) + (1 − fA )fB fC + fA fB (1 − fC ).
Dileyen okur çarpımları yaparak ifadeyi sadeleştirebilir. Biz dilemedik! (Sadeleştirme
2
yaparken fA
= fA eşitliğini kullanacaksınız.)
1.248. Yukarıdaki alıştırmalarda değişken olarak A, B ve C aldık. Değişken sayımızı çoğaltabiliriz tabii ki. Eğer değişken sayısı n ise 2n tane 0 ve 1’lerden oluşan satır olur. Böyle
bir tablonun sonuna eklenen 0 ve 1’lerden oluşan herhangi bir W sütunu, diğer n sütun cinsinden toplama, çarpma ve çıkarma kullanılarak yazılabilir. Yukarıdaki yöntemi
anlayan okur kendi kendine örnekler vermekte ve çözümü bulmakta zorlanmayacaktır.
Alıştırmalar
1.249. Aşağıdaki tablonun son sütununu ilk üç sütun cinsinden yazın.
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
C
0
1
0
1
0
1
0
1
G
0
0
1
1
1
0
1
0
Bulduğunuz sonucu sadeleştirin.
1.250. Aşağıdaki tablonun son sütununu ilk dört sütun cinsinden yazın.
50
1. Kümeler
A
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
B
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
C
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
D
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
G
0
0
1
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
1
0
Bulduğunuz sonucu sadeleştirin.
1.251. Herhangi iki A ve B kümesi için, (A ∪ B) \ (B ∩ A) = (A \ B) ∪ (B \ A) eşitliğini sağ
ve soldaki ifadelerin f ’lerini bularak gösterin.
1.252. Kitabın birinci bölümünde bulunan eşitliklerden dilediklerinizi (zor görünenleri) yukarıdaki yöntemle kanıtlayın.
1.4.6
Simetrik Fark
Eğer A ve B birer kümeyse, A ya da B’de olan ama her ikisinde birden olmayan ögelerden oluşan kümeyi oluşturabiliriz. Örneğin ya denizde yaşayan ya
da memeli olan ama (balina ve fok gibi) denizde yaşayan memeli olmayan hayvanlar kümesine bakmak isteyebiliriz. İşte bu kümenin matematiksel tanımı:
A ve B kümeleri için,
A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A)
tanımını yapalım. A∆B kümesini Venn diyagramı üstünde gösterelim:
A∆B kümesi A ya da B’de olan ama her ikisinde birden olmayan ögelerden
oluşur. Elbette
A∆B = (A ∪ B) \ (B ∩ A)
olur.
51
A∆B kümesine A ve B’nin simetrik farkı adı verilir.
Hayattan örnekler: Okulun basketbol takımıyla futbol takımının simetrik
farkında hem basketbol hem de futbol oynayanlar yer almazlar, ne basketbol
ne de futbol oynayanlar da yer almazlar, iki spordan sadece birini yapanlar yer alırlar. En az dört ayağı olan hayvanlar kümesiyle memeli hayvanlar
kümesinin simetrik farkında kırkayak, balina ve insan vardır ama koyun yoktur. Matematiği iyi olanlarla Türkçesi iyi olanlar kümesinde hem matematiği
hem de Türkçesi kötü olanlar olmadığı gibi, hem matematiği hem de Türkçesi
iyi olanlar da yoktur.
Simetrik farkın tablosu aşağıdaki gibidir:
A
0
0
1
1
B
0
1
0
1
A∆B
0
1
1
0
Ayrıca
fA∆B = fA + fB − 2fA fB
eşitliğini kontrol etmek zor değil. A ile B’nin yerlerini değiştirirsek,
fB∆A = fB + fA − 2fB fA
buluruz. Eşitliklerin sağ tarafları eşit olduğundan, bundan
A ∆ B = B ∆A
eşitliği çıkar.
Şimdi önemli bir eşitliği kanıtlayalım: Her A, B ve C kümesi için
(A ∆ B) ∆ C = A ∆ (B ∆ C)
olur. Bu eşitliği kelimelerle kanıtlamak hiç kolay değildir, kanıtlansa bile kanıtın pek anlaşılır olması mümkün değildir. En doğru yöntem
(A ∆ B) ∆ C ve A ∆ (B ∆ C)
kümelerinin 01-tablosunu çizmektir:
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
C
0
1
0
1
0
1
0
1
A∆B
0
0
1
1
1
1
0
0
(A ∆ B) ∆ C
0
1
1
0
1
0
0
1
B ∆C
0
1
1
0
0
1
1
0
A ∆ (B ∆ C)
0
1
1
0
1
0
0
1
52
1. Kümeler
(A ∆ B) ∆ C ve A ∆ (B ∆ C) sütunları eşit olduğundan, istediğimiz eşitlik kanıtlanmıştır; çünkü sütunların eşit olması demek, bir x ögesi iki kümeden
birindeyse diğerinde de demektir.
Örnekler
1.253. Türkiye Cumhuriyeti vatandaşları kümesiyle Alman vatandaşları kümesinin simetrik
farkı, çifte vatandaş olmayan TC vatandaşlarıyla Almanya vatandaşlarından oluşur.
1.254. Torunu olan insanlar kümesiyle erkekler kümesinin simetrik farkı, torunu olan kadınlarla
torunu olmayan erkeklerden oluşur.
1.255. Türk alfabesiyle İngiliz alfabesinin simetrik farkı, ğ, ı, ü, ş, w, x, q gibi bir dilde olup
diğer dilde olmayan harflerden oluşur.
1.256. 3N ∆ 4N kümesi, 3’e ya da 4’e bölünen ama 12’ye bölünmeyen doğal sayılar kümesidir:
3N ∆ 4N = {3, 4, 6, 8, 9, 15, 16, 18, 20, 21, 27, 28, . . . }.
1.257. (3N + 1) ∆ (5N + 1) kümesinin ilk birkaç ögesini yazalım: 4, 6, 7, 10, 11, 13, 19, 21, 22,
25, 26.
Alıştırmalar
1.258.
1.259.
1.260.
1.261.
1.262.
1.263.
1.264.
1.265.
1.266.
1.267.
5N ∆7N kümesinin en küçük 12 ögesini yazın.
A ∆ B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) eşitliğini gösterin.
(3N + 1) ∆ 5N kümesinin ilk 20 ögesini bulun.
(3N + 1) ∆(5N + 3) kümesinin ilk 20 ögesini bulun.
Eğer B ⊆ A ise A ∆ B = (A ∩ B c ) ∪ (Ac ∩ B) eşitliğini kanıtlayın.
Her A, B, C kümesi için aşağıdaki eşitlikleri kanıtlayın:
• Birleşme Özelliği: (A ∆ B) ∆ C = A ∆ (B ∆ C). (Yukarıda tablo yöntemiyle kanıtlamıştık. Tablosuz yapmaya çalışsaydık, kanıt anlaşılmaz olurdu.)
• Etkisiz Ögenin Varlığı: A ∆ ∅ = A = ∅ ∆ A.
• Yok Edici Özellik: A ∆ A = ∅.
• Değişme Özelliği: A ∆ B = B ∆ A.
• Dağılma Özelliği: A ∩ (B ∆ C) = (A ∩ B) ∆ (A ∩ C).
Görüldüğü üzere, ∆ toplama gibi, ∩ ise çarpma gibi davranıyor.
Hangi koşulda A ∆ B = A olur?
Hangi koşulda A ∆ B = A ∪ B olur?
Hangi koşulda A ∆B ⊆ A olur?
A ∆B ∆C kümesinin aşağıdaki gri alan olduğunu kontrol edin.
1.268. 3N ∆5N ∆7N kümesinin en küçük 20 ögesini yazın.
53
1.269. (3N + 1) ∆ (4N + 1) ∆ (5N + 1) kümesinin en küçük 20 ögesini bulun.
1.270. Venn diagramı üzerinde A ∆B ∆C ∆D kümesini griye boyayarak gösterin.
1.271. ∆ işlemi ∩ işlemine dağılır mı? Yani her A, B ve C kümesi için
A ∆ (B ∩ C) = (A ∆ B) ∪ (A ∆ C)
olur mu? Bu eşitlik her zaman doğru değilse, eşitlik ne tür A, B ve C kümeleri için
geçerlidir?
1.272. A1 ∆ A2 ∆ . . . ∆ An kümesi, tek sayıda Ai kümesinde olan ögelerden oluşur. Bunun
nedenini anlamaya çalışın.
1.4.7
Evrensel Küme ve Tümleyen
Aslında evrensel küme diye mutlak bir kavram yoktur. Evrensel küme konuya
ve güne göre değişir. Örneğin eğer hep öğrenci kümelerinden söz edeceksek, o
zaman evrensel kümeyi tüm öğrencilerden oluşan küme olarak alabiliriz. Eğer
konumuz kütüphanenin kitaplarıysa, evrensel kümeyi kütüphanedeki kitaplar
olarak tanımlayabiliriz. Evrensel küme, söz ettiğimiz ve (mesela gün boyunca)
söz edeceğimiz tüm kümeleri kapsayan kocaman bir kümedir. Eğer hep doğal
sayı kümelerinden söz edeceksek, evrensel kümeyi N olarak tanımlayabiliriz.
Gerektiğinde karatahtayı bile evrensel küme olarak alabilirsiniz.
Görüldüğü üzere “evrensel küme” denen şey matematiksel bir nesne değildir, sadece hayatı kolaylaştıran ve istediğimiz zaman değiştirecebileceğiz
kocaman ve muğlak bir topluluktur.
Öte yandan “evrensel küme” oldukça doğal bir kavramdır. Şöyle bir örnek
vereyim. “Matematikte zayıf not almayanlar” kümesi normalde ayakkabıyı da
içerir, çünkü ne de olsa ayakkabı matematikte zayıf not almamıştır, hatta
not bile almamıştır, öğretmenler ayakkabılara not vermezler. Ama “matematikte zayıf not almayanlar” kümesi dendiğimizde aklımıza hemen matematikte
iyi not alan öğrencilerden oluşan küme aklımıza gelir, ayakkabıyı bu kümenin
dışında tutarız, çünkü sezgisel olarak bu kapsamda evrensel kümenin öğrenciler
kümesi olduğunu biliriz. Evrensel küme öğrenciler kümesi olduğuna göre ayakkabıyı kümeye dahil etmeyiz.
Bu altbölümde evrensel kümeye E diyelim. Şimdi A herhangi bir küme olsun. “Herhangi” dedik, ama aslında kümemiz herhangi bir küme olamaz, ancak
E’nin bir altkümesi olabilir, çünkü evrensel kümemizi belirledik. E’de olup da
A’da olmayan ögelerden oluşan kümeye, yani E\A kümesine A’nın tümleyeni
denir. Evrensel kümenin değişme olasılığı varsa “A’nın E’deki tümleyeni” de
diyebiliriz. A’nın tümleyeni A′ olarak yazılır.
Aşağıda evrensel kümeyi bir dikdörtgen olarak çizdik. A′ kümesini de gri
olarak gösterdik.
54
1. Kümeler
Tümleyenin tablosu da aşağıdaki gibidir:
A
0
1
A′
1
0
Yani tümleyen 0 değeriyle 1 değerinin yerlerini değiştirir. Fonksiyon olarak
ifade edecek olursak,
fA′ = 1 − fA
olur.
Bir kümenin tümleyeninden söz edildiğinde, evrensel bir küme sabitlenmiş
demektir, aksi halde “tümleyen” kelimesi anlamsızdır.
Tümleyenle ilgili De Morgan özdeşlikleri adı verilen iki önemli eşitlik
vardır:
(A ∩ B)′ = A′ ∪ B ′ ve (A ∪ B)′ = A′ ∩ B ′
eşitliği. Bunlardan birincisini tablo tekniğiyle kanıtlayalım:
A
0
0
1
1
B
0
1
0
1
A∩B
0
0
0
1
(A ∩ B)′
1
1
1
0
A′
1
1
0
0
B′
1
0
1
0
A′ ∪ B ′
1
1
1
0
(A∩B)′ ve A′ ∪B ′ sütunları aynı olduğundan, bu iki küme eşittir. Benzer kanıt
(A ∪ B)′ = A′ ∩ B ′ eşitliği için de yapılabilir, ayrıntıları okura bırakıyoruz.
Bir başka önemli eşitlik
(A′ )′ = A
eşitliğidir.
Bu son eşitlik ve De Morgan özdeşlikleri sayesinde ∩, ∪ ve ′ (tümleme) kullanan her eşitliği, her ∩ işlemini ∪ işlemine çevirerek, her ∪ işlemini ∩ işlemine
çevirerek, tümleyen işaretlerini silerek, tümleyen olmayan yerlere tümleyen
işareti koyarak yeni bir eşitlik elde ederiz. Örneğin,
(A ∩ B) ∪ (C ∩ A′ ) = D′ ∩ B
55
eşitliğinde her iki tarafında tümleyenini alırsak,
(A′ ∪ B ′ ) ∩ (C ′ ∪ A) = D ∪ B ′
eşitliğini elde ederiz. Bu eşitliklerden her biri diğerinin “düali”dir.
Aşağıdaki alıştırmalarda bir evrensel kümeyi sabitliyoruz ve bu evrensel
kümeye E adını veriyoruz.
Alıştırmalar
1.273.
1.274.
1.275.
1.276.
1.277.
1.278.
1.279.
1.280.
1.281.
1.282.
1.283.
1.284.
1.285.
1.286.
1.287.
1.288.
1.289.
1.290.
E ∆ A = A′ eşitliğini kanıtlayın.
∅′ = E ve E ′ = ∅ eşitliklerini kanıtlayın.
A′ = B ise B ′ = A olduğunu kanıtlayın.
A′ = A eşitliğini sağlayan bir A kümesi var mıdır?
A′ = B, B ′ = C ve C ′ = A eşitliklerinin hepsinin sağlandığı A, B ve C kümeleri var
mıdır?
A′ ⊆ B, B ′ ⊆ C ve C ′ ⊆ A önermelerinin hepsinin sağlandığı A, B ve C kümeleri var
mıdır?
A′ = B, B ′ = C, C ′ = D ve D′ = A eşitliklerinin hepsinin sağlandığı A, B, C ve D
kümeleri var mıdır?
A ∆ B = ∅ ise A ve B kümeleri hakında ne söyleyebiliriz?
A \ B = A ∩ B ′ eşitliğini kanıtlayın.
A ∩ B = ∅ ile B ∈ ℘(A′ ) önermelerinin mantıksal olarak eşdeğer olduklarını, yani biri
doğruysa diğerinin de doğru olduğunu kanıtlayın.
(A ∩ B ′ )′ = A′ ∪ B eşitliğini De Morgan özdeşliğini ve önceki alıştırmaları kullanarak
kanıtlayın.
((A ∩ B ′ ) ∪ (A′ ∩ B ′ ∩ C))′ = (A′ ∪ B) ∩ (A ∪ B ∪ C ′ ) eşitliğini De Morgan özdeşliklerini
kullanarak kanıtlayın.
(A ∪ B) ∩ (A ∪ B ′ ) ∩ (A′ ∪ B) = A ∩ B eşitliğini kanıtlayın.
(A′ ∩ B) ∪ (B \ (B ′ ∩ A)) ifadesini daha basit biçimde yazın.
(A ∪ B ′ ∪ C ′ )′ ∩ (A ∪ B ∪ C ′ ) = (B ∩ C) \ A eşitliğini kanıtlayın.
(A ∆ B)′ kümesiyle A′ ∆ B ′ kümeleri arasında nasıl bir ilişki vardır?
(A \ B)′ kümesiyle A′ \ B ′ kümeleri arasında nasıl bir ilişki vardır?
(A ∩ B) ∪ (A′ ∪ B)′ = A eşitliğini kanıtlayın.
Notlar
1.291. Evrensel bir kümenin varlığına inanırsak, sonlu sayıda kümeyle yapılabilecek tüm işlemler kesişim (yani ∩) ve tümleyenle (yani ′ ile) elde edilebilir. Örneğin bileşim işlemini
kesişim ve tümleyen işlemleriyle ifade edebiliriz:
A ∪ B = (A′ ∩ B ′ )′ .
Kümelerin farkı da şöyle ifade edilir:
A \ B = A ∩ B′.
Simetrik fark:
A ∆ B = (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∩ B ′ ) ∪ (B ∩ A′ );
56
1. Kümeler
ve hemen ardından en sağdaki ifadeye bileşimin tanımını kullanarak
A ∆ B = ((A ∩ B ′ )′ ∩ (B ∩ A′ )′ )′
elde ederiz. Pek pratik olmasa da bu tür yazılımlar teori de yararlı olabilir.
Başat işlem olarak kesişim ve tümleyen işlemlerini alacağımız, bileşim ve tümleyen
işlemlerini de alabilirdik.
Ama kesişim ve bileşimle tümleyen işlemi ifade edilemez.
1.292. Kümelerle yeni bir işlem tanımlayalım:
A ⋆ B = (A ∪ B)′
olsun. Sadece ⋆ işlemini kullanarak diğer tüm işlemleri tanımlayabiliriz. Bir önceki nottan dolayı sadece bileşim ve tümleyeni tanımlarsak diğer her işlemi tanımlayabileceğimizi
biliyoruz. Nitekim
A′ = A ⋆ A
eşitliği sayesinde tümleyeni ve
A ∪ B = ((A ∪ B)′ )′ = (A ⋆ B)′ = (A ⋆ B) ⋆ (A ⋆ B)
eşitliği sayesinde bileşimi tanımlayabiliriz.
1.293. Sonlu sayıda kümeyle yapılan işlemlerin ana özelliklerini sıralayalım. Evrensel kümenin
olduğunu varsayıyoruz ve adına E diyoruz.
Değişme Özellikleri: A ∩ B = B ∩ A ve A ∪ B = B ∪ A.
Birleşme Özellikleri: A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C ve A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C.
Dağılma Özellikleri: A∩(B ∪C) = (A∩B)∪(A∩C) ve A∪(B ∩C) = (A∪B)∩(A∪C).
Tekkuvetli İşlem Özellikleri: A ∩ A = A ve A ∪ A = A.
Etkisiz Ögelerin Varlığı: A ∩ E = A ve A ∪ ∅ = A.
Yutan Ögelerin Varlığı: A ∩ ∅ = ∅ ve A ∪ E = E.
Tümleyenin Özellikleri:
(A′ )′ = A,
A ∪ A′ = E,
A ∩ A′ = ∅,
E ′ = ∅,
∅′ = E.
De Morgan Yasaları: (A ∩ B)′ = A′ ∪ B ′ ve (A ∪ B)′ = A′ ∩ B ′ .
Kümelerle ilgili tüm özdeşlikler bu özellikler kullanılarak kanıtlanabilir. Ama yukarıdaki
listede de diğerlerinden hareketle kanıtlanabilen özellikler var, yani en az sayıda özellik
yazmak gibi bir çabaya girmedik.
Bu özellikleri kullanarak (A ∪ B) ∩ (A′ ∩ B)′ eşitliğini kanıtlayalım. Bunun için eşitliğin
solundaki ifadeden hareket edip, yukarıda listelediğimiz eşitlikleri kullanarak adım adım
sağdaki ifadeye varacağız. De Morgan yasalarından dolayı
(A ∪ B) ∩ (A′ ∩ B)′ = (A ∪ B) ∩ ((A′ )′ ∪ B ′ )
olur. Ama (A′ )′ = A olduğundan, buradan,
(A ∪ B) ∩ (A′ ∩ B)′ = (A ∪ B) ∩ (A ∪ B ′ )
eşitliğini elde ederiz. Dağılma özelliğinden dolayı bu son eşitliğin sağındaki ifade A ∪
(B ∩ B ′ ) kümesine eşit. Demek ki
(A ∪ B) ∩ (A′ ∩ B)′ = A ∪ (B ∩ B ′ ).
57
Ama B ∩ B ′ = ∅ olduğundan, yukarıdaki eşitlikten
(A ∪ B) ∩ (A′ ∩ B)′ = A ∪ ∅
eşitliğini elde ederiz. Etkisiz ögenin özelliği bize son olarak
(A ∪ B) ∩ (A′ ∩ B)′ = A
eşitliğini verir.
A ∪ (A ∩ B) = A eşitliği de şöyle kanıtlanır:
A ∪ (A ∩ B) = (A ∩ E) ∪ (A ∩ B) = A ∩ (E ∪ B) = A ∩ E = A.
Bu kanıtta hangi özellikleri kullandığımızı bulmayı okura bırakıyoruz.
Okur alıştırma olarak, yukarıdaki özellikleri ve sadece bunları kulanarak şu eşitlikleri
kanıtlayabilir: A ∩ (A ∪ B) = A, B ∪ (∅ ∩ A) = B, (A′ ∩ E)′ = A, (A ∩ B) ∪ (A ∩ B ′ ) = A,
(A ∩ B) ∪ (A ∪ B ′ )′ = B.
1.294. Mutlak anlamda evrensel kümenin olmadığını kanıtlayabiliriz, yani ögeleri tüm kümelerden oluşan bir kümenin olmadığını kanıtlayabiliriz. Daha matematiksel bir deyişle şu
teoremi kanıtlayabiliriz (ve kanıtlayacağız da):
Teorem 1.3. x bir küme olsun.
y = {z ∈ x : z ∈
/ z}
tanımını yapalım. O zaman y ∈
/ x olur.
Kanıt: y’nin tanımına göre her z için şu doğrudur.
z ∈ y ⇐⇒ (z ∈ x ve z ∈
/ z).
Bu önerme her z için geçerli olduğundan, özel bir durum olarak y için de geçerlidir, yani
önermede z yerine y koyabiliriz:
(1)
y ∈ y ⇐⇒ (y ∈ x ve y ∈
/ y).
Şimdi diyelim kanıtlamak istediğimiz y ∈
/ x ifadesi yanlış, yani y ∈ x ifadesi doğru. O
zaman (1) ifadesinde bulunan “y ∈ x” önermesini kaldırabiliriz çünkü doğru olduğunu
biliyoruz8 . Demek ki
y ∈ y ⇐⇒ y ∈
/y
önermesi doğru. Yani y kümesi y’nin ögesiyse o zaman y kümesi y’nin ögesi olamaz
ve aksi istikamette, y kümesi y’nin ögesi değilse o zaman y kümesi y’nin ögesi olmak
zorunda! Bu bariz bir çelişkidir, bir önermenin doğru olması için yanlış, yanlış olması
için doğru olması gerekiyor, daha neler!
Demek ki herhangi bir küme tüm kümeleri öge olarak içeremez, mutlaka bir küme dışında
kalmak zorunda. Buradan da ögeleri tüm kümeler olan bir kümenin olamayacağı çıkar.
Bu aslında bu kitabın en başında verdiğimiz küme kavramıyla çelişir, çünkü kitabın
başında bir kümeyi herhangi bir topluluk olarak tanımlamıştık ve tüm kümeler de bal
gibi bir topluluktur, dolayısıyla verdiğimiz küme tanımına göre tüm kümelerden oluşan
bir küme olması lazım. Bu işte tam olarak Russell Paradoksu’dur. Sorun, kitabın en
başında verdiğimiz küme tanımında. O tanım doğru olamaz. Okura yalan söyledik!
Russell Paradoksu ortaya çıktığında matematik ta en temelinden sarsıldı. Birkaç yol
sonra paradoks giderildi ve her şey rayına oturdu. Bu ilginç konu için bkz. zorluk ve
derinlik derecesine göre sıraladığımız [N4, sayfa 207-218], [N1], [N2].
8
“Sadece ve sadece hava güzelse ve 2 × 2 = 4 ise pikniğe gideceğim” ifadesiyle “Sadece ve sadece hava güzelse pikniğe gideceğim” ifadesi mantıksal olarak birbirlerine denktir,
çünkü 2 × 2 = 4 doğru bir önermedir.
58
1. Kümeler
1.295. Çembersel Venn diyagramlarıyla ögelerin kümelere göre konumunu ne dereceye kadar
doğru yansıtabiliriz?
Tek bir kümeyle hiç sorun yok: Tek bir küme, ögeleri kümenin içindekiler ve dışındakiler
olarak iki sınıfa ayırır. Bunu düzlemde bir çemberle göstermek mümkündür:
0
1
Yukarıdaki şekilde iki bölgeyi 0 ve 1 sayılarıyla gösterdik. 0, kümenin (yani çemberin)
dışını temsil ediyor, 1 de içini.
1.296. İki farklı küme ise ögeleri dört sınıfa ayırır: kesişimdekiler, birinde olup diğerinde olmayanlar (bunlardan iki adet var) ve her iki kümede de olmayanlar. İki çemberle bu dört
sınıfı rahatlıkla gösterebiliriz:
0
1
12
2
Yukarıdaki şekilde elde ettiğimiz dört bölgeyi 0, 1, 2, ve 12 ile gösterdik. 0, her iki kümede
de olmayan ögelerin yerini temsil ediyor. 1, birinci kümede olup da ikinci kümede olmayan ögelerin yerini temsil ediyor. 2, tam tersine, ikinci kümede olup da birinci kümede
olmayan ögelerin yerini temsil ediyor. 12 ise her iki kümede de olan ögelerin yerini temsil
ediyor. Böylece iki kümenin en genel durumunu düzlemde çemberlerle gösterebiliriz.
1.297. Üç küme, ögeleri 8 farklı sınıfa ayırır. Üç çemberle de düzlemi sekiz parçaya ayırabiliriz.
2
0
12
1
23
123
13
3
Yukarıdaki şekilde elde ettiğimiz sekiz bölgeyi 0, 1, 2, 3, 12, 13, 23, 123 sayılarıyla
gösterdik. Örneğin 23 bölgesi, ikinci ve üçüncü kümede olan ama birinci kümede olmayan ögelerin yerini temsil ediyor. Böylece üç kümenin konumunu düzlemde çemberlerle
gösterebiliriz.
1.298. Dört kümenin birbirine göre konumlarını düzlemde çemberlerle göstermek mümkün
değildir, mesela aşağıdaki şekil olmuyor çünkü 13 ve 24 bölgeleri eksik.
59
0
1
2
12
124
123
1234
14
134
23
234
34
4
3
Ama çember yerine elips (oval) alırsak 16 farklı konumu göstermek mümkün. İşte dört
kümenin elipslerle mükemmel bir Venn diyagramı:
0
2
3
23
12
34
123
234
1234
1
24
13
134
4
124
14
Ögelerin dört kümeye göre 24 = 16 farklı konumu olabilir. Bu konumları 0, 1, 2, 3,
4, 12, 13, 14, 23, 24, 34, 123, 124, 134, 234 ve 1234 olarak gösterebiliriz. 124 konumu,
üçüncü kümede olmayan ama diğer üç kümede olan ögelerin konumunu gösteriyor.
1.299. Uzunca bir süre elipslerle (ya da dışbükey şekillerle) en fazla dört kümenin konumu
gösterileceği sanıldı. 1880’de Venn ile başlayan bu yanlış inanç 1975’e kadar sürdü. Bu
tarihte Hırvat matematikçi Branko Grünbaum bu yanlış inancı çürüttü. Beş kümenin
tüm konumlarını da elipslerle düzlemde göstermek mümkün, hatta bol simetrili güzel
bir şekille gösterebiliriz. Bu sefer bölgeleri sayılarla değil, A, B, C, D ve E ile gösterdik.
60
1. Kümeler
A
AE
AD
ACE
ADE
CE
E
ABD
ACDE
AB
ABDE
CDE
B
ABE
ABCDE
DE
BE
BCDE
BDE
ABCE
BCE
BD
BCD
BC
ABC
ABCD
CD
ACD
AC
D
C
Bu güzel şekli Hırvat matematikçi Branko Grünbaum’a borçluyuz. Elipslerle beşten
fazla kümenin konumunun gösterilemeyeceğini de Grünbaum kanıtlamıştır [Gr]. Eğer
elipslerden vazgeçip her türlü şekil kullanma hakkımız varsa, n tane kümenin tüm 2n
adet konumu gösterilebilir. Bunu da Venn kanıtlamıştır. (Aslında Venn sadece 6 kümenin
tüm konumlarını gösteren bir şekil çizmiş ama gene de bu şekille genel durumun nasıl
yapılacağını da göstermiştir.)
2. Doğal Sayılar Yapısı
Okur doğal sayılara elbette daha önceki eğitim yıllarından aşinadır. Zaten
önceki sayfalarda da hiç çekinmeden sayıları (kümelere örnek vermek amacıyla) kullandık. Bu altbölümde okurun doğal sayılar hakkında bildiklerini
daha modern bir dille gözden geçireceğiz. Kullanacağımız dil daha çok kümeler
kuramının dili olacak.
Anımsatalım: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 43, 127 gibi sayılara doğal sayı denir. Doğal
sayı kümesinin N simgesiyle gösterildiğini daha önce söylemiştik, tekrarlayalım:
N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, . . . }.
Doğal sayılar kümesi sadece bir küme değildir, üstünde toplama ve çarpma
adı verilen iki işlem vardır. Ayrıca doğal sayılarda bir de bir “sıralama” vardır,
mesela 5 sayısı 8’den küçüktür. Ayrıca asal sayılar, kareler, küpler filan da
vardır. Yani N kümesi aslında basit bir kümeden çok daha zengindir, matematiksel dille söylemek gerekirse N “matematiksel bir yapı”dır. Bu bölümde bu
matematiksel yapıyı biraz olsun anlamaya çalışacağız.
2.1
Toplama ve Çarpma İşlemleri
Doğal sayılarla toplama ve çarpma yapabiliriz. Yani iki doğal sayının toplamı
ve çarpımı gene birer doğal sayıdır. Bu, matematikte, “doğal sayılar kümesi
toplama ve çarpma işlemleri altında kapalıdır ” cümlesiyle ifade edilir. Ama
doğal sayılar kümesi çıkarma işlemi altında kapalı değildir, örneğin doğal sayılar kümesinde 7’den 5’i çıkarabiliriz (2 buluruz) ama 5’ten 7’yi çıkaramayız,
çünkü bulmamız gereken −2 sayısı bir doğal sayı değildir. Oysa herhangi iki
doğal sayıyı toplayıp çarptığımızda gene bir doğal sayı buluruz.
x ve y doğal sayılarının toplamının x + y olarak, çarpımının da x × y olarak
gösterildiğini herkes biliyordur, örneğin
5 + 7 = 12 ve 5 × 7 = 35
olur. x ve y sayılarının çarpımı x × y yerine bazen x · y, bazen de daha basit
olarak xy olarak gösterilir. Tabii x = 13 ve y = 25 ise, bu iki sayının çarpımı
62
13×25 ya da 13·25 olarak gösterilebilir ama kesinlikle 1325 olarak gösterilmez!
Öte yandan a ve b sayılarının çarpımı ab olarak gösterilebilir. Bir karışıklık söz
konusu olmayacaksa, olabilecek en sade yazılım tercih edilir.
İki doğal sayının toplamının ve çarpımının gene bir doğal sayı olmasını
kümeler kuramının dilinde şöyle ifade ederiz:
N + N ⊆ N ve N N ⊆ N.
Aslında burada eşitlik vardır, yani
N + N = N ve N N = N
olur, çünkü ne de olsa her n ∈ N için
n = n + 0 ∈ N + N ve n = n · 1 ∈ N N
olur.
Sıfır. Eskiden, eskiden dediğim birkaç onyıl önce filan, bazı matematikçiler
0’ı bir doğal sayı kabul etmiyordu. Ya da aynı matematikçi bir makalesinde
0’ı doğal sayı olarak kabul ediyor, bir başka makalesinde kabul etmiyordu.
0’ı doğal sayı kabul edip etmemek matematiğin özüyle ilgili bir konu değildir,
sadece bir anlaşma meselesidir, makalenin ya da kitabın başında 0’ın doğal sayı
kabul edilip edilmediği söylenirse hiçbir sorun yaşanmaz, yeter ki neden söz
edildiğini bilelim. 0’ın doğal sayı olup olmadığına biz insanlar karar veririz. “0
bir doğal sayı mıdır?” sorusuyla “balina bir balık mıdır?” sorusu arasında bir
fark vardır, çünkü balina ve balık bizim dışımızda vardır ve balina ve balığın
herkes tarafından kabul edilmiş tanımları vardır. Oysa “sayı”, daha doğrusu
“doğal sayı” kavramının neyi içerip içermediğine biz insanlar karar veririz.
Hangi karar işimize gelirse, hangi karar hayatımızı kolaylaştıracaksa o kararı
alırız. Matematikçilerin hemen hepsi bugün artık 0’ı bir doğal sayı olarak kabul
eder çünkü bu sayede hayat daha kolay oluyor, teoremler daha kolay ifade
ediliyor, matematik daha sade ve daha estetik oluyor. Biz de çoğunluk gibi 0’ı
bir doğal sayı olarak kabul ediyoruz.
Sayma Sayıları. 0 dışındaki doğal sayılardan oluşan sayı kümesi S olarak
gösterilir ve bu sayılara sayma sayıları denir. Demek ki
S = {1, 2, 3, 4, . . . }.
S kümesi de toplama işlemi altında kapalıdır, yani iki sayma sayısının toplamı yine bir sayma sayısıdır, bir başka deyişle S + S ⊆ S olur, ama bu sefer
eşitlik geçerli değildir, çünkü S + S kümesinde 1 yoktur, bu kümenin en küçük
sayısı 2’dir.
S + S = {2, 3, 4, . . .} = S \ {1} = N \ {0, 1}
2.1. Toplama ve Çarpma İşlemleri
63
eşitlikleri bariz olmalı. Benzer şekilde S + S + S kümesi 3 ve 3’ten büyük doğal
sayıları içeren kümedir:
S + S + S = N \ {0, 1, 2}.
S kümesi çarpma işlemi altında da kapalıdır ama bu sefer S S = S eşitliği
geçerlidir.
Katlar. Eğer n bir doğal sayıysa, nN kümesi n’nin doğal sayı katlarından
oluşur, yani
nN = {0, n, 2n, 3n, 4n, . . . }
olur. nN kümesinin ögeleri n’ye bölünen doğal sayılardır. Örneğin, n = 2 ise,
2N = {0, 2, 4, 6, 8, . . . }
olur, yani 2N çift doğal sayılar kümesidir. Eğer n’yi 3’e eşit alırsak,
3N = {0, 3, 6, 9, 12, . . . }
olur. 4N kümesinin ilk birkaç sayısını tahmin etmek zor değil:
4N = {0, 4, 8, 12, 16, . . . }.
4N kümesinin her ögesi 4’e bölünür, dolayısıyla 4N kümesinin her ögesi 2’ye
de bölünür; bundan da
4N ⊆ 2N
çıkar. Bunun gibi,
48N ⊆ 16N ⊆ 8N ⊂ 4N ⊆ 2N
olur.
nm sayısı hem nN hem de mN kümesindedir, yani nm ∈ nN ∩ mN olur.
Tabii 2nm, 3nm gibi sayılar da bu kesişimdedir, yani nmN ⊆ nN ∩ mN olur,
ama bu kesişimde nm’nin katlarından daha fazla öge olabilir, örneğin 12 ∈
4N ∩ 6N olur, hatta 4N ∩ 6N = 12N olur, bir başka deyişle hem 4 hem de 6’nın
katları olan sayılar tam tamına 12’nin katları olan sayılardır.
Önceki bölümde de gördüğümüz gibi nN kümesinin ögelerini belli bir k
doğal sayısıyla toplayabiliriz; elde edilen küme nN + k olarak yazılır. Örneğin,
7N + 3
7N + 4
8N + 1
N+3
=
=
=
=
{3,
{4,
{1,
{3,
10, 17, 24, . . . },
11, 18, 25, . . . },
9, 17, 23, . . . },
4, 5, 6, 7, . . . }
Şu eşitlik de ilginizi çekebilir: 7N+7 = 7S. Tabii ki 2N çift doğal sayılar, 2N+1
de tek doğal sayılar kümesidir.
64
n’nin katlarıyla m’nin katlarını topladığımızda elde edilen küme ise
nN + mN
olarak gösterilir. Örneğin
3N + 7N = {3, 6, 7, 9, 10, 12, 13, 14, 15, 16, . . . }
olur. (Bu tür kümelerin hangi sayılardan oluştuğunu bulmak kolay değildir,
ama eğer n ve m’nin 1’den başka ortak böleni yoksa, nN + mN kümesinin
nm − n − m sayısından büyük tüm sayıları içerdiği biliniyor.)
nN + nN = nN
eşitliği önemlidir. Elimiz değmişken sabit bir n için nN+k türünden kümelerin
toplamı ve çarpımıyla ilgili birkaç örnek verelim.
(5N + 4) + (5N + 3) ⊆ 5N + 7 ⊆ 5N + 2
olur, hatta birinin ⊆ simgesini eşitlik ile değiştirebiliriz. Bunun gibi
(5N + 4) · (5N + 3) ⊆ 5N + 12 ⊆ 5N + 2
olur. Aşağıda daha fazla örnek bulabilirsiniz.
Toplama ve çarpmanın özelliklerini ve bu özellikleri doğru uygulamayı okurun bildiğini varsayıyoruz. Örneğin
(a + b + c)(x + y) = ax + bx + cx + ay + by + cy
olur. Zaten ileride bu özellikleri daha genel olarak gerçel sayılar için göreceğiz.
Bu paragrafta sözünü ettiğimiz eşitlik dağılma özelliğinden, yani
a(x + y) = ax + ay
özdeşliğinden kaynaklanmaktadır
Örnekler
2.1. Her x doğal sayısı için x0 = 0x = 0 olur. Bu yüzden 0 sayısının çarpma işleminin yutan
ögesi olduğu söylenir.
2.2. Eğer iki doğal sayının toplamı 0 ise, her iki doğal sayı da 0 olmak zorundadır. Eğer iki
doğal sayının toplamı 1 ise, bu sayılardan biri 1, diğeri 0 olmak zorundadır.
2.3. Eğer iki doğal sayının çarpımı 0 ise, iki doğal sayıdan en az biri 0 olmak zorundadır.
(Her ikisi birden de 0 olabilir tabii.) Eğer elli tane doğal sayının çarpımı 0 ise, bu elli
doğal sayının en az biri 0 olmak zorundadır. Bir başka deyişle, hiçbiri 0 olmayan doğal
sayıların çarpımı 0 olamaz.
2.4. Eğer iki doğal sayının çarpımı 1 ise, her iki doğal sayı da 1 olmak zorundadır.
65
2.5. İki tek sayının çarpımının her zaman bir tek sayı olduğunu kanıtlayalım. Herhangi iki
tek sayı alalım, bunlara x ve y diyelim. x bir tek sayı olduğundan, bir n doğal sayısı
için x = 2n + 1 biçiminde yazılır. Aynı nedenden, bir m doğal sayısı için y = 2m + 1
biçiminde yazılır. (m, n’ye eşit olmak zorunda değil tabi.) Demek ki
xy = (2n + 1)(2m + 1) = 4nm + 2n + 2m + 1 = 2(2nm + n + m) + 1
olur. Eğer p = 2nm + n + m tanımını yaparsak, xy = 2p + 1 eşitliğini görürüz. p bir
doğal sayı olduğundan, bu eşitlik xy’nin bir tek sayı olduğunu gösterir.
2.6.
kümesi 2 ve 2’den büyük doğal sayılardan oluşsun.
kümesi toplama ve çarpma
altında kapalıdır.
+
kümesi 4 ve 4’ten büyük tüm doğal sayıları içerir ve sadece
bunları içerir, yani
+ = N \ {0, 1, 2, 3}
T
T T
TT
2.7.
2.8.
2.9.
2.10.
2.11.
2.12.
T
T T
olur. Öte yandan
kümesinde olmayan çok doğal sayı vardır. Örneğin 3, 5, 7, 11, 13,
17, 19, 23, 29, 31, 37 doğal sayıları bu kümede değildir.
kümesindeki sayılar 1’den
büyük en az iki doğal sayının çarpımı olarak yazılabilen sayılardır.
(7N + 4) + (7N + 5) = 7N + 9 ⊆ 7N + 2 olur.
(7N + 4) · (7N + 5) ⊆ 7N + 20 ⊆ 7N + 6 olur.
(7N + 5) + (7N + 5) = 7N + 10 ⊆ 7N + 3 olur.
(7N + 4) + (7N + 5) + (7N + 6) = 7N + 15 ⊆ 7N + 1 olur.
(7N + 4) · (7N + 5) · (7N + 6) = 7N + 120 ⊆ 7N + 1 olur.
1 ve 5 kuruşları bir araya getirerek kaç farklı biçimde 20 kuruş elde ederiz? Eğer 1 kuruşların sayısına n, 5 kuruşların sayısına m dersek, elde edeceğimiz tutar n + 5m kuruş
olur. Demek ki
n + 5m = 20
TT
denkleminin doğal sayılarda kaç çözümü olduğunu bulmalıyız. 5m ve 20 sayıları 5’e
bölündüğünden n de 5’e bölünür. n yerine 5n1 yazalım. O zaman denklemimiz
5n1 + 5m = 20
olur. 5’leri sadeleştirirsek
n1 + m = 4
denklemine varırız. Bu denklemin her çözümü bize orijinal problemin bir çözümünü verir. Her n1 = 0, 1, 2, 3, 4 için bir çözüm vardır: m’yi 4 − n1 almak yeterlidir. Demek ki
1 ve 5 kuruşlarla toplam beş farklı biçimde 20 kuruş elde edebiliriz.
2.13. 1, 5 ve 10 kuruşlarla kaç farklı biçimde 20 kuruş elde ederiz? Bu sefer
n + 5m + 10p = 20
denkleminin doğal sayılarda çözüm sayısını bulmalıyız. Eğer p = 2 ise, tek bir çözüm var:
n = m = 0 ve p = 2. Eğer p = 0 ise çözüm sayısının 5 olduğunu bir önceki alıştırmada
gördük. Eğer p = 1 ise n + 2m = 10 denklemini çözmeliyiz. Her m = 0, 1, 2, 3, 4, 5 için
bu denklemin tek bir çözümü var. Demek ki toplamda 1 + 5 + 6 = 12 tane çözüm var.
2.14. (a + b + c + d)(x + y + z) ifadesini açtığımızda 4 × 3 = 12 tane terim toplarız:
(a + b + c + d)(x + y + z) = ax + ay + az + bx + by + bz + cx + cy + cz + dx + dy + dz.
Biraz daha zor bir örnek:
(a + b + c + d)(x + y + z)(u + v + w)
ifadesini açtığımızda 4 × 3 × 3 = 36 tane terim toplarız. Toplanacak terimleri bulmak
için her parantezden birer terim seçip çarpmak lazım.
66
Alıştırmalar
2.15. Tüm doğal sayıları teker teker küçükten büyüğe yazın. Şaka şaka...
2.16. İki tek sayının toplamının çift olduğunu gösterin. İki çift sayının toplamının çift olduğunu
gösterin.
2.17. Herhangi üç doğal sayı arasında toplamı çift olan iki sayı olduğunu gösterin.
2.18. Eğer ab çarpımı tek sayıysa, a ve b’nin tek sayı olmak zorunda olduğunu kanıtlayın.
2.19. (6N + 3) · (6N + 3) ⊆ 6N + 3 önermesini gösterin. Eşitlik doğru mu?
2.20. (8N + 4) + (8N + 5) ⊆ 8N + 1 önermesini gösterin. Eşitlik doğru mu?
2.21. (8N + 4) · (8N + 5) ⊆ 8N + 4 önermesini gösterin. Eşitlik doğru mu?
2.22. (8N + 4) · (8N + 4) ⊆ 8N önermesini gösterin. Eşitlik doğru mu?
2.23. (8N + 5) + (8N + 5) ⊆ 8N + 2 önermesini gösterin. Eşitlik doğru mu?
2.24. (8N + 4) + (8N + 5) + (8N + 6) ⊆ 8N + 7 önermesini gösterin. Eşitlik doğru mu?
2.25. (8N + 4) · (8N + 5) · (8N + 6) =⊆ 8N + 7 önermesini gösterin. Eşitlik doğru mu?
2.26. (9N + 14) + (9N + 7) ⊆ 9N + k ve k < 9 ise k kaçtır? Eşitlik doğru olabilir mi?
2.27. (9N + 4) · (9N + 15) ⊆ 9N + k ve k < 9 ise k kaçtır? Eşitlik doğru olabilir mi?
2.30. (9N + 4) + (9N + 5) + (9N + 6) ⊆ 9N + k ve k < 9 ise k kaçtır? Eşitlik doğru olabilir mi?
2.31. (9N + 4) · (9N + 5) · (9N + 6) ⊆ 9N + k ve k < 9 ise k kaçtır? Eşitlik doğru olabilir mi?
2.32. (9N + 14) + (9N + k) ⊆ 9N + 1 ve k < 9 ise k kaç olabilir?
2.33. (9N + 10) · (9N + k) ⊆ 9N + 4 ve k < 9 ise k kaç olabilir?
2.34. (6N + 3) · (6N + k) ⊆ 6N + 4 önermesinin hiçbir k için doğru olamayacağını kanıtlayın.
2.35. (6N + 3) · (6N + k) ⊆ 6N + m ve m < 6 önermesi doğruysa, m’nin alabileceği değerleri
bulun.
2.36. 5 ve 6 gibi ya da 123, 124 ve 125 gibi ardarda gelen doğal sayılara ardışık sayı denir.
İki ardışık sayının toplamının mutlaka bir tek sayı olduğunu kanıtlayın. Bunun ters
istikameti de doğrudur: Her tek sayı iki ardışık sayının toplamıdır; kanıtlayın.
2.37. Ardışık üç doğal sayının toplamının 3’e bölündüğünü kanıtlayın. 0 dışında 3’e bölünen
her doğal sayının üç ardışık doğal sayının toplamı olduğunu gösterin.
2.38. Yukarıdaki alıştırmaların benzerini 5, 7 ve 9 ardışık sayının toplamı için gösterin.
2.39. Ardışık üç sayının toplamı 7’ye bölünüyorsa, bu üç sayıdan birinin 7’ye bölündüğünü kanıtlayın.
2.40. 12, 13 ve 14 sayılarının 3N+7N kümesinde olduğunu gösterin. Buradan hareketle, 11’den
büyük her doğal sayının 3N + 7N kümesinde olduğunu gösterin. 11 sayısının 3 × 7 − 3 − 7
sayısına eşit olduğuna dikkatinizi çekeriz.
2.41. 24, 25, 26, 27 ve 28 sayılarının 5N+7N kümesinde olduğunu gösterin. Buradan hareketle,
23’ten büyük her doğal sayının 5N + 7N kümesinde olduğunu gösterin. 23 sayısının
5 × 7 − 5 − 7 sayısına eşit olduğuna dikkatinizi çekeriz.
2.42. 1’den başka ortak böleni olmayan herhangi iki doğal sayı seçerek yukarıdakine benzer
örnekleri çoğaltın. Eğer sayılara a ve b dersek, her seferinde ab − a − b sayısından büyük
her doğal sayı aN + bN kümesinde olacaktır.
2.43. 4n + 5m = 40 denkleminin doğal sayılarda kaç çözümü vardır?
2.46. 3k + 4n + 5m = 23 denkleminin doğal sayılarda kaç çözümü vardır?
2.47. (a1 + · · · + an )(b1 + · · · + bm ) ifadesini açtığımızda (yani parantezleri kaldırdığımızda)
67
kaç terim toplanır?
2.48. (a1 + · · · + an )(b1 + · · · + bm )(c1 + · · · + ck ) ifadesini açtığımızda (yani parantezleri
kaldırdığımızda) kaç terim toplanır?
2.49. Para bozdurma Problemleri.
a. 1 ve 5 kuruşlarla kaç farklı biçimde 12 kuruş elde ederiz?
b. 1, 5 ve 10 kuruşlarla kaç farklı biçimde 30 kuruş elde ederiz?
c. 1, 5, 10 ve 25 kuruşlarla kaç farklı biçimde 1 lira elde ederiz?
ç. 1, 5, 10, 25, 50 ve 100 kuruşlarla kaç farklı biçimde 5 lira elde ederiz? Bu soruyu
çözmenin bir yöntemi vardır ama bu aşamada bu yöntemi açıklamak kolay değildir.
Yanıt 98.411 çıkıyor. Benzer bir problem [PTW, sayfa 11-15]’te var. Çok çok boş zamanı
olmayan okura bu soru önerilmez!
2.50. İki n ve m doğal sayısı için,
n ⋆ m = 2nm + n + m
tanımını yapalım. Böylece doğal sayılar kümesi üzerine ⋆ adını verdiğimiz yeni bir işlem tanımlamış oluruz. Tanımdan, her n ve m için n ⋆ m = m ⋆ n eşitliği çıkıyor,
çünkü tanımda n ile m’yi değiş tokuş edersek sonuç değişmiyor. Her n, m, p için
n ⋆ (m ⋆ p) = (n ⋆ m) ⋆ p
eşitliğini kanıtlayın. Her n için n ⋆ 0 = 0 ⋆ n = n eşitliğini kanıtlayın. Her n, m ve p
sayısı için
n ⋆ (m + p) = n ⋆ m + n ⋆ p
eşitliği doğru mudur?
2.51. Bir Oyun Türü.
a. İki kişi arasında oynanan şu oyunu ele alalım. İki kişi rastgele bir doğal sayı seçerler
ve bu sayıdan başlayarak teker teker ya 1 ya 2 çıkarırlar. Örneğin eğer seçilen sayı 23
ise, birinci oyuncu ya 1 çıkarıp 22 der ya da 2 çıkarıp 21 der. Diyelim birinci oyuncu
23’ten 2 çıkarıp 21 dedi. İkinci oyuncu 21’den ya 1 ya 2 çıkarır. Negatif sayılara inme
yasak. İlk 0 diyen oyunu kaybediyor. 1, 4, 7, 10, 13 ile başlayan oyunları oyuna başlayan
oyuncunun kaybettiğini kanıtlayın. Genel olarak 3n + 1 türünden bir sayıyla başlayan
oyunları ilk hamle yapan kaybeder (diğer oyuncu iyi oynarsa tabii), diğer oyunları iyi
oynarsa birinci oyuncu kazanır. Bunu kanıtlayın. Kazanan oyuncu oyunu kazanmak için
nasıl oynamalıdır?
b. Aynı oyun, ama bu sefer 0 diyen kazanıyor. Oyun nasıl oynanmalı?
c. Bu sefer oyuncular 1, 2 ya da 3 çıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyunun kazanma
stratejisini bulun.
ç. Bu sefer oyuncular 1, 2, 3 ya da 4 çıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyunun
kazanma stratejisini bulun.
d. Bu sefer oyuncular 1, 2 ya da 4 çıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyunun kazanma
stratejisini bulun. (Yukarıdakilerden daha zordur.)
e. Bu sefer oyuncular 1, 2 ya da 5 çıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyunun kazanma
stratejisini bulun.
f. Bu sefer oyuncular 1, 3 ya da 4 çıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyunun kazanma
stratejisini bulun. (Yukarıdakilerden çok daha zordur.)
2.52. Yeni bir Oyun Türü.
a. İki oyuncu 0’dan başlayarak diğerinin söylediği sayıya 1’den 10’a kadar (1 ve 10 dahil)
bir sayı ekliyor. 100 diyen oyuncu kazanıyor. Bu oyunu birinci oyuncunun iyi oynarsa
kazanabileceğini gösterin.
b. Yukarıdaki oyunda 100 diyen ya da 100’ü aşan kaybetsin. Hangi oyuncu nasıl oynarsa
kazanır?
68
c. Bu sefer 23’ten başlayarak iki oyuncu sırayla 1’den 6’ya kadar sayı ekleyebiliyorlar.
100 diyen ya da 100’ü aşan oyunu kaybediyor. Hangi oyuncu nasıl oynarsa kazanır?
d. 0’dan başlayarak iki oyuncu sırayla 100’ü aşmaması kaydıyla istedikleri kadar tek
sayı ekleyebiliyorlar. 100 diyen ya da 100’ü aşan oyunu kaybediyor. Hangi oyuncu nasıl
oynarsa kazanır?
2.53. İki Kefeli Terazi Sorusu.
a. İki kefeli bir terazimiz ve 1, 2 ve 5 kiloluk ağırlıklarımız var. Bu üç ağırlıkla elbette
1, 2 ve 3 kiloları tartabiliriz ama 4 kiloyu da tartabiliriz, bunun için kefelerden birine 5
kiloyu, diğerine 1 kiloyu koymak yeterlidir. Bu üç kiloyla 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ve 8 kiloları
tartabileceğimizi gösterin. Eğer 1, 2 ve 6 kiloluk ağırlıklarımız olsaydı, 1, 2, 3, 4, 5, 6,
7, 8 ve 9 kiloyu tartabilirdik. Demek ki 1, 2 ve 6 kilolar, 1, 2 ve 5 kilolardan daha iyi,
daha fazla ardışık ağırlık tartabiliyoruz.
b. İki kefeli bir terazide sadece üç ağırlıkla en fazla kaç farklı ağırlık tartabilirsiniz?
c. Esnafsınız. İki kefeli bir teraziniz var. Belediye yanınıza sadece üç ağırlık alabileceğinizi söylüyor. (Yukarıda 1, 2 ve 5 kiloluk ağırlıkları almıştık.) Öyle üç ağırlık seçin
ki, 1’den başlayarak ardışık en fazla ağırlığı tartabilin.
ç. Belediye koşulları esnetti, artık yanınıza dört ağırlık alabilirsiniz. 1’den başlayarak
ardışık en fazla ağırlığı tartmak için yanınıza hangi dört ağırlığı almalısınız?
