9. sınıf Matematik Kitabı

Ali Nesin

Nesin Yayıncılık Ltd. Sti.

kunye. . .

Ali Nesin

Fen Liseleri Icin

9’uncu Sınıf MatematikEksikler:Kapalılıkk + (k + 1) + · · ·+ n = n+k

2 × (n− k + 1)

Icindekiler

Onsoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1 Kumeler 31.1 Kumeler ve Ogeleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Boskume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3 Altkume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.4 Kumesel Islemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.4.1 Bilesim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.4.2 Kesisim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.4.3 Bilesim ve Kesisim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381.4.4 Kumelerin Farkı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.4.5 Kumelerin 01-Tablosu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441.4.6 Simetrik Fark . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501.4.7 Evrensel Kume ve Tumleyen . . . . . . . . . . . . . . . 53

2 Dogal Sayılar Yapısı 612.1 Toplama ve Carpma Islemleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.2 Sıralama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.3 Baska Islemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.3.1 Us Almak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 722.3.2 Faktoriyel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.3.3 Ilk n Pozitif Dogal Sayının Toplamı . . . . . . . . . . . 85

2.4 Bolme ve Bolunme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 912.5 Asal Sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.6 Birkac Kume Yazılım Bicimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1082.7 Iyisıralama Ozelligi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

2.7.1 Asala Bolunme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1132.7.2 Asallara Ayrıstırma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1152.7.3 Kalanlı Bolme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1192.7.4 Bolme Algoritması . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

2.8 Asallar Uzerine Daha Fazla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

3 Diger Sayı Kumeleri 1353.1 Tam Sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

3.1.1 Tanım . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353.1.2 Tam Sayılarda Islemler ve Sıralama . . . . . . . . . . . 137

iv

3.1.3 Bezout Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1483.1.4 Asallar uzerine Biraz Daha . . . . . . . . . . . . . . . . 1523.1.5 Aritmetigin Temel Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . 1543.1.6 En Kucuk Ortak Kat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

3.2 Kesirli Sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1613.3 Gercel Sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

Kaynakca ve Okuma Listesi 161

Onsoz

Ali Nesin / xx xxxx 2015

1. Kumeler

Bu ilk bolumde modern matematigin temel diregi olan kumelerle biraz asinaolacagız. Daha sonraki bolumlerde bu bolumde gordugumuz kavramların bolbol uygulamalarını gorecegiz ve hatta bu kavramları daha da gelistirip ge-nellestirecegiz.

Kumeler kuramını “sezgisel” bir bicimde ele alacagız. Kumeler kuramı[N2] ve [N3] ders notlarında cok daha matematiksel olarak (ve cok daha ileriduzeyde) ele alınmıstır. Dileyen okur o ders notlarına uygun bir zamanındagoz atabilir.

1.1 Kumeler ve Ogeleri

Birtakım nesnelerden olusan topluluklara matematikte kume adı verilir. Or-negin su anda icinde bulundugunuz sınıfı bir ogrenci kumesi olarak dusunebilir-siniz. Okulunuzu da, eger isterseniz, sınıflardan olusan bir kume olarak gorebi-lirsiniz. Elbise dolabınızı, elbiselerinizi iceren bir kume olarak algılayabilirsiniz.Yasadıgınız mahalle de insanlardan olusan bir kume olarak gorulebilir. Icindebulundugunuz ilceyi isterseniz insanlardan, isterseniz mahallelerden olusanbir kume olarak gorebilirsiniz, secim sizin, ama boylece bir degil, iki farklıkume elde edersiniz. Marangoz icin kutuphane raflardan olusan bir kumedirbelki, ama kutuphaneyi kullanacak kisi icin kutuphane kitaplardan olusanbir kumedir. Raflardan olusan kutuphane kumesi, tabii ki kitaplardan olusankutuphane kumesine esit degildir.

Orneklerimizi cogaltalım. Bir futbol takımı 11 oyuncudan olusan bir kumeolarak gorulebilir. Eger yedekleri de sayarsak, futbol takımı kumesinin “oge”sayısı artar. Antrenoru, doktoru, masoru filan da hesaba katarsak, futboltakımı kumesinin oge sayısı daha da artabilir. Ama her degisiklikte yeni birkume elde ederiz.

Bir teknisyen bir treni vagonlardan ve lokomotiften olusan bir kume ola-rak gormek isteyebilir ama bir biletci aynı treni yolculardan olusan bir kumeolarak gormeyi tercih edebilir, bakıs acısına gore degisir. Onemli olan kumeyiolusturan nesneleri, yani kumenin ogelerini belirlemektir. Tabii kumenin oge-

4 1. Kumeler

leri degisince kume de degisir, trenin vagonlarından olusan kume, trenin yol-cularından olusan kumeye esit degildir.

Sonuc olarak bir kume, bazı nesnelerden olusan bir topluluktur. Aslındakume sozcuguyle topluluk sozcugu arasında bir fark yoktur, “kume”, “toplu-luk” sozcugunun matematikcesidir; topluluklara matematikte “kume” denir.

Basit bir ornek ele alalım. Diyelim evinizi, icinde yasayanlardan olusanbir kume olarak gormek istiyorsunuz ve diyelim evinizde anneniz, babanız,dayınız, kardesiniz (Ersin) ve siz (Can ya da Canan) yasıyorsunuz. Demek kievinizde toplam bes kisi yasıyor. Bunu bir sekille soyle gosterebiliriz:

AnneBaba

Day›Ersin

Can/Canan

Bu kumenin bes ogesi vardır: Anne, baba, dayı, Ersin kardes ve siz (yaniCan ya da Canan). Anneyi A ile, babayı B ile, dayıyı D ile, Ersin kardesi Eile ve sizi de Can’ın ya da Canan’ın C’si ile gosterelim. Son olarak, kumeye Kadını verelim. Bu durumda kumemizi daha basit bir bicimde gosterebiliriz:

C

D

AB

K

E

K kumesinin bes ogesi var: A, B, C, D ve E.

Kumeyi olusturan kisileri yuvarlak bir cerceve icine aldık, isteseydik kareya da ucgen bir cerceve icine de alabilirdik, onemli olan kumenin ogelerininbir cerceve icine alınmıs olması. Asagıda kumeyi besgen icine almısız.

C

D

AB

K

E

Kumenin nasıl gosterildigi hic onemli degildir, yeter ki anlasılır bir sekil olsun.Cizmesi kolay olsun diye kumeler daha cok bir ovalle (yumurta biciminde birsekille) gosterilir.

Kumeleri simgeleyen bu tur sekillere Venn diyagramı adı verilir. Aynısekil uzerinde birden fazla kume gosterildiginde Venn diyagramları daha eglen-celi olur. (Ama kume sayısı cok artarsa eglencenin tadı kacar!) Ileride orneklerverecegiz.

1.1. Kumeler ve Ogeleri 5

Eger sekil cizmek zor geliyorsa, ki bazı durumlarda gercekten zor olabilir,bu kume soyle gosterilebilir:

K = {A, B, C, D, E}.

Sag ve soldaki fiyakalı parantezlere kume parantezleri adı verilir, birincisiacan kume parantezidir, digeri ise kapatan kume parantezi.

Anlamıssınızdır, bir kumeyi olusturan nesnelere oge denir. Bazen oge ye-rine eleman da denir; biz genellikle bu kitapta birinci terimi tercih edecegiz.

Kume yazarken ogelerin yazılıs sırası onemli degildir, ornegin yukarıdakikumeyi

K = {E, C, B, A, D}

olarak da gosterebilirdik. Ama ogelerden birini yazmazsak ya da fazladan biroge (evimize tasınan yengeyi mesela) eklersek, o zaman baska bir kume eldeederiz.

Bazı kitaplarda, “bir kume, iyi tanımlanmıs nesneler toplulugudur” yazarama bu tam dogru degildir, ya da soyle soyleyelim: “iyi tanımlanmıs olma”nınanlamı belirtilmediginden bu tanım eksiktir. Gene de ilk kez kume kavramıylakarsılasan birinin bunu tanım olarak almasında cok buyuk bir sakınca yoktur.

Evrendeki yıldızlar bir kume olusturur mu? Matematiksel olarak bununbircok sakıncası vardır. Her seyden once “evren” ve “yıldız”ın tanımları yapıl-madıgından “evrendeki yıldızlar” kumesi tam tanımlanmamıstır. Mesela biryıldız yıldız olmak icin ne kadar buyuk olmalıdır? Ama diyelim bu tanımlarıda yaptık. Bu durumda, evrendeki yıldızlar kumesinden soz edebilir miyiz?Gordugumuz yıldızlardan soz edeceksek, gene bir sorun var, cunku su andagordugumuz yıldızların bazıları orada degil, coktan sonup yok olmuslar... Amaolsun, onları da kumemize dahil edelim. Bazı yıldızlar parcalanıp iki yıldızadonusurler... Bazıları da yok olurlar. Yani yıldızlar kumesi de zamanla degise-bilir. Oysa matematiksel nesneler zamanla degismezler, zamandan bagımsız-dırlar.

Hayattan alınan her kume orneginin sorunları vardır. Sadece matematikselanlamda tanımlanmıs kumeler sorunsuzdur. Ama biz cok genis goruslu olup,en azından bu ilk bolumde, ince eleyip sık dokumayacagız. Bize “kume” duygu-sunu veren her seyi kume olarak kabul edecegiz. Ama bu konuda da abartma-mak lazım. Ulkemizin sevilen sarkıcıları, yakısıklı oyuncuları, cennet koyları,ulu dagları gibi oznel zevkleri one cıkaran, ogeleri kisiden kisiye degisebilecektoplulukları kume olarak kabul etmeyecegiz. Kitaplıktaki eski kitaplar, Dun-ya’daki hayvanlar, Rus edebiyatının en iyi romanları ya da sevilen sanat muzigisarkıları kume adına layık olmayan topluluklardır. Ote yandan bir duzleminnoktaları, sayı dogrusu uzerindeki 1’den kucuk sayılar ya da asal sayılar ma-tematiksel anlamda kume olustururlar.

6 1. Kumeler

Bir kume ogeleri tarafından belirlenir, yani aynı ogeleri olan iki kume esittirve farklı ogelere sahip kumeler farklı kumelerdir:

Kume Esitligi Onermesi: Aynı ogelere sahip iki kume esittir.

Bu onermeyi kume esitliginin tanımı olarak algılayabilirsiniz. Bu onermeyegore bir kume ogeleri tarafından belirlenir. Gene bu onermeye gore, eger ikikume birbirine esit degilse, o zaman kumelerden birinde digerinde olmayanbir oge vardır. Ornegin eger x, K kumesinin bir ogesiyse ama L kumesinin birogesi degilse, o zaman kesinlikle K kumesi L kumesine esit olamaz.

Ama dikkat, “aynı sayıda ogesi olan kumeler esittir” degil, “aynı ogelere sa-hip iki kume esittir” dedik. Aynı sayıda ogeye sahip iki kume esit olmayabilir,ornegin sizin sınıfta da diger subede de 24 ogrenci olabilir ama sizin sınıfınogrencilerinden olusan kume diger subenin ogrencilerinden olusan kumeye esitdegildir.

Bir kitap da sayfalardan olusan bir kume olarak gorulebilir, ama sayfalarınsırası onemli oldugundan kitabı sayfalardan olusan bir kume olarak gormekpek dogru bir bakıs acısı olmaz, cunku biraz once dedigimiz gibi kume ogele-rinin sıralamasını dikkate almaz. Bir tomar kagıdı, bilemedin bos bir defteribir kagıt kumesi olarak gormek daha dogru olur. Bir baska deyisle bir lis-teyle bir kume arasında bir fark vardır: Liste sıralanmıstır, birinci, ikinci, so-nuncu ogesi (ya da kalemi) vardır, ama bir kumenin birinci, ikinci ogesi yoktur.Bir sozluk bu konuda daha acıklayıcı bir ornek olabilir. Bir sozlugu kelimelerkumesi olarak gormek hic dogru degildir, cunku sozlukte kelimeler alfabetikolarak sıralanmıslardır, oysa bir kumenin ogelerinin herhangi bir sırası yoktur.Daha da dramatik bir ornek bir romandır. Bir roman herhalde bir kelimelerkumesi degildir, cunku bir romanda kelimeler sıralanmıslardır, ustelik aynı ke-lime birkac kez gecebilir. Kumeyi, ogelerini karma karısık bir sekilde ve herogeyi tek bir defa iceren bir cuval olarak dusunebilirsiniz.

Ev ahalisi ornegimize geri donelim. Teyzeniz sizin evde yasamıyor, demekki teyze, K kumesinde degil. Teyzeyi T harfiyle gosterelim. Asagıda T ’nin(yani teyzenin), K kumesine gore konumu gosteriliyor:

C

D

AB

K

E

T

Bir kumede aynı oge birkac defa gosterilebilir ama bu, kumeyi degistirmez.Ornegin,

{A, B, C, D, E} ile {A, A, B, B, B, C, D, E}

kumeleri birbirine esittir. Sagdaki kumede A ve B ogeleri bir nedenden birkacdefa gosterilmis, ama bu sakarlık kumenin degismesine neden olmaz. Sadelik


acısından bir kumede her ogeyi bir defa yazmakta yarar var tabii. Bir baskaornek:

{A, D, B, E, C, A} = {C, A, B, D, B, C, D, E}.

Tabii en zarif ve en kullanımlı yazılım, ogeler birer defa ve belli bir sırayla,ornegin alfabetik sırayla yazılarak elde edilir. Iki ornek:

{C, E, B, A} ile {A, B, C, E}

ve{5, 1, 4, 2} ile {1, 2, 4, 5}

kumeleri esittir ama belli bir duzen olması acısından ikinci yazılımı birincisinetercih ederiz. Yani her ne kadar bir kumenin ogeleri sıralanmamıssa da, estetik,pedagojik ve rahatlık gibi bazı kaygılardan dolayı kumelerin ogelerini belli birduzende yazmakta yarar vardır.

Eger y, x kumesinin bir ogesiyse, bu, matematiksel simgelerle

y ∈ x

olarak yazılır. Eger tam tersine y, x kumesinin bir ogesi degilse

y ∈ x

yazılır. Yukarıdaki aile orneginde

A ∈ K, B ∈ K ve T ∈ K

olur. Bazen,A ∈ K ve B ∈ K

yazmak yerine,A, B ∈ K

yazabiliriz, boylece matematiksel cumlelerimiz kısalır.Simdi bir S alalım ve S’nin K kumesinin bir ogesi olup olmadıgı sorusunu

soralım. Eger S, yukarıdaki A, B, C, D, E olarak gosterdigimiz kisilerden bi-rine esitse (mesela annenin adı Sema olabilir ve anne hem S hem de A harfiylegosteriliyor olabilir, yani S = A olabilir), o zaman S, K’nin bir ogesi olur.Eger S, yukarıdaki A, B, C, D, E olarak gosterdigimiz kisilerden birine esitdegilse S, K’nin bir ogesi degildir.

Turkiye’yi sehirlerinden olusan bir kume olarak gorelim ve bu kumeyi Tsimgesiyle gosterelim. Eger A Ankara’yı simgeliyorsa, A ∈ T olur. Ama egerP Paris’i simgeliyorsa, P ∈ T olmaz, yani P ∈ T olur. Yarın obur gun yenibir il eklenirse, o zaman T kumesi degisir ve bu durumda T yerine T1 gibi birbaska simge kullanılabilir.

8 1. Kumeler

Ama eger Turkiye’yi vatandaslarından olusan bir kume olarak gorursek,o zaman siz bu kumenin bir ogesi olursunuz ama Ankara bu kumenin birogesi olmaz, cunku Ankara bir vatandas degildir. ABD’nin cumhurbaskanıObama da bu kumenin bir ogesi degildir. Her yeni dogum ve olumle bu kumedegistiginden, matematik bu tur kumelerle muhatap olmaz. Matematiksel ku-meler zamanla degismemeli ve daha da onemlisi matematiksel kumelerin oge-leri de 1, 2, 3 gibi matematiksel nesneler olmalı. Bu kitapta daha cok

K = {1, 2, 3, 5}

gibi sayılardan olusan kumelerden soz edecegiz. Sadece, hayattan ornekler ve-rerek kavramı daha da anlasılır kılmak istedigimizde Ayse, Burak, Ceyda gibikisileri iceren kumelerden soz edecegiz. Ama okur bilmeli ki gercek bir mate-matiksel kume matematiksel ogelerden olusmalıdır.

Sonlu ve Sonsuz Kumeler. Sonlu sayıda ogesi olan bir X kumesinin ogesayısı s(X) olarak gosterilir. Ornegin 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, eger a = bise s({a, b}) = 2, eger a = b ise s({a, b}) = 1 olur1. Sonlu sayıda ogesiolan kumelere sonlu kume denir. Evinize en yakın plajdaki kum tanelerininkumesine U dersek, U ’nun cok ogesi vardır ama gene de sonlu bir kumedir.Yani s(U) belli bir sayıdır ama kac oldugunu bilemeyiz, ancak belki asagıyukarı tahmin edebiliriz.

Bazı kumelerin sonsuz sayıda ogesi vardır ve bu tur kumelere sonsuz ku-me denir. Mesela 0, 1, 2, 3 gibi tum dogal sayılardan olusan kume sonsuzdur.Bu kume N simgesiyle gosterilir. 0, 2, 4, 6 gibi cift dogal sayılardan olusankume de sonsuzdur. Bu son kumeyi tahmin edeceginiz nedenlerden 2N ilegosterirsek

6 ∈ 2N, 7 ∈ 2N ve − 2 /∈ 2Nolur2. Okurun sezgisine guvenerek bazen

2N = {0, 2, 4, 6, 8, . . . }

yazılır. “Okurun sezgisine guvenerek” dedik cunku sezgiden baska hicbir ye-timiz bize bir sonraki sayının 10 olması gerektigini soylemez3. N kumesini desezgilerimize guvenerek yazalım:

N = {0, 1, 2, 3, 4, . . . }.1Eger a ve b alfabenin ilk iki harfiyse, elbette a = b olur ama oyle olmak zorunda degil.

Mesela a en kucuk asal sayı, b de 0’dan buyuk en kucuk cift dogal sayı olabilir; bu durumdaa = b = 2 olur.

2−2 cift sayı olmasına ragmen bir dogal sayı degildir. Dogal sayılar 0, 1, 2, 3, 4 gibi tamsayılardır, negatif olamazlar.

3Bizim gibi sezgisel zekası olmayan (ama Turkce bilen) bir uzaylı, bu kumenin, en solbasamagında ilk harfi s, i, d, a olan bir rakamı olan sayıları iceren kume oldugunu, dolayısıylabir sonraki ogenin 9 (dokuz) oldugunu sanabilir... Neyseki bizim sezgilerimiz saglam!


Bu arada 0’ı bir dogal sayı olarak kabul ettigimizi de belirtelim. Pozitif (yani0’dan buyuk) dogal sayılara sayma sayıları denir. Sayma sayıları kumesi Sile gosterilir:

S = {1, 2, 3, 4, . . . }.

Tek dogal sayılar kumesini (“cift sayılara 1 ekle” anlamına) 2N + 1 olarakgosterebiliriz:

2N+ 1 = {1, 3, 5, 7, . . . }.

Bunun gibi,8N+ 3 = {3, 11, 19, 27, . . . }

ya da8S+ 3 = {11, 19, 27, 35, . . . }

gibi kumelerle sık sık muhatap olacagız.“Kume” ve “ogesi olmak” kavramlarını sezgisel olarak acıkladıktan sonra

daha matematiksel ornekler gorerek bu kavramları pekistirelim:

Ornekler

1.1. Yukarıdaki metinde ornek olarak verdigimiz kumelerin pek cogunun ogeleri matematik-sel degildi. Ogeleri matematiksel nesneler olan yeni bir kume ele alalım.

G = {0, 1, 3, 6}

olsun. Bu kumenin dort ogesi vardır: 0, 1, 3 ve 6. Mesela 0 ∈ G ve 4 /∈ G olur.

1.2. Eger G yukarıdaki kumeyse s(G) = 4 olur.

1.3. Ilk bakısta {a, b, c} kumesinin uc ogesi oldugunu sanabilirsiniz. Nitekim eger a, b ve cbirbirinden farklıysa oyledir. Ama mesela a = b = c ise bu kumenin tek bir ogesi vardır.Bu kumenin en az bir, en fazla uc ogesi vardır.

1.4. {a, a, a} kumesinin tek bir ogesi vardır. Bu kumeyi {a} olarak yazmak daha ekonomik-tir.

1.5. {0, 0, 0} kumesinin de tek bir ogesi vardır. Bu kumeyi {0} olarak yazmayı tercih ede-cegiz. Demek ki s({0, 0, 0}) = 1.

1.6. N sonsuz bir kumedir ama {N} kumesinin tek bir ogesi vardır, o oge de N kumesidir.

1.7. {N, 2N, 3N, 6N} kumesinin dort ogesi vardır.

1.8. {{N, 2N, 3N, 6N}} kumesinin tek bir ogesi vardır, o da {N, 2N, 3N, 6N} kumesidir.

1.9. {a, b, c, d} kumesinin en az bir, en fazla dort ogesi vardır.

1.10. A = {1, 2, 5, 8}, B = {1, 2, 3, 4, 6, 7}, C = {1, 3, 4, 8, 9, 10} kumelerinin Venn diyag-ramlarını aynı sekil uzerinde cizelim:

A B

C

5 26

71

3

4

910

8

10 1. Kumeler

Goruldugu uzere 1 sayısı her uc kumede de. Ama 2, 3, 4 ve 8 sayıları kumelerin sadeceikisinde. 5, 6, 7, 9, 10 ise kumelerin sadece birinde yer alıyor.

Sayarak gorecegimiz uzere, s(A) = 4 ve s(B) = s(C) = 6 olur.

1.11. 0, 3, 6 ∈ 3N olur, ama −3 /∈ N olur, cunku −3 bir dogal sayı degildir. 5 de 3’ebolunmediginden 5 ∈ 3N olur.

1.12. A = {2, 3, 4} olsun. A’daki sayıların gene A’daki sayılarla carpılmasıyla elde edilensayıları iceren ve baska da bir oge icermeyen kumeye B diyelim. Ornegin 6 ∈ B olur,cunku 6 = 2× 3 esitligi gecerlidir, ama 15 ∈ B olur. Bu kumenin tum ogelerini bulmakzor degildir:

B = {4, 6, 8, 9, 12, 16}.Bu B kumesini AA olarak yazmak fena bir fikir olmayabilir. Demek ki s(A) = 3 ves(AA) = 6.

1.13. A = {0, 2, 3, 4} ve B = {2, 5} olsun. A’daki sayılarla B’deki sayıların toplanmasıylaelde edilen sayıları iceren ve baska da bir oge icermeyen kumeye C diyelim. Ornegin9 ∈ C olur, cunku 9 = 4 + 5 esitligi gecerlidir, ama 15 ∈ B ve 8 ∈ B olur. Bu kumenintum ogelerini teker teker bulmak zor degildir:

C = {2, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.

Bu C kumesini A + B olarak yazmayı teklif ediyoruz. Elbette s(A) = 4, s(B) = 2 ves(A+B) = 7 oluyor.

Bu arada B+A kumesinin A+B kumesine esit olduguna dikkatinizi cekeriz, cunku herikisinin de aynı ogeleri vardır.

1.14. Bir kume bir baska kumenin ogesi olabilir, ornegin {0, 2} kumesi

A = {{0, 2}, 3, {3, 4}}

kumesinin ogesidir. Nitekim A kumesinin uc ogesi vardır; iste o ogeler:

{0, 2}, 3 ve {3, 4}.

Dolayısıyla{0, 2} ∈ {{0, 2}, 3, {3, 4}}

olur.

1.15. {{0, 1}} kumesinin tek bir ogesi vardır, o da {0, 1} kumesidir. Ama {0, 1} kumesininiki ogesi vardır: 0 ve 1. Yani s({{0, 1}}) = 1 ve s({0, 1}) = 2 olur.

1.16. {{{0, 1}}} kumesinin tek bir ogesi vardır, o da {{0, 1}} kumesidir.

1.17. Eger x bir kumeyse, x kumesi {x} kumesinin bir ogesidir. Tabii x aynı zamanda {x, y}kumesinin de bir ogesidir. Elbette s({x}) = 1 olur. Ama s({x, y}) sayısı 1 de olabilir 2de. Eger x = y ise bu sayı 1’dir, aksi halde 2’dir.

1.18. {a, b, c} kumesi {x, y} kumesine esit olabilir; mesela x = a = b ve y = c ise bu ikikume birbirine esittir. Baska kosullarda da bu iki kume birbirine esit olabilir, orneginy = a = c ve x = b ise de bu iki kume birbirine esit olur. Ama mesela a = b = c = x = yise bu iki kume birbirine esit olmaz, birincisinde bir, ikincisinde iki oge vardır.

1.19. {x, y} kumesinin {a} kumesine esit olması icin x = y = a esitlikleri gerek ve yeterkosuldur. Buradaki “gerek ve yeter kosul” su anlama gelmektir: Bu iki kume esitsex = y = a olmalıdır ve x = y = a ise iki kume birbirine esittir.

1.20. Eger

• A, 8’den kucuk tek sayılardan olusan kumeyse,

• B, (x− 1)(x− 3)(x− 5)(x− 7) = 0 denkleminin cozum kumesiyse ve

• C = {1, 3, 5, 7} ise


ise o zaman A = B = C esitlikleri gecerlidir, cunku her uc kumenin de aynı ogelerivardır.

1.21. Kumeler soyut nesneler olduklarından kumelerin sekli semali yoktur, ama insanogluresmi yazıdan daha kolay algıladıgından, kumeler asagıdaki sekildeki gibi yumurta yada patates biciminde bir sekille gosterilir. Kumenin ogeleri yumurtanın icine yazılır. Ku-menin ogesi olmayan nesneler de yumurtanın dısında gosterilir. Bu tur sekillere Venndiyagramı dendigini metinde soylemistik. Asagıdaki ornekte uc ogeli

x = {a, b, c}

kumesi cizilmis. d’nin yumurtanın dısında kalmasından d /∈ x oldugu anlasılıyor, yani d,x’in a, b ve c ogelerinden birine esit degildir.

1.22. Kimi zaman bir kumenin ogelerinin de kume olabilecegini gorduk. Bir ornek daha vere-lim:

{{0, 3, 5}, {0, 2}}kumesinin

{0, 3, 5} ve {0, 2}olmak uzere iki ogesi vardır ve her iki oge de bir kumedir. Kume olan bu ogelerin deogeleri vardır. Ornegin {0, 3, 5} ogesinin (ki kumedir aynı zamanda) uc ogesi vardır: 0, 3ve 5. Bu kumeyi ve ogelerini asagıdaki sekildeki gibi bir Venn diyagramıyla gosterebiliriz.

Bu asamada s({{0, 3, 5}, {0, 2}}) = 2, s({0, 3, 5}) = 3 ve s({0, 2}) = 2 esitlikleri barizolmalı.

1.23. Kumenin ogelerini kumenin cocukları olarak yorumlayacak olursak (ki boyle bir yorum-lama matematiksel olarak anlamsızdır), kumenin ogelerinin ogelerini de kumenin torun-ları olarak dusunmek gerekir. Elbette, yeri geldiginde, bir kumenin ogelerinin ogelerininogelerinden de soz edebiliriz.

1.24. {0, 3, 5} bir kumedir, ama bu kume yukarıdaki ornekte oldugu gibi bir baska kumeninogesi olabilir. Demek ki aynı nesne aynı anda hem kume hem de oge olabiliyor. Aslındaher kume bir baska kumenin ogesi olabilir, nitekim x kumesi ornegin {x} kumesininogesidir.

12 1. Kumeler

Bu gibi durumlarda aynı nesneyi -yukarıda yaptıgımız gibi- aynı sekil uzerinde iki farklıbicimde resmetmekte yarar olabilir:

1. Eleman olarak, yani bir nokta olarak,

2. Kume olarak, yani yumurta biciminde bir sekille.

1.25. Yukarıdaki ornekten cok daha karmasık durumlar olabilir. Sozgelimi

{{{{0}}}}

kumesinin tek bir ogesi vardır, o da {{{0}}} kumesidir. {{{0}}} kumesinin de bir tekogesi vardır, o da {{0}} kumesidir. {{0}} kumesinin de bir tek ogesi vardır, o da {0}kumesidir. {0} kumesinin de bir tek ogesi vardır, o da 0 sayısıdır. Bu ornegimiz asagıdaresmedilmistir.

1.26. Daha karmasık durumlar olabilir. Su ornegi ele alalım:

x = {{0, 2}, {2, 3, 4}, 2, 3}

olsun. Bu kumeyi ve ogelerini asagıdaki sekilde resmettik.

1.27. {{a, c}, {a, b, c}} kumesinin hangi kosullarda kac ogesi vardır?

1.28. {a} ∈ {{a, b}} icindeligi hangi kosulda dogru olabilir?

1.29. c ∈ {a, {a, b}} icindeligi (ya da ifadesi) hangi kosullarda dogru olabilir?

1.30. Eger x bir kumeyse, oge olarak sadece x’i iceren bir kume vardır. Bu kume {x} olarakyazılır. x’in kac ogesi olursa olsun, {x} kumesinin tek bir ogesi vardır: x. Eger x ve yiki farklı kumeyse {x, y} kumesinin sadece iki ogesi vardır. Genel olarak, sonlu sayıdakume verilmisse, diyelim x1, . . . , xn kumeleri, {x1, . . . , xn} kumesi tum bu kumeleri ogeolarak icerir ve baska da oge icermez.

1.31. 00111101001110 turunden sadece 0 ve 1’lerden olusan dizilere 01-dizisi denir. Verdigi-miz ornekteki dizinin uzunlugu 14’tur cunku dizide tam 14 tane terim vardır. Uzunlugu3 olan 01-dizilerinden olusan D3 kumesini gosterelim:

D3 = {000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111}.

Goruldugu gibi uzunlugu 3 olan tam 8 tane 01-dizisi vardır.


Uzunlugu 2 olan diziler kumesi D2 olsun:

D2 = {00, 01, 10, 11}.

D1 kumesi uzunlugu 1 olan dizilerden olusur ve sadece iki ogesi vardır: D1 = {0, 1}.Uzunlugu 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 olusan kumeye elbette D4 adını verecegiz.

Bu dizileri rastgele bir sırayla yazmadıgımızı anladınız mı? “Kucukten buyuge” dogruonce soldan saga, sonra yukarıdan asagıya sıralayarak yazdık. Boyle yazarsanız 16 dizininhicbirini unutmazsanız, unutursanız da hangisini unuttugunuzu kolayca bulabilirsiniz.Uzunlugu 5 olan 01-dizisi sayısı 32’dir:

00000, 00001, 00010, 00011, 00100, 00101, 00110, 00111,01000, 01001, 01010, 01011, 01100, 01101, 01110, 01111,10000, 10001, 10010, 10011, 10100, 10101, 10110, 10111,11000, 11001, 11010, 11011, 11100, 11101, 11110, 11111.

(Bu dizilerden olusan kumeye D5 adını verebiliriz.) Uzunlugu 6 olan 01-dizilerinin her-birini bulmak icin, uzunlugu 5 olan 01-dizilerinin iki kopyasını bir kagıda alt alta yazınve birinci kopyadaki dizilerin basına 0, ikinci kopyadakilerin basına 1 getirin (toplam32 + 32 = 64 tane dizi elde edersiniz). Boylece tum 01-dizileri kucukten buyuge belirir.

Dizileri hic unutmadan yazmanın bir yontemi benzin istasyonlarındaki pompa sayacınıdusunmektir. O sayaclar, eger benzinci hile yapmıyorsa baslangıcta 0000000 konumun-dadır. Sonra benzinin pompadan akmaya baslamasıyla en sagdaki yuvanın sayısı 1, 2,3 diye artmaya baslar. 9’a geldikten sonra o yuva tekrar 0 olur ama hemen solundakiyuva 1 olur, yani sayac artık 10’u gosterir. En sagdaki yuvadaki sayı tekrar 0, 1, 2, diyeartmaya baslar. En sagdaki rakam 9 oldugunda, tekrar 0’a doner ama hemen solundakiyuva 1 iken 2 olur, yani sayac artık 20’yi gosterir. Sayacın nasıl isledigini biliyorsunuz.En sagdaki dort yuva ornegin 9999 oldugunda, bu yuvalarda gosterilen bir sonraki sayı0000 olur ama hemen onceki sayı (mesela) 3 ise 4 olur, 8 ise 9 olur; ama bu yuva da9 ise bir sonraki asamada 0 olur ve hemen solundaki rakam bir atar. Dizileri yazarkansadece 0 ve 1 rakamları olan bir sayac oldugunuzu hayal edin! Eger 4 haneniz varsa soyleislersiniz:

0000000100100011010001010110011110001001101010111100110111101111

14 1. Kumeler

Toplam 24 = 16 tane var, demek ki hicbirini unutmamısız.

Genel olarak, uzunlugu n olan 01-dizisi sayısı 2n’dir, yani s(Dn) = 2n olur.

0 uzunlugunda 20, yani 1 tane 01-dizisi vardır. Bu diziye bosdizi adı verilir. Bosdizidehic simge yoktur. Bosdizi ⟨ ⟩ olarak yazılır. Demek ki D0 = {⟨ ⟩}, yani D0 kumesinintek bir ogesi vardır, o da bosdizidir.

01-dizileriyle kumeler arasında cok yakın bir iliski vardır. Biraz ileride bu yakın iliskiyigorecegiz.

1.32. Venn diyagramlarında kumeler genellikle oval bir sekille gosterilir, ama kumeleri baskaturlu de gosterebiliriz, hatta bazen kumeleri baska turlu gostermek gerekir. Mesela birdogruyu noktalarının kumesi olarak gormek dogaldır ve bir dogruyu bir oval olarakresmetmek pek akıllıca olmasa gerek! Aynı sey bir ucgenin icindeki noktalardan olusankume icin de gecerlidir!

Ama bazen de gorunurde hicbir neden olmadan kumeleri Venn diyagramlarındaki gibibir ovalle degil de, dogrular ve egrilerle gostermek daha islevsel ve daha estetiktir. Suornegi 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 kumenin bir nevi Venn diyagramını asagıdaki gibi cizebiliriz:

A12

A3

A13

A1

A2

A23

010

011

001101

100

110

111

Burada, A123 kumesi dısındakiler bir dogru olarak resmedilmis ve her biri sekilde belir-tilmis; A123 kumesi de bir cember olarak gosterilmis. Bu 7 kumeyi Venn diyagramlarındaoldugu gibi ovallerle resmetseydik, ortaya hic de anlasılır bir sekil cıkmazdı; oysa yu-karıdaki sekilde her sey cok daha anlasılır.

Kumelerin adlarıyla ogeleri arasında bir iliski vardır; bu iliskiyi bulmayı okura bırakıyo-ruz. Iki noktanın ortasındaki noktalar da bir anlamda o iki noktanın toplamı, sekildengorebilirsiniz.

Alıstırmalar

1.33. {1, 2, {1, {2}}} kumesinin kac ogesi vardır?

1.34. {{1, 2, {1, {2}}}} kumesinin kac ogesi vardır?

1.35. Turkce okunusunda icinde i harfi bulunmayan 30’dan kucuk dogal sayılar kumesinin kacogesi vardır?


1.36. A, Turkce okunusunda icinde a harfi bulunmayan 30’dan kucuk dogal sayılar kumesiolsun. O, Turkce okunusunda icinde o harfi bulunmayan 30’dan kucuk dogal sayılarkumesi olsun. U , Turkce okunusunda icinde u harfi bulunmayan 30’dan kucuk dogalsayılar kumesi olsun. Bu uc kumenin Venn diyagramını cizin.