d. Aynı soru ama beş ağırlıkla.
e. Aynı soru ama n tane ağırlıkla.
f. Yukarıdaki soruda bulduğunuz ağırlıkları yanınıza aldığınızı varsayalım. 10.212.412
kiloyu (mesela!) bu ağırlıkları kullanarak nasıl tartarsınız?
Notlar
2.54. Sık sık “0 bir doğal sayı mıdır?” sorusu sorulur. İsterseniz doğal sayı olur, isterseniz
olmaz! Doğal sayıyla bişr deve arasında bir fark vardır. Deve diye bir hayvan vardır,
gözümüzle görürüz, karşımıza alabiliriz, inceleyebiliriz. Ama doğal sayı ortalıkta pek
görünmez! Doğal sayı kavramını biz insanlar yarattık. (Deveyi biz yaratmadık!) 0’ı istersek doğal sayı olarak kabul ederiz, istersek etmeyiz. Bugün hemen herkes 0’ı bir doğal
sayı olarak kabul eder. Ama eskiden öyle değildi, doğal sayıların 1’den başladığı zamanlar oldu. Biz, bildiğiniz gibi 0’ı bir doğal sayı olarak kabul ettik, çünkü paşa gönlümüz
öyle istedi!
2.55. Oldukça sık karşılaştığım bir başka soru şu: “0 yokluğu ifade ettiğine göre 0 nasıl olabiliyor?” Peki, “yokluk” yokluğu ifade ettiğine göre “yokluk” nasıl olabiliyor? “Var olmamak” var olmamayı ifade ettiğine göre “var olmamak” kelimesi nasıl olabiliyor? Çiçek
olmayan bir bahçede 0 tane çiçek vardır! Bir sonraki bölümde daha kötüsünü yapacağız:
Üç elmadan beş elma çıkarıp eksi iki elma bulacağız!
2.56. Doğal sayıları aksiyomatik olarak (yani her türlü deneyden ve tecrübeden bağımsız, tam
matematiksel, dolayısıyla anlamsız olarak) ele almayı ilk başaran kişi, kitabın birinci
bölümünde de adı geçmiş olan Peano’dur. Ama Peano doğal sayıları bizim yaptığımız
gibi 0’dan değil, 1’den başlatmıştır. Peano’nun esinlendiği ve yararlandığı matematikçi, mantıkçı ve filozof Gottlog Frege’nin (1848-1925) çalışmaları da çok önemlidir.
Frege, mantığın ve matematiğin (ve tabii ki aritmetiğin) sezgilerimizden arındırılması
gerektiğini savunan ve bu konuda önemli çalışmalara imza atan ilk matematikçidir.
Bu amaçla 1884’te Aritmetiğin Temelleri adlı eserini ve 1893 ve 1903’te Aritmetiğin
Temel Yasaları adlı eserinin birinci ve ikinci ciltlerini yazmıştır. Aynı yıllarda, matematiğin tamamen mantığa indirgenmesi gerektiğini savunan ünlü filozof, matematikçi
ve aktivist Bertrand Russell (1872-1970), 1898’de Geometrinin Temelleri Üzerine Bir
Deneme, 1903’te Matematiğin İlkeleri, 1910 ve 1913 yılları arasında Whitehead ile birlikte üç ciltlik Pricipia Mathematica adlı eserlerini yazmıştır. Bunlara bir de David
69
Hilbert’in 1899’da Öklid geometrisini matematiksel ve aksiyomatik olarak ele aldığı Geometrinin Temelleri [H] adlı kitabı eklemek lazım. Görüldüğü üzere 19’uncu yüzyılın
sonlarıyla 20’nci yüzyılın başları matematiğin temelleri konusunda son derece verimli
yıllar olmuştur.
Giuseppe Peano’nun 1889 tarihli Arithmetices principia, nova methodo
exposita adlı (Aritmetiğin İlkeleri, Yeni Bir Yöntem) Latince yazılmış eserinin kapağı.
2.57. Doğal sayıların bugünkü matematiksel tanımını yapan, matematiğin çok çeşitli dallarında, mantıkta, fizikte, bilgisayar biliminde, ekonomide önemli katkıları olmuş olan
John von Neumann’dır (1903-1957). Von Neumann her doğal sayıyı kendinden küçük
doğal sayılardan oluşan küme olarak tanımlamıştır. Dolayısıyla 0’ı boşküme olarak
tanımlamıştır. Diğer sayıların von Neumann tanımı şöyledir:
1
2
3
4
5
6
=
=
=
=
=
=
{0}
{0, 1}
{0, 1, 2}
{0, 1, 2, 3}
{0, 1, 2, 3, 4}
{0, 1, 2, 3, 4, 5}
Von Neumann’ın bu tanımı “sonsuz sayı” olarak nitelendirilebilecek ve bugün matematikte çok temel olan ordinal ve kardinal gibi doğal sayıları genelleştiren kavramların
matematiksel olarak tanımlanmasının önünü açmıştır. Eğer gelecekte matematikçi olursanız bu sonsuz sayılarla da haşır neşir olacaksınız. Şimdilik sonlu sayılarla haşır neşir
olalım...
70
John von Neumann (1903-1957)
2.58. Küçük sayıların bir anlamı vardır beynimizde. Örneğin 5 saniyenin ne kadarlık bir süre
olduğunu aşağı yukarı biliriz; 5 dakikayı da, 5 saati de lgılayabiliriz ama mesela 2,5
milyar saniyenin ne kadarlık bir süreye tekabül ettiğini (kaç gün ya da kaç yıl ya da kaç
yüzyıl eder?) hesap kitap yapmadan anlayamayız. Arkadaşlarınızla bir tahmin oyunu
oynayıp sonra gerçek süreyi bulun. Bu da şu demektir: Büyük sayılar aslında sadece
kalem kâğıt üzerinde ve şeklen ve sadece bilgi olarak vardır, biz insanlar sadece küçük
sayıları gerçekten hissedebiliriz.
2.2
Sıralama
Toplama ve çarpma işlemleri dışında doğal sayılarda bir de ilkokuldan beri
bildiğimiz, hatta ilkokuldan da önce bildiğimiz “küçüklük-büyüklük” ilişkisi
vardır. Örneğin 25, 48’den küçüktür, ya da 48, 25’ten büyüktür. Bunu
25 ≤ 48
olarak gösteririz. Bu küçüklük-büyüklük ilişkisine sıralama denir, daha doğrusu “doğal sayıların sıralaması” denir.
0 en küçük doğal sayıdır. 0’dan hemen sonra 1 gelir. 0 ile 1 arasında başka
bir doğal sayı yoktur. 0’dan büyük sayılar pozitif olarak adlandırılır.
Her doğal sayıdan daha büyük bir doğal sayı vardır: n doğal sayısından
sonraki ilk doğal sayı n + 1’dir. Tabii n + 2 daha da büyüktür. Bu yüzden en
büyük doğal sayı yoktur. En büyük çift doğal sayı da yoktur, en büyük tek
doğal sayı da yoktur, çünkü n + 2 ile n sayılarının tekliği-çiftliği aynıdır ve
n + 2 her zaman n’den daha büyüktür.
Öte yandan eğer boşküme olmayan bir doğal sayı kümesinin tüm ögeleri belli bir doğal sayıdan küçükse (matematiksel jargonla, altküme üstten
2.2. Sıralama
71
sınırlıysa), o zaman o kümenin en büyük bir ögesi vardır. Örneğin 100’den
küçük ve 7’ye bölünen en büyük tam sayı 98’dir. Eğer bir X ⊆ N kümesinin
en büyük ögesi varsa, bu ögeyi
max X
olarak göstereceğiz. Ögeye de X’in maksimal ögesi ya da en büyük ögesi
diyeceğiz. Örneğin
max{1, 7, 8} = 8
olur. Bir başka örnek: Eğer X, (x − 1)(x − 3)(x − 4) = 0 denkleminin çözümlerinden oluşan kümesiyse, max X = 4 olur. Bir örnek daha 24 ve 36’yı bölen
sayılar 36 tarafından üstten sınırlıdır (25 tarafından da üstten sınırlıdır) ve bu
küme boş küme değildir, örneğin 1 sayısı bu kümededir; demek ki bu kümenin en büyük ögesi vardır; tahmin edeceğiniz gibi bu kümenin en büyük ögesi
(daha sonra adına en büyük ortak bölen diyeceğimiz) 12’dir.
Eğer bir X ⊆ N kümesinin en küçük ögesi varsa (ki ileride göreceğimiz
üzere, boşküme dışında her doğal sayı kümesinin en küçük ögesi vardır), bu
ögeyi
min X
olarak göstereceğiz. Ögeye de X’in minimal ögesi ya da en küçük ögesi
diyeceğiz. Örneğin
min{1, 7, 8} = 1
olur. Eğer X = {a} ise,
min X = max X = a
olur elbette. Bir başka örnek: Eğer X, (x + 5)(x − 1)(x − 3)(x − 4) = 0
denkleminin doğal sayı çözümlerinden oluşan kümesiyse, min X = 1 olur.
Bir başka örnek daha: 6’ya ve 8’e bölünen pozitif doğal sayılar kümesinin
en küçük ögesi 14’tür. (Daha sonra bu sayıya 6 ve 8’in en küçük ortak katı
dendiğini göreceğiz.) Yukarıda parantez içinde dediğimiz gibi X’in boş olmayan her altkümesinin en küçük ögesi vardır. Bu konudan biraz ileride daha
kapsamlı olarak bahsedeceğiz; bkz. Altbölüm 2.9.
Bu arada,
min{a, b} + max{a, b} = a + b
ilginç eşitliğine de dikkatinizi çekerim, bazen çok yararlı olur.
n’den küçük tam n tane doğal sayı vardır. Örneğin 5’ten küçük tam beş
tane doğal sayı vardır, onlar da 0, 1, 2, 3, 4 sayılarıdır. 0’dan küçük tam sıfır
tane doğal sayı vardır, yani hiç yoktur.
Eğer a sayısı b’den küçükse ya da b sayısı a sayısından büyükse, bu,
a<b
olarak yazılır.
72
Eğer a sayısı b’den küçükse ya da b’ye eşitse, bu
a≤b
olarak yazılır. Hem 5 ≤ 7 hem de 5 < 7 önermesi doğrudur. Ama 5 < 5
önermesi yanlıştır. 5 ≤ 5 önermesi ise doğrudur.
Eğer a ≤ b ise, “büyükeşit olmak” gibi bir tabir uydurup b’nin a’dan
büyükeşit olduğunu söyleyeceğiz. Aynı şekilde a’nın b’den küçükeşit olduğunu söyleyeceğiz. TDK sözlüğünde ya da herhangi bir sözlükte bulamayacağınız
bu uydurma tabirler ifade gücümüzü sadeleştirerek hayatımızı kolaylaştıracak.
5’ten küçükeşit tam altı tane doğal sayı vardır, bunlar da 0, 1, 2, 3, 4, 5
sayılarıdır. 0’dan küçükeşit tam bir tane doğal sayı vardır, o da 0’ın kendisidir.
Eğer X ⊆ N kümesinin her ögesi belli bir a sayısından küçükeşitse, bu
a sayısına X’in üstsınırı adı verilir. Bu durumda “a, X’i üstten sınırlıyor”
diyeceğiz. Elbette eğer a, X’in bir üstsınırıysa, a’dan büyük her sayı da X’in
üstsınırıdır. Kolaylıkla görüleceği üzere, eğer X üstten sınırlıysa, max X, X’in
bir üstsınırıdır ve X’in üstsınırlarının en küçük ögesidir.
≥ ve > simgelerinin anlamını biliyorsunuzdur: a ≥ b önermesi, b ≤ a anlamına gelir. a > b önermesi de b < a anlamına gelir. Yani, tanım gereği,
a ≥ b ⇐⇒ b ≤ a
ve
a > b ⇐⇒ b < a
önermeleri doğrudur.
Eğer a < b ise elbette a ≤ b olur. Ama bunun ters istikameti doğru değildir,
yani a ≤ b ise illa a < b olmak zorunda değildir, a = b durumu mızıkçılık çıkarır. Ters istikametin doğru olması için bir de ayrıca a ̸= b olmalıdır. Bir başka
deyişle
a < b ⇐⇒ (a ≤ b ve a ̸= b)
önermesi doğrudur. Bunun gibi
a ≤ b ⇐⇒ (a < b ya da a = b)
önermesi doğrudur.
Toplama ve çarpma işlemleriyle sıralama büyük ölçüde uyum içindedir.
Önce toplamayı ele alalım. Eğer x ≤ y ise x + z ≤ y + z olur, yani sabit bir
sayıyla (burada z ile) toplama eşitsizliği bozmaz. Aynı şey ≤ yerine < simgesi
için de doğrudur: x < y ise x+z < y +z olur. Eşitsizlikler taraf tarafa toplanır:
Eğer x ≤ y ve z ≤ t ise x + z ≤ y + t olur. Ayrıca eğer x < y ve z ≤ t ise
x + z < y + t olur.
Sıralamayla çarpma arasında da büyük ölçüde bir uyum vardır: x ≤ y ise
her z ∈ N için xz ≤ yz olur, yani sabit bir sayıyla (burada z ile) çarpma
2.2. Sıralama
73
eşitsizliği bozmaz. Aynı şey ≤ yerine < simgesi için de neredeyse doğrudur,
tek istisna z = 0 durumudur: Eğer x < y ise 0’dan farklı her z doğal sayısı
için xz < yz olur.
Örnekler
2.59. min X = max X eşitliğinin sağlanması için yeter ve gerek koşulun X’in tek elemanlı bir
küme olması gerektiğini kanıtlayın.
2.60. Beş basamaklı doğal sayıların hepsi dört basamaklı doğal sayıların hepsinden daha
büyüktür. Doğal sayılar önce basamak sayısına göre sıralanır, yani basamak sayısı daha
az olan daha küçüktür. Eğer iki doğal sayının basamak sayısı aynıysa, en soldaki basamağa bakılır. En sol basamaktaki rakamı daha küçük olan daha küçüktür. En soldaki
basamaktaki rakamlar eşitse, o basamağın hemen sağındaki rakamlara bakılır. Bunlar
da eşitse bu basamağın hemen sağındaki rakamlara bakılır. Farklı bir basamak buluncaya kadar bu tetkik sürdürülür. En sol basamaktan başlayarak, ilk farklı rakamı küçük
olan sayı daha küçüktür. Eğer basamak sayısı ve basmaklardaki tüm rakamlar eşitse,
sayılar eşit demektir. Bunu ilkokul yıllarınızdan biliyorsunuz tabii. Gene de düzgün ifade
edebilmekte yarar var, ki bu da hiç kolay değildir.
2.61. En küçük beş basamaklı doğal sayı 10.000’dir. En büyük dört basamaklı doğal sayı
9.999’dur.
2.62. En küçük beş basamaklı doğal sayıdan en büyük üç basamaklı doğal sayıyı çıkarırsak
9.001 buluruz, çünkü en küçük beş basamaklı doğal sayı 10.000 ve en büyük üç basamaklı
doğal sayı 999’dur, aradaki fark da 10.000 − 999 = 9.001 olur.
2.63. En küçük dört basamaklı doğal sayı 1000’dir. En büyük dört basamaklı doğal sayı
9999’dur. Ama dört basamaklı doğal sayıların sayısı 9999 − 1000 = 8999 değil
9999 − 1000 + 1 = 9000
olur.
Alıştırmalar
2.64. Adamın biri tavukçuya girer, ”Bu tavukların yarısını ver, bir de fazladan bir tavuk ver”
der. Tavukçu adamın isteğini yerine getirir. Ardından kadının biri aynı tavukçuya girer,
”Bu tavukların yarısını ver, bir de fazladan bir tavuk ver” der. Tavukçu kadının isteğini
yerine getirir. Ardından bir genç aynı tavukçuya girer, ”Bu tavukların yarısını ver, bir
de fazladan bir tavuk ver” der. Tavukçu gencin isteğini yerine getirir. Ve tavukçuda hiç
tavuk kalmaz! Tavukçuda başlangıçta kaç tavuk varmış?
2.65. Eğer X doğal sayı kümesi üstten sınırlı değilse, XY kümesi hangi Y doğal sayı kümeleri
için üstten sınırlı olur?
2.66. X ⊆ N üstten sınırlı bir küme olsun. X’in en fazla max X − min X + 1 tane ögesi
olduğunu gösterin.
2.67. X ve Y üstten sınırlı ve boş olmayan iki doğal sayı kümesi olsun. Eğer X ⊆ Y ise
max X ≤ max Y olduğunu gösterin.
2.68. X ve Y üstten sınırlı ve boş olmayan iki doğal sayı kümesi olsun. Diyelim X kümesi
üstten a tarafından sınırlı, Y kümesi de üstten b tarafından sınırlı. X + Y kümesinin
a + b tarafından (mesela) üstten sınırlandığını kanıtlayın.
max(X + Y ) = max X + max Y
74
2.69. X ve Y üstten sınırlı ve boş olmayan iki doğal sayı kümesi olsun. Diyelim X kümesi
üstten a tarafından sınırlı, Y kümesi de üstten b tarafından sınırlı. X ∪ Y kümesinin
max{a, b} tarafından üstten sınırlandığını kanıtlayın.
max(X ∪ Y ) = max{max X, max Y }
2.70. X1 , . . . , Xn üstten sınırlı ve boş olmayan doğal sayı kümeleri olsun.
max(X1 ∪ . . . ∪ Xn ) = max{max X1 , . . . , max Xn }
2.71. X ve Y üstten sınırlı ve boş olmayan iki doğal sayı kümesi olsun.
max XY = max X max Y
2.3
2.3.1
Başka İşlemler
Üs Almak
Doğal sayılarda toplama ve çarpmadan başka işlemler de vardır, örneğin bir
sayının karesini alabiliriz, yani bir sayıyı kendisiyle çarpabiliriz:
x2 = xx.
Örneğin 52 = 5 × 5 = 25. Bir sayının kübünü de alabiliriz, yani bir sayıyı üç
defa çarpabiliriz:
x3 = xxx.
Örneğin 53 = 125. Eğer n > 0 bir doğal sayıysa, bir sayının n’inci kuvveti ya
da üssü o sayıyı kendisiyle n defa çarpmak demektir; bu sayı
xn
olarak gösterilir. Yani
xn = x
· · x} .
| ·{z
n tane x
x1 ,
tanım gereği, x’tir; sonuç olarak x’i kendisiyle bir (1) defa çarpıyoruz.
05 = 0 ve 15 = 1 gibi eşitlikler bariz olmalı.
10’un kuvvetleri de önemlidir ve hayatta sık sık karşımıza çıkar. Örneğin
105 = 100.000
olur, yani 105 sayısı 1’den sonra 5 tane 0 konularak yazılır. 1018 sayısı da
1’den sonra 18 tane 0 konularak yazılır. 103 = 1.000 (bin) olur. 106 sayısı 1
2.3. Başka İşlemler
75
milyondur. 109 bir milyar ve 1012 bir trilyondur. Bundan sonrakilerinin adlarını
ben de bilmiyorum!
Sıfırıncı Kuvvet. x0 için ayrı bir bölüm ayıralım, önemlidir. x0 sayısını
x’i kendisiyle 0 defa, yani “hiç defa” çarpmak olarak tanımlamak istiyoruz.
x0 sayısı sıfır tane x’in çarpımı olarak tanımlansın! Genel olarak, bir ögeyi
kendisiyle sıfır defa bir işleme sokmak, o işlemin (varsa) etkisiz ögesi olarak
tanımlanır. Örneğin hiç tane sayının toplamı (toplamanın etkisiz ögesi olan)
0’dır1 ; hiç tane kümenin bileşimi (bileşim işleminin etkisiz ögesi olan) ∅’dir;
hiç tane kümenin kesişimi, eğer varsa, (kesişim işleminin etkisiz ögesi olan) evrensel kümedir; eğer evrensel küme yoksa, hiç tane kümenin kesişimi alınmaz,
bu durumda hiç tane kümenin kesişimine tanımsız denir. Dolayısıyla hiç tane
sayının çarpımı da (çarpmanın etkisiz ögesi olan) 1 olarak tanımlanır. Demek
ki tanım gereği 50 = 1 olur.
x0 neden 1’e eşit olarak tanımlanır? x0 ’ı 1’e eşit olarak tanımlamak işimize
gelir de ondan. Bu tanımın yararlarını ileride göreceğiz şimdilik birini belirtelim: Birazdan kanıtlayacağımız
xn xm = xn+m , (xy)n = xn y m ve (xn )m = xnm
eşitlikleri her x, y, n ve m doğal sayıları için geçerlidir, içlerinden biri ya da
birkaçı 0 bile olsa. Örneğin,
23 · 27 = 23+7 = 210
65 = (2 · 3)5 = 25 · 35
( 2 )4
15
= 152·4 = 158 = (3 · 5)8 = 38 · 58
gibi eşitlikler geçerlidir.
Yukarıdaki x0 = 1 tanımına bazen bir istisna getirilir. Tanımımıza göre
00 = 1. Ancak bazı durumlarda 00 gibi bir ifadeyi tanımsız bırakmak daha
doğru olabilir, çünkü 00 = 1 tanımı bazı formülleri geçersiz kılar. Bu yüzden
bazı matematik kitaplarında 00 tanımsız olarak kabul edilir. Genel olarak matematiksel analiz kitaplarında 00 tanımsız kabul edilir, cebir kitaplarında ise
00 = 1 eşitliği kabul edilir. Kitabın başında hangi kabulün yapıldığı yazılırsa,
hiçbir sorun yaşanmaz. Biz bu kitapta hep 00 = 1 eşitliğini kabul edeceğiz. Bir
başka kitabımızda fikir değiştirip 00 ifadesini tanımsız olarak kabul edebiliriz.
Eğer x ≥ 2 ise x’in kuvvetleri çok hızlı büyürler, x’in katlarından çok çok
0 kere 5, sıfır tane 5’i toplamak demek olduğundan, 0 × 5 = 0 olmalı! Nitekim öyledir
de...
1
76
daha hızlı. Örneğin 2’nin kuvvetlerini katlarıyla karşılaştıralım:
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
210
211
212
213
214
=
1
=
2
=
4
=
8
=
16
=
32
=
64
=
128
=
256
=
512
= 1024
= 2048
= 4096
= 8192
= 16384
2×0
2×1
2×2
2×3
2×4
2×5
2×6
2×7
2×8
2×9
2 × 10
2 × 11
2 × 12
2 × 13
2 × 14
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
24
26
28
Soldakilerin (yani kuvvetlerin) sağdakilerden (yani katlardan) daha büyük
olduğunu görüyoruz. Gerçekten de sadece 2 için değil, 2’den büyükeşit her
x için ve her n doğal sayısı için
xn ≥ xn
olur. Bu yüzden çok büyük sayılar kuvvetlerle ifade edilir. Örneğin bir biçimde
iletişim kurabildiğimiz evrende 1023 dolayında yıldız ve 1078 ila 1082 arasında
atom olduğu tahmin ediliyor. Bizim ait olduğumuz Samanyolu galaksisinde ise
400 milyar, yani 4 × 1011 tane yıldız vardır.
Üs Almanın Birkaç Özelliği. Biraz önce
xn xm = xn+m , (xy)n = xn y m ve (xn )m = xnm
eşitliklerinden söz ettik.
(xn )m = xnm eşitliğinin kanıtı bariz: (xn )m , xn sayısını m defa kendisiyle
çarpıyoruz demek:
(xn )m = |xn ·{z
· · xn} ;
m tane xn
ama xn de x’i kendisiyle n defa çarparak elde edilir:
xn = x
· · x} ;
| ·{z
n tane x
77
bu son ifadeyi bir öncekinin içine sokarsak,
(xn )m = (x · · · x) · · · (x · · · x)
| {z } | {z }
|n tane x {z n tane x}
m tane xn
elde ederiz; bu da bize tam nm tane x’in çarpımını verir; demek ki
(xn )m = x
· · · · · x} = xnm .
| · · · ·{z
nm tane x
Verdiğimiz diğer xn xm = xn+m eşitliğinin doğruluğu benzer şekilde gösterilebilir:
· · · · · · x = xn+m .
xn · xm = (x · · · x) · (x · · · x) = x
| {z } | {z } | {z }
n+m tane x
|n tane x{zm tane x}
n+m tane x
(xy)n
=
xn y n
eşitliği aslında xy = yx eşitliğinden kaynaklanıyor, örneğin,
(xy)2 = (xy)(xy) = x(yx)y = x(xy)y = (xx)(yy) = x2 y 2 .
Doğal sayıların sıralamasıyla üs alma arasında çok bilinen ve bariz bir ilişki
vardır. Örneğin x ≤ y ise xz ≤ y z olur. Bir başka ilişki: Eğer y ≤ z ise xy ≤ xz
olur; neredeyse, bir istisnası vardır! Örneğin eğer x = 0, y = 0, z = 5 ise,
y ≤ z olur ama xy ≤ xz olmaz, çünkü xz = 05 = 0 olur ama xy = 00 sayısını
bu kitapta 1 olarak tanımlamıştık. Bu önermeyi şöyle düzeltmek lazım: Eğer
y ≤ z ise ve x ve y’nin her ikisi birden 0’e eşit değilse, o zaman xy ≤ xz olur.
Üs almayla ilgili başka önemli eşitlikler de var, örneğin
(x + y)2 = x2 + 2xy + y 2
(x + y)3 = x3 + 3x2 y + 3xy 2 + +y 2
(x + y)4 = x4 + 4x3 y + 6x2 y 2 + 4xy 3 + y 4
Okurun muhtemelen önceki yıllarından bildiği bu eşitliklerin gerekçelerini ileride vereceğiz.
Örnekler
2.72. 105 sayısı 107 sayısının 100 katıdır. 1010 sayısı 10100 sayısının 1090 katıdır. 1010 sayısının
10 katı 1011 ’dir ama 1010 sayısının 10’uncu kuvveti 10100 olur. 1010 sayısının 1010 katının
kaç olduğunu herhalde bulabilirsiniz. Ya 1010 sayısının 1010 ’uncu kuvveti kaçtır?
2.73. Bir otelin sabah kahvaltısında 3 çeşit peynir, 5 çeşit reçel, 2 çeşit sıcak içecek, 5 çeşit
soğuk içecek, 5 çeşit ekmek, 3 çeşit de zeytin vardır. Her bir ürün çeşidinden tam bir tane
seçmek zorundaysak, kaç farklı kahvaltı sepeti hazırlayabiliriz? Yanıt 3×5×2×5×5×3 =
2 × 32 × 53 = 2250’dir.
2.74. Bir futbol kulübünde toplam 22 oyuncu vardır ve her pozisyon için 2 oyuncu vardır.
(Futbolda 11 farklı pozisyon vardır ve bir futbol takımı 11 kişiden oluşur.) Bu futbol
kulübü kaç farklı takım sahaya sürebilir? Yanıt 211 ’dir.
78
2.75. Her n doğal sayısı için 2n + 2n = 2n+1 olur. Nitekim,
2n + 2n = 2 × 2n = 2n+1
olur. Bunun gibi 3n + 3n + 3n = 3n+1 olur. Kanıtı basit:
3n + 3n + 3n = 3 × 3n = 3n+1 .
2.76. f0 = f1 = 1 ve her n ≥ 2 doğal sayısı için
fn = fn−1 + fn−2
tanımlarını yapalım, yani eğer n ≥ 2 ise her fn önceki iki terimin toplamı olsun. Böylece
bir dizi tanımlamış oluruz. Dizinin ilk terimleri şöyle:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .
Görüldüğü gibi, ilk iki terimden sonraki her terim önceki iki terimin toplamı. Bu diziye
Fibonacci dizisi denir. Her n için fn ≤ 2n eşitsizliğini kanıtlayalım. n = 0 ve n = 1
için bu eşitsizliklerin doğru olduğu belli, nitekim
f0 = 1 ≤ 1 = 20 ve f1 = 1 ≤ 2 = 21
olur. Şimdi 2’den büyük n’lere el atalım. Diyelim n ≥ 2 için
fn−2 ≤ 2n−2 ve fn−1 ≤ 2n−1
eşitsizliklerini bir biçimde kanıtladık. Bakalım bu varsayımlar altında fn ≤ 2n eşitsizliği
doğru mu? Tanımlara dönerek hesaplayalım:
fn = fn−1 + fn−2 ≤ 2n−2 + 2n−1 ≤ 2n−1 + 2n−1 = 2n .
Demek ki fn−2 ≤ 2n−2 ve fn−1 ≤ 2n−1 eşitsizlikleri doğruysa, fn ≤ 2n eşitsizliği de doğruymuş. f0 ≤ 20 ve f1 ≤ 21 eşitsizliklerini daha en başından gösterdiğimizden, bundan,
f2 ≤ 22 eşitsizliği çıkar. Şimdi f1 ≤ 21 ve f2 ≤ 22 eşitsizliklerini biliyoruz; bu iki
eşitsizlikten f3 ≤ 23 eşitsizliği çıkar. Şimdi f2 ≤ 22 ve f3 ≤ 23 eşitsizliklerini biliyoruz;
bu iki eşitsizlikten f4 ≤ 24 eşitsizliği çıkar. Böylece devam ederek, fn ≤ 2n eşitsizliğinin
her n için geçerli olduğunu anlamış oluruz.
Bu tür kanıtlara matematikte “tümevarımla kanıt” denir. İleride bu konuya çok daha
dikkatlice eğileceğiz. Bunu bir ısınma hareketi olarak addedin.
2.77. 5 haneli kaç doğal sayı vardır? Sayıyı abcde olarak rakamlarıyla gösterelim. a rakamı
için 1’den 9’a kadar 9 seçeneğimiz var. Ama b, c, d ve e rakamlarının her biri için 0’dan
9’a kadar olmak üzere 10’ar seçeneğimiz var. Tüm bu seçenekler birbirinden bağımsız,
yani örneğin a’yı 5 olarak seçmek diğer rakamların seçimini etkilemiyor. Dolayısıyla 5
haneli
9 × 10 × 10 × 10 × 10 = 9 × 104 = 90.000
tane doğal sayı vardır. Beş haneli doğal sayılar 10.000’den başlayıp 99.999’a kadar
gittiğinden, bunların sayısını şöyle bir hesapla da bulabiliriz:
(99.999 − 10.000) + 1 = 90.000.
En sondaki +1’e dikkat, eğer a ≤ b ise, a ve b dahil, a ile b arasında b − a tane değil,
b − a + 1 tane sayı vardır.
2.78. 100 haneli 9 × 1099 tane doğal sayı vardır.
2.79. 5 haneli 90.000 doğal sayı olduğunu gördük. Bunların yarısı çift, yarısı tektir. Demek ki
5 haneli 45.000 tane çift, 45.000 tane de tek sayı vardır.
79
2.80. 5 haneli 90.000 doğal sayı olduğunu gördük. Her üç ardışık sayıdan sadece biri 3’e
bölünür. Demek ki bu 90.000 sayının üçte biri 3’e bölünür. Böylece 3’e bölünen 5 haneli
doğal sayı sayısı 30.000’dir. Aynı akıl yürütmeyle 4’e bölünen 5 haneli doğal sayı sayısının
90.000/4 = 22.500 olduğu görünür. Aynı akıl yürütme 5’e ve 6’ya bölünen 5 haneli doğal
sayı sayısı için de geçerlidir, sonuç sırasıyla 18.000 ve 15.000 çıkar. Ama 7’ye bölünen 5
haneli doğal sayı sayısı için biraz farklı bir akıl yürütme kullanmak lazım çünkü 90.000
sayısı 7’ye bölünmez.
2.81. 5 haneli kaç doğal sayının 7’ye bölündüğünü hesaplayalım. 5 haneli tam 90.000 tane doğal
sayı olduğunu biliyoruz. Bu sayıların ardışık her 7 tanesinin sadece biri 7’ye tam bölünür,
diğerleri bölünmez. 90.000’in içinde tam 12.857 tane 7 olduğundan, yanıt 12.857’dir.
2.82. 5 haneli ama aynı rakamın yanyana olmadığı kaç doğal sayı vardır? En soldaki haneye
0 dışındaki 9 rakamdan biri gelebilir. Bunun sağına bu rakam dışındaki 9 rakamdan
biri gelebilir vs. Bu sefer her rakamın seçimi diğer rakamlardan bağımsız değil, ama her
haneye gelebilecek rakam sayısı sabit, hep 9. Yanıt 95 ’tir.
2.83. n ögeli bir kümenin 2n tane altkümesi olduğunu görmüştük. Eğer küme {1, 2, . . . , n}
ise, bir altküme 1’i içerebilir ya da içermeyebilir (2 seçenek), 2’yi içerebilir ya da içermeyebilir (2 seçenek), 3’ü içerebilir ya da içermeyebilir (2 seçenek)... Her seferinde iki
seçenek var. Bu seçenekler birbirinden bağımsız olduğundan toplam 2n tane altküme
vardır.
2.84. Biri mavi diğeri kırmızı iki zar atalım. Toplam 62 , yani 36 tane farklı zar gelebilir
çünkü mavi zarın 2, kırmızı zarın 3 gelmesiyle, kırmızı zarın 2, mavi zarın üç gelmesini
farklı olaylar olarak algılıyoruz. Ama eğer zarlar birbirinin tıpatıp aynısıysa 2-3 ile 32 arasında bir ayrım gözetemeyiz. Eğer zarlar aynıysa olay sayısı 36’dan 21’e düşer.
Nitekim zarları, 1 ≤ x ≤ y ≤ 6 olmak üzere, x-y olarak yazarsak, x’in 1’e eşit olduğu 6
olay vardır: 1-1, 1-2, 1-3, 1-4, 1-5, 1-6, ama x’in 2’ye eşit olduğu sadece 5 olay vardır: 2-2,
2-3, 2-4, 2-5, 2-6. Okur kolaylıkla x’in 3’e eşit olduğu sadece 4 olay olduğunu görecektir.
Böylece olay sayısı 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21 olur.
2.85. A, B, C, D harfleriyle anlamlı ya da anlamsız kaç tane 6 harfli kelime yazabiliriz? 6
harfin geleceği yerleri soldan sağa doğru birer çizgiyle (birer yuvayla) gösterelim:
Bu yuvalara dört harfimizden birini koyacağız. Hepsi A olabileceği gibi, hepsi D olabilir.
Harfler herhangi bir dizilişte olabilir, bir yuvaya konan harf diğer yuvalara konan harfleri
etkilemezler. Dolayısıyla toplam 46 tane kelime vardır.
2.86. Birler, onlar ve binler basamağında 0, 1, 3, 7 ve 8 rakamlarından biri olan 6 basamaklı
kaç sayı vardır? En sol basamakta 9 rakamdan biri olabilir. Yüzler ve onbinler basamağı
için istediğimiz 10 rakamdan birini seçebiliriz. Geri kalan üç basamak için söylenen beş
rakamdan birini seçmeliyiz. Yanıt 9 × 102 × 53 ’tür.
2.87. Bu örnekte her n doğal sayısı için n ≤ 2n eşitsizliğini göstermek istiyoruz. Eşitsizliğin
n = 0 için doğru olduğu 0 ≤ 20 eşitsizliğinden belli. Diyelim n ≤ 2n eşitsizliğini biliyoruz.
(“Biliyoruz” demedim, “diyelim biliyoruz” dedim.) Bakalım aynı eşitsizlik n’den bir
sonraki sayı olan n + 1 için doğru mu?
n + 1 ≤ 2n + 1 ≤ 2n + 2n = 2n+1
hesabından n + 1 ≤ 2n+1 eşitsizliği çıkar. Demek ki n ≤ 2n eşitsizliği doğruysa, n + 1 ≤
2n+1 eşitsizliği de doğru. Yani eşitsizlik n için doğruysa n + 1 için de doğru. Eşitsizliğin
n = 0 için doğru olduğunu bildiğimizden, bundan eşitsizliğin tüm n doğal sayıları için
doğru olduğu çıkar.
2.88. Bakalım 2n+1 ≤ 2n önermesi hangi n doğal sayıları için doğru. Önerme n = 0 için doğru
çünkü her iki tarafta da 1 elde ederiz. Ama aynı önerme n = 1 için yanlış, çünkü sol
80
tarafta 3, sağ tarafta 2 elde ederiz. n = 2 için de yanlış. Ama n = 3 için doğru, sol
taraf 7’ye, sağ taraf 8’ eşit olur. Örnermenin 3 ve 3’ten büyük her doğal sayı için doğru
olduğunu kanıtlamak istiyoruz. Bu amaçla, önerme herhangi bir n ≥ için doğruysa, aynı
önermenin n + 1 için kanıtlayalım. Yani
2n + 1 ≤ 2n
eşitsizliğini varsayarak,
2(n + 1) + 1 ≤ 2n+1
eşitsizliğini kanıtlayalım. (Ama n’nin en az 3 olduğunu varsayıyoruz.) Hesaplar şöyle:
2(n + 1) + 1 = 2n + 3 = (2n + 1) + 2 ≤ 2n + 2 < 2n + 2n = 2 × 2n = 2n+1 .
Demek ki önerme n için doğruysa n + 1 için de doğru. Önerme n = 3 için doğru
olduğundan, bundan, önermenin her n ≥ 3 doğal sayısı için geçerli olduğu anlaşılır.
2.89. n2 ≤ 2n önermesi n = 0, 1, 2 için doğrudur ama n = 3 için yanlıştır. n = 4 için eşitlik
elde ederiz, dolayısıyla n2 ≤ 2n eşitsizliği n = 4 için doğrudur. Önermenin her n ≥ 4
doğal sayısı için doğru olduğunu kanıtlayalım. Yukarıdaki yöntemi kullanacağız, yani
önerme herhangi bir n ≥ 4 doğal sayısı için doğruysa, n + 1 için de doğru olduğunu
kanıtlayacağız. n ≥ 4 olsun ve
n2 ≤ 2 n
önermesinin doğru olduğunu varsayalım. Amacımız
(n + 1)2 ≤ 2n+1
eşitsizliğini kanıtlamak. Hesaplara başlayalım:
(n + 1)2 = n2 + 2n + 1 ≤ 2n + (2n + 1) ≤ 2n + 2n = 2n+1 .
2.90.
2.91.
2.92.
2.93.
(Üçüncü eşitsizlikte eğer n ≥ 3 ise bir önceki örnekte kanıtladığımız 2n + 1 ≤ 2n
eşitsizliğini kullandık.) Böylece her n ≥ 4 için n2 ≤ 2n olur.
Belli bir aşamadan sonra hep n3 ≤ 2n olduğu yukarıdaki yöntemlere benzer bir yöntemle
oldukça kolay bir biçimde kanıtlanabilir. Okurun kanıta bir el atmasını öneririz.
10 − 1 sayısı 9’a bölünür. 102 − 1 sayısı da 9’a bölünür. 103 − 1 sayısı da 9’a bölünür.
Her n doğal sayısı için 10n − 1 sayısının 9’a bölündüğü doğru mudur?
103 +1 sayısının 11’e bölündüğünü gösterin. 106 −1 sayısının 11’e bölündüğünü gösterin.
109 + 1 sayısının 11’e bölündüğünü gösterin. Bu yapılanları genelleştirmeye çalışın.
Dünyada bir günde aşağı yukarı kaç kilo patates yendiğini tahmin etmeye çalışın. Bir
yılda yeryüzüne aşağı yukarı kaç litre yağmur suyu düşer? Bu tür tahminler yaparken
sayıların kuvvetlerini kullanmak büyük rahatlık sağlar.
Alıştırmalar
2.94. Tavukçuya sırayla n müşteri girer ve her biri ”Bu tavukların yarısını ver, bir de fazladan
bir tavuk ver” der. Tavukçu her müşterinin isteğini yerine getirir. Ve tavukçuda hiç tavuk
kalmaz! Tavukçuda başlangıçta kaç tavuk varmış?
2.95. Beş ögeli bir kümenin kaç tane üç ögeli altkümesi vardır? (10 tane! Hepsini teker teker
bulun.)
2.96. Beş ögeli {a, b, c, d, e} kümesinden üç ögeli bir altküme, dört ögeli {x, y, z, t} kümesinden iki ögeli bir altküme ve son olarak üç ögeli {u, v, w} kümesinden bir ögeli bir
altküme seçeceğiz. (Üç kümeden de altküme seçeceğiz, sadece birinden değil.) Kaç farklı
seçim vardır?
81
2.97. Her biri beş ögeli on kümenin her birinden üçer ögeli birer altküme seçeceğiz. Toplam
kaç farklı seçim vardır?
2.98. 11’e tam bölünen kaç tane 5 haneli doğal sayı vardır?
2.99. Tüm rakamları birbirinden farklı kaç tane 5 haneli doğal sayı vardır?
2.100. İlk 1000 doğal sayının kaçı 17’ye bölünür?
2.101. Hangi n doğal sayıları için 3n ∈ 5N + 4 olur?
2.104. 6n + 6 ≤ 2n eşitsizliğinin n = 0, 1, 2, 3, 4, 5 için yanlış olduğunu gösterin. n = 6 ve
daha büyük n doğal sayıları için sizce eşitsizlik doğru mudur?
2.105. 3n2 +3n+1 ≤ 2n eşitsizliğinin n = 1, 2, . . . , 7 için yanlış olduğunu gösterin. Önermenin
n = 8 ve n = 9 için doğru olduğunu gösterin. Daha büyük n sayıları için ne oluyor?
2.106. S(n), n doğal sayısının onluk tabanında yazılımının rakamlarının karelerinin toplamı
olsun. Örneğin,
S(347) = 32 + 42 + 72 = 9 + 16 + 49 = 74
olur. S(S(999999999999982)) = 7 eşitliğini gösterin.
2.107. R(n), n doğal sayısının onluk tabanında yazılımının rakam sayısı olsun. R(10n ) kaça
eşittir? R(n) = n eşitliğini sağlayan doğal sayıları bulun. R(n) > n eşitsizliğini sağlayan
doğal sayıları bulun.
1 = R(R(R(n))) < R(R(n)) < R(n) < n
eşitsizliklerini sağlayan bir n doğal sayısı bulun.
2.108. 105 sayısı 107 sayısının 100 katıdır. 1010 sayısı 10100 sayısının 1090 katıdır. 1010 sayısının
10 katı 1011 ’dir ama 1010 sayısının 10’uncu kuvveti 10100 olur. 1010 sayısının 1010 katının
kaç olduğunu herhalde bulabilirsiniz. Ya 1010 sayısının 1010 ’uncu kuvveti kaçtır?
2.109. n( nn ) ile (nn )n ) sayılarından hangisi daha büyüktür?
2.110. n3 ≤ 2n eşitsizliğinin n = 1, 2, . . . , 9 için yanlış olduğunu gösterin. Önermenin n = 10
ve n = 11 için doğru olduğunu gösterin. Daha büyük n sayıları için ne oluyor?
2.111. n4 ≤ 2n eşitsizliği sizce hangi n doğal sayıları için doğrudur?
2.112. Zar Sayısı.
a. Hepsi farklı renklerde üç zar atıldığında olası kaç olay vardır?
b. Birbirinden farkı olmayan üç zar atıldığında olay sayısının 56 olduğunu gösterin.
c. Birbirinden farkı olmayan dört zar atıldığında kaç olay vardır?
2.113. Türkçede 8’i sesli olmak üzere 29 tane harf vardır. Bu 29 harfle, her sesli harften
sonra sessiz harf, her sessiz harften sonra sesli harf gelecek biçimde n harfli kaç kelime
yazılabilir? (Not: Kelimeler anlamlı olmak zorunda değiller.)
2.114. g0 = 1, g1 = 3 ve g2 = 9 olsun. Eğer n ≥ 3 ise
gn = gn−1 + gn−2 + gn−3
tanımını yapalım. Dizinin ilk 6 terimini yazın. Her n ∈ N için gn ≤ 3n eşitsizliğini
kanıtlayın.
2.115. g0 = 0 ve her n ∈ N için gn+1 = 2gn + 1 olsun.
a. fn = gn + 1 olsun. Her n ∈ N için fn+1 = 2fn eşitliğini gösterin.
b. Yukarıda bulduğunuzdan her n ∈ N için fn = 2n eşitliğini çıkarın.
c. Her n ∈ N için gn = 2n − 1 eşitliğini gösterin.
2.116. g0 = 1 ve her n ∈ N için gn+1 = 2gn + n − 1 olsun.
a. g0 , g1 , g2 , g3 , g4 sayılarını bulun.
82
b. 2n − n ifadesini n = 0, 1, 2, 3, 4 için hesaplayın. Yukarıdaki diziyle bir benzerlik
gözlemliyor musunuz?
c. fn = gn + n olsun. f0 = 1 ve fn+1 = 2fn eşitliğini kanıtlayın. Buradan, her n ∈ N
için fn = 2n eşitliğini kanıtlayın. Buradan da gn = 2n − n olduğu çıkar.
Notlar
2.117. Her doğal sayı dört karenin toplamı olarak yazılabilir. Örneğin,
8
18
28
38
48
=
=
=
=
=
2 2 + 22 + 0 2 + 0 2
4 2 + 12 + 1 2 + 0 2
5 2 + 12 + 1 2 + 1 2
4 2 + 32 + 3 2 + 2 2
6 2 + 22 + 2 2 + 2 2
Bunu Fransız matematikçi Lagrange 1770 yılında kanıtlamıştır ama teoremin doğruluğu
M.Ö. üçüncü yüzyılda yaşamış olan Eski Yunan matematikçi Diofant tarafından da
biliniyordu.
2.118. Ama her doğal sayı üç karenin toplamı olarak yazılamaz. Örneğin 7 sayısı üç karenin
toplamı değildir. Yine Fransız matematikçi Legendre 1797-1798’de 4n (8m + 7) türünden
sayıların üç karenin toplamı olarak yazılamayacağını ama diğerlerin yazılacağını kanıtlamıştır.
2.119. Acaba her doğal sayı belli (yani sabit) sayıda küpün toplamı olarak yazılabilir mi?
Deneyelim:
0 =
03
1 =
13
2 =
1 3 + 13
3 =
1 3 + 13 + 13
4 =
1 3 + 13 + 13 + 13
...
7 =
1 3 + 13 + 13 + 13 + 1 3 + 1 3 + 13
8 =
23
Görüldüğü üzere en az 7 tane küp gerekiyor. Acaba her doğal sayı 7 küpün toplamı
olarak yazılabilir mi? 8’in sonuna 1’ler ekleyerek 14’e kadar her sayıyı en fazla 7 küpün
toplamı olarak yazabiliriz, mesela:
14 = 23 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 .
Ama 15 için 8 tane küp gerekiyor, daha azı yetmiyor:
15 = 23 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 .
Acaba her doğal sayı 8 tane küpün toplamı olarak yazılabilir mi? Nitekim 16 için sadece
iki küp yetiyor:
16 = 23 + 23 .
Bu eşitliğe 1’ler ekleyerek 22’ye kadar her sayıyı 8 tane küpün toplamı olarak yazabiliriz,
örneğin:
22 = 23 + 23 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 .
Peki ya 23? Ne yazık ki 23 için 8 tane küp yetmiyor, illa dokuzuncusu gerekiyor:
23 = 23 + 23 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 .
83
Acaba her doğal sayı 9 tane küpün toplamı olarak yazılabilir mi? 24 için sadece üç küp
yetiyor:
24 = 23 + 23 + 23 .
Bundan sonra 29’a kadar 1’ler ekleyerek gidebiliriz:
29 = 23 + 23 + 23 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 .
30’un yardımına 33 = 27 yetişiyor:
30 = 33 + 13 + 13 + 13 .
Okur denemelere devam edebilir ama biz burada duracağız. Her doğal sayının en fazla
9 tane küpün toplamı olarak yazılabileceği 20’nci yüzyılın başlarında kanıtlanmıştır.
Ama daha fazlası bilinmektedir: 9 tane küp gerektiren sadece iki sayı vardır: 23 ve 239.
Diğer tüm sayılar en fazla 8 tane küpün toplamı olarak yazılabilir. 8 tane küp gerektiren
sayılar bilinmektedir: 15, 22, 50, 114, 167, 175, 186, 212, 231, 238, 303, 364, 420, 428
ve 454. Diğer tüm sayılar en fazla 7 tane küpün toplamı olarak yazılabilir. Ancak tam
7 tane küp gerektiren sayıların sayısının sonlu olup olmadığı bilinmemektedir. Bugüne
kadar 7 küp gerektiren bilinen en büyük sayı 8042’dir. Bir sanıya göre 7.373.170.279.850
sayısı dört küpün toplamı olarak yazılamayan en büyük sayıdır, yani bu sayıdan büyük
tüm sayıların dört küpün toplamı olarak yazıldığı sanılıyor; bu sadece bir sanı tabii ki,
kanıtı bilinmiyor.
2.120. Her sayı en fazla 19 tane dördüncü kuvvetin toplamı olarak yazılabileceği kanıtlanmıştır.
Waring problemi olarak bilinen genel problem, verilmiş her n > 1 doğal sayısı için, her
doğal sayının en fazla m tane n’inci kuvvetin toplamı olarak yazılacağı bir m sayısının
olup olmayacağı problemidir. Yukarıdaki notlarda da söylediğimiz üzere, n = 2 ise m = 4
oluyor, n = 3 ise m = 9 oluyor ve biraz önce söylediğimiz üzere n = 4 ise m = 19 oluyor.
Ünlü matematikçi David Hibert bu problemi 1909 yılında olumlu olarak kanıtlamıştır.
2.121. Yıl 1637 sanılıyor. Vebanın ve savaşın Avrupa’yı kasıp kavurduğu yıllar. Yer Toulouse, Fransa’nın güneyinde, İspanya sınırına yakın bir kent. Fransız hukuk adamı, aynı
zamanda amatör matematikçi, ama amatör olmasına karşın çağının en büyük matematikçisi Pierre de Fermat2 (1601-1665), okumakta olduğu Diofantos’un3 Aritmetik
adlı yapıtının sayfa kenarına Latince, “Hanc marginis exiguitas non caperet,” diye not
düşer, yani “sayfa kenarında kanıt için yeterince yer yok.” Fermat’nın sözünü ettiği şu
teoremin kanıtı:
Fermat’nın Son Teoremi. Eğer n, 2’den büyük bir doğal sayıysa, xn + y n = z n
denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur.
Örneğin teorem, x79 + y 79 = z 79 denklemini hiçbir (x, y, z) pozitif doğal sayı üçlüsü sağlamaz, yani bu denklemin pozitif doğal sayılarda çözümü yoktur.
Bu teoremi Fermat gerçekten kanıtlamış mıdır? Bilinmiyor. Büyük bir olasılıkla hiçbir
zaman da bilinemeyecek. Dünyanın en büyük beyinleri üç yüz yılı aşkın bir süredir
teoremi kanıtlamaya çalıştılar4 .
Bu çalışmalar sonucu modern cebir doğdu. Teoremi kanıtlamak için geliştirilen yöntemler ve bulunan kavramlar salt matematikte değil, başka dallarda da uygulama alanı
buldular.
2
“Pier dö Ferma” diye okunur.
Diofantos, M.Ö. 3’üncü yüzyılda yaşamış Yunanlı bir matematikçidir.
4
Aslında kanıtlanmamış bir önermeye teorem denmez, “sanı” denir. Ama Fermat’nın
önermesine “Fermat’nın Son Teoremi” adını vermek matematikçilerin bir alışkanlığıdır.
3
84
Haziran 1993’te teoremin kanıtlandığı duyuruldu. Andrew Wiles adlı bir matematikçi
kanıtlamış. Ama Fermat’nın Son Teoremi’nin kanıtlandığı ilk kez duyurulmuyordu. Daha
önce birçok ünlü matematikçi teoremi kanıtladıklarını sandılarsa da sonradan yanıldıklarını anladılar. Bunlardan en ünlüleri geçen yüzyılda yaşamış olan Cauchy (1789-1857),
Lamé (1795-1870) ve Kummer’dir (1810-1893). Nitekim birkaç ay sonra bu kanıtta da
yanlış olduğu anlaşıldı, ama bu kez kanıta çok daha fazla yaklaşılmıştı. Yaklaşık bir yıl
süren bir çalışma sonucunda, Kasım 1994’te Wiles kanıtını öğrencisi Richard Taylor’ın
yardımıyla düzeltti. Artık teoremin doğru olduğu biliniyor.
Bu teoremle salt profesyonel matematikçiler uğraşmadılar. Amatör ya da profesyonel
olsun, bir tek matematikçi yoktur ki yaşamının bir döneminde teoremi kanıtlamaya
çalışmış olmasın.
Çek Cumhuriyeti’nin Andrew Wiles’ın Fermat’nın Teoremi’ni
kanıtlaması dolayısıyla çıkardığı pul
2.3.2
Faktoriyel
Eğer n bir doğal sayıysa, “n faktoriyel” olarak okunan n! ifadesi şöyle tanımlanır:
n! = 1 × 2 × · · · × n,
yani n! sayısı ilk n pozitif doğal sayının çarpımına eşittir. Örnek:
1!
2!
3!
4!
5!
6!
7!
8!
9!
10!
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
1
1×2
1×2×3
1×2×3×4
1×2×3×4×5
1×2×3×4×5×6
1×2×3×4×5×6×7
1×2×3×4×5×6×7×8
1×2×3×4×5×6×7×8×9
1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 × 9 × 10
=
1
=
2
=
6
=
24
=
120
=
720
=
5040
=
40320
= 362880
= 3628800
olur. Hane sayısı bu aşamadan en sonra her seferinde en az 1 artar, 100! ve
sonrasında da en az 2 artar.
n! sayısı ilk n pozitif sayının çarpımına eşit olduğundan, 0! sayısı ilk 0
pozitif doğal sayının çarpımıdır, yani hiç tane doğal sayının çarpımıdır; biraz
85
önce de hiç tane sayının çarpımını 1 olarak tanımlamıştık. Demek ki tanım
gereği
0! = 1
olur. Elbette her n doğal sayısı için,
(n + 1)! = (n + 1) × n!
eşitliği geçerlidir. 0! = 1 tanımı sayesinde bu eşitlik n = 0 için de doğrudur.
(Görüldüğü üzere hiç tane sayının çarpımını 1 olarak tanımlamak çok işimize
yarıyor. Eğer 0! diye bir sayı tanımlamak gerekirse, bu sayıyı 1 olarak tanımlamak gerekir, en doğal seçim bu. Nitekim öyle de tanımlanmıştır.)
Faktoriyeller çok çabuk büyürler, bunu görmek için 2’nin kuvvetleriyle
faktoriyelleri karşılaştıralım:
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
210
=
1
=
2
=
4
=
8
=
16
=
32
=
64
= 128
= 256
= 512
= 1024
0!
1!
2!
3!
4!
5!
6!
7!
8!
9!
10!
=
1
=
1
=
2
=
6
=
24
=
120
=
720
=
5.040
=
40.320
=
362.880
= 3.628.800
Görüldüğü üzere n = 4, 5, 6, . . . , 10 ise n! sayıları 2n sayılarından daha büyük
(daha önce değil) ve giderek de büyüklükleri devasa biçimde artıyor. 4 ve
sonrasında hep öyle devam eder: Eğer n ≥ 4 ise
2n ≤ n!
olur. Bu eşitsizliği de ileride kanıtlayacağız. Benzer bir eşitsizlik belli bir n’den
sonra 2 yerine 3 için de geçerlidir, yani belli bir n sayısından sonra hep 3n ≤ n!
olur. Hatta her k doğal sayısı için, eğer n yeterince büyükse hep k n ≤ n! olur.
Bir başka deyişle n! sayıları devasa sayılardır.
n! sayısının doğal bir yorumu vardır: Diyelim n kişiyi numaralandırılmış
n koltuğa her koltuğa bir kişi gelecek biçimde oturtacağız. Bunu kaç farklı
biçimde yapabiliriz? Birinci koltuğa n kişiden birini oturtabiliriz. Yani birinci
koltuk için n seçeneğimiz var. Birinci koltuğa n kişiden birini oturttuktan
sonra, ikinci koltuğa oturtabileceğimiz n − 1 kişi kalır. İkinci koltuğa da kişiyi
oturttuğumuzda üçüncü koltuğa oturtabileceğimiz kişi sayısı n − 2’ye düşer.
Her sonraki koltukta seçenekler 1 eksilir. İlk koltuk için n seçeneğimiz vardı,
86
ikinci koltuk için n − 1, üçüncü koltuk için n − 2. Bu böylece devam eder, en
son koltuğa da oturtabileceğimiz tek bir kişi kalır. Böylece n koltuğa n kişiyi
n × (n − 1) × (n − 2) × · · · × 3 × 2 × 1 = n!
farklı biçimde oturtabiliriz. Örneğin n = 3 ise ve kişilere A, B ve C adlarını
verirsek, oturtmaları (!) şu şekilde yapabiliriz:
ABC
ACB
BAC
BCA
CAB
CBA
Toplam 6 tane var, yani 3! tane.
Bir başka örnek: n = 4 ise ve kişilere A, B, C ve D adlarını verirsek,
oturtmaları (!) şu şekilde yapabiliriz:
ABCD
ABDC
ACBD
ACDB
ADBC
ADCB
BACD
BADC
BCAD
BCDA
BDAC
BDCA
CABD
CADB
CBAD
CBDA
CDAB
CDBA
DABC
DACB
DBAC
DBCA
DCAB
DCBA
Sayarsanız toplam 24 tane oturtma biçimi olduğunu göreceksiniz, yani 4! tane.
Bu arada yukarıdaki listelerin rastgele olmadığını, belli bir mantıkla, sözlük
sırasıyla, yani alfabetik sırayla yazıldığını göreceksiniz. (İkinci sırayı sütun
sütun, yukarıdan aşağıya okuyun.)
Örnekler
2.122. A, B, C, D harflerinin her birini kullanarak 4! tane dört harflik (anlamlı ya da anlamsız)
kelime yazabiliriz. Her birini yukarıda yazdık zaten. Bu problemi şöyle düşünelim. Soldan
sağa doğru dört yerimiz olsun. Bu dört yere dört harfi yerleştireceğiz. Aynen yukarıda
yaptığımız gibi.
2.123. A harfini iki defa kullanarak ama B ve C harflerini birer defa kullanarak dört harfli
kaç kelime yazabiliriz? Bu soruyu çözmek için kullanacağımız iki A harfini ayrıştıralım,
birine A1 , diğerine A2 diyelim. Artık A1 ve A2 ’yi ayrı harfler olarak addediyoruz, biri
ince A, diğeri kalın A olarak algılanabilir. Bu A1 , A2 , B, C harfleriyle 4! tane kelime
yazabileceğimizi bir önceki alıştırmada gördük. Ama bu kelimelerde aslında aynı olması
gereken A1 ve A2 harfleri yer alıyor. Kelimelerin yarısında A1 harfi A2 ’den önce gelir,
diğer yarısında A2 harfi A1 ’den önce gelir. Demek ki sorumuzun cevabını bulmak için
4! sayısını 2’ye bölmeliyiz. Yanıt 12’dir.
2.124. A, B ve C harflerinin her birini en az birer defa kullanarak dört harfli kaç kelime
yazabiliriz? Harflerden birini iki defa kullanmalıyız. A’yi iki defa kullanarak 12 farklı
kelime kullanacağımızı gördük. Aynı şey tabii B’yi ya da C’yi iki defa kullanırsak da
geçerli. Demek ki yanıt 3 × 12 = 36 imiş.
87
2.125. A harfini üç defa kullanarak ama B ve C harflerini birer defa kullanarak beş harfli
kaç kelime yazabiliriz? Bu soruyu çözmek için kullanacağımız üç A harfini ayrıştıralım,
artık üç tane A harfi yerine, sadece birer defa kullanabileceğimiz A1 , A2 , A3 harfleri
olsun. A1 , A2 , A3 , B ve C harflerini birer defa kullanarak tam 5! tane beş harflik kelime
yazabileceğimizi önceki alıştırmalardan biliyoruz. Bu 5! farklı kelimede A1 , A2 ve A3
harfleri tam 3! farklı biçimde sıralanmıştır: Soldan sağa doğru harfleri okuduğumuzda
önce A1 , sonra A2 , ve en sonda A3 gelebilir; ya da önce A2 , sonra A3 , sonra A1 gelebilir;
bunun gibi Ai ’ler tam 3!, yani 6 tane farklı sıralamada gelebilir. A’ların altındaki 1, 2 ve
3 göstergeçlerini kaldırdığımızda, yani çeşitli A’lar arasında artık fark gözetmediğimizde,
kelime sayısı 5!’den 5!/3! = 5 × 4 = 20’ye düşer. Yanıt 20’dir.
2.126. A harfini üç defa kullanarak, B harfini dört defa kullanarak, C harfini de beş defa
kullanarak 12 harfli kaç kelime yazabiliriz? Üç tane A yerine A1 , A2 , A3 koyalım. B ve
C harfleri için de benzer şeyi yapalım. Böylece toplam 12 farklı harfimiz olur. Bu 12
farklı harfle tam 12! tane 12 harfli kelime yazabiliriz. Ayrıştırılan A, B ve C harflerini
tekrar birer harf olarak sayarsak, kelime sayımız
12!
3!4!5!
sayısına düşer. Hesap yaparsak 27.720 buluruz.
2.127. A, B ve C harflerinin her birini en az birer defa kullanarak beş harfli kaç kelime yazabiliriz? Ya iki harf ikişer defa ya da bir harf üç defa kullanılmalı. A ve B’yi ikişer defa
kullanırsak
5!
= 30
2!2!
kelime yazabiliriz. Aynı şeyi B ve C ile ya da A ve C ile de yapabiliriz. Demek ki iki
harfi ikişer defa kullanarak
5!
3×
= 3 × 30 = 90
2!2!
kelime yazabiliriz.
Ya bir harfi üç defa kullanarak kaç kelime yazabiliriz? Yukarıdaki gibi düşünürsek bir
harfi üç defa kullanarak
5!
3×
= 3 × 20 = 60
3!
kelime yazacağımızı görürüz. Demek ki yanıt 90 + 60 = 150’dir.
Alıştırmalar
2.128. 7! sayısı 2’nin en fazla kaçıncı kuvvetine bölünür?
2.129. 10! sayısı 2’nin en fazla kaçıncı kuvvetine bölünür? 10! sayısı 3’ün en fazla kaçıncı
kuvvetine bölünür? 10! sayısı 6’nın en fazla kaçıncı kuvvetine bölünür?
2.130. 100! sayısı 2’nin en fazla kaçıncı kuvvetine bölünür?
2.131. 100! sayısı 4’ün en fazla kaçıncı kuvvetine bölünür?
2.132. 100! sayısı 3’ün en fazla kaçıncı kuvvetine bölünür?
2.133. 100! sayısı 6’nın en fazla kaçıncı kuvvetine bölünür?
2.134. a0 = 1 ve her n ≥ 1 doğal sayısı için an = nan−1 olsun. a100 kaçtır?
2.135. A, B, C, D, E harfleriyle 6 harfli kaç kelime yazabiliriz? (Her harf kullanılmak zorunda
değil.)
2.136. Altı farklı harfin altısını da birer defa kullanarak altı harfli kaç kelime yazılır?
2.137. A harfini dört defa, B, C ve D harflerini birer defa kullanarak 7 harfli kaç kelime yazılır?
2.138. A harfini dört defa, B, C ve D harflerini üçer defa kullanarak 13 harfli kaç kelime
yazılır?
88
2.139. A, B, C ve D harflerinin her birini en az bir defa kullanarak beş harfli kaç kelime yazılır?
2.140. A, B, C ve D harflerinin her birini en az birer defa kullanarak beş harfli kaç kelime
yazılır?
2.141. A, B, C ve D harflerinin her birini en az birer defa kullanarak altı harfli kaç kelime
yazılır?
2.142. A, B ve C harflerinin her birini en az birer defa kullanarak altı harfli kaç kelime yazılır?
2.143. AAABB kelimesinin tüm harflerini kullanarak 5 harfli kaç kelime yazılır?
2.144. AAABBCC kelimesinin tüm harflerini kullanarak 5 harfli kaç kelime yazılır?
2.145. AAAABBBBCCCDD harflerinin hepsini kullanarak kaç kelime yazabiliriz?
2.146. ABRAKADABRA kelimesinin tüm harflerini kullanarak 11 harfli kaç kelime yazılır?
2.147. Her n doğal sayısı için n! ≤ nn eşitsizliğinin niye doğru olduğunu anlayabilir misiniz?
2.148. 2n ≤ n! eşitsizliği hangi n doğal sayıları için doğrudur? 3n ≤ n! eşitsizliği hangi n doğal
sayıları için doğrudur? 4n ≤ n! eşitsizliği hangi n doğal sayıları için doğrudur?
2.149. 5n ≤ (n − 1)! eşitsizliği hangi n ≥ 1 doğal sayıları için doğrudur? 2n ≤ (n − 2)! eşitsizliği
hangi n ≥ 2 doğal sayıları için doğrudur?
2.150. n2 ≤ 2n eşitsizliği hangi n doğal sayıları için doğrudur?
2.151. 3 + 4n + n2 ≤ 2n eşitsizliğinin hangi n doğal sayıları için doğru olduğunu tahmin edin.
2.152. n3 ≤ 2n eşitsizliğinin hangi n doğal sayıları için doğru olduğunu tahmin edin.
2.3.3
İlk n Pozitif Doğal Sayının Toplamı
İlk n tane pozitif doğal sayının çarpımını n! olarak tanımladık; peki ilk n
pozitif doğal sayının toplamı nedir? Yani
1 + 2 + 3 + · · · + (n − 2) + (n − 1) + n
toplamı kaça eşit olur? Örneğin,
1 + 2 + 3 + · · · + 98 + 99 + 100
toplamı kaça eşittir? (Yukarıdaki toplamda 1’den 100’e kadar tüm doğal sayılar
toplanmaktadır, yani yüz tane sayı toplanmaktadır.) Bu toplamın bir formülü vardır. Açıklayalım.
Rivayete göre ünlü Alman matematikçi Gauss’un
(1777-1855) ilkokul öğretmeni bir nedenden sınıftan
çıkmak zorunda kalmış. Çocukların boş durmamaları, daha doğrusu yaramazlık yapmamaları için de
“zor” bir soru sormuş: “1’den 100’e kadar olan sayıların toplamı kaçtır?” Çocukların bu 100 sayıyı altalta
yazıp toplamalarını bekliyor... Zalim öğretmen daha sınıftan dışarı adımını atmamış ki, küçük Gauss
Carl Friedrich Gauss
oturduğu yerden,
– 5050, diye bağırmış.
Öğretmen donakalmış kapının eşiğinde. Olacak iş değil! Küçük Gauss hesapta kuvvetli kuvvetli olmasına ama, gene de... Oysa küçük Gauss’un bir
formülü var. İşte formül:
89
n pozitif bir tamsayıysa, 1’den n’ye kadar olan tamsayıların toplamı
n(n + 1)
2
olur. Yani,
(1)
1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n =
n(n + 1)
2
eşitliği geçerlidir.
Öğretmenin sorduğu soruda n = 100. Gauss yukarıdaki formülü uygulayıp,
100 × 101
= 50 × 101 = 5050
2
bulmuş.
Eğer n = 1 alırsak, (1) formülünün sol tarafında 1 buluruz (1’den 1’e kadar
olan sayıların toplamı 1’dir), sağ tarafında da 1 × (1 + 1)/2, yani 1 buluruz.
Formül her doğal sayı için geçerlidir. Mesela hem 1 + 2 + 3 + 4 sayısı hem
de 4 × (4 + 1)/2 sayısı 10’a eşittir. Formül n = 0 için bile doğrudur: n = 0
olduğunda sol tarafta 1’den 0’a kadar olan sayılar toplanır, yani hiç tane sayı
toplanır, bu toplamı da 0 olarak tanımlamıştık biraz önce; sağ tarafta da 0
bulunur. (Görüldüğü üzere hiç tane sayının toplamını 0 olarak tanımlamanın
yararı var!)
Gauss’un çok küçük yaşlarda bulduğu bu formülü kanıtlayacağız. Her k
tamsayısını 1 × k boyutlu bir dikdörtgen olarak gösterelim. Örneğin, 4 tamsayısını aşağıdaki gibi bir dikdörtgen olarak göstereceğiz.
Şimdi,
1 + 2 + 3 + ··· + n
sayısını bu dikdörtgenleri üstüste koyarak gösterelim. Örneğin n = 6 ise aşağıdaki şekli elde ederiz.
90
Bulmak istediğimiz sayı bu garip üçgendeki kare sayısıdır. (Bu yüzden 1 + 2 +
· · · + n biçimindeki sayılara üçgensel sayılar denir.) Bu üçgendeki kare sayısını bulmak kolay olmayabilir, ama bu üçgenden iki tane alırsak, kare sayısını
daha kolay hesaplayabiliriz: Bu üçgenin bir benzerini tepe taklak edip üstüne
koyalım ve iki “üçgen”i birleştirip bir dikdörtgen elde edelim (aşağıdaki ikinci
şekle bakın).
Bulmak istediğimiz sayı bu dikdörtgendeki
kare sayısının yarısı. Dikdörtgendeki kare sayısını hesaplayıp ikiye bölelim. Dikdörtgenimizin
eni n, yüksekliği n + 1 olduğundan, bu dikdörtgende
n(n + 1)
tane kare vardır. Demek ki üçgende
n(n + 1)
2
tane kare vardır. Dolayısıyla 1’den n’ye kadar
olan sayıların toplamı
n(n + 1)
2
olur.
Bu arada, ilk bakışta kesirli sayı gibi görünen n(n+1)
sayısının aslında bir doğal sayı ol2
duğu gözden kaçmamalıdır.
n yerine herhangi bir sayı alabileceğimiz
gibi, n harfini istersek değiştirebiliriz de, örneğin eğer 1’den k’ya kadar olan sayıları toplamak istiyorsak, yukarıdaki formülde n yerine k
almak yeterli:
k(k + 1)
1 + 2 + ··· + k =
.
2
n yerine s alsak da bir şey farketmez:
1 + 2 + ··· + s =
s(s + 1)
.
2
n yerine n2 de alabiliriz, bunun için yukarıdaki formülde n görülen yere (n’lere
hiç acımadan!) n2 koymalıyız:
1 + 2 + · · · + n2 =
n2 (n2 + 1)
.
2
91
n yerine n − 1 de koyabiliriz: 1’den n − 1’e kadar olan sayıların toplamı
1 + 2 + · · · + (n − 1) =
(n − 1)n
2
olur.
Karelerin toplamı için de bir formül vardır:
12 + 22 + · · · + n2 =
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
Küplerin toplamı için de:
n2 (n + 1)2
.
4
Eşitliğin sağındaki sayıların kesirli sayı gibi göründüğüne aldanmayın, her
biri her n ∈ N için bir doğal sayıdır, paydalar sadeleşir. Dördüncü kuvvetlerin toplamı için de bir formül var. Bu formülleri ne yazık ki bu aşamada
kanıtlayamayız, ileride kanıtlayacağız ama. Bu arada,
13 + 23 + · · · + n3 =
13 + 23 + · · · + n3 = (1 + 2 + · · · + n)2
eşitliğine de dikkatinizi çekerim; şaşırtıcı bir eşitlik, küplerin toplamının toplamın karesine eşit olduğunu söylüyor.
Örnekler
2.153. 1’den 100’e kadar olan ve 7’ye bölünen doğal sayıların toplamı kaçtır? Soruda
7 + 14 + · · · + 98
toplamı isteniyor. Toplanan sayılar 7 × 1’den 7 × 14’e kadar olan sayılar. Demek ki
7 · 1 + 7 · 2 + · · · + 7 · 14
toplamını bulmalıyız. Her bir terimde ortak olan 7’yi dışarı çıkaralım:
7 · (1 + 2 + · · · + 14)
toplamını bulmalıyız. Parantez içindeki toplamın
14 · 15
= 7 · 15 = 105
2
olduğunu metinde gördük. Demek ki istediğimiz toplam
7 · 105 = 735.
2.154. 1’den 100’e kadar olan ve 5’e bölünmeyen doğal sayıların toplamı kaçtır? 1’den 100’e
kadar olan sayıların toplamının
100 · 101
= 5050
2
olduğunu biliyoruz. Bu sayıdan 5’e bölünenlerin toplamını çıkarmalıyız. 5’e bölünenlerin
toplamı da bir önceki alıştırmadaki gibi kolaylıkla hesaplanabilir:
5 · 1 + 5 · 2 + · · · + 5 · 20 = 5 · (1 + 2 + · · · + 20) = 5 ·
Demek ki yanıt 5050 − 1050 = 4000’dir.
20 · 21
= 5 · 210 = 1050.
2
92
2.155. 1’den 1000’e kadar olan ve 7’ye bölünen ama 5’e bölünmeyen doğal sayıların toplamı
kaçtır? 1’den 1000’e kadar olan ve 7’ye bölünen sayıların toplamı bir önceki alıştırmadaki
gibi hesaplanabilir:
7 · 1 + 7 · 2 + · · · + 7 · 142 = 7 · (1 + 2 + · · · + 142) = 7 ·
142 · 143
= 7 · 10.153 = 71.071.
2
Bu 71.071 toplamından 7’ye ve 5’e, yani 35’e bölünen sayıların toplamını çıkarmalıyız:
35 · 1 + 35 · 2 + · · · + 35 · 28 = 35 · (1 + 2 + · · · + 28) = 35 ·
28 · 29
= 35 · 406 = 14.210.
2
Demek ki yanıt 71.071 − 14.210 = 56.861 imiş.
2.156. 1, 4, 7, 10 gibi 3’ün katlarına 1 eklenerek elde edilen sayılara “3n + 1 türünden sayılar”
diyelim. 1 ve 100 dahil, 1’den 100’e kadar 3n + 1 türünden sayıların toplamı kaçtır? Eğer
n = 0 ise 3n + 1 = 1, eğer n = 33 ise 3n + 1 = 100 olur. Demek ki n en az 0, en fazla
33 olabiliyor. Dolayısıyla 3 · 0 + 1’den 3 · 33 + 1’e kadar olan sayıları, yani
3 · 0 + 1, 3 · 1 + 1, 3 · 2 + 1, . . . , 3 · 33 + 1
sayılarını toplayacağız. Burada tam 34 tane sayı var. 1’leri toplarsak 34 eder. Bu 34’e
3’lerin katlarının toplamını, yani
3 · 0 + 3 · 1 + 3 · 2 + . . . + 3 · 33 + 1 = 3 · (0 + 1 + 2 + · · · + 33) = 3 ·
33 · 34
= 3 · 33 · 17 = 1683
2
sayısını eklemeliyiz. Sonuç
1683 + 34 = 1717
çıkar.
2.157. Aşağıdaki toplamları hesaplayalım:
1
1+3
1+3+5
1+3+5+7
1+3+5+7+9
=
=
=
=
=
1
4
9
16
25
=
=
=
=
=
12
22
32
42
52
Hep bir tamkare elde ediyoruz. Nitekim ilk n tek sayının toplamı her zaman bir karedir.
Bir kenarı 4 uzunluğunda olan bir kare alalım ve kareyi aşağıdaki gibi 16 tane küçük
kareye bölelim. Şimdi kareleri aşağıdaki şekildeki gibi sayalım.
Sol alt köşede 1 (beyaz) kare var. Bu kareye 3 (açık gri) kare dokunur: biri sağından,
biri tepesinden, öbürü de sağ üst köşesinden (yani çaprazından.) Bu yeni kareye 5 yeni
kare (biraz daha koyu gri) dokunur: ikisi sağından, ikisi tepesinden, biri de çaprazından.
Sonra 7 yeni kare (koyu gri)... 1, 3, 5, 7, ... Bunların toplamı küçük karelerin sayısına,
yani 42 ’ye eşit. Görüldüğü gibi ilk 4 tek sayının toplamı 42 ’dir.
93
İlk 5 karenin toplamının gerçekten 25 olduğunu görmek için, yukarıdaki karenin kuzey
ve doğu sınırlarına 9 kare daha ekleyelim: 4’ü doğuya, 4’ü kuzeye, 1’i de kuzeydoğuya.
Bu sefer 5 × 5 boyutunda bir kare elde ederiz. Demek ki 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 52 olur.
2.158. Yukarıdaki eşitliği biraz daha cebirsel biçimde kanıtlayalım. İlk n tek sayıyı yazalım
önce:
1, 3, 5, . . . , (2n − 1).
Okur bunların gerçekten ilk n tek sayı olduğunu kontrol etmelidir, örneğin n = 5 alarak.
Daha doğru bir düşünme biçimi şöyledir: Tek sayılar 2k − 1 biçiminde yazılır. En küçük
tek sayı k = 1 iken elde edilir. Bir sonraki k = 2 için elde edilir. k = n olduğunda da
n’inci tek sayıyı elde ederiz. k, 1’den n’ye kadar değiştiğinde 2k −1 sayıları 1’den 2n−1’e
kadar değişir ve alınan k’ların sayısı tam tamına n’dir. Bu sayıları şöyle yazalım:
0 + 1, 2 + 1, 4 + 1, . . . , (2n − 2) + 1.
Yukarıdaki listede tam n tane sayı var ve her sayıda bir tane +1 var. Bu +1’leri ayrı
toplayalım. n tane +1 tabii ki n eder. Şimdi geri kalan
0, 2, 4, . . . , (2n − 2)
sayılarını toplayalım. En baştaki 0’ı saymayalım,
2, 4, . . . , (2n − 2)
sayılarını toplamalıyız. Bu sayıların hepsi çift olduğundan, sayıları 2’ye bölüp toplayalım,
çıkanı 2’yle çarparız:
2 + 4 + · · · + (2n − 2) = 2 · (1 + 2 + · · · + (n − 1)) = 2 ·
(n − 1)n
= n2 − n.
2
Bu sayıya söz verdiğimiz gibi +1’lerin toplamı olan n’yi eklersek n2 buluruz.
Alıştırmalar
2.159. 20 ve 100 dahil, 20’den 100’e kadar olan sayıların toplamı kaçtır?
2.160. 1’den 100’e kadar olan 3’e bölünen doğal sayıların toplamı kaçtır?
2.161. 1’den 500’e kadar olan 7’ye bölünen doğal sayıların toplamı kaçtır?
2.162. 1’den 500’e kadar olan ama 7’ye bölünmeyen doğal sayıların toplamı kaçtır?
2.163. 1’den 1000’e kadar olan ve 7’ye bölünen ama 3’e bölünmeyen doğal sayıların toplamı
kaçtır?
2.164. 20 ve 100 dahil, 20’den 100’e kadar olan ve 5’e bölünen sayıların toplamı kaçtır?
2.165. 1, 5, 9, 13 gibi 4’ün katlarına 1 eklenerek elde edilen sayılara “4n + 1 türünden sayılar”
diyelim. 1 dahil, 1’den 200’e kadar 4n + 1 türünden sayıların toplamı kaçtır?
2.166. 2, 7, 12, 17 gibi 5’in katlarına 2 eklenerek elde edilen sayılara “5n + 2 türünden sayılar”
diyelim. 1’den 200’e kadar olan 5n + 2 türünden sayıların toplamı kaçtır?
2.167. 3 × 3 tane küçük kareden oluşmuş bu karenin içine 1’den 9’a kadar olan doğal sayıları
öyle yerleştirin ki, her sıranın, her sütunun ve her iki çaprazın sayılarının toplamı hep
eşit çıksın. İşte bir çözüm:
8 1 6
3 5 7
4 9 2
Her sıranın, her sütunun ve her iki çaprazın sayılarının toplamının ancak 15’e eşit olabileceğini kanıtlayın.
1 ≤ x < y < z ≤ 15 eşitsizliklerini ve aynı zamanda x + y + z = 15 eşitliğini sağlayan
tüm x, y ve z sayılarını bulun. x, y ve z’den birinin 5 olduğu kaç çözüm var? Buradan
karenin ortasındaki sayının hep 5 olması gerektiğini çıkarın.
94
2.168. Bir önceki alıştırmadaki gibi bir sayı karesine sihirli kare adı verilir. Yukarıdaki sihirli
kare 3 × 3 boyutundaydı ve 1’den 9’a kadar sayılar yer alıyordu. 4 × 4 boyutlu bir sihirli
karede 1’den 16’ya kadar sayılar yer alır. n × n boyutundaki bir sihirli karenin satır,
sütun ya da çaprazlarının ortak toplamı (bu toplama sihirli toplam adı verilir) kaçtır?
4 × 4 boyutunda bir sihirli kare inşa edin. 2 × 2 boyutunda bir sihirli kare olmadığını
gösterin.
2.4
Bölme ve Bölünme
N kümesi çıkarma işlemi altında kapalı olmadığı gibi, bölme işlemi altında da
kapalı değildir. Bir doğal sayıyı 0’a zaten bölemeyiz, ama 0’dan farklı doğal
sayıların birbirine bölümleri de çoğu zaman bir doğal sayı değildir, mesela 48
sayısı 6’ya bölünür (sonuç 8 çıkar) ama 6 sayısı 48’e bölünmez, çünkü 6/48 =
1/8 olur ve 1/8 bir doğal sayı değildir.
Bölmenin matematiksel tanımı şöyle: a ve b iki doğal sayı olsun. Eğer
ax = b eşitliğini sağlayan bir x doğal sayısı varsa a’nın b’yi doğal sayılarda
böldüğü söylenir ve bu
a|b
olarak gösterilir. Bu durumda a, b’nin bir böleni ya da bir çarpanı olduğu
söylenir. Örneğin 12’nin tüm bölenleri 1, 2, 3, 4, 6, 12’dir.
Bazen “doğal sayılarda bölmek” yerine kısaca “bölmek” diyeceğiz. Örneğin
2, 3’ü (doğal sayılarda) bölmez, çünkü 2x = 3 eşitliğini sağlayan bir x doğal
sayısı yoktur; 2 sadece çift doğal sayıları böler. Öte yandan 3, 12’yi böler
çünkü 3x = 12 eşitliğini sağlayan bir x doğal sayısı vardır: 4.
Eğer a, b’yi bölüyorsa, bölmenin tanımına göre, bir x doğal sayısı için
b = ax olur, dolayısıyla bN = (ax)N = a(xN) ⊆ aN, yani bN ⊆ aN olur. Bunun
ters istikameti de doğrudur. Nitekim bN ⊆ aN varsayımını yapalım. b = b · 1
olduğundan, b ∈ bN olur; demek ki bN ⊆ aN varsayımından dolayı, b aynı
zamanda aN kümesinin de bir ögesidir, yani b, a’nın bir doğal sayı katıdır,
yani bir x doğal sayısı için b = ax olur, yani a, b’yi böler. Özetle,
a|b ile bN ⊆ aN
önermeleri matematiksel açıdan “eşdeğerdirler”, yani biri doğruysa diğeri de
doğrudur. Bu matematiksel eşdeğerlik, matematikte simgesel olarak şöyle gösterilir:
a|b ⇐⇒ bN ⊆ aN.
Aradaki ⇐⇒ simgesi “ancak ve ancak” olarak okunur.
Özel Durumlar. Yukarıdaki tanıma göre 1 tüm doğal sayıları böler. Nitekim
her b doğal sayısı için 1x = b denkleminin bir çözümü vardır: x = b.
Ama 2 sayısı tüm doğal sayıları bölmez; 2’nin böldüğü doğal sayılara bilindiği üzere çift doğal sayı denir. Çift olmayan doğal sayılara da tek doğal
2.4. Bölme ve Bölünme
95
sayı denir. Çift doğal sayılar bir n doğal sayısı için 2n biçiminde yazılır. Tek
doğal sayılar ise bir n doğal sayısı için 2n + 1 biçiminde yazılır. Bu yüzden çift
doğal sayılar kümesi 2N, tek doğal sayılar kümesi de 2N + 1 olarak gösterilir.
Tanıma göre her sayı 0’ı böler. Nitekim a hangi sayı olursa olsun, ax = 0
denkleminin bir çözümü vardır, x = 0 bir çözümdür. Bunun özel bir durumu
olarak, 0’ın 0’ı böldüğünü görüyoruz; gerçekten de 0x = 0 denkleminin doğal
sayılarda bir çözümü vardır, mesela x = 5. (Ama aslında her x doğal sayısı
0x = 0 denkleminin bir çözümüdür.)
Gene tanıma göre 0 sadece 0’ı böler. Nitekim 0x = b denkleminin doğal
sayılarda sadece b = 0 ise çözümü vardır. Her x için 0x = 0 olduğundan, her
sayı 0x = 0 denkleminin bir çözümüdür.
1 hangi doğal sayılara bölünür? 1 sadece 1’e bölünür, başka da bir sayıya
bölünmez. Bunun kanıtını okura bırakıyoruz. Tabii kanıt, verdiğimiz tanıma
dayanmalı.
Bütün bu söylediklerimizi yukarıdaki
a|b ⇐⇒ bN ⊆ aN
eşdeğerliğinden de çıkarabilirdik. Bu eşdeğerlikte a = 1 alırsak, 1’in tüm
b doğal sayılarını böldüğünü görürüz. Eğer a = 0 alırsak, 0’ın sadece 0’a
bölündüğünü görürüz. Eğer b = 1 alırsak, 1’in sadece 1’e bölündüğünü görürüz.
Eğer b = 0 alırsak, b’nin her a doğal sayısına bölündüğünü görürüz.
Her ne kadar 0 doğal sayısı 0’ı böler dediysek de “0 bölü 0 diye bir sayı
vardır” demedik! Henüz “b bölü a” diye bir kavram tanımlamadık. İleride
(iki sonraki paragrafta!) “b bölü a” kavramını tanımladığımızda a’nın 0 olmamasına özen göstereceğiz.
Özellikler. x|y ilişkisinin birkaç özelliğini aşağıda sıraladık: Her x, y, z ∈ N
için
x|x
x|y ve y|x ise x = y
x|y ve y|z ise x|z
1|x
x|0
0|x ise x = 0
olur. İkinci özelliğin tam sayılarda geçerli olmadığına dikkatinizi çekeriz, nitekim −5 ve 5 birbirlerini tamsayılarda bölerler ama eşit değildirler.
Alıştırmalar
2.169. 8’in tam dört tane böleni vardır: 1, 2, 4 ve 8. Tam dört tane böleni olan en küçük sayı
6’dır: 1, 2, 3, 6. Tam dört tane böleni olan on tane daha sayı bulun.
2.170. Tek sayıda böleni olan ilk on sayıyı yazın. Ne farkediyorsunuz? Farkettiğinizin nedenini
açıklayabilir misiniz? Yani farkettiğinizi kanıtlayabilir misiniz?
96
2.171. Ne tür sayıların tüm bölenleri tektir?
2.172. Hangi sayıların 1 dışındaki tüm bölenleri çift sayıdır?
Bölü. “b bölü a” kavramını hemen şimdi matematiksel olarak tanımlayalım.
a ve b birer doğal sayı olsun. Diyelim b, a’yı (doğal sayılarda) bölüyor, yani
bir x doğal sayısı için ax = b eşitliği sağlanıyor. Eğer ax = b eşitliği tek bir x
doğal sayısı için sağlanıyorsa, ki hemen hemen her zaman öyle olur, o zaman
x sayısına “b bölü a” deriz. Örneğin 3x = 12 eşitliğinin tek bir çözümü vardır:
x = 4. Dolayısıyla “12 bölü 3” sayısı 4’e eşit olur. Bir başka örnek: Eğer a ̸= 0
ise, o zaman da ax = 0 eşitliğinin tek bir çözümü vardır: x = 0; demek ki bu
durumda da “0 bölü a” sayısı 0 olur.
Ama 0x = 0 eşitliğinin bir değil, sonsuz sayıda çözümü vardır, her doğal
sayı bu eşitliğin bir çözümüdür. Demek ki “0 bölü 0” diye bir sayı yok. Görüldüğü üzere “b bölü a” kavramının tanımı “0 bölü 0” diye bir sayının varlığını yasaklıyor. Tanımımız “0 bölü 0” ifadesini tanımlamadığından, bazen “0 bölü 0”
tanımsızdır denir.
İsteseydik, özel bir paragraf ayırarak, “0 bölü 0” ifadesini tanımlayabilirdik,
mesela “0 bölü 0, 5 olsun” diyebilirdik, ama istemedik, çünkü “0 bölü 0”
ifadesini tanımlamak işimize gelmez, tam tersine işimizi zorlaştırır. “0 bölü 0”
ifadesini tanımlayıp tanımlamamak tamamen bizim irademize kalmıştır. Eğer
günün birinde “0 bölü 0”ı 5 olarak tanımlamanın işinize geleceğini görürseniz,
hiç çekinmeyin!
Eğer a ̸= 0 ise, “0 bölü a” diye bir sayı vardır, çünkü eğer a ̸= 0 ise
ax = 0 denkleminin tek bir çözümü vardır, o da x = 0 çözümüdür. Demek ki
eğer a ̸= 0 ise, “0 bölü a” ifadesi tanımlanmıştır ve 0’a eşittir. Bu dediğimiz
gerçekle örtüşüyor, mesela 0 lirayı 50 kişi arasında eşit paylaştırırsanız herkese 0 lira düşer! Yani “0 bölü 50” gerçek hayatta da 0’a eşittir. Ama tekrarlayalım- “0 bölü 0” ifadesi tanımsızdır, daha doğrusu tanımlanmamıştır,
özellikle tanımlanmamıştır.
“a bölü b” diye bir doğal sayı olduğunda bunun
a/b ya da
a
ya da ab−1
b
olarak yazıldığını önceki eğitim yıllarımızdan biliyoruz tabii. Bu konuya kesirli
sayılar konusuna geldiğimizde daha fazla yer ayıracağız.
Ortak Bölen. 11, hem 66’yı hem de 77’yi böler. Yani 11 sayısı 66 ve 77’nin
ortak bölenidir.
6 hem 36’yı hem de 48’i böler. 6 sayısı 36 ve 48’in ortak bölenidir. 12, bu
iki sayının bir başka ortak bölenidir. Bu iki sayıyı 1, 2, 3, 4, 6 ve 12 böler, bu
sayılar bu iki sayının ortak bölenleridir.
1 her sayıyı böler. 1’den başka ortak böleni olmayan doğal sayılara aralarında asal denir. Örneğin 15 ve 22 aralarında asaldırlar. 15, 6 ve 10, ikişer
97
ikişer aralarında asal değildir ama hepsi birden aralarında asaldır, hepsini
bölen yegâne doğal sayı 1’dir. Ama 33 ve 77 aralarında asal değildir, her ikisi
de 11’e bölünür. 15, 21 ve 33 de aralarında asal değildir.
Eğer bir a sayısı b ve c’yi bölüyorsa, o zaman o a sayısı b + c’yi de böler.
Nitekim eğer bir x ∈ N için ax = b ve bir y ∈ N için ay = c oluyorsa,
b + c = ax + ay = a(x + y)
olur, yani a, b + c’yi böler. Aynı şey b > c ise b − c için de doğrudur:
b − c = ax − ay = a(x − y)
olur. Bu söylediklerimizden şu çıkar: a > b olsun; a ve b’nin ortak bölenleri a−b
ve b’nin ortak bölenleridir. Bu sayede iki sayının ortak bölenlerini kolaylıkla
bulabiliriz. Oldukça zor sayılabilecek bir örnek verelim.
Örnekler
2.173. n > 0 bir doğal sayı olsun. n’den küçükeşit ve n’ye asal olan doğal sayı sayısı φ(n) olarak
gösterilir. φ’ye Euler φ fonksiyonu adı verilir. Örneğin φ(6) = 2 olur çünkü 6’dan
küçük sadece 1 ve 5 doğal sayıları 6’ya asaldır. Birkaç örnek aşağıda:
φ(1)
φ(2)
φ(3)
φ(4)
φ(5)
φ(6)
φ(7)
φ(8)
=
=
=
=
=
=
=
=
1
1
2
2
4
2
6
4
2.174. Herhangi bir doğal sayı alalım, diyelim 12’yi aldık. 12’nin bölenlerini yazalım:
1, 2, 3, 4, 6, 12.
Şimdi bu sayıların φ’lerini (bkz. bir önceki örnek) hesaplayıp toplayalım:
φ(1) + φ(2) + φ(3) + φ(4) + φ(6) + φ(12) = 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4 = 12.
Sonuç 12 çıktı, başladığımız sayıyı bulduk. Başka bir sayıyla aynı deneyi yapalım, mesela
14 ile. 14’ün bölenleri 1, 2, 7 ve 14. Bu sayıların φ’lerini alıp toplayalım:
φ(1) + φ(2) + φ(7) + φ(14) = 1 + 1 + 6 + 6 = 14.
Yine başladığımız sayıyı bulduk. Hangi sayıyı alırsanız alın, bölenlerinin φ’lerini toplarsanız hep sayının kendisini bulursunuz! Şaşırtıcı değil mi? Şaşırtıcı ama doğru ve kanıtı
da çok çok zor değil. Gene de bu aşamada kanıtı vermeyeceğiz, bkz. Örnek 4.9.
2.175. Diyelim 43.725 ile 13.565’in ortak bölenlerini bulmak istiyoruz.
43.725 ile 13.565
sayılarının ortak bölenleri,
43.725 − 13.565 = 30.160 ile 13.565
98
sayılarının ortak bölenleridir. Ama bu iki sayının ortak bölenleri
30.160 − 13.565 = 16.595 ile 13.565
16.595 − 13.565 = 3030 ile 13.565
3030 ile 13.565 − 3030 = 10535
3030 ile 10.535 − 3030 = 7505
3030 ile 7505 − 3030 = 4475
3030 ile 4475 − 3030 = 1445
3030 − 1445 = 1585 ile 1445
1585 − 1445 = 140 ile 1445
140 ile 1445 − 140 = 1305
sayılarının ortak bölenleridir. Bu süreci tabii ki devam ettirebiliriz:
43.725
30.160
16.595
3.030
3.030
3.030
3.030
3.030
1.585
140
140
140
140
13.565
13.565
13.565
13.565
10.535
7.505
4.475
1.445
1.445
1.445
1.305
1.165
1.025
Biraz uzun sürdü, ki daha bitmedi, süreci devam ettirebiliriz. Ne zaman biter bu süreç?
Hiç bitmez ama iki sayıdan biri 0 olduğunda bitirebiliriz; çünkü iki sayıdan biri 0
olduğunda büyük sayıdan küçük sayıyı (0’ı) çıkardığımızda aynı sayıları buluruz ve
devam etmenin bir anlamı kalmaz. İki sayıdan birinin 0 olması da bir önceki aşamada
iki sayının birbirine eşit olması demektir. Eğer yukarıdaki süreci devam ettirirsek, bir
zaman sonra 5 ve 5 sayılarına varacağız. Demek ki 43.725 ile 13.565 sayılarının ortak
99
bölenleri 5 ile 5 sayılarının ortak bölenleri aynıymış, yani 43.725 ile 13.565 sayılarının
ortak bölenleri 5’in ortak bölenleriymiş yani sadece 1 ve 5’miş.
Eğer küçük sayıyı büyük sayıdan teker teker çıkarmak yerine tek bir hamlede birkaç
defa çıkarırsak süreç kısalır. Örneğin yukarıdaki tabloda 43.725’ten 13.565’i peşpeşe üç
defa çıkarmışız. Bunu tek bir hamlede yapsaydık tablomuz daha da kısalırdı. Bu yeni
yöntemle tablo bir kitap sayfasına sığacak kadar kısalabilir:
43.725
3.030
3.030
140
140
5
5
13.565
13.565
1.445
1.445
45
45
5
Bu örnekten sonra yukarıdaki olguyu teorem olarak yazalım:
Teorem 2.1. a, b ve x üç doğal sayı olsun. a ile b’nin ortak bölenleriyle a+bx
ile b’nin ortak bölenleri aynıdır. Ayrıca eğer a > bx ise a ile b’nin ortak
bölenleriyle a − bx ile b’nin ortak bölenleri aynıdır.
Kanıt: İkinci önermeyi kanıtlayalım. Eğer bir d sayısı hem a’yı hem b’yi
bölüyorsa, elbette bu d sayısı a − bx sayısını da böler. Diğer istikamette: Eğer
bir d sayısı hem a − bx’i hem de b’yi bölüyorsa, elbette bu d sayısı a’yı da
böler çünkü a = (a − bx) + bx eşitliği geçerlidir. Birinci önermenin kanıtı da
benzerdir ve okura alıştırma olarak bırakılmıştır.
B(a), a’nın bölenlerinden oluşan küme olsun. Örneğin
B(30) = {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}
ve B(0) = N olur. Tanıma göre B(a) ∩ B(b) kümesi a ve b’nin ortak bölenleri
kümesidir. Bu kümeyi B(a, b) olarak gösterelim:
B(a, b) = B(a) ∩ B(b) = {d ∈ N : d|a ve d|b}.
Teoreme göre eğer a > b ise
B(a, b) = B(a − b, b)
olur. Ayrıca B(a, b) = B(b, a) eşitliği de bariz. Ve her n doğal sayısı için
B(a, an) kümesi aynen a’nın bölenlerinden oluşur, yani B(a, an) = B(a) olur.
Buradan B(a, 0) = B(a) çıkar. Şimdi bu olguları kullanarak 375 ve 105’in
ortak bölenlerini bulalım:
B(375, 105) = B(270, 105) = B(165, 105) = B(60, 105)
= B(60, 45) = B(15, 45) = B(15)
= {1, 3, 5, 15}.
100
Eğer a ve b sayılarının her ikisi birden 0 değilse, o zaman B(a, b) kümesi
sonlu bir sayı kümesidir ve bu durumda en büyük bir ögesi vardır. Eğer
a ve b’nin her ikisi birden 0 değilse, B(a, b) kümesinin en büyük sayısına
a ve b’nin en büyük ortak böleni adı verilir ve bu sayı obeb(a, b) olarak, bazen de kısaca (a, b) olarak gösterilir. Yukarıda yaptığımız hesaplardan obeb(375, 105) = 15 olduğu anlaşılıyor. İki pozitif sayının obeb’i en az
1 olmalıdır elbette. İki sayının aralarında asal olması için de en büyük ortak
bölenlerinin 1 olması gerekir.
Bir önceki örnekten de hemen anlaşılacağı üzere eğer B(a, b) = B(d) ise, d
sayısı a ve b’nin en büyük ortak bölenidir. Nitekim B(a, b) = B(d) eşitliği, a
ve b’nin ortak bölenlerinin aynen d’nin bölenleri olduğunu söylüyor, demek ki
bu durumda d sayısı a ve b’nin en büyük ortak böleni olur. Bunu not edelim.
Teorem 2.2. a ve b her ikisi de 0 olmayan iki doğal sayı ve d = obeb(a, b)
olsun. O zaman a ve b’nin ortak bölenleri aynen d’nin bölenleridir.
Aşağıdaki kolay sonucu da aradan çıkaralım:
Teorem 2.3. a ve b her ikisi de 0 olmayan iki doğal sayı ve d ∈ N olsun.
i. Eğer d = obeb(a, b) ise, a = da′ ve b = db′ eşitliklerini sağlayan birbirine
asal a′ ve b′ doğal sayıları vardır.
ii. Eğer a ve b birbirine asal pozitif doğal sayılar ise, her d > 1 doğal sayısı
için d = obeb(da, db) olur.
iii. Eğer birbirine asal a′ ve b′ sayıları için a = da′ ve b = db′ ise obeb(a, b) =
d olur.
Kanıt: Önce birinci önermeyi kanıtlayalım. d = obeb(a, b) olduğundan, d
sayısı hem a hem de b sayısını böler. Dolayısıyla a = da′ ve b = db′ eşitliklerini
sağlayan a′ ve b′ doğal sayıları vardır. Şimdi a′ ve b′ sayılarının birbirine asal olduklarını kanıtlayalım. Eğer 0 < e doğal sayısı a′ ve b′ doğal sayısını bölüyorsa
o zaman, a = da′ ve b = db′ eşitliklerinden dolayı, de sayısı hem a’yı hem de
b’yi böler, yani de sayısı a ve b’nin ortak bölenidir. Ama d ≤ de olduğundan,
bundan d = de ve e = 1 çıkar. Demek ki a′ ve b′ birbirine asal doğal sayılardır.
Sıra ikinci önermeye geldi. Bir an için ikinci önermenin yanlış olabileceğini
varsayalım. Önermenin yanlış olduğu doğal sayılar arasından a + b toplamının
en küçük olduğu a ve b sayılarını seçelim. Elbette a ̸= b olmalı, çünkü aksi
halde önerme elbette doğru. Diyelim b < a. O zaman b ile a − b de aralarında
asal olduğundan ve bu sayıların toplamı olan b + (a − b) sayısı, yani a sayısı
a + b toplamından küçük olduğundan,
obeb(d(a − b), db) = d
olur. Ayrıca
obeb(d(a − b), db) = obeb(da − db, db) = obeb(da, db)
101
olduğundan istediğimiz kanıtlanmış olur.
Son önermenin kanıtını okura bırakıyoruz.
Örnekler
2.176. Eğer a, b ve c üç pozitif doğal sayıysa,
obeb(a, obeb(b, c)) = obeb(obeb(a, b), c)
olur. Bunun kanıtı oldukça kolaydır ve okura alıştırma olarak bırakılmıştır. Yani obeb
işlemi birleşme özelliğini sağlar. Dolayısıyla bu ifadeler yerine
obeb(a, b, c)
yazabiliriz. Gelecekte öyle de yapacağız. obeb(a, b, c) sayısı, a’yı, b’yi ve c’yi bölen en
büyük doğal sayıdır. Genel olarak, eğer X, hepsi 0 olmayan ve boşküme olmayan bir
doğal sayı kümesiyse, obeb X, X’in ortak bölenlerinin en büyüğünü simgeleyecek.
2.177. Eğer d sayısı a’yı bölüyorsa, o zaman a/d sayısı da a’yı böler. Yani her d böleninin
bir “arkadaşı” vardır, o arkadaş da a/d bölenidir. Örneğin 2, 42’yi böler, bu yüzden de
21, 42’yi böler. Bu yüzden bölenler genelde ikişer ikişer gelirler. 42’nin tüm bölenlerini
arkadaşlarını yanyana yazmak suretiyle yazalım:
1
2
3
6
42
21
14
7
Görüldüğü üzere 42’nin tam 8 tane böleni var. Ama bazen bir bölenin arkadaşı yine
kendisidir, yani d böleni arkadaşı olan a/d sayısına eşit olabilir, yani d = a/d olabilir.
Bu da ancak a = d2 ise mümkündür. Demek ki kare sayıların bölen sayısı tektir, kare
olmayan sayıların bölen sayısı ise çifttir. Örneğin 36 sayısının bölenleri şunlardır:
1
2
3
4
6
36
18
12
9
6
Toplam 7 tane, çünkü 6’nın arkadaşı gene 6; 6 böleni dışında diğer tüm bölenler arkadaşlarıyla birlikte ikişer ikişer geliyor.
2.178. (5N + 2) ∩ (3N + 1) = 15N + 7 eşitliğini kanıtlayalım.
Önce 15N + 7 ⊆ (5N + 2) ∩ (3N + 1) içindeliğini kanıtlayalım. Sol taraftaki kümeden
herhangi bir sayı alalım, diyelim 15n + 7 sayısını aldık.
15n + 7 = 3(5n + 2) + 1 ∈ 3N + 1
ve
15n + 7 = 5(3n + 1) + 2 ∈ 5N + 2
olduğundan istediğimiz kanıtlanmıştır. Bu kolay istikametti. Şimdi diğer istikameti kanıtlayalım.
(5N + 2) ∩ (3N + 1) kümesinden rastgele bir a seçelim ve bu sayıyı x ve y doğal sayıları
için 5x + 2 ve 3y + 1 biçiminde yazalım. Demek ki
a = 5x + 2 = 3y + 1.
Buradan
6a = 30x + 12 ve 5a = 15y + 5
102
buluruz. Taraf tarafa çıkarırsak,
a = 6a − 5a = (30x + 12) − (15y + 5) = 15(2x − y) + 7 ∈ 15N + 7
buluruz. (Neden 2x − y negatif bir sayı olamaz?)
2.179. Her ne kadar henüz tanımlamamışsak da okurun tam sayılarla aşina olduğunu biliyoruz.
Bu örnekte bir ara doğal sayılar yerine tam sayılarda çalışacağız ve tam sayılarda çıkarma
yapabileceğimizden her şey çok daha kolay olacak. n herhangi bir doğal sayı olsun. 3n−2
ile 5n + 4’ün ortak bölenleri kümesini bulalım:
B(3n − 2, 5n + 4)
=
=
=
B(3n − 2, 2n + 6) = B(n − 8, 2n + 6)
B(n − 8, n + 14) = B(−22, n + 14) = B(22, n + 14)
B(22, n − 8) ⊆ B(22) = {1, 2, 11, 22}
Her şey n − 8’in 2’ye ve 11’e bölünüp bölünmemesine bağlı.
n − 8’in 2’ye bölünmesiyle n’nin çift olması aynı şey.
n − 8’in 11’e bölünmesi de n ∈ 11N + 8 demek.
Demek ki