1.37. Eger sonlu uzunluktaki bir 01-dizisinde beliren her 00’dan sonra mutlaka 1 geliyorsa vebeliren her 11’den sonra 0 geliyorsa, o diziye “makul dizi” diyelim. 100110101101001 di-zisi ornegin 15 uzunlugunda makul bir dizidir ama 10011010110100 ya da 100110001010makul bir dizi degildir. En fazla 7 uzunluktaki makul dizilerden olusan kumenin kacogesi vardır?

1.38. {1, 2, 3}, {2, 3, 4, 5}, {1, 2, 4, 7} kumelerinin Venn diyagramını cizin.

1.39. {1, 2, 3, 4, 5} ve {2, 3, 5} kumelerinin Venn diyagramını cizin.

1.40. {1, 2, 3, 4}, {3, 4, 5, 6} ve {2, 3, 5} kumelerinin Venn diyagramını cizin.

1.41. 2N, 3N ve 5N kumelerinin Venn diyagramını cizin. (Bunlar sonsuz kumeler oldukların-dan, ogelerinin hepsini yazamazsınız.)

1.42. {3N} kumesinin kac ogesi vardır? {3N, 6N} kumesinin kac ogesi vardır?

1.43. A = {1, 2, 3, 4} ise A’daki sayıların gene A’daki sayılarla carpılmasıyla elde edilensayıları iceren ve baska da bir oge icermeyen kumenin tum ogelerini bulun.

1.44. Yukarıdaki alıstırmayı carpma yerine toplama ile yapın.

1.45. A = {1, 2, 4} ve B = {0, 4, 6} ise A’daki sayıların B’deki sayılardan cıkarılmasıyla eldeedilen sayıları iceren ve baska da bir oge icermeyen kumenin ogelerini bulun.

1.46. 3 ve 7 sayılarının cesitli defalar birbirleriyle toplanmasıyla elde edilen kumenin ogelerinibulun. Mesela 3, 6, 7, 9, 10, 13 ve 14 bu kumenin ogeleridir.

1.47. Aynı alıstırmayı 7 ve 15 sayıları icin yapın. Bu sayıları birbirleriyle toplayarak belli birdogal sayıdan buyuk tum dogal sayıları elde edecegimizi gosterin.

1.48. A = {1, 2, 4} ise A+A kumesini tanımlayın ve ogelerini bulun.

1.49. A kumesi, 0 ve 10 dahil, 0’dan 10’a kadar olan sayılardan olusan kume olsun. B, A’dakisayıların karelerinden olusan kume olsun. C, A’daki sayıların kuplerinden olusan kumeolsun. A, B ve C kumelerinin Venn diyagramını tek bir sekil uzerinde cizin.

1.50. A = {1, 2, 3, . . . , 100} kumesinin 3’e tam bolunen kac ogesi vardır? Aynı kumenin 2’yeve 3’e bolunen kac ogesi vardır? Aynı kumenin 6’ya ve 15’e bolunen kac ogesi vardır?

1.51. Her n dogal sayısı icin An kumesi n’den 2n’ye kadar dogal sayılardan olusan kume 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 oge sayısını bulun. A5, A6, A7 ve A8 kumelerinin Venn diyagramını cizin.

1.52. Hangi durumda s({{x}, {x, y}}) = 1 olur?

1.53. Hangi durumlarda s({{x}, {x, y}, {x, y, z}}) = 1 olur? Hangi durumda bu sayı 2 olur?

1.54. {x} ve {{y, z}} kumeleri birbirine esit olabilir mi?

1.55. Eger {{x}, {x, y}} = {{z}, {z, t}} ise, x = z ve y = t esitliklerini kanıtlayın. Ipucu:Kanıtı x = y ve x = y olmak uzere iki parcaya ayırabilirsiniz.

1.56. A, dogal sayıların karelerinden olusan kume olsun. B ise dogal sayıların kuplerindenolusan kume olsun. A ve B kumesinin ortak ilk dort ogesini bulun. A ve B kumesininsonsuz tane ortak ogesini bulun.

1.57. A, iki ardısık dogal sayının toplamı olarak yazılabilen dogal sayılar kumesi olsun. Or-negin 5 + 6 = 11 oldugundan, 11 ∈ A olur. B, uc ardısık dogal sayının toplamı olarak

16 1. Kumeler

yazılabilen dogal sayılar kumesi olsun. A ve B kumelerinin ortak bes ogesini bulun.

1.58. A, uc ardısık dogal sayının toplamı olarak yazılabilen dogal sayılar kumesi olsun. B,dort ardısık dogal sayının toplamı olarak yazılabilen dogal sayılar kumesi olsun. C, besardısık dogal sayının toplamı olarak yazılabilen dogal sayılar kumesi olsun. A, B ve Ckumelerinin ortak bes ogesini bulun.

1.59. A, B ve C kumeleri yukarıdaki gibi olsun. A’da olup da B’de ya da C’de olmayan ucoge bulun. Aynı seyi B, A ve C icin yapın. Aynı seyi C, A ve B icin yapın.

1.60. A, iki dogal sayının karesinin toplamı olarak yazılan dogal sayılardan olusan kume ol-sun; A’da olmayan uc sayı bulun. B, uc dogal sayının karesinin toplamı olarak yazılandogal sayılardan olusan kume olsun; B’de olmayan uc sayı bulun. C, dort dogal sayınınkaresinin toplamı olarak yazılan dogal sayılardan olusan kume olsun; C kumesinde ol-mayan uc sayı bulun. (Bu sefer bulamayacaksınız! Cunku C = N olur. Bu bilinen birteoremdir, yani her dogal sayı dort tamkarenin toplamıdır, ama bu teoremi bu kitaptakanıtlamayacagız.)

1.61. Tabanı kare olan bir piramit ele alalım.

Tabandaki koselere A, B, C, D diyelim. Tepe noktası da E olsun. Bu piramidin tabandahil toplam 5 yuzu vardır. Her yuzdeki kose noktalarından bir kume elde edelim:

T = {A, B, C, D}Y1 = {A, B, E}Y2 = {B, C, E}Y3 = {C, D, E}Y4 = {D, A, E}

Bu bes kumenin Venn diyagramını cizin. Ise yararlılık ve estetik bakımından Venn di-yagramı mı daha cazip, yoksa piramit mi?

1.62. Asagıdaki kumeleri ele alalım:

X = {0, 1}Y = {1, 2}Z = {2, 3}T = {3, 0}S = {0, 2}U = {1, 3}

Alıstırma 1.32’de oldugu gibi bu kumeleri ikiser noktalık birer dogru olarak cizin. Ucgenpiramide benzer bir sekil elde etmeyi amaclayın, her kume (yani her dogru), piramidinbir kenarı olacak, her oge de (yani 0, 1, 2, 3 ogeleri) piramidin bir kose noktası olacak.


1.63. Bir onceki alıstırmaya devam edelim. Su kumeleri ele alalım:

A3 = {0, 1, 2}A2 = {0, 1, 3}A1 = {0, 2, 3}A0 = {1, 2, 3}

Bu sefer kumelerin her birini bir ucgen piramidin bir yuzu olarak cizmeyi deneyin.Kumelerin ogeleri piramidin koseleri olacak. Ucgen piramidin her yuzeyinde uc noktavardır ve tam 4 yuzu vardır. Yukarıdaki alıstırmada elde edilen sekil yardımcı olacaktır.

1.64. Asagıdaki kumeleri ele alalım:

A⋆00 = {000, 100}A0⋆0 = {000, 010}A00⋆ = {000, 001}A⋆01 = {001, 101}A0⋆1 = {001, 011}A01⋆ = {010, 011}A⋆10 = {010, 110}A1⋆0 = {100, 110}A10⋆ = {100, 101}A⋆11 = {011, 111}A1⋆1 = {101, 111}A11⋆ = {110, 111}

Alıstırma 1.32’de oldugu gibi, bu kumeleri ikiser noktalık dogrular olarak cizin. Kupebenzer bir sekil elde etmeye calısın, her kume (yani her dogru) kupun bir kenarı olacak.

1.65. Bir onceki alıstırmaya devam edelim. Su kumeleri ele alalım:

A⋆⋆0 = {000, 100, 010, 110}A⋆⋆1 = {001, 101, 011, 111}A⋆0⋆ = {000, 100, 001, 101}A⋆1⋆ = {010, 110, 011, 111}A0⋆⋆ = {000, 010, 001, 011}A1⋆⋆ = {100, 110, 101, 111}

Bu sefer kumelerin her birini kupun bir yuzu olarak cizmeyi deneyin. Kumelerin ogelerikupun koseleri olacak. Kupun her yuzunde dort kose vardır ve kupun toplam 6 taneyuzu vardır. Yukarıdaki alıstırmada elde edilen sekil yardımcı olacaktır.

1.66. Uc ardısık dogal sayının toplamı olarak yazılan ogelerden olusan kumeye A diyelim. A,3’e bolunen pozitif dogal sayılar kumesidir. Bunun nedenini anlamaya calısın. Ornegin78’i nasıl uc ardısık sayının toplamı olarak yazabiliriz?

Dort ardısık dogal sayının toplamı olarak yazılan ogelerden olusan kumeye B diyelim.B kumesinin hangi dogal sayılardan olustugunu bulabilir misiniz?

Yukarıdaki A ve B kumelerinin ortak ogeleri hangi dogal sayılardır?

Notlar

1.67. Kumeler sadece sayılardan ya da sayı kumelerinden olusmaz. Bir duzlemin dogrularıda mesela bir kume olusturur. Bir duzleme cizilebilecek tum kareler bir baska kumeolusturur. Her turlu matematiksel nesneden kume olusabilir. Matematiksel nesnelerdenolusmus kumeler de matematiksel nesnelerdir, dolayısıyla bunların da kumesi alınabilir.Bu kitapta bu konunun ustune gitmeyecegiz cunku amacımız kumeler kuramına sadecesezgisel bir baslangıc yapmak.

18 1. Kumeler

1.68. Var oldugundan beri insanoglu matematikte olmasa da gunluk yasamında kume kavra-mıyla asinaydı elbette, ornegin koyun surusu, bugday tarlası, kabile, bir sepet yumurtagibi sozler kume fikrinin cesitli tezahurleridir. Ancak matematiksel anlamda kumeninoldukca yakın bir gecmisi vardır. Kumelerden acık acık ilk kez 1847’de simdiki CekCumhuriyeti’nin baskenti Prag’da yasamıs olan matematikci Bolzano (1781-1848) sozetmistir. O zamanlar sonsuz sayıda ogesi olan kumelerin celiski icereceginden korkulu-yordu. 19’uncu yuzyılın sonlarına dogru, yani bundan 100 kusur yıl once, Alman mate-matikci Georg Cantor (1845-1918) sonsuz kumelerden korkmamıs, tam tersine ustlerineustlerine gitmis, onları anlamaya calısmıs ve bugunku matematiksel anlamına cok yakınbir kumeler kuramını matematik camiasının agır baskılarına karsı koyarak neredeysetek basına gelistirmistir. Nitekim bircok unlu matematikci kumeler kuramını gereksizbir ugras olarak gordu, kumeler kuramıyla genclik gercek matematikten uzaklastırılıp,gereksiz ve eften puften dusuncelere yonlendiriliyor diye dusunuyorlardı4. Kumeler ku-ramını ciddiye alanlar matematigi getirisi olmayan bir alana suruklemekle suclanıyordu.O cagın en unlu ve en etkin iki matematikcisi Alman David Hilbert ve Fransız HenriPoincare matematigin ozuyle ilgili bu savasta ayrı cephelerde yer almıstır. Savası Hil-bert kazanmıstır; bugun kumeler kuramı matematikte merkezı bir konuma gelmistir.Matematigin klasik dallarının bircok onemli problemi cozumunu kumeler kuramındabulmustur.

Poincare ile Hilbert, cagın en onemli iki matematikcisi

Kumeler kuramı varlıgını sonsuz kumelere borcludur. Cantor’dan once sonsuz kumelerinvarlıgından kuskulanılıyordu, kuskulanmayanlar da sonsuz kumelerle islem yapmaya ce-kiniyorlardı ya da iki sonsuz kume arasında matematiksel olarak (ogeleri dısında) bir farkgoremiyorlardı. Cantor 1874’te yayımladıgı bir makalesinde iki sonsuz kume arasında(oge sayısı acısından mesela) derin farklar olabilecegini gostererek matematikte bir cıgıracmıstır. Kumeler kuramının gelisimi onyıllar boyunca matematik dunyasında matema-tiksel ve felsefi duzeyde sert tartısmalara, hatta bilimsel kavgalara neden olmustur.

4Cagın iki unlu matematikcisinden biri olan Poincare’nin “Gelecek kusaklar kumeler ku-ramını kurtulunması gereken bir hastalık olarak goreceklerdir” dedigi soylenir ancak 1992’deyayımlanmıs bir makale Poincare’nin boyle bir soz soylemedigini iddia ediyor [G].


Hayatını psikolojik sorunlarıyla bogusarak geciren Georg Cantor (1845-1918)

Cantor’un (matematiksel oldugunu hic iddia etmedigimiz) kume tanımı soyleydi: “Ku-me, algımızın ya da dusuncemizin acık ve net nesnelerinden olusan bir topluluktur”.

Oysa gunumuzun matematiginde “kume” kavramı ve “bir kumenin ogesi olmak” iliskisimatematiksel olarak tanımlanmadan kabul edilmesi gereken kavramlar olarak kabul edi-lir. Matematigin diger tum kavramları bu iki kavrama dayandırılarak tanımlanabilir.Bunu soyle algılayabilirsiniz: Tek bir kelime bilmediginiz bir yabancı dilden, orneginMacarcadan bir kelimenin anlamını Macarcadan Macarcaya bir sozluge bakarak anla-yamazsınız; biraz Macarca bilmelisiniz ki bir kelimenin anlamını sozluge bakarak anla-yabilesiniz. Iste “kume” ve ∈ simgesiyle gosterilen “ogesi olmak” kavramları, matema-tikcenin tanımlanmadan bilindigi varsayılan kavramlarıdır. Bu iki kavram kullanılarakmatematigin diger tum kavramları karısıklıga yer vermeyecek bicimde tanımlanabilirler.Ama biz bu kitapta boyle bir ugrasa girmeyecegiz, kume ve ogesi olmak kavramlarınıacıklarken yaptıgımız gibi gelecekte de okurun sezgilerine guvenecegiz.

Cantor’un kume kavramını tanımladıgı ilk makalesinden bir pasaj. Kume yerine“topluluk” kelimesini kullanmıs, ama kumenin Almancası hala daha makalede

parantez icinde kullanılan menge’dir.

1.69. Kumeler kuramı matematige bakıs acımızı da buyuk olcude degistirmistir. Ornegin sayı-lar kuramı tam sayılardan ziyade tam sayılar kumesiyle ilgilendigi, geometrinin nokta vedogrulardan ziyade nokta ve dogru kumeleriyle ilgilendigi anlasılmıstır. Bu bakıs acısıkonuları soyutlamamıza ve genellestirmemizi saglamıstır. Kumeler kuramının modernmatematigin vazgecilmezidir.

Yanlıs anlasılmasın, kumeler kuramı matematigin ozunu degistirmemistir, diger konu-ların aksine matematikte dogrular degismez, bundan iki bin kusur yıl once kanıtlanmısteoremler bugun de gecerlidir, ama kumeler kuramı matematige bakıs acımızı ve mate-matigi algılayısımızı dramatik bir bicimde degistirmistir.

20 1. Kumeler

Sunu da soylemek gerekiyor: Kumeler kuramı ve modern matematik, salt soyutlamaolsun diye dogmamıstır. Kumeler kuramı bir nevi sımarıklık ya da luks degildir yani.Tum yerlesmis kuramlar bir gereksinim sonucu ortaya cıkar, yani bir zorunluluktur.

1.70. a sayısı, Ikinci Dunya Savası’nda savas alanlarında olen Fransız asker sayısı olsun. A ={a} olsun. A bir kumedir ama a’nın kaca esit oldugunu kimse bilmeyebilir. Demek kibir kumenin olusması icin illa ogelerinin tam olarak bilinmesi gerekmiyor. b, Arjantin’de1763 yılında dogan bebek sayısı olsun. B = {b} olsun. Muhtemelen b sayısının kacaesit oldugu da bilinmiyordur. Dolayısıyla A = B esitligini ya da A = B esitsizliginikanıtlayamayız. Tabii asker ve bebek matematiksel nesneler olmadıgından, bu ornek pekmatematiksel olmadı. Benzer ornekler matematiksel nesnelerle de verilebilir. Ornegin,C, iki asal sayının toplamı olarak yazılamayan 2’den buyuk dogal sayılar kumesi olsun.24 = 11 + 13 oldugundan 24 bu kumenin bir ogesi degildir. 36 = 7 + 29 oldugundan 36da bu kumenin bir ogesi degildir. Bugun, bu satırların yazıldıgı tarihte, C kumesininboskume olup olmadıgı bilinmemektedir! Yani C diye bir kume var, ama kumenin hangikumeye esit oldugunu simdilik bilmiyoruz, belki de hicbir zaman bilemeyecegiz!

Unlu Italyan matematikci Giuseppo Peano (1858-1932). Kumeler kuramına, aritmetigeve analize yaptıgı onemli katkılar dısında, Latino sine flexione (gramerden arındırılmısbir nevi Latince) adında yapay bir dil icat etmistir. Bugun yapay dillerin en bilineni

esperantodur. Peano ayrıca “Tanım nasıl tanımlanır” gibi yarı felsefi, yarımatematiksel konularla da ilgilenmistir.

1.71. Kumeler kuramının hemen hemen tum matematigin temelini olusturabilecegi zamanlaanlasılmıstır. Yani kumelerden yola cıkarak matematigin nokta, dogru, egri, duzlem,tam sayı, kesirli sayı, gercel sayı, boyut, toplama, carpma, fonksiyon gibi tum temelkavramlarını tanımlanabilir, ayrıca neredeyse tum matematiksel kuramları kumeler ku-ramının icinde gelistirebiliriz. Bu yuzden de bugun kumeler kuramı matematigin temelikonumundadır.

1.72. “Ogesi olmak” anlamına kullanılan ∈ simgesi Yunan alfabesinin epsilon, yani e harfi-nin biraz stilize edilmis seklidir. Epsilon harfinin aslı ε bicimindedir. Epsilon harfi, eskiYunancada “olmak” anlamına gelen (ama “kumenin icindedir” cumlesindeki “dir” ekianlamına kullanılan) “esti” (εστ ι) kelimesinin bas harfi olması nedeniyle unlu Italyanmatematikci Giuseppo Peano (1858-1932) tarafından 1889’da secilmistir. (Bu “esti” ke-limesi Latinceye de gecmis ve zamanla Ingilizce this is a door cumlesindeki “is” ya da


Italyancadaki “essere” ve Fransızcadaki ”etre” yuklemlerine donusmustur. Turkcede buyuklemin gorevi, “bu bir kapıdır” cumlesinde oldugu gibi “dır” ekiyle gorulmektedir.)

Giuseppe Peano’nun 1889 tarihli Arithmetices principia nova methodo expositaadlı Latince yazılmıs eserinde ∈ simgesinin ilk kullanımı. Kume yerine “sınıf” anlamına

gelen classis kelimesini kullandıgı dikkatimizi cekiyor.

1.73. Mantık dahil pek cok bilimsel alanda sık sık kullanılan Venn diyagramları 1880 yılındamantıkcı ve felsefeci John Venn (1834-1923) tarafından bulunmustur.

John Venn (1834-1923)

1.74. Sayfa 6’daki Kume Esitligi Onermesi aslında bir belittir . Belit, ya da Frekcesiyle aksi-yom, ya da eskilerin deyimiyle postulat, dogrulugu kanıtlanmadan kabul edilen onermeanlamına gelir. Belitler sorgulanabilirler tabii, ama sorgulamak istemeyen de beliti ge-rekcesiz kabul eder. Kume Esitligi Onermesi (daha dogrusu beliti), matematikcilerinsorgulamaktan bile kacındıkları belitlerdendir, o kadar ozumsenmistir. Cok daha ileriseviyede matematikte sorgulanabilecek kadar kusku uyandıran belitler vardır.

Aslında Kume Esitligi Onermesi, eger istenirse, kume esitliginin tanımı olarak da kabuledilebilir.

Her kuram belitlerden olusur, dolayısıyla kumeler kuramının da belitleri vardır, ama bukitapta bu konuya girmeyecegiz, sadece genel kultur olarak notlarda deginecegiz.

Metinde bir baska belit daha kullandık ama acık acık yazmadık. Iste o belit:

Iki Ogeli Kume Onermesi: Eger x ve y birer kumeyse, oge olarak sadece ve sadecex ve y’yi iceren bir kume vardır.

22 1. Kumeler

Kume esitligi onermesinden dolayı, varoldugu soylenen bu kume tektir, ne de olsa kume-nin ogelerinin x ve y oldugu soylenmis. Bu kumenin {x, y} olarak yazıldıgını metindesoylemistik.

1.75. Ornek 1.31’de tanımlanan 01-dizisi kavramı matematikte cok onemlidir, adeta mate-matigin iskeletidir. Ama bilgisayarlar yaygınlasalı bu kavram cok daha onemli bir ko-numa gelmistir, cunku internet uzerinden yolladıgınız her mesaj bilgisayarınız tarafındanbir 01-dizisine donusturulup karsı tarafa oyle yollanır. Mesajı yolladıgınız kisinin bilgi-sayarı, aldıgı bu 01-dizisini tekrar bildigimiz dile cevirir.

Istenmeyen kisiler mesajı okuyamasın diye mesajlar sifrelenerek yollanır. Sifreleme ko-nusu, anlasılır nedenlerden, gunumuzde cok onemli ve aktif bir arastırma alanıdır. Ileridegorecegimiz asal sayıların da sifrelemeyle cok yakın bir iliskisi vardır.

1.76. Dogal sayılar kumesini simgeleyen N harfi Latince kokenli dillerden kaynaklanmaktadır:Ingilizce natural, Fransızca naturel, Almanca naturlich “dogal” demektir. Kelime Latincenaturalis’ten gelmektedir. Ne yazık ki N simgesini ilk kez kimin kullandıgını bilmiyorum.Sadece Turkcede gordugum sayma sayıları kumesinin simgesi S herhalde “sayma”nınse’sinden kaynaklanıyordur.

1.2 Boskume

Bir onceki altbolumde gordugumuz tum orneklerde kumelerin ogeleri vardı.Bu altbolumde hic ogesi olmayan bir kumeden soz edecegiz.

Hic ogesi olmayan bir kume var mıdır, daha dogrusu olmalı mıdır? Elbetteolmalıdır! Ornegin her seyi bilen insanlar kumesinin hic ogesi yoktur, 2015yılına kadar Turkiye’nin ya da ABD’nin cumhurbaskanı olmus kadınlar kume-sinin hic ogesi yoktur. Hic ogesi olmayan kumeden bol ne var! (Ama birazdanhic ogesi olmayan tek bir kume oldugunu kanıtlayacagız!)

Hic ogesi olmayan bir kumenin varlıgı kabul edilir:

Boskume Onermesi: Hic ogesi olmayan bir kume vardır.

Bu onermeyi bir nevi emir olarak algılayabilirsiniz.

Hic ogesi olmayan kumeye boskume denir. Boskumenin bir tane bile ogesiyoktur. Boskume ∅ simgesiyle gosterilir. Demek ki x ne olursa olsun, x /∈ ∅.

Bazen boskumenin { } olarak gosterildigi de olur. (Aman icine toz kacma-sın!)

Sadece bir tane boskume vardır! (Zaten onceki iki paragrafta da sadecebir tane boskume oldugunu biliyormusuz gibi “boskume”den soz ettik.) Bunuhemen kanıtlayabiliriz. Diyelim iki tane boskume var, yani hic ogesi olmayaniki tane kume var. Hic ogesi olmayan bu iki kumeye x ve y diyelim. x = yesitligini kanıtlayacagız. Kanıtlayalım. Diyelim x ve y kumeleri birbirine esitdegil. O zaman ikisinden birinde digerinde olmayan bir oge olmalı, cunku herikisinin de aynı ogeleri olsaydı, sayfa 6’daki Kume Esitligi Onermesi’nden do-layı, x ve y kumeleri birbirine esit olurdu. Ama bu kumelerin hic ogesi yokki ikisinden birinde digerinde olmayan bir oge olsun!.. Demek ki bu iki kumebirbirine esitmis...

1.2. Boskume 23

Boskumeden sadece bir tane oldugundan ona boskume adını verme ve onu∅ simgesiyle gosterme hakkını kendimizde buluyoruz. Iki tane olsaydı ornegin,birini ∅1, digerini ∅2 olarak gostermek zorunda kalırdık.

Demek ki s(∅) = 0 olur. Ayrıca ∅, 0 ogesi olan yegane kumedir, yanis(X) = 0 ise X = ∅ olmak zorundadır.

Simdi bircok okura ilk okuyusta tuhaf gelecegini sandıgım bir teorem ka-nıtlayalım: Boskumenin her ogesi 1’e esittir! Kanıtın puf noktası boskumeninhic oge icermemesidir. Tanımı geregi hic oge icermeyen boskumenin her ogesi1’e esittir! Bunu kanıtlayalım. Diyelim ki savımız yanlıs, yani boskumenin herogesi 1’e esit degil... O zaman boskumede 1’e esit olmayan bir oge vardır. Amahani boskumede hic oge yoktu? Hic ogesi olmayan boskumede 1’e esit olmayanbir oge olabilir mi? Elbette olamaz. Demek ki boskumenin her ogesi 1’e esittir!

Bu kanıtın bir benzeri, boskumenin her ogesinin 2’ye esit oldugunu dakanıtlar. Yani boskumenin her ogesi hem 1’e hem de 2’ye esittir, hatta hattaπ’ye ve

√2’ye ve adını kimsenin duymadıgı her sayıya da esittir... Neyse

ki boskumenin hic ogesi yok... Olsaydı, 1 = 2 gibi sacmasapan bir esitlikkanıtlamıs olacaktık!

Boskumenin her ogesi istedigimiz tum ozellikleri saglar. Boskumenin herogesi sarıdır, yesildir, uzundur ve aynı zamanda kısadır da. Hic ogesi olmayanboskumenin tum ogeleri tum ozellikleri ve esitlikleri saglar. Bunu boskumeninhic ogesi olmamasına borcluyuz.

Boskumeyi boslamayalım! En onemli birkac kumeden biridir boskume. Birogeli cok kume vardır, ama sıfır ogeli tek bir kume vardır: boskume. Sa-dece bu ozellik bile boskumenin diger kumelerden ayrılmasına, onun ayrıcalıklıkılınmasına yeter.

Ornekler

1.77. Su an sınıfınızda bulunan esekler kumesi muhtemelen boskumedir!

1.78. Turkcede icinde sesli harf barındırmayan sozcukler kumesi boskumedir.

1.79. Gozumuzden kacan olmamıssa ya da bilim insanları laboratuvar ortamında uretmemis-lerse, gunumuzde yasayan dinozorlar kumesi boskumedir.

1.80. x + 1 = 0 denkleminin yegane cozumu x = −1’dir, dolayısıyla bu denklemin dogalsayılardaki cozum kumesi boskumedir.

1.81. x2 + 1 = 0 denkleminin cozumu dogal sayılarda (ya da kesirli sayılarda ya da gercelsayılarda) yoktur, cunku x hangi sayı olursa olsun, x2 + 1 sayısı 1’den kucuk olamaz,demek ki 0 da olamaz. Dolayısıyla bu denklemin tamsayılardaki cozum kumesi boskume-dir.

1.82. Boskumenin her ogesi 0’dan buyuk bir sayıdır, cunku aksi halde boskumede 0’dan buyukolmayan bir sayı olurdu! Aynı nedenden boskumenin her ogesi 0’dan kucuk bir sayıdır.Boskumenin hic ogesi olmaması bizi bir celiskiden kurtarıyor.

1.83. Boskumenin her ogesi x2+1 = 0 denkleminin bir cozumudur, cunku aksi halde hic ogesiolmayan boskumede x2 + 1 = 0 denkleminin cozumu olmayan bir oge olurdu. Dahaneler!

1.84. {∅} kumesi boskume degildir, cunku bir ogesi vardır, o da boskumedir. Demek ki ∅ ∈ {∅}

24 1. Kumeler

olur.

1.85. {{∅}} kumesinin de bir ogesi vardır, o da {∅} kumesidir. Ama {{∅}} kumesi bir oncekiornekteki {∅} kumesine esit degildir, cunku bu iki kumenin farklı ogeleri vardır.

1.86. {∅, {∅}} kumesinin iki ogesi vardır, cunku ∅ = {∅}.1.87. Bu ornekte “ilkel” adını verecegimiz bir kavram tanımlayacagız. Tanımımız soyle: Eger

bir kumenin tum ogeleri ilkelse, kumenin kendisine de “ilkel” diyelim. Bu tanıma goreboskume ilkeldir, cunku boskumenin ilkel olmayan ogesi olamaz, ne de olsa boskume-nin (ilkel olsun ya da olmasın) hic ogesi yoktur! Dolayısıyla {∅} kumesi de ilkeldir,cunku yegane ogesi olan ∅ ilkeldir. Buradan {∅, {∅}}, {∅, {∅}, {∅, {∅}}}, {∅, {∅}, {{∅}}}kumelerinin de ilkel oldugu cıkar.

Alıstırmalar

1.88. Sınıfınızın, kardesleri kumesi boskume olan ogrencilerinden olusan kumenin kac ogesivardır? (Turkcesi: Sınıfınızda kardesi olmayan kac ogrenci vardır?)

1.89. 2x+8 = 13 denkleminin dogal sayılar kumesindeki cozumlerinden olusan kumeye A di-yelim. 5x+25 = 13 denkleminin tam sayılar kumesindeki cozumlerinden olusan kumeyeB diyelim. 5x2 + 7 = 2 denkleminin kesirli sayılar kumesinde olan cozumlerden olusankumeye C diyelim. A = B = C esitligini gosterin.

1.90. Bir futbol takımında 1’den 11’e kadar numaralı 11 oyuncu var. Soyunma odasında da1’den 11’e kadar numaralandırılmıs dolaplar var. Dolapların hepsi baslangıcta kapalı.Birinci oyuncu dolapların hepsini acıyor. Sonra ikinci oyuncu odaya giriyor ve cift nu-maralı dolapları kapatıyor. Ardından ucuncu oyuncu giriyor ve 3’e bolunen numaralıdolapları acıksa kapatıyor, kapalıysa acıyor. Sonra sıra dorduncu oyuncuya geliyor, oda 4’e bolunen numaralı dolaplara mudahale ediyor, acıksa kapatıyor, kapalıysa acıyor.Bu boyle 11’inci oyuncuya kadar devam ediyor. n’inci oyuncudan sonraki acık dolaplarkumesine An diyelim. Baslangıcta tum dolaplar kapalı oldugu icin A0 = ∅ tanımını ya-palım. ElbetteA1 = {1, 2, . . . , 11} veA2 = {1, 3, 5, 7, 9, 11} olur.A3 = {1, 5, 6, 7, 11}esitligini bulmak zor degil. A4’ten A11’e kadar olan kumeleri bulun.

1.91. Yukarıdaki soruda, yedeklerle birlikte futbol takımında 20 ogrenci ve 20 dolap varsa,A20 kumesini bulun.

1.92. Yukarıdaki sorularda en sonda acık kalan dolaplar kumesinin oyuncuların odaya girissırasından bagımsız oldugunu gozlemleyin. Yani ogrenciler odaya hangi sırayla girersegirsin, en sonda hep aynı dolaplar acık kalır.

1.93. Bu soruda oyuncu ve dolap sayısını sonsuz yapalım: Oyuncuların numaraları 1, 2, 3gibi sayma sayıları olsun. Dolaplar da aynen oyuncular gibi sayma sayılarıyla numa-ralandırılmıs olsun. Her ogrenci teker teker odaya girip kapalı dolapları acsın, acıklarıkapatsın. Tum ogrenciler odaya girip cıktıgında (!) hangi dolaplar acık kalır?

1.3 Altkume

A ve B iki kume olsun. Eger A’nın her ogesi B’nin de bir ogesiyse, A’nın B’ninbir altkumesi oldugu soylenir. Ornegin

{0, 2, 5}

kumesi

{0, 1, 2, 5, 8, 9}

1.3. Altkume 25

kumesinin bir altkumesidir cunku birinci kumenin ogesi olan tum ogeler (0, 2ve 5 sayıları) ikinci kumenin de ogeleridir, ama {0, 2, 5} kumesi,

{1, 2, 5, 8, 9}

kumesinin bir altkumesi degildir cunku bu son kumede 0 yoktur.

Eger A, B’nin bir altkumesiyse, bunu

A ⊆ B

olarak gosteririz. Ender de olsa, bu durumda bazen B’nin A’nın ustkumesioldugu soylenir. B’nin A’yı kapsadıgı da soylenir. Iki kume arasındaki bu ⊆iliskisine kapsama iliskisi ya da altkume olma iliskisi diyecegiz.

Eger A ⊆ B ise, Venn diyagramı soyle bir sey olur:

A

B

Hayattan ornek vermek gerekirse, sınıfımızın kız ogrencilerinden olusankume, sınıfımızın (ya da okulumuzun) ogrencilerinden olusan kumenin altku-mesidir. Ya da ailemizin 18 yasına girmemis bireylerinden olusan kume, aile-mizin bireylerinden olusan kumenin altkumesidir. Bir baska ornek, ikametgahıIstanbul’da olan vatandaslardan olusan kume, tum vatandaslardan olusankumenin altkumesidir. Ama bir matematik kitabında matematiksel nesneler-den olusan kumelerden soz etmek gerekir, biz de cogunlukla oyle yapacagız.Iste matematiksel bir ornek:

S ⊆ N

olur. Bir baskası:

{0, 3, 5, 7} ⊆ {0, 1, 3, 4, 5, 7, 11}

olur.

Bir A kumesinin bir B kumesinin altkumesi olmaması icin, yani A’nınher ogesinin B’de olmaması icin, A’da olan ama B’de olmayan en az bir ogeolmalıdır; bu durum

A ⊆ B

olarak gosterilir. Ornegin memeli hayvanlar kumesi dort ayaklı hayvanlar ku-mesinin altkumesi degildir, cunku ornegin balina memeli bir hayvandır amadort ayagı yoktur. Matematiksel bir ornek: {1, 2, 3} kumesi {0, 1, 2, 4, 5}kumesinin bir altkumesi degildir, cunku birinci kumedeki 3 ogesi ikinci kumededegildir.

26 1. Kumeler

Sonlu bir kumenin altkumeleri de sonludur tabii. Hatta eger A ⊆ B ise veB sonluysa, s(A) ≤ s(B) olur.

Ornekler

1.94. Cift dogal sayılar kumesi 2N, dogal sayılar kumesi N’nin bir altkumesidir elbette, ne deolsa her cift dogal sayı bir dogal sayıdır. Yani 2N ⊆ N olur.

1.95. 6’ya bolunen dogal sayılar kumesi 6N, cift dogal sayılar kumesi 2N’nin bir altkumesidir.Yani 6N ⊆ 2N olur cunku 6’ya bolunen bir dogal sayı mecburen 2’ye de bolunur yanibir cift sayı olur.

1.96. Ama 2N, 6N’nin bir altkumesi degildir, nitekim 2N kumesinin bir ogesi olan 2, 6’yabolunmedigi icin 6N kumesinin bir ogesi degildir. Matematiksel simgelerle gostermekgerekirse, 2N ⊆ 6N olur.

1.97. Ne 3N, 5N’nin ne de 5N, 3N’nin bir altkumesidir. Ama mesela 15N kumesi hem 3Nkumesinin hem de 5N kumesinin bir altkumesidir.

1.98. 6N ve 15N kumeleri 3N kumesinin altkumeleridir.

1.99. {0, 3, 9, 15} ⊆ 3N olur.

1.100. {a} kumesi {a, b} kumesinin bir altkumesidir.

1.101. {a, b}, {b, c} ve {a, c} kumeleri {a, b, c} kumesinin birer altkumesidir. Ayrıca {a}, {b}ve {c} kumeleri de {a, b, c} kumesinin bir altkumesidir.

1.102. {a} kumesinin {b, c, d} kumesinin bir altkumesi olması icin yeter ve gerek kosul a’nınb, c ya da d’ye esit olmasıdır.

1.103. Birazdan her kumenin kendisinin altkumesi oldugunu gorecegiz (Teorem 1.1.i), yani herx kumesi icin x ⊆ x olur, ama bu olgu daha simdiden bariz olmalı.

1.104. Kume Esitligi Onermesi’ne gore, x = y olması icin yeter ve gerek kosul x ⊆ y ve y ⊆ xonermelerinin dogru olmasıdır. Bunu da birazdan teorem adı altında yazacagız (bkz.Teorem 1.1.i ve ii).

1.105. Birazdan boskumenin her kumenin altkumesi oldugunu kanıtlayacagız (Teorem 1.2),ama bir onceki altbolumu hakkıyla okuyan okur icin bu olgu daha simdiden bariz olmalı.

1.106. {0, 1} kumesi {0, 1, {0, 1}} kumesinin hem bir ogesi hem de bir alkumesidir. Tuhaf amagercek! Bazen bir kume bir baska kumenin hem ogesi hem de altkumesi olabilir. Orneklerinsa etmek kolay: Mesela eger x = {1, 2, 3} ise, x kumesi {1, 2, 3, x} kumesinin hembir ogesi hem de bir altkumesidir.

1.107. 5 ogeli bir kumenin 6 ogeli altkumesi yoktur; 7 ogeli altkumesi de olamaz.

1.108. {2} kumesi {1, 2} kumesinin bir altkumesidir ama ogesi degildir. Ama {2} kumesi{1, 2, {2}} kumesinin hem bir ogesi hem de bir altkumesidir. 1 ise {1, 2, {2}} kumesininsadece bir ogesidir, bir altkumesi degildir. Ogelerle altkumeleri karıstırmamak lazım;ornegin birazdan gorecegimiz uzere, boskume her kumenin altkumesidir, ama boskumeher kumenin ogesi degildir. (Neden olsun ki!)

1.109. A = {0, 1, 2, 3, 4} kumesinin iki ogeli altkumelerini bulalım:

{0, 1}, {0, 2}, {0, 3}, {0, 4},{1, 2}, {1, 3}, {1, 4},

{2, 3}, {2, 4},{3, 4}.

Goruldugu uzere toplam 10 tane var. Okur herhalde buradan hareketle A’nın uc ogelialtkumeleri de bulabilir, onlardan da tam 10 tane vardır.

1.110. n ogeli kumenin n ogeli tek bir altkumesi vardır, o da kendisidir. Her kumenin 0 ogelitek bir altkumesi vardır, o da boskumedir.

1.3. Altkume 27

1.111. n ogeli bir kumenin 1 ogeli altkume sayısı n’dir.

1.112. n ogeli bir kumenin n− 1 ogeli altkume sayısı n’dir. (Niye?)

1.113. 100 ogeli bir kumenin kac tane 30 ogeli altkumesi vardır? Eger daha once bir yer-den ogrenmemisseniz, bu asamada bu tur sorunun cok zor oldugunu dusunebilirsiniz.Ama ileride cok kolay bir yontemle bu sayının (eger bir hesap hatası yapmadıysak!)24.934.074.551.452.400.000.000 oldugunu hesaplayabilecegiz.

Hemen basit bir teorem kanıtlayalım:

Teorem 1.1. A ve B herhangi iki kume olsun. O zaman su onermeler dogru-dur: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 ogesi elbette A’nın bir ogesidir, dolayısıyla altkume ol-manın tanımına gore A ⊆ A olur.

ii. A ⊆ B ve B ⊆ A varsayımlarını yapalım. A ⊆ B oldugundan A’nın herogesi B’dedir. B ⊆ A oldugundan B’nin her ogesi A’dadır. Demek ki A ile Bkumelerinin aynı ogeleri vardır. Sayfa 6’teki Kume Esitligi Onermesi’ne goreA = B olur.

iii. A ⊆ B ve B ⊆ C varsayımlarını yapalım. A’dan rastgele bir oge alalım.A ⊆ B oldugundan, bu oge B’dedir. Ama ayrıca B ⊆ C oldugundan, B’deolan bu oge aynı zamanda C’dedir. Demek ki A’nın her ogesi C’dedir, yaniA ⊆ C olur. �

Teoremin ikinci maddesi, A ve B kumelerinin esit olduklarını kanıtlamakicin A ve B’nin birbirlerinin altkumesi olması gerektigini soyluyor.

Yukarıda kanıtladıgımız uc onermeye boskumenin her kumenin bir altku-mesi oldugunu da eklemeliydik belki ama kanıtladıgımız o uc onerme ozelonermelerdir, onları bozmak istemedik. Boskumenin her kumenin altkumesioldugunu simdi kanıtlayalım:

Teorem 1.2. Her A kumesi icin ∅ ⊆ A olur.

Kanıt: Eger ∅ ⊆ A onermesi dogru olmasaydı, yani boskumenin her ogesiA’da olmasaydı, o zaman, boskumede A’da olmayan bir oge olurdu, amaboskumede hic oge yoktur ki A’da olmayan bir ogesi olsun... Dolayısıyla bos-kume A’nın bir altkumesidir. �

Notlar

1.114. Teorem 1.2’nin kanıt yontemine “olmayana ergi” adı verilir. Bu kanıt yonteminde ka-nıtlanmak istenen onermenin (ornegimizde ∅ ⊆ A onermesi) yanlıs oldugu varsayılır vebu varsayımdan hareketle bir celiski, yani bir sacmalık (ornegimizde boskumenin birogesi oldugu sacmalıgı) elde edilir. Boylece onermenin yanlıs oldugu yanlıs oldugu veonermenin dogru oldugu anlasılır.

28 1. Kumeler

Olmaya ergi yontemi mantıkta, “sacmaya indirgeme” demek olan Latince reductio adabsurdum sozleriyle ifade edilir.

1.115. Sayfa 6’teki Kume Esitligi Onermesi ya da sayfa 21’deki Iki Ogeli Kume Esitligi Oner-mesi gibi, sayfa 22’deki Boskume Onermesi de bir belittir (bkz. Not 1.74), yani dogrulugukanıtlanmadan kabul edilen onermelerdendir. Asagıdaki Altkumeler Kumesi Onermeside bir baska belittir. Kumeler kuramının bu kitapta hic soz etmeyecegimiz baska belitleride vardır.

Altkumeler Kumesi Onermesi: Eger X bir kumeyse, ogeleri X’in altkume-lerinden olusan bir kume vardır.

Yukarıda var oldugu soylenen bu kume ℘(X) olarak yazılır. Adına X’inkuvvet kumesi ya da daha dogal olarak X’in altkumeler kumesi denir.Demek ki ℘(X) kumesinin ogeleri X kumesinin altkumeleridir, yani Y ∈ ℘(X)onermesinin dogru olması icin yeter ve gerek kosul Y ⊆ X onermesidir. Ornek-lerle her sey daha anlasılır olacak:

Ornekler

1.116. Her X kumesi icin∅ ⊆ X ve X ⊆ X

onermelerinin dogrulugunu artık biliyoruz. Demek ki ∅, X ∈ ℘(X). Ama bir kume-nin genellikle baska altkumeleri de vardır. Oldukca basit bir ornekte bir kumenin tumaltkumelerini bulalım.

X = {0, 1, 2}olsun. X’in tum altkumelerini bulmak zor degildir, iste:

∅, {0}, {1}, {2}, {0, 1}, {0, 2}, {1, 2}, {0, 1, 2}.

Demek ki A’nın 8 tane altkumesi var ve

℘(X) = {∅, {0}, {1}, {2}, {0, 1}, {0, 2}, {1, 2}, {0, 1, 2}}.

1.117. Yukarıdaki ornekten de anlasılacagı uzere 3 ogeli her kumenin 8 tane altkumesi vardır.

1.118. 2 ogeli bir kumenin 4 tane altkumesi vardır. Ornegin A = {0, 1} ise A’nın altkumelerisunlardır:

0, {0}, {1}, {0, 1}.

1.119. 1 ogeli bir kumenin 2 tane altkumesi vardır. Ornegin A = {a} ise A’nın altkumelerisunlardır:

∅, {a}.

1.120. 0 ogeli bir kumenin, yani boskumenin tek bir altkumesi vardır, o da kendisidir, yaniboskumedir. Boskume, bu ozelligi (tek bir altkumesi olma ozelligini) saglayan yeganekumedir.

1.121. 4 ogeli bir kumenin 16 tane altkumesi oldugunu tahmin etmis olabilirsiniz. Nitekimoyledir. Alıstırma olarak {0, 1, 2, 3} kumesinin 16 altkumesini bulun.

1.122. n ogeli bir kumenin 2n tane altkumesi vardır. Ornegin 10 ogeli bir kumenin 210, yani1024 tane altkumesi vardır. Bunu kanıtlamak o kadar zor degildir. 10 ogeli bir kumealalım, diyelim 0’dan 9’a kadar olan rakamları iceren kumeyi aldık. Bir altkume oge-leri tarafından belirlendiginden, bir altkume yaratmak icin 10 rakamın her biri icin ya“evet, bu rakam altkumenin ogesidir” ya da “hayır, bu rakam altkumenin ogesi degildir”

1.3. Altkume 29

kararını almalıyız. Her rakam icin iki karardan birini almak zorunda oldugumuzdan vetoplam 10 rakam oldugundan, toplam 210 altkume secenegi vardır.

Demek ki s(A) = n ise, s(℘(A)) = 2n olur.

n = 3 icin soylediklerimizi daha da somutlastıralım. Diyelim uc ogeli

X = {a, b, c}

kumesini aldık. X’in altkumeleri sunlardır:

∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}.

Toplam 8 tane, yani 23 tane oldugu goruluyor. Bu kumeleri 01-dizileriyle sırasıyla soylekodlayabiliriz (acıklama hemen sonra gelecek):

000, 100, 010, 001, 110, 101, 011, 111.

Kodlamayı soyle yaptık:

∅’yi 000 ile temsil ettik cunku boskumede ne a var, ne b var, ne de c.

{a} kumesini 100 ile temsil ettik cunku sadece a kumede, b ve c kumede degiller. Dizininilk terimi olan 1, a’nın altkumede oldugunu soyluyor. Bu 1’den sonra gelen iki adet 0, bve c’nin kumeye dahil olmadıgını soyluyor.

{b, c} kumesini 011 ile temsil ettik, cunku a kumede degil (dizinin ilk terimi bu yuzden0), ama b ve c altkumedeler (dizinin ikinci ve ucuncu terimi bu yuzden 1).

1.123. n ogeli bir kumenin iki ogeli altkume sayısını bulalım. n ogeli kumeye A diyelim. Ikiogeli bir altkume secmek demek aslında A kumesinden iki oge secmek demektir. Birincioge icin n tane secenek var. Birinci oge secildikten sonra geriye n− 1 tane secenek kalır.Boylece toplamda (!) tam n(n− 1) tane secenek vardır. Ama bir kumede “birinci oge”,“ikinci oge” yoktur ki, yani {a, b} kumesiyle {b, a} kumesi arasında bir fark yoktur,oysa buldugumuz n(n − 1) secenekte bu iki yazılım iki farklı kumeye isaret ediyormusgibi algılandı. Dolayısıyla bu sayıyı 2’ye bolmemiz lazım. Yani n ogeli bir kumenin 2ogeli atkume sayısı n(n− 1)/2’dir.

1.124. Eger B ⊆ C ise ℘(B) ⊆ ℘(C) olur elbette. Bu dedigimiz aynen Teorem 1.1.iii onerme-sidir.

1.125. Eger A bir kumeyse, ℘(A) da bir kumedir, dolayısıyla ℘(A)’nın da altkumeleri vardır;bu altkumeler de elbette ℘(℘(A)) kumesinin ogeleridir. Ornegin A = {1, 2, 3} ise,

{{1}, {1, 2}} ⊆ ℘(A)

olur cunku soldaki kumenin her ogesi (ki sadece iki tane var), ℘(A) kumesinin ogesidir,yani A’nın bir altkumesidir.

1.126. Her A kumesi icin, A ⊆ A oldugundan, her zaman A ∈ ℘(A) olur. Peki, A ∈ ℘(℘(A))oldugu durumlar olur mu? Evet. Mesela A = ∅ ise, her X kumesi icin A ∈ ℘(X)olur (cunku boskume her kumenin altkumesidir), bunun ozel bir durumu olarak (X =℘(A) alalım) A ∈ ℘(℘(A)) olur. Peki... Boskumeden baska bu ozelligi saglayan baska Akumeleri var mı? Evet var. Su tanımları yapalım:

A0 = ∅A1 = {A0}A2 = {A0, A1}A3 = {A0, A1, A2}A4 = {A0, A1, A2, A3}

Her i = 0, 1, 2, 3, 4 icin Ai ∈ ℘(℘(Ai)) olur. Ornekleri cogaltmak zor degil.

30 1. Kumeler

1.127. A = {0, 1, 2, 3, 4, 5} olsun. A’nın 25, yani 32 tane altkumesi oldugunu biliyoruz. A’nın3 ogeli altkumelerini 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 ogeli altkumeleri de asagıda:

{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. Iki listeyi karsılastırdıgınızda kumelerin birbirini ta-mamladıgını goruyor musunuz? Aynı pozisyondaki kumeler birbirinin “tumleyeni”, bukonuyu daha sonra da gorecegiz.

Bu ornekten guzel bir geometrik sekil ortaya cıkarabiliriz. Yukarıda listesini yaptıgımıziki ogeli 10 kumenin her biri icin duzleme bir nokta koyalım. Demek ki toplam 10 nok-tamız var. Noktaların adları kumelerin kendisi olsun. Ornegin noktalardan birinin adı{1, 2}; bir digerininki {2, 5}. Boyle bunun gibi 10 tane noktamız olsun. Eger iki noktanınadları kesismiyorsa, iki nokta arasına bir dogru parcası cizelim; ornegin {1, 2} noktasıyla{3, 4}, {3, 5} ve {4, 5} noktalarını birlestirelim. Eger noktaların adları kesisiyorsa nokta-ları birlestirmeyelim; ornegin {1, 2} noktasıyla {1, 4} noktası arasına bir dogru cizilmez.Eger noktaları duzleme dogru bicimde yerlestirirsek asagıdaki guzel sekli elde ederiz.

{1, 2} {3, 4}

{4, 5}

{2, 3}

{5, 1}

{3, 5}

{2, 5}

{2, 4}{1, 4}

{1, 3}

Bu sekil matematikte oldukca unludur, Petersen cizgesi olarak bilinir.

Ozaltkume. Eger Y ⊆ X ama Y = X ise, Y ’ye X’in ozaltkumesi adı verilir.Bu durum

Y ⊂ X

olarak gosterilir5.n ogeli bir kumenin 2n tane altkumesi oldugunu soyledik. Demek ki n ogeli

bir kumenin 2n − 1 tane ozaltkumesi vardır.Boskumenin ise ozaltkumesi yoktur; yani boskumenin ozaltkumelerinden

olusan kume gene boskumedir.

Alıstırmalar

1.128. {1, 3, 7} kumesinin kac altkumesi vardır?

5Maalesef bircok kitapta ⊆ ile ⊂ simgeleri arasında bir fark gozetilmez.

1.3. Altkume 31

1.129. {1, 3, 7} kumesinin tum altkumelerini bulun.

1.130. {1, 3, 5, 7} kumesinin tum altkumelerini bulun.

1.131. Sadece 5 altkumesi olan bir kume var mıdır?

1.132. Sadece 1268 altkumesi olan bir kume var mıdır?

1.133. Tam 1024 tane altkumesi olan bir kumenin kac ogesi vardır?

1.134. A = {0, 1} kumesinin 4 tane altkumesi vardır. Dolayısıyla ℘(A) kumesinin 4 ogesi var-dır. Bundan da ℘(A) kumesinin 24, yani 16 tane altkumesi oldugu anlasılır. Bir baskadeyisle ℘(℘(A)) kumesinin 16 tane ogesi vardır. Tum bu ogeleri bulun.

1.135. 5 ogeli bir kumenin tum altkumelerini bulun.

1.136. {1, 2, 3, 4, 5, 6} kumesinin uc ogeli tum altkumelerini bulun.

1.137. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin kac tane uc ogeli altkumesi vardır?

1.138. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin 1’i iceren kac altkumesi vardır?

1.139. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin 1 ve 2’yi iceren kac altkumesi vardır?

1.140. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin 1’i ya da 2’yi iceren (her ikisini birden de icerebilir) kacaltkumesi vardır?

1.141. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin 1’i ya da 2’yi icermeyen (her ikisini birden de icermeye-bilir) kac altkumesi vardır?

1.142. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin 1’i ve 2’yi icermeyen kac altkumesi vardır?

1.143. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin sadece cift sayılardan olusan kac altkumesi vardır?

1.144. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin kac altkumesinde 1 vardır ama 2 yoktur?

1.145. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin kac altkumesinde 1 ve 2 bulunur ama 3 bulunmaz?

1.146. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin ogelerinin toplamı 13 olan kac altkumesi vardır?

1.147. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin cift sayıda oge iceren kac altkumesi vardır?

1.148. {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin esit sayıda tek ve cift sayı iceren kac altkumesi vardır?

1.149. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} ve B = {1, 2, 3} olsun. A’nın altkumesi olan ama B’ninaltkumesi olmayan kac kume vardır?

1.150. B ⊂ A olsun. s(A) = n ve s(B) = m olsun. A’nın altkumesi olan ama B’nin altkumesiolmayan 2n − 2m tane kume oldugunu gosterin.

1.151. B ⊂ A olsun. s(A) = n ve s(B) = m olsun. B ⊂ C ⊆ A ozelligini saglayan C kumesisayısının 2n−m − 1 oldugunu kanıtlayın.

1.152. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} olsun. A’nın en az bir tek sayı iceren altkumelerinin sayısınıbulun.

1.153. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} olsun. A’nın tam iki cift sayı iceren altkumelerinin sayısınıbulun.

1.154. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, B = {1, 2, 3} ve C = {8, 9} olsun. A’nın B’yi kapsayanama C ile ayrık olan altkume sayısını bulun.

1.155. A, B ve C yukarıdaki gibi olsun. A’nın C’yi kapsayan ama B ile ayrık olan altkumesayısını bulun.

1.156. A, B ve C yukarıdaki gibi olsun. A’nın C ve B ile ayrık olmayan altkume sayısını bulun.

1.157. 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 ileayrık olmayan altkume sayısını bulun.

1.158. A = {1, {1, 2}, {2}, {1, 3}, 3, 4} kumesinin altkumelerinin kacında 1 oge olarak bulu-nur?

1.159. A ⊆ B, s(A) = 4 ve s(B) = 12 ise B kumesinin 8 ogeli altkumelerinin kacı A kumesinikapsar?

1.160. 4 ogeli bir kumenin kac tane tek sayıda ogeli altkumesi vardır? Kac tane cift sayıda

32 1. Kumeler

ogeli altkumesi vardır?

1.161. 5 ogeli bir kumenin kac tane tek sayıda ogeli altkumesi vardır? Kac tane cift sayıdaogeli altkumesi vardır?

1.162. Yukarıdaki iki alıstırmadan, sonlu bir kumenin tek sayıda ogeli altkume sayısının ciftsatıda ogeli altkume sayısına esit oldugunu tahmin etmissinizdir, yeter ki kume boskumeolmasın. an, n ogeli bir kumenin tek sayıda ogeli altkume sayısı olsun. bn de n ogeli birkumenin tek sayıda ogeli altkume sayısı olsun. Demek ki

an + bn = 2n.

Amacımız, eger n ≥ 1 ise an = bn = 2n−1 esitligini gostermek. a1 = b1 = 1 oldugunugosterin. Demek ki an = bn = 2n−1 esitligi n = 1 icin dogru. Yukarıdaki iki alıstırmadaa4 = b4 = 23 ve a5 = b5 = 24 esitliklerini gostermistiniz. an+1 = an+bn ve bn+1 = bn+an

esitliklerini gosterin. Bundan da hemen an+1 = an + bn = 2n ve bn+1 = bn + an = 2n

esitlikleri cıkar. Istedigimiz kanıtlanmıstır (neden?).

1.163. n ogeli bir kumenin kac tane 3 ogeli altkumesi vardır? (Bkz. Ornek 1.123.)

1.164. “A ∈ ℘(℘(A))” onermesiyle, “her x ∈ A icin x ⊆ A” onermesinin esdeger oldugunukanıtlayın, yani biri dogruysa digeri de dogrudur. (Bkz. Ornek 1.126.)

1.4 Kumesel Islemler

Bu bolumde kumelerle ilgili birkac islem gorecegiz. Yani bir ya da daha fazlakumeden baska kumeler elde etmeyi ogrenecegiz.

1.4.1 Bilesim

A ve B adında iki kume alalım. A ya da B kumelerinden en az birinde olanogelerden olusan kumeye A ile B kumelerinin bilesimi adı verilir. Ornegin,

A = {0, 2, 5, 7} ve B = {1, 3, 5, 9}

ise, bu iki kumenin bilesimi

{0, 1, 2, 3, 5, 7, 9}

kumesidir. Bu bilesim A ∪B olarak yazılır. Demek ki yukarıdaki ornekte

A ∪B = {0, 1, 2, 3, 5, 7, 9}

oluyor. Bilesim kumesinde her iki kumede birden olan ogeler de yer alır.Sonuc olarak A ∪ B kumesinin ogeleri ya A’nın ya da B’nin ogelerinden

olusur, bunlara aynı anda hem A’da hem de B’de olan ogeler de dahildir. Ma-tematikte ve mantıkta “ya su kosul ya da bu kosul” dendiginde her iki kosulunda dogru oldugu durumlar da kapsanır. (Gunluk konusmada “ya sinemaya yada piknige gidecegiz” dendiginde, genel olarak iki isten sadece biri yapılacagıanlasılır; ama matematikte ve mantıkta oyle degildir, bu cumle mantıksal an-lamıyla her iki isin birden yapılacagı durumu da kapsar.)

1.4. Kumesel Islemler 33

Ornekler

1.165. x = {0, 2, 4, 5} ve y = {1, 3, 5} kumelerinin bilesimi olan

{0, 1, 2, 3, 4, 5}

kumesinin Venn diyagramı asagıda:

1.166. Hayattan bir ornek alalım. Sınıfımızın ogrencilerini yanında yaslarıyla birlikte liste-leyelim: Ahmet (16), Beyza (13), Celal (14), Dogan (14), Esengul (15), Furkan (14),Gokhan (15), Humeyra (15), Ihsan (13), Jale (14). O zaman sınıfımızın 15 yasına basmısogrencilerinden olusan kumeyle sınıfımızın kız ogrencilerinden olusan kumenin bilesimi,

Ahmet, Beyza, Esengul, Gokhan, Humeyra ve Jale

ogrencilerinden (ogelerinden) olusur. Goruldugu gibi Esengul ve Humeyra da bu kume-nin ogeleriler.

1.167. Eger x cift dogal sayılar kumesiyse, y de 3’e bolunen dogal sayılar kumesiyse, o zamanx ∪ y bilesimi ya 2’ye ya da 3’e bolunen dogal sayılar kumesi olur. 0, 2, 3, 4, 6, 8, 9sayılarını icerir ama 1, 5, 7 sayılarını icermez.

Dogal sayılar kumesinin N ile gosterildigini soylemistik. Demek ki bir onceki paragraf0, 2, 3, 4, 6, 8, 9 ∈ 2N ∪ 3N ve 1, 5, 7 /∈ 2N ∪ 3N diyor.

1.168. 3, 15 ∈ 6N ∪ 9N olur.

1.169. Her A kumesi icin, A ∪A = A olur.

1.170. Bilesimin tanımı geregi, her A ve B kumesi icin, A ⊆ A ∪ B olur. Tabii aynı zamandaB ⊆ A ∪B olur.

1.171. Elbette her A ve B kumesi icin A ∪ B = B ∪ A olur, cunku A ve B kumelerindenen azından birinde olan ogeler, aynen, B ve A kumelerinden en azından birinde olanogelerdir, ne bir fazla ne bir eksik.

1.172. Eger A ⊆ B ise A ∪ B = B olur. Ornegin A = {2, 3, 4} ve B = {1, 2, 3, 4, 5} iseA ∪ B = B olur. Sınıftan bir ornek: Kız ogrenciler kumesiyle ogrenciler kumesinin bi-lesimi gene ogrenciler kumesidir. 14 yasından buyuk ogrenciler kumesiyle 13 yasındanbuyuk ogrenciler kumesinin bilesimi gene 13 yasından buyuk ogrenciler kumesidir.

Bu olgunun ozel bir durumu olarak, Teorem 1.2’den dolayı, her B kumesi icin ∅∪B = Bolur, bir baska deyisle boskume, bilesim isleminin etkisiz ogesidir .

1.173. Bir onceki maddede soyledigimizin diger istikameti de dogrudur, yani A ∪ B = B ise,A ⊆ B olmak zorundadır, nitekim A’nın her ogesi A ∪ B kumesinin bir ogesidir veA ∪ B = B varsayımı sayesinde A ∪ B kumesinin her ogesi B kumesindedir. Demek kiA’nın her ogesi B kumesinin bir ogesidir. Dolayısıyla A ⊆ B olur.

1.174. Biraz daha somut ama matematiksel ornek verelim: 3N ∪ 12N = 3N olur; cunku 12’yebolunen her dogal sayı 3’e de bolunur, yani 12N ⊆ 3N olur. Ote yandan 12N ile 15Nkumeleri “altkume olma iliskisi” acısından karsılastırılamaz, hicbiri digerinin altkumesidegildir, dolayısıyla bu iki altkumenin bilesimi ikisinden de daha buyuk bir kumedir.

1.175. Bilesimin belli baslı ozelliklerini toplu halde yazalım: Her x, y ve z kumesi icin asagıdakionermeler dogrudur.

34 1. Kumeler

1. Degisme Ozelligi : x ∪ y = y ∪ x.

2. Etkisiz Oge : x ∪ ∅ = x.

3. Birlesme Ozelligi : x ∪ (y ∪ z) = (x ∪ y) ∪ z.

4. Tekkuvvetli Islem : x ∪ x = x.

5. Eger x, y ⊆ z ise x ⊆ x ∪ y ⊆ z olur.

6. x ⊆ y ve x ∪ y = y onermelerinden biri dogruysa digeri de dogrudur.

1.176. Eger x bir kumeyse, x kumesi x ∪ {x} kumesinin aynı zamanda hem bir ogesi hem debir altkumesidir.

1.177. Biraz once sozunu ettigimiz birlesme ozelligini biraz acalım. A, B ve C uc kume olsun.A∪B ile C’nin bilesimi alınabilir, yani (A∪B)∪C kumesinden soz edebiliriz. Ve tabiiki A ∪ (B ∪ C) kumesinden de soz edebiliriz. “Birlesme ozelligi” adı verilen

(A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)

esitligi bariz olmalı. Bu esitlik, birden fazla kumenin bilesimi alınırken bilesimin hangisırayla alındıgının onemli olmadıgını soyluyor, dolayısıyla parantezleri tamamen kaldırıp(A ∪ B) ∪ C ya da A ∪ (B ∪ C) yerine A ∪ B ∪ C yazabiliriz. Aynı sey dort kumeninbilesimi icin de gecerlidir, ornegin

(A ∪B) ∪ (C ∪D) = A ∪ ((B ∪ C) ∪D) = ((A ∪B) ∪ C) ∪D

olur; bu kumenin yerine de cok daha sade olarak A∪B∪C ∪D yazabiliriz. Bu orneklerielbette cogaltabiliriz; hatta A∪B∪C ∪D ifadesinin kac farklı bicimde parantezlenecegiilginc bir alıstırmadır.

1.178. A = {1, 2, 3} ve B = {3, 5} olsun. {2, 5} ∈ ℘(A) ∪ ℘(B) olur, cunku {2, 5} kumesi neA’nın ne de B’nin bir altkumesidir. Ama {2, 5} ∈ ℘(A ∪B) olur.

1.179. Her A ve B kumesi icin ℘(A) ∪ ℘(B) ⊆ ℘(A ∪ B) olur, ama yukarıdaki ornekten deanlasılacagı uzere her zaman esitlik olmak zorunda degil. Bkz. Alıstırma 1.180.

Alıstırmalar

1.180. A ve B iki kume olsun. ℘(A) ∪ ℘(B) = ℘(A ∪ B) esitliginin gecerli olması icin ikikumeden birinin digerinin altkume olmasının yeter ve gerek oldugunu gosterin.

1.181. ℘(A) ⊆ ℘(B) ile A ⊆ B onermelerinin esdeger olduklarını kanıtlayın, yani onermelerdenbiri dogruysa digerinin de dogru oldugunu kanıtlayın.

Burada sonlu sayıda kumenin bilesimini almayı gorduk, ileride sonsuz sa-yıda kumenin bilesimini de almayı gorecegiz. Ama once iki kumenin kesisiminigorelim.

1.4.2 Kesisim

Iki kumenin kesisimini (ya da arakesitini) almak iki kumenin bilesiminialmak kadar kolaydır. Ornegin sınıfımızın ogrencileri kumesiyle okulumuzunkız ogrencileri kumesinin kesisimi sınıfımızın kız ogrencileri kumesidir. Dahamatematiksel bir ornek: Eger

x = {1, 2, 3, 4} ve y = {2, 4, 6, 8}

ise, bu iki kumenin kesisimi{2, 4}


kumesidir, yani iki kumenin ortak ogelerinden olusan kumedir. Resmi asagıda:

Iki kumenin kesisimi ya da arakesiti her iki kumede birden olan ogelerinkumesidir. x ve y kumelerinin kesisimi

x ∩ y

olarak yazılır.

Ornekler

1.182. Denizde yasayan hayvanlar kumesiyle memeli hayvanlar kumesinin kesisiminde balinave fok gibi denizde yasayan memeli hayvanlar vardır. Ama aslan ve yarasa bu kumeninogeleri degildir. Tavuk hele hic degildir!

1.183. Eger x cift dogal sayılar kumesiyse, y de 3’e bolunen dogal sayılar kumesiyse, x ∩ ykesisimi 6’ya bolunen dogal sayılar kumesidir. Yani 2N∩3N = 6N olur. Bir baska ornek:6N ∩ 9N = 18N olur. Ote yandan 6Z ∩ 18Z = 18Z olur.

1.184. Tabii ikiden fazla kumenin de kesisimini alabiliriz. Birlesme ozelligi kesisim icin degecerlidir, yani her x, y, z kumesi icin x ∩ (y ∩ z) = (x ∩ y) ∩ z olur, dolayısıyla kesisimalınırken parantez kullanmak gereksizdir.

1.185. Bazen iki kumenin kesisimi boskume olur. Ornegin tek dogal sayılar kumesiyle cift dogalsayılar kumesinin kesisimi boskumedir. Bu durumda iki kumenin ayrık kumeler oldugusoylenir.

1.186. Bilesim icin yaptıgımız gibi ayrıntılara girmeyip, kesisimin birkac ozelligini sıralayalım:

1. Degisme Ozelligi : x ∩ y = y ∩ x.

2. Etkisiz Oge : x ∩ ∅ = ∅.3. Tekkuvvetli Islem : x ∩ x = x.

4. Birlesme Ozelligi : x ∩ (y ∩ z) = (x ∩ y) ∩ z.

5. Eger z ⊆ x ve z ⊆ y ise z ⊆ x ∩ y ⊆ x olur.

6. Eger x ⊆ y ise x ∩ y = x olur.

1.187. Eger z ⊆ x ise ve x∩y = ∅ ise, elbette z∩y = ∅ olur. Daha genel olarak, ayrık kumelerinaltkumeleri de ayrıktır.

1.188. Birlesme ozelligi sayesinde, ikiden fazla kumenin kesisimini alırken parantezlere gerekyok, dolayısıyla x ∩ (y ∩ z) yerine x ∩ y ∩ z yazabiliriz. Degisme ozelliginden dolayı dakumelerin yerlerini istedigimiz gibi degistirebiliriz. Tekguclu islem ozelliginden dolayıda kesisimde her kumeyi tek bir defa yazmak yeterli. Yutma ozelliginden dolayı dakesisimden ustkumeleri atıp sadece altkumelerle yetinebiliriz. Mesela kesisimi alınankumelerden biri boskumeyse, tum kesisim boskume olur.

1.189. x ∩ y = x esitliginin dogru olması icin, x ⊆ y onermesi yeter ve gerek kosuldur. Ni-tekim yukarıdaki “yutma” maddesinde x ⊆ y ise x ∩ y = x oldugunu gorduk. Digertaraftan, eger x ∩ y = x ise, x’in her ogesi x ∩ y kumesinde oldugundan, x’in her ogesiy kumesindedir.

36 1. Kumeler

1.190. ℘(x) ∩ ℘(y) = ℘(x ∩ y) olur. Bunun kanıtı oldukca kolaydır:

Eger z ∈ ℘(x) ∩ ℘(y) ise, z, hem x’in hem de y’nin bir altkumesidir, dolayısıyla x ∩ ykesisiminin bir altkumesidir, yani z ∈ ℘(x ∩ y) olur.

Ters istikamette: Eger z ∈ ℘(x∩y) ise, z, x∩y kesisiminin, dolayısıyla x’in bir altkume-sidir, 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.

Alıstırmalar

1.192. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} ve B = {1, 2, 3, 4} olsun. A’nın, s(B∩C) = 3 esitligini saglayanC altkumelerinin sayısını bulun.

1.193. Hangi kosulda A ∩B = A ∪B olur?

1.194. 6N ∩ 9N kumesini bulun.

1.195. 26N ∩ 39N kumesini bulun.

1.196. 30N ∩ 42N ∩ 70N kesisimini bulun.

1.197. n ve m iki pozitif dogal sayı olsun. nN ∩ mN kumesinde sonsuz tane oge oldugunugosterin.

1.198. 3N + 1 = {1, 4, 7, . . . } olsun, yani 3’e bolundugunde kalanın 1 oldugu dogal sayılarkumesi olsun. 5N + 3 de tahmin edilen kume olsun. (3N + 1) ∩ (5N + 3) = 15N + 13esitligini kanıtlayın.

1.199. (3N+ 1) ∩ (5N+ 1) kesisimini bulun.

1.200. (6N+ 1) ∩ (9N+ 5) = ∅ esitligini kanıtlayın.



1.203. 10 ogeli bir kumenin 5 ve 8 ogeli iki altkumesinin kesisiminde en az 3 oge olmalıdır.Neden?

1.204. 10 ogeli bir kumenin 6, 7 ve 8 ogeli uc altkumesinin kesisiminin boskume olamayacagınıkanıtlayın.

1.205. Herkesin en az bir renk sevdigi 40 kisilik bir toplulukta 30 kisi maviyi, 20 kisi kırmızıyıseviyor. Kac kisi hem maviyi hem de kırmızıyı sever?

1.206. 100 kisilik bir toplulukta 60 kisi maviyi, 50 kisi kırmızıyı, 40 kisi de hem maviyi hemkırmızıyı seviyor. Ne maviyi ne de kırmızıyı seven kac kisi vardır?