{1, 2, 11, 22} eğer n ∈ 2N ∩ (11N + 8) = 22N + 8 ise



{1, 11}
eğer n ∈ (2N + 1) ∩ (11N + 8) = 22N + 19 ise
B(3n − 2, 5n + 4) =
{1,
2}
eğer n ∈ 2N ama n ∈
/ 11N + 8 ise



{1}
eğer n ∈ 2N + 1 ama n ∈
/ 11N + 8 ise
Alıştırmalar
2.180.
2.181.
2.182.
2.183.
2.184.
2.185.
2.186.
2.187.
2.188.
2.189.
2.190.
2.191.
2.192.
2.193.
2.194.
2.195.
3.969 ile 15.435’in tüm ortak bölenlerini bulun.
13.969 ile 15.435’in tüm ortak bölenlerini bulun.
n herhangi bir doğal sayı olsun. n ile n + 1’in ortak bölenlerini bulun.
Hangi n doğal sayıları için n ile n + 2 aralarında asaldır?
Hangi n doğal sayıları için n ile 3n + 4 aralarında asaldır?
Hangi n ve k doğal sayıları için n ile nk + 3 aralarında asaldır?
Hangi n doğal sayıları için n ile n2 − n + 3 aralarında asaldır?
2N ∩ (11N + 8) = 22N + 8 eşitliğini kanıtlayın.
(2N + 1) ∩ (11N + 8) = 22N + 19 eşitliğini kanıtlayın.
(3N + 1) ∩ (4N + 3) = 12N + 7 eşitliğini kanıtlayın.
(2N + 1) ∩ (3N + 1) kümesini aN + b biçiminde yazın.
n ≥ 1 bir doğal sayı olsun. 4n − 3 ile 7n + 2 sayılarının en fazla iki ortak böleni
olabileceğini kanıtlayın. Bu ortak bölenler hangi sayılar olabilir?
Notlar
2.196. n > 0 bir doğal sayı olsun. n’yi bölen doğal sayıların toplamı σ(n) olarak yazılır5 .
Örneğin
σ(12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28
5
σ, Yunan alfabesinin s harfidir, “sigma” olarak okunur. Bu sigmanın küçük harf şeklidir;
büyük harf sigma Σ olarak yazılır.
103
olur.
Eğer n ve m aralarında asal iki sayıysa,
σ(nm) = σ(n)σ(m)
eşitliklerini kanıtlamak çok zor değildir. (Ama bu kitapta kanıtlamayacağız.) Örneğin
σ(3) = 1 + 3 = 4
ve
σ(4) = 1 + 2 + 4 = 7
olduğundan,
σ(12) = σ(3 · 4) = σ(3)σ(4) = 4 · 7 = 28
olur, aynen biraz önce hesapladığımız gibi.
2.197. n > 0 doğal sayısı için, σ0 (n), n’nin n’den farklı bölenlerinin toplamını simgelesin.
Örneğin
σ0 (12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 = 16
olur. Eğer
σ0 (n) = n
eşitliği sağlanırsa n’ye mükemmel sayı denir. Örneğin 6 mükemmel bir sayıdır çünkü
σ0 (6) = 1 + 2 + 3 = 6
olur. 6 ayrıca ilk mükemmel sayıdır. Bir sonraki mükemmel sayı 28’dir:
σ0 (28) = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28.
Sonraki iki mükemmel sayı 496 ve 8128’dir. Bu ilk dört mükemmel sayıyı M.Ö. 4’üncü yüzyılda yaşamış olan Öklid de biliyordu. Daha sonra başka mükemmel sayılar da
bulunmuştur ama hepsi çift sayıdır. Bugün hâlâ daha mükemmel olan bir tek sayının
varlığı ya da yokluğu bilinmiyor. Bu soru günümüz matematiğinin en ünlü sorularından
biridir. Bu konu hakkında Not 2.245’da daha fazla bilgi bulabilirsiniz.
2.198. Collatz Sanısı. 1’den büyük herhangi bir doğal sayı seçin. Sayı çiftse ikiye bölün, tekse üçle çarpıp bir ekleyin. Elde ettiğiniz yeni sayıya tekliğine ve çiftliğine göre yine bu
işlemlerden birini uygulayın. Diyelim 7’yi seçtik. 7, tek olduğundan, 7’yi üçle çarpıp 1
ekleyelim. 22 elde ettik. 22 çift olduğundan, 22’yi ikiye bölmeliyiz, 11 elde ettik. 11 tek.
Demek ki 11’i üçle çarpıp 1 ekleyeceğiz. 34 elde ederiz. 34’ü ikiye bölelim. 17 bulduk...
Bunu böylece sürdürelim. İşte elde edeceğimiz dizi:
7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.
1’e ulaştığımızda duralım. Başka sayılarla da başlayabiliriz:
3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.
9, 28, 14, 7, . . . (7’yle başlayan dizideki gibi 1’e ulaşırız.)
15, 36, 18, 9, . . . (9’la başlayan bir önceki dizideki gibi 1’e ulaşırız.)
19, 58, 29, 88, 44, 22, 11, . . . (7’yle başlayan dizide 11 var.)
29, 88, 44, 22, 11, 58, 29, . . . (7’yle başlayan dizide 11 var.)
51, 154, 77, 232, 116, 58, 29, . . . (29’la başlayan dizideki gibi 1’e ulaşırız.)
100, 50, 25, 76, 38, 19, . . . (19’la başlayan dizideki gibi 1’e ulaşırız.)
101, 304, 152, 76, . . . (100’le başlayan dizide76 var.)
Deneyin, hangi sayıyla başlarsanız başlayın, bir zaman sonra hep 1’e ulaşacaksınız. Aşağıdaki resim bazı küçük sayıların 1’e ulaşma hızını gösteriyor; bir üst kattan bir alt kata
geçiliyor.
104
32768, 5461, 5460, 5456, 909, 908, 151, 5440, 906, 1356, 4376, 848, 141, 140, 23, 832, 138, 136, 22, 768
16384, 2730, 2728, 454, 2720, 453, 678, 2688, 424, 70, 416, 69, 68, 11, 384
8192, 1365, 1364, 227, 1360, 339, 1344, 212, 35, 208, 34, 192
4096, 682, 680, 113, 672, 106, 104, 17, 96
2048, 341, 340, 336, 320, 53, 52, 48
1024, 170, 168, 160, 26, 24
512, 85, 84, 80, 13, 12
256, 42, 40, 6
128, 21, 20, 3
64, 10
32, 5
16
8
4
2
1
Nereden biliyoruz hep 1’e ulaşacağımızı? Aslında bilmiyoruz... Ama öyle sanılıyor. Çünkü birçok sayı denenmiş ve hep 1’e ulaşılmış. Her sayı denenmemiş elbet. Ama ilk 1
milyar sayı denenmiş ve hep 1’e ulaşılmış. Tüm sayıları denemeye zaman yetmez! Kanıtlamak lazım.
Her sayıya bu işlemi uyguladığımızda, hep 1’e ulaşacağımızı kanıtlayabilir miyiz? Matematikçiler bugüne değin bunu ne kanıtlayabilmişler ne de 1’e ulaşmayan bir doğal sayı
bulabilmişler. Bazıları uğraşıyor... Bu sanıya Collatz sanısı adı verilir.
2.5
On Tabanı
Bu altbölümde neredeyse doğduğumuzdan beri bildiğimiz bir şeyi yeniden
öğreneceğiz: Bir sayı “on tabanında” nasıl yazılır? Gerçekten de ilkokuldan
beri, hatta okul öncesi çağlarımızdan beri hepimiz sayıları onluk tabanda yazarak öğrendik. Saymaya belki
bir, iki, üç, . . .
diye sözlü başladık ama tez zamanda sayıları rakamlarla ifade etmeyi öğrendik:
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10.
Daha sonra sayının kendisiyle sayının ifadesi arasında bir fark olmadığına inandırıldık, mesela 19.652 sayısı bize sadece “19.652” ifadesi olarak gösterildi, “on
dokuz bin altı yüz elli iki” sayısı olarak değil. Daha ilkel çağlarda, mesela taş
devrinde filan yaşasaydık, 19.652 sayısını 19.652 tane çubuğu yanyana getirerek
şöyle gösterirdik:
||| . . . |||
| {z }
19.652 tane
19.652 sayısı aslında bir satır yukarıda gösterilen çubuk sayısıdır ve “19.652”
ifadesi sadece ve sadece bu çubuk sayısının bir gösterimidir. Yani sayı başka,
sayının ifadesi başka.
Şöyle bir benzetme yapmak çok yanlış olmaz: “Masa” kelimesi asla masa
değildir! “Masa” kelimesi sadece ve sadece masa adını verdiğimiz nesneyi simgeleyen bir kelimedir. “Masa” kelimesinin gerçek masayla o kadar alakası yoktur ki, Türkçe bilmeyen bir yabancıya “masa” derseniz size aval aval bakar!
2.5. On Tabanı
105
19.652 gösterimiyle gerçek 19.652 arasındaki ilişki de buna benzer. Bir
önceki cümlede geçen iki 19.652 ifadesini birbirinden ayırdetmek için ikincisine bundan böyle n diyeceğiz. Gerçek sayıya n dedik. Yani biri bize bir n
doğal sayısı vermiş olsun. n, yukarıdaki gibi bir kümedeki çubuk sayısı olabilir. Aslında n = 19.652 ama biz bunu henüz bilmiyoruz, bulacağız. İşte bize
verilen sayı aşağıdaki resimde bulunan çubuk sayısı:
||| . . . |||
| {z }
n tane çubuk
(Yer kazanmak amacıyla çubukların hepsini göstermedik, araya noktalar koyduk, ama tam 19.652 tane var; bu bilgi aramızda kalsın!)
Şöyle bir senaryo da düşünebiliriz: Hiç okula gitmemiş, vahşi ormandan
çıkmamış birine, bir mağara insanına mesela doğal sayıların on tabanında
nasıl yazıldığını öğretmeye çalışalım. Önce bu kişiye
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
rakamlarını ve 10 sayısını öğretelim. Ardından kalanlı bölmeyi öğretelim;
sadece 10’a kalanlı bölmeyi öğrense yeter. Şimdi bu kişiye yukarıdaki çubuk
sayısını (yani 19.452’yi) onluk tabanda yazmasını öğreteceğiz.
19.652 çubuğu kişinin önüne yığalım. Bu yığında kaç çubuk olduğunu sorsak bize “çok” der herhalde. Yakın zamanda bu yığındaki çubuk sayısını aynen
bizim gibi “19.652” olarak ifade etmesini öğrenecek.
Önce kişiden çubuk sayısını (yani n sayısını) 10’a kalanlı bölmesini isteyelim. Kişi çubukları 1965 adet 10’luk gruba ayıracaktır ve geriye sadece 2 çubuk
kalacaktır:
. . } + ||
| .{z
1945 tane 10’luk
Biz, kişinin
19.652 = 1965 × 10 + 2
işlemini yaptığını biliyoruz. Kişi, 19.652 = 1965 × 10 + 2 ifadesindeki 19.652’yi
bilmiyor, 1965’i de bilmiyor. Ama 10’u ve 2’yi biliyor. Bu 2’yi (kalanı yani)
bir kâğıda yazmasını isteyelim:
2.
Bu 2, n sayısının, yani çubuk sayısının, yani 19.652 sayısının en sağdaki hanesidir.
19.652 çubuk sayısı, 1962 de onluk çubuk grubu sayısı.
Ardından kişiden 1965’i 10’a bölmesini isteyelim. Bir başka deyişle, 10’luk
grupları 10’arlık gruplara ayırsın. Böylece her büyük grupta 10 × 10 = 100
tane çubuk olacak:
1965 = 196 × 10 + 5.
106
Bu sefer kalan 5 oldu. Daha önce yazdığı 2’nin hemen soluna 5 yazsın:
52.
Bu 52, n sayısının, yani 19.652 sayısının son iki basamağıdır. Ardından aynı
şeyi 196 için yapsın, yani bir önceki yüzlük grupları onar onar gruplayıp binlik
gruplar elde etsin:
194 = 19 × 10 + 6.
Daha önce yazdığı 52’nin soluna 6 yazsın:
652.
Bu 652, n sayısının, yani 19.652 sayısının son üç basamağıdır. Sıra 19’da:
19 = 1 × 10 + 9.
9652.
Bu 9652, n sayısının, yani 19652 sayısının son dört basamağıdır. Sonra sıra
1’e geldi:
1 = 0 × 10 + 1.
19652.
Bu 19652, n sayısının, yani 19652 sayısının son beş basamağıdır. Sonra sıra
0’a geldi:
0 = 0 × 10 + 0.
Daha önce bulunan 19652’nin soluna bir 0 ekleyip 019652 elde ederiz. Bunu
böyle sonsuza kadar götürebiliriz, bu aşamadan sonra sola hep 0 gelir:
. . . 00019652.
Ama bildiğiniz gibi bu en soldaki 0’lar yazılmaz ve sayı
19652
olarak gösterilir. Eğer sayının okunmasını kolaylaştırmak istiyorsak rakamları
en sağdan başlayarak üçer üçer bir noktayla ayırırız:
19.652
2.5. On Tabanı
107
Aslında yaptığımız iş şu:
n =
=
=
=
=
=
=
1965 · 10 + 2
(196 · 10 + 5) · 10 + 2
196 · 102 + 5 · 10 + 2
(19 · 10 + 6) · 102 + 5 · 10 + 2
19 · 103 + 6 · 102 + 5 · 10 + 2
(1 · 10 + 9) · 103 + 6 · 102 + 5 · 10 + 2
1 · 104 + 9 · 103 + 6 · 102 + 5 · 10 + 2.
Yani yığındaki çubuk sayısını
n = 1 · 104 + 9 · 103 + 6 · 102 + 5 · 101 + 2 · 100
olarak ifade ettik. Görüldüğü üzere (eğer 10’u ve kuvvetlerini saymazsak) n
sayısı, eşitliğin sağındaki 1, 9, 6, 5 ve 2 rakamlarıyla belirleniyor. Hepimizin
bildiği gibi bu rakamlar soldan sağa doğru sıralanır ve böylece n = 19652
gösterimini elde ederiz.
Örneğin 65.018 gösterimi
n = 6 · 104 + 5 · 103 + 0 · 102 + 1 · 101 + 8 · 100
sayısının gösterimidir. İstersek
n = 0 · 105 + 6 · 104 + 5 · 103 + 0 · 102 + 1 · 101 + 8 · 100
de yazabilirdik ama gereksiz yere en başa 0 eklemenin anlamı yok. Her doğal
sayı böylece 0’dan 9’a kadar olan sayılarla (rakamlarla) ifade edilir.
Bu yazılıma on tabanında yazılım denir, çünkü sayılar hep 10’a bölünür, yani çubuklar 10’luk gruplara ayrılır, sonra bu 10’luk gruplar 10’luk
10’luk (yani 100’lük) gruplara ayrılır vs.
Böylece her n doğal sayısı, a0 , a1 , . . . , ak ∈ {0, 1, . . . , 9} sayıları için
n = ak 10k + · · · + a1 10 + a0
olarak ifade edilir. Eğer n ̸= 0 ise, ak ’yi 0’dan farklı alabiliriz ve bu durumda
k + 1 sayısına n sayısının (on tabanında) basamak sayısı denir. Yukarıdaki
n = 19.652 örneğinde k = 4, a4 = 1, a3 = 9, a2 = 6, a1 = 5 ve a0 = 2 ve
basamak sayısı k + 1 = 4 + 1 = 5.
Basamak sayısı k + 1 olan bir doğal sayı
10k ≤ n < 10k+1
eşitsizliklerini sağlar. Bunun tersi de doğrudur: Bu eşitsizlikleri sağlayan bir
doğal sayının basamak sayısı k + 1’dir. 0 sayısının basamak sayısının 0 olduğu
kabul edilir.
108
Örnekler
2.199. 38 sayısının 10 tabanında yazılımında birler basamağında (yani en sağda) hangi rakam
vardır? 38 = (34 )2 = 812 olduğundan, 38 ’in birler basamağında 1 vardır.
2.200. 1617 sayısının 10 tabanında yazılımında birler basamağında hangi rakam vardır? 6’nın
bütün kuvvetlerinin son basamağı 6 olduğundan, 1617 ’nin birler basamağında 6 vardır.
2.201. 4243 sayısının birler basamağı kaçtır? Bu örnekte a ≡ b ifadesi, a ve b sayılarının birler
basamağı eşit anlamına gelsin.
4243 ≡ 243 = (25 )8 23 = 328 8 ≡ 28 8 = 25 23 8 = 32 · 64 ≡ 8.
Demek ki 4243 sayısının birler basamağında 8 varmış.
Notlar
2.202. Tabii onluk tabanda yazılım öğrenildikten sonra, bu sayıların toplamını ve çarpımını
onluk tabanda ifade etmeyi öğrenmek gerekir. Bunu ilkokulda öğreniriz. 32054 ile 7819’u
elle çarpmak, biraz can sıkıcıdır belki ama hiç de zor değildir.
2.203. Eski Romalılar sayıları onluk tabanda ifade edemiyorlardı. Onların Etrüsklerden uyarladıkları kendi özel ifade biçimleri vardı; MCDXVIII gibi ifadeleri görmüşsünüzdür. Onluk tabanda 1418’e eşit olan bu sayının Romen rakamlarıyla ifade edilmiş biçiminin
karesini almaya çalışırsanız ifadenin ne denli önemli olduğunu anlarsınız. İfade deyip
geçmemek lazım, onluk sistem çok önemlidir. Romalılar bu ifadeleri bizim gibi kalem
kâğıtla değil, abaküsle toplayıp çarpıyorlardı. Maalesef günümüze bir Roma abaküsü kalmamıştır. Aşağıda, birkaç boncuğu eksik olsa da, tahminı̂ bir Roma abaküsünün fotoğrafını görüyorsunuz.
2.204. Romen rakamları 14, hatta 15’inci yüzyıla kadar Avrupa’da kullanıldı. 11’inci yüzyıldan
itibaren yavaş yavaş “Hint-Arap sistemi” denilen yukarıda açıkladığımız ve bugün bizim
de kullandığımız sisteme geçildi. Bugün Romen rakamları Batı kültüründe hâlâ daha
2.6. Diğer Tabanlar
109
geleneksel olarak kullanılır. Saatlerin Romen rakamlarıyla yazıldığı fiyakalı saatleri çok
görmüşsünüzdür. Başka çok örnek var: İmparatorlar Roma rakamlarıyla sıralanırlar (Napolyon III gibi), planetlerin uyduları Roma rakamlarıyla belirtilirler (Titan’ın bir başka
adı Satürn VI’dır), olimpiyatlar ve konferanslar Roma rakamlarıyla sıralanırlar (XX.
Münih Olimpiyatları gibi).
2.6
Diğer Tabanlar
Tabanda 10’un kullanılması 10 parmağımız olmasından ileri gelmektedir. Çocukluğunuzda sayıları toplayıp çarparken parmaklarınızı kullandığınızı hatırlıyor musunuz? İşte yukarıda açıkladığımız onluk sistem, parmaklarımızı kullanabilelim, kolaylık olsun, rahat toplayıp çarpalım diye kabul edilmiştir. Eğer
bizim de domuzlar gibi ikişer parmağımız (aslında tırnağımız, yani toynağımız)
olsaydı, muhtemelen 4’lük tabanı kullanıyor olurduk. 4’lük tabanda yazılmak
istenen sayı 10 yerine 4’e bölünür ve kalanlar sağdan sola doğru sıralanarak
yazılır. Bir sonraki paragrafta örnek vereceğiz. Bu durumda kalanlar tabii hep
0, 1, 2 ya da 3 olacaktır.
275 sayısını 4 tabanında yazalım. Bunun için 275’i 4’e kalanlı böleceğiz,
kalan sayı en sağdaki basamak olacak. Bölmeyi yapalım:
275 = 68 · 4 + 3.
Demek ki en sağdaki basamak 3 olacak. Şimdi 68’i 4’e bölelim:
68 = 17 · 4 + 0.
Demek ki sağdan ikinci basamak 0 olacak. Şimdi 17’yi 4’e bölelim:
17 = 4 · 4 + 1.
Demek ki sağdan üçüncü basamak 1 olacak. Şimdi 4’ü 4’e bölelim:
4 = 1 · 4 + 0.
Demek ki sağdan dördüncü basamak da 0 olacak. Şimdi 1’i 4’e bölelim:
1 = 0 · 4 + 1.
Demek ki sağdan beşinci basamak 1 olacak. 0’a kadar geldik burada durabiliriz.
Yaptıklarımızı özetleyelim:
275 =
=
=
=
=
=
=
68 · 4 + 3
(17 · 4 + 0) · 4 + 3
17 × 42 + 0 · 4 + 3
(4 · 4 + 1) · 42 + 0 · 4 + 3
4 · 42 + 1 · 42 + 0 · 4 + 3
(1 · 4 + 0) · 42 + 1 · 42 + 0 · 4 + 3
1 · 43 + 0 · 42 + 1 · 42 + 0 · 4 + 3
110
Demek ki 4’lük tabanda 275 sayısı
10103
olarak yazılıyor. 10103 gösteriminin dörtlük taban gösterimi olduğunu göstermek için 10103 yerine 101034 yazalım. Başladığımız 275 de onluk tabanda
yazıldığından, 275 yerine 27510 yazalım. Demek ki
27510 = 101034 .
Görüldüğü üzere 4 tabanında rakamlar 0, 1, 2 ya da 3 olur.
27510 sayısını 4 tabanında pratikte şöyle yazarız:
n−r
4
275
91
30
10
3
1
0
r
3
1
0
1
0
1
Bu tabloyu açıklayalım. Sol sütunun en üstüne 4’lük tabanda yazmak istediğimiz 275 sayısını yazıyoruz. Sağ sütuna, sol sütun 4’e bölündüğünde kalan
yazılıyor. Sağdaki sayıdan soldaki sayı çıkartıp 4’e böldüğümüzde bulduğumuz
sonucu bir alt satırın soluna yazıyoruz. Bu yöntemle en sağ sütunda 4 tabanının
rakamları belirir: 101013.
Bazı tabanlar diğerlerinden daha önemlidir. En önemli taban 10’dur tabii, günlük işlerimizde 10 tabanını kullanırız. Saatlerde 60 tabanı kullanılır: 1
dakika 60 saniye, 1 saat de 60 dakikadır. Yumurta alıp satarken 12 tabanı dikkati çeker, “5 düzine yumurta attır” cümlesinden de anlaşılacağı üzere! Ama 10
tabanından sonra en önemli taban 2 tabanıdır çünkü bilgisayarlarda ve elektronik aygıtlarda 2 tabanı kullanılır. 2 tabanında rakamlar sadece 0 ve 1’dir.
Örnek olarak 275’i iki tabanında yazalım. Yukarıdaki yöntemi kullanacağız:
n−r
2
275
137
68
34
17
8
4
2
1
0
r
1
1
0
0
1
0
0
0
1
111
Demek ki
27510 = 1000100112 .
Bir başka deyişle,
275 = 28 + 24 + 21 + 20
olur.
3 tabanında sayılar küçükten büyüğe şöyle yazılır:
0
1
2
10
11
12
20
21
22
100
101
102
110
111
112
120
121
122
200
201
202
210
211
212
220
221
222
Aksini söylemediğimiz sürece, bu kitapta kullanılan tüm sayı yazılımları
10 tabanındadır.
Taban 10’dan büyük olabilir. Örneğin bir sayıyı 12 tabanında yazabiliriz.
Bu durumda rakamlarımız
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11
112
olur. Rakamların 10 ya da 11 olması karışıklığa neden olacağından, 10 yerine
⋆, 11 yerine de z yazalım. Bu durumda 0’dan 23’e kadar olan sayılarımız,
küçükten büyüğe doğru şöyle yazılır:
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ⋆, z, ⋆0, ⋆1, ⋆2, ⋆3, ⋆4, ⋆5, ⋆6, ⋆7, ⋆8, ⋆9, ⋆⋆, ⋆z.
Örnek olarak 80.199 sayısını 12 tabanında yazalım. Bunun için önce 80.199
sayısını 12’ye kalanlı böleceğiz:
80.199 = 6.683 × 12 + 3.
Bu 3 rakamı, 80.199 sayısının 12 tabanında yazılmış halinin en sağdaki (yani
birler basamağındaki) rakamı olacak. Sonra 12’ler basamağını, sonra 122 ’ler,
yani 144’ler basamağını bulacağız ve böyle devam edeceğiz. Önce 12’ler basamağını bulalım. Bunun için 6.683’ü 12’ye kalanlı böleceğiz:
6.683 = 556 × 12 + 11.
Kalan 11. Demek ki 12’ler basamağı 11 imiş. Ama unutmayalım, 11 yerine z
yazacağız:
6.683 = 556 × 12 + z.
Demek ki sayının son iki basamağı
z3
olacak. Şimdi 122 ’ler basamağını bulalım.
556 = 46 × 12 + 4.
Buradan da sayının son üç basamağının
4z3
olacağı anlaşılır. Devam edelim:
46 = 3 × 12 + 10.
Bir sonraki basamak 10 çıktı, yani ⋆. Sayının son dört basamağı belli oldu:
⋆ 4 z 3.
Devam edelim:
3 = 0 × 12 + 3.
Demek ki, sayı 12 tabanında
3 ⋆ 4z3
113
olarak yazılıyor. Yani
80.19910 = 3 ⋆ 4 z 312 .
Son olarak, 12 tabanında
510 ⋆ 32 z z 01
olarak yazılan sayıyı 10’luk tabanda ifade edelim:
5 · 129 + 128 + 10 · 126 + 3 · 125 + 2 · 124 + 10 · 123 + 10 · 122 + 120 .
Sayıyı bilgisayarda ya da hesap makinanızla hesaplayabilirsiniz.
Alıştırmalar
2.205.
2.206.
2.207.
2.208.
2.209.
2.210.
2.211.
2.212.
2.213.
2.214.
12 tabanında 1 ⋆ ⋆ 02 z z 01 olarak yazılan sayıyı 10’luk tabanda ifade edin:
3 tabanında 4 basamaklı kaç sayı vardır?
4 tabanında 3 basamaklı kaç sayı vardır?
İlk 10 asal sayıyı 4 tabanında yazın.
6 tabanında yazılmış bir sayının 6’ya bölünmesi için son basamağının (yani birler basamağının) 0 olmasının yeter ve gerek koşul olduğunu kanıtlayın.
n tabanında yazılmış bir sayının n’ye bölünmesi için son basamağının (yani birler basamağının) 0 olmasının yeter ve gerek koşul olduğunu kanıtlayın.
6 tabanında yazılmış bir sayının 3’e bölünmesi için son basamağının (yani birler basamağının) 0 ya da 3 olmasının yeter ve gerek koşul olduğunu kanıtlayın.
Her n ∈ N için 10n sayısının 9’a bölündüğünde kalanın 1 olduğunu kanıtlayın. Buradan
hareketle, 10 tabanında yazılmış bir sayıyla, bu sayının basamaklarının toplamının 9’a
bölündüğünde aynı kalanlar bulunacağını kanıtlayın.
Her n ∈ N için 10n sayısının 3’e bölündüğünde kalanın 1 olduğunu kanıtlayın. Buradan
hareketle, 10 tabanında yazılmış bir sayıyla, bu sayının basamaklarının toplamının 9’a
bölündüğünde aynı kalanlar bulunacağını kanıtlayın.
Eğer n ∈ N tekse 10n +1 sayısının, eğer çiftse 10n −1 sayısının 11’e tam bölündüğünü kanıtlayın. Buradan hareketle
25382926393853682012
sayısıyla
2−1+0−2+8−6+3−5+8−3+9−3+6−2+9−2+8−3+5−2
sayısının 11’e bölündüğünde kalanlarının aynı olduğunu kanıtlayın.
2.215. Önce 7 × 11 × 13 = 1001 eşitliğini gözlemleyin. Ardından, buradan hareketle
25.382.926.393.853.682.012
ile
25 + 382 + 926 + 393 + 853 + 682 + 012
sayılarından biri 13’e bölünüyorsa diğerinin de 13’e bölündüğünü kanıtlayın.
2.216. 73 × 137 = 10.001 eşitliğinden, (çok büyük) bir sayının 73’e ya da 137’ye tam bölünebilme kuralını bulun.
114
2.7
Asal Sayılar
1 ve kendisinden başka sayıya bölünmeyen sayılara asal sayı adı verilir, yalnız
teknik nedenlerden dolayı 1 asal sayı kabul edilmez. Örneğin 2 ve 3 asal sayıdır,
ama 4 değildir, çünkü 4 sayısı 2’ye bölünür. 5 asaldır ama 6 değildir, çünkü 6
sayısı 2 ve 3’e bölünür. 1 de, sadece 1 olduğundan, başka nedenden değil, asal
değildir. İşte ilk birkaç asal sayı:
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53.
Asal sayılar kümesini P ile göstereceğiz:
P = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, . . . }.
0 sayısı asal değildir çünkü örneğin 26’ya bölünür.
Bu arada sonsuz sayıda asal sayı olduğunu da söyleyelim. Öklid zamanından beri bilinen bu olgu bu kitapta da kanıtlanacak (Sonuç 2.12).
Aslında “asal sayı” yerine “indirgenemez sayı” demek daha doğru olurdu
ama “asal sayı” o kadar yaygın kullanılıyor ki değiştirmeyi uygun bulmadık6 .
Asal sayılar hem çok önemli hem de çok gizemlidirler. Örneğin şifrelemede
yoğun olarak kullanılırlar. Özel mesajlarınızın üçüncü kişiler tarafından okunmaması, banka hesaplarınıza başkalarının girememesi, askerı̂ yazışmaların gizlilik içinde yapılabilmesi için çok büyük asal sayılara ihtiyaç vardır. Ama
şifrelemeye gelene kadar asal sayılar sadece varlıklarıyla önemlidirler! Asal
sayılarla ilgili konular meraklı bilim insanlarının merakını gıdıklamaktadır.
İnsanlar asal sayıları sadece teknolojik uygulamalarından dolayı değil, meraklarından da araştırmaktadırlar.
Bugün matematikte asal sayılarla ilgili yanıtı bilinmeyen birçok soru vardır.
Bu sorulardan bazılarını bu altbölümde ve bu kitapta göreceğiz.
Küçük asal sayıları bulmak kolay. Büyük asal sayıları bulmak da teorik
olarak zor değil, 2’den başlayarak, asal olup olmadığını anlamaya çalıştığımız
sayıyı kendisinden küçük sayılara bölmeye çalışın, sadece 1’e ve kendisine bölünüyorsa, asaldır. Örneğin 611.953 sayısı belli ki 2’ye bölünmüyor, 3’e de
bölünmüyor, 2’ye bölünmediğinden 4’e ve 6’ya da bölünmez, belli ki 5’e de
bölünmüyor, denerseniz 7’ye de bölünmediğini anlarsınız. Bunu böyle devam
etmek gerekiyor. Tabii 611.954 ve sonrasına da bölünmez. Demek ki 611.952’ye
kadar denemek yetiyor. Bayağı bir iş...
Eski Yunanlılar zamanından beri bilinen bu yöntem bir sayının asal olup
olmadığını anlamak için en basit ama çok yavaş sonuç veren yöntemdir. Bugün
Asal sayının tanımı aslında şöyle olmalıydı: “Bir p ̸= 0, 1 doğal sayısı her ab çarpımını
böldüğünde illa a’yı ya da b’yi bölmek zorunda kalıyorsa, p’ye asal sayı denir.” Teorem
3.5’te, yukarıdaki metinde verilen tanımla bu dipnotta verilen tanım arasında matematiksel
anlamda bir ayrım olmadığını göreceğiz, yani bir sayı bir anlamda asalsa, diğer anlamda da
asaldır.
6
2.7. Asal Sayılar
115
çok daha hızlı sonuç veren daha sofistike yöntemler biliniyor ama gene de
bugüne kadar çok büyük bir sayının asal olup olmadığını makul bir zamanda
anlayan bir yöntem geliştirilemedi. Örneğimizdeki 611.953 çok büyük bir sayı
değil, bu sayının asal olup olmadığını hemen anlayan bilgisayar programları
var, ama daha büyük sayıların asal olup olmadığını anlamak yüzlerce makineyi
yıllarca meşgul edebilir. Biraz daha büyük sayıların asal olup olmadığını bugün
bilinen yöntemlerle anlamak için gereken zaman evrenin yaşını aşabilir.
Yukarıda eski Yunanlılardan beri bilinen küçük asalları bulma yöntemi
vardır demiştik. Bu yöntemi açıklayalım. Aşağıdaki gibi bir tablo hazırlayalım.
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
1
11
21
31
41
51
61
71
81
91
2
12
22
32
42
52
62
72
82
92
3
13
23
33
43
53
63
73
83
93
4
14
24
34
44
54
64
74
84
94
5
15
25
35
45
55
65
75
85
95
6
16
26
36
46
56
66
76
86
96
7
17
27
37
47
57
67
77
87
97
8
18
28
38
48
58
68
78
88
98
9
19
29
39
49
59
69
79
89
99
Biz tabloyu 10’a 10 boyutunda hazırladık, daha büyük ya da daha küçük
bir tablo yapılabilir. Şimdi bu tablodan asal olmayan sayıları teker teker sileceğiz, geriye sadece asal olanlar kalacak.
İlk olarak 0 ve 1’i silelim, bu iki sayının asal olmadığını biliyoruz.
Sonra silinmemiş ilk sayı olan 2’yi ele alalım. 2’nin altını çizelim (ya da
2’yi çember içine alalım) ve 2 dışında 2’ye bölünen 4, 6, 8 gibi tüm çift sayıları
silelim. Bu aşamada tablo şu durumdadır:
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
1
11
21
31
41
51
61
71
81
91
2
12
22
32
42
52
62
72
82
92
3
13
23
33
43
53
63
73
83
93
4
14
24
34
44
54
64
74
84
94
5
15
25
35
45
55
65
75
85
95
6
16
26
36
46
56
66
76
86
96
7
17
27
37
47
57
67
77
87
97
8
18
28
38
48
58
68
78
88
98
9
19
29
39
49
59
69
79
89
99
Sildiklerimizin asal olamayacağını biliyoruz, çünkü bunlar 2’ye bölünen ve
2’den büyük sayılar. Teker teker asal olmayan sayıları sileceğiz ve geriye sadece
asal sayılar kalacak, yani sayıları bir nevi elekten geçireceğiz.
116
Şimdi dokunmadığımız ilk sayı olan 3’ü ele alalım. 3’ün altını çizip, 3’e
bölünen 3 dışındaki diğer tüm sayıları eleyelim. (Daha önce elenmişleri bir
daha elemenin anlamı yok!) Tablo şimdi şöyle:
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
1
11
21
31
41
51
61
71
81
91
2
12
22
32
42
52
62
72
82
92
3
13
23
33
43
53
63
73
83
93
4
14
24
34
44
54
64
74
84
94
5 6
16
15 25 26
35 36
45 46
55 56
65 66
75
76
85 86
95 96
7
17
27
37
47
57
67
77
87
97
8
18
28
38
48
58
68
78
88
98
9
19
29
39
49
59
69
79
89
99
Sonra, dokunulmayan ilk sayı olan 5’i ele alalım. 5’in altını çizelim ve 5’e
bölünen 5’ten büyük sayıları silelim.
Ardından, dokunulmamış ilk sayı olan 7’yi ele alacağız.
Bu yönteme böyle devam edelim. 50’den sonraki sayıları ele almaya gerek yok, çünkü asal olmayan 100’den küçük bir sayı mutlaka 50’den küçük
bir sayıya bölünür. Ama aslında 10’a kadar olan sayıları ele almak yeter,
çünkü 100’den küçük asal olmayan bir sayı mutlaka 10’dan küçük bir sayıya
bölünür. (Neden?)
En sonunda elimizde şu tablo kalır:
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
1
11
21
31
41
51
61
71
81
91
2
12
22
32
42
52
62
72
82
92
3
13
23
33
43
53
63
73
83
93
4
14
24
34
44
54
64
74
84
94
5
15
25
35
45
55
65
75
85
95
6
16
26
36
46
56
66
76
86
96
7
17
27
37
47
57
67
77
87
97
8
18
28
38
48
58
68
78
88
98
9
19
29
39
49
59
69
79
89
99
Yukarıdaki tabloya Eratosthenes kalburu (eleği) adı verilir, yani sayıları
kalburdan geçiriyoruz, asal olmayanlar ayıklanıyor, geriye asallar kalıyor. Yukarıdaki tabloda altı çizili sayıların hepsi asaldır ve bunlar, 1’den 100’e kadar
olan asalların tümüdür.
Demek ki 100’den küçük 25 asal vardır, yani 100’den küçük sayıların dörtte
biri asaldır. Bu oran giderek azalır ve çok daha ileri matematikte asalların
oranının giderek azaldığı kanıtlanabilir.
2.7. Asal Sayılar
117
Alıştırmalar
2.217. 101 ve 221 sayıları asal mıdır?
2.218. 200’den küçük tam 46 tane asal sayı vardır. Hepsini bulun.
2.219. 300’den küçük tam 62 tane asal sayı vardır. Boş zamanınız varsa hepsini bulun. Sürecin
giderek daha fazla zaman aldığını göreceksiniz.
2.220.
= N \ {0, 1} olsun P = \
eşitliğini gösterin.
2.221. P · P kümesinin en küçük on ögesini bulun.
2.222. İlk 10 asalı 4 tabanında ifade edin.
2.223. 2 dışında tüm asal sayılar tek sayıdır elbette. Dolayısıyla n2 + 1 sayısının asal olması
için ya n = 1 olmalıdır ya da n çift olmalıdır. Nitekim n = 1, 2, 4, 6 için n2 + 1 bir
asaldır, sırasıyla 2, 5, 17, 37 elde ederiz. Ama n = 8 için n2 + 1 = 65 elde edilir ve 65
asal değildir. n = 18, 28, 38 gibi son rakamı 8 olan sayılar için de bir asal elde etmeyiz
neden? Son rakamı 2 olanlar için ne diyebilirsiniz?
2.224. n2 − 1 türünden sayılar sadece n = 2 için asal olabilirler. Neden?
2.225. n3 − n + 3 türünden sayılar 3’e bölünürler, dolayısıyla n = 1 haricinde asal olamazlar.
Bu sayılar neden hep 3’e bölünüyor?
2.226. Eğer n ∈ 3N + 1 ve n ̸= 1 ise n2 + n + 1 sayısının asal olamayacağını kanıtlayın.
2.227. n2 + n + 1 sayısının asal olduğu 10 tane n doğal sayısı bulun.
2.228. Eğer n = 0, 1, 2, . . . , 39 ise n2 + n + 41 sayısının asal olduğu biliniyor (Euler, 1772).
Eğer n = 41 ise n2 +n+41 sayısının asal olmadığını gösterin. Eğer n = 40 ise n2 +n+41
sayısı asal mıdır?
2.229. p ̸= 0, 1 şu özelliği sağlayan bir doğal sayı olsun: Her x, y ∈ N için p|xy ise ya p|x ya
da p|y. Bu durumda p’nin asal olduğunu kanıtlayın. (Bu önerme ve bu önermenin ters
istikameti Teorem 3.5’te kanıtlanacak.)
T
T TT
Notlar
2.230. Basında bir iki yılda bir “en büyük asal sayı bulundu” gibi haberler çıkar. Oysa asal
sayılar sonsuz sayıdadır ve en büyüğü olamaz. Her asal sayıdan daha büyük bir başka
asal sayı daha vardır. Örneğin 100’den büyük bir asal sayı bulmak istiyorsanız, 100! + 1
sayısını bölen bir asal sayı bulun, illa ki 100’den büyük olmak zorunda olacaktır. O haberlerde söylenmek istenen aslında “bugüne kadar bilinen en büyük asal sayı bulundu”dur.
Asalların sonsuz sayıda olduğunu daha ileride, Sonuç 2.12’de (burada açıkladığımız
yöntemle) kanıtlayacağız.
2.231. Metinde açıklanan asal bulma yöntemini bulan Eski Yunanlı matematikçi, coğrafyacı,
şair, astronom ve müzik teorisyeni Eratosthenes M.Ö. 276 ile M.Ö. 194 yılları arasında
yaşamıştır. Meşhur İskenderiye kütüphanesinin başkütüphanecisiydi. Coğrafya bilimini
bulan kişi olarak anılır. Tarihı̂ olayların tarihlerini saptamak demek olan kronoloji bilimini de yaratmıştır7 . Dünyanın çevresini ilk hesaplayan kişi olarak da bilinir. Ayrıca
dünyanın güneş etrafında dönüş ekseniyle kendi etrafında dönüş ekseni arasındaki açıyı
da (23,4 derece) hesaplamıştır. Dünya’nın Güneş’e olan mesafesini de hesapladığı ve
“artık gün” kavramını8 bulduğu da söylenir. Eratosthenes her konuda bilgili ama hiçbir
konuda en önde gelen olmadığı için, bir söylentiye göre lakabı bazı çağdaşları arasında
(alfabenin ikinci harfi olan) “Beta” imiş... Çok önemli bir bilgin olduğundan hiç kuşku
7
Mesela bugün Eatosthenes’in Milat’tan önce 276’da doğduğu nasıl bilinmektedir? O
zamanlar henüz İsa Peygamber doğmadığından Milat’tan önce diye bir kavram yoktu doğal
olarak. Bu çok eski tarihleri saptama bilimine kronoloji adı verilir.
8
Her dört yılda bir, yıla bir gün eklenmesi, bugünkü 29 Şubat yani.
118
yok. Yaşlılığında göz iltihaplanmasından kör olmuştur. Okuyup yazamamanın verdiği
ızdıraba dayanamayarak kendini açlığa mahkûm etmiş ve 82 yaşında ölmüştür.
Eratosthenes
2.232. Asal sayılar hakkında bilmediğimiz çok şey vardır. Bunlardan en ünlüsü ikiz asallar
sanısıdır . 3 ve 5 gibi, 5 ve 7 gibi, 11 ve 13 gibi, 17 ve 19 gibi farkları 2 olan asal sayılara
ikiz asallar denir. Sonlu ya da sonsuz tane ikiz asal olup olmadığı bilinmiyor. Sonsuz
tane asal sayı vardır, bunu kanıtlamak kolay, ta Eski Yunanlılardan beri biliniyor ve bu
bölümde de kanıtlayacağız, ama ikiz asallar sanısı hâlâ gizemini koruyor.
1990’da bilinen en büyük ikiz asallar 1.706.595 × 211235 ± 1 asallarıydı, 1990’da Parady,
Smith ve Zarantonello tarafından bulunmuşlardı. Ama o günden bugüne teknoloji ve
matematik çok ilerledi. 2007’de
2.003.663.613 · 2195.000 ± 1
sayılarının, 2009’da
65.516.468.355 · 2333.33 ± 1
sayılarının, 2011’de
3.756.801.695.685 · 2666.669 ± 1
sayılarının ikiz asallar olduğu gösterildi. Sonuncusu bugüne (17 Eylül 2015) kadar bilinen
en büyük ikiz asaldır; 200.700 basamaklı bir sayıdır.
2.233. 1966’da, sonsuz sayıda p asalı için, p + 2 sayısının ya bir asal ya da iki asalın çarpımı
olduğu kanıtlandı.
2.234. Diyelim asalların arasındaki farkın 2 olmasından vazgeçtik, aradaki farkın en fazla belli
bir n sayısı olmasını istiyoruz. Acaba aradaki farkın en fazla n olduğu sonsuz sayıda asal çifti var mıdır? 17 Nisan 2013’te Yitang Zhang, pek bilinmeyen, hatta çoğu zaman işsiz kalan Amerikalı bir matematikçi aralarındaki farkın 70 milyondan az
olduğu sonsuz sayıda asal olduğunu kanıtladı. Bu teorem matematik dünyasında bayağı gürültü yaptı. Bizim için sevindirici tarafı, Zhang’ın kanıt yönteminin Cem Yalçın
Yıldırım meslektaşımızın yazarlarından biri olduğu bir makaleden esinlenmiş olması.
Şimdi yeni soru şu: 70 milyonu kaça kadar indirebiliriz? Ünlü matematikçi Terence
Tao’nun başını çektiği bir araştırma grubu Zhang’ın yöntemlerini kullanarak ve yeni
yöntemler geliştirerek 70 milyonu 264’e indirdi (Şubat 2014). Bildiğim kadarıyla bilinen en düşük aralık şimdilik 264 (Mayıs 2015). Kimse bu yöntemlerle farkın 2’ye kadar
ineceğini, yani ikiz asallar sanısının kanıtlanacağını düşünmüyor ama bilgi bilgidir.
2.7. Asal Sayılar
119
2.235. Üçüz asallar var mıdır? (3, 5, 7)’den başka yoktur. Okur bunu kolaylıkla kanıtlayabilir.
Bir ipucu verelim: eğer n bir tamsayıysa, n, n + 2, n + 4 sayılarından biri (ve sadece
biri) 3’e bölünür.
2.236. 2 dışında her asal sayı tek sayı olmak zorundadır tabii ki. Dolayısıyla iki asal sayının
toplamı “hemen hemen her zaman” bir çift sayı olur. Acaba her çift sayı iki asalın toplamı olarak yazılabilir mi? 2 yazılamaz elbet. Ama 4 yazılır: 4 = 2 + 2. Diğer çift sayılara
bakalım:
6 =
3+3
8 =
3+5
10 =
3+7
12 =
5+7
14 = 3 + 11
16 = 3 + 13
18 = 7 + 11
Bugüne kadar iki asal sayının toplamı olarak yazılamayan 2’den büyük bir çift sayı
bulunamadı, ama 2’den büyük her çift doğal sayının iki asalın toplamı olarak yazılacağı
da kanıtlanamadı. Matematiğin kanıtlanamamış ünlü sorularından biridir. Goldbach
sanısı, 2’den büyük her çift doğal sayının iki asalın toplamı olarak yazıldığını söyler,
ama sadece söyler, yani bir tahmindir, matematiksel jargonla bir sanıdır.
2.237. İleride Sonuç 2.12’de kanıtlayacağımız gibi sonsuz sayıda asal sayı vardır, dolayısıyla en
büyük asal sayıyı bulmak gibi bir şey söz konusu olamaz. Ancak çok çok büyük asallar
şifrelemede (örneğin haberleşme gizliliğini korumak için, banka hesaplarına başkalarının
girmemesi için, askeriyede) çok önemlidir. Çok büyük asal bulmak hiç kolay bir iş
değildir, bu amaçla bilgisayarlarda özel programlar yazılmakta ve program yıllarca
çalıştırılmaktadır. Şu anda bilinen en büyük 10 asal aşağıdaki tabloda:
sıra
sayı
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
257.885.161 − 1
243.112.609 − 1
242.643.801 − 1
237.156.667 − 1
232.582.657 − 1
230.402.457 − 1
225.964.951 − 1
224.036.583 − 1
220.996.011 − 1
213.466.917 − 1
basamak sayısı
17.425.170
12.978.189
12.837.064
11.185.272
9.808.358
9.152.052
7.816.230
7.235.733
6.320.430
4.053.946
yıl
2013
2008
2009
2008
2006
2005
2005
2004
2003
2001
Her yeni rekor matematik dünyasında bir haber olarak duyulur. Çabuk işleyen yeni
bilgisayar programları ve hızlı çalışan yeni teknolojiler yararlıdır elbet.
2.238. Yukarıda listelediğimiz asal sayılar hep 2n − 1 biçiminde. 2n − 1 türünden sayıların
asal olabilmeleri için n’nin de asal olması gerekmektedir. Bunu ileride kanıtlayacağız,
şimdilik kabul edelim. Asal bir n için 2n − 1 biçiminde yazılan sayılara Mersenne
sayıları denir9 . Peki, n asalsa,
Mn = 2n − 1
9
Marin Mersenne (1588-1648), ünlü matematikçi Fermat’yla çağdaş ve Fermat’nın mektup arkadaşı bir Fransız matematikçisidir.
120
olarak tanımlanan sayı da asal mıdır? İlk Mersenne sayılarına bakalım:
M2 = 3
M3 = 7
M5 = 31
M7 = 127
Bu sayıların her biri asal. Ama bundan sonraki ilk Mersenne sayısı, yani M11 asal değil:
M11 = 23 × 89.
Hangi n asalları için Mn asaldır? Yanıt bilinmiyor. Sonlu ya da sonsuz sayıda Mersenne
asalının olup olmadığı da bilinmiyor.
1972’de M19937 ’nin asal olduğunu Bryant Tuckerman bilgisayar yardımıyla keşfetti.
1975’te, on beş yaşında iki lise öğrencisi, Laura Nickel ve Curt Noll, M19.937 ’nin o zamana dek bilinen en büyük asal olduğunu bir gazeteden öğrenince çalışmaya koyuldular
ve üç yıl sonra, 1978’te, bilgisayarlarını 350 saat çalıştırdıktan sonra, M21701 ’in asal
olduğunu buldular. Ve birdenbire ünlendiler.
Şubat 1979’da Noll, M23209 ’un asal olduğunu buldu.
İki ay sonra, Amerikalı David Slowinski M44497 ’nin asal olduğunu gösterdi.
Mayıs 1983’te gene Slowinski, M86243 ’ün asal olduğunu bilgisayar yardımıyla tam 1
saat 3 dakika 22 saniyede kanıtladı. Ama 86.243 sihirli sayısını bulmak için aylarca
uğraştı. Bilinen klasik yöntemle (yani kendisinden küçük sayılara bölmeye çalışarak)
M86243 ’ün asal olduğunu kanıtlamak, evrenin ömrünü aşardı! M86243 ’ün tam 25.962
rakamı olduğunu da ayrıca belirtelim. Bu kadar bozuk parayı üstüste yığsanız, para
kuleniz evrenin sınırlarını aşar! [De]
Yukarıdaki asalı bulan Slowinski, 19 Eylül 1983 tarihinde M132049 ’un asal olduğunu
bilgisayarlarla anladı. Bundan çok daha önce, Manfred Schroeder adlı bir matematikçi,
matematiksel yöntemlerle, sezgisinin de yardımıyla, 2130.000 civarlarında bir asal olduğunu tahmin etmişti zaten.
Mart 1992’de M756839 ’un asal olduğu anlaşıldı.
12 Ocak 1994’te, Paul Gage ve yine David Slowinsky bilgisayar ağlarında M859433 ’ün asal
olduğunu kanıtladıklarını duyurdular. Hesaplarını gene bilgisayarla yapmışlardı elbet.
M43.112.609 asaldır. 23 Ağustos 2008’de, binlerce gönüllünün bilgisayarlarına, kullanmadıkları zamanlarda (daha çok geceleri tabii) internet yoluyla girip binlerce bilgisayarı
eşzamanlı kullanan bir projeyle gösterilmiştir. (Böylece hesaplar daha hızlı yapılmıştır.)
Eylül 2015 tarihine kadar topu toplamı 48 Mersenne asalı bilinmekteydi ve bilinenlerin
en büyüğü M57.885.161 idi. Bu sayı ayrıca o güne kadar bilinen en büyük asaldı.
Bu sonuçlara, ancak bilgisayarlara güvenebildiğimiz derecede güvenebiliriz elbet. Bilgisayarlar da hata yaparlar!
2.239. Birileri, p asalsa, MMp sayılarına çifte Mersenne sayısı demiş. İlk çifte Mersenne
sayıları:
MM2 = M3 = 7
MM3 = M7 = 127
MM5 = M31 = 2.147.483.647.
Bunların her biri asal. Bir sonraki çifte Mersenne sayısı olan
MM7 = M127
sayısı da asal. Acaba çifte Mersenne sayılarının hepsi asal mı? Şansınıza küsün! MMp ’nin
asal olması için Mp ’nin asal olması gerektiğini biliyoruz, dolayısıyla, M11 asal olmadığından, bir sonraki çifte Mersenne sayısı MM11 de asal olamaz. Peki, Mp asalsa, MMp
2.7. Asal Sayılar
121
asal mıdır? Yanıt gene olumsuz: p = 13, 17, 19 ve 31 ise Mp ’nin asal olduğu biliniyor
ama MMp ’nin asal olmadığı gösterilmiş. Bir sonraki aday MM61 . Bu sayının asal olup
olmadığı bildiğim kadarıyla bu kitabın yazıldığı tarihte bilinmiyor.
Bu paragraflık, Mp yerine M (p) yazalım. Birkaç örnek:
M (2) = 3,
M (M (2)) = M (3) = 7,
M (M (M (2))) = M (7) = 127,
M (M (M (M (2)))) = M (127) = asal bir sayı.
Bunlara Catalan-Mersenne sayıları denir. Görüldüğü üzere ilk dört Catalan-Mersenne sayısı asal. Ya bir sonraki Catalan-Mersenne sayısı olan M (M (127))? Kimse bilmiyor.
2.240. Büyük sayıların asal olup olmadıklarını anlamak, şifreli mesajlarda (kriptolojide yani)
çok önemlidir ve gelişmiş ülkelerin orduları bu yüzden asal sayılarla çok ilgilenirler. Gizli
mesaj yollamak isteyen, mesajıyla birlikte iki büyük asal sayının çarpımını da yollar.
Şifreyi çözmek için, şifreyle birlikte yollanan sayıyı bölen o iki asalı bilmek gerekir, ki
bu da dışarıdan birisi için (sayılar büyük olduğundan) hemen hemen olanaksızdır. İki
sayıyı çarpmak kolaydır ama bir sayıyı çarpanlarına ayırmak çok daha zordur. Örneğin,
2011 yılına kadar kimse
25.195.908.475.657.893.494.027.183.240.048.398.571.429.282.126. 204.032.027.777.137.
836.043.662.020.707.595.556.264.018.525.880.784.406.918.290.641. 249.515.082.189.298.
559.149.176.184.502.808.489.120.072.844.992.687.392.807.287.776. 735.971.418.347.270.
261.896.375.014.971.824.691.165.077.613.379.859.095.700.097.330. 459.748.808.428.401.
797.429.100.642.458.691.817.195.118.746.121.515.172.654.632.282. 216.869.987.549.182.
422.433.637.259.085.141.865.462.043.576.798.423.387.184.774.447. 920.739.934.236.584.
823.824.281.198.163.815.010.674.810.451.660.377.306.056.201.619. 676.256.133.844.143.
603.833.904.414.952.634.432.190.114.657.544.454.178.424.020.924. 616.515.723.350.778.
707.749.817.125.772.467.962.926.386.356.373.289.912.154.831.438. 167.899.885.040.445.
364.023.527.381.951.378.636.564.391.212.010.397.122.822.120.720.357
sayısını asallarına ayıramamıştır. Bugün durum ne haldedir bilmiyorum. Ama biri size
bu sayıları bölen asalları verse, bu asalları çarparak yukarıdaki sayıyı, elle kolay olmasa da, bilgisayarla birkaç saniye içinde elde edilebilirsiniz. (Asallarla nasıl şifreleme
yapılacağını öğrenmek için internetten RSA’yı arayabilirsiniz; RSA, bu şifreleme yöntemini bulan Ron Rivest, Adi Shamir ve Leonard Adleman’ın soyadlarının ilk harflerinden
oluşmuştur.)
Şifrelemede Mersenne sayıları kullanılmaz. Çünkü az sayıda (50’den az) asal Mersenne
sayısı bilindiğinden, şifreyle birlikte yollanan sayının asal bir Mersenne sayısına bölünüp
bölünmediğini anlamak kolaydır.
2.241. Mersenne sayılarına çok benzeyen başka sayılara bakalım. 2n + 1 biçiminde yazılan
sayılar asal mıdır? Bu sayıların hangi n’ler için asal olduklarını bilmiyoruz ama hangi
n’ler için asal olamayacaklarını biliyoruz: Eğer n, 2’nin bir kuvveti değilse, yani 2m biçiminde yazılamazsa, bu sayılar asal olamazlar. Bunu ileride kanıtlayacağız (Teorem ??
xxxx.) Ünlü Fransız matematikçisi Pierre de Fermat,
n
Fn = 22 + 1
biçiminde yazılan bütün sayıların asal olduklarını sanıyordu. Bu yüzden bu sayılara
Fermat sayıları denir; sayı asalsa Fermat asalları. Gerçekten de ilk beş Fermat
122
sayısı,
F0 = 3
F1 = 5
F2 = 17
F3 = 257
F4 = 65537
asaldır. Fermat, bütün Fermat sayılarının asal olduklarını kanıtlamaya uğraştı ama başaramadı. Başarısızlığının nedeni vardı: Sanısı doğru değildi. F5 asal değildir. F5 on
basamaklı bir sayı olduğundan asallığını kanıtlamak kolay değildi.
Euler (1707-1783), F5 ’in 641’e bölündüğünü gösterdi:
F5 = 641 × 6700417.
Demek ki n = 2m biçiminde yazılabilse bile, 2n + 1 asal olmayabiliyor.
Lucas F6 ’nın asal olmadığını kanıtladı. Daha sonra, 1880’de, Landry,
F6 = 274.177 × 67.280.421.310.721
eşitliğini buldu.
F7 ve F8 sayıları da asal değiller. Bu sayıların asal olmadığı çok geç bir tarihte 1970 ve
1981’de anlaşıldı.
W. Keller, 1980’de F9448 sayısının asal olmadığını gösterdi. Bu sayı 19 × 29450 + 1’e
bölünür.
1984’te gene W. Keller, F23471 sayısının asal olmadığını kanıtladı. Bu sayının 107000 ’den
fazla basamağı vardır ve
5 × 223473 + 1
sayısına bölünür.
n ≥ 5 için, asal bir Fn ’nin olup olmadığı şimdilik (2015’te yazılıyor bu satırlar) bilinmiyor. Asallığı bilinmeyen en küçük Fermat sayıları şunlar: F22 , F24 , F28 .
2.242. Son yıllarda bir sayının asallığına yüzde olarak oldukça çabuk karar verebilen yöntemler
geliştirildi. Örneğin, “Şu sayı yüzde 99,978 olasılıkla asaldır” gibi önermeler bilgisayarların yardımıyla oldukça kısa sayılabilecek zamanda kanıtlandı.
2.243. 11, 111, 1111, 11111 gibi her rakamı 1 olan sayılar asal mıdır? İçinde n tane 1 olan
sayıya Bn diyelim. Eğer çift sayıda 1 varsa, yani n çiftse, Bn , 11’e bölünür ve B2 dışında bunlardan hiçbiri asal olamaz. Eğer n üçe bölünüyorsa Bn de üçe bölünür ve asal
olamaz.
Hangi n’ler için Bn asaldır? Bu asallardan kaç tane vardır?
B2 , B19 , B23 , B317 , B1031
asal sayılar, bu biliniyor. Bunlardan başka? Bu sayılardan daha büyük bir asal varsa,
n > 10.000 olması gerektiğini Harvey Dubner kanıtlamış, daha doğrusu hesaplamış [De].
2.244. n2 +1 türünden olan asal sayıların sonlu ya da sonsuz sayıda oldukları (bugün itibariyle,
Ekim 2015) bilinmiyor. Asal sayılar hakkında yanıtı bilinmeyen çok soru vardır. Bugün
asal sayılar çok aktif bir araştırma konusudur.
2.245. Not 2.197’da n > 0 doğal sayısı için, σ0 (n), n’nin n’den farklı bölenlerinin toplamını
simgelediğini söylemiştik. Örneğin
σ0 (12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 = 16
2.8. Birkaç Küme Yazılım Biçimi
123
olur. Eğer
σ0 (n) = n
eşitliği sağlanırsa n’ye mükemmel sayı denir. Örneğin 6 mükemmel bir sayıdır çünkü
σ0 (6) = 1 + 2 + 3 = 6
olur. Öklid, çift olan her mükemmel sayının, bir 2p − 1 Mersenne asalı için
2p−1 × (2p − 1)
biçiminde olduğunu kanıtlamıştır. Bunun tersi de doğrudur: Eğer 2p − 1 bir Mersenne
asalıysa 2p−1 × (2p − 1) sayısı çift bir mükemmel sayıdır. Kanıt çok zor değildir, ileride
kanıtlarız, şimdilik örnek vermekle yetinelim.
sıra
p
2p−1 (2p − 1) mükemmel sayısı
1
2
3
4
5
6
7
8
2
3
5
7
13
17
19
31
6
28
496
8.128
33.550.336
8.589.869.056
137.438.691.328
2.305.843.008.139.952.128
bulunduğu yıl
bulan kişi
M.Ö.
M.Ö.
M.Ö.
M.Ö.
1456
1588
1588
1772
Öklid
Öklid
Öklid
Öklid
Bilinmiyor
Cataldi
Cataldi
Euler
4’üncü
4’üncü
4’üncü
4’üncü
yüzyıl
yüzyıl
yüzyıl
yüzyıl
Bugüne kadar bulunan tüm mükemmel sayılar çifttir, yani yukarıdaki biçimdedirler ve
tek sayı olan bir mükemmel sayının yokluğu kanıtlanamamıştır.
2.8
Birkaç Küme Yazılım Biçimi
Bu altbölümde kümeler kuramına kısa bir süreliğine geri dönüp, kümeleri tanımlamanın daha pratik yollarını göreceğiz.
n bir doğal sayı olsun. n’ye (doğal sayılarda) bölünen sayılar kümesinin nN
olduğunu biliyoruz. Bu nN kümesini şöyle de ifade edebiliriz:
nN = {x ∈ N : n, x’i doğal sayılarda böler}.
Sağda, küme parantezi içinde yer alan ifade,
“öyle x doğal sayıları ki, n, x’i doğal sayılarda böler”
olarak (biraz devrik biçimde) okunabilir, ama daha doğrusu,
“n’ye bölünen x doğal sayıları”
olarak okunmasıdır. Bu yazılımda x yerine y, z, a, b gibi yazılımda kullanılmayan başka simgeler de kullanabilirdik tabii, yani nN kümesini örneğin,
nN = {u ∈ N : n, u’yu doğal sayılarda böler}
124
olarak da yazabilirdik. nN kümesini şöyle de ifade edebilirdik:
nN = {x ∈ N : bir y ∈ N için x = ny}.
Eşitliğin sağında küme parantezi içinde yer alan ifade,
“bir y doğal sayısı için ny biçiminde yazılan x’ler”
olarak okunabilir. Bir başka genel kullanım gören yazılım da şöyledir:
nN = {ny : y ∈ N}.
Bu sonuncusu hepsinden daha kısa bir yazılım olduğundan diğerlerine tercih
edilebilir. Bu yazılım tipine başka örnekler de verelim:
5N + 2 = {x ∈ N : öyle bir y ∈ N var ki x = 5y + 2}
= {a ∈ N : a = 5x + 2 denkleminin N’de çözümü var}
= {5n + 2 : n ∈ N}.
Bir başka örnek:
5N + 7N = {n ∈ N : a, b ∈ N için n = 5a + 7b}.
Aynı kümeyi şöyle de gösterebilirdik:
5N + 7N = {n ∈ N : bir u ∈ 5N ve v ∈ 7N sayıları için n = u + v}.
Şu ifade daha kısa ve daha anlaşılır:
5N + 7N = {5x + 7y : x, y ∈ N}.
Eğer A ve B birer doğal sayı kümesiyse, A + B kümesini A ve B’nin ögeleri
toplanarak elde edilen sayılardan oluşan küme olarak tanımlayalım. Demek ki
A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B}.
Bu kümeyi şöyle de yazabiliriz:
A + B = {c ∈ N : a ∈ A ve b ∈ B için c = a + b}.
Örneğin
{3, 5} + {1, 3, 7} = {4, 6, 8, 10, 12}
olur. Benzer şekilde A · B kümesini de tanımlayabiliriz:
A · B = {ab : a ∈ A, b ∈ B}.
2.8. Birkaç Küme Yazılım Biçimi
125
Asal sayılar kümesini P olarak gösteriyoruz. Demek ki
P = {p : p asal}.
Eğer asal sayıların doğal sayı olduklarına dikkati çekmek istiyorsak,
P = {p ∈ N : p asal}
yazabiliriz. Asal sayıların tanımı gereği,
P = {p ∈ N \ {1} : bir n doğal sayısı p’yi bölüyorsa ya n = 1 ya da n = p}
yazabiliriz. 100’den küçük asal sayılar kümesi
{n ∈ N : n < 100 ve n asal}
olarak ya da
{n ∈ P : n < 100}
olarak yazılır. Tam karelerden oluşan kümeyi şöyle gösterebiliriz:
{n ∈ N : bir m ∈ N için n = m2 };
ya da çok daha sade olarak şöyle:
{n2 : n ∈ N}.
Tek sayılar kümesi farklı biçimlerde yazılabilir:
2N + 1 =
=
=
=
=
=
{2n + 1 : n ∈ N}
{n ∈ N : 2, n’yi bölmez}
{n ∈ N : bir m ∈ N için n = 2m + 1 olur}
{n ∈ N : 2, n − 1’i böler}
{n ∈ N : 2, n + 1’i böler}
{n ∈ N : 2, n + 3’ü böler}.
Bir başka örnek: {n2 + 1 : n ∈ N}; bu küme, tam karelere 1 ekleyerek elde
edilen sayılardan oluşuyor.
{n2 + m2 : n, m ∈ N}
kümesi ise iki tam karenin toplamı olarak yazılan sayılardan oluşuyor. 0, 1, 2
sayıları bu kümede ama 3 değil.
İleride küme yazılımlarına çok örnek vereceğiz. Tüm yazılım biçimlerinde
önemli olan, kümenin ögelerini hiç kuşkuya yer kalmayacak biçimde düzgün
olarak ifade etmektir. Bir de ayrıca (iki nokta üstüste koymak gibi) matematikçilerin teamüllerine uyulsa fena olmaz. Bu arada bazı (Fransız ekolü)
kitaplarda iki nokta üstüste yerine dikey bir çizgi (|) yazıldığını da belirtelim,
gün gelir gerekir...
126
Örnekler
2.246. nN = {x ∈ N : bir y ∈ N için x = ny} tanımını metinde görmüştük. Sağdaki ifadede
beliren x ve y, kümenin özüyle ilgili değildir, nitekim eşitliğin sol tarafındaki nN ifadesinde x ve y belirmez. Buradaki x ve y değişkendirler. x ve y yerine u ve t yazsak da
tanım değişmezdi:
nN = {u ∈ N : bir t ∈ N için u = nt}.
2.247. Eğer A ve B kümeleri sonlu sayı kümeleriyse, A + B ve A · B kümeleri de sonludur ve
s(A + B) ≤ s(A) + s(B) ve s(A · B) ≤ s(A)s(B) olur.
2.248. A, B ⊆ N olsun. Eğer 0 ∈ A · B ise, 0 ya A kümesinde ya da B kümesinde olmalıdır.
2.249. A, B ⊆ N olsun. Eğer 1 ∈ A + B ise, 0 ya A kümesinde ya da B kümesinde olmalıdır;
aynı şey 1 için de geçerlidir. Tabii her iki kümede de 0 ve 1 olabilir.
Alıştırmalar
2.250.
2.251.
2.252.
2.253.
2.254.
2.255.
2.256.
2.257.
2.258.
2.259.
En az iki farklı asala bölünen sayılardan oluşan kümeyi metindeki yöntemle ifade edin.
{x ∈ N : p, q ∈ P için x = pq} kümesinin ilk 6 ögesini yazın.
{x ∈ N : p, q ∈ P için x = p + q} kümesinin ilk 6 ögesini yazın.
{x ∈ N : p, q ∈ P ve p ̸= q için x = pq} kümesinin ilk 6 ögesini yazın.
{x ∈ N : u, v ∈ N için x = u2 + v 2 } kümesinin ilk 10 ögesini yazın.
{x ∈ N : u, v, w ∈ N için x = u2 + v 2 + w2 } kümesinin ilk 10 ögesini yazın.
{x ∈ N : u, v, w, s ∈ N için x = u2 + v 2 + w2 + s2 } kümesinin ilk 100 ögesini yazın.
{x ∈ N : p, q asal sayıları için 2x = p + q} kümesinin ilk 30 ögesini yazın.
{p ∈ P : p + 2 ∈ P} kümesinin ilk 10 ögesini yazın.
A, B ⊆ N olsun. Eğer 0 ∈ B ise, A ⊆ A + B olur elbette. Eğer A ⊆ A + B ise 0’ın B’de
olduğunu kanıtlayın.
2.260. A, B ⊆ N olsun. Eğer A ∪ B ⊆ A + B ise 0 ∈ A ∩ B olduğunu kanıtlayın.
2.261. Eğer A ⊆ A · B ise A ve B hakkında ne söyleyebilirsiniz?
2.262. ∅ + A = ∅ ve ∅ · A = ∅ eşitliklerini kanıtlayın.
2.9
İyisıralama Özelliği ve Birkaç Sonucu
Bir önceki altbölümde doğal sayıların sıralamasından söz ettik ve sıralamanın
bazı özelliklerini öne çıkardık. Bu altbölümde, doğal sayıların sıralamasının
çok önemli bir başka özelliğinden söz edeceğiz, “iyisıralama özelliği”nden.
Buraya kadar yazdıklarımız okura çok yabancı değildi muhtemelen, ama
sanırım burada okur gerçekten yepyeni bir olguyla karşılaşacak. Bu olgunun
çok güçlü sonuçları olduğunu göreceğiz.
2.10
İyisıralama Özelliği
İyisıralama Özelliği. Boşküme olmayan her doğal sayı kümesinin en küçük
ögesi vardır.
2.10. İyisıralama Özelliği
127
Çok önemli sonuçları olan bu olguyu kitabın ilerleyen safhalarında alabildiğine sömüreceğiz. Şu kadarını söyleyelim: Doğal sayılarla ilgili hemen her
önerme iyisıralama özelliği kullanılarak kanıtlanır.
Örnekler
2.263.
2.264.
2.265.
2.266.
2.267.
2.268.
2.269.
2.270.
2.271.
2.272.
2.273.
2.274.
2.275.
2.276.
2.277.
Asal sayılar kümesinin en küçük ögesi 2’dir.
Çift olmayan asal sayılar kümesinin en küçük ögesi 3’tür.
100’den büyük ve 17’ye bölünen doğal sayı kümesinin en küçük ögesi 102’dir.
100’den büyük en küçük tamkare 121’dir.
100’den büyükeşit en küçük tamkare 100’dür.
En küçük doğal sayı da 0’dır.
En küçük pozitif doğal sayı 1’dir.
10’dan büyükeşit en küçük doğal sayı 10’dur.
Karesi 25 olan en küçük doğal sayı 5’tir. (Karesi 25 olan tek bir doğal sayı vardır zaten:
5; en küçüğü de elbette bu 5 sayısıdır!)
x + 1 = 0 eşitliğini sağlayan en küçük doğal sayı yoktur, çünkü x + 1 = 0 eşitliğini
sağlayan bir doğal sayı yoktur! Bir kümenin en küçük ögesinin olması için her şeyden
önce o kümede en az bir öge olmalıdır!
x2 + 4x > 20 eşitsizliğini sağlayan en küçük doğal sayı 3’tür.
{n ∈ N : 2n ≥ 1000} kümesinin en küçük ögesi 10’dur çünkü 29 = 512 < 1000 ve
210 = 1024 > 1000 olur.
6 ve 8’e bölünen pozitif doğal sayılar kümesinin en küçük ögesi (adına en küçük ortak
kat denen) 12’dir.
101.000.000 ’dan büyük en küçük asal sayı vardır (çünkü daha sonra kanıtlayacağımız
üzere sonsuz sayıda asal sayı vardır) ama bu asal sayıyı yeryüzünde bu kitabın yazıldığı
günlerde herhangi birinin bildiğini sanmıyorum.
21, (5N + 1) ∩ (6N + 3) kümesinin en küçük ögesidir.
Alıştırmalar
2.278.
2.279.
2.280.
2.281.
2.282.
2.283.
2.284.
2.285.
2.286.
2.287.
2.288.
2.289.
2.290.
{n ∈ N : 7n > 500} kümesinin en küçük ögesini bulun.
{n ∈ N : 7n + 25 > 500} kümesinin en küçük ögesini bulun.
{n ∈ N : 3n > 500} kümesinin en küçük ögesini bulun.
(3N + 1) ∩ 14N kümesinin en küçük ögesini bulun.
Aynı anda hem bir tamkare hem de bir tamküp olan ama 0 ya da 1 olmayan en küçük
doğal sayıyı bulun.
Aynı anda hem bir doğal sayının 5’inci kuvveti hem de bir başka doğal sayının 7’nci
kuvveti olan ama 0 ya da 1 olmayan en küçük doğal sayıyı bulun.
Aynı anda hem bir doğal sayının 4’üncü kuvveti hem de bir başka doğal sayının 6’ncı
kuvveti olan ama 0 ya da 1 olmayan en küçük doğal sayıyı bulun.
(3N + 1) ∩ (7N + 3) kümesinin en küçük ögesini bulun.
(6N + 2) ∩ (14N + 1) kümesinin en küçük ögesi var mıdır? Varsa kaçtır? Yoksa neden
yoktur?
(6N + 1) ∩ (7N + 2) ∩ (8N + 3) kümesinin en küçük ögesini bulun.
(6N + 1) ∩ (7N + 2) kümesinin en küçük tamkaresini bulun.
128
2.291. Tuhaf biri bazı doğal sayıları güzel buluyor. Hangi doğal sayıları güzel bulduğunu söylemiyor ama 0’ı güzel bulduğunu biliyoruz. Bir de eğer bir n sayısını güzel buluyorsa, n+1
sayısını da güzel bulduğunu biliyoruz. Bu kişinin güzel bulmadığı en küçük doğal sayıyı
kaçtır?
2.292. Bir başka tuhaf biri bazı doğal sayıları güzel buluyor. Hangi doğal sayıları güzel bulduğunu söylemiyor ama 5’i ve 8’i güzel bulduğunu biliyoruz. Bir de eğer bir n ve m
sayılarını güzel buluyorsa, n + m sayısını da güzel bulduğunu biliyoruz. Bu kişinin güzel
bulmadığı en büyük doğal sayı var mıdır? Varsa kaçtır, yoksa neden yoktur?
2.293. Bir başka tuhaf biri bazı doğal sayıları çirkin buluyor. Hangi doğal sayıları çirkin
bulduğunu söylemiyor ama 2’nin kuvvetlerini çirkin bulduğunu biliyoruz. Bir de eğer
bir n sayısını çirkin buluyorsa, n − 1 sayısını da çirkin bulduğunu biliyoruz. Bu kişinin
çirkin bulmadığı en küçük doğal sayıyı kaçtır?
Bu özelliğin ne kadar önemli olduğunu göstermek için bu bölümün sonuna kadar doğal sayılarla ilgili birkaç önemli teorem kanıtlayacağız. Kanıtlayacağımız hemen her teoremde İyisıralama Özelliği’ni canalıcı bir biçimde
kullanacağız. Bu uygulamaların İyisıralama Özelliği’nin önemini göstereceğini
umuyoruz.
2.10.1
Asala Bölünme
Birazdan 1’den büyük her doğal sayının bir asala bölündüğünü kanıtlayacağız.
Kanıtın anafikrini bir örnekle anlatalım. Rastgele bir n doğal sayısı alalım ve
bu sayının bir asala bölündüğünü göstermeye çalışalım. Eğer sayı 15 filan gibi
küçük bir sayıysa, işimiz kolay, 15’in 3’e (ya da 5’e) bölündüğünü ve 3’ün (ve
5’in) asal olduğunu herkes bilir. İşimizi zorlaştırmak için oldukça büyük bir
sayı seçelim. Diyelim
n = 352.302.911
sayısını seçtik. Bu sayının bir asala bölündüğünü kanıtlamak istiyoruz. Denerseniz bulamayacağınıza dair iddiaya girebilirim! Kolay değil çünkü, çok zaman
alabilir. Bu sayıyı bölen bir asal bulamayabiliriz ama gene de bu sayının bir
asala bölündüğünü kanıtlayabiliriz. Çok daha büyük bir sayının bir asal bölenini sadece siz değil, yeryüzünde kimse bulamayabilir. Her sayının bir asala
bölündüğünü kanıtlamak başka, sayıyı bölen bir asal bulmak başka.
Nasıl yapacağız? Eğer seçtiğimiz bu n sayısı bir asalsa, işimiz zaten bitti
demektir, çünkü n asalı elbette n sayısını böler, aynen istediğimiz gibi. Ama
ya n bir asal değilse, o zaman ne yapacağız? Eğer n bir asal değilse, n, 1’den
büyük iki doğal sayının çarpımı olarak yazılır. Diyelim a > 1 ve b > 1 doğal
sayıları için
n = ab.
a ve b’nin kaç olduğu hakkında hiçbir fikrimiz yok, ama eğer a ya da b’nin bir
asala bölündüğünü gösterebilirsek, o zaman bu asal n’yi de bölmek zorunda.
Kaç olduğu hakkında hiçbir fikrimizin olmadığı a ve b sayıları acaba bir asala
bölünüyor mu? a ve b’nin kaç olduklarını bilmiyoruz belki ama 1’den büyük
129
olduklarını, dolayısıyla n’den küçük olduklarını biliyoruz, çünkü ne de olsa
çarpımları n. Şimdi a’yı ele alalım. Eğer a asalsa, o zaman işimiz iş gerçekten,
n sayısının a asalına bölündüğünü göstermiş oluruz. Peki ya a asal değilse?
O zaman a’yı 1’den büyük, dolayısıyla a’dan küçük iki doğal sayının çarpımı
olarak yazabiliriz. Diyelim 1 < c < a ve 1 < d < a doğal sayıları için
a = cd
oluyor. Eğer c ya d’den en az biri asalsa, işimiz bitti, çünkü bu asal a’yı böler
ve a’yı böldüğünden n’yi de böler. Eğer c ve d asal değilse, içlerinden birini
seçip aynı süreci işletelim. Hep daha küçük sayılar buluyoruz. Yukarıda
n>a>c
oldu. Eğer c asal değilse, bunu bir adım daha uzatıp 1 < e < c ve 1 < f < c
doğal sayıları için
c = ef
biçiminde bir eşitlik buluruz. Bu sefer
n>a>c>e
olur. Ama doğal sayılarda sürekli daha küçük bir sayı bulmak mümkün değil,
ne de olsa en altta 0 var, onun altına inemeyiz. (Doğal sayılarda sürekli daha
küçük bir sayı bulamamak biraz önce bahsettiğimiz İyisıralama Özelliği’nden
kaynaklanır. Birazdan bu yakın ilişkiyi göreceğiz.) Bu süreç illa ki bir zaman
sonra durmalı, yani bir zaman sonra bir asal sayıya toslamalıyız. İşte o asal
sayı n’yi böler.
Eğer verdiğimiz n = 352.302.911 örneğini bölen bir asal sayıyı merak
etmişseniz hemen söyleyeyim: n asal değil, 997, 787 ve 449 sayılarına bölünüyor
ve bu üç sayı da asal. Hatta n bu üç asalın çarpımı. Ama mesela yukarıda akıl
yürütme sayesinde
101.000.000 + 1
gibi devasa bir sayının da bir asala bölündüğünü biliyoruz. Hangi asal diye mi
sordunuz? Hiçbir fikrim yok! Ama kesinlikle bir asala bölünüyor!
Yukarıdaki basit fikri aşağıdaki kanıtta biraz farklı bir biçimde (biraz daha
matematiksel bir biçimde, İyisıralama Özelliği’ni kullanarak) ele alacağız.
Teorem 2.4. 1 dışında her doğal sayı bir asala bölünür.
Kanıt: n ̸= 1 herhangi bir doğal sayı olsun. n’nin bir asal sayıya bölündüğünü göstereceğiz. 0 sayısı tabii ki her asala bölünür, örneğin 2’ye bölünür.
Bundan böyle n ̸= 0 olsun. Demek ki n ≥ 2.
130
Bir tanım yapalım:
A = {p ∈ N \ {0, 1} : p, n’yi böler}
olsun. Yani A, n’yi bölen 0 ve 1’den farklı doğal sayılar sayılardan oluşan
küme. n ∈ A olduğundan (çünkü, n, n’yi böler ve n ̸= 0, 1), A boşküme
değildir. İyisıralama Özelliği’nden dolayı A’nın en küçük ögesi vardır. A’nın
bu en küçük ögesine p adını verelim. p en az 2 tabii ki. p’nin bir asal olduğunu
kanıtlarsak istediğimizi kanıtlamış olacağız. Eğer p bir asal olmasaydı10 , 1’den
büyük ama p’den küçük a ve b sayıları için p = ab olacaktı. Ama a|p ve p|n
olduğundan a ∈ A olur. Böylece A’da p’den küçük bir öge bulmuş olduk, oysa
p, A’nın en küçük ögesiydi, bir çelişki. Demek ki p bir asalmış.
Görüldüğü üzere İyisıralama Özelliği’ni yukarıdaki kanıtta canalıcı bir biçimde kullandık. Aşağıda aynı özelliği birkaç defa daha kullanacağız.
Bir not: Yukarıdaki teoremin kanıtı, bir sayının 1’den büyük en küçük
böleninin bir asal olmak zorunda olduğunu gösteriyor.
2.10.2
Asallara Ayrıştırma
Birazdan 1’den büyük her doğal sayının asalların çarpımı olarak yazılacağını
göstereceğiz. Küçük sayılar için bunu göstermek kolay:
2
3
4
5
6
7
8
9
10
=
=
=
=
=
=
=
=
=
2
3
2 × 2 = 22
5
2×3
7
2 × 2 × 2 = 23
3 × 3 = 32
2 × 5.
Küçük sayılar için kolay ama
101.000.000 + 1
gibi bir sayıyı asalların çarpımı olarak nasıl yazacağız? Aslında yazamayacağız,
bu sayı başa çıkılamayacak kadar büyük bir sayı. Bu sayıyı asalların çarpımı
10
Şu anda “olmayana ergi” adı verilen kanıt yöntemine başlıyoruz. p’nin asal olduğunu
kanıtlamak istiyoruz. p’nin asal olmadığını varsayıp bir saçmalık, bir çelişki, bir absürtlük
elde edeceğiz. Buradan da p’nin asal olmadığı varsayımının yanlış olduğu anlaşılacak, yani
p’nin asal olduğu anlaşılacak.
131
olarak yazamasak da yazabileceğimizi göstereceğiz! (Yazılacağını bilmekle yazabilmek arasında bayağı bir fark var! Örneğin yüz basamaklı iki sayıyı çarpabilirim, ama çarpmam, işim gücüm var! Bir milyar basamaklı iki sayıyı işim
gücüm olmasa da çarpamam, hayat o kadar uzun değil, ama yeterince zamanım
olsaydı çarpabileceğimi biliyorum!)
Küçük sayılara geri dönelim. Asal sayıların nasıl asal sayıların çarpımı
olarak yazılacağı belli: Bir p asalı, p’nin kendisiyle bir defa çarpımıdır, yani p =
p olur! Marifet, asal olmayan doğal sayıları asalların çarpımı olarak yazmakta.
Bundan sonraki örneklerde asal olmayan doğal sayılara odaklanalım:
12 = 2 × 2 × 3 = 22 · 3
14 = 2 × 7
15 = 3 × 5
16 = 2 × 2 × 2 × 2 = 24
18 = 2 × 3 × 3 = 2 · 32
20 = 2 × 2 × 5 = 22 · 5
21 = 3 × 7
22 = 2 × 11
24 = 2 × 2 × 2 × 3 = 23 · 3
Bu yaptığımıza asallara ayrıştırma denir. Bir sonraki teoremde pozitif her
doğal sayının asallara ayrıştırılabileceğini kanıtlayacağız. Kanıt yöntemimizi
bir örnekle gösterelim. Diyelim 252 sayısını asalların çarpımı olarak yazmak
istiyoruz. Önce 252’yi bölen bir asal bulalım. 252’yi bölen birçok asal var,
mesela 2 bölüyor, 3 de bölüyor, bunlardan birini seçelim, hangisini seçtiğimiz
farketmez. Diyelim kolaylık olsun diye 2 asalını seçtik. 252’yi 2’ye bölelim:
252 = 2 × 126.
Eğer 126’yı asalların çarpımı olarak yazarsak, işimiz iş, bu çarpıma bir de 2’yi
eklersek 252’yi asalların çarpımı olarak yazarız. 126 gene 2 asalına bölünüyor:
252 = 2 × 126 = 2 × 2 × 63.
Aynı süreci 63 için işletelim. 63, 3 asalına bölünüyor: 63 = 3 × 21. Yukarıdaki
satırdaki eşitlikleri devam ettirelim:
252 = 2 × 126 = 2 × 2 × 63 = 2 × 2 × 3 × 21.
21 de 3’e bölünüyor: 21 = 3×7. Bir önceki satırdaki eşitlikleri devam ettirelim:
252 = 2 × 126 = 2 × 2 × 63 = 2 × 2 × 3 × 21 = 2 × 2 × 3 × 3 × 7.
Sağ tarafta sadece asallar olduğundan işimiz bitmiştir:
252 = 2 × 2 × 3 × 3 × 7 = 22 · 32 · 7.
132
Nihai sonucu bulmak için, sadece asal elde edene kadar yukarıdaki işlemlerin her birini yapmak zorundaydık, ama nihai sonucu elde etmeden nihai
sonucu elde edebileceğimizi anlamak için işlemleri sonuna kadar götürmek zorunda değiliz. İlk adımdan sonra her sayıyı asalların çarpımı olarak yazabileceğimiz anlaşılıyor, çünkü ilk adımda
252 = 2 × 126
elde ediyoruz. Yeni sayı 126 ve 126’yı asalların çarpımı olarak yazmalıyız.
Ama 126, 252’den daha küçük bir sayı. Küçük sayıları asalların çarpımı olarak
yazmak kolay! En azından küçük sayılarla başa çıkabileceğimizi varsayabiliriz. Belli ki her adımda daha küçük sayılarla aynı işlemi yapıyoruz, nitekim
yukarıda elde ettiğimiz sayılar şunlar:
252, 126, 63, 21, 7, 1.
(7 sayısı 7 asalına bölündüğünden, listenin en sonuna yukarıda olmayan bir
1 ekledik.) Sayılar küçüle küçüle bir zaman sonra 1’e gelecek ve bu aşamada
sayıyı asalların çarpımı olarak yazmış olacağız.
Yaptığımız işlemleri altalta yazalım:
252
126
63
21
7
=
=
=
=
=
2 × 126
2 × 63
3 × 21
3×7
7 × 1.
Eşitliğin hemen sağında beliren asalların çarpımı 252’yi verir.
Yukarıda izlediğimiz süreç aşağıdaki yöntemle son derece görsel ve kolay
bir halde görülebilir:
252
126
63
21
7
1
2
2
3
3
7
Sol sütuna sayıyı yazıyoruz, sayının sağına da o sayıyı bölen bir asalı; sonra bir
alt satırın sol tarafına sayının asala bölümünü yazıyoruz ve aynı süreci devam
ettiriyoruz. 1’e vardığımızda duruyoruz. Aynı şeyi 1500 için yapalım:
133
1500
750
375
125
25
5
1
2
2
3
5
5
5
Demek ki
1500 = 22 · 3 · 53
olur.
Bu sefer 252 ya da 1500’den başlamayalım da, 352.302.911 gibi çok daha
büyük bir sayıdan başlayalım. O büyük sayıya n diyelim. n’yi asalların çarpımı
olarak yazacağız. Eğer n asalsa işimiz bitti. Eğer n asal değilse, n’yi 1 < a < n
ve 1 < b < n için
n = ab
biçiminde yazabiliriz. Eğer a ve b’yi asalların çarpımı olarak yazabilirsek, o
zaman n = ab eşitliğinden dolayı n de asalların çarpımı olacak. Ama a ve b,
n’den daha küçük olduklarından, bu sayıları asalların çarpımı olarak yazmak,
n’yi asalların çarpımı olarak yazmaktan daha kolay. Eğer a ve b asalsa işimiz
bitti. Aksi halde asal olmayanı 1’den büyük iki doğal sayının çarpımı olarak yazalım. Ve bu süreci asallara toslayana kadar devam ettirelim. n = 352.302.911
sayısı da asalların çarpımıdır:
352.302.911 = 997 × 787 × 449.
Bu yöntem aşağıdaki teoremin kanıtındaki fikridir.
Teorem 2.5 (Aritmetiğin Temel Teoremi). 0’dan büyük her doğal sayı sonlu
sayıda asalın çarpımıdır.
Kanıt: Hiç tane sayının çarpımını 1 olarak tanımlandığından (sayfa 75), 1
sonlu sayıda asal sayının çarpımıdır, nitekim 1 sayısı hiç tane asal sayının
çarpımıdır. Bundan böyle 1’den büyük sayılara odaklanalım. 1’den büyük her
doğal sayının sonlu sayıda asalın çarpımı olarak yazılacağını göstereceğiz. (Tabii bazı asallar çarpımda birkaç defa kullanılabilir.)
Diyelim teorem doğru değil11 . O zaman 1’den büyük bir doğal sayı sonlu
sayıda asalın çarpımı olarak yazılmaz. Bu varsayımdan bir çelişki elde edeceğiz
ve böylece teorem kanıtlanmış olacak.
A = {n ∈ N \ {0} : n sonlu sayıda asalın çarpımı değil}
11
Burada da “olmayana ergi” kanıt yöntemine başlıyoruz.
134
olsun. Varsayımımıza göre A ̸= ∅. Bir önceki paragrafa göre de 1 ̸∈ A, yani
A’nın ögeleri 2’den büyükeşit olmak zorunda. İyisıralama Özelliği’nden dolayı
A’nın en küçük bir ögesi vardır, diyelim n. Bir önceki teoreme göre n bir asala
bölünür, diyelim p asalına bölünüyor. Bu durumda bir m doğal sayısı için
(1)
n = pm
olur.
Elbette m ̸= 0 çünkü aksi halde n = 0 olurdu.
Eğer m = 1 ise n = pm = p · 1 = p olur ve p asal olduğundan n sayısı
asalların (tek bir asalın, p’nin) çarpımı olur.
Bundan böyle m ≥ 2 varsayımını yapalım. (1) eşitliğinden dolayı m < n
olur. n, A’nın en küçük ögesi olduğundan, m ∈
/ A olmak zorunda, yani m
asalların çarpımıdır. Demek ki pm, yani n de asalların çarpımıymış. (m’yi
veren asalların çarpımını bir de p ile çarparsak n’yi elde ederiz.) Çelişki. Demek
ki A = ∅.
İleride, Teorem 3.10’da, her doğal sayının, asalların çarpımı olarak bir
anlamda tek bir biçimde yazıldığını kanıtlayacağız, yani bir sayıyı asalların
çarpımı olarak iki farklı biçimde yazamayız. Ama bunu şu anda kanıtlayamayız, bir sonraki bölümde kanıtlayacağız.
2.10.3
Kalanlı Bölme
Doğal sayılarda her zaman bölme yapılamayacağını biliyoruz, örneğin 25’i
7’ye tam olarak bölemeyiz, çünkü 25/7 bir tamsayı değildir, daha doğrusu
çünkü 25 = 7x denkleminin doğal sayılarda bir çözümü yoktur. Ama gene de
doğal sayılarda 25’i 7’ye kalanlı bölebiliriz: 25’in içinde tam 3 tane 7 vardır
ve geriye 4 kalır, yani
25 = 7 × 3 + 4
eşitliği geçerlidir. Hayattan bir örnek vermek gerekirse, 25 bilyeyi 7 kişi arasında eşit paylaştırmak istiyorsanız herkese 3’er bilye düşer ve geriye ne yapacağınızı bilmediğiniz dört bilye kalır. Bunun gibi, 58’i 13’e tam bölmeye çalışırsak
4 çıkar ama geriye bir de 6 kalır, yani
58 = 13 × 4 + 6
eşitliği doğrudur. Kalan sayı (yukarıdaki örneklerde sırasıyla 4 ve 6) her zaman
bölen sayıdan (yukarıdaki örneklerde sırasıyla 7 ve 13) küçüktür. Bu genel bir
olgudur: Her doğal sayı, 0 dışında her doğal sayıya kalanlı da olsa bölünür.
Bunu kanıtlayalım.
135
Teorem 2.6. n ve m iki doğal sayı olsun. m ̸= 0 olsun. O zaman öyle q ve r
doğal sayıları vardır ki
r < m ve n = mq + r
olur.
Kanıt: n = m × 0 + n eşitliğini biliyoruz. Demek ki
A = {r ∈ N : bir q ∈ N doğal sayısı için n = mq + r}
kümesi n’yi içeriyor, dolayısıyla A kümesi boş küme değil. İyisıralama Özelliği’nden dolayı A’nın en küçük ögesi vardır. Bu en küçük ögeye r diyelim.
r ∈ A olduğundan, bir q ∈ N için
(1)
n = mq + r
olur. Geriye r < m eşitsizliğini kanıtlamak kaldı. Diyelim bu eşitsizlik doğru
değil. Olmayana ergi yöntemini kullanacağız, yani bu varsayımdan bir çelişki
elde edeceğiz. r < m eşitsizliği doğru değilse, r ≥ m eşitsizliği doğrudur. Buradan da r − m ∈ N çıkar. Öte yandan (1) eşitliğinden hemen
n = m(q + 1) + (r − m)
elde ederiz. Bu da r−m ∈ A demektir. Ama m ̸= 0 olduğundan r−m < r olur,
ki bu da r’nin A’nın en küçük ögesi olmasıyla çelişir. Demek ki varsayımımız
yanlışmış, yani r < m eşitsizliği doğruymuş.
Aslında q ve r’yi bulmak için şunu yapıyoruz: m’nin katlarından oluşan
0, m, 2m, 3m, . . .
dizisine bakıyoruz. Yani 0’dan başlayarak n’ye doğru m uzunlukta adımlar
atıyoruz. Bu dizi bir zaman sonra n’yi aşacaktır, mesela n’inci adımda nm ≥ n
olacaktır. Diyelim qm, n’yi aşmıyor da, bir sonraki adımda (q + 1)m aşıyor,
yani diyelim
qm ≤ n < (q + 1)m
oluyor. Şekil şöyle:
Şimdi r’yi n − qm sayısı olarak alalım. İstediğimize ulaşırız.
Teoremdeki r sayısına kalan adı verilir. n bölünen sayıdır, m bölen sayıdır.
q sayısına da “bölüm” ya da “sonuç” denebilir.
136
Demek ki bir doğal sayı bir m > 0 doğal sayısına bölündüğünde kalan
0, 1, 2, . . . , m − 1
sayılarından biri olur.
Eğer m = 2 ise kalan ya 0 ya da 1 olur; kalanı 0 olanlar çift sayı, kalanı 1
olanlar tek sayılardır.
Eğer m = 3 ise kalan 0, 1 ya da 2 olabilir. Kalanı 0 olanlar 3’e tam bölünenlerdir, kalanı 1 olanlar 3’e bölündüğünde kalanı 1 olan sayılardır (elbette!)
ve kalanı 2 olanlar 3’e bölündüğünde kalanı 2 olan sayılardır (gene elbette!).
Böylece doğal sayıları üç parçaya ayırmış oluruz:
N = 3N ∪ (3N + 1) ∪ (3N + 2).
Bir sonraki sonucumuzda bu üç parçanın ayrık olduğunu, yani ikişer ikişer
boşkümede kesiştiklerini göstereceğiz.
Aynı şey m = 4 ve diğer doğal sayılar için de geçerlidir.
N = 4N ∪ (4N + 1) ∪ (4N + 2) ∪ (4N + 3).
Birazdan göreceğimiz üzere sağdaki dört altküme ayrıktırlar, yani kesişmezler,
daha doğrusu boşkümede kesişirler.
Daha genel olarak, eğer m > 0 ise,
N = mN ∪ (mN + 1) ∪ (mN + 2) ∪ . . . ∪ (mN + m − 1)
olur ve eşitliğin sağındaki m tane altküme (birazdan göreceğimiz üzere) ayrık
kümelerdir, yani herhangi iki farklı tanesinin kesişimi boşkümedir. Eğer m = 1
ise bu eşitlik bize pek ilginç bir eşitlik olmayan N = N eşitliğini verir, ama diğer
tüm durumlar ilginçtir.
Örnekler
2.294. (5N + 3)(5N + 4) ⊆ 5N + 2 olur çünkü her x, y ∈ N için
(5x+3)(5y +4) = 25xy +15y +20x+12 = 5(5xy +3y +4x)+12 = 5(5xy +3y +4x+2)+2
olur ve en sağdaki sayı ∈ 5N + 2 kümesindedir.
2.295. Öte yandan (5N + 2)(7N + 3) kümesi çok daha vahşidir, yukarıdaki örnekte olduğu gibi
zaptedilemez.
2.296. 26 · 34 sayısı 5’e bölündüğünde kalanı bulalım. a ve b doğal sayıları için
24 = 16 = 1 + 15 = 1 + 5a
(burada a = 3 ama bunun bir önemi olmayacak) ve
26 = 24 · 22 = (1 + 5a) · 4 = 4 + 5b
(burada b = 4a = 12 ama bunun bir önemi olmayacak) olduğundan ve bir c doğal sayısı
için
34 = 81 = 1 + 80 = 1 + 5c
137
(burada c = 16 ama bunun bir önemi olmayacak) olduğundan, bir d doğal sayısı için
26 · 34 = (4 + 5b)(1 + 5c) = 4 + 5d
olur. Demek ki yanıt 4’tür.
2.297. 26 + 34 sayısı 5’e bölündüğünde kalanı bulalım. Bir önceki alıştırmada olduğu gibi b ve
c doğal sayıları için
26 = 24 · 22 = (1 + 5a) · 4 = 4 + 5b
ve
34 = 81 = 1 + 80 = 1 + 5c
olduğundan,
26 + 34 = (1 + 5b) + (4 + 5c) = 5 × (1 + b + c)
olur. Demek ki 26 + 34 sayısı 5’e bölünüyormuş, yani 5’e bölündüğünde kalan 0 imiş.
2.298. 212 sayısı 5’e bölündüğünde kalanı bulalım.
24 = 16 = 1 + 15 = 1 + 5a
olduğundan (burada a = 3 ama bunun bir önemi olmayacak),
( )3
212 = 24 = (1 + 5a)3
olur. En sağdaki parantezi açarsak, o sayının bir b için 1 + 5b’ye eşit olduğunu görürüz,
yani
( )3
212 = 24 = (1 + 5a)3 = 1 + 5b
olur. Dolayısıyla yanıt 1’dir.
2.299. 23 +34 +45 +56 +67 sayısı 7’ye bölündüğünde kalanı bulalım. Önce toplanan her sayının
7’ye bölündüğünde kalanını bulalım. 23 kolay: Bir a sayısı için,
23 = 8 = 1 + 7a
olur. (a = 1 elbette, ama kimin umurunda!) Okurun isterse bulabileceği b ve c sayıları
için
34 = 92 = (2 + 7b)2 = 4 + 7c
olur. Benzer şekilde
45 = (42 )2 · 4 = 162 · 4 = (2 + 7d)2 · 4 = (4 + 7e) · 4 = 16 + 7f = 2 + 7g
ve
56 = (52 )3 = 253 = (4 + 7h)3 = 43 + 7i = 64 + 7i = 1 + 7j
ve
67 = (62 )3 · 6 = 363 · 6 = (1 + 7k)3 · 6 = (1 + 7ℓ) · 6 = 6 + 7m
olur. Şimdi bu eşitliklerin hepsini toplayalım:
23 + 34 + 45 + 56 + 67
=
=
=
(1 + 7a) + (4 + 7c) + (2 + 7g) + (1 + 7j) + (6 + 7m)
(1 + 4 + 2 + 1 + 6) + 7n
14 + 7n = 7(2 + n)
Meğer sayı 7’ye bölünüyormuş, yani 7’ye bölündüğünde kalanı 0 imiş.
Alıştırmalar
2.300. (7N + 3)(7N + 4) ⊆ 7N + 5 önermesini kanıtlayın.
138
2.301.
2.302.
2.303.
2.304.
2.305.
2.306.
2.307.
2.308.
(7N + 3)(14N + 4) ⊆ 7N + 5 önermesini kanıtlayın.
(21N + 3)(14N + 4) ⊆ 7N + 5 önermesini kanıtlayın.
212 sayısı 7’ye bölündüğünde kalanını bulun.
3120 sayısı 7’ye bölündüğünde kalanını bulun.
212 + 315 sayısı 9’a bölündüğünde kalanı bulun.
210 + 315 + 515 sayısı 11’e bölündüğünde kalanı bulun.
210 · 31 5 sayısı 11’e bölündüğünde kalanı bulun.
23 + 34 + 45 + 56 + 67 sayısı 11’e bölündüğünde kalanı bulun.
2.10.4
Bölme Algoritması
Doğal sayılarda kalanlı bölme yapmanın bir yöntemi vardır, yani n ve m
sayıları verildiğinde (ama m illa ki 0’dan farklı olacak), teoremdeki q ve r
sayılarını bulmanın bir “algoritması” vardır. Hiç düşünmeden, verilmiş kurallara uyarak sonuç bulmaya yarayan yöntemlere matematikte ve bilgisayar
bilimlerinde algoritma adı verilir. Bu algoritmayı anlatalım. n ve m iki doğal
sayı olsun. m ̸= 0 varsayımını yapalım. Yukarıdaki teoremi sağlayan q ve r
sayılarını bulacağız.
Başlangıçta, yukarıdaki kanıttan ve
n=m×0+n
eşitliğinden esinlenerek q = 0 ve r = n tanımlarını yapalım. Bu değerlerle
elbette n = mq + r olur. Tabii bunlar henüz aradığımız q ve r sayıları değil,
çünkü r yeterince küçük olmayabilir. Bu sayıları yavaş yavaş değiştireceğiz, q
teker teker artacak, r de m’şer m’şer azalacak, r tam kıvamına geldiğinde de
duracağız.
Eğer r sayısı (ki en başta n’ye eşit) m’den küçükse duralım. İstediğimizi
elde ederiz.
Değilse, q sayısını 1 artıralım (şimdi q = 1 oldu) ve r sayısını r −m sayısına
dönüştürelim (şimdi r = n − m oldu). n = mq + r eşitliği gene geçerlidir. Eğer
yeni r sayısı m’den küçükse duralım. İstediğimizi elde ederiz.
Değilse, q sayısını 1 artıralım (şimdi q = 2 oldu) ve r sayısını r −m yapalım
(şimdi r = n−2m oldu). n = mq+r eşitliği gene geçerlidir. Eğer r sayısı m’den
küçükse duralım. İstediğimizi elde ederiz.
Değilse bu yönteme devam edelim. Küçüle küçüle bir zaman sonra r, m’den
daha küçük olacaktır. O aşamada istediğimiz q ve r sayılarını elde etmiş oluruz.
Yukarıdaki yönteme bir örnek verelim. n = 25 ve m = 7 olsun. İlk aşamada
q = 0 ve r = n = 25.
Sorumuz “r < m?” sorusu. Yanıt şimdilik olumsuz, çünkü 25, 7’den küçük
değil. Yukarıdaki q ve r’yi değiştirelim:
q = 1 ve r = 25 − 7 = 18
139
olsun. Gene “r < m?” sorusunu soralım. Yanıt gene olumsuz, çünkü 18, 7’den
küçük değil. q ve r’yi değiştirelim:
q = 2 ve r = 18 − 7 = 11
olsun. Gene “r < m?” sorusunu soralım. Yanıt gene olumsuz, çünkü 11, 7’den
küçük değil. q ve r’yi değiştirelim:
q = 3 ve r = 11 − 7 = 4
olsun. Gene “r < m?” sorusunu soralım. Yanıt bu sefer olumlu, çünkü 4, 7’den
küçük. İstediğimiz q ve r sayılarını bulduk:
q = 3 ve r = 4.
Gerçekten de
25 = 7 × 3 + 4 ve 4 < 7
oluyor. Dikkat ederseniz bu yöntemde sırasıyla
25
25
25
25
=
=
=
=
7 × 0 + 25
7 × 1 + 18
7 × 2 + 11
7×3+4
eştliklerini kullanıyoruz. q sürekli birer birer büyüyor (0, 1, 2, 3 oluyor), r
ise m’den küçük oluncaya kadar m’şer m’şer azalıyor (25, 18, 11, 4 oluyor).
Aşağıdaki tabloda q ve r’nin macerasını görüyorsunuz:
n
25
m
7
q
0
1
2
3
r
25
18
11
4
Son olarak, verilmiş bir n ve m > 0 için Teorem 2.6’da bulunan q ve r
sayılarının “biricik” olduklarını kanıtlayalım:
Teorem 2.7. m ̸= 0 olsun. Eğer q, q1 ve r, r1 doğal sayıları için
r1 , r < m ve mq + r = mq1 + r1
ise q = q1 ve r = r1 olur.
140
Kanıt: Diyelim varsayımlar geçerli ve q1 > q. O zaman m(q1 − q) = r − r1
olur ve
m ≤ m(q1 − q) = r − r1 ≤ r < m
eşitliğinden m < m çelişkisini elde ederiz. Demek ki q1 , q’dan büyük olamaz.
Aynı nedenden q da q1 ’den büyük olamaz. Böylece q = q1 eşitliğini göstermiş
olduk. Bundan ve mq + r = mq1 + r1 eşitliğinden r = r1 elde ederiz.
Örnek 2.175’te 43.725 ile 13.565’in ortak bölenlerini bulmanın bir yöntemini bulmuştuk. Örneğin sonunda da uzun sürebilecek bu yöntemi nasıl kısaltabileceğimizi göstermiştik. O örneğin sonunda söylediklerimizi şimdi teorik
bir biçimde açıklayabiliriz. Önce şu teoremi kanıtlayalım, sonra aynı örneği
tekrar ele alacağız.
Teorem 2.8. n > m > 0 iki doğal sayı olsun. n’yi m’ye bölüp, q ve r < m
doğal sayıları için n = mq + r elde edelim. O zaman n ve m sayılarının ortak
bölenleriyle m ve r sayılarının ortak bölenleri aynı sayılardır.
Kanıt: Eğer bir d sayısı hem n’yi hem m’yi bölüyorsa, elbette bu d sayısı
n − mq, yani r sayısını da böler. Diğer istikamette: Eğer bir d sayısı hem r’yi
hem de m’yi bölüyorsa, elbette bu d sayısı n’yi de böler çünkü n = mq + r
Örnekler
2.309. Örnek 2.175’te ele aldığımız 43.725 ile 13.565’in ortak bölenlerini bulma örneğimize geri
dönelim. Büyük sayıyı küçük sayıya bölelim:
43.725 = 13.565 × 3 + 3.030.
Böylece, teoremden dolayı, 43.725 ile 13.565’in ortak bölenlerinin 13.565 ile 3.030’un
ortak bölenleri olduğunu anlarız. Şimdi 13.565’i 3.030’a bölelim:
13.565 = 3.030 × 4 + 1.445.
Böylece, teoremden dolayı, 13.565 ile 3.030’un ortak bölenlerinin 3.030 ile 1.445’in ortak
bölenleri olduğunu anlarız. Şimdi 3.030’u 1.445’e bölelim:
3.030 = 1.445 × 2 + 140.
Böylece, teoremden dolayı, 3.030 ile 1.445’in ortak bölenlerinin 1.445 ile 140’ın ortak
bölenleri olduğunu anlarız. Şimdi 1.445’i 140’a bölelim:
1.445 = 140 × 10 + 45.
Böylece, teoremden dolayı, 1.445 ile 140’ın ortak bölenlerinin 140 ile 45’in ortak bölenleri
olduğunu anlarız. Şimdi 140’ı 45’e bölelim:
140 = 45 × 3 + 5.
Böylece, teoremden dolayı, 140 ile 45’in ortak bölenlerinin 45 ile 5’in ortak bölenleri
olduğunu anlarız. Şimdi 45’ı 5’e bölelim:
45 = 5 × 9 + 0.
2.11. Asallar Üzerine Daha Fazla
141
Böylece, teoremden dolayı, 45 ile 5’in ortak bölenlerinin 5 ile 0’ın ortak bölenleri (yani
5’in bölenleri) olduğunu anlarız. Süreci burada tamamlayalım. Ta en baştan ele alacak olursak, 43.725 ile 13.565’in ortak bölenleri 5’in bölenleridir; dolayısıyla 43.725 ile
13.565’in en büyük ortak böleni 5’tir.
Yukarıda yaptıklarımızı bir tablo halinde gösterelim:
43.725
13.565
3.030
1.445
140
45
=
=
=
=
=
=
13.565 × 3 + 3.030
3.030 × 4 + 1.445
1.445 × 2 + 140
140 × 10 + 45
45 × 3 + 5
5×9+0
0’dan önceki ilk kalan 43.725 ile 13.565’in en büyük ortak bölenidir.
Bu örnekte açıkladığımız en büyük ortak bölen bulma algoritmasına Öklid algoritması
adı verilir.
2.310. Öklid algoritmasını şöyle de kullanabiliriz (bu yöntemi Örnek 2.175’te açıklamıştık):
43.725 ile 13.565’in ortak bölenleriyle 43.725 − 13.565 = 30.160 ile 13.565 sayılarının
ortak bölenleri aynıdır. 30.160 ile 13.565’in ortak bölenleriyle 30.160−13.565 = 16.595 ile
13.565 sayılarının ortak bölenleri aynıdır. 16.595 ile 13.565’in ortak bölenleriyle 16.595 −
13.565 = 3.030 ile 13.565 sayılarının ortak bölenleri aynıdır. 3.030 ile 13.565’in ortak
bölenleriyle 3.030 ile 13.565 − 3.030 = 10.535 sayılarının ortak bölenleri aynıdır... Bunu
böyle devam ettirerek, ortak bölenlerini bulmak istediğimiz sayıları sürekli küçültürüz ve
belli bir zaman sonra ortak bölenlerini kolaylıkla bulabileceğimiz bir sayı çiftine rastlarız.
2.11
Asallar Üzerine Daha Fazla
Bu altbölümde önceki altbölümde kanıtladıklarımızı kullanarak asallar üzerine
birbirinden ilginç sonuçlar üreteceğiz.
2N ∩ (2N + 1) = ∅
eşitliğini biliyoruz, bir sayı aynı zamanda tek ve çift olamaz. Benzer şekilde
(3N + 1) ∩ (3N + 2) = ∅
olur. Örnekleri çoğaltabiliriz:
(7N + 3) ∩ (7N + 5) = ∅
olur, çünkü 7N + 3 kümesi 7’e bölündüğünde kalanın 3 olduğu sayılardan oluşur, oysa 7N + 5 kümesi 7’ye bölündüğünde kalanın 5 olduğu sayılardan oluşur
ve Teorem 2.7 bize kalanın biricik olduğunu söylüyor, kalan hem 3, hem 5
olamaz. Bu dediğimizin en genel halini matematiksel olarak kanıtlayalım:
Sonuç 2.9. m, r, r1 ∈ N olsun. Eğer r, r1 < m ise ya r = r1 ya da
(mN + r) ∩ (mN + r1 ) = ∅
olur.
142
Kanıt: Diyelim (mN+r)∩(mN+r1 ) ̸= ∅. Bu varsayım altında r = r1 eşitliğini
kanıtlayacağız12 .
Eğer m = 0 ise mN + r = {r} ve mN + r1 = {r1 } olur. Bunlardan ve
varsayımdan r = r1 çıkar13 .
Bundan böyle m > 0 varsayımını yapalım. (mN + r) ∩ (mN + r1 ) kesişiminden bir sayı alalım. Bu sayı mN + r kümesinde olduğundan bir q ∈ N için
mq+r biçiminde yazılır. Bu sayı aynı zamanda mN+r1 kümesinde olduğundan
bir q1 ∈ N için mq1 + r1 biçiminde yazılır. Demek ki
mq + r = mq1 + r1 .
Teorem 2.7’den dolayı r = r1 çıkar.
Demek ki, örneğin,
N = 5N ∪ (5N + 1) ∪ (5N + 2) ∪ (5N + 3) ∪ (5N + 4)
olur ve bu kümeler ikişer ikişer ayrıktırlar. Bu durumda (kümeler ikişer ikişer
ayrık olduklarında), bazen, bileşim için ∪ simgesi yerine ⊔ simgesi kullanılır,
yani
N = 5N ⊔ (5N + 1) ⊔ (5N + 2) ⊔ (5N + 3) ⊔ (5N + 4)
yazılır. Bunun şekli aşağıda:
2N + 1 kümesinin ögeleri tek sayıdır, 2’ye bölünmezler, bu sayılar 2’ye
bölündüğünde kalan 1 olur. Bunun gibi 3N + 1 ve 3N + 2 kümesinin ögeleri
de 3’e bölünmezler, bu sayılar 3’e bölündüğünde kalan sırasıyla 1 ve 2 olur.
Benzer nedenden 4N + 1, 4N + 2, 4N + 3 kümesinin ögeleri 4’e bölünmezler.
Tahmin ettiğiniz üzere, bu genel bir olgudur: Eğer bir sayı m’ye bölündüğünde
kalan 0 değilse, o sayı m’ye tam bölünmez:
12
p ve q iki önerme olsun. “Ya p ya da q doğrudur” önermesini kanıtlamak için q yanlışsa p’nin doğru olduğunu kanıtlamak yeterlidir. Tabii, p yanlışsa q’nün doğru olduğunu
kanıtlamak da yeterlidir.
13
Aslında kanıtlamak istediğimiz önerme “r, r1 < m” önkoşulunu içerdiğinden, m = 0 ise
önkoşullar yerine getirilemez ve bu durumda önerme bize herhangi bir şey söylememektedir.
143
Sonuç 2.10. m ∈ N \ {0} olsun. Eğer 0 < r < m ise mN + r kümesinin
sayıları m’ye tam bölünmezler.
Kanıt: m’ye tam bölünen doğal sayılar kümesi mN’dir. 0 ̸= r olduğundan,
bir önceki sonuca göre mN ∩ (mN + r) = ∅ olur.
Yukarıdaki sonuçtan biraz daha genel bir sonuç kanıtlayabiliriz. Yukarıdaki
sonuca göre 15N + 1 kümesinin ögeleri 15’e tam bölünmez, ama 3’e ve 5’e de
tam bölünmez. Aynı nedenden 42N + 1 kümesinin ögeleri 42’ye bölünmez,
ama 2’ye, 3’e, 6’ya, 7’ye, 14’e ve 21’e de tam bölünmez. Bu daha genel sonucu
kanıtlayalım:
Sonuç 2.11. m ∈ N \ {0} olsun. Eğer k|m ise mN + 1 kümesinin sayıları k’ya
tam bölünmezler.
Kanıt: k|m olduğundan, mN ⊆ kN olur. Dolayısıyla bir önceki sonuca göre
kN ∩ (mN + 1) ⊆ kN ∩ (kN + 1) = ∅
olur.
Eğer 2’ye, 7’ye, 45’e ve 19’a bölünmeyen bir sayı bulmak istiyorsak, bu
sayıları birbirileriyle çarpıp 1 ekleyelim:
2 × 7 × 45 × 19 + 1 = 11.971
sayısı yukarıdaki sonuca göre 2’ye, 7’ye, 45’e ve 19’a bölünmez.
Bir sonraki sonuçta asal sayıların sonsuzluğunu kanıtlayacağız. Matematiksel kanıtı vermeden önce kanıtı sohbet biçiminde açıklayalım. Diyelim sadece
iki tane asal sayı biliyoruz, diyelim sadece 2 ve 3’ün asal olduklarını biliyoruz.
Bakalım bu iki asaldan başka asal var mı? Bu iki asalı çarpıp 1 ekleyelim:
(2 × 3) + 1 = 7
Her sayı gibi, bulduğumuz bu sayı da bir asala bölünür (7, 7 asalına bölünüyor),
ama 2 ve 3 asallarına bölünmez. Bu sayıyı bölen asal (7), üçüncü asalımız
olacak. Demek ki şimdi üç asal sayı biliyoruz: 2, 3 ve 7. Bu üç asalı çarpıp 1
ekleyelim:
(2 × 3 × 7) + 1 = 43
Bu sayı da her sayı gibi bir asala bölünmeli, ama 2, 3 ve 7 asallarına bölünemez.
Demek ki 43’ü bölen asal daha önceki asal listemizde yok. 43’ü bölen asal da
43’tür. Şimdi dört asalımız oldu: 2, 3, 7 ve 43. Bildiğimiz bu asalları çarpıp 1
ekleyelim:
(2 × 3 × 7 × 43) + 1 = 1807
144
elde ederiz. Önceki teoreme göre 1807 sayısı bildiğimiz 2, 3, 7 ve 43 asallarına
bölünmez, ama illa ki bir asala bölünür. Nitekim
1807 = 13 × 139
olur ve 13 bir asaldır. Yeni bir asal daha keşfettik: 13. (Aslında 139 da bir asal
ama bunu bilmediğimizi varsayalım.) Şimdi artık beş asalımız var: 2, 3, 7, 43
ve 13. Bu beş asalı çarpıp 1 ekleyelim:
(2 × 3 × 7 × 43 × 13) + 1 = 23.479
elde ederiz. Elde ettiğimiz 23.479 sayısı bir asala bölünür ama bu asal asla 2,
3, 7, 43 ya da 13 olamaz. Nitekim,
23.479 = 53 × 443
olur ve 53 bir asaldır. (443 de bir asal, ama ona ihtiyacımız yok.) Böyle gide
gide hep bir asal daha fazla elde ederiz. Bu da sonsuz sayıda asal olduğunu
gösterir. Şimdi bu düşünceyi matematiksel bir kanıt olarak yazalım.
Sonuç 2.12. Sonsuz sayıda asal sayı vardır.