1.207. Kesisimi boskume olan kumelere ayrık kumeler denir. Eger A ve B sonlu kumeleriayrıksa elbette s(A ∪B) = s(A) + s(B) olur. Herhangi iki sonlu A ve B kumesi icin,

s(A ∪B) = s(A) + s(B)− s(A ∩B)

esitliginin gecerli oldugunu kanıtlayın. Herhangi uc sonlu A, B ve C kumesi icin,

s(A ∪B ∪ C) = s(A) + s(B) + s(C)− s(A ∩B)− s(B ∩ C)− s(C ∩A) + s(A ∩B ∩ C)

esitligini gecerli oldugunu kanıtlayın.

Yukarıdaki formullerin benzerlerini iki ya da uc sonlu kume yerine dort sonlu kume icinbulun. Genel formulu tahmin edebilir misiniz?

1.208. 1 ve 100 dahil, 1’den 100’e kadar olan sayıların kacı 2’ye ya da 3’e bolunur? B, 2’yebolunen sayıların, C de 3’e bolunen sayıların kumesi olsun. Tabii sadece, 1 ile 100 dahil,1 ila 100 arasındaki sayıları dikkate alıyoruz. Biraz dusununce s(B) = 50 ve s(C) = 33oldugu anlasılır. Aradıgımız sayı s(B ∪ C) sayısıdır. Bir onceki ornege gore,

s(B ∪ C) = s(B) + s(C)− s(B ∩ C)


olur. Ote yandan B∩C, 6’ya bolunen sayıların kumesidir ve bu kumenin de tam 16 taneogeli vardır. Demek ki,

s(B ∪ C) = s(B) + s(C)− s(B ∩ C) = 50 + 33− 16 = 67

olur.

1.209. Eger ∅ ∈ X ise, elbette ∅ ∈ X ∩ ℘(X) olur, yani X ile ℘(X) kumeleri ayrık olmazlar.Oyle bir X kumesi ornegi verin ki ∅ /∈ X olsun ve X ile ℘(X) kumeleri ayrık olmasınlar.

1.210. Yukarıdaki iki alıstırmadaki formullerin benzerlerini iki ya da uc sonlu kume yerine dortsonlu kume icin bulun. Genel formulu tahmin edebilir misiniz?

1.211. Bir toplulukta 50 kisi maviyi, 40 kisi kırmızıyı, 30 kisi sarıyı, 12 kisi hem maviyi hemkırmızıyı, 10 kisi hem maviyi hem sarıyı, 15 kisi hem kırmızıyı hem sarıyı, 7 kisi hemmaviyi hem kırmızıyı hem de sarıyı seviyor. Bu toplulukta mavi, kırmızı ya da sarırenklerinden en az birini seven kac kisi vardır?

1.212. 1 ve 1000 dahil, 1’den 1000’e kadar olan dogal sayıların kacı 3’e ya da 5’e bolunur?

1.213. 1 ve 1000 dahil, 1’den 1000’e kadar olan dogal sayıların kacı 6’ya ya da 8’e bolunur?

1.214. 1 ve 1000 dahil, 1’den 1000’e kadar olan dogal sayıların kacı 3’e, 5’e ya da 7’ye bolunur?

1.215. 1 ve 1000 dahil, 1’den 1000’e kadar olan dogal sayıların kacı 6’ya, 10’a ya da 15’ebolunur?

1.4.3 Bilesim ve Kesisim

Kesisimi ve bilesimi tanımladık ve bu iki islemin kendi aralarındaki iliskileriayrı ayrı irdeledik. Ama kesisimle bilesim arasındaki iliskiyi pek irdelemedik.Burada bunu yapacagız. Once problemi anlamaya calısan birkac ornek verelim:

Ornekler

1.216. Ikiden fazla kumenin bilesimini ya da kesisimini alırken parantezlerin onemsiz oldugunugorduk. Ama dikkat, eger ifadede hem bilesim hem de kesisim varsa parantezler onemkazanır. Ornegin

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) esitligi dogru degildir, parantezlerin yerlerinidegistirirsek kume degisir. Dolayısıyla A∪B ∩C gibi bir ifade anlamlı degildir, anlamlıolması icin illa parantez koymak gerekir.

1.217. Her A, B ve C kumesi icin (A∪B)∩C ⊆ A∪ (B ∩C) olur. Bunu kanıtlayalım. Bununicin esitligin sol tarafındaki kumeden bir x ogesi alıp bu ogenin sag taraftaki kumedeoldugunu gosterelim. x ogesi hem A ∪ B’de hem de C’de. Demek ki x ∈ A ∪ B. Onu-muzde iki sık var: Ya x ∈ A ya da x ∈ B. Birinci durumda x ∈ A ∪ (B ∩ C) olur;tam istedigimiz gibi. Ikinci durumda, yani x ∈ B durumunda, x aynı zamanda C’ninbir ogesi oldugundan, x ∈ B ∩ C olur, dolayısıyla x ∈ A ∪ (B ∩ C) olur; bu da tamistedigimiz gibi. Her iki durumda da x’in sag taraftaki kumede oldugunu kanıtladık.

Bir onceki ornekten dolayı esitligin olmayacagını biliyoruz.

38 1. Kumeler

1.218. Herhangi uc kume alalım, diyelim A, B ve C ve su soruyu soralım: (A ∩ B) ∪ C ileA∩ (B ∪C) arasında nasıl bir iliski vardır? A∩ (B ∪C) ⊆ (A∩B)∪C olur. Bunun ka-nıtını ve esitligin her zaman dogru olmadıgını bir ornekle gostermeyi okura bırakıyoruz.

Kumelerin bilesimiyle kesisim arasında cok onemli iki iliski vardır:

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C)

esitligi ve bunun benzeri olan

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C)

esitligi. Bu esitliklere dagılma ozelligi adı verilir, birincisi kesisimin bilesimedagıldıgını soyler, ikincisi ise bilesimin kesisime; yani her iki islemde birbi-rine dagılır. Bu esitlikleri sayılarda gecerli olan x(y + z) = xy + xz esitliginebenzetebilirsiniz.

Bu esitliklerden birincisini kanıtlayalım.Once

A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩B) ∪ (A ∩ C)

kapsama iliskisini kanıtlayalım. Sol taraftaki kumeden bir x ogesi alalım, yanix ∈ A ∩ (B ∪ C) olsun. x’in sag taraftaki kumede oldugunu gosterecegiz.x ∈ A∩ (B ∪C) oldugundan, x hem A’da hem de B ∪C’de. x ∈ B ∪C iliskisix’in ya B’de ya da C’de oldugunu soyluyor. (x her ikisinde birden de olabilirtabii.) x’in B ya da C’de olduguna gore durumu iki sıkka ayıralım. Eger x ∈ Bise, o zaman x ∈ A ∩ B olur, dolayısıyla x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) olur. Egerx ∈ 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) kumesinde oldugunu gosterdik. Veboylece istedigimizin yarısı kanıtlandı.

Simdi(A ∩B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C)

kapsama iliskisini kanıtlayalım. (Boylece kanıtımız bitmis olacak.) Sol taraftakikumeden herhangi bir x ogesi alalım, yani x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) olsun.Demek ki x ya A ∩ B ya da A ∩ C kumesinde. Once birinci durumu alalım,yani diyelim x ∈ A ∩ B. Buradan x ∈ A cıkar; ayrıca x ∈ B de cıkar. Amax ∈ B oldugundan, x ∈ B ∪ C olur. Demek ki hem x ∈ A hem de x ∈ B ∪ C.Dolayısıyla x ∈ A∩(B∪C). Ikinci durum benzer bicimde kanıtlanır, bunun icinbir onceki kanıtta B ile C’nin yerlerini degistirmek yeterlidir. Kanıtı yazalım:Diyelim x ∈ A ∩ C. Buradan x ∈ A cıkar; ayrıca x ∈ C de cıkar. Ama x ∈ Coldugundan, x ∈ B ∪ C olur. Demek ki hem x ∈ A hem de x ∈ B ∪ C.Dolayısıyla x ∈ A ∩ (B ∪ C). Boylece istedigimiz esitligin ikinci yarısı dakanıtlanmıs oldu. �

Ikinci dagılma ozelligi de benzer sekilde kanıtlanır. Kanıtı okura bırakıyo-ruz.


Kanıtın pek kısa olmadıgının ve dikkatli bir okuma gerektiginin farkında-yım. Ileride bu tur kanıtları cok daha kısa bir bicimde yapmamızı saglayacakbir yontem gorecegiz.

Alıstırmalar

1.219. Yukarıdaki dagılma ozelliklerini kullanarak, her A, B, C ve D kumesi icin,

(A ∪B) ∩ (C ∪D) = (A ∩ C) ∪ (A ∩D) ∪ (B ∩ C) ∪ (B ∩D)

esitligini kanıtlayın.

1.220. (A1 ∩ A2 ∩ A3) ∪ (B1 ∩ B2 ∩ B3 ∩ B4) ∪ (C1 ∩ C2) kesisiminin her turlu Ai ∪ Bj ∪ Ck

kumelerinin kesisimi oldugunu kanıtlayın.

1.221. Yukarıdaki iki alıstırmadaki onermelerde ∩ ile ∪ simgelerinin yerlerini degistirip eldeettiginiz onermeyi kanıtlayın.

1.222. n ∈ N icin An = {n, n+ 1, . . . , 2n} tanımını yapalım.

a. n = 0, 1, 2, 3, 4 icin An kumesinin ogelerini yazın.

b. An’nin kac ogesi vardır?

c. An ∩An+1 kumesinin kac ogesi vardır?

c. Herhangi bir n ve m icin An ⊆ Am olabilir mi?

d. A0 ∪A1 ∪ . . . ∪An kumesinin ogeleri hangi sayılardır?

e. An ∩A2n+1 = ∅ esitligini gosterin.

f. Eger m > 2n ise An ∩Am esitligini gosterin.

g. An +Am = An+m esitligini kanıtlayın.

h. AnAm ⊆ Anm ∪A2nm+1 kapsamasını kanıtlayın.

1.4.4 Kumelerin Farkı

A ve B iki kume olsun. A’da olup da B’de olmayan ogelerden olusan kumeA\B olarak gosterilir6. Yani A\B kumesini elde etmek icin A’nın ogelerindenB’de olanları atıyoruz. A\B kumesi “A fark B” ya da dili biraz daha esnetirsek“A eksi B” olarak okunabilir. “A at B” olarak okunması daha dogru olabilirdibelki ama maalesef oyle okunmuyor.

Demek ki tanıma gore bir x ogesinin A\B kumesinde olması icin x’in A’daolup B’de olmaması gerekir; baska turlu de x ogesi A \B kumesinde olamaz.

Ornekler

1.223. A, okulumuzun ogrencileri kumesi olsun. B, sehrimizde ikamet eden 15 yasına girmiskisiler kumesi olsun. A\B kumesi okulumuzun 15 yasına girmemis ogrencilerinden olusankumedir.

1.224. A = {1, 2, 3, 4, 5} ve B = {2, 4, 7, 9} ise A \ B = {1, 3, 5} olur. (Bu ornegin bironceki somut ornekten daha kolay olması, matematigin hayattan daha kolay oldugunungostergesidir!)

1.225. A = {1, 2, 3, 4} ve B = {2, 4, 6, 8} ise A \ B = {1, 3} olur. Bunun Venn diyagramıasagıda.

6Bazı kitaplarda A \ B yerine A − B yazılır ama biz bu yazılımın sayı kumelerindekarısıklıga neden olabilecegini dusunuyoruz. (A’daki sayılardan B’deki sayılar cıkarılarakelde edilen kume anlamına da gelebilir).

40 1. Kumeler

1.226. N \ {0} = S olur.

1.227. Hayattan bir ornek: Sınıfımızın ogrencileri kumesinden okulumuzun kız ogrencileri ku-mesini cıkarırsak, sınıfımızın erkek ogrencileri kumesini buluruz. Sınıfımızın ogrencilerikumesinden sınıfımızın kız ogrencileri kumesini cıkarırsak da sınıfımızın erkek ogrencilerikumesini buluruz elbette.

1.228. Sonsuz kumelerden de bir ornek verelim. Hatırlarsanız N dogal sayılar kumesini simge-liyordu. 2N ile de cift dogal sayılar kumesini simgelemistik. Demek ki N\2N, tek sayılarkumesi olur, yani

N \ 2N = 2N+ 1

olur.

1.229. N \ 3N, 3’e tam bolunmeyen dogal sayılar kumesidir elbette. Ama bunu biraz dahaayrıntılı ele alalım. Bir dogal sayı 3’e bolundugunde ya 0 ya 1 ya da 2 kalır. Ornegin 25’i3’e bolersek 1 kalır: 25 = 3× 8 + 1. Ama 26’yı 3’e bolersek 2 kalır: 26 = 3× 8 + 2. Oteyandan 27, 3’e tam bolunur, yani 27, 3’e bolundugunde kalan 0 olur: 27 = 3 × 9 + 0.Yani dogal sayıları 3’e bolundugunde kac kaldıgına gore uc ayrık altkumeye ayırabiliriz:

3N, 3N+ 1 ve 3N+ 2.

Buradan da su cıkar:N \ 3N = (3N+ 1) ∪ (3N+ 2).

1.230. (N \ 3N) \ (3N+ 2) kumesi 3’e bolundugunde kalanın 1 oldugu dogal sayılar kumesidir,yani 3N+ 1 kumesidir.

1.231. N \ (2N \ 14N) kumesi ya tek ya da 14’e tam bolunen dogal sayılardan olusur, yani(2N+ 1) ∪ 14N kumesidir.

1.232. A\B elbette A’nın bir altkumesidir. Ama eger A ve B kumeleri ayrıksa, yani A∩B = ∅ise A\B = A olur. Bunun ters istikameti de dogrudur: Eger A\B = A esitligi dogruysaA ile B kumeleri ayrıktır.

Bunun ozel bir durumu A \ ∅ = A esitligidir.

1.233. Her A, B, C kumesi icin(A \B) \ C = A \ (B ∪ C)

olur. Bu esitligi kanıtlayalım.

Once esitligin solundaki kumenin esitligin sagındaki kumenin altkumesi oldugunu goste-relim. Bu amacla sol taraftaki (A \ B) \ C kumesinden bir x ogesi alalım. Bu x’in sagtaraftaki A\(B∪C) kumesinde oldugunu gosterecegiz, yani x’in A’da ama B ya da C’de


olmadıgını gosterecegiz. x ∈ (A \B) \ C oldugundan, x ∈ A \B olur, dolayısıyla x ∈ Ave x /∈ B olur. Istedigimizin yarısından fazlasını kanıtladık. Geriye x /∈ C onermesinikanıtlamak kaldı; ama x ∈ (A \B) \ C oldugundan bu da bariz.

Simdi esitligin sagındaki kumenin esitligin solundaki kumenin altkumesi oldugunu goste-relim. Bu amacla sag taraftaki A \ (B ∪ C) kumesinden bir x ogesi alalım. Bu x’in soltaraftaki (A \ B) \ C kumesinde oldugunu gosterecegiz, yani x’in A \ B’de ama C’deolmadıgını gosterecegiz. x ∈ A \ (B ∪ C) oldugundan, x, A kumesinde ama B ya da Ckumesinde degildir. Demek ki x ∈ A \B kumesinde ama C kumesinde degil.

Esitlik kanıtlanmıstır.

Uzun kanıtlar pek sevilmez, bu kanıt da biraz fazla uzun. Bir sonraki altbolumde bu turesitliklerin daha kısa kanıtlarını vermenin bir yolunu gorecegiz.

1.234. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} kumesinin tek sayıda oge iceren altkumelerinin sayısını he-saplayalım.

Once birkac tanım yapalım. B, A kumesinin tek sayıda oge iceren altkumelerindenolusan kume olsun. Mesela {1, 2, 6} ∈ B olur. Amacımız B’nin kac tane oge icerdiginibulmak. C de A kumesinin cift sayıda oge iceren altkumelerinden olusan kume olsun.Mesela {1, 2, 6, 8} ∈ C olur. Ayrıca boskume de C’nin bir ogesidir.

Elbette B ∩ C = ∅ ve B ∪ C = ℘(A) olur. Buradan da

s(B) + s(C) = s(℘(A)) = 28

bulunur. Dolayısıyla eger s(B) = s(C) esitligini kanıtlayabilirsek, yukarıdaki esitlikten

s(B) = s(C) = 28/2 = 27

cıkar. Simdi s(B) = s(C) esitligini kanıtlayalım.

B ve C kumelerinin her birini iki ayrık parcaya ayıracagız:

B1, B’nin 1 ogesini iceren ogelerinden olussun; yani B1’in ogeleri A’nın tek sayıda ogeiceren ve ayrıca 1’i de iceren altkumelerinden olusan kume olsun. Ornegin {1, 2, 6} ∈ B1

ama {2, 5, 6} /∈ B1 ya da {1, 2, 3, 6} /∈ B1.

B0 = B \ B1 olsun; yani B0’ın ogeleri A’nın tek sayıda oge iceren ama 1’i icermeyenaltkumelerinden olusan kume olsun. Ornegin {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)

cıkar.

Simdi benzer tanımları C icin yapalım. C1, C’nin 1’i iceren ogelerinden, C0 ise C’nin1’i icermeyen ogelerinden olussun. Aynen yukarıdaki gibi

s(C) = s(C0) + s(C1)

cıkar.

Demek ki s(B1) = s(C0) ve s(B0) = s(C1) esitliklerini kanıtlayabilirsek istedigimizs(B) = s(C) esitligine ulasırız, cunku s(B1) = s(C0) ve s(B0) = s(C1) esitlikleri bize

s(B) = s(B0) + s(B1) = s(C1) + s(C0) = s(C)

esitligini verir.

Once s(B1) = s(C0) esitligini kanıtlayalım. B1’in herhangi bir ogesinden 1’i cıkarırsakC0’dan bir oge buluruz. Ve bu “1 cıkarma islemi”nin tersi de vardır: C0’ın bir ogesine 1eklersek B1’in bir ogesini buluruz. Demek ki s(B1) = s(C0) esitligi gecerli.

42 1. Kumeler

Aynı seyi B0 ve C1 icin de yapabiliriz. B0’ın bir ogesine 1 eklersek C1’in bir ogesini veC1’in bir ogesinden 1’i cıkarırsak B0’ın bir ogesini buluruz. Demek ki s(B0) = s(C1)esitligi de gecerli.

Boylece istedigimizi kanıtladık. Sonuc 27 = 128 cıkar.

1.235. Yukarıdaki ornegin ozel olarak secilmis A kumesiyle bir ilgisi olmadıgı, sonlu her kumeicin gecerli oldugu belli: n ogeli bir kumenin 2n−1 tane tek sayıda ogesi olan altkumesivardır. Aynı onerme cift sayıda ogesi olan altkumeler icin de gecerlidir tabii ki.

1.236. A = {0, 1, 2} ve B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} kumeleri verilmis olsun. A ⊆ D ⊆ Bkosulunu saglayan D kumelerinin kacında en az uc asal sayı bulunacagını hesaplayalım.

B’nin A’yı iceren altkumeleri B \ A kumesinin altkumeleriyle A’nın bilesimi alınarakbulunur. Ayrıca B’de toplam dort tane asal sayı vardır ve bunlardan sadece biri Akumesindedir. Demek ki

C = B \A = {3, 4, 5, 6, 7, 8}

kumesinin en az iki asal sayı iceren altkume sayısını bulmalıyız. C’nin toplam 26 = 64tane altkumesi vardır. C’nin 64 altkumesinden hic asal sayı icermeyenleri ve sadece birasal sayı icerenleri ayıklamalıyız. Hic asal sayı icermeyen altkumeler {4, 6, 8} kumesininaltkumeleridir ve bunlardan 23 = 8 tane vardır. Hic asal sayı icermeyen bu 8 altkumeye3, 5 ya da 7’yi eklersek C’nin sadece 1 asal sayı iceren altkumelerini buluruz; bunlardanda 3× 23 = 24 tane vardır. Bulmak istedigimiz sayı 64− (8 + 24) = 32 olur.

1.237. {0, 1, . . . , 9} rakamlar kumesinin altkumelerinin kacında en az iki tek sayının bulu-nacagını hesaplayalım.

Rakamlar kumesinin altkume sayısı 210 = 1024. Bu sayıdan sadece bir ogesi tek sayı olanaltkumelerin sayısını ve hicbir ogesi tek sayı olmayan altkumelerin sayısını cıkarmalıyız.

Sadece bir ogesi tek sayı olan altkume sayısı 5× 25 = 160.

Hicbir ogesi tek sayı olmayan altkume sayısı 25 = 32.

Demek ki en az iki ogesi tek sayı olan altkume sayısı 1024− 160− 32 = 832 olur.

1.238. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kumesinin altkumelerinin kacında 1 sayısı veya sadece bir ciftsayı bulunacagını hesaplayalım.

Once, 1 veya cift sayılardan sadece 2’nin bulunudugu altkume sayısını bulalım. Bununicin

{1, 2, 3, 5, 7}kumesinde 1 veya 2’nin bulundugu altkume sayısını hesaplamalıyız:

{1, 2, 3, 5, 7}

kumesinin tum altkume sayısından 1 ve 2’nin bulunmadıgı altkume sayısını cıkarırsakaradıgımız sayıyı buluruz. Bu kumenin tum altkume sayısı 25 = 32, 1 ve 2’nin bulun-madıgı altkume sayısı 23 = 8 oldugundan aradıgımız sayı 32− 8 = 24 olur.

Yukarıdaki hesaplama 1 veya sadece 4’un ve 1 veya sadece 6’nın bulundugu altkumesayıları bulunurken de aynı sekilde yapılacagından sorunun yanıtı 3 × 24 = 72 olarakbulunur.

1.239. A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} kumesinin tum altkumelerindeki ogelerin toplamını hesaplayalım.

Bu kumenin alt kumeleri icinde 1’in bulundugu alt kume sayısı 25 = 32 (1’in bulun-madıgı alt kume sayısı kadar). Aynı durum 2, 3, 4, 5 ve 6 icin de gecerlidir. O haldeA kumesinin altkumelerinde 32’ser tane 1, 2, 3, 4, 5 ve 6 bulunmaktadır ve A’nın tumaltkumelerindeki ogelerin toplamı

32× (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 672

olur.


1.240. 1 ve 100 dahil, 1’den 100’e kadar olan sayıların kacı 2’ye ve 3’e bolunmez? A ={1, 2, . . . , 100} olsun. B, A’nın 2’ye bolunen sayılarından, C de 3’e bolunen sayılarındanolusan kume olsun. B ∪C kumesi A’nın 2’ye ya da 3’e bolunen sayılarından olusur. Do-layısıyla A\ (B∪C) kumesinin ogeleri ne 2’ye ne de 3’e bolunur. Amacımız bu kumeninoge sayısını bulmak. Demek ki once A∪B kumesinin oge sayısını hesaplamalıyız. Dahaonce gordugumuz

s(B ∪ C) = s(B) + s(C)− s(B ∩ C)

esitligini kullanacagız. Biraz dusununce s(B) = 50 ve s(C) = 33 oldugu anlasılır. AyrıcaB ∩ C, 6’ya bolunen sayıların kumesidir ve bu kumenin de tam 16 tane ogesi 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

cıkar.

Alıstırmalar

1.241. Her A, B, C kumesi icin, (A∩C)\ (B∩C) ⊆ (A\B)∩C icindeligini kanıtlayın. Esitlikolmak zorunda mıdır?

1.242. Her A, B, C kumesi icin (A\B)\C = A\(B∪C) esitliginin gecerli oldugunu 01-tablolarımarifetiyle kanıtlayın.

1.243. Her A, B ve C kumesi icin (A ∪B) \C = A ∪ (B \C) esitligi gecerli midir? Degilse buesitlik hangi kosul ya da kosullarda gecerlidir?

1.244. Her A, B ve C kumesi icin (A ∩B) \C = A ∩ (B \C) esitligi gecerli midir? Degilse buesitlik hangi kosul ya da kosullarda gecerlidir?

1.4.5 Kumelerin 01-Tablosu

A ve B iki kume olsun. Rastgele bir x ogesi secelim. x’in A ve B kumelerininogesi olup olmamasına gore dort farklı durum bas gosterebilir. Bu dort durumubir tablo olarak gosterelim:

A B

x /∈ A x /∈ Bx /∈ A x ∈ Bx ∈ A x /∈ Bx ∈ A x ∈ B

Eger A, B ve C kumelerimiz varsa, 4 degil, 8 farklı durum ortaya cıkar:

44 1. Kumeler

A B C

x /∈ A x /∈ B x /∈ Cx /∈ A x /∈ B x ∈ Cx /∈ A x ∈ B x /∈ Cx /∈ A x ∈ B x ∈ Cx ∈ A x /∈ B x /∈ Cx ∈ A x /∈ B x ∈ Cx ∈ A x ∈ B x /∈ Cx ∈ A x ∈ B x ∈ C

Eger 4 kume varsa, 24 = 16 farklı durum bas gosterir. Bu 16 durumun herbirini bulmayı okura bırakıyoruz.

Genel olarak, n tane kume varsa, x ogesinin bu n kumeyle iliskisine goretoplam 2n farklı durum bas gosterir, cunku her bir kume icin “x icindedir” yada “x icinde degildir” kararlarından birini almamız lazım.

Sadece iki tane kume (A ve B kumeleri) oldugu oldukca basit durumu elealalım. Bir x ogesi bazen A ∪ B kumesinde olur, bazen olmaz, duruma goredegisir. Asagıdaki tabloda dort durumun her birinde x’in A ∪ B kumesindeolup olmadıgını ele aldık.

A B A ∪B

x /∈ A x /∈ B x /∈ A ∪Bx /∈ A x ∈ B x ∈ A ∪Bx ∈ A x /∈ B x ∈ A ∪Bx ∈ A x ∈ B x ∈ A ∪B

En sagdaki sutuna, soldaki iki durumun sonucunu yazdık. Ornegin birincisatırın soldaki iki hucresinde x /∈ A ve x /∈ B oldugundan, o satırın en sagdakihucresine x /∈ A ∪B yazdık.

Simdi icinde /∈ simgesi bulunan hucrelere 0, icinde ∈ simgesi bulunan hucre-lere 1 koyup tabloyu daha basit (ve daha matematiksel) bir hale getirelim7:

A B A ∪B

0 0 00 1 11 0 11 1 1

Birazdan sahit olacagımız uzere bu tur tablolar cok kullanıslıdır, uzun kanıtlarıcok kısaltır. Bu tur tablolara 01-tablosu adı verilir. Yukarıdaki bilesim isle-minin 01-tablosudur.

7Matematikte 0, “hayır”, 1 ise “evet” anlamına kullanılır. 0 olan hucreler “hayır, x ogesidegildir”, 1 olan hucreler ise “evet, x ogesidir” olarak okunmalı.


Eger oge sutunun tepesinde belirtilen kumedeyse hucreye 1 yazılır, aksihalde 0 yazılır. Yukarıdaki tablo bilesim isleminin tablosudur. Goruldugu uze-re, eger bir satırda A ve B’nin altında yazan sayılardan en az biri 1 ise, A∪Bsutununun o satırına 1 yazıyoruz; ama eger A ve B’nin altında yazan sayılarınher ikisi de 0 ise A ∪B sutununun o satırına 0 geliyor.

Eger A’nın altında yazan 0 ya da 1 sayısını fA ile gosterirsek ve aynı seyiB ve A ∪B kumeleri icin yaparsak, her dort durumda da her satırda

(1) fA∪B = fA + fB − fA · fB

oldugunu kolaylıkla kontrol edebiliriz. Ornegin fA = fB = 1 ise (tablonun sonsatırı),

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 − fAfB esitligidogru. Okur lutfen diger uc durumda da esitligin saglandıgını kontrol etsin.Birkac sayfa ileride bu tur formullerin nasıl bulundugunu gorecegiz.

Bu tabloları kullanarak, biraz once Ornek 1.177’da edebiyat parcalayarakkanıtladıgımız

(A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)

esitligini cok daha cebirsel bir bicimde kanıtlayabiliriz. Bunun icin rastgele birx ogesi ele alalım. Bu oge, A, B ve C kumelerinin ogesi olup olmayacagınagore 8 farklı durum bas gosterebilir; yani fA, fB ve fC degerleri 0 ya da 1olabilir, boylece toplamda 23 = 8 farklı durum belirir. Her 8 durumda da, xogesi (A∪B)∪C ve A∪(B∪C) kumelerinden birindeyse digerinde de olacagınıgostermek gerekiyor, yani (A ∪ B) ∪ C ve A ∪ (B ∪ C) sutunlarındaki sayılaraynı olmalı. Bunu gosterirsek esitligi gostermis oluruz. Bunun icin 8 durumubir tablo halinde satır satır gosterelim (asagıdaki tablodaki ilk uc sutun). OnceA∪B kumesinin (dorduncu sutun), ardından (A∪B)∪C kumesinin (besincisutun) her durumda, yani her satırda alacagı degerleri gosterelim. Sonra B∪Ckumesinin (altıncı sutun) ve ardındanA∪(B∪C) (son sutun) kumesinin alacagıdegerleri gosterelim. Her sey asagıda:

A B C A ∪B (A ∪B) ∪ C B ∪ C A ∪ (B ∪ C)

0 0 0 0 0 0 00 0 1 0 1 1 10 1 0 1 1 1 10 1 1 1 1 1 11 0 0 1 1 0 11 0 1 1 1 1 11 1 0 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1

46 1. Kumeler

A ∪ B sutunundaki sayıları bulmak icin sadece A ve B sutununun sayılarınabakmak gerekiyor. (A ∪ B) ∪ C sutunundaki sayıları bulmak icin ise A ∪ Bve C sutunundaki sayılardan yararlanılıyor. Goruldugu uzere (A ∪ B) ∪ C ileA ∪ (B ∪ C) sutunları aynı, demek ki bu iki kume birbirine esit.

Kesisimin tablosu soyle:

A B A ∩B

0 0 00 1 01 0 01 1 1

Bu tabloyu, daha once bilesim icin yaptıgımız gibi cebirsel olarak tek birformulle soyle ifade edebiliriz:

(2) fA∩B = fAfB.

Gecmiste kanıtını uzun uzun anlatarak verdigimiz dagılma ozelliklerini buyontemle cok daha kolay bicimde kanıtlayabiliriz:

A B C B ∩ C A ∪ (B ∩ C) A ∪B A ∪ C (A ∪B) ∩ (A ∪ C)

0 0 0 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 1 00 1 0 0 0 1 0 00 1 1 1 1 1 1 11 0 0 0 1 1 1 11 0 1 0 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1

A ∪ (B ∩ C) ile (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) sutunlarında aynı sayılar bulundugundan,bu iki kume birbirine esittir; cunku x’in yer alabilecegi sekiz bolgeyi ayrı ayrıirdeledik ve gorduk ki x sekiz bolgeden birindeyse, o zaman x’in A ∪ (B ∩ C)kumesinde ya da (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) kumesinde olup olmaması esdeger, x buiki kumenin birindeyse digerindedir, birinde degilse digerinde de degildir.

fA sayısı ya 0 ya da 1 oldugundan,

(3) f2A = fA

olur. Simdi, (1), (2) ve (3) formullerini kulanarak A∪(B∩C) ile (A∪B)∩(A∪C)kumelerinin esitligini cok daha cebirsel bicimde soyle de kanıtlayabiliriz: Once,

fA∪(B∩C) = fA + fB∩C − fAfB∩C = fA + fBfC − fAfBfC


hesabını, sonra

f(A∪B)∩(A∪C) = fA∪BfA∪C= (fA + fB − fAfB)(fA + fC − fAfC)= fA(fA + fC − fAfC)

+fB(fA + fC − fAfC)−fAfB(fA + fC − fAfC)

= fA + fAfC − fAfC+fBfA + fBfC − fBfAfC−fAfB − fAfBfC + fAfBfC

= fA + fBfC − fBfAfC

hesabını yapalım. (En son esitlikte sadelestirmeleri yaptık, bir oncekinde def2A = fA esitligini kullandık.) Gordugumuz gibi iki hesabın sonucu aynı cıkıyor,yani A∪(B∩C) ile (A∪B)∩(A∪C) kumelerinin tabloları aynı sonucu veriyor,yani kumeler birbirine esit.

Diger dagılma ozelligi olan A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) esitliginiyukarıdaki yontemlerle kanıtlamayı okura bırakıyoruz.

Kumesel farkın tablosu da soyle:

A B A \B0 0 00 1 01 0 11 1 0

Bu tablodan kolayca gorulecegi

fA\B = fA(fA − fB)

olur. (3) esitligi sayesinde,

fA\B = fA(fA − fB) = f2A − fAfB = fA − fAfB = fA(1− fB)

elde ederiz.

Ornekler

1.245. Asagıdaki tabloyu ele alalım:

A B C S

0 0 0 00 0 1 00 1 0 00 1 1 01 0 0 01 0 1 11 1 0 01 1 1 0

48 1. Kumeler

S sutunundaki sayıları A, B ve C sutunundaki sayılarla ifade etmeye calısalım. Yani aynısatırdaki sayılara sırasıyla fA, fB , fC ve fS dersek, fS sayısını fA, fB ve fC sayılarıcinsinden yazmaya calısalım.

En son sutunda tek bir 1 oldugunun farkına varalım; diger tum sayılar 0. Sayının 1oldugu altıncı satıra odaklanalım. Biraz dusununce, sonucun

fS = fA(1− fB)fC

cıktıgı anlasılacaktır, nitekim fA(1− fB)fC sayısının 1 olması icin yeter ve gerek kosulher uc carpanın da, yani fA, 1− fB ve fC ’nin herbirinin 1 olması gerekir, bunun icin defA = 1, fB = 0 ve fC = 1 olmalı. Diger tum durumlarda fA(1− fB)fC carpımı 0 olur,aynen fS gibi.

Okur herhalde fA(1 − fB)fC ifadesini nasıl buldugumuzu anlamıstır: 1 olan sutuna fyazıyoruz, 0 olan sutuna 1− f yazıyoruz ve tum bu ifadeleri carpıyoruz.

Bir baska ornek gorelim.

1.246. Asagıdaki tablonun son sutununu ilk uc sutun cinsinden yazalım:

A B C T

0 0 0 00 0 1 00 1 0 10 1 1 01 0 0 01 0 1 01 1 0 01 1 1 0

Bu sefer sonuc

fT = (1− fA)fB(1− fC)

cıkacaktır.

Bir sonraki alıstırmada yukarıdaki tabloların son sutunlarını toplayacagız.


A B C U

0 0 0 00 0 1 00 1 0 10 1 1 01 0 0 01 0 1 11 1 0 01 1 1 0

Son sutundaki sayılar, onceki iki alıstırmadaki fS ve fT sayılarının toplamıdır. Do-layısıyla

fU = fS + fT = fA(1− fB)fC + (1− fA)fB(1− fC)

cıkacaktır. Bu ifadeyi sadelestirebiliriz tabii. Gereken sadelestirmeler yapıldıgında sonu-cun

fU = fB + fAfC − fAfB − fBfC

cıktıgı gorulecektir.



A B C V

0 0 0 10 0 1 00 1 0 00 1 1 11 0 0 01 0 1 01 1 0 11 1 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 degerini alıyor.

(1− fA)fBfC

ifadesi sadece ve sadece dorduncu satırda 1 degerini alıyor.

fAfB(1− fC)

ifadesi sadece ve sadece yedinci satırda 1 degerini alıyor. Dolayısıyla sadece ve sadecebirinci, dorduncu ve yedinci satırlarda 1 degerini alan ifadeyi bulmak icin yukarıdaki ucifadeyi toplamalıyız:

fV = (1− fA)(1− fB)(1− fC) + (1− fA)fBfC + fAfB(1− fC).