Kanıt: n tane asal sayı alalım, bu asallara p1 , p2 , . . . , pn diyelim. Bu asalları
çarpıp, çıkan sonuca 1 ekleyelim, yani
N = p1 p2 · · · pn + 1
sayısına bakalım. Teorem 2.4’e göre N sayısı bir asala bölünür. Sonuç 2.11’e
göre N ’yi bölen bu asal p1 , p2 , . . . , pn asallarından farklı olmalı. Demek ki
p1 , p2 , . . . , pn asallarından farklı yepyeni bir asal bulduk. Böylece verilmiş her
n tane asal için n + 1’inci bir asal bulduk. Bu da sonsuz sayıda asal olduğunu
gösterir.
Dileseydik aynı kanıtı şöyle de yazabilirdik: Diyelim sadece sonlu sayıda
asal olsun. Bu asallara ad verelim: p1 , p2 , . . . , pn . Bunlardan başka da asal
olmasın. Bu sayıları çarpıp 1 ekleyelim:
N = p1 p2 · · · pn + 1
olsun. N sayısı bir asala bölünür ama N ’yi bölen asal p1 , p2 , . . . , pn arasından
olamaz. Ama hani bunlar tüm asallardı? Çelişki. Demek ki sonsuz sayıda asal
varmış.
İkinci Kanıt: n herhangi bir doğal sayı olsun. N = n! + 1 sayısına bakalım.
Teorem 2.4’e göre N sayısı bir asala bölünür. Sonuç 2.11’e göre N ’yi bölen bu
asal n! sayısını bölemez, yani 2, 3, . . . , n olamaz, illa ki n’den büyük olmalı.
her n sayısından daha büyük bir asal bulduk. Bu da sonsuz sayıda asal sayının
varlığını gösterir.
İkinci kanıt aslında şu sonucu da kanıtlar:
145
Sonuç 2.13. Her n doğal sayısı için n < p ≤ n! + 1 eşitliklerini sağlayan bir
p asalı vardır.
Örnekler
2.311. Her ne kadar Sonuç 2.9’a göre (5N + 1) ∩ (5N + 3) = ∅ ise de (5N + 1) ∩ (6N + 3) kümesi
boş değildir, örneğin 21 sayısı bu kesişimdedir.
2.312. P ⊆ {2, 3} ∪ (6N + 1) ∪ (6N − 1) önermesini kanıtlayın.
2.313. Acaba ardışık her bin sayıdan en az biri asal mıdır, yani n herhangi bir doğal sayıysa,
n + 1, n + 2, n + 3, . . . , n + 1000 sayılarından biri mutlaka asal mıdır? Birçok n sayısı
için bu doğrudur tabii, ama her n sayısı için doğru mudur?
Bu soruyu yanıtlamak için yeterli bilgiye sahibiz. Yanıt olumsuzdur. Yanıtın olumsuz
olduğunu kanıtlayalım.
Bir örnekle başlayalım. 7! = 5040 sayısı elbette 2’ye, 3’e, 4’e, 5’e, 6’ya ve 7’ye bölünür.
Dolayısıyla bu sayıya 2, 3, 4, 5, 6, 7 eklersek, elde ettiğimiz sayılar sırasıyla 2’ye, 3’e,
4’e, 5’e, 6’ya ve 7’ye bölünürler:
5042, 2’ye,
5043, 3’e,
5044, 4’e
5045, 5’e,
5046, 6’ya,
5047, 7’ye
bölünür. Dolayısıyla bu ardışık 6 sayıdan hiçbiri asal olamaz. Bunun gibi, aşağıdaki 1000
sayı,
1001! + 2, 1001! + 3, . . . , 1001! + 1001
sırasıyla 2’ye, 3’e, ..., 1001’e bölünürler ve hiçbiri asal olamaz. Bu yaptığımızı genelleştirmek işten bile değildir:
Teorem 2.14. Ardışık her n doğal sayıdan birinin mutlaka asal olduğu bir n yoktur.
Kanıt: (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, . . . , (n + 1)! + n, (n + 1)! + (n + 1) sayıları sırasıyla
2’ye, 3’ye, . . ., n’ye ve (n + 1)’e bölünürler ve asal olamazlar. Bunlardan da tam n tane
var.
2.314. 4N+1 kümesi çarpma altında kapalıdır, yani bu kümeden iki sayı seçersek, bu iki sayının
çarpımı da bu kümededir. bunu kanıtlayalım. Bu kümeden iki sayı alalım. Bu sayıları,
n, m ∈ N için
4n + 1 ve 4m + 1
biçiminde yazalım ve çarpımlarını hesaplayalım:
(4n + 1)(4m + 1) = 16nm + 4n + 4m + 1 = 4(4nm + n + m) + 1.
Görüldüğü üzere (4n + 1)(4m + 1) sayısı da 4N + 1 kümesinde (çünkü 4nm + n + m
sayısı bir doğal sayıdır).
2.315. Doğal sayıları
3N, 3N + 1 ve 3N + 2
olmak üzere üç ayrık kümeye ayıralım. 3N kümesinin çarpma altında kapalı olduğu belli,
yani 3’e bölünen iki sayının çarpımı gene 3’e bölünür. 3N + 1 kümesi de çarpma altında
kapalıdır. Bu, bir önceki örnekte olduğu gibi kolaylıkla kanıtlanabilir. Bunu kullanarak
aşağıdaki teoremi kanıtlayalım:
Teorem 2.15. 3N + 2 kümesinde sonsuz sayıda asal vardır.
146
Kanıt: 3N kümesindeki bir sayı 3N + 2 kümesindeki bir sayıyı bölemez, çünkü 3N
kümesindeki sayılar 3’e bölünüyor, oysa 3N+2 kümesindekiler 3’e bölünmüyorlar. Demek
ki 3N + 2 kümesindeki bir sayıyı bölen sayılar 3N + 1 ve 3N + 2 kümesinde olmalıdır.
Ama hepsi birden 3N + 1 kümesinde olamaz, çünkü 3N + 1 kümesinin ögeleri kendileriyle
çarpıldığında gene 3N + 1 kümesinden bir sayı verir. Demek ki 3N + 2 kümesinin her
sayısı, gene 3N + 2 kümesinden bir asala bölünür.
Şimdi n ≥ 3 herhangi bir sayı olsun. n! − 1 sayısını ele alalım. Bu sayıya x diyelim.
x ∈ 3N + 1 olur, çünkü, x = (n! − 3) + 2 olarak yazılabilir ve n! − 3 üçe bölünür.
Demek ki 3N + 2 kümesinde x’i bölen bir asal vardır. Öte yandan x’i bölen sayılar n’den
büyüktür elbet. Ne kanıtladık? n kaç olursa olsun, 3N + 2 kümesinde her n’den büyük
bir asal vardır. Yani 3N + 2 kümesinde sonsuz sayıda asal vardır.
2.316. Herhangi bir asal sayı alalım, diyelim 5. Şimdi çeşitli a sayıları için a5 − a sayısını
hesaplayalım:
a
0
1
2
3
4
5
6
7
a5 − a
0
0
30
240
1.020
3.120
7.770
16.800
Görüldüğü üzere hepsi 5’e bölünüyor. Aynı şeyi bir başka asal için yapalım, bu sefer
asalımızı 7 alalım:
a
0
1
2
3
4
5
6
7
a7 − a
0
0
126
2184
16.380
78.120
279.930
823.536
=
=
=
=
=
=
=
=
=
7×n
7×0
7×0
7 × 18
7 × 312
7 × 2.340
7 × 11.160
7 × 39.990
7 × 117.648
Bu sefer de sonuçlar 7’ye bölünüyor.
Bu, genel bir olgudur ve Fermat’nın Küçük Teoremi olarak bilinir. Her p asalı ve her
a sayısı için, ap − a sayısı p’ye bölünür. Örneğin 203101 − 203 sayısı 101’e bölünür,
çünkü 101 asaldır. Bunu teorem olarak yazalım ve kanıtlayalım.
Teorem 2.16 (Fermat’nın Küçük Teoremi). Eğer p bir asal ve n bir tamsayıysa np − n
sayısı p’ye bölünür.
Kanıt: p bir asal sayı, n herhangi bir doğal sayı olsun. n tane farklı harf alalım, diyelim
h1 , h2 , ..., hn harflerini aldık. Bu harflerle yazılmış p uzunluğundaki sözcükleri ele alalım.
Örneğin eğer p = 5 ve n = 3 ise h1 h1 h2 h3 h1 , h3 h2 h2 h3 h1 , h2 h2 h2 h3 h1 , h3 h3 h3 h3 h3
sözcüklerden dört tanesidir; bunlar gibi toplam 35 tane sözcük vardır, çünkü harfleri
yerleştirecek 5 yerimiz var ve her yere üç harften biri gelebilir. Genel durumda, bu tür
sözcüklerden tam np tane vardır, çünkü p yerimiz var ve her bir yer için n tane harf
seçeneğimiz var.
Bu sözcüklerin bazılarında tek bir harf kullanılır: h1 h1 . . . h1 gibi; bunlardan da tam n
147
tane vardır. Bunları çıkaralım. Geriye
np − n
tane sözcük kalır. Bunlar, n tane harfin en az ikisini kullanan p uzunlukta sözcüklerdir.
Bu sözcüklerin kümesine X diyelim. Eğer np − n tane ögesi olan X kümesini, her birinde
p tane öge bulunan ayrık kümelere ayırabilirsek, o zaman istediğimizi kanıtlamış oluruz.
Şimdi X kümesindeki sözcüklerin harflerini bir çemberin etrafına eşit aralıklarla dizelim.
O zaman bazı sözcükler arasında fark kalmaz. Örneğin p = 5 ise,
KÜMES, ÜMESK, MESKÜ, ESKÜM, SKÜME
sözcükleri çember etrafına dizildiklerinde aynı sözcük gibi görünürler. Bu tür sözcüklere
denk sözcükler diyelim. Her sözcük (kendisi de dahil olmak üzere) tam p tane sözcüğe
denktir. Örneğin eğer p = 5 ise
h1 h1 h1 h1 h2 , h 1 h1 h1 h2 h1 , h 1 h1 h2 h1 h1 , h 1 h2 h1 h1 h1 , h 2 h1 h1 h1 h1
sözcükleri denktir ya da
h3 h5 h1 h1 h2 , h 2 h3 h5 h1 h1 , h 1 h2 h3 h5 h1 , h 1 h1 h2 h3 h5 , h 5 h1 h1 h2 h3
sözcükleri denktir. Birbirine denk olan sözcükleri bir altkümede toplayalım. Böylece X
kümesinin np −n tane ögesini her biri p öge içeren altkümelere ayırmış oluruz. Dolayısıyla
p, np − n sayısını böler.
2.317. Bir önceki maddede kanıtladığımız Fermat’nın Küçük Teoremi’ni kullanarak 1823 sayısını 7’ye böldüğümüzde kalanı bulalım. a = 2 için,
18 = 4 + 7a
olduğundan kaça eşit olduğunu umursamadığımız bir b doğal sayısı için
1823 = (4 + 7a)23 = 423 + 7b
olur. Demek ki 423 sayısını 7’ye böldüğümüzde kalanı bulmak yeterli. Fermat’nın Küçük
Teoremi’ne göre, bir c doğal sayısı için
47 = 4 + 7c
olur. Bundan da bir d için
423 = (47 )3 · 43 = (4 + 7c)3 · 43 = (43 + 7d) · 43
bulunur. Demek ki 43 · 43 sayısının 7’ye bölümünden kalanı bulmak yeterli. 43 = 64 =
1 + 7 · 9 olduğundan, yanıt 1 çıkar.
148
Alıştırmalar
2.318. Fermat’nın Küçük Teoremi’ni kullanarak 201515 sayısının 17’ye bölündüğünde kalanı
bulun.
2.319. 21’in (5N + 1) ∩ (6N + 3) kümesinde olduğunu gösterin.
2.320. 4N+3 kümesinin iki ögesinin çarpımının her zaman 4N+1 kümesinde olduğunu gösterin.
4N + 3 kümesinden üç ögesinin çarpımının gene 4N + 3 kümesinde olduğunu gösterin.
2.321. Teorem 2.15’ten esinlenerek aşağıdaki teoremi kanıtlayın:
Teorem 2.17. 4N + 3 kümesinde sonsuz sayıda asal vardır.
Notlar
2.322. Sonuç 2.13’te bulduğumuzdan çok daha kuvvetli bir olgu vardır: Her n > 1 doğal sayısı
için n ile 2n arasında bir asal vardır. Bu önerme 1845’te Fransız matematikçi Joseph
Bertrand (1822-1900) tarafından ortaya atılmıştır. Bertrand önermenin doğruluğunu 3
milyona kadar elle kontrol etmiş ama önermeyi tüm genelliğiyle kanıtlayamamıştır. Bu
yüzden önerme “Bertrand postülası” olarak bilinir. Önerme daha sonra Rus matematikçi
Çebişev (1821-1894) tarafından kanıtlanmıştır.
2.323. Bertrand postülasından da kuvvetli bir olgu kanıtlanmıştır: Her k > 1 doğal sayısı için
k’dan büyük her k ardışık sayıdan en az biri k’dan büyük bir asala bölünür. Örneğin
k = 17 alalım; o zaman 1001, 1002, . . . , 1017 sayılarından biri 17’den büyük bir asala
bölünür. Bu olguyu Çebişev’in çağdaşı İngiliz matematikçisi James Joseph Sylvester
(1814-1897) kanıtlamıştır.
Sylvester’in bu sonucundan Bertrand postülası kolaylıkla çıkar. n > 2 olsun. Sylvester’in
teoreminde k = n alalım ve n + 1, n + 2, . . . , n + n = 2n sayılarına bakalım. Burada
tam n tane sayı vardır. Demek ki Sylvester’in sonucuna göre bu sayılardan biri, diyelim
n + m sayısı, n’den büyük bir asala bölünmek zorundadır, bu asala da p diyelim. Burada
m = 1, 2, . . . , n. Ama m = n olamaz çünkü aksi halde p|2n olur ve buradan ya p|2 ya
da p|n çıkar, ama 2 ≤ n < p olduğundan her iki çıkarım da mümkün değildir. Şimdi bir
t ≥ 1 doğal sayısı için n + m = tp yazalım. Eğer t = 1 olmasaydı, yani t ≥ 2 olsaydı,
n + m < 2n ≤ tn < tp = n + m olurdu, bir çelişki, demek ki t = 1 ve n + m = p, yani
n + m bir asaldır.
2.324. Yukarıda n > 2 ise n ile 2n arasında en az bir asal olduğunu gördük. Peki en az iki asal
var mıdır? n = 2, 3 ise yoktur. Ama yeterince büyük n sayıları için n ile 2n arasında
mutlaka en az iki asal vardır. Ya üç asal? O da oluyor, yeter ki n’yi belli bir sayıdan
büyük alalım. Bu, Hint matematik dâhisi Ramanujan 1919’da ve Macar matematik
dahisi Erdös 1934’te genel bir teoremdir: Her k > 0 doğal sayısı için, her n > N için n
ile 2n arasında k tane asal sayının olduğu bir N sayısının varlığını kanıtlamıştır.
2.325. 18’inci yüzyılın sonlarına doğru, Fransız matematikçisi Legendre (1752-1833) Teorem
2.15 ve 2.17’yi genelleştirmek istedi. Şu soruyu sordu:
Soru. a ve b, 1’den başka ortak böleni olmayan iki sayı olsun. an + b biçiminde yazılan
sonsuz sayıda asal var mıdır, yani aN + b kümesinde sonsuz sayıda asal var mıdır ?
Teorem 2.15’ten a = 3, b = 2 için, Teorem 2.17’den de a = 4, b = 3 için yanıtın olumlu
olduğu anlaşılıyor. Legendre bu soruyu genel olarak yanıtlamak istedi. Örneğin 25n + 6
biçiminde yazılan sonsuz tane asal var mıdır? Eğer x = 1 ise 31 buluruz ki, 31 asaldır.
Eğer n = 2, 3, 4 ise, sırasıyla 56, 81, 106 buluruz ve bunlardan hiçbiri asal değildir. Ama
n = 5 olduğunda 131 çıkar ve 131 asaldır.
Legendre sorunun yanıtının olumlu olduğundan hiç kuşku duymadı, ancak kanıtlamakta
güçlük çekti. 1785’te defterine “bunu bilimsel olarak kanıtlamalı” diye not düşmüş. On
dört yıl sonra, 1798’de, “doğruluğundan kuşku duymamalıyız” diye yazmış. Sonra da
149
kanıtlamaya çalışmış. Başaramadan... İkinci denemesini Sayılar Kuramı adlı kitabına
aldığını biliyoruz [L]. Ama bu denemesi de yanlış. Kanıtın yanlışlığının ne zaman anlaşıldığını bilmiyorum. 1837’de Alman matematikçi Dirichlet (1805-1859) teoremi kanıtladı
[Di]:
a ve b ortak böleni olmayan iki doğal sayıysa, ax + b biçiminde yazılan sonsuz sayıda
asal sayı vardır.
Dirichlet’nin yönteminden bir başka teorem daha elde edilebilir:
a, b ve c ortak böleni olmayan üç pozitif doğal sayı olsun. ax2 + bxy + cy 2 biçiminde
yazılan sonsuz sayıda asal vardır.
2.326. Sonsuz sayıda asal olduğunu gördük. Ama ne kadar sonsuz sayıda asal var? Bu sonsuzluğu derecelendirebilir miyiz? 100’den küçük 25 tane asal var. Demek ki 100’den
küçük bir sayının asal olma olasılığı % 25. Ama örneğin 1 milyardan küçük rastgele
bir sayının asal olma olasılığı kaçtır? (%5’ten biraz fazla.) Ya da 100 milyardan küçük
rastgele bir sayının? Bu olasılıklar aşağı yukarı (yani yaklaşık değer olarak) biliniyor.
n büyüdükçe, 1 ile n arasında rastgele seçilmiş bir sayının asal olma olasılığı giderek
azalır, ve eğer n çok çok çok büyükse bu olasılık 0’a çok yakın olur. Yani, evet, sonsuz
tane asal sayı var ama o kadar da çok yak! Bir başka deyişle asal sayıların sayısı doğal
sayıların sayısından çok daha düşük.
Bu bölümde doğal sayıları ele aldık. Bundan sonraki bölümlerde sırasıyla
tam sayıları, kesirli sayıları ve gerçel sayıları ele alacağız. Okur tabii ki önceki
yıllardan bu tür sayılara sezgisel olarak aşinadır. Sayıları gene büyük ölçüde
sezgisel olarak ele alacağız (yani sayıların tam matematiksel tanımlarını vermeyeceğiz) ama sürekli olarak kümeler kuramına gönderme yaparak daha modern
bir dil kullanacağız.
Geçmiş yıllardan zaten bildiğiniz konulara uzun uzun yer ayırmamızın nedeni matematikte (hatta her bilim dalında ve her uğraş alanında) tanımın
önemine vurgu yapmaktır.
3. Tam Sayılar Yapısı
3.1
Tanım
Doğal sayılarda toplama ve çarpma gibi iki işlem olduğunu biliyoruz, yani iki
doğal sayının toplamının ve çarpımının gene bir doğal sayı olduğunu biliyoruz.
Ama doğal sayılarda çıkarma işlemi yapılamaz, bazen yapılabilse de her zaman yapılamaz, örneğin doğal sayılarda 7’den 5’i çıkarabiliriz ama 5’ten 7’yi
çıkaramayız, çünkü 2 bir doğal sayıdır ama −2 bir doğal sayı değildir. Yani
doğal sayılarda çıkarma işlemi tam bir işlem değildir, olsa olsa “kısmi” bir
işlemdir, bazen yapılır bazen yapılmaz.
Doğal sayılarda, toplamayı kullanarak “kısmi” bir çıkarma işlemini şu yöntemle tanımlayabiliriz. a ve b herhangi iki doğal sayı olsun. Eğer
a+x=b
eşitliğini sağlayan bir x doğal sayısı varsa, bu x doğal sayısı bir tanedir, yani bu
eşitliği sağlayan ikinci bir x doğal sayısı daha yoktur (çünkü a + x = b = a + y
ise a’ları sadeleştirip x = y buluruz). Yegâne olan bu x sayısını b − a olarak
gösterelim. Örneğin 7 + x = 12 denklemi x = 5 için sağlandığından, yani
7 + 5 = 12 olduğundan, verdiğimiz tanım gereği 5 = 12 − 7 olur. Ve 5 + 7 = 12
olduğundan aynı zamanda 12 − 5 = 7 olur. Böylece doğal sayılarda kısmi
bir çıkarma işlemi tanımlanır. Bu işlem tabii ki ilkokuldan beri bildiğimiz
çıkarma işlemidir: 12 fasulyeden 7 fasulye çıkarırsak geriye 5 fasulye kalır... Bu
altbölümde 7 fasulyeden 12 fasulye çıkarma becerisini kazanacağız!
Doğal sayılarda örneğin 12 + x = 7 denkleminin bir çözümü yoktur, dolayısıyla doğal sayılarda 7 − 12 anlamına gelebilecek bir sayı yoktur. Doğal
sayıların bu kusurunun üstesinden gelmek için her x doğal sayısı için, “eksi x”
adını vereceğimiz ve −x olarak göstereceğimiz yepyeni ve gıcır gıcır bir sayı
icat ediyoruz (ya da yaratıyoruz), tek bir istisnayla ama: −0 = 0 eşitliğini
kabul ediyoruz, −0 gıcır gıcır bir sayı olmayacak yani, bir önceki bölümde
haşır neşir olduğumuz 0 sayısı olacak. Ve hemen akabinde tam sayılar kümesini
tanıtıyoruz:
Z = { . . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . . }.
152
Demek ki, tanım gereği, tam sayılar kümesi doğal sayılardan ve doğal sayıların
“eksi”lerinden oluşuyor. Bir başka deyişle N ⊆ Z oluyor ama Z kümesinde
N’deki sayılar dışında bir de bunların eksileri ya da “negatif”leri var. Bu
dediğimizi daha matematiksel bir dille söyleyelim: Eğer
−N = {0, −1, −2, −3, −4, . . . }
tanımını yaparsak,
Z = N ∪ −N
olur. Ayrıca,
N ∩ −N = {0}
olduğu da belli. Şekil aşağıda.
N \ {0} kümesindeki sayılara pozitif tam sayılar , −N \ {0} kümesindeki sayılara negatif tam sayılar adı verilir. Örneğin 5 pozitiftir ama −5
negatiftir. 0 sayısı ne pozitif ne de negatiftir.
Tam sayıları biçimsel, yani anlamdan uzak bir biçimde tanımladık. −5
diye bir sayı olsun dedik ve oldu! Matematikçinin amacı budur işte, duyumsadığımız dış dünyayı ve bizim dışımızda olan biteni biçimsel ve tamamen
zihinsel bir biçimde kâğıda kaydetmek.
Bu altbölümün devamında tam sayılarda toplama, çıkarma, çarpma, üs
alma gibi işlemlerden ve tam sayıların sıralanmasından bahsedeceğiz.
Notlar
3.1. Tam sayılar kümesinin gösterildiği Z harfi, Almanca sayılar anlamına gelen “zahlen”in
z’sidir. Doğal sayılar kümesinin N’si de Batı dillerinde doğal anlamına gelen “natural”
kelimesinden kaynaklanır.
3.2. Toplama işareti olan + ilk defa 1360’da Nicole Oresme (1323-1382) tarafından kullanılmıştır. + işareti, Latince “ve” anlamına gelen et kelimesinden üretilmiştir. (et kelimesinden üretilen bir başka işaret gene “ve” anlamına gelen & işaretidir.) Fransız
Nicole Oresme Ortaçağ’ın en ilginç düşünürlerindendi. Ekonomi, matematik (olasılık,
koordinat sistemi), fizik (optik ve mekanik), astronomi, felsefe, din ve astroloji gibi
çok çeşitli konularda önemli etkisi olmuştur. Fransız kralı Charles V’in yakın dostu ve
danışmanıydı. Astronomide çağdaşlarının birçoğu gibi yıldızların, planetlerin, güneşin
ve dünyanın hareketi üzerine düşünmüştür. Gökyüzünün ve Dünya’nın Kitabı
3.1. Tanım
153
adlı eserinde, Aristo’nun iddiasının aksine, dünyanın sabit olmayabileceği düşüncesiyle
uzun süre boğuşmuş, örneğin dünyanın kendi etrafında dönmesinin Doğu’dan Batı’ya
doğru esen korkunç boyutlarda bir rüzgara neden olacağı, dolayısıyla dünyanın dönemeyeceği düşüncesinin saçma olduğunu ve aslında devasa yıldız ordusunun dünyanın
etrafında dönmesindense, dünyanın kendi etrafında dönmesinin daha kolay ve ekonomik olacağı, bunun için daha az enerji gerektiğini söylemiştir. Yani kendisinden 200
yıl sonra yaşamış olan Kopernik’in keşfettiğini keşfetmesine ramak kalmıştır. Ne yazık
ki uzun tartışmalarını, diğer birçokları gibi kendisinin de dünyanın değil, yıldızların
döndüğünü düşündüğünü yazarak bitirmiştir.
Johannes Widman’ın kitabından bir sayfa.
Eksiler biraz fazla uzun...
154
3.3. Eksi işareti ilk kez 1489 yılında Alman matematikçi Johannes Widmann tarafından
ticaret aritmetiğini konu eden bir kitabında kullanılmıştır. Tahmin edileceği üzere Widmann eksi işaretini borcu ya da zararı göstermek için kullanmıştır. Daha önce, örneğin,
x3 − 3x + 5 = 0 yazılmaz, x3 + 5 = 3x yazılırdı.
3.2
İşlemler ve Sıralama
Toplamsal Ters. Tam sayıların toplamsal tersleri şöyle tanımlanır: Bir
n ∈ N doğal sayısının toplamsal tersi −n tam sayısıdır ve −n tam sayısının
toplamsal tersi n doğal sayısıdır. Örneğin 5’in toplamsal tersi −5 ve −5’in
toplamsal tersi de 5’tir. Bir x tam sayısının toplamsal tersi −x olarak yazılır.
Bu dediklerimizden, her x tam sayısı için
−(−x) = x
eşitliği çıkar, yani bir tam sayının toplamsal tersinin toplamsal tersi sayının
kendisidir; örneğin
−(−5) = 5 ve − (−(−5)) = −5
olur. Bir başka deyişle peşpeşe gelen iki eksi işareti gereksizdir, ikisi birden
silinebilir. Daha devam edecek olursak,
−(−(−(−5))) = −(−5) = 5
eşitliğini elde ederiz.
Toplama. N kümesinde olduğu gibi Z kümesinde de toplama ve çarpma işlemleri tanımlanabilir. Okurun zaten önceki yıllardan aldığı eğitimden bildiklerini
uzun uzun tekrarlamayacağız, sadece birkaç örnek vermekle yetineceğiz. Önce
3.2. İşlemler ve Sıralama
155
toplama örnekleri:
7+5
7 + (−5)
(−7) + 5
5 + (−7)
(−5) + 7
(−5) + (−7)
(−5) + 5
5 + (−5)
=
12
=
2
= −2
= −2
=
2
= −12
=
0
=
0
0, toplamanın etkisiz ögesidir, yani her x ∈ Z için
x+0=0+x=x
olur.
x + y = y + x ve x + (y + z) = (x + y) + z
gibi eşitlikleri okurun bildiğini varsayıyoruz. Ayrıca her x sayısını toplamsal
tersi olan −x ile toplarsak 0 elde ederiz, yani her x ∈ Z için
x + (−x) = (−x) + x = 0
olur.
Alıştırmalar
3.4.
3.5.
3.6.
3.7.
3.8.
3.9.
3.10.
3.11.
3.12.
3.13.
{x + x : x ∈ Z} kümesinin 5 ögesini bulun.
{x + x : x ∈ Z \ N} kümesinin 3 ögesini bulun.
{x + (−x) : x ∈ Z} kümesinin kaç ögesi vardır?
{(x + x) + (−x) : x ∈ Z} = Z eşitliğini kanıtlayın.
{x + 2 : x ∈ Z} = Z eşitliğini kanıtlayın.
a ∈ Z sabit bir tam sayı olsun. {x + a : x ∈ Z} = Z eşitliğini kanıtlayın.
a ∈ Z sabit bir tam sayı olsun. {(x + x) + a : x ∈ Z} ̸= Z eşitsizliğini kanıtlayın.
A = {0, 1} olsun. {(x + x) + a : x ∈ Z, a ∈ A} = Z eşitliğini kanıtlayın.
A = {3, 8} olsun. {(x + x) + a : x ∈ Z, a ∈ A} = Z eşitliğini kanıtlayın.
A = {3, 7} olsun. {(x + x) + a : x ∈ Z, a ∈ A} = Z eşitliği doğru mudur?
Çarpma. Çarpma işlemine geçelim. x ve y tam sayılarının çarpımı x × y ya
da x · y ya da çok daha basit olarak xy olarak yazılır. Okurun tam sayıları
çarpmayı bildiğini varsayarak sadece birkaç çarpma örneği vermekle yetinelim:
7×5
7 × (−5)
(−7) × 5
(−7) × (−5)
=
35,
= −35,
= −35,
=
35.
156
1, çarpmanın etkisiz ögesidir, yani her x ∈ Z için
x×1=1×x=x
olur. 0 ise çarpmanın yutan ögesidir, yani her x ∈ Z için
x×0=0×x=0
olur. Bir sayının toplamsal tersi, o sayıyı −1 ile çarparak da elde edilir:
(−1) × x = −x.
Kaydadeğer birkaç özellik daha:
Eğer xy = 1 ise ya x = y = 1 ya da x = y = −1 olur.
Eğer xy = 0 ise x ya da y’den en az biri 0 olmak zorundadır.
x, y ∈ Z sayıları için, ne zaman xy ∈ N olur? Eğer x ve y birer doğal
sayıysa bu olur elbette; ama ayrıca x ve y sayıları −N kümesinin ögeleriyse de
olur. Bir başka deyişle
xy ∈ N ⇐⇒ (x, y ∈ N ya da x, y ∈ −N)
eşdeğerliği geçerlidir.
Üs Alma. Aynen doğal sayılarda olduğu gibi, tam sayılarda da üs alma işlemi
vardır. Eğer n ∈ N ve x ∈ Z ise, xn sayısı x’i kendisiyle n defa çarpımı olarak
tanımlanır, örneğin,
x2 = xx, x3 = xxx, x4 = xxxx = x2 x2 .
Daha somut örnekler:
(−2)3 = −8, 34 = 81, (−3)4 = 81
Doğal sayılar için geçerli olan tüm özdeşlikler tam sayılarda da geçerlidir.
Örneğin,
(xy)n = xn y n , xn xm = xn+m , (xn )m = xnm .
−1’in kuvvetleri özellikle önemlidir: Eğer n çift bir doğal sayıysa (−1)n = 1
olur, aksi halde (−1)n = −1 olur. Bu şöyle gösterilir.
{
1 eğer n çift ise
n
(−1) =
−1 eğer n tek ise
Çıkarma. Doğal sayılarda da olan bu toplama ve çarpma işlemleri dışında,
tam sayılarda bir de doğal sayılarda olmayan çıkarma işlemi vardır. Çıkarma
işlemi, toplamsal ters ve toplama işlemleri yardımıyla şöyle tanımlanır:
x − y = x + (−y).
157
Örneğin,
7 − 5 = 7 + (−5) = 2
7 − (−5) = 7 + (−(−5)) = 7 + 5 = 12.
Birkaç çıkarma örneği daha:
5−7
5 − (−7)
(−5) − 7
(−5) − (−7)
(−7) − (−5)
= −2,
=
12,
= −12,
=
2,
= −2.
Toplama yaparken bazı kısaltmalar yapılır:
(−7) + 5
(−7) + (−5)
yerine
yerine
−7 + 5,
−7 − 5
yazılır. x ve y ile ifade edecek olursak:
(−x) + y
(−x) + (−y)
yerine
yerine
−x + y,
−x − y
yazılır. Bu eşitlikler sadece x ve y doğal sayıları için değil, tam sayıları için de
geçerlidir.
Tüm bu işlemlerin sağladığı
xy = yx,
x(yz) = (xy)z,
x(y + z) = xy + xz,
−(x − y) = y − x,
(−x)(−y) = xy,
0x = 0,
1x = x,
(−1)x = −x
gibi eşitlikleri okurun önceki eğitim yıllarından bildiğini varsayıyoruz. Zaten
bu tür eşitlikleri ileride daha genel olarak gerçel sayılarda göreceğiz.
Notlar
3.14. Aritmetiksel işlemlerin hayattaki karşılığını anlatmaya çalışalım.
Doğal sayılarda toplamanın hayattaki karşılığı kolaydır: 2 elma 3 elma daha 5 elma
ettiğinden 2 + 3 = 5 olmalıdır.
5 elmadan 2’sini yersek geriye 3 elma kalır. Bu yüzden 5 − 2 = 3 olur, ya da olmalıdır.
Eğer hava 2 dereceyse ve 5 derece soğursa, hava −3 derece olur. Eğer 2 liram varsa ve
5 lira harcarsam, 3 lira borcum olur. Bu nedenlerle 2 − 5 = −3 olur.
Eğer 10 lira borcum varsa, yani −10 liram varsa ve borcumun 7 lirasını ödersem 3 lira
borcum olur, yani −3 liram olur. Bu yüzden −10 + 7 = −3 olur.
158
Eğer hava −2 dereceyse ve 5 derece daha soğursa, hava −7 derece olur. Bu yüzden
−2 − 5 = −7 olur.
3 elma ağacımın herbirinde 4 elma varsa toplam 12 elmam var demektir. Bu yüzden
3 × 4 = 12 olur.
3 kişinin herbirine 2’şer lira borcum varsa, toplam 6 lira borcum vardır. Böylece 3 ×
(−2) = −6 olmalıdır.
(−3) × 2 = −6 eşitliğinin hayattaki karşılığını bulmak biraz daha zor. −3 ile çarpmak ne
demektir? Bu işlem hayatta neye tekabül ediyor? Şu örnek sanırım iyi anlatıyor: Eğer
her ağaca çıktığımda 2 elma topluyorsam, ağaca 3 defa eksik çıkarsam, 6 elma daha az
toplamış olurum. Ağaca üç defa eksik çıkmayı ağaca −3 defa çıkmak olarak ve 6 tane
daha az elma olmayı −6 olarak algılarsak, bu örnek (−3) × 2 işleminin sonucunun −6
olması gerektiğini gösterir.
Peki (−3) × (−2) neden 6 olmalı? Şu örnekle anlatmaya çalışayım: Her sinemaya gidişimde 2 lira harcıyorsam (yani −2 lira kazanıyorsam!), 3 defa sinemaya gitmezsem (yani
sinemaya −3 defa daha fazla gidersem!) cebimdeki para 6 lira artar!
Hayatın kâğıda geçirilmiş haline matematik denir!
Örnekler
3.15. Toplamanın şu özelliği önemlidir:
x + y = z ise x = z − y olur.
Bu özelliği kanıtlamak için x + y = z eşitliğinin her iki tarafına −y eklemek yeterlidir:
x = x + 0 = x + (y + (−y)) = (x + y) + (−y) = z + (−y) = z − y.
Benzer şekilde,
x + y = z + t ise x − t = z − y olur.
Bu özellikler sayesinde 4x + 7 = 3x + 3 denklemini çözebiliriz mesela. Bunun için 3x’i
eşitliğin soluna, 7’yi eşitliğin sağına taşıyalım: 4x − 3x = 3 − 7, yani 4x − 3x = −4 elde
ederiz. Ama 4x − 3x = (4 − 3)x = 1 · x = x olduğundan, bundan, x = −4 çıkar. Nitekim
x yerine −4 koyarsak hem 4x + 7 hem de 3x + 3 ifadelerinin değeri −9 olur.
3.16. 12x − 5 = 4x + 11 denklemini çözelim. Bunun için x’leri bir kenara, sabit sayıları diğer
tarafa atalım: 12x − 4x = 11 + 5, ve buradan da 8x = 16 ve x = 2 elde ederiz. Nitekim
x yerine 2 koyarsak, hem 12x − 5 ifadesi hem de 4x + 11 ifadesi 19’a eşit olur.
3.17. 5x − 4 = 7x + 3 denkleminin çözümlerini bulalım. Bu denklemden 2x = −7 çıkar ve bu
son eşitliğin tam sayılarda bir çözümü yoktur. Demek ki 5x − 4 = 7x + 3 denkleminin
de çözümü yoktur.
3.18. (2x − (3x − y)) − ((z − (2x − 4y)) − ((z − y) − (x + 3z))) ifadesini sadeleştirelim:
(2x − (3x − y)) − ((z − (2x − 4y)) − ((z − y) − (x + 3z)))
= (2x − 3x + y) − ((z − 2x + 4y) − (z − y − x − 3z))
= (2x − 3x + y) − (z − 2x + 4y
− z + y + x + 3z)
= (2x − 3x + y) − (−x + 5y + 3z)
= 2x − 3x + y
+ x − 5y − 3z
= −4y − 3z.
3.19. (3x − 2)(4y − 7) = 1 denkleminin tam sayılarda çözümlerini bulalım. Bu eşitliğin doğru
olması için, parantez içindeki ifadelerin ikisi birden ya 1’e ya da −1’e eşit olmalıdır.
Önce birinci durumu ele alalım: 3x − 2 = 1 = 4y − 7 ise x = 1 ve y = 2 olmalı. İkinci
durum: 3x − 2 = −1 = 4y − 7, yani 3x = 1 ve 4y = 6; bu durumda çözüm yoktur.
Demek ki (3x − 2)(4y − 7) = 1 denkleminin tam sayılarda tek bir çözümü vardır: x = 1
ve y = 2.
159
3.20. (3x−2)(4y −7) = −1 denkleminin tam sayılarda çözümlerini bulalım. Bu eşitliğin doğru
olması için, parantez içindeki ifadelerin biri 1’e diğeri −1’e eşit olmalıdır.
Önce 3x − 2 = 1 ve 4y − 7 = −1 durumunu ele alalım. Bu durumda x = 1 ve 4y = 6 olur.
4y = 6 denkleminin tam sayılarda bir çözümü olmadığından, bu durumda sistem çözülemez. Şimdi de 3x − 2 = −1 ve 4y − 7 = 1 durumunu ele alalım. Bu sefer ikinci denklemin
çözümü var ama birincisinin yok. Sonuç olarak (3x − 2)(4y − 7) = −1 denkleminin tam
sayılarda çözümü yoktur.
Bu örnekler kolay gelmiş olmalı okura. Aşağıdaki alıştırmalar da muhtemelen kolay gelecektir. Birazdan çok daha zor sorulara rastlayacağız, bunları ısınma hareketleri olarak addedebilirsiniz. Daha zor bir soru istiyorsanız,
3x − 2 = 7y + 4 denkleminin tam sayılardaki (ya da doğal sayılardaki) tüm
çözümlerini bulmaya çalışabilirsiniz; örneğin x = −12, y = −6 bu çözümlerden
biridir, ama daha başkaları da vardır.
Alıştırmalar
3.21. “İki sayının toplamının toplamsal tersi, sayıların toplamsal terslerinin toplamına eşittir”
ifadesini matematiksel dilde ifade edin.
3.22. Toplama işleminin birleşme özelliği vardır, yani x + (y + z) = (x + y) + z olur. Çarpma
işleminin de birleşme özelliği vardır: (xy)z = x(yz). Çıkarma işleminin birleşme özelliği
var mıdır? (Bir sonraki soruya bakınız.)
3.23. x − (y − z) = (x − y) − z eşitliğinin ancak z = 0 için doğru olduğunu gösterin.
3.24. Kümelerle yapılan birleşme (∪), kesişim (∩) ve simetrik fark (∆) işlemlerinin birleşme
özelliği olduğunu gözlemleyin. Örneğin her A, B, C kümesi için
(A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)
olur. Ama kümelerle yapılan fark işleminin birleşme özelliği yoktur.
A \ (B \ C) = (A \ B) \ C
3.25.
3.26.
3.27.
3.28.
3.29.
3.30.
3.31.
3.32.
3.33.
3.34.
3.35.
3.36.
3.37.
3.38.
3.39.
3.40.
eşitliğinin doğru olması için A, B ve C kümeleri arasında nasıl bir ilişki olmalıdır?
(x − (y − x + (x − y))) − (y − 2x + (−y + x)) terimini sadeleştirin.
(x − (−y − 3x − (2x − y))) − (3y − 2x − (−y − x)) terimini sadeleştirin.
x − ((−y − 3x − (2x − y)) − (3y − 2x − (−y − x))) terimini sadeleştirin.
2(x − (y − x + (x − y))) − 3(y − 2x + (−y + x)) terimini sadeleştirin.
2(x − 3(y − x + 4(x − y))) − 5(y − 2x + 2(−y + x)) terimini sadeleştirin.
3x − 2 = 4x − 6 denklemini çözün.
3x − 10 = 4x − 6 denklemini çözün.
−2x − 2 = −x − 6 denklemini çözün.
−2x − 10 = −x − 6 denklemini çözün.
3x − 5 = 2x + 9 denklemini tam sayılarda çözün.
(x − 2)(x + 1) = 0 denklemini tam sayılarda çözün.
(x + 3)(x − 2)(x + 1) = 0 denklemini tam sayılarda çözün.
(x + 3)(3x − 2)(x + 1) = 0 denklemini tam sayılarda çözün.
(x + 3)2 = 0 denklemini tam sayılarda çözün.
160
(x + 3)2 (3x − 2)3 (x + 1)4 = 0 denklemini tam sayılarda çözün.
(x − 2)(y + 1) = 1 denklemini tam sayılarda çözün.
(x − 2)2 = 1 denklemini tam sayılarda çözün.
x2 = x denklemini tam sayılarda çözün.
x2 = −x denklemini tam sayılarda çözün.
(x + 3)(3y − 2)(z + 1) = 1 denklemini tam sayılarda çözün.
(5x − 4)(4y − 7) = 1 denkleminin tam sayılarda çözümlerini bulun.
(3x − 4)(4y − 7) = −1 denkleminin tam sayılarda çözümlerini bulun.
(5x − 3)(4y − 9) = −2 denkleminin tam sayılarda çözümlerini bulun.
(3x − 1)(4y − 3)(5z − 4) = 6 denkleminin tam sayılarda çözümlerini bulun. (Pek hoş bir
soru değil doğrusu, çünkü dikkate alınması gereken biraz fazla şık var, bunun için özür
dilerim; gene de bu tür denklemleri çözebilmek, en azından çözüm yöntemlerini bilmek
gerekiyor.)
3.56. (x − 2)(3y − 2) = (x − 2)(5y − 4) eşitliğinin tüm tamsayı çözümlerini bulun.
3.57. (3x − 2y)(2x − 3y) = −1 denkleminin tam sayılarda çözümlerini bulun.
3.58. Her x, y ∈ Z için x ⋆ y = xy − x − y + 2 tanımını yapalım.
a. x ⋆ (y ⋆ z) = (x ⋆ y) ⋆ z eşitliğini kanıtlayın.
b. x ⋆ y = y ⋆ x eşitliğini kanıtlayın.
c. x ⋆ 1 = 1 eşitliğini kanıtlayın.
c. x ⋆ 2 = x eşitliğini kanıtlayın.
3.41.
3.42.
3.43.
3.44.
3.45.
3.46.
3.47.
3.48.
3.49.
3.50.
3.51.
3.52.
3.53.
3.54.
3.55.
Sıralama. Doğal sayıların bildiğimiz
0 ≤ 1 ≤ 2 ≤ 3 ≤ ...
ya da
0 < 1 < 2 < 3 < ...
sıralamasını tam sayılara şöyle genişletelim:
1. Doğal sayıların sıralaması eskisi gibi olsun. Örneğin 3 hâlâ daha 5’ten küçük
olacak, çünkü doğal sayılarda da öyleydi.
2. Yeni eklediğimiz “eksili sayılar”ın hepsi tüm doğal sayılardan daha küçük
olsun; yani her n, m ∈ N için,
−n ≤ m
olsun. Örneğin −1 ≤ 5, −5 ≤ 1 ya da −3 ≤ 0. Ve elbette −0 ≤ 0...
3. Son olarak “eksili sayıların” sıralaması doğal sayıların sıralamasının tam
tersi olsun, bir başka deyişle her n, m ∈ N için,
−n ≤ −m ⇐⇒ m ≤ n
161
olsun. Örneğin −5 ≤ −3 çünkü 3 ≤ 5.
Demek ki tam sayıları şöyle sıralıyoruz:
. . . ≤ −3 ≤ −2 ≤ −1 ≤ 0 ≤ 1 ≤ 2 ≤ 3 ≤ . . .
Eğer ≤ sıralaması yerine (aynen ≤ sıralamasını tanımladığımız gibi) < sıralamasını tanımlarsak,
. . . < −3 < −2 < −1 < 0 < 1 < 2 < 3 < . . .
olur. Tahmin edileceği üzere ve elbette,
x < y ⇐⇒ (x ≤ y ve x ̸= y)
ve
x ≤ y ⇐⇒ (x < y ya da x = y)
eşdeğerlikleri geçerlidir. Yani ≤ sıralamasıyla < sıralamasından biri biliniyorsa,
diğeri de bilinir; her birini diğerinin yardımıyla tanımlayabiliriz.
x ≥ y önermesini y ≤ x olarak ve x > y önermesini y < x olarak tanımlıyoruz.
Bu sıralamanın şekli de şöyle:
Görüldüğü üzere tam sayıların ne en küçük ögesi var ne de en büyük: Eğer
x bir tam sayıysa x − 1 tam sayısı x’ten küçüktür ve x + 1 tam sayısı x’ten
büyüktür.
Doğal sayılarda olduğu gibi tam sayılarda da n ile n + 1 arasında bir sayı
yoktur. Yani n hangi tam sayı olursa olsun, n ≤ x ≤ n + 1 ise x ya n’ye ya da
n + 1’e eşit olmak zorundadır.
Tam sayıların kareleri negatif olamaz tabii, yani kareler N kümesindedirler.
Örneğin (−5)2 = (−5)(−5) = 25 ∈ N olur.
Tam sayıların sıralamasının daha sonra referans vereceğimiz birkaç önemli
özelliğini yazalım:
S1. Yansıma. Her u ∈ Z için u ≤ u olur.
S2. Antisimetri. Her u, v ∈ Z için, eğer u ≤ v ve v ≤ u ise u = v olur.
S3. Geçişkenlik. Her u, v, w ∈ Z için, eğer u ≤ v ve v ≤ w ise u ≤ w olur.
S4. Tamlık Her u, v ∈ Z için ya u ≤ v ya da v ≤ u olur.
ST. Toplamayla Uyum. Her u, v, w ∈ Z için, eğer u ≤ v ise u + w ≤ v + w
olur.
162
SÇ. Çarpmayla Uyum. Her u, v, w ∈ Z için, eğer u ≤ v ve 0 ≤ w ise ise
uw ≤ vw olur.
ST özelliğinin diğer istikameti de doğrudur, nitekim eğer u + w ≤ v + w
ise, her iki tarafa da −w ekleyerek ST’den dolayı u ≤ v elde ederiz. Bu da
u ≤ v ⇐⇒ u − v ≤ 0 ⇐⇒ 0 ≤ v − u
demektir. Aynı biçimde
u ≤ v ⇐⇒ −v ≤ −u
eşdeğerliği de çıkar.
S3, ST ve SÇ özellikleri ≤ yerine < için de geçerlidir. ≤ yerine < koyarsak
S2 değersizleşir, hatta neredeyse anlamsızlaşır. S1 ve S4 için şu değişiklikler
yapılmalı:
S1′ . Yansımama. Her u ∈ Z için u < u önermesi yanlıştır.
S4′ . Tamlık Her u, v ∈ Z için ya u < v ya u = v ya da v < u olur.
Eğer w = 0 ise SÇ özelliğinin diğer istikameti doğru olmayabilir tabii,
ama eğer w > 0 ise, diğer istikamet de doğrudur: Eğer uw ≤ vw ve w > 0
ise u ≤ v olmak zorundadır. Bir başka deyişle eşitsizliklerde pozitif sayıları
sadeleştirebiliriz. Örneğin 6x ≤ 9y ise 2x ≤ 3y olur. Bunu kanıtlayalım. Diyelim uw ≤ vw ve w > 0. Amacımız u ≤ v önermesini kanıtlamak. Olmayana
ergi yöntemine başvuracağız. Diyelim u ≤ v önermesi yanlış. O zaman v < u
önermesi doğru olur, dolayısıyla v ≤ u önermesi doğru olur. Ama 0 ≤ w
olduğundan, SÇ’den dolayı vw ≤ uw olur. S2’den de uw = vw çıkar. Buradan
(u − v)w = 0 ve hemen ardından u − v = 0 elde edilir (çünkü w ̸= 0), yani
u = v. Buradan da u ≤ v bulunur.
En Küçük ve En Büyük Ögeler. Boş olmayan her doğal sayı kümesinin bir
en küçük ögesi vardır, bunu biliyoruz (iyisıralama özelliği, sayfa 126). Bu özellik tam sayılarda geçerli değildir. Örneğin Z, Z’nin bir altkümesidir (tabii ki!)
ama Z’nin en küçük ögesi yoktur. Öte yandan tam sayılarda bazı altkümelerin
en küçük ögesi vardır. Açıklayalım:
Eğer bir X ⊆ Z altkümesinin tüm ögeleri belli bir a tam sayısından büyükse, a’ya X’in bir altsınırı adı verilir. Örneğin −500, −300’den büyük
sayılardan oluşan kümenin bir altsınırıdır. −400 ve −600 de bu kümenin birer
altsınırıdır. Eğer a sayısı X altkümesinin bir altsınırıysa, a’dan küçük her sayı
da X’in bir altsınırıdır elbette. Altsınırı olan kümelere alttan sınırlı küme
denir. Alttan sınırlı olan ama boşküme olmayan her X ⊂ Z altkümesinin
en küçük bir ögesi vardır. Bu ögeye kümenin minimal ögesi denir. Örneğin
−100’den büyük ve 7’ye bölünen en küçük tam sayı −98’dir. Bu sayı
min X
163
olarak yazılır. Örneğin
{x ∈ 5Z : x ≥ −342}
kümesi alttan sınırlıdır, mesela −400 tarafından. Bu kümenin en küçük ögesi
−340’tır, yani
min {x ∈ 5Z : x ≥ −342} = −340
olur.
Benzer şekilde eğer boş olmayan bir altkümenin tüm ögeleri belli bir tam
sayıdan küçükse (matematiksel jargonla, altküme üstten sınırlıysa), o zaman o kümenin en büyük bir ögesi vardır. Bu ögeye kümenin maksimal ögesi
denir. Örneğin −100’den küçük ve 7’ye bölünen en büyük tam sayı −105’tir.
X’in en büyük ögesi
max X
olarak gösterilir.
Boş olmayan sonlu kümelerin her zaman en küçük ve en büyük ögeleri
vardır tabii. Örneğin
min {−40, −30, 0, 5, 26} = −40 ve max {−40, −30, 0, 5, 26} = 26
olur.
Mutlak Değer. x herhangi bir tam sayı olsun. max {x, −x} sayısı, yani x ile
−x sayısının en büyüğü |x| olarak gösterilir:
|x| = max {x, −x}.
|x| sayısına x’in mutlak değeri adı verilir. Örneğin,
|5|
= 5
|− 5| = 5
|0|
= 0
164
olur. Demek ki doğal sayıların mutlak değeri kendilerine eşittir, negatif sayıların mutlak değerleri ise sayının toplamsal tersine eşittir. Yani
x ∈ N ⇐⇒ |x| = x
ve
x ≤ 0 ⇐⇒ |x| = −x
eşdeğerlikleri doğrudur.
Tamsayılarda karesi 4 olan iki sayı vardır: 2 ve −2. Ayrıca x2 = |x|2 eşitliği
doğrudur ama x3 = |x|3 eşitliği ancak x bir doğal sayıysa doğrudur.
Örnekler
3.59. Eğer a < 0 ise |x| = a denkleminin hiç çözümü yoktur. Ama |x| = 0 denkleminin tek bir
çözümü vardır: x = 0. Ve son olarak eğer x > 0 ise |x| = a denkleminin iki çözümü vardır:
x = a ve x = −a. Bu iki çözümü x = ±a olarak tek bir eşitlikle göstermek çoğu zaman
kolaylık sağlar. “x = ±a” şu anlama gelir: x sayısı ya a’ya ya eşittir ya da −a’ya.
3.60. Öte yandan |x| = |a| denkleminin her zaman en az bir çözümü vardır: x = ±a.
3.61. |x−3| = 5 denkleminin tüm çözümlerini bulalım. Mutlak değerden kurtulmak istiyorsak,
bu denkliği iki denkliğe dönüştürmek zorundayız. |x − 3| = 5 demek, ya x − 3 = 5 ya da
x − 3 = −5 demektir. Buradan da iki çözüm olduğu anlaşılır: x = 8 ve x = −2.
3.62. |2x − 3| = |4x − 9| denkleminin çözümlerini bulalım. Bu eşitlik iki durumda mümkün:
2x − 3 = 4x − 9 ya da 2x − 3 = −(4x − 9). Bu denklemler de sırasıyla x = 3 ve x = 2
çözümlerini verir.
3.63. |2x−3| = |5x−11| denkleminin tamsayılarda çözümlerini bulalım. Bu eşitlik iki durumda
mümkün: 2x − 3 = 5x − 11 ya da 2x − 3 = −(5x − 11). Birincisi 3x = 8 demektir ki
bunun tamsayılarda bir çözümü yoktur. İkincisi ise 7x = 14 demektir, bunun çözümü de
x = 2’dir.
3.64. |2x−3| = |7x−10| denkleminin tamsayılarda çözümlerini bulalım. Bu eşitlik iki durumda
mümkün: 2x−3 = 7x−10 ya da 2x−3 = −(7x−10). Birincisi 5x = 7 demektir ki bunun
tamsayılarda bir çözümü yoktur. İkincisi ise 9x = 13 demektir ki bunun da tamsayılarda
bir çözümü yoktur. Demek ki denklemimizin tam sayılarda çözümü yoktur.
Alıştırmalar
3.65.
3.66.
3.67.
3.68.
3.69.
3.70.
3.71.
3.72.
3.73.
3.74.
3.75.
3.76.
|x − 3| = −2 denkleminin tüm çözümlerini bulun.
|(x − 3)(x + 5)| = 0 denkleminin tüm çözümlerini bulun.
|3x + 5| = 4 denkleminin tam sayılardaki tüm çözümlerini bulun.
|3x − 14| = |1 − 2x| denkleminin tam sayılardaki tüm çözümlerini bulun.
|x − 1| = |x + 1| denkleminin tam sayılardaki tüm çözümlerini bulun.
|(x − 1)(x + 4)| = |(x − 1)(2x − 5)| denkleminin tam sayılardaki tüm çözümlerini bulun.
Hangi x tam sayıları için |(x − 1)(x + 4)| = (x − 1)(x + 4) eşitliği sağlanır?
Hangi x tam sayıları için (x − 1)(x + 4)(x − 7) < 0 olur?
Hangi x tam sayıları için (3x − 1)(4 − x)(x − 7) > 0 olur?
Her x için ||x|| = |x| eşitliğini kanıtlayın.
3.3. Tam Sayılarda Bölme
165
3.77. Hangi x tam sayıları için (3x − 1)(2x − 1) < 0 olur?
3.78. a|b ve b > 0 ise, a ≤ b olduğunu kanıtlayın.
3.79. Eğer a > 0 ise s(a) = 1, eğer a < 0 ise s(a) = −1, eğer a = 0 ise s(a) = 0 tanımını
yapalım. s(a)|a| = a eşitliğini kanıtlayın. Her a ve b için s(ab) = s(a)s(b) eşitliğini
kanıtlayın. s(a)’ya a’nın işareti adı verilir. Eğer 0 < w ve uw < vw ise u < v önermesini
kanıtlayın.
İleride, gerçel sayılar konusuna geldiğimizde mutlak değer konusunu daha
derin bir biçimde irdeleyeceğiz. Şimdilik bu kadarla yetinelim.
3.3
Tam Sayılarda Bölme
n, m ∈ Z olsun. nm sayısına n’nin (tam sayı) katı adı verilir. Örneğin 48, 8’in
bir (tam sayı) katıdır, ama aynı zamanda −6’nın da bir katıdır. nm sayısı tabii
ki hem n’nin hem de m’nin katıdır, aynı zamanda hem −n’nin hem de −m’nin
katıdır. Bu tanımı şöyle de yapabilirdik: n, a ∈ Z olsun; eğer bir m ∈ Z için
a = nm oluyorsa, a’ya n’nin katı denir. Bir başka tanım da şöyle olabilirdi:
Eğer a = nx denkleminin tam sayılarda bir çözümü varsa, a’nın n’nin bir (tam
sayı) katı olduğu söylenir.
n’nin (tam sayı) katlarının kümesi
nZ = { . . . , −3n, −2n, −n, 0, n, 2n, 3n, . . . }
kümesidir.
Görüldüğü üzere “doğal sayı katı olmak”la “tam sayı katı olmak” arasında
çok küçük de olsa bir fark var. Örneğin −48, −6’nın bir doğal sayı katıdır (8
katıdır) ve tabii ki aynı zamanda bir tam sayı katıdır (ne de olsa 8 bir tam
sayıdır). Ama 48, −6’nın sadece bir tam sayı katıdır (−8 katıdır), bir doğal
sayı katı değildir. Bu iki kavram arasındaki fark hemen hemen hiçbir zaman
önemli olmayacak, dolayısıyla mecbur kalmadıkça bu iki kavram arasında bir
ayrım yapmayacağız. Zaten tam sayılarda bölünebilirlik açısından, bir x tam
sayısıyla −x arasında bir fark yoktur, biri bölerse diğeri de böler, biri bölünürse
diğeri de bölünür; bu yüzden sadece bölünmeyle ilgili bir cümle kurulduğunda
x ile −x arasında bir ayrım yapmak gereksiz görülebilir.
Eğer a, n’nin bir katıysa, n’nin a’yı (tam sayılarda) böldüğü ya da a’nın
n’ye (tam sayılarda) bölündüğünü söylenir. Bunu n|a olarak gösteririz. Örneğin 80, 10’un bir katıdır ve 80, 10’a bölünür ve 10, 80’i böler. Bir başka
örnek: −6 sayısı 18 sayısını Z’de böler, nitekim (−6)x = 18 denkleminin bir
çözümü vardır: x = −3. Ayrıca n’nin a’nın bir böleni ya da bazen çarpanı
olduğu söylenir. Örneğin 12’nin bölenleri şu sayılardır:
−12, −6, −4, −3, −2, −1, 1, 2, 3, 4, 6, 12.
Bu listeyi şöyle yazmak bize yer kazandırır:
±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12.
166
Eğer n, a’yı bölüyorsa, −n de a’yı böler; ayrıca n, −a’yı da böler. Örneğin 12
ile −12’nin bölenleri aynıdır.
Doğal sayılarda a|b ve b|a ise a = b olmak zorundadır. Tam sayılarda bu
doğru olmasa da buna yakın bir ifade doğru: a ve b tamsayıları için a|b ve b|a
ise a = ±b olur, yani a ya b’ye ya da −b’ye eşittir.
1 ve −1 tüm tam sayıları böler ve bu iki sayı bu özelliği olan yegâne tam
sayılardır. 1 ve −1’den başka ortak böleni olmayan iki tam sayıya aralarında
asal sayılar denir. Örneğin −145 ve 38 aralarında asal sayılardır.
0 her sayıya bölünür çünkü her n ∈ Z için nx = 0 denkleminin bir çözümü vardır, örneğin x = 0. Dikkat ederseniz 0, 0’ı da böler, yani 0, 0’a bölünür.
Öte yandan 0 sadece 0’ı böler, başka da bir sayıyı bölmez, çünkü 0x = a
denkleminin sadece a = 0 ise bir çözümü vardır, hatta her x tam sayısı 0x = 0