Dileyen okur carpımları yaparak ifadeyi sadelestirebilir. Biz dilemedik! (Sadelestirmeyaparken f2

A = fA esitligini kullanacaksınız.)

1.249. Yukarıdaki alıstırmalarda degisken olarak A, B ve C aldık. Degisken sayımızı cogalta-biliriz tabii ki. Eger degisken sayısı n ise 2n tane 0 ve 1’lerden olusan satır olur. Boylebir tablonun sonuna eklenen 0 ve 1’lerden olusan herhangi bir W sutunu, diger n su-tun cinsinden toplama, carpma ve cıkarma kullanılarak yazılabilir. Yukarıdaki yontemianlayan okur kendi kendine ornekler vermekte ve cozumu bulmakta zorlanmayacaktır.

Alıstırmalar

1.250. Asagıdaki tablonun son sutununu ilk uc sutun cinsinden yazın.

A B C G

0 0 0 00 0 1 00 1 0 10 1 1 11 0 0 11 0 1 01 1 0 11 1 1 0

Buldugunuz sonucu sadelestirin.

1.251. Asagıdaki tablonun son sutununu ilk dort sutun cinsinden yazın.

50 1. Kumeler

A B C D G

0 0 0 0 00 0 0 1 00 0 1 0 10 0 1 1 10 1 0 0 00 1 0 1 00 1 1 0 10 1 1 1 01 0 0 0 01 0 0 1 11 0 1 0 01 0 1 1 01 1 0 0 11 1 0 1 01 1 1 0 11 1 1 1 0

Buldugunuz sonucu sadelestirin.

1.252. Herhangi iki A ve B kumesi icin, (A ∪ B) \ (B ∩ A) = (A \ B) ∪ (B \ A) esitligini sagve soldaki ifadelerin f ’lerini bularak gosterin.

1.253. Kitabın birinci bolumunde bulunan esitliklerden dilediklerinizi (zor gorunenleri) yu-karıdaki yontemle kanıtlayın.

1.4.6 Simetrik Fark

Eger A ve B birer kumeyse, A ya da B’de olan ama her ikisinde birden olma-yan ogelerden olusan kumeyi olusturabiliriz. Ornegin ya denizde yasayan yada memeli olan ama (balina ve fok gibi) denizde yasayan memeli olmayan hay-vanlar kumesine bakmak isteyebiliriz. Iste bu kumenin matematiksel tanımı:A ve B kumeleri icin,

A∆B = (A \B) ∪ (B \A)

tanımını yapalım. A∆B kumesini Venn diyagramı ustunde gosterelim:

A∆B kumesi A ya da B’de olan ama her ikisinde birden olmayan ogelerdenolusur. Elbette

A∆B = (A ∪B) \ (B ∩A)

olur.


A∆B kumesine A ve B’nin simetrik farkı adı verilir.Hayattan ornekler: Okulun basketbol takımıyla futbol takımının simetrik

farkında hem basketbol hem de futbol oynayanlar yer almazlar, ne basketbolne de futbol oynayanlar da yer almazlar, iki spordan sadece birini yapan-lar yer alırlar. En az dort ayagı olan hayvanlar kumesiyle memeli hayvanlarkumesinin simetrik farkında kırkayak, balina ve insan vardır ama koyun yok-tur. Matematigi iyi olanlarla Turkcesi iyi olanlar kumesinde hem matematigihem de Turkcesi kotu olanlar olmadıgı gibi, hem matematigi hem de Turkcesiiyi olanlar da yoktur.

Simetrik farkın tablosu asagıdaki gibidir:

A B A∆B

0 0 00 1 11 0 11 1 0

AyrıcafA∆B = fA + fB − 2fAfB

esitligini kontrol etmek zor degil. A ile B’nin yerlerini degistirirsek,

fB∆A = fB + fA − 2fBfA

buluruz. Esitliklerin sag tarafları esit oldugundan, bundan

A∆B = B∆A

esitligi cıkar.Simdi onemli bir esitligi kanıtlayalım: Her A, B ve C kumesi icin

(A∆B)∆C = A∆(B∆C)

olur. Bu esitligi kelimelerle kanıtlamak hic kolay degildir, kanıtlansa bile kanı-tın pek anlasılır olması mumkun degildir. En dogru yontem

(A∆B)∆C ve A∆(B∆C)

kumelerinin 01-tablosunu cizmektir:

A B C A∆B (A∆B)∆C B∆C A∆(B∆C)

0 0 0 0 0 0 00 0 1 0 1 1 10 1 0 1 1 1 10 1 1 1 0 0 01 0 0 1 1 0 11 0 1 1 0 1 01 1 0 0 0 1 01 1 1 0 1 0 1

52 1. Kumeler

(A∆B)∆C ve A∆(B∆C) sutunları esit oldugundan, istedigimiz esitlik ka-nıtlanmıstır; cunku sutunların esit olması demek, bir x ogesi iki kumedenbirindeyse digerinde de demektir.

Ornekler

1.254. Turkiye Cumhuriyeti vatandasları kumesiyle Alman vatandasları kumesinin simetrikfarkı, cifte vatandas olmayan TC vatandaslarıyla Almanya vatandaslarından olusur.

1.255. Torunu olan insanlar kumesiyle erkekler kumesinin simetrik farkı, torunu olan kadınlarlatorunu olmayan erkeklerden olusur.

1.256. Turk alfabesiyle Ingiliz alfabesinin simetrik farkı, g, ı, u, s, w, x, q gibi bir dilde olupdiger dilde olmayan harflerden olusur.

1.257. 3N∆4N kumesi, 3’e ya da 4’e bolunen ama 12’ye bolunmeyen dogal sayılar kumesidir:

3N∆4N = {3, 4, 6, 8, 9, 15, 16, 18, 20, 21, 27, 28, . . . }.

1.258. (3N+ 1)∆ (5N+ 1) kumesinin ilk birkac ogesini yazalım: 4, 6, 7, 10, 11, 13, 19, 21, 22,25, 26.

Alıstırmalar

1.259. 5N∆7N kumesinin en kucuk 12 ogesini yazın.

1.260. A∆B = (A ∪B) \ (A ∩B) esitligini gosterin.

1.261. (3N+ 1)∆5N kumesinin ilk 20 ogesini bulun.

1.262. (3N+ 1)∆(5N+ 3) kumesinin ilk 20 ogesini bulun.

1.263. Eger B ⊆ A ise A∆B = (A ∩Bc) ∪ (Ac ∩B) esitligini kanıtlayın.

1.264. Her A, B, C kumesi icin asagıdaki esitlikleri kanıtlayın:

• Birlesme Ozelligi: (A∆B)∆C = A∆(B∆C). (Yukarıda tablo yontemiyle kanıt-lamıstık. Tablosuz yapmaya calıssaydık, kanıt anlasılmaz olurdu.)

• Etkisiz Ogenin Varlıgı: A∆ ∅ = A = ∅∆A.

• Yok Edici Ozellik: A∆A = ∅.• Degisme Ozelligi: A∆B = B∆A.

• Dagılma Ozelligi: A ∩ (B∆C) = (A ∩B)∆ (A ∩ C).

Goruldugu uzere, ∆ toplama gibi, ∩ ise carpma gibi davranıyor.

1.265. Hangi kosulda A∆B = A olur?

1.266. Hangi kosulda A∆B = A ∪B olur?

1.267. Hangi kosulda A∆B ⊆ A olur?

1.268. A∆B∆C kumesinin asagıdaki gri alan oldugunu kontrol edin.

1.269. 3N∆5N∆7N kumesinin en kucuk 20 ogesini yazın.


1.270. (3N+ 1)∆ (4N+ 1)∆ (5N+ 1) kumesinin en kucuk 20 ogesini bulun.

1.271. Venn diagramı uzerinde A∆B∆C∆D kumesini griye boyayarak gosterin.

1.272. ∆ islemi ∩ islemine dagılır mı? Yani her A, B ve C kumesi icin

A∆(B ∩ C) = (A∆B) ∪ (A∆C)

olur mu? Bu esitlik her zaman dogru degilse, esitlik ne tur A, B ve C kumeleri icingecerlidir?

1.273. A1 ∆A2 ∆ . . . ∆An kumesi, tek sayıda Ai kumesinde olan ogelerden olusur. Bununnedenini anlamaya calısın.

1.4.7 Evrensel Kume ve Tumleyen

Aslında evrensel kume diye mutlak bir kavram yoktur. Evrensel kume konuyave gune gore degisir. Ornegin eger hep ogrenci kumelerinden soz edeceksek, ozaman evrensel kumeyi tum ogrencilerden olusan kume olarak alabiliriz. Egerkonumuz kutuphanenin kitaplarıysa, evrensel kumeyi kutuphanedeki kumelerolarak tanımlayabiliriz. Evrensel kume, soz ettigimiz ve (mesela gun boyunca)soz edecegimiz tum kumeleri kapsayan kocaman bir kumedir. Eger hep dogalsayı kumelerinden soz edeceksek, evrensel kumeyi N olarak tanımlayabiliriz.Gerektiginde karatahtayı bile evrensel kume olarak alabilirsiniz.

Goruldugu uzere “evrensel kume” denen sey matematiksel bir nesne de-gildir, sadece hayatı kolaylastıran ve istedigimiz zaman degistirecebilecegizkocaman ve muglak bir topluluktur.

Ote yandan “evrensel kume” oldukca dogal bir kavramdır. Soyle bir ornekvereyim. “Matematikte zayıf not almayanlar” kumesi normalde ayakkabıyı daicerir, cunku ne de olsa ayakkabı matematikte zayıf not almamıstır, hattanot bile almamıstır, ogretmenler ayakkabılara not vermezler. Ama “matema-tikte zayıf not almayanlar” kumesi dendigimizde aklımıza hemen matematikteiyi not alan ogrencilerden olusan kume aklımıza gelir, ayakkabıyı bu kumenindısında tutarız, cunku sezgisel olarak bu kapsamda evrensel kumenin ogrencilerkumesi oldugunu biliriz. Evrensel kume ogrenciler kumesi olduguna gore ayak-kabıyı kumeye dahil etmeyiz.

Bu altbolumde evrensel kumeye E diyelim. Simdi A herhangi bir kume ol-sun. “Herhangi” dedik, ama aslında kumemiz herhangi bir kume olamaz, ancakE’nin bir altkumesi olabilir, cunku evrensel kumemizi belirledik. E’de olup daA’da olmayan ogelerden olusan kumeye, yani E\A kumesine A’nın tumleyenidenir. Evrensel kumenin degisme olasılıgı varsa “A’nın E’deki tumleyeni” dediyebiliriz. A’nın tumleyeni A′ olarak yazılır.

Asagıda evrensel kumeyi bir dikdortgen olarak cizdik. A′ kumesini de griolarak gosterdik.

54 1. Kumeler

Tumleyenin tablosu da asagıdaki gibidir:

A A′

0 11 0

Yani tumleyen 0 degeriyle 1 degerinin yerlerini degistirir. Fonksiyon olarakifade edecek olursak,

fA′ = 1− fA

olur.

Bir kumenin tumleyeninden soz edildiginde, evrensel bir kume sabitlenmisdemektir, aksi halde “tumleyen” kelimesi anlamsızdır.

Tumleyenle ilgili De Morgan ozdeslikleri adı verilen iki onemli esitlikvardır:

(A ∩B)′ = A′ ∪B′ ve (A ∪B)′ = A′ ∩B′

esitligi. Bunlardan birincisini tablo teknigiyle kanıtlayalım:

A B A ∩B (A ∩B)′ A′ B′ A′ ∪B′

0 0 0 1 1 1 10 1 0 1 1 0 11 0 0 1 0 1 11 1 1 0 0 0 0

(A∩B)′ ve A′∪B′ sutunları aynı oldugundan, bu iki kume esittir. Benzer kanıt(A ∪B)′ = A′ ∩B′ esitligi icin de yapılabilir, ayrıntıları okura bırakıyoruz.

Bir baska onemli esitlik

(A′)′ = A

esitligidir.

Bu son esitlik ve De Morgan ozdeslikleri sayesinde ∩, ∪ ve ′ (tumleme) kul-lanan her esitligi, her ∩ islemini ∪ islemine cevirerek, her ∪ islemini ∩ isleminecevirerek, tumleyen isaretlerini silerek, tumleyen olmayan yerlere tumleyenisareti koyarak yeni bir esitlik elde ederiz. Ornegin,

(A ∩B) ∪ (C ∩A′) = D′ ∩B


esitliginde her iki tarafında tumleyenini alırsak,

(A′ ∪B′) ∩ (C ′ ∪A) = D ∪B′

esitligini elde ederiz. Bu esitliklerden her biri digerinin “duali”dir.

Asagıdaki alıstırmalarda bir evrensel kumeyi sabitliyoruz ve bu evrenselkumeye E adını veriyoruz.

Alıstırmalar

1.274. E∆A = A′ esitligini kanıtlayın.

1.275. ∅′ = E ve E′ = ∅ esitliklerini kanıtlayın.

1.276. A′ = B ise B′ = A oldugunu kanıtlayın.

1.277. A′ = A esitligini saglayan bir A kumesi var mıdır?

1.278. A′ = B, B′ = C ve C′ = A esitliklerinin hepsinin saglandıgı A, B ve C kumeleri varmıdır?

1.279. A′ ⊆ B, B′ ⊆ C ve C′ ⊆ A onermelerinin hepsinin saglandıgı A, B ve C kumeleri varmıdır?

1.280. A′ = B, B′ = C, C′ = D ve D′ = A esitliklerinin hepsinin saglandıgı A, B, C ve Dkumeleri var mıdır?

1.281. A∆B = ∅ ise A ve B kumeleri hakında ne soyleyebiliriz?

1.282. A \B = A ∩B′ esitligini kanıtlayın.

1.283. A ∩ B = ∅ ile B ∈ ℘(A′) onermelerinin mantıksal olarak esdeger olduklarını, yani biridogruysa digerinin de dogru oldugunu kanıtlayın.

1.284. (A ∩ B′)′ = A′ ∪ B esitligini De Morgan ozdesligini ve onceki alıstırmaları kullanarakkanıtlayın.

1.285. ((A∩B′)∪ (A′ ∩B′ ∩C))′ = (A′ ∪B)∩ (A∪B ∪C′) esitligini De Morgan ozdesliklerinikullanarak kanıtlayın.

1.286. (A ∪B) ∩ (A ∪B′) ∩ (A′ ∪B) = A ∩B esitligini kanıtlayın.

1.287. (A′ ∩B) ∪ (B \ (B′ ∩A)) ifadesini daha basit bicimde yazın.

1.288. (A ∪B′ ∪ C′)′ ∩ (A ∪B ∪ C′) = (B ∩ C) \A esitligini kanıtlayın.

1.289. (A∆B)′ kumesiyle A′ ∆B′ kumeleri arasında nasıl bir iliski vardır?

1.290. (A \B)′ kumesiyle A′ \B′ kumeleri arasında nasıl bir iliski vardır?

1.291. (A ∩B) ∪ (A′ ∪B)′ = A esitligini kanıtlayın.

Notlar

1.292. Evrensel bir kumenin varlıgına inanırsak, sonlu sayıda kumeyle yapılabilecek tum is-lemler kesisim (yani ∩) ve tumleyenle (yani ′ ile) elde edilebilir. Ornegin bilesim isleminikesisim ve tumleyen islemleriyle ifade edebiliriz:

A ∪B = (A′ ∩B′)′.

Kumelerin farkı da soyle ifade edilir:

A \B = A ∩B′.

Simetrik fark:

A∆B = (A \B) ∪ (B \A) = (A ∩B′) ∪ (B ∩A′);

56 1. Kumeler

ve hemen ardından en sagdaki ifadeye bilesimin tanımını kullanarak

A∆B = ((A ∩B′)′ ∩ (B ∩A′)′)′

elde ederiz. Pek pratik olmasa da bu tur yazılımlar teori de yararlı olabilir.

Basat islem olarak kesisim ve tumleyen islemlerini alacagımız, bilesim ve tumleyenislemlerini de alabilirdik.

Ama kesisim ve bilesimle tumleyen islemi ifade edilemez.

1.293. Kumelerle yeni bir islem tanımlayalım:

A ⋆ B = (A ∪B)′

olsun. Sadece ⋆ islemini kullanarak diger tum islemleri tanımlayabiliriz. Bir onceki not-tan dolayı sadece bilesim ve tumleyeni tanımlarsak diger her islemi tanımlayabilecegimizibiliyoruz. Nitekim

A′ = A ⋆ A

esitligi sayesinde tumleyeni ve

A ∪B = ((A ∪B)′)′ = (A ⋆ B)′ = (A ⋆ B) ⋆ (A ⋆ B)

esitligi sayesinde bilesimi tanımlayabiliriz.

1.294. Sonlu sayıda kumeyle yapılan islemlerin ana ozelliklerini sıralayalım. Evrensel kumeninoldugunu varsayıyoruz ve adına E diyoruz.

Degisme Ozellikleri: A ∩B = B ∩A ve A ∪B = B ∪A.

Birlesme Ozellikleri: A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C ve A ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ C.

Dagılma Ozellikleri: A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C) ve A∪(B∩C) = (A∪B)∩(A∪C).

Tekkuvetli Islem Ozellikleri: A ∩A = A ve A ∪A = A.

Etkisiz Ogelerin Varlıgı: A ∩ E = A ve A ∪ ∅ = A.

Yutan Ogelerin Varlıgı: A ∩ ∅ = ∅ ve A ∪ E = E.

Tumleyenin Ozellikleri:(A′)′ = A,A ∪A′ = E,A ∩A′ = ∅,E′ = ∅,∅′ = E.

De Morgan Yasaları: (A ∩B)′ = A′ ∪B′ ve (A ∪B)′ = A′ ∩B′.

Kumelerle ilgili tum ozdeslikler bu ozellikler kullanılarak kanıtlanabilir. Ama yukarıdakilistede de digerlerinden hareketle kanıtlanabilen ozellikler var, yani en az sayıda ozellikyazmak gibi bir cabaya girmedik.

Bu ozellikleri kullanarak (A∪B)∩ (A′ ∩B)′ esitligini kanıtlayalım. Bunun icin esitliginsolundaki ifadeden hareket edip, yukarıda listeledigimiz esitlikleri kullanarak adım adımsagdaki ifadeye varacagız. De Morgan yasalarından dolayı

(A ∪B) ∩ (A′ ∩B)′ = (A ∪B) ∩ ((A′)′ ∪B′)

olur. Ama (A′)′ = A oldugundan, buradan,

(A ∪B) ∩ (A′ ∩B)′ = (A ∪B) ∩ (A ∪B′)

esitligini elde ederiz. Dagılma ozelliginden dolayı bu son esitligin sagındaki ifade A ∪(B ∩B′) kumesine esit. Demek ki

(A ∪B) ∩ (A′ ∩B)′ = A ∪ (B ∩B′).


Ama B ∩B′ = ∅ oldugundan, yukarıdaki esitlikten

(A ∪B) ∩ (A′ ∩B)′ = A ∪ ∅

esitligini elde ederiz. Etkisi ogenin ozelligi bize son olarak

(A ∪B) ∩ (A′ ∩B)′ = A

esitligini verir.

A ∪ (A ∩B) = A esitligi de soyle kanıtlanır:

A ∪ (A ∩B) = (A ∩ E) ∪ (A ∩B) = A ∩ (E ∪B) = A ∩ E = A.

Bu kanıtta hangi ozellikleri kullandıgımızı bulmayı okura bırakıyoruz.

Okur alıstırma olarak, yukarıdaki ozellikleri ve sadece bunları kulanarak su esitliklerikanıtlayabilir: A∩ (A∪B) = A, B∪ (∅∩A) = B, (A′∩E)′ = A, (A∩B)∪ (A∩B′) = A,(A ∩B) ∪ (A ∪B′)′ = B.

1.295. Mutlak anlamda evrensel kumenin olmadıgını kanıtlayabiliriz, yani ogeleri tum kume-lerden olusan bir kumenin olmadıgını kanıtlayabiliriz. Daha matematiksel bir deyisle suteoremi kanıtlayabiliriz (ve kanıtlayacagız da):

Teorem 1.3. x bir kume olsun.

y = {z ∈ x : z /∈ z}

tanımını yapalım. O zaman y /∈ x olur.

Kanıt: y’nin tanımına gore her z icin su dogrudur.

z ∈ y ⇐⇒ (z ∈ x ve z /∈ z).

Bu onerme her z icin gecerli oldugundan, ozel bir durum olarak y icin de gecerlidir, yanionermede z yerine y koyabiliriz:

(1) y ∈ y ⇐⇒ (y ∈ x ve y /∈ y).

Simdi diyelim kanıtlamak istedigimiz y /∈ x ifadesi yanlıs, yani y ∈ x ifadesi dogru. Ozaman (1) ifadesinde bulunan “y ∈ x” onermesini kaldırabiliriz cunku dogru oldugunubiliyoruz8. Demek ki

y ∈ y ⇐⇒ y /∈ y

onermesi dogru. Yani y kumesi y’nin ogesiyse o zaman y kumesi y’nin ogesi olamazve aksi istikamette, y kumesi y’nin ogesi degilse o zaman y kumesi y’nin ogesi olmakzorunda! Bu bariz bir celiskidir, bir onermenin dogru olması icin yanlıs, yanlıs olmasıicin dogru olması gerekiyor, daha neler! �

Demek ki herhangi bir kume tum kumeleri oge olarak iceremez, mutlaka bir kume dısındakalmak zorunda. Buradan da ogeleri tum kumeler olan bir kumenin olamayacagı cıkar.

Bu aslında bu kitabın en basında verdigimiz kume kavramıyla celisir, cunku kitabınbasında bir kumeyi herhangi bir topluluk olarak tanımlamıstık ve tum kumeler de balgibi bir topluluktur, dolayısıyla verdigimiz kume tanımına gore tum kumelerden olusanbir kume olması lazım. Bu iste tam olarak Russell Paradoksu ’dur. Sorun, kitabın enbasında verdigimiz kume tanımında. O tanım dogru olamaz. Okura yalan soyledik!

Russell Paradoksu ortaya cıktıgında matematik ta en temelinden sarsıldı. Birkac yolsonra paradoks giderildi ve her sey rayına oturdu. Bu ilginc konu icin bkz. zorluk vederinlik derecesine gore sıraladıgımız [N4, sayfa 207-218], [N1], [N2].

8“Sadece ve sadece hava guzelse ve 2 × 2 = 4 ise piknige gidecegim” ifadesiyle “Sa-dece ve sadece hava guzelse piknige gidecegim” ifadesi mantıksal olarak birbirlerine denktir,cunku 2× 2 = 4 dogru bir onermedir.

58 1. Kumeler

1.296. Cembersel Venn diyagramlarıyla ogelerin kumelere gore konumunu ne dereceye kadardogru yansıtabiliriz?

Tek bir kumeyle hic sorun yok: Tek bir kume, ogeleri kumenin icindekiler ve dısındakilerolarak iki sınıfa ayırır. Bunu duzlemde bir cemberle gostermek mumkundur:

0

1

Yukarıdaki sekilde iki bolgeyi 0 ve 1 sayılarıyla gosterdik. 0, kumenin (yani cemberin)dısını temsil ediyor, 1 de icini.

1.297. Iki farklı kume ise ogeleri dort sınıfa ayırır: kesisimdekiler, birinde olup digerinde olma-yanlar (bunlardan iki adet var) ve her iki kumede de olmayanlar. Iki cemberle bu dortsınıfı rahatlıkla gosterebiliriz:

0

1 12 2

Yukarıdaki sekilde elde ettigimiz dort bolgeyi 0, 1, 2, ve 12 ile gosterdik. 0, her iki kumedede olmayan ogelerin yerini temsil ediyor. 1, birinci kumede olup da ikinci kumede olma-yan ogelerin yerini temsil ediyor. 2, tam tersine, ikinci kumede olup da birinci kumedeolmayan ogelerin yerini temsil ediyor. 12 ise her iki kumede de olan ogelerin yerini temsilediyor. Boylece iki kumenin en genel durumunu duzlemde cemberlerle gosterebiliriz.

1.298. Uc kume, ogeleri 8 farklı sınıfa ayırır. Uc cemberle de duzlemi sekiz parcaya ayırabiliriz.

0

1

12

3

123

13

2

23

Yukarıdaki sekilde elde ettigimiz sekiz bolgeyi 0, 1, 2, 3, 12, 13, 23, 123 sayılarıylagosterdik. Ornegin 23 bolgesi, ikinci ve ucuncu kumede olan ama birinci kumede olma-yan ogelerin yerini temsil ediyor. Boylece uc kumenin konumunu duzlemde cemberlerlegosterebiliriz.

1.299. Dort kumenin birbirine gore konumlarını duzlemde cemberlerle gostermek mumkundegildir, mesela asagıdaki sekil olmuyor cunku 13 ve 24 bolgeleri eksik.


112

2

14 23

34

4 3

134 234

124 123

1234

0

Ama cember yerine elips (oval) alırsak 16 farklı konumu gostermek mumkun. Iste dortkumenin elipslerle mukemmel bir Venn diyagramı:

0

32

2312

1

34

234

24

14

4

123

1234

124134

13

Ogelerin dort kumeye gore 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 gosterebiliriz. 124 konumu,ucuncu kumede olmayan ama diger uc kumede olan ogelerin konumunu gosteriyor.

1.300. Uzunca bir sure elipslerle (ya da dısbukey sekillerle) en fazla dort kumenin konumugosterilecegi sanıldı. 1880’de Venn ile baslayan bu yanlıs inanc 1975’e kadar surdu. Butarihte Hırvat matematikci Branko Grunbaum bu yanlıs inancı curuttu. Bes kumenintum konumlarını da elipslerle duzlemde gostermek mumkun, hatta bol simetrili guzelbir sekille gosterebiliriz. Bu sefer bolgeleri sayılarla degil, A, B, C, D ve E ile gosterdik.

60 1. Kumeler

A

AE

ACE

AD

ADE

ABD

ABACDECE

CDE

ABCDE

ABDE

ABE

ABCE

BE

B

DE

BDE

BD BCD

ABCD ABC

BCE

BC

ACDCD

AC

C

D

E

BCDE

Bu guzel sekli Hırvat matematikci Branko Grunbaum’a borcluyuz. Elipslerle besten fazlakumenin konumunun gosterilemeyecegini de Grunbaum kanıtlamıstır [Gr]. Eger elips-lerden vazgecip her turlu sekil kullanma hakkımız varsa, n tane kumenin tum 2n adetkonumu gosterilebilir. Bunu da Venn kanıtlamıstır. (Aslında Venn sadece 6 kumenin tumkonumlarını gosteren bir sekil cizmis ama bu sekille genel durumun nasıl yapılacagınıda gostermistir.)

2. Dogal Sayılar Yapısı

.

Okur dogal sayılara elbette daha onceki egitim yıllarından asinadır. Zatenonceki sayfalarda da hic cekinmeden sayıları (kumelere ornek vermek ama-cıyla) kullandık. Bu altbolumde okurun dogal sayılar hakkında bildiklerinidaha modern bir dille gozden gecirecegiz. Kullanacagımız dil daha cok kumelerkuramının dili olacak.

Anımsatalım: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 43, 127 gibi sayılara dogal sayı denir. Dogalsayı kumesinin N simgesiyle gosterildigini daha once soylemistik, tekrarla-yalım:

N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, . . . }.

Dogal sayılar kumesi sadece bir kume degildir, ustunde toplama ve carpmaadı verilen iki islem vardır. Ayrıca dogal sayılarda bir de bir “sıralama” vardır,mesela 5 sayısı 8’den kucuktur. Ayrıca asal sayılar, kareler, kupler filan davardır. Yani N kumesi aslında basit bir kumeden cok daha zengindir, matema-tiksel dille soylemek gerekirse N “matematiksel bir yapı”dır. Bu bolumde bumatematiksel yapıyı biraz olsun anlamaya calısacagız.

2.1 Toplama ve Carpma Islemleri

Dogal sayılarla toplama ve carpma yapabiliriz. Yani iki dogal sayının toplamıve carpımı gene birer dogal sayıdır. Bu, matematikte, “dogal sayılar kumesitoplama ve carpma islemleri altında kapalıdır” cumlesiyle ifade edilir. Amadogal sayılar kumesi cıkarma islemi altında kapalı degildir, ornegin dogal sa-yılar kumesinde 7’den 5’i cıkarabiliriz (2 buluruz) ama 5’ten 7’yi cıkaramayız,cunku bulmamız gereken −2 sayısı bir dogal sayı degildir. Oysa herhangi ikidogal sayıyı toplayıp carptıgımızda gene bir dogal sayı buluruz.

x ve y dogal sayılarının toplamının x+y olarak, carpımının da x×y olarakgosterildigini herkes biliyordur, ornegin

5 + 7 = 12 ve 5× 7 = 35

62 2. Dogal Sayılar Yapısı

olur. x ve y sayılarının carpımı x × y yerine bazen x · y, bazen de daha basitolarak xy olarak gosterilir. Tabii x = 13 ve y = 25 ise, bu iki sayının carpımı13×25 ya da 13·25 olarak gosterilebilir ama kesinlikle 1325 olarak gosterilmez!Ote yandan a ve b sayılarının carpımı ab olarak gosterilebilir. Bir karısıklık sozkonusu olmayacaksa, olabilecek en sade yazılım tercih edilir.

Iki dogal sayının toplamının ve carpımının gene bir dogal sayı olmasınıkumeler kuramının dilinde soyle ifade ederiz:

N+ N ⊆ N ve NN ⊆ N.

Aslında burada esitlik vardır, yani

N+ N = N ve NN = N

olur, cunku ne de olsa her n ∈ N icin

n = n+ 0 ∈ N+ N ve n = n · 1 ∈ NN

olur.

Sıfır. Eskiden, eskiden dedigim birkac onyıl once filan, bazı matematikciler0’ı bir dogal sayı kabul etmiyordu. Ya da aynı matematikci bir makalesinde0’ı dogal sayı olarak kabul ediyor, bir baska makalesinde kabul etmiyordu.0’ı dogal sayı kabul edip etmemek matematigin ozuyle ilgili bir konu degildir,sadece bir anlasma meselesidir, makalenin ya da kitabın basında 0’ın dogal sayıkabul edilip edilmedigi soylenirse hicbir sorun yasanmaz, yeter ki neden sozedildigini bilelim. 0’ın dogal sayı olup olmadıgına biz insanlar karar veririz. “0bir dogal sayı mıdır?” sorusuyla “balina bir balık mıdır?” sorusu arasında birfark vardır, cunku balina ve balık bizim dısımızda vardır ve balina ve balıgınherkes tarafından kabul edilmis tanımları vardır. Oysa “sayı”, daha dogrusu“dogal sayı” kavramının neyi icerip icermedigine biz insanlar karar veririz.Hangi karar isimize gelirse, hangi karar hayatımızı kolaylastıracaksa o kararıalırız. Matematikcilerin hemen hepsi bugun artık 0’ı bir dogal sayı olarak kabuleder cunku bu sayede hayat daha kolay oluyor, teoremler daha kolay ifadeediliyor, matematik daha sade ve daha estetik oluyor. Biz de cogunluk gibi 0’ıbir dogal sayı olarak kabul ediyoruz.

Sayma Sayıları. 0 dısındaki dogal sayılardan olusan sayı kumesi S olarakgosterilir ve bu sayılara sayma sayıları denir. Demek ki

S = {1, 2, 3, 4, . . . }.

S kumesi de toplama islemi altında kapalıdır, yani iki sayma sayısının top-lamı yine bir sayma sayısıdır, bir baska deyisle S + S ⊆ S olur, ama bu sefer

2.1. Toplama ve Carpma Islemleri 63

esitlik gecerli degildir, cunku S+S kumesinde 1 yoktur, bu kumenin en kucuksayısı 2’dir.

S+ S = {2, 3, 4, . . .} = S \ {1} = N \ {0, 1}

esitlikleri bariz olmalı. Benzer sekilde S+S+S kumesi 3 ve 3’ten buyuk dogalsayıları iceren kumedir:

S+ S+ S = N \ {0, 1, 2}.

S kumesi carpma islemi altında da kapalıdır ama bu sefer SS = S esitligigecerlidir.

Katlar. Eger n bir dogal sayıysa, nN kumesi n’nin dogal sayı katlarındanolusur, yani

nN = {0, n, 2n, 3n, 4n, . . . }

olur. nN kumesinin ogeleri n’ye bolunen dogal sayılardır. Ornegin, n = 2 ise,

2N = {0, 2, 4, 6, 8, . . . }

olur, yani 2N cift dogal sayılar kumesidir. Eger n’yi 3’e esit alırsak,

3N = {0, 3, 6, 9, 12, . . . }

olur. 4N kumesinin ilk birkac sayısını tahmin etmek zor degil:

4N = {0, 4, 8, 12, 16, . . . }.

4N kumesinin her ogesi 4’e bolunur, dolayısıyla 4N kumesinin her ogesi 2’yede bolunur; bundan da

4N ⊆ 2N

cıkar. Bunun gibi,48N ⊆ 16N ⊆ 8N ⊂ 4N ⊆ 2N

olur.nm sayısı hem nN hem de mN kumesindedir, yani nm ∈ nN ∩ mN olur.

Tabii 2nm, 3nm gibi sayılar da bu kesisimdedir, yani nmN ⊆ nN ∩mN olur,ama bu kesisimde nm’nin katlarından daha fazla oge olabilir, ornegin 12 ∈4N∩ 6N olur, hatta 4N∩ 6N = 12N olur, bir baska deyisle hem 4 hem de 6’nınkatları olan sayılar tam tamına 12’nin katları olan sayılardır.

Onceki bolumde de gordugumuz gibi nN kumesinin ogelerini belli bir kdogal sayısıyla toplayabiliriz; elde edilen kume nN+ k olarak yazılır. Ornegin,

7N+ 3 = {3, 10, 17, 24, . . . },7N+ 4 = {4, 11, 18, 25, . . . },8N+ 1 = {1, 9, 17, 23, . . . },N+ 3 = {3, 4, 5, 6, 7, . . . }


Su esitlik de ilginizi cekebilir: 7N+ 7 = 7S.n’nin katlarıyla m’nin katlarını topladıgımızda elde edilen kume ise

nN+mN

olarak gosterilir. Ornegin

3N+ 7N = {3, 6, 7, 9, 10, 12, 13, 14, 15, 16, . . . }

olur. (Bu tur kumelerin hangi sayılardan olustugunu bulmak kolay degildir,ama eger n ve m’nin 1’den baska ortak boleni yoksa, nN + mN kumesininnm− n−m sayısından buyuk tum sayıları icerdigi biliniyor.)

nN+ nN = nN

esitligi onemlidir. Elimiz degmisken sabit bir n icin nN+k turunden kumelerintoplamı ve carpımıyla ilgili birkac ornek verelim.

(5N+ 4) + (5N+ 3) ⊆ 5N+ 7 ⊆ 5N+ 2

olur, hatta birinin ⊆ simgesini esitlik ile degistirebiliriz. Bunun gibi

(5N+ 4) · (5N+ 3) ⊆ 5N+ 12 ⊆ 5N+ 2

olur. Asagıda daha fazla ornek bulabilirsiniz.Toplama ve carpmanın kurallarını ve bu kuralları dogru uygulamayı oku-

run bildigini varsayıyoruz. Ornegin

(a+ b+ c)(x+ y) = ax+ bx+ cx+ ay + by + cy

olur.