denkleminin bir çözümüdür, eğer n ̸= 0 ise bu denklemin bir çözümü yoktur.
Bölünebilirlik ilişkisini kümelerle ifade edebiliriz:
m|n ⇐⇒ n ∈ mZ ⇐⇒ nZ ⊆ mZ
olur, yani yukarıdaki üç önerme eşdeğerdir, biri doğruysa diğerleri de doğrudur.
Böylece sayılar kuramıyla kümeler kuramı arasında bir geçiş yapılır ve bu çoğu
zaman hayatımızı kolaylaştırır.
Eğer n ̸= 0 ise ve n, a’yı bölüyorsa, yani nx = a denkleminin tamsayılarda
bir çözümü varsa, o zaman bu çözüm bir tanedir, nitekim
nx1 = a ve nx2 = a
ise
n(x1 − x2 ) = nx1 − nx2 = a − a = 0
olur; n(x1 − x2 ) = 0 eşitliğinden de (n ̸= 0 olduğundan) x1 − x2 = 0, yani
x1 = x2 elde ederiz. Bu durumda, yani n ̸= 0 ise ve x tamsayısı nx = a
eşitliğini sağlıyorsa, x sayısına “a bölü n” denir ve
x = a/n
olarak gösterilir. Bazen de
a
n
yazılır. Demek ki her x, a, n tamsayısı için, eğer n ̸= 0 ise
x=
x = a/n ⇐⇒ nx = a
olur.
a/0 diye bir sayı tanımlamıyoruz. Ama eğer n ̸= 0 ise 0/n diye bir sayı
vardır ve bu sayı 0’a eşittir.
3.3. Tam Sayılarda Bölme
167
0’ın 0’ı böldüğüne ama 0/0 diye bir sayının tanımlanmadığına dikkatinizi
çekerim. 0, 0’ı böler çünkü 0x = 0 denkleminin çözümü vardır (her tam sayı
bu denklemin bir çözümüdür) ama bu çözüm biricik olmadığından 0/0 diye
bir sayı tanımlamıyoruz. “0/0” diye bir ifadeyi tanımsız bırakıyoruz.
Tam Sayılarda Kalanlı Bölme. Doğal sayılarda kalanlı bölmeyi Teorem
2.6’da gördük: Küçük bir kalana razı olursak her doğal sayıyı 0’dan farklı her
doğal sayıya bölebiliriz, örneğin 28’i 3’e bölersek 9 çıkar ve kalan da 1’dir:
28 = 3 · 9 + 1.
Benzer bir bölmeyi tam sayılarda da yapabiliriz. Örneğin 28’i −3’e bölmeye
çalışalım. Aşağıdaki eşitliklerden her biri doğrudur:
28
28
28
28
28
28
28
28
=
=
=
=
=
=
=
=
(−3) · (−11) + (−5)
(−3) · (−10) + (−2)
(−3) · (−9) + 1
(−3) · (−8) + 4
(−3) · (−7) + 7
(−3) · (−6) + 10
(−3) · 0 + 28
(−3) · 1 + 31
Bunun gibi daha bir sürü (sonsuz sayıda)
28 = (−3)q + r
türünden eşitlik doğrudur. “Kalanlı bölme” olarak bu sonsuz sayıdaki eşitlikten birini seçmeliyiz. “Kalan” dediğimiz sayı yukarıdaki eşitliklerin en sağındaki sayılardan biri olacak. “Kalanlı bölme” hangisi olsun? Kalanı 1 olanı
(üstten üçüncü eşitliği) seçeceğiz, yani 28’i −3’e kalanlı böldüğümüzde sonuç
−9, kalan ise 1 çıkacak:
28 = (−3) · (−9) + 1.
Tanımın böyle olmasını istiyoruz. Kalanın (örnekte 1), bölenin (örnekte −3)
mutlak değerinden (örnekte |− 3|, yani 3) küçük olmasını istiyoruz.
Genel olarak n sayısını m sayısına kalanlı bölmek istediğimizde, kalanın
m’nin mutlak değerinden küçük bir doğal sayı olmasını istiyoruz.
Teorem 3.1. n ve m iki tam sayı olsun. m ̸= 0 olsun. O zaman öyle q ve r
tam sayıları vardır ki
0 ≤ r < |m| ve n = mq + r
olur. Ayrıca bu koşulları sağlayan q ve r sayıları biriciktir.
168
Kanıta girişmeden önce birkaç örnek verelim:
n
29
29
−29
−29
m
6
−6
6
−6
q
4
−4
−5
5
r
5
5
1
1
kalanlı bölme
29 = 6 · 4 + 5
29 = (−6) · (−4) + 5
−29 = 6 · (−5) + 1
−29 = (−6) · 5 + 1
Kanıt: Biricikliği daha sonraya bırakıp, önce q ve r sayılarının varlığını kanıtlayalım. Teorem 2.6’dan dolayı |n| doğal sayısını |m| doğal sayısına kalanlı
bölebiliriz. Demek ki
(1)
|n| = |m|q0 + r0
eşitliğini ve
(2)
0 ≤ r0 < |m|
eşitsizliğini sağlayan q0 , r0 ∈ N sayıları vardır. Kanıtımızı n ve m’nin pozitif
ya da negatifliğine göre dört ayrı şıkka ayıracağız, yani meşakkatli ve uzun
(ama kolay) bir kanıt olacak.
Eğer n ve m doğal sayılarsa, (1) ve (2)’deki mutlak değerleri silebiliriz ve
böylece q = q0 ve r = r0 alarak istediğimizi elde ederiz.
Eğer m < 0 ve n ≥ 0 ise |m| = −m olur ve (1)’den
n = |n| = |m|q0 + r0 = −mq0 + r0 = m(−q0 ) + r0
elde ederiz; bu durumda q = −q0 ve r = r0 alarak istediğimizi elde ederiz.
Eğer m ≥ 0 ve n < 0 ise (1)’den
−n = |n| = |m|q0 + r0 = mq0 + r0
elde ederiz. Eğer r0 = 0 ise n = m(−q0 ) olur ve q = −q0 ve r = r0 = 0
tanımları istediklerimizi verir. Eğer r0 > 0 ise yukarıda merkezlenen eşitlikten
n = m(−q0 ) − r0 = m(−q0 − 1) + (m − r0 )
elde ederiz ve bu sefer q = −q0 − 1 ve r = m − r0 sayıları teoremde istenen
koşulları sağlar.
Eğer m ≤ 0 ve n < 0 ise (1)’den
−n = |n| = |m|q0 + r0 = −mq0 + r0
ve dolayısıyla
n = mq0 − r0 = m(q0 + 1) + (−m + r0 )
3.4. Bézout Teoremi
169
olur. q = −q0 + 1 ve r = −m + r0 tanımını yaparsak teoremde istenen koşullar
sağlanır.
Şimdi sıra bulunan koşulları sağlayan q ve r sayılarının biricik olduğunu
kanıtlamaya geldi. Diyelim 0 ≤ r, r1 < |m| ve q ve q1 tam sayıları için
mq + r = mq1 + r1
eşitliği doğru. Bir çelişki elde etmek amacıyla r1 > r varsayımını yapalım. Bu
varsayımdan ve eşitlikten
m(q − q1 ) = mq − mq1 = r1 − r > 0
çıkar. Demek ki m(q − q1 ) sayısı pozitif. Eğer m ≤ 0 ise m ≤ m(q − q1 )
eşitsizliği elbette geçerli; ama m > 0 ise q − q1 > 0 olmak zorunda olduğundan
aynı eşitsizlik gene geçerli. Demek ki her durumda
m ≤ m(q − q1 ) = r1 − r < m
olur, yani m < m, bir çelişki. Demek ki r1 > r varsayımı doğru olamaz.
Aynı şekilde r > r1 varsayımı da doğru olamaz. Demek ki r = r1 . Bu ve
mq + r = mq1 + r1 eşitliği mq = mq1 eşitliğini verir ve bundan da q = q1 çıkar.
Buraya kadar temel tanımları gördük. Altbölümün bundan sonrasında tam
sayılarda daha derine ineceğiz. İlk olarak meşhur Bézout teoremlerini kanıtlayacağız. Ardından asallık üzere, obeb ve okek üzerine çok daha derin
düşüneceğiz. Kanıtlayacağımız en önemli sonuç Aritmetiğin Temel Teoremi
(Teorem 3.10), o sonuç bilinmeden olmaz. Ama dileyen okur, bu altbölüme
daha sonra geri gelmek üzere şu anda bir sonraki altbölüme atlayarak önce
kesirli ve gerçel sayıların tanımını ve başat özelliklerini görebilir, bir sakıncası
yoktur.
3.4
Bézout Teoremi
İki doğal sayının en büyük ortak bölen kavramını önceki bölümde ele almıştık.
Aynı kavramı bu bölümde başka bir bakış açısıyla irdeleyeceğiz.
a ve b iki doğal sayı olsun, ama her ikisi birden 0 olmasın. Aslında a ve b iki
tam sayı da olabilir, hatta öyle olsunlar. Doğal sayılarda olduğu gibi a ve b’nin
en büyük ortak bölenini obeb(a, b) olarak göstereceğiz. Elbette obeb(a, b) =
obeb(|a|, |b|) olur, yani tam sayılarda obeb ile doğal sayılarda obeb arasında
çok önemli bir fark yoktur.
Şu kümeye bakalım:
A = {au + bv : u, v ∈ Z, au + bv > 0}.
170
A elbette N kümesinin bir altkümesidir. Ayrıca boşküme değildir, çünkü eğer
u = a ve v = b alırsak, a2 + b2 sayısının A’da olduğunu anlarız (ya a ya da b
sayısı 0’dan farklı olduğundan, a2 + b2 ̸= 0 olur). Demek ki A, N’nin boş olmayan bir altkümesi. İyisıralama özelliğinden dolayı A’nın en küçük bir ögesi
vardır. A’nın bu en küçük ögesine d diyelim. Şimdi d’nin a ve b sayılarının en
büyük ortak böleni olduğunu iddia ediyoruz ve hemen kanıtlamaya koyuluyoruz. d ∈ A olduğundan, u, v ∈ Z tamsayıları için,
d = au + bv
olur. a’yı d’ye kalanlı bölelim: Bir 0 ≤ r < d ve q ∈ Z için
a = dq + r
olur. Bu iki eşitlikten,
a = (au + bv)q + r
elde ederiz. Buradan,
0 ≤ r = a(1 − uq) + (−bq)v
çıkar. Demek ki d’den daha küçük olan r’nin A kümesinde olmasına ramak
kalmış; 0’dan farklı olsa A’da olacak! d’den küçük pozitif bir doğal sayı A’da
olamayacağından, r = 0 olmalı. Demek ki a = dq + r = dq + 0 = dq ve d, a’yı
bölüyor. Benzer biçimde d’nin b’yi de böldüğü çıkar. Böylece d sayısının a ve
b’nin ortak bir böleni olduğunu kanıtlamış olduk.
Şimdi d’nin a ve b’nin en büyük ortak böleni olduğunu kanıtlamalıyız. Ama
bu çok kolay: Eğer e sayısı a ve b’yi bölüyorsa, d = au + bv eşitliğinden dolayı
e sayısı d’yi de böler. d > 0 olduğundan bundan e ≤ d çıkar.
Bu kanıtladığımızı “teorem” adı altında kaydedelim:
Teorem 3.2 (Bézout Teoremi I). a ve b iki tam sayı olsun ama her ikisi birden
0 olmasın. a ve b’nin en büyük ortak böleni, u, v ∈ Z için
d = au + bv > 0
eşitsizliğini sağlayan en küçük d doğal sayısıdır.
Bu teoremin bariz ama çok kullanışlı bir sonucu:
Teorem 3.3 (Bézout Teoremi II). a ve b iki tam sayı olsun ama her ikisi
birden 0 olmasın. d = obeb(a, b) olsun. O zaman
d = au + bv
eşitliğini sağlayan u ve v doğal sayıları vardır.
171
Bu teoremin ters istikameti doğru değildir, yani d = au+bv eşitliğini sağlayan u ve v sayılarının varlığı d’nin illa a ve b’nin en büyük ortak böleni olduğu
anlamına gelmez; örneğin
23 = 7 × 5 + 4 × (−3)
olur ama 7 ile 4’ün en büyük ortak böleni 13 değildir! Öte yandan, şimdi
kanıtlayacağımız üzere, eğer d = 1 ise, yukarıdaki teoremin ters istikameti de
doğrudur.
Teorem 3.4 (Bézout Teoremi III). a ve b birbirine asal iki tam sayıysa, o
zaman
au + bv = 1
eşitliğini sağlayan u ve v doğal sayıları vardır. Bunun ters istikameti de doğrudur: Eğer au + bv = 1 eşitliğini sağlayan u ve v tam sayıları varsa, a ve b
aralarında asaldır.
Kanıt: Birinci önerme bir önceki teoremin özel bir durumu. İkinci önermeyi
kanıtlayalım: Eğer bir d doğal sayısı a ve b sayılarını bölüyorsa, o zaman d
sayısı au + bv sayısını da böler, yani 1’i de böler. Demek ki d = 1 olmak
zorundadır.
Örneğin 45 × 3 + 67 × (−2) = 1 olduğundan, 45 ile 67 aralarında asaldır.
Tabii au + bv = 1 ise, a ile b aralarında asal olduğu gibi, a ile v de ve hatta
u ile v de aralarında asaldır.
Verilmiş a ve b tam sayıları için, Teorem 3.3’te varlığını kanıtladığımız u
ve v sayılarını pratikte nasıl bulabiliriz? Bu altbölümü u ve v sayılarını bulmanın bir yöntemini göstererek bitirelim. Her şeyden önce a ve b’yi doğal sayı
alacağımızı görelim: Eğer a|u| + b|v| = 1 eşitliğini sağlayan u ve v’yi bulabiliyorsak, au1 + bv1 = 1 eşitliğini sağlayan u1 ve v1 de bulunabilir; nitekim a ve
b’nin pozitif ya da negatifliğine göre u1 = ±u v1 = ±v tanımlarını yeterlidir.
Bu yüzden bundan böyle a ve b’nin doğal sayı olduklarını varsayacağız.
obeb(a, b) = d olsun. (Örnek 2.175 ve 2.309’de d’yi bulmanın bir yöntemini açıklamıştık.) Burada amacımız d = au + bv eşitliğini sağlayan u ve
v tamsayılarını bulmak. Bu arada, bu eşitliği sağlayan sonsuz sayıda u ve v
tamsayıları olduğunu söyleyelim, nitekim eğer d = au + bv oluyorsa, her k ∈ Z
için d = a(u + kb) + b(v − ka) olur.
Evet... d = au + bv eşitliğini sağlayan u ve v tamsayı çiftlerinden birini
bulalım. Diyelim a ≥ b > 0. (Aksi halde a ve b’nin rollerini değiştirin.) a’yı
b’ye kalanlı bölelim: Bir q sayısı ve 0 ≤ r < b eşitliklerini sağlayan bir r sayısı
için
(3)
a = bq + r
172
olur. Bu eşitlikten hemen anlaşılacağı üzere a ve b sayılarının ortak bölenleriyle
b ve r sayılarının ortak bölenleri aynıdır (bkz. Teorem 2.8). Dolayısıyla
d = obeb(a, b) = obeb(b, r)
olur. 0 ≤ r < b ≤ a olduğundan, b ve r sayıları için Teorem 3.3’te söylendiği
gibi u ve v tam sayılarını bulmak daha kolaydır. Diyelim
(4)
d = bu1 + rv1
eşitliğini sağlayan u1 ve v1 tam sayılarını bulduk. (3)’ten çıkan
r = a − bq
eşitliğini (4)’e yerleştirelim:
d = bu1 + rv1 = bu1 + (a − bq)v1
elde ederiz. Bu eşitliği düzenlersek,
d = av1 + b(u1 − qv1 )
buluruz. Demek ki
u = v1 ve v = u1 − qv1
tanımları istediğimiz d = au + bv eşitliğini sağlar.
Yukarıdaki yöntemi pratikte uygulamanın çok kolay olmadığını kabul ediyorum, ama gene de bir yöntemdir. Aşağıda örnekler göreceksiniz.
Örnekler
3.80. a = 25, b = 7 olsun. Bu iki sayı aralarında asal, yani d = 1. Amacımız
25u + 7v = 1
eşitliğini sağlayan u ve v tam sayılarını bulmak. Aynı soruyu bir sonraki örnekte metinde
anlatılan yöntemle çözeceğiz, ama burada çok daha ilkel bir yöntem kullanacağız. 25’in
katından 1 fazlasını ya da 1 eksiğini bulana kadar 7’yi 1, 2, 3 gibi doğal sayılarla çarpalım.
7 × 7 = 49 eder ve bu sayı 25 × 2’nin 1 eksiğidir:
7 × 7 = 25 × 2 − 1
ya da
1 = 25 × 2 + 7 × (−7).
Demek ki u = 2 ve v = −7 almak yeterli. Başka çözümler de vardır. Örneğin u = 9,
v = −32 sayıları aynı eşitliği sağlar. Genel olarak, her n ∈ Z için u = 2 + 7n ve
v = −7 − 25n sayıları aynı eşitliği sağlar. Başınız sıkıştığında, hesaplar çok karmaşık
geldiğinde bu ilkel yönteme başvurabilirsiniz.
173
3.81. a = 25, b = 7 olsun. Bu iki sayı aralarında asal, yani d = 1. Amacımız
25u + 7v = 1
eşitliğini sağlayan u ve v tam sayılarını bulmak. Metindeki yöntemde açıkladığımız gibi
25’i 7’ye kalanlı bölelim:
25 = 7 × 3 + 4
(ileride kolaylık olsun diye ilgilendiğimiz sayıların altını çizdik) ve 7 ve 4 için istediğimiz
u ve v sayılarını bulalım. Bu iki sayı için aranan u ve v sayılarını bulmak kolay:
1 = 7 × (−1) + 4 × 2.
Şimdi eşitliğin sağındaki 4 yerine, bir önceki eşitlikte beliren 4 = 25 − 7 × 3 eşitliğini
yerleştirelim:
1 = 7 × (−1) + 4 × 2 = 7 × (−1) + (25 − 7 × 3) × 2 = 25 × 2 + 7 × (−7)
elde ederiz. Demek ki u = 2 ve v = −7 istediğimiz 25u + 7v = 1 eşitliğini sağlıyor.
3.82. Bu sefer a = 43, b = 127 olsun. İlk bölmeyi yapalım ve önemli sayıların altını çizelim:
127 = 43 × 2 + 41.
Şimdi 43’ü 41’e bölelim:
43 = 41 × 1 + 2.
Ardından 41’i 2’ye bölelim:
41 = 2 × 20 + 1.
En büyük ortak böleni bulmak için bu kadarı yeter bize çünkü
1 = 41 − 2 × 20
eşitliğinden
d = obeb(43, 127) = obeb(43, 41) = obeb(41, 2) = 1
eşitliğini biliyoruz. Şimdi
43u + 127v = 1
eşitliğini sağlayan u ve v tam sayılarını bulalım. Yukarıdaki eşitlikleri kullanarak kalanları (en sağdaki sayıları) tecrit edelim:
41
2
1
=
=
=
127 − 43 × 2
43 − 41 × 1
41 − 2 × 20
Şimdi en son eşitlikten başlayarak yukarı doğru çıkalım:
1
=
=
=
=
=
41 − 2 × 20
41 − (43 − 41 × 1) × 20
41 × 21 − 43 × 20
(127 − 43 × 2) × 21 − 43 × 20
127 × 21 − 43 × 62
İstediğimizi bulduk: u = 21, v = −62.
Alıştırmalar
3.83. a = 9 ve b = 13 olsun. au + bv = 1 eşitliğini sağlayan u ve v tamsayılarını bulun.
174
3.86. a = 119 ve b = 161 olsun. d = obeb(a, b)’yi bulun ve au + bv = d eşitliğini sağlayan u
ve v tamsayılarını bulun.
3.87. a = 323 ve b = 391 olsun. d = obeb(a, b)’yi ve au + bv = d eşitliğini sağlayan u ve v
tamsayılarını bulun.
3.5
Asallar üzerine Biraz Daha
Bézout teoreminin şu sonucu eminim hoşunuza gidecektir:
Teorem 3.5. İki sayının çarpımını bölen bir asal sayı çarpılan iki sayıdan
birini mutlaka böler. Ayrıca bu özelliği sağlayan 1’den büyük her doğal sayı
asaldır.
Kanıt: Diyelim p bir asal ve ab çarpımını bölüyor. p’nin ya a’yı ya da b’yi
böldüğünü göstereceğiz. Diyelim p, a’yı bölmüyor. Bu durumda p’nin b’yi böldüğünü göstermeliyiz. p bir asal olduğundan ve a’yı bölmediğinden p ile a
aralarında asaldır. Bézout teoremine göre
pu + av = 1
eşitliğini sağlayan u ve v tam sayıları vardır. Bu eşitliğin her iki tarafını da b
ile çarpalım:
pub + (ab)v = b.
Eşitliğin sol tarafı p’ye bölünür çünkü p|ab. Demek ki eşitliğin sağ tarafı, yani
b de p’ye bölünür.
Teoremin ikinci kısmını kanıtlayalım şimdi. Teoremin ilk kısmında yazan
özelliği sağlayan bir p > 1 doğal sayısı alalım. Yani her a ve b tam sayısı için,
eğer p|ab ise, ya p|a ya da p|b olsun. Amacımız p’nin bir asal sayı olduğunu
göstermek. Diyelim bir a doğal sayısı p’yi bölüyor. Amacımız a’nın ya 1’e ya
da p’ye eşit olduğunu göstermek. a|p olduğundan, bir b ∈ N sayısı için
p = ab
olur. Ama p|p olduğundan, bu eşitlikten p|ab çıkar. Dolayısıyla, varsayıma göre
ya p|a ya da p|b olmalı. Birinci durumda (a|p olduğundan) a = p olur. İkinci
durumda bir c için b = pc olur ve bundan da
p = ab = acp
çıkar, ki bu da ac = 1 ve dolayısıyla a = 1 demektir. Kanıtımız tamamlanmıştır.
Bu teorem, p ikiden fazla sayının çarpımını böldüğünde de geçerlidir tabii
ki, örneğin eğer p asalı abc sayısını bölüyorsa, o zaman a, b ve c sayılarından
(en azından) birini bölmek zorundadır. Bunu bir sonuç olarak kaydedelim:
3.5. Asallar üzerine Biraz Daha
175
Sonuç 3.6. p bir asal ve a1 , . . . , an herhangi n tane doğal sayı olsun. Eğer
p|a1 · · · an ise p asalı ai sayılarından en az birini böler.
Teorem 3.5’i şöyle de genelleştirebiliriz:
Sonuç 3.7. 0’dan farklı a, b, c doğal sayılarını alalım. Eğer a sayısı bc çarpımını bölüyorsa ve a ve b aralarında asalsa, a sayısı c’yi böler.
Kanıt: Diyelim kanıtlamak istediğimiz önerme yanlış. Önermenin yanlış olduğu sayılar arasında a’nın en küçük olduğu bir a, b, c üçlüsü seçelim. Demek
ki a sayısı bc’yi bölüyor ve a ile b aralarında asal ama a, c’yi bölmüyor; ayrıca
a bu özelliği sağlayan en küçük pozitif doğal sayı.
a, c’yi bölmediğinden, a sayısı 1’e eşit olamaz. Demek ki a > 1. Teorem
3.5’e göre a bir asal da olamaz.
Teorem 2.4’e göre a’yı bölen pozitif bir p asal sayısı vardır. Bu p asalı
elbette bc’yi de böler (çünkü a, bc’yi bölüyor). Demek ki Teorem 3.5’e göre
p ya b’yi ya da c’yi böler. Ama a ile b aralarında asal olduğundan, p, b’yi
bölemez. Demek ki p, c’yi böler. Şimdi a1 ve b1 doğal sayıları için
a = pa1 ve c = pc1
yazalım. a asal olmadığından, a1 ̸= 1 (aksi halde a = pa1 = p olurdu, yani
a bir asal olurdu). Şimdi a = pa1 sayısı bc = bpc1 sayısını böldüğünden, a1
sayısı bc1 sayısını böler. Ayrıca a1 ve b sayıları aralarında asaldır (çünkü a
ve b sayıları aralarında asal). a1 < a olduğundan, a üzerine varsayımımızdan
dolayı (a önermeye en küçük karşıörnekti) a1 ’in c1 ’i böldüğünü söyleyebiliriz.
Demek ki a = pa1 sayısı c = pc1 sayısını böler.
Sonuç 3.8. Aralarında asal iki doğal sayı bir doğal sayıyı bölüyorsa, aralarında asal doğal sayıların çarpımı da aynı doğal sayıyı böler.
Kanıt: Diyelim aralarında asal olan n ve m sayıları x’i bölüyor. O zaman bir y
için x = ny olur. Buradan da m’nin ny’yi böldüğü çıkar. Sonuç 3.7’ye göre m,
y’yi böler, yani bir z için y = mz olur. Bundan da x = ny = n(mz) = (nm)z
olur. Demek ki nm sayısı x’i böler.
Bu bölümü yaptıklarımızın bir uygulamasıyla, Fermat’nın Küçük Teoremi’nin (Teorem 2.16) bir versiyonuyla bitirelim:
Sonuç 3.9 (Fermat’nın Küçük Teoremi). p bir asal ve n, p’ye bölünmeyen bir
tam sayı olsun. O zaman p asalı np−1 − 1 sayısını böler.
Kanıt: Daha önce kanıtladığımız Fermat’ın Küçük Teoremi’ne (Teorem 2.16)
göre p asalı np − n sayısını böler. Ama
np − n = n(np−1 − 1)
176
olduğundan Teorem 3.5’e göre p asalı ya n’yi ya da np−1 − 1 sayısını böler. p
ile n aralarında asal olduğundan ancak ikinci şık geçerli olabilir, yani p asalı
np−1 − 1 sayısını böler.
Örnekler
3.88. 227 sayısı 17’ye bölündüğünde kaç kalır? Sonuç 3.9’a göre 216 , 17’ye bölündüğünde 1 kalır,
yani 216 ∈ 17Z + 1 olur. 227 = 216 211 olduğundan, şimdi 211 ’in kalanını hesaplayalım.
24 = 16 ∈ 17Z − 1
olduğundan,
28 = (24 )2 ∈ 17Z + 1
olur. Demek ki
227 = 216 28 23 ∈ (17Z + 1) · (17Z + 1) · 8 ⊆ 17Z + 8.
Buradan kalanın 8 olduğu çıkar. Yani 17 asalı 227 − 8 sayısını böler.
3.6
Aritmetiğin Temel Teoremi
Teorem 2.5’te, pozitif her doğal sayının asalların çarpımı olarak yazıldığını
kanıtlamıştık. Bu altbölümde pozitif her doğal sayının asalların çarpımı olarak
tek bir biçimde yazıldığını kanıtlayacağız. Örneğin,
3500 = 2 × 2 × 5 × 5 × 5 × 7
olur. (Eşitliğin sağ tarafındaki sayıların her biri asaldır.) Tabii 3500’ü,
3500 = 7 × 5 × 5 × 2 × 5 × 2
olarak da yazabiliriz, ama bu iki yazılım arasında çok büyük bir fark yoktur,
sadece çarpımı alınan asalların yerleri değişmiş. Eğer asalları küçükten büyüğe
doğru sıralayacak olursak, birazdan kanıtlayacağımız üzere, bir sayıyı asalların
çarpımı olarak tek bir biçimde yazabiliriz.
Teorem 3.5’i canalıcı bir biçimde kullanacağımız okurun gözünden kaçmamalıdır. (Zaten teoremin kanıtı bu yüzden bu kadar gecikti.)
Teorem 3.10 (Aritmetiğin Temel Teoremi). Her pozitif doğal sayı sonlu sayıda pozitif asalın çarpımı olarak yazılır. Ayrıca eğer p1 ≤ . . . ≤ pn ve q1 ≤
. . . ≤ qm asalları için
p 1 · · · p n = q1 · · · qm
ise n = m olur ve her i = 1, . . . , n için pi = qi olur.
Kanıt: Birinci önermeyi Teorem 2.5’te kanıtlamıştık. İkinci önermeyi kanıtlayalım. Diyelim p1 ≤ . . . ≤ pn ve q1 ≤ . . . ≤ qm asalları için
p 1 · · · p n = q1 · · · qm
3.6. Aritmetiğin Temel Teoremi
177
eşitliği geçerli. Eğer n = 0 ise, yani eşitliğin sol tarafında çarpılacak p asalı
yoksa, o zaman (sıfır tane asalın çarpımı 1 olduğundan), eşitliğin sol tarafı 1’e
eşit olur ve
1 = q1 · · · qm
eşitliğini elde ederiz. Ama q asalları 1’den büyüktür ve çarpımları 1 olamaz;
dolayısıyla eşitliğin sağ tarafında da q asalı yok, yani m = 0. Bu durumda
(yani n = 0 durumunda) istediğimizi kanıtladık.
Bundan böyle n > 0 varsayımını yapabiliriz. Benzer biçimde m > 0 varsayımını da yapabiliriz.
Eşitlikte beliren asalların en büyüğü ya pn ya da qm olmalıdır. Diyelim
pn ≥ qm . (Aksi halde p’lerle q’lerin rollerini değiştirin.) pn asalı,
p1 · · · pn = q1 · · · qm
eşitliğinin sol tarafını böler; demek ki sağ tarafını da böler. Sonuç 3.6’ya göre
pn asalı q asallarından birini böler, diyelim qj asalını bölüyor. Demek ki pn ≤
qj ≤ qm . Ama varsayımımıza göre pn ≥ qm . Buradan pn = qm eşitliği çıkar.
Böylece eşitliğin iki tarafında beliren son asalların birbirlerine eşit olduklarını
kanıtladık. Bu asalları sadeleştirelim:
p1 · · · pn−1 = q1 · · · qm−1
elde ederiz. Ne yaptık? p1 · · · pn = q1 · · · qm eşitliğinin sonundaki asalları sadeleştirip, benzer eşitliğin daha az sayıda asalla gerçekleştiğini kanıtladık. Bir
sonraki aşamada, aynı yöntemle pn−1 ve qm−1 asallarını yok edelim. Bunu
böylece iki taraftan birindeki asallar tükeninceye kadar, yani eşitliğin bir tarafında 1 elde edinceye kadar devam edelim. Eşitliğin bir tarafı 1’e eşitse, diğer
tarafta da asal kalmayacağını yukarıda görmüştük. Demek ki eşitliğin iki tarafındaki asallar aynı anda tükenmeli, yani n = m olmalı. Asalların birbirine
eşit olduğu da kanıttan anlaşılıyor olmalı.
Bir sayıyı asallarına ayrıştırırken aynı asal birkaç kez belirebilir. Örneğin
a = 2 · 2 · 2 · 5 · 5 · 13 · 13 · 13 · 13
ayrışımında 2 tam üç kez belirmiş, 5 iki kez belirmiş, 13 de dört kez belirmiş.
Bu sayıyı
a = 23 · 52 · 134
olarak yazmak bize yer ve zaman kazandırır. Eğer dilersek arada eksik olan
asalları da tamamlayabiliriz:
a = 23 · 30 · 52 · 70 · 110 · 134
178
olur. Şöyle de yazabiliriz tabii:
a = 23 · 30 · 52 · 70 · 110 · 134 · 170 · 190 .
Bu yazılımları kullanarak aritmetiğin temel teoremini şöyle ifade edebiliriz:
Teorem 3.11 (Aritmetiğin Temel Teoremi). Her pozitif doğal sayı, birbirinden farklı p1 , . . . , pk asal sayıları ve pozitif n1 , . . . , nk doğal sayıları için
pn1 1 . . . pnk k
biçiminde yazılır. Ayrıca eğer pi asallarını küçükten büyüğe doğru soldan sağa
yazarsak bu yazılım biriciktir.
Örneğin
15.750 = 21 · 32 · 53 · 71
olarak asallarına ayrışır. Bu ayrışımda eğer dilersek asalların yerlerini değiştirebiliriz, örneğin
15.750 = 32 · 21 · 71 · 53
eşitliği de doğrudur. Ama yapabileceğimiz tek değişiklik asalların yerlerini
değiştirmektir, eşitliği bozmadan çarpıma yeni bir asal ekleyemeyiz, ya da
çarpımda beliren asallardan birini çıkaramayız ya da kuvvetlerle oynayamayız.
Az kaldı unutuyordum! Tabii bazı asalların 0’ıncı kuvvetini de ekleyebiliriz:
15.750 = 21 · 32 · 53 · 71 · 110 · 130
Bu son yazılım özellikle iki farklı sayı ele aldığımızda pratiktir. Örnek olarak
asallarına ayrılmış iki sayı alalım:
a = 223 · 512 · 114 · 137 ve b = 217 · 38 · 512 · 119
olsun. Eğer kuvvetlerde 0’ın belirmesine izin verirsek
a = 223 · 30 · 512 · 70 · 114 · 137 ve b = 217 · 38 · 512 · 70 · 119 · 130
olarak da yazabiliriz. Örneğin a’nın asallara ayrışımında 223 beliriyor, b’nin
asallara ayrışımında da 217 beliriyor; o zaman ab’nin asallarına ayrışımında
223+17 = 2340 belirir. Sonuç olarak
ab = 223+17 · 30+8 · 512+12 · 70+0 · 114+9 · 137+0
= 240 · 38 · 524 · 70 · 1113 · 137
olur. Yani asallarına ayrıştırılmış iki sayının çarpımının asallarına ayrışımını
bulmak çok kolaydır, asalların kuvvetlerini toplamak yeterlidir: Birbirinden
179
farklı p1 , . . . , pk asal sayıları ve (illa 0’dan farklı olmak zorunda olmayan)
n1 , . . . , nk ve m1 , . . . , mk doğal sayıları için
mk
1
a = pn1 1 . . . pnk k ve b = pm
1 . . . pk
ise,
ab = pn1 1 +m1 . . . pnk k +mk
(5)
olur.
Asallarına ayrıştırılmış sayıların en büyük ortak bölenini de bulmak kolaydır. Yukarıdaki
a = 223 · 30 · 512 · 70 · 114 · 137 ve b = 217 · 38 · 512 · 70 · 119 · 130
örneğine devam edelim. obeb(a, b)’nin asallara ayrışımında 2’nin kaçıncı kuvveti belirir? a’da 223 beliriyor, b’de de 217 beliriyor, o zaman obeb(a, b)’de bunların en küçüğü olan 217 belirir. Öte yandan a’nın asallara ayrışımında 3 belirmiyor, o zaman obeb(a, b)’nin asallara ayrışımında da 3 belirmez. obeb(a, b)’nin
asallara ayrışımında beliren asallar hem a hem de b’de beliren asallardır ve bu
asalların kaçıncı kuvvetlerinin belirdiği a ve b’nin asallara ayrışımlarına bakar
bakmaz anlaşılır, hep en küçük kuvvet alınır. Sonuç olarak, obeb(a, b) sayısı,
2min{23, 17} · 3min{0, 8} · 5min{12, 12} · 7min{0, 0} · 11min{4, 9} · 13min{7, 0}
sayısına, yani
217 · 30 · 512 · 70 · 114 · 130
sayısına eşit olur. Genel olarak, birbirinden farklı p1 , . . . , pk asal sayıları ve (illa
0’dan farklı olmak zorunda olmayan) n1 , . . . , nk ve m1 , . . . , mk doğal sayıları
için
mk
1
a = pn1 1 . . . pnk k ve b = pm
1 . . . pk
ise,
(6)
min(n1 ,m1 )
obeb(a, b) = p1
min(nk ,mk )
. . . pk
olur.
Asallarına ayrıştırılmış bir sayının bölenlerini de bulmak kolaydır. Diyelim
a sayısı asallarına şöyle ayrılmış olsun
a = 23 · 57 · 111 .
a’nın bölenleri, i = 0, 1, 2, 3 ve j = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ve k = 0, 1 sayıları için
illa ki
2i · 5j · 11k
180
biçiminde olmalıdır. Görüldüğü gibi i için 4, j için 8, k için 2 seçenek var, bu da
toplamda (4+8+2 değil!) 4×8×2 = 64 seçenek verir, yani 23 ·57 ·111 sayısının
4 × 8 × 2 = 64 tane farklı böleni vardır. Bunların en küçüğü 20 · 50 · 110 = 1’dir,
en büyüğü de sayının kendisi olan 23 · 57 · 111 sayısıdır. Örnek olarak (daha
küçük, dolayısıyla makul bir sayı olan) 23 · 52 · 111 sayısının (ki 2200’e eşit)
tüm bölenlerini teker teker yazalım:
20 50 110
20 51 110
20 52 110
20 50 111
20 51 111
20 52 111
= 1,
= 5,
= 25,
= 11,
= 55,
= 275
21 50 110
21 51 110
21 52 110
21 50 111
21 51 111
21 52 111
= 2,
= 10,
= 50,
= 22,
= 110,
= 550,
22 50 110
22 51 110
22 52 110
22 50 111
22 51 111
22 52 111
= 4,
= 20,
= 100,
= 44,
= 220,
= 1100,
23 50 110
23 51 110
23 52 110
23 50 111
23 51 111
23 52 111
= 8,
= 40,
= 200,
= 88,
= 440,
= 2200.
Görüldüğü gibi tam (3+1)(2+1)(1+1) = 24 tane var. Bu bulduğumuz sonucu
not edelim:
Sonuç 3.12. pn1 1 · · · pnk k biçiminde asallarına ayrışmış bir doğal sayının tam
(n1 + 1) · · · (nk + 1) tane doğal sayı böleni vardır ve bu bölenler 0 ≤ mj ≤ nj
için
mk
1
pm
1 · · · pk
biçiminde yazılırlar.
Bunun doğrudan bir sonucu:
Sonuç 3.13. Eğer p bir asal ve n bir doğal sayıysa pn sayısının tam n + 1
tane doğal sayı böleni vardır, bunlar da p’nin kuvvetleridir:
p0 = 1, p1 = p, p2 , . . . , pn−1 , pn .
Kanıt: Bir önceki sonuçta k = 1 alalım.
Sonuç 3.14. Eğer p bir asal ve n > 0 ve m birer doğal sayıysa, pn ve m
doğal sayılarının aralarında asal olması için yeter ve gerek koşul p’nin m’yi
bölmemesidir.
Kanıt: Bir önceki sonuca göre pn ’nin bölenleri p’nin kuvvetleridir ve 1 dışında
bunların hepsi p’ye bölünürler. Buradan da istediğimiz sonuç çıkar.
Ne yazık ki a ve b asallarının ayrışımı bize a + b’nin asallarına ayrışımı
hakkında pek bir fikir vermez. Yukarıdaki
a = 223 · 30 · 512 · 70 · 114 · 137 ve b = 217 · 38 · 512 · 70 · 119 · 130
örneğine geri dönelim: İlk aşamada a + b sayısının asallarına ayrışımında en
azından
217 , 512 , 114
181
asal kuvvetlerinin belireceğini söyleyebiliriz:
a + b = 223 · 512 · 114 · 137 + 217 · 38 · 512 · 119
= 217 · 512 · 114 · (26 · 137 + 38 · 115 ),
a + b sayısının asallara ayrışmasını bitirebilmek için ikinci satırda parantez
içinde yer alan
26 · 137 + 38 · 115
sayısını asallarına ayrıştırmak gerekir ki bu da oldukça zahmetli ve zaman alıcı
olabilir. Ama mesela bu sayı bir tek sayı olduğundan (neden?) 2’ye bölünmez;
dolayısıyla a+b’nin asal çarpımında tam olarak 217 bulunur, 2’nin daha büyük
bir kuvveti belirmez. Aynı şekilde a + b’nin asallarına ayrışımında 11’in tam
4’üncü kuvveti yani tam tamına 114 belirir, 11’in daha büyük bir kuvveti
belirmez. Ayrıca a + b, 13’e tam bölünmez. Öte yandan a + b çarpımında
mesela 17’nin ya da 19’un tam kaçıncı kuvvetinin belirdiğini görmek için (Fermat’nın Küçük Teoremi’ni kullanarak mesela) biraz daha ileri düzeyde hesap
yapmak gerekebilir. Hesaplardan korkmayan okur işe koyulabilir. (Bkz. bir
sonraki örnek.)
Şöyle bir genel kural çok yanlış değildir: Sadece toplamayla ilgili sorular
kolaydır, sadece çarpmayla ilgili sorular da kolaydır, ama hem toplamayla hem
de çarpmayla ilgili sorular çok çok zor olabilir, örneğin Fermat’nın Son Teoremi
ya da ikiz asallar sanısı ya da Goldbach Sanısı.
Bu kısımda asallarla ilgili temel birkaç teorem kanıtladık. İşlediğimiz konuya aritmetik ya da (temel düzeyde) sayılar kuramı denir. Matematiğin en
temel amacı içinde yaşadığımız uzayı yani geometriyi anlamaktır; sayılar ise
hem geometriyi daha iyi anlamamızı sağlayan bir aygıttır hem de kendi başına
insanlığın merak odağıdır, yani sayıları anlamak matematiğin ikinci bir hedefidir diyebiliriz.
Örnekler
3.89. 26 · 137 + 38 · 115 sayısı 17’e bölününce kalanını hesaplayalım. 24 = 16 ∈ 17Z − 1 ve
22 = 4 ∈ 17Z + 4 olduğundan,
26 = 24 · 22 ∈ (17Z − 1)(17Z + 4) ⊆ 17Z − 4
olur. (Aslında yukarıda ⊆ küme içindeliği yerine eşitlik de yazabilirdik, ama bu önemli
olmayacak.) Şimdi 137 sayısını ele alalım. 13 ∈ 17Z − 4 olduğundan
132 ∈ (17Z − 4)(17Z − 4) ⊆ 17Z + 16 = 17Z − 1
olur; buradan da
137 = (132 )3 · 13 ∈ (17Z − 1) · 13 ⊆ 17Z − 13 = 17Z + 4
çıkar. Demek ki
26 · 137 ∈ (17Z − 4)(17Z + 4) ⊆ 17Z − 16 = 17Z + 1
182
olur. Şimdi toplanan ikinci terim olan 38 · 115 sayısını ele alalım.
32 = 9 ∈ 17Z + 9 = 17Z − 8
olduğundan,
34 = (32 )2 ∈ 17Z + 64 = 17Z + 13 = 17Z − 4
ve
38 = (34 )2 ∈ 17Z + 16 = 17Z − 1
olur. Öte yandan, 11 ∈ 17Z + 11 = 17Z − 6 olduğundan,
112 ∈ 17Z + 36 = 17Z + 2
ve
113 = 112 · 11 ∈ 17Z + 22 = 17Z + 5
ve
115 = 112 · 113 ∈ (17Z + 2)(17Z + 5) ⊆ 17Z + 10
olur. Bütün bunlardan
38 · 115 ∈ (17Z − 1)(17Z + 10) ∈ 17Z − 10 = 17Z + 7
çıkar. Daha önce bulduğumuzla birlikte istediğimiz yanıtı buluruz:
26 · 137 + 38 · 115 ∈ (17Z + 1) + (17Z + 7) = 17Z + 8.
Demek ki 26 · 137 + 38 · 115 sayısı 17’ye bölündüğünde kalan 8 imiş.
3.90. 0’dan farklı bir doğal (ya da tam) sayının tam sayı böleni sayısı, doğal sayı böleni
sayısının iki katıdır çünkü her d doğal sayı böleni için bir de −d tam sayı böleni vardır.
Örneğin 15’in doğal sayı bölenleri 1, 3, 5 ve 15’tir, yani 4 tanedir. Ama doğal sayı
bölenleri bunun iki misli kadardır, çünkü bu sayılara bir de −1, −3, −5 ve −15 eklenir.
3.91. Sonuç 3.12’den şu çıkar: Pozitif bir doğal sayının doğal sayı böleninin tek olması için
yerekli ve yeter koşul sayının bir tam kare olmasıdır, nitekim Sonuç 3.12’deki
(n1 + 1) · · · (nk + 1)
sayısının tek olması için her ni + 1 çarpanının tek olması, bunun için de her ni ’nin çift
olması gerekir. Bu durumda, ni = 2mi yazarsak,
n
2mk
2m1
1
k
pn
· · · pk
1 · · · pk = p1
m
2
1
k
= (pm
1 · · · pk )
eşitliğini elde ederiz. Bunu bambaşka bir yöntemle Örnek 2.176’te açıklamıştık.
Alıştırmalar
3.92.
3.93.
3.94.
3.95.
3.96.
119 sayısı 5’e bölündüğünde kalanın 1 olduğunu kanıtlayın.
137 ile 37 ’nin 5’e bölündüğünde kalanlarının aynı olduğunu kanıtlayın.
26 · 137 + 38 · 115 sayısı 5’in en fazla kaçıncı kuvvetine bölünür?
25 · 138 + 310 · 116 sayısı 17’ye bölündüğünde kalan kaç olur?
26 · 137 + 38 · 115 sayısı 19’a bölündüğünde kalan kaç olur?
3.7. En Küçük Ortak Kat
3.7
183
En Küçük Ortak Kat
n ve m iki doğal sayı olsun. Hem n’ye hem de m’ye bölünen sayılar vardır
elbette, örneğin nm sayısı bunlardan biridir. İyisıralama Özelliği’ne göre hem
n’ye hem de m’ye bölünen en küçük pozitif doğal sayı vardır; n ve m’nin en
küçük ortak katı adı verilen bu sayı
okek(n, m)
olarak gösterilir. Örneğin 12 ve 8’in en küçük ortak katı 24’tür. Bir başka örnek
verelim:
a = 223 · 512 · 114 · 137 ve b = 217 · 38 · 512 · 119
olsun, yani sayılar asallarına ayrışmış biçimde verilmiş olsun. Eğer kuvvetlerde
0’ın belirmesine izin verirsek
a = 223 · 30 · 512 · 70 · 114 · 137 ve b = 217 · 38 · 512 · 70 · 119 · 130
olarak da yazabiliriz, ki bu yazılım daha pratik olacak. Bu örnekte a’nın asallara ayrışımında 223 beliriyor, b’nin asallara ayrışımında da 217 beliriyor; o
zaman ekok(a, b)’nin asallarına ayrışımında 223 belirir. Diğer asallarda da aynı
şey olur. Sonuç olarak obeb(a, b) sayısı,
2max{23, 17} · 3max{0, 8} · 5max{12, 12} · 7max{0, 0} · 11max{4, 9} · 13max{7, 0}
sayısına, yani
223 · 38 · 512 · 70 · 119 · 137
sayısına eşit olur. Genel olarak, birbirinden farklı p1 , . . . , pk asal sayıları ve (illa
0’dan farklı olmak zorunda olmayan) n1 , . . . , nk ve m1 , . . . , mk doğal sayıları
için
mk
1
a = pn1 1 . . . pnk k ve b = pm
1 . . . pk
ise,
(7)
max(n1 ,m1 )
okek(a, b) = p1
max(nk ,mk )
. . . pk
olur.
Birkaç sayfa önce bulduğumuz (5) ve (6) formülleriyle
max{a, b} + min{a, b} = a + b
formülünü (7) formülüyle bir araya getirirsek hemen
okek(a, b) obeb(a, b) = ab
eşitliğini bulmuş oluruz. Burada a ve b doğal sayılar tabii.
184
Teorem 3.15. a ve b her ikisi de 0 olmayan iki doğal sayı olsun. e = ekok(a, b)
olsun. O zaman a ve b’nin ortak katları tam tamına e’nin ortak katlarıdır.
Kanıt: e sayısı a ve b’nin ortak katı olduğundan, e’nin katları a ve b’nin ortak
katlarıdır. Diğer istikameti gösterelim. d = obeb(a, b) olsun. Teoremden hemen
önce kanıtladığımız eşitliğe göre,
ed = ab
olur. b = b1 d yazalım. Yukarıdaki formülden ed = ab = ab1 d, yani
e = ab1
çıkar.
x sayısı a ve b’nin bir ortak katı olsun. x’i e’ye bölelim: Bir q ∈ N ve
0 ≤ r < e için
x = eq + r
olur. x ve e sayıları a ve b’nin katları olduğundan, bu eşitlikten r’nin de a
ve b’nin katları olduğu çıkar. Ama e sayısı a ve b en küçük pozitif ortak katı
olarak tanımlandığından, bundan r = 0 elde ederiz. Demek ki x = eq + r = eq
ve x, e’ye bölünüyor.
Örnekler
3.97. Eğer a, b ve c üç pozitif doğal sayıysa,
okek(a, okek(b, c)) = okek(okek(a, b), c)
olur. Bunun kanıtı oldukça kolaydır ve okura alıştırma olarak bırakılmıştır. Yani okek
işlemi birleşme özelliğini sağlar. Dolayısıyla bu ifadeler yerine
okek(a, b, c)
yazabiliriz. Gelecekte öyle de yapacağız. okek(a, b, c) sayısı, a’ya, b’ye ve c’ye bölünen
en küçük doğal sayıdır. Genel olarak, eğer X, 0’dan farklı bir öge içeren sonlu bir doğal
sayı (ya da tamsayı) kümesiyse, okek X, X’in ortak çarpanların en küçüğünü simgeler.
Benzer tanımı obeb için de yapabiliriz ama bu sefer doğal sayı kümesinin sonlu olmasına
gerek yoktur.
3.8
nZ + a Kümeleri
Bu başlık altında, obeb ve okek kavramlarını daha modern bir yaklaşımla ele
alacağız. Kullanacağımız aygıt, n, a ∈ Z tamsayıları için nZ + a gibi kümeler
olacak.
Tanım ve İlk Özellikler. Herhangi bir kuşkuya yer vermemek için nZ + a
kümelerinin tanımını açık açık yazalım:
nZ + a = {nk + a : k ∈ Z},
3.8. nZ + a Kümeleri
185
yani
nZ + a = { . . . , −2n + a, −n + a, a, n + a, 2n + a, . . . }.
Demek ki nZ + a kümesinin ögeleri a’ya n’nin katları eklenerek (ya da n’nin
katlarını a’dan çıkararak) elde ediliyor. Burada n ve a herhangi iki tam sayı
olabilir.
nZ + a kümesi
Örneğin 2Z + 1 tek tam sayılar kümesidir (yukarıdaki tanımda n yerine 2,
a yerine 1 koyun):
2Z + 1 = {2x + 1 : x ∈ Z}
= { . . . , −6 + 1, −4 + 1, −2 + 1, 1, 2 + 1, 4 + 1, . . . }
= { . . . , −5, −3, −1, 1, 3, 5, . . . }.
Bir başka örnek:
5Z + 2 = {5x + 2 : x ∈ Z}
= { . . . , −15 + 2, −10 + 2, −5 + 2, 2, 5 + 2, 10 + 2, . . . }
= { . . . , −13, −8, −3, 2, 7, 12, . . . }.
Eğer tanımda n = ±1 alırsak
nZ + a = ±Z + a = Z + a = Z
olur. Eğer tanımda n = 0 alırsak
nZ + a = 0Z + a = {0} + a = {a}
olur. Eğer tanımda a = 0 alırsak
nZ + a = nZ + 0 = nZ
olur ve bu nZ kümeleri toplama, çıkarma ve çarpma işlemleri altında kapalıdır,
bir başka deyişle nZ’den alınan iki sayının toplamı, farkı ve çarpımı da bu
kümededir. Daha önce de gördüğümüz üzere
m|n ⇐⇒ nZ ⊆ mZ
olur.
a ∈ nZ + a ve 0, ±n ∈ nZ önermeleri elbette doğrudur.
186
Eğer n = ±m ise elbette nZ = mZ olur. Bunun ters istikameti de doğrudur.
Nitekim eğer nZ = mZ ise n ∈ nZ = mZ olur, yani n ∈ mZ olur, yani n sayısı
m’nin bir katıdır. Benzer nedenden m sayısı da n’nin bir katıdır. Tam sayılarda
hesap yaptığımızdan, bu son iki olgudan n = ±m çıkar.
Ama farklı n ve a sayıları için nZ+a sayı kümeleri birbirilerine eşit olabilir.
Örneğin
5Z + 2 = 5Z + 7 = 5Z + 12 = 5Z − 3 = −5Z + 2 = −5Z + 37 = 5Z + 37
olur. Genel olarak, nZ + a kümesini betimlemede kullanılan n yerine −n ve
a yerine nZ + a kümesinden herhangi bir sayı koyabiliriz, küme değişmez; bir
başka deyişle,
(8)
nZ + a = mZ + b ⇐⇒ m = ±n ve n|b − a
eşdeğerliği geçerlidir. Bu eşdeğerliği kanıtlayalım.
Önce m = ±n ve n|b − a varsayımlarını yapalım. Demek ki bir w ∈ Z tam
sayısı için nw = b − a olur. Buradan da
mZ + b = nZ + b = nZ + nw + a = n(Z + w) + a = nZ + a
çıkar. İstediğimizin yarısını kanıtladık.
Şimdi de nZ + a = mZ + b eşitliğini varsayalım. b ∈ mZ + b = nZ + a
olduğundan b − a ∈ nZ olur. Demek ki n|b − a. Diyelim w ∈ Z tam sayısı için
b − a = nw. O zaman,
nZ + a = mZ + b = mZ + nw + a,
yani nZ = mZ + nw olur; buradan da mZ = nZ − nw = n(Z − w) = nZ ve
m = ±n çıkar.
Dolayısıyla eğer X = nZ + a biçiminde bir kümeyse, n’yi her zaman bir
doğal sayı ve a’yı 0, 1, . . . , n−1 sayıları arasından seçebiliriz. Bunun için n yerine |n| sayısı ve a yerine, a’yı n’ye böldüğümüzde elde edilen kalanı alabiliriz.
Örneğin
−7Z + 23 = 7Z + 2
olur; bir başka örnek:
−29Z + 143 = 29Z + 27
olur.
Toplamlar. Bu paragrafta nZ + mZ türünden bir toplamın ne tür bir kümeye
eşit olduğunu bulacağız. Örneğin
8Z + 6Z = 2Z
187
olur. Bir başka örnek:
24Z + 42Z = 6Z.
Bir örnek daha:
24Z + 36Z = 12Z.
Konu anlaşılmıştır herhalde! Genel teoremi yazıp kanıtlayalım:
Teorem 3.16 (Bézout Teoremi IV). a ve b ikisi de aynı anda 0 olmayan iki
tam sayı olsun. Eğer d = obeb(a, b) ise
aZ + bZ = dZ
olur.
Kanıt: Eğer d sayısı hem a’yı hem de b’yi bölüyorsa, aZ ⊆ dZ ve bZ ⊆ dZ
olur. Dolayısıyla
aZ + bZ ⊆ dZ + dZ = dZ
olur. Bunun özel bir durumu olarak d = obeb(a, b) alırsak istediğimiz eşitliğin
yarısını kanıtlamış oluruz.
Şimdi d = obeb(a, b) için dZ ⊆ aZ + bZ önermesini, yani d ∈ aZ + bZ
önermesini kanıtlamalıyız, bir başka deyişle d = au + bv eşitliğinin doğru
olduğu u, v ∈ Z sayılarının varlığını kanıtlamalıyız. Ama bunu Teorem 3.3’te
kanıtlamıştık.
Kesişimler. Önce nZ ∩ mZ türünden kesişimlerin ne olduklarını bulalım.
nZ ∩ mZ kümesinin ögeleri hem n’ye hem de m’ye bölünen sayılardan oluşur.
Okurdan doğruluğunu kendi başına kontrol etmesini isteyeceğimiz örneklerle
başlayalım:
6Z ∩ 8Z
= 24Z,
7Z ∩ 8Z
= 56Z,
4Z ∩ 8Z
=
8Z,
15Z ∩ 35Z = 105Z.
Şimdi Teorem 3.16’nın bir benzerine toplama yerine kesişim için kanıtlayalım.
Teorem 3.17. a ve b her ikisi de 0 olmayan iki doğal sayı olsun. Eğer e =
ekok(a, b) ise
aZ ∩ bZ = eZ
olur.
Kanıt: e ∈ aZ ∩ bZ olduğundan, eZ ⊆ aZ ∩ bZ olur. Diğer istikameti gösterelim. Hem aZ hem de bZ kümesinde olan bir sayı, hem a’nın hem de b’nin bir
katıdır, dolayısıyla Teorem 3.15’e göre eZ kümesindedir1 .
1
Her ne kadar Teorem 3.15 doğal sayı katları için kanıtlanmış gibi görünüyorsa da, tam
sayı katları için de aynı teorem aynı kanıtla geçerlidir.
188
Şimdi nZ + a türünden kümelere geçelim. Bu türden iki kümenin kesişimi
ne olur? (nZ + a) ∩ (mZ + b) kesişimi ne zaman boşküme olur ve boşküme
olmadığında hangi kümeye eşit olur?
Birkaç basit örnekle başlayalım:
(2Z + 1) ∩ (6Z + 4) = ∅
olur çünkü 2Z + 1 kümesi tek sayılardan oluşur, oysa 6Z + 4 kümesinin ögeleri
çifttir. Şu örnek de kolay:
(2Z + 1) ∩ (6Z + 1) = 6Z + 1.
ya da
3Z ∩ (9Z + 6) = 9Z + 6.
Daha zor örnekler var. Örneğin,
(18Z + 7) ∩ (21Z + 4).
Bu kesişimi bulmak yukarıdaki örneklerdeki kesişimleri bulmaktan daha zor.
Birazdan doğruluğunu göreceğimiz yanıtı verelim:
(18Z + 7) ∩ (21Z + 4) = 126Z + 25.
Önce (nZ+a)∩(mZ+b) ̸= ∅ varsayımını yapalım. Kesişimden bir s alalım.
Demek ki x, y ∈ Z için
s = nx + a = my + b
olur. Demek ki
b − a = nx − my ∈ nZ + mZ.
Demek ki, Teorem 3.16’ya göre eğer d = ebob(n, m) tanımını yaparsak,
b − a ∈ nZ + mZ = dZ
olur. Böylece eğer (nZ + a) ∩ (mZ + b) ̸= ∅ ise d|b − a olduğunu bulduk.
Şimdi d = ebob(n, m) olsun ve d|b − a varsayımını yapalım; acaba bu
koşulla (nZ + a) ∩ (mZ + b) ̸= ∅ oluyor mu? Diyelim
b − a = dw.
Burada w bir tam sayı elbette. Bézout teoremine göre
nu + mv = d
eşitliğini sağlayan u ve v tamsayıları vardır. Bu son eşitliği w ile çarparsak,
nuw + mvw = dw = b − a yani,
nuw + a = −mvw + b
189
buluruz. Bu sayıya s dersek, soldaki ifadeden s ∈ nZ + a olduğu, sağdaki
ifadeden de s ∈ mZ + b olduğu çıkar. Demek ki (nZ + a) ∩ (mZ + b) ̸= ∅.
Böylece, yukarıdaki iki paragrafta, d = ebob(n, m) tanımıyla,
(nZ + a) ∩ (mZ + b) ̸= ∅ ⇐⇒ a ≡ b mod d
önermesini kanıtlamış olduk.
Şimdi gene d = ebob(n, m) tanımıyla, a ≡ b mod d önermesini varsayıp,
boşküme olmadığını artık bildiğimiz (nZ + a) ∩ (mZ + b) kümesinin neye eşit
olduğunu bulalım. Kesişimden bir s alalım. s ∈ nZ + a olduğundan, s − a ∈ nZ
olur, yani n|s − a. Dolayısıyla sayfa 186’teki (8) eşdeğerliğinden dolayı
nZ + a = nZ + s
olur. Aynı nedenden
mZ + b = mZ + s
olur. Demek ki,
(nZ + a) ∩ (mZ + b) = (nZ + s) ∩ (mZ + s) = (nZ ∩ mZ) + s,
ve eğer e = ekok(n, m) tanımını yaparsak, Teorem 3.17’ye göre
(nZ + a) ∩ (mZ + b) = eZ + s
buluruz. Bulduğumuz sonuçları yazalım:
Teorem 3.18. n, m, a, b ∈ Z olsun. d = ebob(n, m) ve e = ekok(n, m)
tanımlarını yapalım. d|a − b koşulu, (nZ + a) ∩ (mZ + b) kesişiminin boşküme
olmaması için yeter ve gerek koşuldur. Ve bu durumda, kesişimden alınan herhangi bir s için
(nZ + a) ∩ (mZ + b) = eZ + s
olur.
Şimdi artık (18Z + 7) ∩ (21Z + 4) = 126Z + 25 eşitliğinin neden doğru
olduğunu biliyoruz: 126 = ekok(18, 21) ve 25 ∈ (18Z+7)∩(21Z+4) olduğundan
doğru.
Yukarıdaki teoremin pratik bir değeri olması için kesişimdeki s sayısının
nasıl bulunacağı bilinmeli. Bulalım.
n, m, a, b ∈ Z olsun. d = obeb(n, m) tanımını yapalım. d|a − b varsayımını
yapalım, ki (nZ + a) ∩ (mZ + b) kesişimi boşküme olmasın. Bir
s ∈ (nZ + a) ∩ (mZ + b)
bulmaya çalışalım. Demek ki x, y ∈ Z için,
s = nx + a = my + b
190