Ornekler

2.1. Her x dogal sayısı icin x0 = 0x = 0 olur. Bu yuzden 0 sayısının carpma isleminin yutanogesi oldugu soylenir.

2.2. Eger iki dogal sayının toplamı 0 ise, her iki dogal sayı da 0 olmak zorundadır. Eger ikidogal sayının toplamı 1 ise, bu sayılardan biri 1, digeri 0 olmak zorundadır.

2.3. Eger iki dogal sayının carpımı 0 ise, iki dogal sayıdan en az biri 0 olmak zorundadır.(Her ikisi birden de 0 olabilir tabii.) Eger elli tane dogal sayının carpımı 0 ise, bu ellidogal sayının en az biri 0 olmak zorundadır. Bir baska deyisle, hicbiri 0 olmayan dogalsayıların carpımı 0 olamaz.

2.4. Eger iki dogal sayının carpımı 1 ise, her iki dogal sayı da 1 olmak zorundadır.

2.5. Iki tek sayının carpımının her zaman bir tek sayı oldugunu kanıtlayalım. Herhangi ikitek sayı alalım, bunlara x ve y diyelim. x bir tek sayı oldugundan, bir n dogal sayısıicin x = 2n + 1 biciminde yazılır. Aynı nedenden, bir m dogal sayısı icin y = 2m + 1biciminde yazılır. (m, n’ye esit olmak zorunda degil tabi.) Demek ki

xy = (2n+ 1)(2m+ 1) = 4nm+ 2n+ 2m+ 1 = 2(2nm+ n+m) + 1

olur. Eger p = 2nm + n + m tanımını yaparsak, xy = 2p + 1 esitligini goruruz. p birdogal sayı oldugundan, bu esitlik xy’nin bir tek sayı oldugunu gosterir.


2.6. T kumesi 2 ve 2’den buyuk dogal sayılardan olussun. T kumesi toplama ve carpmaaltında kapalıdır. T + T kumesi 4 ve 4’ten buyuk tum dogal sayıları icerir ve sadecebunları icerir, yani

T+T = N \ {0, 1, 2, 3}olur. Ote yandan TT kumesinde olmayan cok dogal sayı vardır. Ornegin 3, 5, 7, 11, 13,17, 19, 23, 29, 31, 37 dogal sayıları bu kumede degildir. TT kumesindeki sayılar 1’denbuyuk en az iki dogal sayının carpımı olarak yazılabilen sayılardır.

2.7. (7N+ 4) + (7N+ 5) = 7N+ 9 ⊆ 7N+ 2 olur.

2.8. (7N+ 4) · (7N+ 5) ⊆ 7N+ 20 ⊆ 7N+ 6 olur.

2.9. (7N+ 5) + (7N+ 5) = 7N+ 10 ⊆ 7N+ 3 olur.

2.10. (7N+ 4) + (7N+ 5) + (7N+ 6) = 7N+ 15 ⊆ 7N+ 1 olur.

2.11. (7N+ 4) · (7N+ 5) · (7N+ 6) = 7N+ 120 ⊆ 7N+ 1 olur.

2.12. 1 ve 5 kurusları bir araya getirerek kac farklı bicimde 20 kurus elde ederiz? Eger 1 ku-rusların sayısına n, 5 kurusların sayısına m dersek, elde edecegimiz tutar n+ 5m kurusolur. Demek ki

n+ 5m = 20

denkleminin dogal sayılarda kac cozumu oldugunu bulmalıyız. 5m ve 20 sayıları 5’ebolundugunden n de 5’e bolunur. n yerine 5n1 yazalım. O zaman denklemimiz

5n1 + 5m = 20

olur. 5’leri sadelestirirsekn1 +m = 4

denklemine varırız. Bu denklemin her cozumu bize orijinal problemin bir cozumunu ve-rir. Her n1 = 0, 1, 2, 3, 4 icin bir cozum vardır: m’yi 4− n1 almak yeterlidir. Demek ki1 ve 5 kuruslarla toplam bes farklı bicimde 20 kurus elde edebiliriz.

2.13. 1, 5 ve 10 kuruslarla kac farklı bicimde 20 kurus elde ederiz? Bu sefer

n+ 5m+ 10p = 20

denkleminin dogal sayılarda cozum sayısını bulmalıyız. Eger p = 2 ise, tek bir cozum var:n = m = 0 ve p = 2. Eger p = 0 ise cozum sayısının 5 oldugunu bir onceki alıstırmadagorduk. Eger p = 1 ise n+2m = 10 denklemini cozmeliyiz. Her m = 0, 1, 2, 3, 4, 5 icinbu denklemin tek bir cozumu var. Demek ki toplamda 1 + 5 + 6 = 12 tane cozum var.

Alıstırmalar

2.14. Tum dogal sayıları teker teker kucukten buyuge yazın. Saka saka...

2.15. Iki tek sayının toplamının cift oldugunu gosterin. Iki cift sayının toplamının cift oldugunugosterin.

2.16. Herhangi uc dogal sayı arasında toplamı cift olan iki sayı oldugunu gosterin.

2.17. (6N+ 3) · (6N+ 3) ⊆ 6N+ 3 onermesini gosterin. Esitlik dogru mu?

2.18. (8N+ 4) + (8N+ 5) ⊆ 8N+ 1 onermesini gosterin. Esitlik dogru mu?

2.19. (8N+ 4) · (8N+ 5) ⊆ 8N+ 4 onermesini gosterin. Esitlik dogru mu?

2.20. (8N+ 4) · (8N+ 4) ⊆ 8N onermesini gosterin. Esitlik dogru mu?

2.21. (8N+ 5) + (8N+ 5) ⊆ 8N+ 2 onermesini gosterin. Esitlik dogru mu?

2.22. (8N+ 4) + (8N+ 5) + (8N+ 6) ⊆ 8N+ 7 onermesini gosterin. Esitlik dogru mu?

2.23. (8N+ 4) · (8N+ 5) · (8N+ 6) =⊆ 8N+ 7 onermesini gosterin. Esitlik dogru mu?

2.24. (9N+ 14) + (9N+ 7) ⊆ 9N+ k ve k < 9 ise k kactır? Esitlik dogru olabilir mi?


2.25. (9N+ 4) · (9N+ 15) ⊆ 9N+ k ve k < 9 ise k kactır? Esitlik dogru olabilir mi?



2.28. (9N+4)+ (9N+5)+ (9N+6) ⊆ 9N+ k ve k < 9 ise k kactır? Esitlik dogru olabilir mi?

2.29. (9N+ 4) · (9N+ 5) · (9N+ 6) ⊆ 9N+ k ve k < 9 ise k kactır? Esitlik dogru olabilir mi?

2.30. (9N+ 14) + (9N+ k) ⊆ 9N+ 1 ve k < 9 ise k kac olabilir?

2.31. (9N+ 10) · (9N+ k) ⊆ 9N+ 4 ve k < 9 ise k kac olabilir?

2.32. (6N+ 3) · (6N+ k) ⊆ 6N+ 4 onermesinin hicbir k icin dogru olamayacagını kanıtlayın.

2.33. (6N + 3) · (6N + k) ⊆ 6N +m ve m < 6 onermesi dogruysa, m’nin alabilecegi degerleribulun.

2.34. 5 ve 6 gibi ya da 123, 124 ve 125 gibi ardarda gelen dogal sayılara ardısık sayı denir.Iki ardısık sayının toplamının mutlaka bir tek sayı oldugunu kanıtlayın. Bunun tersistikameti de dogrudur: Her tek sayı iki ardısık sayının toplamıdır; kanıtlayın.

2.35. Ardısık uc dogal sayının toplamının 3’e bolundugunu kanıtlayın. 0 dısında 3’e bolunenher dogal sayının uc ardısık dogal sayının toplamı oldugunu gosterin.

2.36. Yukarıdaki alıstırmaların benzerini 5, 7 ve 9 ardısık sayının toplamı icin gosterin.

2.37. Ardısık uc sayının toplamı 7’ye bolunuyorsa, bu uc sayıdan birinin 7’ye bolundugunu ka-nıtlayın.

2.38. 12, 13 ve 14 sayılarının 3N+7N kumesinde oldugunu gosterin. Buradan hareketle, 11’denbuyuk her dogal sayının 3N+7N kumesinde oldugunu gosterin. 11 sayısının 3×7−3−7sayısına esit olduguna dikkatinizi cekeriz.

2.39. 24, 25, 26, 27 ve 28 sayılarının 5N+7N kumesinde oldugunu gosterin. Buradan hareketle,23’ten buyuk her dogal sayının 3N + 7N kumesinde oldugunu gosterin. 23 sayısının5× 7− 5− 7 sayısına esit olduguna dikkatinizi cekeriz.

2.40. 1’den baska ortak boleni olmayan herhangi iki dogal sayı secerek yukarıdakine benzerornekleri cogaltın. Eger sayılara a ve b dersek, her seferinde ab−a− b sayısından buyukher dogal sayı aN+ bN kumesinde olacaktır.

2.41. 4n+ 5m = 40 denkleminin dogal sayılarda kac cozumu vardır?



2.44. 3k + 4n+ 5m = 23 denkleminin dogal sayılarda kac cozumu vardır?

2.45. Para bozdurma Problemleri.

a. 1 ve 5 kuruslarla kac farklı bicimde 12 kurus elde ederiz?

b. 1, 5 ve 10 kuruslarla kac farklı bicimde 30 kurus elde ederiz?

c. 1, 5, 10 ve 25 kuruslarla kac farklı bicimde 1 lira elde ederiz?

c. 1, 5, 10, 25, 50 ve 100 kuruslarla kac farklı bicimde 5 lira elde ederiz? Bu soruyucozmenin bir yontemi vardır ama bu asamada bu yontemi acıklamak kolay degildir.Yanıt 98.411 cıkıyor. Benzer bir problem [PTW, sayfa 11-15]’te var. Cok cok bos zamanıolmayan okura bu soru onerilmez!

2.46. Iki n ve m dogal sayısı icin,n ⋆ m = 2nm+ n+m

tanımını yapalım. Boylece dogal sayılar kumesi uzerine ⋆ adını verdigimiz yeni bir is-lem tanımlamıs oluruz. Tanımdan, her n ve m icin n ⋆ m = m ⋆ n esitligi cıkıyor,cunku tanımda n ile m’yi degis tokus edersek sonuc degismiyor. Her n, m, p icin

n ⋆ (m ⋆ p) = (n ⋆ m) ⋆ p

esitligini kanıtlayın. Her n icin n ⋆ 0 = 0 ⋆ n = n esitligini kanıtlayın. Her n, m ve p


sayısı icin

n ⋆ (m+ p) = n ⋆ m+ n ⋆ p

esitligi dogru mudur?

2.47. Bir Oyun Turu.

a. Iki kisi arasında oynanan su oyunu ele alalım. Iki kisi rastgele bir dogal sayı secerlerve bu sayıdan baslayarak teker teker ya 1 ya 2 cıkarırlar. Ornegin eger secilen sayı 23ise, birinci oyuncu ya 1 cıkarıp 22 der ya da 2 cıkarıp 21 der. Diyelim birinci oyuncu23’ten 2 cıkarıp 21 dedi. Ikinci oyuncu 21’den ya 1 ya 2 cıkarır. Negatif sayılara inmeyasak. Ilk 0 diyen oyunu kaybediyor. 1, 4, 7, 10, 13 ile baslayan oyunları oyuna baslayanoyuncunun kaybettigini kanıtlayın. Genel olarak 3n + 1 turunden bir sayıyla baslayanoyunları ilk hamle yapan kaybeder (diger oyuncu iyi oynarsa tabii), diger oyunları iyioynarsa birinci oyuncu kazanır. Bunu kanıtlayın. Kazanan oyuncu oyunu kazanmak icinnasıl oynamalıdır?

b. Aynı oyun, ama bu sefer 0 diyen kazanıyor. Oyun nasıl oynanmalı?

c. Bu sefer oyuncular 1, 2 ya da 3 cıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyunun kazanmastratejisini bulun.

c. Bu sefer oyuncular 1, 2, 3 ya da 4 cıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyununkazanma stratejisini bulun.

d. Bu sefer oyuncular 1, 2 ya da 4 cıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyunun kazanmastratejisini bulun. (Yukarıdakilerden daha zordur.)

e. Bu sefer oyuncular 1, 2 ya da 5 cıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyunun kazanmastratejisini bulun.

f. Bu sefer oyuncular 1, 3 ya da 4 cıkarabilirler. 0 diyen kaybediyor. Bu oyunun kazanmastratejisini bulun. (Yukarıdakilerden cok daha zordur.)

2.48. Yeni bir Oyun Turu.

a. Iki oyuncu 0’dan baslayarak digerinin soyledigi sayıya 1’den 10’a kadar (1 ve 10 dahil)bir sayı ekliyor. 100 diyen oyuncu kazanıyor. Bu oyunu birinci oyuncunun iyi oynarsakazanabilecegini gosterin.

b. Yukarıdaki oyunda 100 diyen ya da 100’u asan kaybetsin. Hangi oyuncu nasıl oynarsakazanır?

c. Bu sefer 23’ten baslayarak iki oyuncu sırayla 1’den 6’ya kadar sayı ekleyebiliyorlar.100 diyen ya da 100’u asan oyunu kaybediyor. Hangi oyuncu nasıl oynarsa kazanır?

d. 0’dan baslayarak iki oyuncu sırayla 100’u asmaması kaydıyla istedikleri kadar teksayı ekleyebiliyorlar. 100 diyen ya da 100’u asan oyunu kaybediyor. Hangi oyuncu nasıloynarsa kazanır?

2.49. Iki Kefeli Terazi Sorusu.

a. Iki kefeli bir terazimiz ve 1, 2 ve 5 kiloluk agırlıklarımız var. Bu uc agırlıkla elbette1, 2 ve 3 kiloları tartabiliriz ama 4 kiloyu da tartabiliriz, bunun icin kefelerden birine 5kiloyu, digerine 1 kiloyu koymak yeterlidir. Bu uc kiloyla 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ve 8 kilolarıtartabilecegimizi gosterin. Eger 1, 2 ve 6 kiloluk agırlıklarımız 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 ardısık agırlık tartabiliyoruz.

b. Iki kefeli bir terazide sadece uc agırlıkla en fazla kac farklı agırlık tartabilirsiniz?

c. Esnafsınız. Iki kefeli bir teraziniz var. Belediye yanınıza sadece uc agırlık alabi-leceginizi soyluyor. (Yukarıda 1, 2 ve 5 kiloluk agırlıkları almıstık.) Oyle uc agırlık secinki, 1’den baslayarak ardısık en fazla agırlıgı tartabilin.

c. Belediye kosulları esnetti, artık yanınıza dort agırlık alabilirsiniz. 1’den baslayarakardısık en fazla agırlıgı tartmak icin yanınıza hangi dort agırlıgı almalısınız?

d. Aynı soru ama bes agırlıkla.


e. Aynı soru ama n tane agırlıkla.

f. Yukarıdaki soruda buldugunuz agırlıkları yanınıza aldıgınızı varsayalım. 10.212.412kiloyu (mesela!) bu agırlıkları kullanarak nasıl tartarsınız?

Notlar

2.50. Dogal sayıları aksiyomatik olarak (yani her turlu deneyden ve tecrubeden bagımsız,tam matematiksel olarak) ele almayı ilk basaran kisi, kitabın birinci bolumunde de adıgecmis olan Peano’dur. Ama Peano dogal sayıları bizim yaptıgımız gibi 0’dan degil,1’den baslatmıstır. Peano’nun esinlendigi ve yararlandıgı matematikci, mantıkcı ve fi-lozof Gottlog Frege’nin (1848-1925) calısmaları da cok onemlidir. Frege, mantıgın vematematigin (ve tabii ki aritmetigin) sezgilerimizden arındırılması gerektigini savunanve bu konuda onemli calısmalara imza atan ilk matematikcidir. Bu amacla 1884’te Arit-metigin Temelleri adlı eserini ve 1893 ve 1903’te Aritmetigin Temel Yasaları adlı eserininbirinci ve ikinci ciltlerini yazmıstır. Aynı yıllarda, matematigin tamamen mantıga in-dirgenmesi gerektigini savunan unlu filozof, matematikci ve aktivist Bertrand Russell(1872-1970), 1898’de Geometrinin Temelleri Uzerine Bir Deneme, 1903’te MatematiginIlkeleri, 1910 ve 1913 yılları arasında Whitehead ile birlikte uc ciltlik Pricipia Mathema-tica adlı eserlerini yazmıstır. Bunlara bir de David Hilbert’in 1899’da Oklid geometrisinimatematiksel ve aksiyomatik bicimde olarak ele aldıgı Geometrinin Temelleri [H] adlıkitabı eklemek lazım. Goruldugu uzere 19’uncu yuzyılın sonlarıyla 20’nci yuzyılın baslarımatematigin temelleri konusunda son derece verimli yıllar olmustur.

Giuseppe Peano’nun 1889 tarihli Arithmetices principia, nova methodoexposita adlı (Aritmetigin Ilkeleri, Yeni Bir Yontem) Latince yazılmıs eserinin kapagı.

2.51. Dogal sayıların bugunku matematiksel tanımını yapan, matematigin cok cesitli dalla-rında, mantıkta, fizikte, bilgisayar biliminde, ekonomide onemli katkıları olmus olanJohn von Neumann’dır (1903-1957). Von Neumann her dogal sayıyı kendinden kucuk

2.2. Sıralama 69

dogal sayılar olarak tanımlamıstır. Dolayısıyla 0’ı boskume olarak tanımlamıstır. Digersayıların von Neumann tanımı soyledir: 1 = {0}, 2 = {0, 1}, 3 = {0, 1, 2}. Von Ne-umann’ın bu tanımı “sonsuz sayı” olarak nitelendirilebilecek ve bugun matematikte coktemel olan ordinal ve kardinal gibi dogal sayıları genellestiren kavramların matematikselolarak tanımlanmasının onunu acmıstır.

John von Neumann (1903-1957)

2.2 Sıralama

Toplama ve carpma islemleri dısında dogal sayılarda bir de ilkokuldan beribildigimiz, hatta ilkokuldan da once bildigimiz “kucukluk-buyukluk” iliskisivardır. Ornegin 25, 48’den kucuktur, ya da 48, 25’ten buyuktur. Bunu

25 ≤ 48

olarak gosteririz. Bu kucukluk-buyukluk iliskisine sıralama denir, daha dogrusu“dogal sayıların sıralaması” denir.

0 en kucuk dogal sayıdır. 0’dan hemen sonra 1 gelir. 0 ile 1 arasında baskabir dogal sayı yoktur.

Her dogal sayıdan daha buyuk bir dogal sayı vardır: n dogal sayısındansonraki ilk dogal sayı n+ 1’dir. Tabii n+ 2 daha da buyuktur. Bu yuzden enbuyuk dogal sayı yoktur.

En buyuk cift dogal sayı da yoktur, en buyuk tek dogal sayı da yoktur,cunku n + 2 ile n sayılarının tekligi-ciftligi aynıdır ve n + 2 her zaman n’dendaha buyuktur.

Ote yandan eger boskume olmayan bir dogal sayı kumesinin tum ogeleribelli bir dogal sayıdan kucukse (matematiksel jargonla, altkume sınırlıysa),


o zaman o kumenin en buyuk bir ogesi vardır. Ornegin 100’den kucuk ve 7’yebolunen en buyuk tam sayı 98’dir. Eger bir X ⊆ N kumesinin en buyuk ogesivarsa, bu ogeyi

maxX

olarak gosterecegiz. Ogeye de X’in maksimal ogesi ya da en buyuk ogesidiyecegiz. Ornegin

max{1, 7, 8} = 8

olur. Bir baska ornek: Eger X, (x−1)(x−3)(x−4) = 0 denkleminin cozumle-rinden olusan kumesiyse, maxX = 4 olur.

Eger bir X ⊆ N kumesinin en kucuk ogesi varsa (ki ileride gorecegimizuzere, boskume dısında her dogal sayı kumesinin en kucuk ogesi vardır), buogeyi

minX

olarak gosterecegiz. Ogeye de X’in minimal ogesi ya da en kucuk ogesidiyecegiz. Ornegin

min{1, 7, 8} = 1

olur. Bir baska ornek: EgerX, (x+5)(x−1)(x−3)(x−4) = 0 denkleminin dogalsayı cozumlerinden olusan kumesiyse, maxX = 1 olur. Yukarıda parantezicinde dedigimiz gibi X’in bos olmayan her altkumesinin en kucuk ogesi vardır.Bu konudan biraz ileri daha kapsamlı olarak bahsedecegiz; bkz. Altbolum 2.7.

n’den kucuk tam n tane dogal sayı vardır. Ornegin 5’ten kucuk tam bestane dogal sayı vardır, onlar da 0, 1, 2, 3, 4 sayılarıdır. 0’dan kucuk tam sıfırtane dogal sayı vardır, yani hic yoktur.

Eger a sayısı b’den kucukse ya da b sayısı a sayısından buyukse, bu,

a < b

olarak yazılır.

Eger a sayısı b’den kucukse ya da b’ye esitse, bu

a ≤ b

olarak yazılır. Hem 5 ≤ 7 hem de 5 < 7 onermesi dogrudur. Ama 5 < 5onermesi yanlıstır. 5 ≤ 5 onermesi ise dogrudur.

Eger a ≤ b ise, “buyukesit olmak” gibi bir tabir uydurup b’nin a’danbuyukesit oldugunu soyleyecegiz. Aynı sekilde a’nın b’den kucukesit oldugunusoyleyecegiz. TDK sozlugunde ya da herhangi bir sozlukte bulamayacagınız buuydurma tabirler ifade gucumuzu sadelestirerek hayatımızı kolaylastıracak.

5’ten kucukesit tam altı tane dogal sayı vardır, bunlar da 0, 1, 2, 3, 4, 5sayılarıdır. 0’dan kucukesit tam bir tane dogal sayı vardır, o da 0’ın kendisidir.

2.2. Sıralama 71

Eger X ⊆ N kumesinin her ogesi belli bir a sayısından kucukesitse, bua sayısına X’in ustsınırı adı verilir. Bu durumda “a, X’i ustten sınırlıyor”diyecegiz. Elbette eger a, X’in bir ustsınırıysa, a’dan buyuk her sayı da X’inustsınırıdır. Kolaylıkla gorulecegi uzere, eger X ustten sınırlıysa, maxX, X’inbir ustsınırıdır ve X’in ustsınırlarının en kucuk ogesidir.

≥ ve > simgelerinin anlamını biliyorsunuzdur: a ≥ b onermesi, b ≤ a anla-mına gelir. a > b onermesi de b < a anlamına gelir. Yani, tanım geregi,

a ≥ b ⇐⇒ b ≤ a

ve

a > b ⇐⇒ b < a

onermeleri dogrudur.Eger a < b ise elbette a ≤ b olur. Ama bunun ters istikameti dogru degildir,

yani a ≤ b ise illa a < b olmak zorunda degildir, a = b durumu mızıkcılık cıka-rır. Ters istikametin dogru olması icin bir de ayrıca a = b olmalıdır. Bir baskadeyisle

a < b ⇐⇒ (a ≤ b ve a = b)

onermesi dogrudur. Bunun gibi

a ≤ b ⇐⇒ (a < b ya da a = b)

onermesi dogrudur.Toplama ve carpma islemleriyle sıralama buyuk olcude uyum icindedir.

Once toplamayı ele alalım. Eger x ≤ y ise x + z ≤ y + z olur, yani sabit birsayıyla (burada z ile) toplama esitsizligi bozmaz. Aynı sey ≤ yerine < simgesiicin de dogrudur: x < y ise x+z < y+z olur. Esitsizlikler taraf tarafa toplanır:Eger x ≤ y ve z ≤ t ise x + z ≤ y + t olur. Ayrıca eger x < y ve z ≤ t isex+ z < y + t olur.

Sıralamayla carpma arasındaki buyuk olcude bir uyum vardır: x ≤ y iseher z ∈ N icin xz ≤ yz olur, yani sabit bir sayıyla (burada z ile) carpmaesitsizligi bozmaz. Aynı sey ≤ yerine < simgesi icin de neredeyse dogrudur,tek istisna z = 0 durumudur: Eger x < y ise 0’dan farklı her z dogal sayısıicin xz < yz olur.

Ornekler

2.52. Bes basamaklı dogal sayıların hepsi dort basamaklı dogal sayıların hepsinden dahabuyuktur. Dogal sayılar once basamak sayısına gore sıralanır, yani basamak sayısı dahaaz olan daha kucuktur. Eger iki dogal sayının basamak sayısı aynıysa, en soldaki ba-samaga bakılır. En sag basamaktaki rakamı daha kucuk olan daha kucuktur. En sagdakibasamaktaki rakamlar esitse, o basamagın hemen sagındaki rakamlara bakılır. Bunlarda esitse bu basamagın hemen sagındaki rakamlara bakılır. Farklı bir basamak bulun-caya kadar bu tetkik surdurulur. En sol basamaktan baslayarak, ilk farklı rakamı kucuk


olan sayı daha kucuktur. Eger basamak sayısı ve basmaklardaki tum rakamlar esitse,sayılar esit demektir. Bunu ilkokul yıllarınızdan biliyorsunuz tabii. Gene de duzgun ifadeedebilmekte yarar var, ki bu ifade hic kolay degildir.

2.53. En kucuk bes basamaklı dogal sayı 10.000’dir. En buyuk dort basamaklı dogal sayı9.999’dur.

2.54. En kucuk bes basamaklı dogal sayıdan en buyuk uc basamaklı dogal sayıyı cıkarırsak9.001 buluruz, cunku en kucuk bes basamaklı dogal sayı 10.000 ve en buyuk uc basamaklıdogal sayı 999’dur, aradaki fark da 10.000− 999 = 9.001 olur.

2.55. En kucuk dort basamaklı dogal sayı 1000’dir. En buyuk dort basamaklı dogal sayı9999’dur. Ama dort basamaklı dogal sayıları sayısı 9999− 1000 = 8999 degil

9999− 1000 + 1 = 9000

olur.

Alıstırmalar

2.56. Eger X dogal sayı kumesi ustten sınırlı degilse, XY kumesi hangi Y dogal sayı kumeleriicin ustten sınırlı olur?

2.57. X ⊆ N ustten sınırlı bir kume olsun. X’in en fazla maxX − minX + 1 tane ogesioldugunu gosterin.

2.58. X ve Y ustten sınırlı ve bos olmayan iki dogal sayı kumesi olsun. Eger X ⊆ Y isemaxX ≤ maxY oldugunu gosterin.

2.59. X ve Y ustten sınırlı ve bos olmayan iki dogal sayı kumesi olsun. Diyelim X kumesiustten a tarafından sınırlı, Y kumesi de ustten b tarafından sınırlı. X + Y kumesinina+ b tarafından ustten sınırlandıgını kanıtlayın.

max(X + Y ) = maxX +maxY


2.60. X ve Y ustten sınırlı ve bos olmayan iki dogal sayı kumesi olsun. Diyelim X kumesiustten a tarafından sınırlı, Y kumesi de ustten b tarafından sınırlı. X ∪ Y kumesininmax{a, b} tarafından ustten sınırlandıgını kanıtlayın.

max(X ∪ Y ) = max{maxX, maxY }esitligini kanıtlayın.

2.61. X1, . . . , Xn ustten sınırlı ve bos olmayan dogal sayı kumeleri olsun.

max(X1 ∪ . . . ∪Xn) = max{maxX1, . . . , maxXn}esitligini kanıtlayın.

2.62. X ve Y ustten sınırlı ve bos olmayan iki dogal sayı kumesi olsun.

maxXY = maxXmaxY


2.3 Baska Islemler

2.3.1 Us Almak

Dogal sayılarda toplama ve carpmadan baska islemler de vardır, ornegin birsayının karesini alabiliriz, yani bir sayıyı kendisiyle carpabiliriz:

x2 = xx.

2.3. Baska Islemler 73

Ornegin 52 = 5 × 5 = 25. Bir sayının kubunu de alabiliriz, yani bir sayıyı ucdefa carpabiliriz:

x3 = xxx.

Ornegin 53 = 125. Eger n > 0 bir dogal sayıysa, bir sayının n’inci kuvveti yada ussu o sayıyı kendisiyle n defa carpmak demektir; bu sayı

xn

olarak gosterilir. Yani

xn = x · · ·x︸︷︷︸n tane x

.

x1, tanım geregi, x’tir; sonuc olarak x’i kendisiyle bir (1) defa carpıyoruz.

05 = 0 ve 15 = 1 gibi esitlikler bariz olmalı.

10’un kuvvetleri de onemlidir ve hayatta sık sık karsımıza cıkar. Ornegin

105 = 100.000

olur, yani 105 sayısı 1’den sonra 5 tane 0 konularak yazılır. 1018 sayısı da1’den sonra 18 tane 0 konularak yazılır. 103 = 1.000 (bin) olur. 106 sayısı 1milyondur. 109 bir milyar ve 1012 bir trilyondur. Bundan sonrakilerinin adlarınıben de bilmiyorum!

Sıfırıncı Kuvvet. x0 icin ayrı bir bolum ayıralım, onemlidir. x0 sayısınıx’i kendisiyle 0 defa, yani “hic defa” carpmak olarak tanımlamak istiyoruz.x0 sayısı sıfır tane x’in carpımı olarak tanımlansın! Genel olarak, bir ogeyikendisiyle sıfır defa bir isleme sokmak, o islemin (varsa) etkisiz ogesi olaraktanımlanır. Ornegin hic tane sayının toplamı (toplamanın etkisiz ogesi olan)0’dır1; hic tane kumenin bilesimi (bilesim isleminin etkisiz ogesi olan) ∅’dir;hic tane kumenin kesisimi, eger varsa, (kesisim isleminin etkisiz ogesi olan) ev-rensel kumedir; eger evrensel kume yoksa, hic tane kumenin kesisimi alınmaz,bu durumda hic tane kumenin kesisimine tanımsız denir. Dolayısıyla hic tanesayının carpımı da (carpmanın etkisiz ogesi olan) 1 olarak tanımlanır. Demekki tanım geregi 50 = 1 olur.

x0 neden 1’e esit olarak tanımlanır? x0’ı 1’e esit olarak tanımlamak isimizegelir de ondan. Bu tanımın yararlarını ileride gorecegiz simdilik birini belirte-lim: Birazdan kanıtlayacagımız

xnxm = xn+m, (xy)n = xnym ve (xn)m = xnm

10 kere 5, sıfır tane 5’i toplamak demek oldugundan, 0 × 5 = 0 olmalı! Nitekim oyledirde...


esitlikleri her x, y, n ve m dogal sayıları icin gecerlidir, iclerinden biri ya dabirkacı 0 bile olsa. Ornegin,

23 · 27 = 23+7 = 210

65 = (2 · 3)5 = 25 · 35(152

)4= 152·4 = 158 = (3 · 5)8 = 38 · 58

gibi esitlikler gecerlidir.Yukarıdaki x0 = 1 tanımına bazen bir istisna getirilir. Tanımımıza gore

00 = 1. Ancak bazı durumlarda 00 gibi bir ifadeyi tanımsız bırakmak dahadogru olabilir, cunku 00 = 1 tanımı bazı formulleri gecersiz kılar. Bu yuzdenbazı matematik kitaplarında 00 tanımsız olarak kabul edilir. Genel olarak ma-tematiksel analiz kitaplarında 00 tanımsız kabul edilir, cebir kitaplarında ise00 = 1 esitligi kabul edilir. Kitabın basında hangi kabulun yapıldıgı yazılırsa,hicbir sorun yasanmaz. Biz bu kitapta hep 00 = 1 esitligini kabul edecegiz. Birbaska kitabımızda fikir degistirip 00 ifadesini tanımsız olarak kabul edebiliriz.

Eger x ≥ 2 ise x’in kuvvetleri cok hızlı buyurler, x’in katlarından cok cokdaha hızlı. Ornegin 2’nin kuvvetlerini katlarıyla karsılastıralım:

20 = 1 2× 0 = 021 = 2 2× 1 = 222 = 4 2× 2 = 423 = 8 2× 3 = 624 = 16 2× 4 = 825 = 32 2× 5 = 1026 = 64 2× 6 = 1227 = 128 2× 7 = 1428 = 256 2× 8 = 1629 = 512 2× 9 = 18210 = 1024 2× 10 = 20211 = 2048 2× 11 = 22212 = 4096 2× 12 = 24213 = 8192 2× 13 = 26214 = 16384 2× 14 = 28

Soldakilerin (yani kuvvetlerin) sagdakilerden (yani katlardan) daha buyukoldugunu goruyoruz. Gercekten de sadece 2 icin degil, 2’den buyukesit herx icin ve her n dogal sayısı icin

xn ≥ xn

olur. Bu yuzden cok buyuk sayılar kuvvetlerle ifade edilir. Ornegin bir bicimdeiletisim kurabildigimiz evrende 1023 dolayında yıldız ve 1078 ila 1082 arasında


atom oldugu tahmin ediliyor. Bizim ait oldugumuz Samanyolu galaksisinde ise400 milyar, yani 4× 1011 tane yıldız vardır.

Us Almanın Birkac Ozelligi. Biraz once

xnxm = xn+m, (xy)n = xnym ve (xn)m = xnm

esitliklerinden soz ettik.

(xn)m = xnm esitliginin kanıtı bariz: (xn)m, xn sayısını m defa kendisiylecarpıyoruz demek:

(xn)m = xn · · ·xn︸︷︷︸m tane xn

;

ama xn de x’i kendisiyle n defa carparak elde edilir:

xn = x · · ·x︸︷︷︸n tane x

;

bu son ifadeyi bir oncekinin icine sokarsak,

(xn)m = (x · · ·x)︸︷︷︸n tane x

· · · (x · · ·x)︸︷︷︸n tane x︸︷︷︸

m tane xn

elde ederiz; bu da bize tam nm tane x’in carpımını verir; demek ki

(xn)m = x · · · · · · · · ·x︸︷︷︸nm tane x

= xnm.

Verdigimiz diger xnxm = xn+m esitliginin dogrulugu benzer sekilde goste-rilebilir:

xn · xm = (x · · ·x)︸︷︷︸n tane x

· (x · · ·x)︸︷︷︸m tane x︸︷︷︸

n+m tane x

= x · · · · · ·x︸︷︷︸n+m tane x

= xn+m.

(xy)n = xnyn esitligi aslında xy = yx esitliginden kaynaklanıyor, ornegin,

(xy)2 = (xy)(xy) = x(yx)y = x(xy)y = (xx)(yy) = x2y2.

Dogal sayıların sıralamasıyla us alma arasında cok bilinen ve bariz bir iliskivardır. Ornegin x ≤ y ise xz ≤ yz olur. Bir baska iliski: Eger y ≤ z ise xy ≤ xz

olur; neredeyse, bir istisnası vardır! Ornegin eger x = 0, y = 0, z = 5 ise,y ≤ z olur ama xy ≤ xz olmaz, cunku xz = 05 = 0 olur ama xy = 00 sayısınıbu kitapta 1 olarak tanımlamıstık. Bu onermeyi soyle duzeltmek lazım: Egery ≤ z ise ve x ve y’nin her ikisi birden 0’e esit degilse, o zaman xy ≤ xz olur.


Us almayla ilgili baska onemli esitlikler de var, ornegin

(x+ y)2 = x2 + 2xy + y2

(x+ y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 ++y2

(x+ y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4

Okurun muhtemelen onceki yıllarından bildigi bu esitliklerin gerekcelerini ile-ride verecegiz.

Ornekler

2.63. 105 sayısı 107 sayısının 100 katıdır. 1010 sayısı 10100 sayısının 1090 katıdır. 1010 sayısının10 katı 1011’dir ama 1010 sayısının 10’uncu kuvveti 10100 olur. 1010 sayısının 1010 katınınkac oldugunu herhalde bulabilirsiniz. Ya 1010 sayısının 1010’uncu kuvveti kactır?