olmalı. s’yi bulmak demek, nx + a = my + b eşitliğini sağlayan x ve y sayıları
bulmak demektir. Bu arada, nx + a = my + b eşitliğini sağlayan bir x ve y
sayı çifti varsa, aynı eşitliği sağlayan sonsuz sayıda sayı çifti olduğunu görelim,
nitekim eğer nx + a = my + b eşitliği doğruysa, her k ∈ Z için
n(x + km) + a = m(y + kn) + b
eşitliği de doğru olur. Yani nx+a = my+b eşitliğini sağlayan x ve y sayılarından
çok vardır, bir sadece bir numune bulmak istiyoruz. Şimdi nx + a = my + b
eşitliğini sağlayan x ve y sayılarından birer tane bulalım. Henüz doğruluğunu
bilmediğimiz
nx + a = my + b
eşitliğinden
a − b = my − nx
çıkar. d|a − b varsayımından dolayı, bir w için
dw = a − b
olur. Bunu bir önceki eşitliğe taşıyalım:
(9)
dw = my − nx
buluruz. Hâlâ daha x ve y’yi bulamadık ama en azından sağlamaları gereken
(9) eşitliğini bulduk.
Şimdi (9) eşitliğini sağlayan x ve y sayılarını bulacağız. d = obeb(n, m)
tanımını kullanalım. Tanımdan dolayı
d = nu + mv
eşitliğini sağlayan u, v tamsayıları vardır. (Hem de çok vardır.) Bu eşitliği w
ile çarpalım:
dw = nuw + mvw.
Şimdi
y = vw ve x = −uw
tanımlarını yapalım. (Böylece (9) eşitliği doğru oldu.) Şimdi
nx + a = −nuw + a = −(d − mv)w + a
= −(d − mv)w + (dw + b) = mvw + b
= my + b
olur. İstediğimizi bulduk: nx + a = my + b ve bu sayı (nZ + a) ∩ (mZ + b)
kesişiminde. Bulduğumuzu yazalım:
191
Teorem 3.19. n, m, a, b ∈ Z olsun. d = obeb(n, m) tanımını yapalım. d|a−b
varsayımını yapalım. w tamsayısı dw = a − b eşitliğini sağlasın. Ayrıca u, v
tamsayıları d = nu + mv eşitliğini sağlasın2 . O zaman
−nuw + a = mvw + b ∈ (nZ + a) ∩ (mZ + b)
olur.
Alıştırmalar
3.98.
3.99.
3.100.
3.101.
3.102.
3.103.
3.104.
3.105.
3.106.
3.107.
3.108.
3.109.
3.110.
3.111.
(21Z + 6) ∩ (35Z + 20) = eZ + s eşitliğini sağlayan e ve s tamsayılarını bulun.
(66Z + 8) ∩ (220Z + 30) = eZ + s eşitliğini sağlayan e ve s tamsayılarını bulun.
(66Z + 7) ∩ (220Z + 30) kümesini bulun.
n ve a iki doğal sayı olsun. Hangi koşullarda nZ + a = nZ olur?
n ve a iki doğal sayı olsun. Hangi koşullarda nZ + a kümesi toplama işlemi altında
kapalı olur?
n, m ve a üç doğal sayı olsun. Hangi koşullarda nZ + a = mZ olur?
n, m, a ve b dört doğal sayı olsun. nZ + a = mZ + b eşitliğiyle nZ + (a − b) = mZ
eşitliğinin eşdeğerli olduğunu kanıtlayın.
n, m, a ve b dört doğal sayı olsun. nZ + a = mZ + b ise n = m olduğunu kanıtlayın.
n, m, a ve b dört doğal sayı olsun. nZ + a = mZ + b eşitliği ile
n = m ve a − b ∈ nZ
önermesinin eşdeğer olduğunu kanıtlayın.
2
Bu eşitliği sağlayan u ve v sayılarının nasıl bulunacağını sayfa 171’te anlatmıştık.
4. Kesirli Sayılar
Tam sayılarda toplama, çarpma ve çıkarma gibi işlemler yapılır ama bölme
işlemi her zaman yapılamaz. Örneğin 15’i 3’e tam bölebiliriz ama 14’ü 3’e
tam bölemeyiz. Bir başka deyişle, Z’de 15/3 diye bir sayı vardır ama 14/3
diye bir sayı yoktur. Gene bir başka deyişle, Z’de 15 = 3x denkleminin bir
çözümü vardır ama 14 = 3x denkleminin bir çözümü yoktur. Bu sorunu gidermek için tam sayıları da içeren ve kesirli sayılar kümesi adını vereceğimiz
yeni bir küme yaratacağız.
Önceki eğitim yıllarında okur kesirli sayıları muhtemelen sezgisel bir biçimde öğrenmişti, örneğin 3 elma 5 eşit parçaya bölündüğünde her parçadaki
elma miktarına 3/5 denmişti. Belki daha işlevsel bir örnek şu olabilir: 3 litre
su 5 eşit parçaya bölündüğünde her parçada 3/5 litre bulunur. Bu tanımın
günlük yaşamda bir anlamı vardır. Burada böyle yapmayacağız, kesirli sayıları
tanımlamak için sezgilerimize başvurmayacağız.
4.1
Tanım
Kesirli sayıları, daha doğrusu kesirli sayılar kümesini, tam sayıları temel olarak
kabul edip biçimsel (yani anlamsız) bir biçimde tanımlayacağız. İşte o yeni
kümenin tanımı:
Q = {a/b : a, b ∈ Z ve b ̸= 0}
olsun. Bu kümeye kesirli sayılar kümesi denir. Kesirli sayılar kümesinin
ögelerine kesirli sayı denir. Demek ki her kesirli sayı, bir a tam sayısı ve
0’dan farklı bir b tam sayısı için a/b biçiminde gösterilir. Örnekler:
3/5, 6/10, 7/10, 10/7, 6/10, 0/3, 0/5, (−7)/(−5), 21/7.
Bu ifadelerin herbiri bir kesirli sayıdır. Ama 5/0 bir kesirli sayı değildir çünkü tanımda b’yi 0’dan farklı aldık.
Bu tanım eksik, hatta belki yanlış bile denilebilir. Verdiğimiz Q kümesinin
tanımının tam olması için hangi koşullarda iki kesirli sayının birbirine eşit
olduğunu söylemek zorundayız, çünkü bu tanımla 3/5 kesirli sayısıyla, 6/10
194
4. Kesirli Sayılar
kesirli sayısının farklı oldukları sanılabilir. Tanım (belki anlaşma demek daha
doğru olur) gereği,
a/b = c/d
eşitliğinin geçerli olması için yeter ve gerek koşul
ad = bc
eşitliğidir. (Burada a, b, c ve d tamsayılardır ve b ve d sayıları 0’dan farklıdır.)
Örneğin,
6/14 = 9/21
olur çünkü 6 × 21 = 14 × 9 olur. Bunun gibi
(−5)/(−3) = 5/3
olur çünkü (−5) × 3 = (−3) × 5 olur. Yine anlaşmamızdan dolayı, her b, d ∈
Z \ {0} için
0/b = 0/d
Sonuç olarak aynı kesirli sayıyı farklı biçimlerde gösterebiliriz, her biri aynı
kesirli sayının farklı bir gösterimidir . Aşağıdaki iki paragrafta bir kesirli
sayıyı en basit biçimde göstermenin yolunu göreceğiz.
Kesirli sayılarda eşitliğin tanımına göre, her a ∈ Z ve b, x ∈ Z \ {0} için,
a/b = ax/bx
olur. Bu yüzden, mesela,
6/9 = 2/3 = 10/30
olur. Bu yazılımların en basiti 2/3 yazılımıdır elbette. Buna “kesirli sayıyı sadeleştirme” adı verilir. 2/3 yazılımı 10/30 yazılımının Buna sadeleşmiş halidir.
Şimdi a, b ∈ Z için a/b biçiminde bir kesirli sayı ele alalım. d = obeb(a, b)
olsun. O zaman aralarında asal a′ , b′ ∈ Z tamsayıları için için a = da′ ve
b = db′ olur. Buradan da, bir önceki paragrafa göre,
a/b = da′ /db′ = a′ /b′
çıkar. Demek ki a/b kesirli sayısında, eğer dilersek, a ve b’yi aralarında asal
seçebiliriz. Örneğin,
100/175 = 4/7
olur ve 4 ile 7 aralarında asaldır. Ayrıca eğer dilersek kesirli sayının paydasını
pozitif yapabiliriz (eğer payda negatifse, hem payı hem de paydayı −1 ile
çarparsak, payda pozitif olur). Bir başka deyişle
a/(−b) = (−a)/b
4.1. Tanım
195
olur. Örneğin
7/(−5) = (−7)/5
olur. Demek ki
Q = {a/b : a, b ∈ Z, b > 0, a ve b aralarında asal}
eşitliği geçerlidir. a ve b’nin birbirine asal olduğu ve b’nin pozitif olduğu
yazılımlara sadeleştirilmiş yazılım diyeceğiz. Örneğin, 100/(−175) kesirli
sayısının sadeleşmiş biçimi (−4)/7’dir. Bu sayıyı −7/5 biçiminde yazdığımız
da olacak.
Yukarıda tanımlanan Q sadece bir kümedir. Q kümesi üzerinde henüz herhangi bir işlem tanımlamadık. Birazdan kesirli sayılarda toplamayı, çıkarmayı,
çarpmayı, bölmeyi ve sıralamayı tanımlayacağız, ama önce tam sayıları kesirli
sayı olarak görmenin bir yolunu görelim: Eğer a ∈ Z ise a/1 kesirli sayısını
daha sade olarak a ile göstereceğiz. Örneğin
15/3 = 5/1 = 5
olacak. Bunun gibi,
5/5 = (−3)/(−3) = 1/1 = 1 ve (−5)/5 = (−3)/3 = 3/(−3) = −1
olacak. Tabii ki 0/1 yerine de 0 yazacağız. Bu anlaşma sayesinde her 0 ̸= b ∈ Z
sayısı için
0/b = 0/1 = 0
ve
Z⊆Q
önermeleri doğru olur (ayrıca bkz. Alıştırma 4.1).
a/b yerine kimi zaman
a
b
yazacağız. b tam sayısına a/b sayısının paydası denir ama bu tanım sorunlu
çünkü bu tanıma göre, a/b’ye eşit olan 2a/2b sayısının paydası b değil 2b olur;
yani sayılar eşit ama paydaları değil! Böyle bir şeyin olmaması gerekir. Yani
a/b = c/d ise, paydanın b mi yoksa d mi olduğuna karar vermek lazım. Aslında
a/b kesirli sayısının paydasından değil, a/b kesirli sayısının gösteriminin paydasından söz etmek gerekir. a tam sayısına da a/b kesirli sayısının gösteriminin
payı adı verilir. Sonuç olarak kesirli bir sayının payı ya da paydası değil, kesirli
bir sayının gösteriminin payı ya da paydası tanımlanır.
Alıştırmalar
4.1. a, b ∈ Z ise, a/1 = b/1 eşitliğinin geçerli olması için a = b eşitliğinin yeter ve gerek
olduğunu kanıtlayın.
196
4. Kesirli Sayılar
4.2. a, c, d ∈ Z ve d ̸= 0 olsun. Eğer a/d = c/d ise a = c olduğunu gösterin.
4.3. a, b, d ∈ Z \ {0} olsun. Eğer a/b = a/d ise b = d olduğunu gösterin. Eğer a = 0 ise aynı
eşitliğin doğru olmayabileceğini gösterin.
4.4. a, b ∈ Z olmak üzere, a/b = b/a eşitliğini sağlayan tüm a/b kesirli sayılarını bulun.
4.5. a/b = b/a eşitliğini sağlayan 0’dan farklı tüm a ve b tam sayılarını bulun.
4.6. (a + 1)/b = (b + 1)/a eşitliğini sağlayan 0’dan farklı tüm a ve b tam sayılarını bulun.
4.7. (a + 1)/b = a/(b − 1) eşitliğini sağlayan tüm a ve b tam sayılarını bulun. Tabii burada
b ̸= 0, 1 olmalı.
4.8. n!/(n − 1)! = n eşitliğini kanıtlayın.
Örnekler
4.9. n > 0 bir doğal sayı olsun. n’den küçükeşit ve n’ye asal olan doğal sayı sayısının
φ(n) olarak gösterildiğini ve φ’ye Euler φ fonksiyonu adı verildiğini Örnek 2.173’de
söylemiştik. Bir sonraki örnekte de n’nin bölenlerinin ϕ’lerinin toplamının n’ye eşit
olduğunu (kanıtlamadan) söylemiştik. Örneğin n = 18 alalım; önce 18’in bölenlerini
yazalım:
1, 2, 3, 6, 9, 18;
sonra bu bölenlerin φ sayılarını hesaplayıp toplayalım:
φ(1) + φ(2) + φ(3) + φ(6) + φ(9) + φ(18) = 1 + 1 + 2 + 2 + 6 + 6 = 18.
Başladığımız sayı olan 18’i yeniden bulduk. Şansımız yaver gitmedi: Hangi n doğal
sayısıyla başlarsak başlayalım, bölenlerinin φ sayılarının toplamı hep n’ye eşit olur.
Bu örnekte bunu kanıtlayalım. Kanıtımıza giriş olması bakımından önce n = 18 alalım.
Şu sayılara bakalım:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
.
18 18 18 18 18 18 18 18 18 18 18 18 18 18 18 18 18 18
Burada tam 18 tane farklı kesirli sayı var. Ardından bu kesirli sayıları sadeleştirelim:
1 1 1 2 5 1 7 4 1 5 11 2 13 7 5 8 17 1
, , , ,
, ,
, , , ,
, ,
, , , ,
, .
18 9 6 9 18 3 18 9 2 9 18 3 18 9 6 9 18 1
Tabii aynı sayılar yine belirdi, yani yine 18 tane farklı kesirli sayı var. Ama bu sefer
gösterimleri değişti. Payda da illa 18 yok, paydalarda 18’in bölenleri var. Peki paylarda
neler var? Paylarda tabii ki paydalara asal sayılar var. Mesela paydada 9 olan sayıların
payları 1, 2, 4, 5, 7, 8; bunlardan da tam φ(9) = 6 tane var. Daha daha açık olması için
yukarıdaki 18 kesirli sayıyı paydalarına göre sıraya dizelim:
1 1 1 2 1 5 1 2 4 5 7 8 1 5 7 11 13 17
, , , , , , , , , , , ,
,
,
,
,
,
.
1 2 3 3 6 6 9 9 9 9 9 9 18 18 18 18 18 18
Paydası 1 olandan φ(1) = 1 tane, paydası 2 olandan φ(2) = 1 tane, paydası 3 olandan
φ(3) = 2 tane, paydası 6 olandan φ(6) = 2 tane, paydası 9 olandan φ(9) = 6 tane,
paydası 18 olandan φ(18) = 6 tane var. Toplamda 18 tane kesirli sayı olduğundan
demek ki
φ(1) + φ(2) + φ(3) + φ(6) + φ(9) + φ(18) = 18
olmalı. Aynı akıl yürütme her pozitif n doğal sayısı için yapılabilir. Paydasında n olan
pozitif ama en fazla 1 olan kesirli sayıları teker teker yazalım:
1 2
n−1 n
, , ...,
, .
n n
n
n
197
Bunlardan tam n tane vardır elbette. Şimdi bu kesirli sayıları sadeleştirelim. Yine n
tane kesirli sayı elde edeceğiz ama bu sefer kesirli sayılar, n’yi bölen bir d doğal sayısı
ve d’den küçük ve d’ye asal pozitif bir k doğal sayısı için
k
d
biçiminde yazılacaklar. n’yi bölen verilmiş bir d doğal sayısının paydada olduğu tam
φ(d) tane k sayısı var, çünkü ne de olsa φ(d) sayısı d’ye asal ve d’den küçük pozitif k
doğal sayılarının sayısı. Bu da istediğimizi kanıtlar.
Teorem 4.1. n > 0 bir doğal sayı olsun. n’yi bölen sayıların φ’lerinin toplamı n’ye
eşittir.
Teoremi cebirsel olarak şöyle ifade ederiz:
∑
φ(d) = n.
d|n
Bu tür ifadeleri daha sonra
∑ çok daha ayrıntılı olarak anlatacağız. Şimdilik sadece bir
giriş yapalım. Buradaki
işareti “topluyoruz” demektir. Bir şeyler toplanıyor anlamına
geliyor. Neleri topluyoruz? İfadenin en sağında bulunan φ(d) sayılarını topluyoruz. Peki
buradaki d ne? O d’ler de göstergeç olarak bulunan “d|n” ifadesinden anlaşılıyor: n’yi
bölen d sayıları için φ(d) sayılarını topluyoruz.
4.2
İşlemler ve Sıralama
Bir önceki altbölümde kesirli sayıları tam sayılar kullanarak (biçimsel olarak) tanımladık. Dolayısıyla kesirli sayılarda yeni işlemler tanımlamak için bu
tanımı kullanmalıyız ve tanımladığımız yeni işlemlerin özelliklerini kanıtlamak
için tam sayıların özelliklerini kullanmalıyız. Okurun bir önceki altbölümden
tam sayılara (ve tam sayılarda tanımlanan toplama, çarpma gibi çeşitli işlemlere)
aşina olduğunu varsayacağız.
4.2.1
Toplama
İki kesirli sayı alalım. Bu kesirli sayılara u ve v diyelim. Bu paragrafta,
u+v
olarak göstereceğimiz ve adına “u ve v sayılarının toplamı” diyeceğimiz yeni
bir kesirli sayı tanımlayacağız.
u ve v kesirli sayılarını (tanımdaki gibi) tamsayılarla gösterelim, diyelim
a, b, c, d ∈ Z için
u = a/b ve v = c/d.
(Tabii burada b ̸= 0 ve d ̸= 0 olmak zorunda, aksi halde u ve v kesirli sayı
olmazdı.) u + v sayısını şöyle tanımlamak istiyoruz:
u+v =
ad + bc
.
bd
198
4. Kesirli Sayılar
Bu tanım, tabii ki önceki eğitim yıllarında okurun öğrendiği toplamanın tanımı, aynı tanımı bambaşka bir anlayışla ve bakış açısıyla sunduk: Biz tanımı
anlamlandırmadık, gerekçelendirmedik, gökten inmiş gibi sunduk, “tanımın
böyle olmasını istiyoruz” dedik. Okur herhalde tanımın neden böyle olmasını
istediğimizi biliyordur.
Bu tanımda bir sorun olabilir. (Olmadığını kanıtlayacağız ama ilk bakışta
sorun varmış gibi gözükebilir.) Şöyle bir sorun olabilir: Öğretmenin Ali’yle Bahar’a ev ödevi olarak u ve v kesirli sayılarını toplama görevi verdiğini düşünelim. Ali evine gider, ödevini yapmak üzere masasına oturur. Önce u ve v’yi
tam sayılarla ifade eder. Diyelim Ali a, b, c, d ∈ Z için,
u = a/b ve v = c/d
olarak yazdı ve öğretmenin sınıfta verdiği tanımı uygulayıp
(A)
u+v =
ad + bc
bd
sonucunu buldu. Bu esnada Bahar ne yaptı? O da önce u ve v kesirli sayılarını
tamsayılarla ifade etti; ama aynen Ali’nin ifade ettiği gibi ifade etmek zorunda
değil ya, Bahar da a′ , b′ , c′ , d′ ∈ Z için
u = a′ /b′ ve v = c′ /d′
olarak yazdı. Dolayısıyla öğretmenin tanımını uygulayarak Bahar
(B)
u+v =
a′ d′ + b′ c′
b ′ d′
sonucunu buldu, Ali’nin bulduğu sonuçtan farklı gibi görünüyor. Yoksa farklı
değil mi? Yani acaba
a′ d′ + b′ c′
ad + bc
=
bd
b′ d′
eşitliği geçerli mi? Bir başka deyişle,
(C)
(ad + bc)(b′ d′ ) = (bd)(a′ d′ + b′ c′ )
eşitliği geçerli mi? Bakalım. u kesirli sayısı hem a/b hem de a′ /b′ sayısına eşit
olduğundan dolayı a/b = a′ /b′ olmalı. Bu da kesirli sayılarda eşitliğin tanımı
gereği
(1)
ab′ = ba′
demek. Benzer şekilde
(2)
cd′ = dc′
199
olur. (1) ve (2) varsayımlarıyla (C) eşitliğini kanıtlayacağız. İşte kanıt:
(ad + bc)(b′ d′ ) = (ab′ )dd′ + bb′ (cd′ ) = (ba′ )dd′ + bb′ (dc′ ) = (bd)(a′ d′ + b′ c′ ).
Böylece istediğimiz (C) eşitliği kanıtlanmış oldu ve bu sayede toplamanın tanımının geçerli olduğunu anlamış olduk.
Tanımın geçerli olduğunu kanıtladıktan sonra, toplamanın (hepimizin geçmiş yıllardan sezgileriyle bildiği) özelliklerini kanıtlayabiliriz. İşte toplamanın
en önemli dört özelliği:
T1. Her u, v, w ∈ Q için (u + v) + w = u + (v + w) olur.
Bu özelliğe birleşme özelliği denir. Doğal sayılar ve tam sayılar da bu özelliğe
sahiptir. Bu özellik sayesinde toplama yaparken parantezlere ihtiyaç olmadığı
anlaşılır, örneği (u + v) + w yerine u + v + w ya da (u + (v + w)) + t yerine
u + v + w + t yazabiliriz. Bu özelliği birazdan kanıtlayacağız.
T2. Her u ∈ Q için u + 0 = 0 + u = u olur. Bir başka deyişle 0 toplamanın
etkisiz ögesidir.
Buradaki 0’ın 0/1 anlamına geldiğini anımsayıp eşitliklerden birini kanıtlayalım. Önce u kesirli sayısı yerine, a, b ∈ Z için a/b yazalım ve hemen ardından
tanımlara başvurarak kanıta geçelim:
u+0=
a 0
a×1+b×0
a+0
a
+ =
=
= = u.
b 1
b×1
b
b
(Üçüncü ve dördüncü eşitliklerde tam sayılarda doğru olduğunu bildiğimiz
a × 1 = a, b × 0 = 0 ve a + 0 = a eşitliklerini kulandık.) 0 + u = u eşitliği de
benzer biçimde kanıtlanır.
T3. Her u ∈ Q için u + v = v + u = 0 eşitliğini sağlayan bir v ∈ Q vardır.
Bu özelliğin kanıtı gayet basittir: Eğer u = a/b ise (burada a ve b tam sayılar),
o zaman v = (−a)/b istediğimiz eşitliği sağlar:
u+v =
ab + b(−a)
a (−a)
ab − ba
0
+
=
=
= 2 = 0.
2
2
b
b
b
b
b
Benzer şekilde v + u = 0 olur. Verilmiş bir u ∈ Q için, u + v = 0 eşitliğini
sağlayan v kesirli sayısı biricik olduğundan1 v’ye özel bir ad verebiliriz: v’ye
u’nun toplamsal tersi adı verilir. v’nin toplamsal tersi −v olarak yazılır.
Çoğu zaman (−a)/b yerine −a/b yazılır. Demek ki u + v = 0 ile v = −u
eşdeğer önermelerdir, biri doğruysa, diğeri de doğrudur. Dolayısıyla
u + v = 0 = v + u ⇐⇒ v = −u
Diyelim u + v = 0 = v + u, o zaman v = v + 0 = v + (u + v ′ ) = (v + u) + v ′ = 0 + v ′ = v ′ ,
yani v = v ′ olur.
1
′
200
4. Kesirli Sayılar
olur. Sol taraf u ve v cinsinden simetrik olduğundan,
v = −u ⇐⇒ u = −v
olur. Bu da
−(−u) = u
anlamına gelir.
Burada bilmediğiniz yeni bir şey söylediğimizi sanmıyoruz. Bütün bunları
gayet iyi biliyorsunuzdur. Ama bildiklerinizi yeni bir dille ve yeni bir kafa
yapısıyla, tanıma önem vererek ve kanıtlayarak sunuyoruz. Önceki yıllardan
−3/5 diye bir sayının varlığını kabul ediyordunuz, şimdi bu sayının 3/5’in
toplamsal tersi olduğunu biliyorsunuz, çünkü öyle tanımlandı, yani 3/5 +
x = 0 eşitliğinin çözümü olarak tanımlandı. 0’ı ise 0/1 olarak tanımladık.
Toplamayı da tanımladık. Kesirli sayıları bile tanımladık, tam sayıları kullanarak tanımladık. Anımsarsanız, tam sayıları da doğal sayıları kullanarak
tanımlamıştık. Peki doğal sayıları nasıl tanımladık? Onları tanımlamadan kabul ettik. Doğal sayıları da tanımlayabilirdik ama bu bizi konumuzdan çok
uzaklaştırırdı. Konumuza devam edelim.
T4. Her u, v ∈ Q için u + v = v + u olur.
Önce u ve v kesirli sayılarını tamsayılar cinsinden yazalım: a, b, c ve d tam
sayıları için u = a/b ve v = c/d olsun. Şimdi u + v ve v + u toplamlarını ayrı
ayrı hesaplayalım, bakalım aynı toplam çıkacak mı? Kesirli syı toplamanın
tanımına göre,
cb + da
ad + bc
ve v + u =
u+v =
bd
bd
olur. Demek ki payların eşitliğini, yani ad + bc = cb + da eşitliğini kanıtlamak
yeterli. Ama a, b, c ve d tam sayılar ve tam sayılar için bu eşitliğin geçerli
olduğunu önceki altbölümden biliyoruz.
Birleşme Özelliğinin (T1’in) Kanıtı. Aslında gayet basit olan bu kanıt
ne yazık ki uzun hesaplardan dolayı oldukça sıkıcıdır. Amacımız her u, v, w
kesirli sayısı için
(u + v) + w = u + (v + w)
eşitliğini kanıtlamak. Bu eşitliği kanıtlamak için, eşitlikte bahsedilen “kesirli
sayı” ve “kesirli sayıların toplamı” kavramlarının tanımına gitmeliyiz. Tabii
bir de “kesirli sayıların” eşitliği kavramı var.
201
Kesirli sayıların tanımından dolayı,
u=
a
c
e
,v= ,w=
b
d
f
eşitliklerini sağlayan a, b, c, d, e, f tam sayıları vardır. Ama buradaki b, d ve
e sayıları 0 olamazlar. Demek ki amacımız artık,
)
(
(a c ) e
a
c
e
+ = +
+
+
b d
f
b
d f
eşitliklerini kanıtlamak çünkü kanıtlamamız gereken (u + v) + w = u + (v + w)
eşitliği artık bu eşitliğe dönüştü. Şimdi toplamanın tanımına gitmeliyiz. Tanım
gereği,
a c
ad + bc
c
e
cf + de
+ =
ve + =
b d
bd
d f
df
olur. Demek ki,
e
a cf + de
ad + bc
+ = +
bd
f
b
df
eşitliğini kanıtlamalıyız. Bir defa daha toplamanın tanımına gideceğiz. Kesirli
sayıların toplamının tanımına göre,
e
(ad + bc)f + (bd)f
a cf + de
a(df ) + b(cf + de)
ad + bc
+ =
ve +
=
bd
f
(bd)f
b
df
b(df )
olur. Demek ki artık,
a(df ) + b(cf + de)
(ad + bc)f + (bd)f
=
(bd)f
b(df )
eşitliğini kanıtlamalıyız. Burada iki kesirli sayının eşitliği söz konusu. Demek
ki kesirli sayıların tanımına gitmeliyiz. Bu eşitliğin geçerli olması demek,
[(ad + bc)f + (bd)f ]b(df ) = (bd)f [a(df ) + b(cf + de)]
eşitliğinin geçerli olması demektir. Demek ki bu son eşitliği kanıtlamalıyız.
Eğer dikkat ederseniz artık sadece ve sadece tam sayılar kaldı, kesirli sayılardan
eser kalmadı. Olması gereken de buydu, çünkü kesirli sayılar ve kesirli sayılarla
202
4. Kesirli Sayılar
ilgili toplama ve eşitlik kavramları tam sayılar kullanılarak tanımlanmıştı. Kesirli sayılar varlıklarını tamamıyla tam sayılara borçlular, yani kesirli sayılarla
ilgili her gerçek aslında tam sayılarla ilgili bir gerçektir; yine bir başka deyişle,
tam sayıları ne kadar bilirsek, kesirli sayıları da o kadar biliriz. Dikkat ettiyseniz, bir önceki altbölümde de tam sayıları doğal sayılar yardımıyla tanımlamıştık, tam sayılarla ilgili her şey de aslında doğal sayılara indirgenebilir. Bu
kısa sohbeti burada kesip kanıtımıza geri dönelim. Merkezlediğimiz son eşitliği
kanıtlayacağız. Hatırlarsanız b, d ve f sayıları 0 değildi, dolayısıyla eşitlikte beliren b, d ve f sayılarını sadeleştirebiliriz. (Sadeleştirmeden önce tam sayılarda
geçerli olduğunu bildiğimiz birleşme özelliğini kullanıp parantezleri atmamız
lazım.) Artık
(ad + bc)f + (bd)f = a(df ) + b(cf + de)
eşitliğini kanıtlamalıyız. Bunun da doğru olduğunu biliyoruz çünkü buradaki
tüm sayılar tam sayılar ve tam sayıları bir önceki bölümde işlemiştik. Son
eşitliğin biçimsel kanıtını okura bırakıyoruz.
Notlar
4.10. Kesirli sayıların tanımını tartışalım. Önce x/y sayısının “x tane 1/y“ anlamına geldiğinde
anlaşalım. Şimdi iki tane a/b ve c/d kesirli sayısı verilmiş olsun.
a
ad
=
b
bd
olduğundan, a/b sayısı “ad tane 1/bd” sayısı demektir. Benzer şekilde c/d sayısı “bc tane
1/bd sayısı demektir. Demek ki
a
c
+
b
d
toplamı “ad tane 1/bd ile bc tane 1/bd’nin toplamı” olmalı, yani “ad + bc tane 1/bd”
olmalı, yani
ad + bc
bd
olmalı.
4.11. Yukarıdaki tartışma
a
c
ad + bc
+ =
b
d
bd
eşitliğinin matematiksel kanıtı değildir. Sadece toplamanın neden öyle tanımlanması gerektiğini gösteren bir akıl yürütmedir, yani toplamanın tanımının nereden esinlendiğini
gösteren bir tartışmadır. Dikkat ederseniz biz toplamanın tanımını kanıtlamadan, gökten
inmişçesine, biçimsel bir biçimde verdik.
4.2.2
Çarpma
İki kesirli sayı alalım. Bu kesirli sayılara u ve v diyelim. Bu paragrafta,
uv, u · v ya da u × v
olarak göstereceğimiz ve adına “u ve v sayılarının çarpımı” diyeceğimiz yeni
bir kesirli sayı tanımlayacağız.
203
u ve v kesirli sayılarını (tanımdaki gibi) tamsayılarla gösterelim, diyelim
a, b, c, d ∈ Z için
u = a/b ve v = c/d.
(Tabii burada b ̸= 0 ve d ̸= 0 olmak zorunda, aksi halde u ve v kesirli sayı
olmazdı.) uv (ya da u · v ya da u × v) sayısını şöyle tanımlamak istiyoruz:
ac
uv = .
bd
Bu tanım, tabii ki önceki eğitim yıllarında okurun öğrendiği çarpmanın tanımı (yani ilkokul öğretmenimiz yalan söylememişti!), aynı tanımı bambaşka bir
anlayışla ve bakış açısıyla sunduk.
Bu tanımda bir sorun olabilir. (Olmadığını kanıtlayacağız ama ilk bakışta
sorun varmış gibi gözükebilir.) Şöyle bir sorun olabilir: Öğretmenin Ali’yle Bahar’a ev ödevi olarak u ve v kesirli sayılarını toplama görevi verdiğini düşünelim. Ali evine gider, ödevini yapmak üzere masasına oturur. Önce u ve v’yi
tam sayılarla ifade eder. Diyelim Ali a, b, c, d ∈ Z için,
u = a/b ve v = c/d
olarak yazdı ve öğretmenin sınıfta verdiği tanımı uygulayıp
ac
(A)
uv =
bd
sonucunu buldu. Bu esnada Bahar ne yaptı? O da önce u ve v kesirli sayılarını
tamsayılarla ifade etti; ama aynen Ali’nin ifade ettiği gibi ifade etmek zorunda
değil ya, Bahar da a′ , b′ , c′ , d′ ∈ Z için
u = a′ /b′ ve v = c′ /d′
olarak yazdı. Dolayısıyla öğretmenin tanımını uygulayarak Bahar
(B)
uv =
a′ c′
b ′ d′
sonucunu buldu, Ali’nin bulduğu sonuçtan farklı gibi görünüyor. Yoksa farklı
değil mi? Yani acaba
a′ c′
ac
= ′ ′
bd
bd
eşitliği geçerli mi? Bir başka deyişle,
(C)
(ac)(b′ d′ ) = (bd)(a′ c′ )
eşitliği geçerli mi? Bakalım. u kesirli sayısı hem a/b hem de a′ /b′ sayısına eşit
olduğundan dolayı a/b = a′ /b′ olmalı. Bu da kesirli sayılarda eşitliğin tanımı
gereği
(1)
ab′ = a′ b
204
4. Kesirli Sayılar
demek. Benzer şekilde
cd′ = c′ d
(2)
olur. (1) ve (2) varsayımlarıyla (C) eşitliğini kanıtlayacağız. İşte kanıt:
(ac)(b′ d′ ) = (ab′ )(cd′ ) = (a′ b)(c′ d) = (bd)(a′ c′ ).
Böylece istediğimiz (C) eşitliği kanıtlanmış oldu ve bu sayede toplamanın tanımının geçerli olduğunu anlamış olduk.
Şimdi artık eğer a, b ∈ Z ve b ̸= 0 ise x = a/b kesirli sayısının bx = a
denkleminin bir çözümü olduğunu görebiliriz:
bx = b
b a
ba
a
a
=
=
= = a.
b
1 b
b
1
Yukarıdaki eşitliklerin her biri (derin bir olgunun değil) bir tanımın sonucudur!
Tanımın geçerli olduğunu kanıtladıktan sonra, çarpmanın (hepimizin geçmiş yıllardan sezgileriyle bildiği) özelliklerini kanıtlayabiliriz. İşte çarpmanın
en önemli birkaç özelliği:
Ç1. Her u, v, w ∈ Q için (uv)w = u(vw) olur.
Bu özelliğe birleşme özelliği denir. Doğal sayılar ve tam sayılar da bu özelliğe
sahiptir. Bu özellik sayesinde çarpma yaparken parantezlere ihtiyaç olmadığı
anlaşılır, örneğin (uv)w yerine uvw ya da (u(vw))t yerine uvwt yazabiliriz.
Gayet kolay olan kanıtı okura bırakıyoruz.
Ç2. Her u ∈ Q için u · 1 = 1 · u = u olur. Bir başka deyişle 1 çarpmanın etkisiz
ögesidir.
Buradaki 1’in 1/1 anlamına geldiğini anımsayıp eşitliklerden birini kanıtlayalım. Önce u kesirli sayısı yerine, a, b ∈ Z için a/b yazalım ve hemen ardından
tanımlara başvurarak kanıta geçelim:
u·1=
a 1
a·1
a
· =
= = u.
b 1
b·1
b
Diğer u · 1 = u eşitliği de benzer biçimde kanıtlanır.
Ç3. Her u ∈ Q \ {0} için uv = vu = 1 eşitliğini sağlayan bir v ∈ Q vardır.
Bu özelliğin kanıtı gayet basittir: Eğer u = a/b ise (burada a ve b tam sayılar
ve hiçbiri 0 değil), o zaman v = b/a kesirli sayısı istediğimiz eşitliği sağlar:
uv =
a b
ab
1
· =
= = 1.
b a
ba
1
205
Çarpımsal Ters. Verilmiş bir u ∈ Q için, uv = 1 eşitliğini sağlayan v kesirli
sayısı biricik olduğundan2 , bu eşitliği sağlayan v kesirli sayısına özel bir ad verebiliriz: v’ye u’nun çarpımsal tersi adı verilir. Ç3’ün kanıtında gördüğümüz
gibi, eğer a, b ∈ Z ve b ̸= 0 ise a/b kesirli sayısının çarpımsal tersi b/a kesirli
sayısıdır. Dolayısıyla eğer a ∈ Z \ {0} ise a’nın (aslında a/1 kesirli sayısının)
çarpımsal tersi 1/a’dır. Zaten herhangi bir u kesirli sayısının çarpımsal tersi de
1/u olarak gösterilir. Bazen 1/u yerine u−1 yazılır. Bütün bu dediklerimizden,
a, b ∈ Z ve b ̸= 0 için,
a
a1
=
= ab−1
b
1 b
eşitliği çıkar.
Ç4. Her u, v ∈ Q için uv = vu olur.
sayıları için u = a/b ve v = c/d olsun. Hesaplayalım:
a c
ac
ca
c a
uv =
=
=
=
= vu
b d
bd
db
d b
olur. İstediğimiz kanıtlanmıştır.
Yukarıda önce toplamanın özelliklerini (T1-T4), sonra çarpmanın özelliklerini (Ç1-Ç4) kanıtladık. Bu aşamaya kadar toplamayla çarpma arasında bir
ilişki görmedik. Aşağıda hem toplamayla hem de çarpmayla ilgili çok önemli
bir özellik kanıtlayacağız.
D1. Dağılma Özelliği. Her u, v, w ∈ Q için
u(v + w) = uv + uw
olur.
Önce u, v ve w kesirli sayılarını tamsayılar cinsinden yazalım: a, b, c, d, e, f
tam sayıları için u = a/b, v = c/d ve w = e/f olsun. Ardından çarpmanın,
toplamanın ve eşitliğin tanımını kullanarak u(v + w) = uv + uw eşitliğini a,
b, c, d, e, f tam sayıları cinsinden yazalım. İçinde sadece tam sayılar bulunan
(ve kanıtlanması gereken) bir eşitlik elde ederiz. Kolay ama boğucu ayrıntıları
(bizi bağışlamasını dileyerek) okura bırakıyoruz.
Bölme. u ve v iki kesirli sayı olsun. Ayrıca v ̸= 0 olsun. Bu durumda “u
bölü v” sayısı
uv −1
olarak tanımlanır. uv −1 sayısı bazen u/v ya da
metiğini biliyorsunuzdur:
a/b
ad
ad
=
=
c/d
bc
bc
2
u
v
olarak yazılır. Bölme arit-
Diyelim uv ′ = 1 = vu, o zaman v = v1 = v(uv ′ ) = (vu)v ′ = 1v ′ = v ′ , yani v = v ′ olur.
206
4. Kesirli Sayılar
olur mesela. Bu eşitlik a, b, c, d tam sayı olduklarında geçerli olduğu gibi,
kesirli sayı olduklarında da geçerlidir. Ama tabii b, c ve d sayılarının 0’dan
farklı olması gerekir, aksi halde eşitliğin solundaki ifade tanımsızdır.
4.2.3
Sıralama
İki kesirli sayı alalım: u ve v. Bu kesirli sayıları her zaman olduğu gibi
u=
a
c
, v=
b
d
olarak yazalım. Buradaki a, b, c, d birer tamsayı, ayrıca b ̸= 0 ve c ̸= 0.
Amacımız u ≤ v ilişkisinin ne anlama geldiğini tanımlamak, yani
a
c
≤
b
d
ilişkisini tanımlamak. Tanımı,
a
c
≤ ⇐⇒ ad ≤ bc
b
d
olarak yapmak hatalı olur, çünkü bu tanımla
1=
1
1
≤
= −1
1
−1
olur, pek istediğimiz bir şey değil... Yukarıdaki tanım b ve d pozitif ise geçerli
kabul edilir. Daha önceki sayfalardan da her zaman paydayı pozitif alabileceğimizi biliyoruz.
Önerdiğimiz tanım şöyle: Eğer a, b, c, d ∈ Z ise ve b > 0 ve d > 0 ise
a
c
≤ ⇐⇒ ad ≤ bc.
b
d
Dikkat ederseniz bu tanımın solunda a/b ve c/d kesirli sayıları yer alıyor, ama
sağında sadece tam sayılardan söz ediliyor. Yani kesirli sayılarla ilgili bir tanımı
tam sayıları kullanarak verdik.
Ama bir dakika! Bu tanımın geçerli olduğunu kanıtlamamız lazım. Bu
tanımda bir sorun olabilir. (Olmadığını kanıtlayacağız ama ilk bakışta sorun
varmış gibi gözükebilir.) Şöyle bir sorun olabilir: Öğretmenin Ali’yle Bahar’a
ev ödevi olarak u ve v kesirli sayılarını karşılaştırma görevi verdiğini düşünelim. Hangisi diğerinden küçük? Ali evine gider, ödevini yapmak üzere masasına
oturur. Önce u ve v’yi tam sayılarla ifade eder. Diyelim Ali a, b, c, d ∈ Z için,
u = a/b ve v = c/d
207
olarak yazdı. Ama b ve d’nin pozitif olduklarına da özellikle dikkat etti, öğretmen öyle söylemişti çünkü. Öğretmenin sınıfta verdiği tanımı uygulamak
amacıyla Ali ad ile bc sayılarını karşılaştırdı. Diyelim
ad ≤ bc
buldu. Dolayısıyla ertesi gün sınıfa geldiğinde büyük bir güvenle
u≤v
önermesinin doğru olduğunu söyledi. Bu esnada Bahar ne yaptı? O da önce
u ve v kesirli sayılarını tamsayılarla ifade etti; ama aynen Ali’nin ifade ettiği
gibi ifade etmek zorunda değil ya, Bahar da a′ , b′ , c′ , d′ ∈ Z için
u = a′ /b′ ve v = c′ /d′
olarak yazdı. Ama Bahar da Ali gibi öğretmeni iyi dinlemişti, b′ ve d′ sayılarını
pozitif seçmeye özen gösterdi. Öğretmenin tanımını uygulayamak amacıyla
Bahar a′ d′ ve b′ c′ tam sayılarını karşılaştırdı. Eğer tanım geçerliyse, Bahar da,
aynen Ali’nin bulduğu gibi u ≤ v bulmalı, yani
a′ d′ ≤ b′ c′
sonucunu bulmalı, aksi halde tanım sorunlu demektir. Yani şunu kanıtlamalıyız: Eğer b > 0, d > 0, b′ > 0, d′ > 0 koşullarını sağlayan a, b, c, d, a′ , b′ , c′ , d′
tamsayıları için
a/b = a′ /b′ , c/d = c′ /d′ ve ad ≤ bc
ise,
a′ d′ ≤ b′ c′
olmalı. Varsayımlar, tanım gereği
ab′ = ba′ , cd′ = dc′ ve ad ≤ bc
demek. Bu varsayımları kullanarak a′ d′ ≤ b′ c′ eşitsizliğini kanıtlayalım. Önce
ad ≤ bc eşitsizliğinin her iki tarafını pozitif olduğunu bildiğimiz b′ d′ tam
sayısıyla çarpalım:
(ab′ )(dd′ ) ≤ (bb′ )(cd′ )
eşitsizliğini elde ederiz. Şimdi sol taraftaki ab′ yerine ba′ ve sağ taraftaki cd′
yerine dc′ koyalım;
(ba′ )(dd′ ) ≤ (bb′ )(dc′ )
elde ederiz. Her iki tarafta bulunan ve pozitif olduğunu bildiğimiz bd sayısını
sadeleştirirsek, istediğimiz
a′ d′ ≤ b′ c′
208
4. Kesirli Sayılar
eşitsizliğini elde ederiz. Böylece kesirli sayıların sıralamasının tanımının geçerli
olduğunu anlamış olduk.
u ≤ v sıralamasını tanımlamak yerine, u < v sıralamasını da tanımlayabilirdik; bunun için tanımlardaki ≤ simgesini < olarak değiştirmek yeterlidir.
Elbette
u ≤ v ⇐⇒ (u < v ya da u = v)
ve
u < v ⇐⇒ (u ≤ v ve u ̸= v)
eşdeğerlikleri geçerlidir.
Tanımın geçerli olduğunu kanıtladıktan sonra, sıralamanın (hepimizin geçmiş yıllardan sezgileriyle bildiği) özelliklerini kanıtlayabiliriz. Kanıtlarımızda
elbette tam sayıları ve tam sayıların özelliklerini kullanacağız. Tam sayıların
sıralamayla ilgili özelliklerinin bazılarını sayfa 161’de sıralamıştık. Okur bir
sonraki paragrafa geçmeden önce o özellikleri okumak isteyebilir. İşte sıralamanın en önemli birkaç özelliği:
S1. Yansıma. Her u ∈ Q için u ≤ u olur.
Bu özelliği kanıtlamak için rastgele bir v kesirli sayısı alalım. Bu kesirli sayısını
a ∈ Z ve b ∈ N\{0} için a/b olarak yazalım. Şimdi “u ≤ u” sorusu “a/b ≤ a/b”
sorusuna dönüştü. Ne zaman a/b ≤ a/b eşitsizliği doğru olur? Biraz yukarıda
verdiğimiz tanıma göre ab ≤ ba ise doğru olur. Ama ab ≤ ba eşitsizliğini
biliyoruz çünkü ab = ba. (Dikkat ederseniz a/b ≤ a/b eşitsizliği kesirli sayılarla
ilgili ama ab ≤ ba eşitsizliği tam sayılarla ilgili; bir defa daha kesirli sayılarla
ilgili bir soruyu tam sayılarla ilgili bir soruya dönüştürdük.)
S2. Antisimetri. Her u, v ∈ Q için eğer u ≤ v ve v ≤ u ise u = v olur.
İki u ve v kesirli sayısı alalım. a, b, c, d tam sayıları için u = a/b ve v = c/d
olsun. Ayrıca b’yi ve d’yi pozitif alalım. Şimdi u ≤ v ve v ≤ u varsayımlarını
yapalım. Amacımız u = v eşitliğini göstermek. Kesirli sayıların sıralamasının
tanımı gereği, u ≤ v ve v ≤ u varsayımları
ad ≤ bc ve cb ≤ da
demektir; buınlardan da tabii ki ad = bc eşitliği çıkar. Şimdi, kesirli sayıların
eşitliğinin tanımından dolayı, a/b = c/d, yani u = v elde ederiz.
S3. Geçişkenlik. Her u, v, w ∈ Q için, eğer u ≤ v ve v ≤ w ise v ≤ w olur.
Üç kesirli sayı alalım: u, v ve w. Diyelim u ≤ v ve v ≤ w. Bu kesirli sayıları
tam sayılarla ifade edelim. a, b, c, d, e, f tam sayıları için u = a/b, v = c/d
ve w = e/f olsun. Ayrıca b, d ve f ’yi pozitif alalım. Şimdi u ≤ v ve v ≤ w
varsayımları, kesirli sayıların sıralaması gereği
ad ≤ bc ve cf ≤ de
209
olur. Birinciyi f ile, ikinciyi b ile çarpalım. Hem f hem b pozitif olduğundan
sıralama değişmez:
adf ≤ bcf ve bcf ≤ bde
elde ederiz. (Tam sayılarla ilgili bir olgu kullandığımıza dikkatinizi çekerim.)
Bu iki eşitsizlikten de
adf ≤ bde
çıkar. Pozitif olduğunu bildiğimiz d sayısı her iki tarafta da; d’leri sadeleştirirsek af ≤ be buluruz, ki bu da tam tamına a/b ≤ e/f , yani u ≤ w demektir.
S4. Tam Sıralama. Her u, v ∈ Q için ya u ≤ v ya da v ≤ u olur.
sayıları için u = a/b ve v = c/d olsun. Her zamanki gibi b ve d’yi pozitif
seçelim. Amacımız
u ≤ v ve v ≤ u
eşitliklerinden birinin doğru olduğunu kanıtlamak. Tam sayılar cinsinden ifade
edersek, amacımızın
ad ≤ bc ve cb ≤ da
eşitliklerinden birinin doğru olduğunu kanıtlamak olduğunu görürüz. Ama bu
doğru! (Çünkü tam sayılardayız ve tam sayılarda bunun doğru olduğunu biliyoruz.)
S5. Yoğunluk. Her u, v ∈ Q için ya u ≤ w ≤ v eşitsizliğini sağlayan bir
w ∈ Q sayısı vardır.
Bundan daha fazlasını kanıtlayacağız.
Alıştırmalar
4.12. Hindistanlı bir köylü 3000 kilo muz üretmiş. Bu 3000 kilo muzu muz öiftliğinden 1000
kilometre uzaklıktaki kasabaya götürüp satacak. Taşıt olarak da filini kullanacak. Fili
aynı anda en fazla 1000 kilo taşıyabiliyor ama kilometre başına da 1 kilo muz tüketiyor!
(Aç fil yürümez!) Köylü (az da olsa) kasabaya muz ulaştırabilmesi için nasıl bir yöntem
izlemeli?
Köylü’nün kasabadan tekrar çiftliğine geri dönmesine gerek yok; filini kasabada satıp,
götürebildiği muzlarının parasını da ekleyerek trene binebilir.
Bu sorunun pozitif bir yanıtı var. Köylünün 530 kilodan fazla muz götürebildiği bir
yöntem biliyorum. Ama mesela 540 kilodan daha fazla muz taşıyacağı bir yöntem bulamadım.
4.13. Bu gece büyüyünce matematikçi olsunlar diye çocuklarıma şu soruyu sordum:
Adamın biri tavukçuya girer, ”Bu tavukların yarısını ver, bir de yarım tavuk ver” der.
Tavukçu adamın isteğini yerine getirir. Ardından kadının biri aynı tavukçuya girer, ”Bu
tavukların yarısını ver, bir de yarım tavuk ver” der. Tavukçu kadının isteğini yerine
getirir. Ardından bir genç aynı tavukçuya girer, ”Bu tavukların yarısını ver, bir de
yarım tavuk ver” der. Tavukçu gencin isteğini yerine getirir. Ve tavukçuda hiç tavuk
kalmaz! Tavukçuda başlangıçta kaç tavuk varmış?
210
4. Kesirli Sayılar
Çocuklar tavukçu olmaya karar verdiler!
Kaynakça
[De] Keith Devlin, All the Math That’s Fit to Print, The Mathematical Association of America,
1994.
[Di]
G.L. Dirichlet, Werke 1889-1897, 1 cilt, editörler: v.L. Kronecker ve L Fuchs, Berlin.
[G]
Jeremy Gray, Did Poincaré say “set theory is a disease”?, The Mathematical Intelligencer, Aralık 1991, Cilt 13, Sayı 1, sayfa 19-22.
[Gr]
Branko Grünbaum, Venn Diagrams and Independent Families of Sets, The American
Mathematical Monthly, cilt 82, 175, sayfa 12-23. http://www.maa.org/sites/default/files/
pdf/upload_library/22/Ford/BrankoGrunbaum.pdf
[H]
David Hilbert, Project Gutenberg’s The Foundations of Geometry, http://www.
gutenberg.org/files/17384/17384-pdf.pdf
[L]
A. M. Legendre, Essai sur la Théorie des Nombres, Paris, Duprat, An VI.
[N1] Ali Nesin, Sezgisel Kümeler Kuramı, Nesin Yayıcılık 2015.
[N2] Ali Nesin, Sayıların İnşası, Nesin Yayıncılık tarafından muhtemelen 2012’de yayımlanacak.
Bkz. TÜBA açık ders notları: http://www.acikders.org.tr/course/category.php?id=2.
[N3] Ali Nesin, Aksiyomatik Kümeler Kuramı, Nesin Yayıncılık tarafından yayımlanacak. Bkz.
TÜBA açık ders notları: http://www.acikders.org.tr/course/category.php?id=2.
[N4] Ali Nesin, Matematik ve Korku, Nesin Yayıncılık.
[PTW] George Pólya, Robert E. Tarjan ve Donald R. Wood, Notes on Introductory Combinatorics, Modern Birkhäuser Classics 1983.
Dizin
212
Simgeler Dizini
×, 61
|, 94
Z, 151
n, 84
+, 61, 152, 155, 160
−, 154
−x, 151
<, 71
⇐⇒, 94
max, 71, 163
min, 71
N, 61
P, 114
Q, 193
⊔, 142
0, 62
∪, 32
∩, 35
∆, 52
obeb, 100
213
Dizin
01-dizisi, 12
01-tablosu, 44
10 tabanı, 107
bölüm, 135
bölünebilme, 94
bölünme, 94
bölünmek, 165
büyükeşit, 72
0, 9, 62
A′ , 53
açan küme parantezi, 5
Adleman, Leonard, 121
aksiyom, 21
algoritma, 138
altküme olma ilişkisi, 25
altkümeler kümesi önermesi, 28
altsınır, 162
alttan sınırlı, 162
ancak ve ancak, 94
antisimetri, 161, 208
arakesit, 34
aralarında asal, 96
aralarında asal, 166
ardışık sayı, 66
Aritmetiğin Temel Teoremi, 133, 176, 178
aritmetik, 181
asal sayı, 114
asallara ayrıştırma, 131
ayrık kümeler, 36
Cantor, Georg, 18
Catalan-Mersenne sayıları, 121
Cataldi, 123
Cauchy, 84
Collatz sanısı, 104
çarpan, 94
çarpımsal ters, 205
çarpma, 61, 155
çarpma (kesirli sayıların), 202
Çebişev, 148
çıkarma, 61, 151, 157
çift doğal sayı, 63, 94
çifte Mersenne sayısı, 120
∆, 52
dağılma özelliği, 38, 46, 52, 56, 64
dağılma özelliği (kesirli sayılarda), 205
De Morgan özdeşlikleri, 54
De Morgan yasaları, 56
değişme özelliği, 34, 35, 52, 56
Diofantos, 83
Dirichlet, Gustav Lejeune, 149
dizi, 12
dizinin uzunluğu, 12
doğal sayı, 61
doğal sayılar, 8
dört kare teoremi, 82
Dubner, Harvey, 122
düal, 55
basamak sayısı, 107
belit, 21, 28
Bertrand postülası, 148
Bertrand, Joseph, 148
Bézout teoremi, 169–171, 187
bileşim, 32
birleşme özelliği, 34, 35, 52, 101, 159, 184,
199, 204
değişme özelliği, 56
Bolzano, Johann, 18
boşküme, 22
boşküme önermesi, 22
bölen, 94, 135, 165
bölen sayısı, 101, 180, 182
bölme, 94
bölme (kesirli sayılarda), 205
bölme algoritması, 138
bölmek, 94, 165
bölü, 96
eksi, 151, 152
eleman, 5
en büyük ortak bölen, 71
en büyük ortak böleni, 100
en büyük öge, 71
en küçük ortak kat, 71
en küçük ortak kat, 127
en küçük öge, 71
Eratosthenes kalburu, 116
Erdozs, Paul, Erdös, Paul, 148
215
Dizin
eşdeğer, 94
etkisiz öge, 33–35, 52, 56, 155, 156, 199, 204
Euler, 117, 122, 123
Euler φ fonksiyonu, 97, 196
evrensel küme, 53
faktoriyel, 84
Fermat asalları, 121
Fermat sayıları, 121
Fermat’nın Küçük Teoremi, 146, 175
Fermat’nın Son Teoremi, 83
Fermat, Pierre de, 83, 119, 121
Fibonacci dizisi, 78
Gage, Paul, 120
Gauss, Carl Friedrich, 88
geçişkenlik, 161, 208
Goldbach sanısı, 119
gösterim (kesirli sayının), 194
216
Legendre, Adrien-Marie, 82, 148
Lucas, 122
maksimal öge, 71
maximal öge, 163
matematiksel yapi, 61
max, 71, 163
Mersenne asalları, 119
Mersenne sayıları, 121
Mersenne, Marin, 119
min, 71, 163
minimal öge, 71, 162
mutlak değer, 163
mükemmel sayı, 103, 123
N, 8, 61
negatif, 152
negatif tam sayılar, 152
Nickel, Laura, 120
Noll, Curt, 120
Hilbert, David, 18, 83
iki ögeli küme önermesi, 21
ikiz asallar, 118
ikiz asallar sanısı, 118
indirgenemez sayı, 114
işaret, 165
iyisıralama özelliği, 126
kalan, 135
kalanlı bölme, 134, 167
kapalı olmak, 61, 62
kapatan küme parantezi, 5
kapsama ilişkisi, 25
karesini almak, 74
kat, 165
Keller, W., 122
kesirli sayılar kümesi, 193
kesirli sayılarda eşitlik, 194
kesirli sayı, 193
kesirli sayılar, 193–210
kesirli sayılar kümesi, 193
kesirli sayıların eşitliği, 194
kesirli sayıların gösterimi, 194
kesişim, 34
kriptoloji, 121
Kummer, 84
kuvvet, 74
kübünü almak, 74
küçükeşit, 72
küçüklük-büyüklük ilişkisi, 70
küme, 3–60
küme eşitliği, 6
küme eşitliği önermesi, 6
küme parantezleri, 5
Lagrange, Joseph Louis, 82
Lamé, 84
Landry, 122
obeb, 100, 169
obeb X, 101
okek X, 184
olmayana ergi, 27, 130, 133
on tabanı, 104
onluk tabanda yazılım, 107
Oresme, Nicole, 152
ortak bölen, 96
öge, 3, 5
Öklid, 103, 123
Öklid algoritması, 141
özaltküme, 30
P, 114
Parady, 118
pay, 195
payda, 195
Peano, Giuseppe, 68
Petersen çizgesi, 30
Poincaré, Henri, 18
postulat, 21
pozitif, 9, 70
pozitif tam sayılar, 152
Q, 193
rakam, 105
Ramanujan, 148
Rivest, Ron, 121
Russell Paradoksu, 57
S, 9, 62
sadeleşmiş kesirli sayı, 194
sadeleştirilmiş yazılım, 195
sanı, 119
sayılar kuramı, 181
sayma sayıları, 9, 62
Schroeder, Manfred, 120
217
Dizin
Shamir, Adi, 121
sıfır, 62
sıralama (doğal sayıların), 61, 70
sıralama (kesirli sayıların), 206
sıralama (tam sayılarda), 160
sihirli kare, 94
simetrik fark, 51
Slowinski, David, 120
Smith, 118
sonlu küme, 8
sonsuz küme, 8
Sylvester, James Joseph, 148
şifreleme, 121
tümleyen, 53, 56
tablo, 44
tam sayılar, 151–191
tam sıralamada, 209
tamlık, 161, 162
tanımsız, 75, 96, 167
Tao, Terence, 118
Taylor, Richard, 84
tek doğal sayı, 63, 95
tekkuvvetli işlem, 34, 35, 56
toplama, 61, 155
toplama (kesirli sayıların), 197
toplamsal ters, 154, 199
tümevarımla kanıt, 78
Waring problemi, 83
Widmann, Johannes, 154
Wiles, Andrew, 84
üçgensel sayılar, 90
üs, 74
üstküme, 25
üstsınır, 72
üstten sınırlamak, 72
üstten sınırlı, 71
üstten sınırlı, 163
uzunluk (dizinin), 12
Venn diyagramı, 4, 11
yansıma özelliği, 161, 162, 208
Yıldırım, Cem Yalçın, 118
yoğunluk, 209
yok edici özellik, 52
yutan öge, 56, 64, 156
Z, 151
Zarantonello, 118
Zhang, Yitang, 118

matematik kitabı - Nesin Matematik Köyü

Transkript

Benzer belgeler

Sayısal Analiz Ders Notları Arzu Erdem Kaynaklar

Ali Nesin Okura Not: Henüz bitmemis ve gözden geçirilmemis kitap

Cevap

Ali Nesin 1956`da bla bla

MATEMAT˙IK VE MATEMAT˙IKC¸ ˙ILER: TAR˙IH˙I TASVIRLER veya

Reel izdüşümsel doğru ve düzlem

sayılar d¨unyasında gez˙ınt˙ıler

İndir - Nesin Matematik Köyü

TOBB - ETU Department of Economics IKT 262

Ali Nesin 1956`da - Nesin Matematik Köyü

Sezgisel Kümeler Kuramı

05. Veri Tabanı Tasarımı

Ali Nesin Analiz I

Lorem ipsum dolor - Hapag

Dönüşümler ve Limit Teoremleri