2.64. Bir otelin sabah kahvaltısında 3 cesit peynir, 5 cesit recel, 2 cesit sıcak icecek, 5 cesitsoguk icecek, 5 cesit ekmek, 3 cesit de zeytin vardır. Her bir urun cesidinden tam bir tanesecmek zorundaysak, kac farklı kahvaltı sepeti hazırlayabiliriz? Yanıt 3×5×2×5×5×3 =2× 32 × 53 = 2250’dir.

2.65. Bir futbol kulubunde toplam 22 oyuncu vardır ve her pozisyon icin 2 oyuncu vardır.(Futbolda 11 farklı pozisyon vardır ve bir futbol takımı 11 kisiden olusur.) Bu futbolkulubu kac farklı takım sahaya surebilir? Yanıt 211’dir.

2.66. Her n dogal sayısı icin 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.

2.67. f0 = f1 = 1 ve her n ≥ 2 dogal sayısı icin

fn = fn−1 + fn−2

tanımlarını yapalım, yani eger n ≥ 2 ise her fn onceki iki terimin toplamı olsun. Boylecebir dizi tanımlamıs oluruz. Dizinin ilk terimleri soyle:

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .

Goruldugu gibi, ilk iki terimden sonraki her terim onceki iki terimin toplamı. Bu diziyeFibonacci dizisi denir. Her n icin fn ≤ 2n esitsizligini kanıtlayalım. n = 0 ve n = 1icin bu esitsizliklerin dogru oldugu belli, nitekim

f0 = 1 ≤ 1 = 20 ve f1 = 1 ≤ 2 = 21

olur. Simdi 2’den buyuk n’lere el atalım. Diyelim n ≥ 2 icin

fn−2 ≤ 2n−2 ve fn−1 ≤ 2n−1

esitsizliklerini bir bicimde kanıtladık. Bakalım bu varsayımlar altında fn ≤ 2n esitsizligidogru mu? Tanımlara donerek 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 esitsizlikleri dogruysa, fn ≤ 2n esitsizligi de dog-ruymus. f0 ≤ 20 ve f1 ≤ 21 esitsizliklerini daha en basından gosterdigimizden, bundan,


f2 ≤ 22 esitsizligi cıkar. Simdi f1 ≤ 21 ve f2 ≤ 22 esitsizliklerini biliyoruz; bu ikiesitsizlikten f3 ≤ 23 esitsizligi cıkar. Simdi f2 ≤ 22 ve f3 ≤ 23 esitsizliklerini biliyoruz;bu iki esitsizlikten f4 ≤ 24 esitsizligi cıkar. Boylece devam ederek, fn ≤ 2n esitsizligininher n icin gecerli oldugunu anlamıs oluruz.

Bu tur kanıtlara matematikte “tumevarımla kanıt” denir. Ileride bu konuya cok dahadikkatlice egilecegiz. Bunu bir ısınma hareketi olarak addedin.

2.68. 5 haneli kac dogal sayı vardır? Sayıyı abcde olarak rakamlarıyla gosterelim. a rakamıicin 1’den 9’a kadar 9 secenegimiz var. Ama b, c, d ve e rakamlarının her biri icin 0’dan9’a kadar olmak uzere 10’ar secenegimiz var. Tum bu secenekler birbirinden bagımsız,yani ornegin a’yı 5 olarak secmek diger rakamların secimini etkilemiyor. Dolayısıyla 5haneli

9× 10× 10× 10× 10 = 9× 104 = 90.000

tane dogal sayı vardır. Bes haneli dogal sayılar 10.000’den baslayıp 99.999’a kadargittiginden, bunların sayısını soyle bir hesapla da bulabiliriz:

(99.999− 10.000) + 1 = 90.000.

En sondaki +1’e dikkat, eger a ≤ b ise, a ve b dahil, a ile b arasında b − a tane degil,b− a+ 1 tane sayı vardır.

2.69. 100 haneli 9× 1099 tane dogal sayı vardır.

2.70. 5 haneli 90.000 dogal sayı oldugunu gorduk. Bunların yarısı cift, yarısı tektir. Demek ki5 haneli 45.000 tane cift, 45.000 tane de tek sayı vardır.

2.71. 5 haneli 90.000 dogal sayı oldugunu gorduk. Her uc ardısık sayıdan sadece biri 3’ebolunur. Demek ki bu 90.000 sayının ucte biri 3’e bolunur. Boylece 3’e bolunen 5 hanelidogal sayı sayısı 30.000’dir. Aynı akıl yurutmeyle 4’e bolunen 5 haneli dogal sayı sayısının90.000/4 = 22.500 oldugu gorunur. Aynı akıl yurutme 5’e ve 6’ya bolunen 5 haneli dogalsayı sayısı icin de gecerlidir, sonuc sırasıyla 18.000 ve 15.000 cıkar. Ama 7’ye bolunen 5haneli dogal sayı sayısı icin biraz farklı bir akıl yurutme kullanmak lazım cunku 90.000sayısı 7’ye bolunmez.

2.72. 5 haneli kac dogal sayının 7’ye bolundugunu hesaplayalım. 5 haneli tam 90.000 tane dogalsayı oldugunu biliyoruz. Bu sayıların ardısık her 7 tanesinin sadece biri 7’ye tam bolunur,digerleri bolunmez. 90.000’in icinde tam 12.857 tane 7 oldugundan, yanıt 12.857’dir.

2.73. 5 haneli ama aynı rakamın yanyana olmadıgı kac dogal sayı vardır? En soldaki haneye0 dısındaki 9 rakamdan biri gelebilir. Bunun sagına bu rakam dısındaki 9 rakamdanbiri gelebilir vs. Bu sefer her rakamın secimi diger rakamlardan bagımsız degil, ama herhaneye gelebilecek rakam sayısı sabit, hep 9. Yanıt 95’tir.

2.74. n ogeli bir kumenin 2n tane altkumesi oldugunu gormustuk. Eger kume {1, 2, . . . , n}ise, bir altkume 1’i icerebilir ya da icermeyebilir (2 secenek), 2’yi icerebilir ya da icer-meyebilir (2 secenek), 3’u icerebilir ya da icermeyebilir (2 secenek)... Her seferinde ikisecenek var. Bu secenekler birbirinden bagımsız oldugundan toplam 2n tane altkumevardır.

2.75. Biri mavi digeri kırmızı iki zar atalım. Toplam 62, yani 36 tane farklı zar gelebilircunku mavi zarın 2, kırmızı zarın 3 gelmesiyle, kırmızı zarın 2, mavi zarın uc gelmesinifarklı olaylar olarak algılıyoruz. Ama eger zarlar birbirinin tıpatıp aynısıysa 2-3 ile 3-2 arasında bir ayrım gozetemeyiz. Eger zarlar aynıysa olay sayısı 36’dan 21’e duser.Nitekim zarları, 1 ≤ x ≤ y ≤ 6 olmak uzere, x-y olarak yazarsak, x’in 1’e esit oldugu 6olay vardır: 1-1, 1-2, 1-3, 1-4, 1-5, 1-6, ama x’in 2’ye esit oldugu sadece 5 olay vardır: 2-2,2-3, 2-4, 2-5, 2-6. Okur kolaylıkla x’in 3’e esit oldugu sadece 4 olay oldugunu gorecektir.Boylece olay sayısı 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21 olur.

2.76. A, B, C, D harfleriyle anlamlı ya da anlamsız kac tane 6 harfli kelime yazabiliriz? 6


harfin gelecegi yerleri soldan saga dogru birer cizgiyle (birer yuvayla) gosterelim:

Bu yuvalara dort harfimizden birini koyacagız. Hepsi A olabilecegi gibi, hepsi D olabilir.Harfler herhangi bir diziliste olabilir, bir yuvaya konan harf diger yuvalara konan harflerietkilemezler. Dolayısıyla toplam 46 tane kelime vardır.

2.77. Birler, onlar ve binler basamagında 0, 1, 3, 7 ve 8 rakamlarından biri olan 6 basamaklıkac sayı vardır? En sol basamakta 9 rakamdan biri olabilir. Yuzler ve onbinler basamagıicin istedigimiz 10 rakamdan birini secebiliriz. Geri kalan uc basamak icin soylenen besrakamdan birini secmeliyiz. Yanıt 9× 102 × 53’tur.

2.78. Bu ornekte her n dogal sayısı icin n ≤ 2n esitsizligini gostermek istiyoruz. Esitsizliginn = 0 icin dogru oldugu 0 ≤ 20 esitsizliginden belli. Diyelim n ≤ 2n esitsizligini biliyoruz.(“Biliyoruz” demedim, “diyelim biliyoruz” dedim.) Bakalım aynı esitsizlik n’den birsonraki sayı olan n+ 1 icin dogru mu?

n+ 1 ≤ 2n + 1 ≤ 2n + 2n = 2n+1

hesabından n+1 ≤ 2n+1 esitsizligi cıkar. Demek ki n ≤ 2n esitsizligi dogruysa, n+1 ≤2n+1 esitsizligi de dogru. Yani esitsizlik n icin dogruysa n+1 icin de dogru. Esitsizliginn = 0 icin dogru oldugunu bildigimizden, bundan esitsizligin tum n dogal sayıları icindogru oldugu cıkar.

2.79. Bakalım 2n+1 ≤ 2n onermesi hangi n dogal sayıları icin dogru. Onerme n = 0 icin dogrucunku her iki tarafta da 1 elde ederiz. Ama aynı onerme n = 1 icin yanlıs, cunku soltarafta 3, sag tarafta 2 elde ederiz. n = 2 icin de yanlıs. Ama n = 3 icin dogru, soltaraf 7’ye, sag taraf 8’ esit olur. Ornermenin 3 ve 3’ten buyuk her dogal sayı icin dogruoldugunu kanıtlamak istiyoruz. Bu amacla, onerme herhangi bir n ≥ icin dogruysa, aynıonermenin n+ 1 icin kanıtlayalım. Yani

2n+ 1 ≤ 2n

esitsizligini varsayarak,2(n+ 1) + 1 ≤ 2n+1

esitsizligini kanıtlayalım. (Ama n’nin en az 3 oldugunu varsayıyoruz.) Hesaplar soyle:

2(n+ 1) + 1 = 2n+ 3 = (2n+ 1) + 2 ≤ 2n + 2 < 2n + 2n = 2× 2n = 2n+1.

Demek ki onerme n icin dogruysa n + 1 icin de dogru. Onerme n = 3 icin dogruoldugundan, bundan, onermenin her n ≥ 3 dogal sayısı icin gecerli oldugu anlasılır.

2.80. n2 ≤ 2n onermesi n = 0, 1, 2 icin dogrudur ama n = 3 icin yanlıstır. n = 4 icin esitlikelde ederiz, dolayısıyla n2 ≤ 2n esitsizligi n = 4 icin dogrudur. Onermenin her n ≥ 4dogal sayısı icin dogru oldugunu kanıtlayalım. Yukarıdaki yontemi kullanacagız, yanionerme herhangi bir n ≥ 4 dogal sayısı icin dogruysa, n + 1 icin de dogru oldugunukanıtlayacagız. n ≥ 4 olsun ve

n2 ≤ 2n

onermesinin dogru oldugunu varsayalım. Amacımız

(n+ 1)2 ≤ 2n+1

esitsizligini kanıtlamak. Hesaplara baslayalım:

(n+ 1)2 = n2 + 2n+ 1 ≤ 2n + (2n+ 1) ≤ 2n + 2n = 2n+1.

(Ucuncu esitsizlikte eger n ≥ 3 ise bir onceki ornekte kanıtladıgımız 2n + 1 ≤ 2n

esitsizligini kullandık.) Boylece her n ≥ 4 icin n2 ≤ 2n olur.


2.81. Belli bir asamadan sonra hep n3 ≤ 2n oldugu yukarıdaki yontemlere benzer bir yontemleoldukca kolay bir bicimde kanıtlanabilir. Okurun kanıta bir el atmasını oneririz.

Alıstırmalar

2.82. Bes ogeli bir kumenin kac tane uc ogeli altkumesi vardır? (10 tane! Hepsini teker tekerbulun.)

2.83. Bes ogeli {a, b, c, d, e} kumesinden uc ogeli bir altkume, dort ogeli {x, y, z, t} kume-sinden iki ogeli bir altkume ve son olarak uc ogeli {u, v, w} kumesinden bir ogeli biraltkume sececegiz. (Uc kumeden de altkume sececegiz, sadece birinden degil.) Kac farklısecim vardır?

2.84. Her biri bes ogeli on kumenin her birinden ucer ogeli birer altkume sececegiz. Toplamkac farklı secim vardır?

2.85. 11’e tam bolunen kac tane 5 haneli dogal sayı vardır?

2.86. Tum rakamları birbirinden farklı kac tane 5 haneli dogal sayı vardır?

2.87. Ilk 1000 dogal sayının kacı 17’ye bolunur?

2.88. Hangi n dogal sayıları icin 3n ∈ 5N+ 4 olur?



2.91. 6n + 6 ≤ 2n esitsizliginin n = 0, 1, 2, 3, 4, 5 icin yanlıs oldugunu gosterin. n = 6 vedaha buyuk n dogal sayıları icin sizce esitsizlik dogru mudur?

2.92. 3n2+3n+1 ≤ 2n esitsizliginin n = 1, 2, . . . , 7 icin yanlıs oldugunu gosterin. Onermeninn = 8 ve n = 9 icin dogru oldugunu gosterin. Daha buyuk n sayıları icin ne oluyor?

2.93. S(n), n dogal sayısının onluk tabanında yazılımının rakamlarının karelerinin toplamıolsun. Ornegin,

S(347) = 32 + 42 + 72 = 9 + 16 + 49 = 74

olur. S(S(999999999999982)) = 7 esitligini gosterin.

2.94. R(n), n dogal sayısının onluk tabanında yazılımının rakam sayısı olsun. R(10n) kacaesittir? R(n) = n esitligini saglayan dogal sayıları bulun. R(n) > n esitsizligini saglayandogal sayıları bulun.

1 = R(R(R(n))) < R(R(n)) < R(n) < n

esitsizliklerini saglayan bir n dogal sayısı bulun.

2.95. 105 sayısı 107 sayısının 100 katıdır. 1010 sayısı 10100 sayısının 1090 katıdır. 1010 sayısının10 katı 1011’dir ama 1010 sayısının 10’uncu kuvveti 10100 olur. 1010 sayısının 1010 katınınkac oldugunu herhalde bulabilirsiniz. Ya 1010 sayısının 1010’uncu kuvveti kactır?

2.96. n(nn) ile (nn)n) sayılarından hangisi daha buyuktur?

2.97. n3 ≤ 2n esitsizliginin n = 1, 2, . . . , 9 icin yanlıs oldugunu gosterin. Onermenin n = 10ve n = 11 icin dogru oldugunu gosterin. Daha buyuk n sayıları icin ne oluyor?

2.98. n4 ≤ 2n esitsizligi sizce hangi n dogal sayıları icin dogrudur?

2.99. Zar Sayısı.

a. Hepsi farklı renklerde uc zar atıldıgında olası kac olay vardır?

b. Birbirinden farkı olmayan uc zar atıldıgında olay sayısının 56 oldugunu gosterin.

c. Birbirinden farkı olmayan dort zar atıldıgında kac olay vardır?

2.100. Turkcede 8’i sesli olmak uzere 29 tane harf vardır. Bu 29 harfle, her sesli harftensonra sessiz harf, her sessiz harften sonra sesli harf gelecek bicimde n harfli kac kelimeyazılabilir? (Not: Kelimeler anlamlı olmak zorunda degiller.)


2.101. g0 = 1, g1 = 3 ve g2 = 9 olsun. Eger n ≥ 3 ise

gn = gn−1 + gn−2 + gn−3

tanımını yapalım. Dizinin ilk 6 terimini yazın. Her n ∈ N icin gn ≤ 3n esitsizliginikanıtlayın.

2.102. g0 = 0 ve her n ∈ N icin gn+1 = 2gn + 1 olsun.

a. fn = gn + 1 olsun. Her n ∈ N icin fn+1 = 2fn esitligini gosterin.

b. Yukarıda buldugunuzdan her n ∈ N icin fn = 2n esitligini cıkarın.

c. Her n ∈ N icin gn = 2n − 1 esitligini gosterin.

2.103. g0 = 1 ve her n ∈ N icin gn+1 = 2gn + n− 1 olsun.

a. g0, g1, g2, g3, g4 sayılarını bulun.

b. 2n − n ifadesini n = 0, 1, 2, 3, 4 icin hesaplayın. Yukarıdaki diziyle bir benzerlikgozlemliyor musunuz?

c. fn = gn + n olsun. f0 = 1 ve fn+1 = 2fn esitligini kanıtlayın. Buradan, her n ∈ Nicin fn = 2n esitligini kanıtlayın. Buradan da gn = 2n − n oldugu cıkar.

Notlar

2.104. Her dogal sayı dort karenin toplamı olarak yazılabilir. Ornegin,

8 = 22 + 22 + 02 + 02

18 = 42 + 12 + 12 + 02

28 = 52 + 12 + 12 + 12

38 = 42 + 32 + 32 + 22

48 = 62 + 22 + 22 + 22

Bunu Fransız matematikci Lagrange 1770 yılında kanıtlamıstır ama teoremin dogruluguM.O. ucuncu yuzyılda yasamıs olan Eski Yunan matematikci Diofant tarafından dabiliniyordu.

2.105. Ama her dogal sayı uc karenin toplamı olarak yazılamaz. Ornegin 7 sayısı uc karenintoplamı degildir. Yine Fransız matematikci Legendre 1797-1798’de 4n(8m+7) turundensayıların uc karenin toplamı olarak yazılamayacagını ama digerlerin yazılacagını kanıtlamıstır.

2.106. Acaba her dogal sayı belli (yani sabit) sayıda kupun toplamı olarak yazılabilir mi?Deneyelim:

0 = 03

1 = 13

2 = 13 + 13

3 = 13 + 13 + 13

4 = 13 + 13 + 13 + 13

. . .7 = 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13

8 = 23

Goruldugu uzere en az 7 tane kup gerekiyor. Acaba her dogal sayı 7 kupun toplamıolarak yazılabilir mi? 8’in sonuna 1’ler ekleyerek 14’e kadar her sayıyı en fazla 7 kupuntoplamı olarak yazabiliriz, mesela:

14 = 23 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13.

Ama 15 icin 8 tane kup gerekiyor, daha azı yetmiyor:

15 = 23 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13.


Acaba her dogal sayı 8 tane kupun toplamı olarak yazılabilir mi? Nitekim 16 icin sadeceiki kup yetiyor:

16 = 23 + 23.

Bu esitlige 1’ler ekleyerek 22’ye kadar her sayıyı 8 tane kupun toplamı olarak yazabiliriz,ornegin:

22 = 23 + 23 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13.

Peki ya 23? Ne yazık ki 23 icin 8 tane kup yetmiyor, illa dokuzuncusu gerekiyor:

23 = 23 + 23 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13.

Acaba her dogal sayı 9 tane kupun toplamı olarak yazılabilir mi? 24 icin sadece uc kupyetiyor:

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 yetisiyor:

30 = 33 + 13 + 13 + 13.

Okur denemelere devam edebilir ama biz burada duracagız. Her dogal sayının en fazla9 tane kupun toplamı olarak yazılabilecegi 20’nci yuzyılın baslarında kanıtlanmıstır.Ama daha fazlası bilinmektedir: 9 tane kup gerektiren sadece iki sayı vardır: 23 ve 239.Diger tum sayılar en fazla 8 tane kupun toplamı olarak yazılabilir. 8 tane kup gerektirensayılar bilinmektedir: 15, 22, 50, 114, 167, 175, 186, 212, 231, 238, 303, 364, 420, 428ve 454. Diger tum sayılar en fazla 7 tane kupun toplamı olarak yazılabilir. Ancak tam7 tane kup gerektiren sayıların sayısının sonlu olup olmadıgı bilinmemektedir. Bugunekadar 7 kup gerektiren bilinen en buyuk sayı 8042’dir. Bir sanıya gore 7.373.170.279.850sayısı dort kupun toplamı olarak yazılamayan en buyuk sayıdır, yani bu sayıdan buyuktum sayıların dort kupun toplamı olarak yazıldıgı sanılıyor; bu sadece bir sanı tabii ki,kanıtı bilinmiyor.

2.107. Her sayı en fazla 19 tane dorduncu kuvvetin toplamı olarak yazılabilecegi kanıtlanmıstır.Waring problemi olarak bilinen genel problem, verilmis her n > 1 dogal sayısı icin, herdogal sayının en fazla m tane n’inci kuvvetin toplamı olarak yazılacagı bir m sayısınınolup olmayacagı problemidir. Yukarıdaki notlarda da soyledigimiz uzere, n = 2 isem = 4oluyor, n = 3 ise m = 9 oluyor ve biraz once soyledigimiz uzere n = 4 ise m = 19 oluyor.Unlu matematikci David Hibert bu problemi 1909 yılında olumlu olarak kanıtlamıstır.

2.3.2 Faktoriyel

Eger n bir dogal sayıysa, “n faktoriyel” olarak okunan n! ifadesi soyle tanım-lanır:

n! = 1× 2× · · · × n,

yani n! sayısı ilk n pozitif dogal sayının carpımına esittir. Ornek:

1! = 1 = 12! = 1× 2 = 23! = 1× 2× 3 = 64! = 1× 2× 3× 4 = 245! = 1× 2× 3× 4× 5 = 1206! = 1× 2× 3× 4× 5× 6 = 720


olur. n! sayısı ilk n pozitif sayının carpımına esit oldugundan, 0! sayısı ilk 0pozitif dogal sayının carpımıdır, yani hic tane dogal sayının carpımıdır; birazonce de hic tane sayının carpımını 1 olarak tanımlamıstık. Demek ki

0! = 1

olur. Elbette her n dogal sayısı icin,

(n+ 1)! = (n+ 1)× n!

esitligi gecerlidir. 0! = 1 tanımı sayesinde bu esitlik n = 0 icin de dogrudur.

Faktoriyeller cok cabuk buyurler, bunu gormek icin 2’nin kuvvetleriylefaktoriyelleri karsılastıralım:

20 = 1 0! = 121 = 2 1! = 122 = 4 2! = 223 = 8 3! = 6

24 = 16 4! = 2425 = 32 5! = 12026 = 64 6! = 72027 = 128 7! = 5.04028 = 256 8! = 40.32029 = 512 9! = 362.880210 = 1024 10! = 3.628.800

Goruldugu uzere n = 4, 5, 6, . . . , 10 ise n! sayıları 2n sayılarından daha buyuk(daha once degil) ve giderek de buyuklukleri devasa bicimde artıyor. 4 vesonrasında hep oyle devam eder: Eger n ≥ 4 ise

2n ≤ n!

olur. Bu esitsizligi de ileride kanıtlayacagız. Benzer bir esitsizlik belli bir n’densonra 2 yerine 3 icin de gecerlidir, yani belli bir n sayısından sonra hep 3n ≤ n!olur. Hatta her k dogal sayısı icin, eger n yeterince buyukse hep kn ≤ n! olur.Bir baska deyisle n! sayıları devasa sayılardır.

n! sayısının dogal bir yorumu vardır: Diyelim n kisiyi numaralandırılmısn koltuga her koltuga bir kisi gelecek bicimde oturtacagız. Bunu kac farklıbicimde yapabiliriz? Birinci koltuga n kisiden birini oturtabiliriz. Yani birincikoltuk icin n secenegimiz var. Birinci koltuga n kisiden birini oturttuktansonra, ikinci koltuga oturtabilecegimiz n− 1 kisi kalır. Ikinci koltuga da kisiyioturttugumuzda ucuncu koltuga oturtabilecegimiz kisi sayısı n − 2’ye duser.Her sonraki koltukta secenekler 1 eksilir. Ilk koltuk icin n secenegimiz vardı,


ikinci koltuk icin n− 1, ucuncu koltuk icin n− 2. Bu boylece devam eder, enson koltuga da oturtabilecegimiz tek bir kisi kalır. Boylece n koltuga n kisiyi

n× (n− 1)× (n− 2)× · · · × 3× 2× 1 = n!

farklı bicimde oturtabiliriz. Ornegin n = 3 ise ve kisilere A, B ve C adlarınıverirsek, oturtmaları (!) su sekilde yapabiliriz:

ABCACBBACBCACABCBA

Toplam 6 tane var, yani 3! tane.Bir baska ornek: n = 4 ise ve kisilere A, B, C ve D adlarını verirsek,

oturtmaları (!) su sekilde yapabiliriz:

ABCD BACD CABD DABCABDC BADC CADB DACBACBD BCAD CBAD DBACACDB BCDA CBDA DBCAADBC BDAC CDAB DCABADCB BDCA CDBA DCBA

Sayarsanız toplam 24 tane oturtma bicimi oldugunu goreceksiniz, yani 4! tane.Bu arada yukarıdaki listelerin rastgele olmadıgını, belli bir mantıkla, sozluksırasıyla, yani alfabetik sırayla yazıldıgını goreceksiniz. (Ikinci sırayı sutunsutun, yukarıdan asagıya okuyun.)

Ornekler

2.108. A, B, C, D harflerinin her birini kullanarak 4! tane dort harflik (anlamlı ya da anlamsız)kelime yazabiliriz. Her birini yukarıda yazdık zaten. Bu problemi soyle dusunelim. Soldansaga dogru dort yerimiz olsun. Bu dort yere dort harfi yerlestirecegiz. Aynen yukarıdayaptıgımız gibi.

2.109. A harfini iki defa kullanarak ama B ve C harflerini birer defa kullanarak dort harflikac kelime yazabiliriz? Bu soruyu cozmek icin kullanacagımız iki A harfini ayrıstıralım,birine A1, digerine A2 diyelim. Artık A1 ve A2’yi ayrı harfler olarak addediyoruz, biriince A, digeri kalın A olarak algılanabilir. Bu A1, A2, B, C harfleriyle 4! tane kelimeyazabilecegimizi bir onceki alıstırmada gorduk. Ama bu kelimelerde aslında aynı olmasıgereken A1 ve A2 harfleri yer alıyor. Kelimelerin yarısında A1 harfi A2’den once gelir,diger yarısında A2 harfi A1’den once gelir. Demek ki sorumuzun cevabını bulmak icin4! sayısını 2’ye bolmeliyiz. Yanıt 12’dir.

2.110. A, B ve C harflerinin her birini en az birer defa kullanarak dort harfli kac kelimeyazabiliriz? Harflerden birini iki defa kullanmalıyız. A’yi iki defa kullanarak 12 farklıkelime kullanacagımızı gorduk. Aynı sey tabii B’yi ya da C’yi iki defa kullanırsak dagecerli. Demek ki yanıt 3× 12 = 36 imis.


2.111. A harfini uc defa kullanarak ama B ve C harflerini birer defa kullanarak bes harflikac kelime yazabiliriz? Bu soruyu cozmek icin kullanacagımız uc A harfini ayrıstıralım,artık uc tane A harfi yerine, sadece birer defa kullanabilecegimiz A1, A2, A3 harfleriolsun. A1, A2, A3, B ve C harflerini birer defa kullanarak tam 5! tane bes harflik kelimeyazabilecegimizi onceki alıstırmalardan biliyoruz. Bu 5! farklı kelimede A1, A2 ve A3

harfleri tam 3! farklı bicimde sıralanmıstır: Soldan saga dogru harfleri okudugumuzdaonce A1, sonra A2, ve en sonda A3 gelebilir; ya da once A2, sonra A3, sonra A1 gelebilir;bunun gibi Ai’ler tam 3!, yani 6 tane farklı sıralamada gelebilir. A’ların altındaki 1, 2 ve3 gostergeclerini kaldırdıgımızda, yani cesitli A’lar arasında artık fark gozetmedigimizde,kelime sayısı 5!’den 5!/3! = 5× 4 = 20’ye duser. Yanıt 20’dir.

2.112. A harfini uc defa kullanarak, B harfini dort defa kullanarak, C harfini de bes defakullanarak 12 harfli kac kelime yazabiliriz? Uc tane A yerine A1, A2, A3 koyalım. B veC harfleri icin de benzer seyi yapalım. Boylece toplam 12 farklı harfimiz olur. Bu 12farklı harfle tam 12! tane 12 harfli kelime yazabiliriz. Ayrıstırılan A, B ve C harflerinitekrar birer harf olarak sayarsak, kelime sayımız

12!

3!4!5!

sayısına duser. Hesap yaparsak 27.720 buluruz.

2.113. A, B ve C harflerinin her birini en az birer defa kullanarak bes harfli kac kelime yaza-biliriz? Ya iki harf ikiser defa ya da bir harf uc defa kullanılmalı. A ve B’yi ikiser defakullanırsak

5!

2!2!= 30

kelime yazabiliriz. Aynı seyi B ve C ile ya da A ve C ile de yapabiliriz. Demek ki ikiharfi ikiser defa kullanarak

3× 5!

2!2!= 3× 30 = 90

kelime yazabiliriz.

Ya bir harfi uc defa kullanarak kac kelime yazabiliriz? Yukarıdaki gibi dusunursek birharfi uc defa kullanarak

3× 5!

3!= 3× 20 = 60

kelime yazacagımızı goruruz. Demek ki yanıt 90 + 60 = 150’dir.

Alıstırmalar

2.114. 7! sayısı 2’nin en fazla kacıncı kuvvetine bolunur?

2.115. 10! sayısı 2’nin en fazla kacıncı kuvvetine bolunur? 10! sayısı 3’un en fazla kacıncıkuvvetine bolunur? 10! sayısı 6’nın en fazla kacıncı kuvvetine bolunur?

2.116. 100! sayısı 2’nin en fazla kacıncı kuvvetine bolunur?

2.117. 100! sayısı 4’un en fazla kacıncı kuvvetine bolunur?

2.118. 100! sayısı 3’un en fazla kacıncı kuvvetine bolunur?

2.119. 100! sayısı 6’nın en fazla kacıncı kuvvetine bolunur?

2.120. a0 = 1 ve her n ≥ 1 dogal sayısı icin an = nan−1 olsun. a100 kactır?

2.121. A, B, C, D, E harfleriyle 6 harfli kac kelime yazabiliriz? (Her harf kullanılmak zorundadegil.)

2.122. Altı farklı harfin altısını da birer defa kullanarak altı harfli kac kelime yazılır?

2.123. A harfini dort defa, B, C ve D harflerini birer defa kullanarak 7 harfli kac kelime yazılır?

2.124. A harfini dort defa, B, C ve D harflerini ucer defa kullanarak 13 harfli kac kelimeyazılır?


2.125. A, B, C ve D harflerinin her birini en az bir defa kullanarak bes harfli kac kelime yazılır?

2.126. A, B, C ve D harflerinin her birini en az birer defa kullanarak bes harfli kac kelimeyazılır?

2.127. A, B, C ve D harflerinin her birini en az birer defa kullanarak altı harfli kac kelimeyazılır?

2.128. A, B ve C harflerinin her birini en az birer defa kullanarak altı harfli kac kelime yazılır?

2.129. AAABB kelimesinin tum harflerini kullanarak 5 harfli kac kelime yazılır?

2.130. AAABBCC kelimesinin tum harflerini kullanarak 5 harfli kac kelime yazılır?

2.131. AAAABBBBCCCDD harflerinin hepsini kullanarak kac kelime yazabiliriz?

2.132. ABRAKADABRA kelimesinin tum harflerini kullanarak 11 harfli kac kelime yazılır?

2.133. Her n dogal sayısı icin n! ≤ nn esitsizliginin niye dogru oldugunu anlayabilir misiniz?

2.134. 2n ≤ n! esitsizligi hangi n dogal sayıları icin dogrudur? 3n ≤ n! esitsizligi hangi n dogalsayıları icin dogrudur? 4n ≤ n! esitsizligi hangi n dogal sayıları icin dogrudur?

2.135. 5n ≤ (n−1)! esitsizligi hangi n ≥ 1 dogal sayıları icin dogrudur? 2n ≤ (n−2)! esitsizligihangi n ≥ 2 dogal sayıları icin dogrudur?

2.136. n2 ≤ 2n esitsizligi hangi n dogal sayıları icin dogrudur?

2.137. 3 + 4n+ n2 ≤ 2n esitsizliginin hangi n dogal sayıları icin dogru oldugunu tahmin edin.

2.138. n3 ≤ 2n esitsizliginin hangi n dogal sayıları icin dogru oldugunu tahmin edin.

2.3.3 Ilk n Pozitif Dogal Sayının Toplamı

Ilk n tane pozitif dogal sayının carpımını n! olarak tanımladık; peki ilk npozitif dogal sayının toplamı nedir? Yani

1 + 2 + 3 + · · ·+ (n− 2) + (n− 1) + n

toplamı kaca esit olur? Ornegin,

1 + 2 + 3 + · · ·+ 98 + 99 + 100

toplamı kaca esittir? (Yukarıdaki toplamda 1’den 100’e kadar tum dogal sayılartoplanmaktadır, yani yuz tane sayı toplanmaktadır.) Bu toplamın bir formulu vardır.Acıklayalım.

Carl Friedrich Gauss

Rivayete gore unlu Alman matematikci Gauss’un(1777-1855) ilkokul ogretmeni bir nedenden sınıftancıkmak zorunda kalmıs. Cocukların bos durmama-ları, daha dogrusu yaramazlık yapmamaları icin de“zor” bir soru sormus: “1’den 100’e kadar olan sayıla-rın toplamı kactır?” Cocukların bu 100 sayıyı altaltayazıp toplamalarını bekliyor... Zalim ogretmen da-ha sınıftan dısarı adımını atmamıs ki, kucuk Gaussoturdugu yerden,

– 5050, diye bagırmıs.Ogretmen donakalmıs kapının esiginde. Olacak is degil! Kucuk Gauss he-

sapta kuvvetli kuvvetli olmasına ama, gene de... Oysa kucuk Gauss’un birformulu var. Iste formul:


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

esitligi gecerlidir.

Ogretmenin sordugu soruda n = 100. Gauss yukarıdaki formulu uygulayıp,

100× 101

2= 50× 101 = 5050

bulmus.

Eger n = 1 alırsak, (1) formulunun sol tarafında 1 buluruz (1’den 1’e kadarolan sayıların toplamı 1’dir), sag tarafında da 1 × (1 + 1)/2, yani 1 buluruz.Formul her dogal sayı icin gecerlidir. Mesela hem 1 + 2 + 3 + 4 sayısı hemde 4 × (4 + 1)/2 sayısı 10’a esittir. Formul n = 0 icin bile dogrudur: n = 0oldugunda sol tarafta 1’den 0’a kadar olan sayılar toplanır, yani hic tane sayıtoplanır, bu toplamı da 0 olarak tanımlamıstık biraz once; sag tarafta da 0bulunur. (Goruldugu uzere hic tane sayının toplamını 0 olarak tanımlamanınyararı var!)

Gauss’un cok kucuk yaslarda buldugu bu formulu kanıtlayacagız. Her ktamsayısını 1 × k boyutlu bir dikdortgen olarak gosterelim. Ornegin, 4 tam-sayısını asagıdaki gibi bir dikdortgen olarak gosterecegiz.

Simdi,

1 + 2 + 3 + · · ·+ n

sayısını bu dikdortgenleri ustuste koyarak gos-terelim. Ornegin n = 6 ise yandaki sekli eldeederiz. Bulmak istedigimiz sayı bu garip ucgen-deki kare sayısıdır. (Bu yuzden 1 + 2 + · · ·+ nbicimindeki sayılara ucgensel sayılar denir.)Bu ucgendeki kare sayısını bulmak kolay olma-yabilir, ama bu ucgenden iki tane alırsak, kare

sayısını daha kolay hesaplayabiliriz: Bu ucgenin bir benzerini tepe taklak edipustune koyalım ve iki “ucgen”i birlestirip bir dikdortgen elde edelim (asagıdakiikinci sekle bakın).


Bulmak istedigimiz sayı bu dikdortgendekikare sayısının yarısı. Dikdortgendeki kare sayı-sını hesaplayıp ikiye bolelim. Dikdortgenimizineni n, yuksekligi n+1 oldugundan, bu dikdort-gende

n(n+ 1)

tane kare vardır. Demek ki ucgende

n(n+ 1)

2

tane kare vardır. Dolayısıyla 1’den n’ye kadarolan sayıların toplamı

n(n+ 1)

2

olur.

Bu arada, ilk bakısta kesirli sayı gibi goru-nen n(n+1)

2 sayısının aslında bir dogal sayı ol-dugu gozden kacmamalıdır.

n yerine herhangi bir sayı alabilecegimizgibi, n harfini istersek degistirebiliriz de, orne-gin eger 1’den k’ya kadar olan sayıları topla-mak istiyorsak, yukarıdaki formulde n yerine kalmak yeterli:

1 + 2 + · · ·+ k =k(k + 1)

2.

n yerine s alsak da bir sey farketmez:

1 + 2 + · · ·+ s =s(s+ 1)

2.

n yerine n2 de alabiliriz, bunun icin yukarıdaki formulde n gorulen yere (n’lerehic acımadan!) n2 koymalıyız:

1 + 2 + · · ·+ n2 =n2(n2 + 1)

2.

n yerine n− 1 de koyabiliriz: 1’den n− 1’e kadar olan sayıları toplamı

1 + 2 + · · ·+ (n− 1) =(n− 1)n

2

olur.


Karelerin toplamı icin de bir formul vardır:

12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

Kuplerin toplamı icin de:

13 + 23 + · · ·+ n3 =n2(n+ 1)2

4.

Esitligin sagındaki sayıların kesirli sayı gibi gorundugune aldanmayın, herbiri her n ∈ N icin bir dogal sayıdır, paydalar sadelesir. Dorduncu kuvvet-lerin toplamı icin de bir formul var. Bu formulleri ne yazık ki bu asamadakanıtlayamayız, ileride kanıtlayacagız ama. Bu arada,

13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2

esitligine de dikkatinizi cekerim; sasırtıcı bir esitlik, kuplerin toplamının top-lamın karesine esit oldugunu soyluyor.

Ornekler

2.139. 1’den 100’e kadar olan ve 7’ye bolunen dogal sayıların toplamı kactır? 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 dıgarı cıkaralım:

7 · (1 + 2 + · · ·+ 14)

toplamını bulmalıyız. Parantez icindeki toplamın

14 · 152

= 7 · 15 = 105

oldugunu metinde gorduk. Demek ki istedigimiz toplam

7 · 105 = 735.

2.140. 1’den 100’e kadar olan ve 5’e bolunmeyen dogal sayıların toplamı kactır? 1’den 100’ekadar olan sayıların toplamının

100 · 1012

= 5050

oldugunu biliyoruz. Bu sayıdan 5’e bolunenlerin toplamını cıkarmalıyız. 5’e bolunenlerintoplamı da bir onceki alıstırmadaki gibi kolaylıkla hesaplanabilir:

5 · 1 + 5 · 2 + · · ·+ 5 · 20 = 5 · (1 + 2 + · · ·+ 20) = 5 · 20 · 212

= 5 · 210 = 1050.

Demek ki yanıt 5050− 1050 = 4000’dir.


2.141. 1’den 1000’e kadar olan ve 7’ye bolunen ama 5’e bolunmeyen dogal sayıların toplamıkactır? 1’den 1000’e kadar olan ve 7’ye bolunen sayıların toplamı bir onceki alıstırmadakigibi hesaplanabilir:

7 · 1 + 7 · 2 + · · ·+ 7 · 142 = 7 · (1 + 2 + · · ·+ 142) = 7 · 142 · 1432

= 7 · 10.153 = 71.071.

Bu 71.071 toplamından 7’ye ve 5’e, yani 35’e bolunen sayıların toplamını cıkarmalıyız:

35 · 1 + 35 · 2 + · · ·+ 35 · 28 = 35 · (1 + 2 + · · ·+ 28) = 35 · 28 · 292

= 35 · 406 = 14.210.

Demek ki yanıt 71.071− 14.210 = 56.861 imis.

2.142. 1, 4, 7, 10 gibi 3’un katlarına 1 eklenerek elde edilen sayılara “3n+1 turunden sayılar”diyelim. 1 ve 100 dahil, 1’den 100’e kadar 3n+1 turunden sayıların toplamı kactır? Egern = 0 ise 3n + 1 = 1, eger n = 33 ise 3n + 1 = 100 olur. Demek ki n en az 0, en fazla33 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 toplayacagız. Burada tam 34 tane sayı var. 1’leri toplarsak 34 eder. Bu 34’e3’lerin katlarının toplamını, yani

3 ·0+3 ·1+3 ·2+ . . .+3 ·33+1 = 3 · (0+1+2+ · · ·+33) = 3 · 33 · 342

= 3 ·33 ·17 = 1683

sayısını eklemeliyiz. Sonuc1683 + 34 = 1717

cıkar.

2.143. Asagıdaki toplamları hesaplayalım:

1 = 1 = 12

1 + 3 = 4 = 22

1 + 3 + 5 = 9 = 32

1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42

1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52

Hep bir tamkare elde ediyoruz. Nitekim ilk n tek sayının toplamı her zaman bir karedir.Bir kenarı 4 uzunlugunda olan bir kare alalım ve kareyi asagıdaki gibi 16 tane kucukkareye bolelim. Simdi kareleri asagıdaki sekildeki gibi sayalım.

Sol alt kosede 1 (beyaz) kare var. Bu kareye 3 (acık gri) kare dokunur: biri sagından,biri tepesinden, oburu de sag ust kosesinden (yani caprazından.) Bu yeni kareye 5 yenikare (biraz daha koyu gri) dokunur: ikisi sagından, ikisi tepesinden, biri de caprazından.Sonra 7 yeni kare (koyu gri)... 1, 3, 5, 7, ... Bunların toplamı kucuk karelerin sayısına,yani 42’ye esit. Goruldugu gibi ilk 4 tek sayının toplamı 42’dir.


Ilk 5 karenin toplamının gercekten 25 oldugunu gormek icin, yukarıdaki karenin kuzeyve dogu sınırlarına 9 kare daha ekleyelim: 4’u doguya, 4’u kuzeye, 1’i de kuzeydoguya.Bu sefer 5× 5 boyutunda bir kare elde ederiz. Demek ki 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 52 olur.

2.144. Yukarıdaki esitligi biraz daha cebirsel bicimde kanıtlayalım. Ilk n tek sayıyı yazalımonce:

1, 3, 5, . . . , (2n− 1).

Okur bunların gercekten ilk n tek sayı oldugunu kontrol etmelidir, ornegin n = 5 alarak.Daha dogru bir dusunme bicimi soyledir: Tek sayılar 2k− 1 biciminde yazılır. En kucuktek sayı k = 1 iken elde edilir. Bir sonraki k = 2 icin elde edilir. k = n oldugunda dan’inci tek sayıyı elde ederiz. k, 1’den n’ye kadar degistiginde 2k−1 sayıları 1’den 2n−1’ekadar degisir ve alınan k’ların sayısı tam tamına n’dir. Bu sayıları soyle 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 ayrıtoplayalım. n tane +1 tabii ki n eder. Simdi geri kalan

0, 2, 4, . . . , (2n− 2)

sayılarını toplayalım. En bastaki 0’ı saymayalım,

2, 4, . . . , (2n− 2)

sayılarını toplamalıyız. Bu sayıları hepsi cift oldugundan, sayıları 2’ye bolup toplayalım,cıkanı 2’yle carparız:

2 + 4 + · · ·+ (2n− 2) = 2 · (1 + 2 + · · ·+ (n− 1)) = 2 · (n− 1)n

2= n2 − n.

Bu sayıya soz verdigimiz gibi +1’lerin toplamı olan n’yi eklersek n2 buluruz.

Alıstırmalar

2.145. 20 ve 100 dahil, 20’den 100’e kadar olan sayıların toplamı kactır?

2.146. 1’den 100’e kadar olan 3’e bolunen dogal sayıların toplamı kactır?

2.147. 1’den 500’e kadar olan 7’ye bolunen dogal sayıların toplamı kactır?

2.148. 1’den 500’e kadar olan ama 7’ye bolunmeyen dogal sayıların toplamı kactır?

2.149. 1’den 1000’e kadar olan ve 7’ye bolunen ama 3’e bolunmeyen dogal sayıların toplamıkactır?

2.150. 20 ve 100 dahil, 20’den 100’e kadar olan ve 5’e bolunen sayıların toplamı kactır?

2.151. 1, 5, 9, 13 gibi 4’un katlarına 1 eklenerek elde edilen sayılara “4n+1 turunden sayılar”diyelim. 1 dahil, 1’den 200’e kadar 4n+ 1 turunden sayıların toplamı kactır?

2.152. 2, 7, 12, 17 gibi 5’in katlarına 2 eklenerek elde edilen sayılara “5n+2 turunden sayılar”diyelim. 1’den 200’e kadar olan 5n+ 2 turunden sayıların toplamı kactır?

2.153. 3 × 3 tane kucuk kareden olusmus bu karenin icine 1’den 9’a kadar olan dogal sayılarıoyle yerlestirin ki, her sıranın, her sutunun ve her iki caprazın sayılarının toplamı hepesit cıksın. Iste bir cozum:

8 1 63 5 74 9 2

Her sıranın, her sutunun ve her iki caprazın sayılarının toplamının ancak 15’e esit ola-bilecegini kanıtlayın.

1 ≤ x < y < z ≤ 15 esitsizliklerini ve aynı zamanda x + y + z = 15 esitligini saglayantum x, y ve z sayılarını bulun. x, y ve z’den birinin 5 oldugu kac cozum var? Buradankarenin ortasındaki sayının hep 5 olması gerektigini cıkarın.

2.4. Bolme ve Bolunme 91

2.154. Bir onceki alıstırmadaki gibi bir sayı karesine sihirli kare adı verilir. Yukarıdaki sihirlikare 3× 3 boyutundaydı ve 1’den 9’a kadar sayılar yer alıyordu. 4× 4 boyutlu bir sihirlikarede 1’den 16’ya kadar sayılar yer alır. n × n boyutundaki bir sihirli karenin satır,sutun ya da caprazlarının ortak toplamı (bu toplama sihirli toplam adı verilir) kactır?4 × 4 boyutunda bir sihirli kare insa edin. 2 × 2 boyutunda bir sihirli kare olmadıgınıgosterin.

2.4 Bolme ve Bolunme

N kumesi cıkarma islemi altında kapalı olmadıgı gibi, bolme islemi altında dakapalı degildir. Bir dogal sayıyı 0’a zaten bolemeyiz, ama 0’dan farklı dogalsayıların birbirine bolumleri de cogu zaman bir dogal sayı degildir, mesela 48sayısı 6’ya bolunur (sonuc 8 cıkar) ama 6 sayısı 48’e bolunmez, cunku 6/48 =1/8 olur ve 1/8 bir dogal sayı degildir.

Bolmenin matematiksel tanımı soyle: a ve b iki dogal sayı olsun. Egerax = b esitligini saglayan bir x dogal sayısı varsa a’nın b’yi dogal sayılardaboldugu soylenir ve bu

a|b

olarak gosterilir. Bu durumda a, b’nin bir boleni ya da bir carpanı oldugusoylenir. Ornegin 12’nin tum bolenleri 1, 2, 3, 4, 6, 12’dir.

Bazen “dogal sayılarda bolmek” yerine kısaca “bolmek” diyecegiz. Ornegin2, 3’u (dogal sayılarda) bolmez, cunku 2x = 3 esitligini saglayan bir x dogalsayısı yoktur; 2 sadece cift dogal sayıları boler. Ote yandan 3, 12’yi bolercunku 3x = 12 esitligini saglayan bir x dogal sayısı vardır: 4.

Eger a, b’yi boluyorsa, bolmenin tanımına gore, bir x dogal sayısı icinb = ax olur, dolayısıyla bN = (ax)N = a(xN) ⊆ aN, yani bN ⊆ aN olur. Bununters istikameti de dogrudur. Nitekim bN ⊆ aN varsayımını yapalım. b = b · 1oldugundan, b ∈ bN olur; demek ki bN ⊆ aN varsayımından dolayı, b aynızamanda aN kumesinin de bir ogesidir, yani b, a’nın bir dogal sayı katıdır,yani bir x dogal sayısı icin b = ax olur, yani a, b’yi boler. Ozetle,

a|b ile bN ⊆ aN

onermeleri matematiksel acıdan “esdegerdirler”, yani biri dogruysa digeri dedogrudur. Bu matematiksel esdegerlik, matematikte simgesel olarak soyle gos-terilir:

a|b ⇐⇒ bN ⊆ aN.

Aradaki ⇐⇒ simgesi “ancak ve ancak” olarak okunur.

Ozel Durumlar. Yukarıdaki tanıma gore 1 tum dogal sayıları boler. Nitekimher b dogal sayısı icin 1x = b denkleminin bir cozumu vardır: x = b.

Ama 2 sayısı tum dogal sayıları bolmez; 2’nin boldugu dogal sayılara ciftdogal sayı denir. Cift olmayan dogal sayılara da tek dogal sayı denir. Cift


dogal sayılar bir n dogal sayısı icin 2n biciminde yazılır. Tek dogal sayılar isebir n dogal sayısı icin 2n + 1 biciminde yazılır. Bu yuzden cift dogal sayılarkumesi 2N, tek dogal sayılar kumesi de 2N+ 1 olarak gosterilir.

Tanıma gore her sayı 0’ı boler. Nitekim a hangi sayı olursa olsun, ax = 0denkleminin bir cozumu vardır, x = 0 bir cozumdur. Bunun ozel bir durumuolarak, 0’ın 0’ı boldugunu goruyoruz; gercekten de 0x = 0 denkleminin dogalsayılarda bir cozumu vardır, mesela x = 5. (Ama aslında her x dogal sayısı0x = 0 denkleminin bir cozumudur.)

Gene tanıma gore 0 sadece 0’ı boler. Nitekim 0x = b denkleminin dogalsayılarda sadece b = 0 ise cozumu vardır. Her x icin 0x = 0 oldugundan, hersayı 0x = 0 denkleminin bir cozumudur.

1 hangi dogal sayılara bolunur? 1 sadece 1’e bolunur, baska da bir sayıyabolunmez. Bunun kanıtını okura bırakıyoruz. Tabii kanıt, verdigimiz tanımadayanmalı.

Butun bu soylediklerimizi yukarıdaki

a|b ⇐⇒ bN ⊆ aN

esdegerliginden de cıkarabilirdik. Bu esdegerlikte a = 1 alırsak, 1’in tumb dogal sayılarını boldugunu goruruz. Eger a = 0 alırsak, 0’ın sadece 0’abolundugunu goruruz. Eger b = 1 alırsak, 1’in sadece 1’e bolundugunu goruruz.Eger b = 0 alırsak, b’nin her a dogal sayısına bolundugunu goruruz.

Her ne kadar 0 dogal sayısı 0’ı boler dediysek de “0 bolu 0 diye bir sayıvardır” demedik! Henuz “b bolu a” diye bir kavram tanımlamadık. Ileride(iki sonraki paragrafta!) “b bolu a” kavramını tanımladıgımızda a’nın 0 olma-masına ozen gosterecegiz.

Ozellikler. x|y iliskisinin birkac ozelligini asagıda sıraladık: Her x, y, z ∈ Nicin

x|xx|y ve y|x ise x = yx|y ve y|z ise x|z1|xx|00|x ise x = 0

olur. Ikinci ozelligin tam sayılarda gecerli olmadıgına dikkatinizi cekeriz, nite-kim −5 ve 5 birbirlerini tamsayılarda bolerler ama esit degildirler.

Alıstırmalar

2.155. 8’in tam dort tane boleni vardır: 1, 2, 4 ve 8. Tam dort tane boleni olan en kucuk sayı6’dır: 1, 2, 3, 6. Tam dort tane boleni olan on tane daha sayı bulun.

2.156. Tek sayıda boleni olan ilk on sayıyı yazın. Ne farkediyorsunuz? Farkettiginizin nedeniniacıklayabilir misiniz? Yani farkettiginizi kanıtlayabilir misiniz?


2.157. Ne tur sayıların tum bolenleri tektir?

2.158. Hangi sayıların 1 dısındaki tum bolenleri cift sayıdır?

Bolu. “b bolu a” kavramını hemen simdi matematiksel olarak tanımlayalım.a ve b birer dogal sayı olsun. Diyelim b, a’yı (dogal sayılarda) boluyor, yanibir x dogal sayısı icin ax = b esitligi saglanıyor. Eger ax = b esitligi tek bir xdogal sayısı icin saglanıyorsa, ki hemen hemen her zaman oyle olur, o zamanx sayısına “b bolu a” deriz. Ornegin 3x = 12 esitliginin tek bir cozumu vardır:x = 4. Dolayısıyla “12 bolu 3” sayısı 4’e esit olur. Bir baska ornek: Eger a = 0ise, o zaman da ax = 0 esitliginin tek bir cozumu vardır: x = 0; demek ki budurumda da “0 bolu a” sayısı 0 olur.

Ama 0x = 0 esitliginin bir degil, sonsuz sayıda cozumu vardır, her dogalsayı bu esitligin bir cozumudur. Demek ki “0 bolu 0” diye bir sayı yok. Goruldu-gu uzere “b bolu a” kavramının tanımı “0 bolu 0” diye bir sayının varlıgını ya-saklıyor. Tanımımız “0 bolu 0” ifadesini tanımlamadıgından, bazen “0 bolu 0”tanımsızdır denir.

Isteseydik, ozel bir paragraf ayırarak, “0 bolu 0” ifadesini tanımlayabilirdik,mesela “0 bolu 0, 5 olsun” diyebilirdik, ama istemedik, cunku “0 bolu 0”ifadesini tanımlamak isimize gelmez, tam tersine isimizi zorlastırır. “0 bolu 0”ifadesini tanımlayıp tanımlamamak tamamen bizim irademize kalmıstır. Egergunun birinde “0 bolu 0”ı 5 olarak tanımlamanın isinize gelecegini gorurseniz,hic cekinmeyin!

Eger a = 0 ise, “0 bolu a” diye bir sayı vardır, cunku eger a = 0 iseax = 0 denkleminin tek bir cozumu vardır, o da x = 0 cozumudur. Demek kieger a = 0 ise, “0 bolu a” ifadesi tanımlanmıstır ve 0’a esittir. Bu dedigimizgercekle ortusuyor, mesela 0 lirayı 50 kisi arasında esit paylastırırsanız her-kese 0 lira duser! Yani “0 bolu 50” gercek hayatta da 0’a esittir. Ama -tekrarlayalım- “0 bolu 0” ifadesi tanımsızdır, daha dogrusu tanımlanmamıstır,ozellikle tanımlanmamıstır.

“a bolu b” diye bir dogal sayı oldugunda bunun

a/b ya daa

bya da ab−1

olarak yazıldıgını onceki egitim yıllarımızdan biliyoruz tabii. Bu konuya kesirlisayılar konusuna geldigimizde daha fazla yer ayıracagız.

Ortak Bolen. 11, hem 66’yı hem de 77’yi boler. Yani 11 sayısı 66 ve 77’ninortak bolenidir.

6 hem 36’yı hem de 48’i boler. 6 sayısı 36 ve 48’in ortak bolenidir. 12, buiki sayının bir baska ortak bolenidir. Bu iki sayıyı 1, 2, 3, 4, 6 ve 12 boler, busayılar bu iki sayının ortak bolenleridir.

1 her sayıyı boler. 1’den baska ortak boleni olmayan dogal sayılara ara-larında asal denir. Ornegin 15 ve 22 aralarında asaldırlar. 15, 6 ve 10, ikiser


ikiser aralarında asal degildir ama hepsi birden aralarında asaldır, hepsinibolen yegane dogal sayı 1’dir. Ama 33 ve 77 aralarında asal degildir, her ikiside 11’e bolunur. 15, 21 ve 33 de aralarında asal degildir.

Eger bir a sayısı b ve c’yi boluyorsa, o zaman o a sayısı b + c’yi de boler.Nitekim eger bir x ∈ N icin ax = b ve bir y ∈ N icin ay = c oluyorsa,

b+ c = ax+ ay = a(x+ y)

olur, yani a, b+ c’yi boler. Aynı sey b > c ise b− c icin de dogrudur:

b− c = ax− ay = a(x− y)

olur. Bu soylediklerimizden su cıkar: a > b olsun; a ve b’nin ortak bolenleri a−bve b’nin ortak bolenleridir. Bu sayede iki sayının ortak bolenlerini kolaylıklabulabiliriz. Oldukca zor sayılabilecek bir ornek verelim.

Ornekler

2.159. Diyelim 43.725 ile 13.565’in ortak bolenlerini bulmak istiyoruz.

43.725 ile 13.565

sayılarının ortak bolenleri,

43.725− 13.565 = 30.160 ile 13.565

sayılarının ortak bolenleridir. Ama bu iki sayının ortak bolenleri

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 bolenleridir. Bu sureci tabii ki devam ettirebiliriz:


43.725 13.56530.160 13.56516.595 13.5653.030 13.5653.030 10.5353.030 7.5053.030 4.4753.030 1.4451.585 1.445140 1.445140 1.305140 1.165140 1.025

Biraz uzun surdu, ki daha bitmedi, sureci devam ettirebiliriz. Ne zaman biter bu surec?Hic bitmez ama iki sayıdan biri 0 oldugunda bitirebiliriz; cunku iki sayıdan biri 0oldugunda buyuk sayıdan kucuk sayıyı (0’sı) cıkardıgımızda aynı sayıları buluruz vedevam etmenin bir anlamı kalmaz. Iki sayıdan birinin 0 olması da bir onceki asamadaiki sayının birbirine esit olması demektir. Eger yukarıdaki sureci devam ettirirsek, birzaman sonra 5 ve 5 sayılarına varacagız. Demek ki 43.725 ile 13.565 sayılarının ortakbolenleri 5 ile 5 sayılarının ortak bolenleri aynıymıs, yani 43.725 ile 13.565 sayılarınınortak bolenleri 5’in ortak bolenleriymis yani sadece 1 ve 5’mis.

Eger kucuk sayıyı buyuk sayıdan teker teker cıkarmak yerine tek bir hamlede birkacdefa cıkarırsak surec kısalır. Ornegin yukarıdaki tabloda 43.725’ten 13.565’i pespese ucdefa cıkarmısız. Bunu tek bir hamlede yapsaydık tablomuz daha da kısalırdı. Bu yeniyontemle tablo bir kitap sayfasına sıgacak kadar kısalabilir:

43.725 13.5653.030 13.5653.030 1.445140 1.445140 45

5 455 5

Bu ornekten sonra yukarıdaki olguyu teorem olarak yazalım:

Teorem 2.1. a > b iki dogal sayı olsun. a ile b’nin ortak bolenleri a − b ileb’nin ortak bolenleridir.

Kanıt: Eger bir d sayısı hem a’yı hem b’yi boluyorsa, elbette bu d sayısıa − b’yi de boler. Diger istikamette: Eger bir d sayısı hem a − b’yi hem deb’yi boluyorsa, elbette bu d sayısı a’yı da boler cunku a = (a − b) + b esitligigecerlidir. �

B(a), a’nın bolenlerinden olusan kume olsun. Ornegin

B(30) = {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}

ve B(0) = N olur. Demek ki B(a) ∩ B(b) kumesi a ve b’nin ortak bolenlerikumesidir. Bu kumeyi B(a, b) olarak gosterelim:

B(a, b) = B(a) ∩B(b) = {d ∈ N : d|a ve d|b}.


Teoreme gore eger a > b ise

B(a, b) = B(a− b, b)

olur. Ayrıca B(a, b) = B(b, a) esitligi de bariz. Ve her n dogal sayısı icinB(a, an) kumesi aynen a’nın bolenlerinden olusur, yani B(a, an) = B(a) olur.Buradan B(a, 0) = B(a) cıkar. Simdi bu olguları kullanarak 375 ve 105’inortak bolenlerini 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}.

Eger a ve b sayılarının her ikisi birden 0 degilse, o zaman B(a, b) kumesisonlu bir sayı kumesidir ve bu durumda en buyuk bir ogesi vardır. Egera ve b’nin her ikisi birden 0 degilse, B(a, b) kumesinin en buyuk sayısınaa ve b’nin en buyuk ortak boleni adı verilir ve bu sayı obeb(a, b) ola-rak, bazen de kısaca (a, b) olarak gosterilir. Yukarıda yaptıgımız hesaplardanobeb(375, 105) = 15 oldugu anlasılıyor. Iki sayının aralarında asal olması icinen buyuk ortak bolenlerinin 1 olması gerekir.

Ornekler

2.160. Eger d sayısı a’yı boluyorsa, o zaman a/d sayısı da a’yı boler. Yani her d bolenininbir “arkadası” vardır, o arkadas da a/d bolenidir. Ornegin 2, 42’yi boler, bu yuzden de21, 42’yi boler. Bu yuzden bolenler genelde ikiser ikiser gelirler. 42’nin tum bolenleriniarkadaslarını yanyana yazmak suretiyle yazalım:

1 422 213 146 7

Goruldugu uzere 42’nin tam 8 tane boleni var. Ama bazen bir bolenin arkadası yinekendisidir, yani d boleni arkadası olan a/d sayısına esit olabilir, yani d = a/d olabilir.Bu da ancak a = d2 ise mumkundur. Demek ki kare sayıların bolen sayısı tektir, kareolmayan sayıların bolen sayısı ise cifttir. Ornegin 36 sayısının bolenleri sunlardır:

1 362 183 124 96 6

Toplam 7 tane, cunku 6’nın arkadası gene 6; 6 boleni dısında diger tum bolenler ar-kadaslarıyla birlikte ikiser ikiser geliyor.

2.161. (5N+ 2) ∩ (3N+ 1) = 15N+ 7 esitligini kanıtlayalım.

Once 15N + 7 ⊆ (5N + 2) ∩ (3N + 1) icindeligini kanıtlayalım. Sol taraftaki kumedenherhangi bir sayı alalım, diyelim 15n+ 7 sayısını aldık.

15n+ 7 = 3(5n+ 2) + 1 ∈ 3N+ 1


ve15n+ 7 = 5(3n+ 1) + 2 ∈ 5N+ 2

oldugundan istedigimiz kanıtlanmıstır. Bu kolay istikametti. Simdi diger istikameti ka-nıtlayalım.

(5N+ 2) ∩ (3N+ 1) kumesinden rastgele bir a secelim ve bu sayıyı x ve y dogal sayılarıicin 5x+ 2 ve 3y + 1 biciminde yazalım. Demek ki

a = 5x+ 2 = 3y + 1.

Buradan6a = 30x+ 12 ve 5a = 15y + 5

buluruz. Taraf tarafa cıkarırsak,

a = 6a− 5a = (30x+ 12)− (15y + 5) = 15(2x− y) + 7 ∈ 15N+ 7

buluruz. (Neden 2x− y negatif bir sayı olamaz?)

2.162. Her ne kadar henuz tanımlamamıssak da okurun tam sayılarla asina oldugunu biliyoruz.Bu ornekte bir ara dogal sayılar yerine tam sayılarda calısacagız ve tam sayılarda cıkarmayapabilecegimizden her sey cok daha kolay olacak. n herhangi bir dogal sayı olsun. 3n−2ile 5n+ 4’un ortak bolenleri kumesini 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 sey n− 8’in 2’ye ve 11’e bolunup bolunmemesine baglı.

n− 8’in 2’ye bolunmesiyle n’nin cift olması aynı sey.

n− 8’in 11’e bolunmesi de n ∈ 11N+ 8 demek.

Demek ki

B(3n− 2, 5n+ 4) =

{1, 2, 11, 22} eger n ∈ 2N ∩ (11N+ 8) = 22N+ 8 ise{1, 11} eger n ∈ (2N+ 1) ∩ (11N+ 8) = 22N+ 19 ise{1, 2} eger n ∈ 2N ama n /∈ 11N+ 8 ise{1} eger n ∈ 2N+ 1 ama n /∈ 11N+ 8 ise

Alıstırmalar

2.163. 3.969 ile 15.435’in tum ortak bolenlerini bulun.

2.164. 13.969 ile 15.435’in tum ortak bolenlerini bulun.

2.165. n herhangi bir dogal sayı olsun. n ile n+ 1’in ortak bolenlerini bulun.

2.166. Hangi n dogal sayıları icin n ile n+ 2 aralarında asaldır?

2.167. Hangi n ve k dogal sayıları icin n ile nk + 3 aralarında asaldır?

2.168. Hangi n dogal sayıları icin n ile n2 − n+ 3 aralarında asaldır?

2.169. 2N ∩ (11N+ 8) = 22N+ 8 esitligini kanıtlayın.

2.170. (2N+ 1) ∩ (11N+ 8) = 22N+ 19 esitligini kanıtlayın.

2.171. (3N+ 1) ∩ (4N+ 3) = 12N+ 7 esitligini kanıtlayın.

2.172. (2N+ 1) ∩ (3N+ 1) kumesini aN+ b biciminde yazın.



2.175. n ≥ 1 bir dogal sayı olsun. 4n − 3 ile 7n + 2 sayılarının en fazla iki ortak boleniolabilecegini kanıtlayın. Bu ortak bolenler hangi sayılar olabilir?


Notlar

2.176. n > 0 bir dogal sayı olsun. n’yi bolen dogal sayıların toplamı σ(n) olarak yazılır2.Ornegin

σ(12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28

olur.

Eger n ve m aralarında asal iki sayıysa,

σ(nm) = σ(n)σ(m)

esitliklerini kanıtlamak cok zor degildir. (Ama bu kitapta kanıtlamayacagız.) Ornegin

σ(3) = 1 + 3 = 4

veσ(4) = 1 + 2 + 4 = 7

oldugundan,σ(12) = σ(3 · 4) = σ(3)σ(4) = 4 · 7 = 28

olur, aynen biraz once hesapladıgımız gibi.

2.177. n > 0 dogal sayısı icin, σ0(n), n’nin n’den farklı bolenlerinin toplamını simgelesin.Ornegin

σ0(12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 = 16

olur. Egerσ0(n) = n

esitligi saglanırsa n’ye mukemmel sayı denir. Ornegin 6 mukemmel bir sayıdır cunku

σ0(6) = 1 + 2 + 3 = 6

olur. 6 ayrıca ilk mukemmel sayıdır. Bir sonraki mukemmel sayı 28’dir:

σ0(28) = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 = 28.

Sonraki iki mukemmel sayı 496 ve 8128’dir. Bu ilk dort mukemmel sayıyı M.O. 4’un-cu yuzyılda yasamıs olan Oklid de biliyordu. Daha sonra baska mukemmel sayılar dabulunmustur ama hepsi cift sayıdır. Bugun hala daha mukemmel olan bir tek sayınınvarlıgı ya da yoklugu bilinmiyor. Bu soru gunumuz matematiginin en unlu sorularındanbiridir. Bu konu hakkında Not 2.202’de daha fazla bilgi bulabilirsiniz.

2.178. Collatz Sanısı. Herhangi bir dogal sayı secin. Sayı ciftse ikiye bolun, tekse ucle carpıpbir ekleyin. Elde ettiginiz yeni sayıya tekligine ve ciftligine gore yine bu islemlerdenbirini uygulayın. Diyelim 7’yi sectik. 7, tek oldugundan, 7’yi ucle carpıp 1 ekleyelim. 22elde ettik. 22 cift oldugundan, 22’yi ikiye bolmeliyiz, 11 elde ettik. 11 tek. Demek ki 11’iucle carpıp 1 ekleyecegiz. 34 elde ederiz. 34’u ikiye bolelim. 17 bulduk... Bunu boylecesurdurelim. Iste elde edecegimiz dizi:

7, 22, 11, 34, 17, 52, 26, 13, 40, 20, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.

1’e ulastıgımızda duralım. Baska sayılarla da baslayabiliriz:

3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 19, 28, 14, 7, . . . (7’yle baslayan dizideki gibi 1’e ulasırız.)15, 36, 18, 9, . . . (9’la baslayan bir onceki dizideki gibi 1’e ulasırız.)19, 58, 29, 88, 44, 22, 11, . . . (7’yle baslayan dizide 11 var.)

2σ, Yunan alfabesinin s harfidir, “sigma” olarak okunur. Bu sigmanın kucuk harf seklidir;buyuk harf sigma Σ olarak yazılır.

2.5. Asal Sayılar 99

Deneyin, hangi sayıyla baslarsanız baslayın, bir zaman sonra hep 1’e ulasacaksınız.Asagıdaki resim kucuk bazı sayıların 1’e ulasma hızını gosteriyor; bir ust kattan biralt kata geciliyor.

32768, 5461, 5460, 5456, 909, 908, 151, 5440, 906, 1356, 4376, 848, 141, 140, 23, 832, 138, 136, 22, 76816384, 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, 1924096, 682, 680, 113, 672, 106, 104, 17, 96

2048, 341, 340, 336, 320, 53, 52, 481024, 170, 168, 160, 26, 24

512, 85, 84, 80, 13, 12256, 42, 40, 6128, 21, 20, 3

64, 1032, 5168421

Nereden biliyoruz hep 1’e ulasacagımızı? Aslında bilmiyoruz... Ama oyle sanılıyor. Cun-ku bircok sayı denenmis ve hep 1’e ulasılmıs. Her sayı denenmemis elbet. Ama ilk1 milyar sayı denenmis ve hep 1’e ulasılmıs. Tum sayıları denemeye zaman yetmez!Kanıtlamak lazım.

Her sayıya bu islemi uyguladıgımızda, hep 1’e ulasacagımızı kanıtlayabilir miyiz? Mate-matikciler bugune degin bunu ne kanıtlayabilmisler ne de 1’e ulasmayan bir dogal sayıbulabilmisler. Bazıları ugrasıyor... Bu sanıya Collatz sanısı adı verilir.

2.5 Asal Sayılar

1 ve kendisinden baska sayıya bolunmeyen sayılara asal sayı adı verilir, yalnızteknik nedenlerden dolayı 1 asal sayı kabul edilmez. Ornegin 2 ve 3 asal sayıdır,ama 4 degildir, cunku 4, 2’ye bolunur. 5 asaldır ama 6 degildir, cunku 6 sayısı 2ve 3’e bolunur. 1 de, sadece 1 oldugundan, baska nedenden degil, asal degildir.Iste ilk birkac asal sayı:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53.

Asal sayılar kumesini P ile gosterecegiz:

P = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, . . . }.

0 sayısı asal degildir cunku ornegin 26’ya bolunur.Bu arada sonsuz sayıda asal sayı oldugunu da soyleyelim. Oklid zamanın-

dan beri bilinen bu olgu bu kitapta da kanıtlanacak (Sonuc 2.10).Aslında asal sayı yerine “indirgenemez sayı” demek daha dogru olurdu ama

“asal sayı” o kadar yaygın kullanılıyor ki degistirmeyi uygun bulmadık.Asal sayılar hem cok onemli hem de cok gizemlidirler. Ornegin sifrelemede

yogun olarak kullanılırlar. Bugun matematikte asal sayılarla ilgili yanıtı bilin-meyen bircok soru vardır. Bu sorulardan bazılarını bu altbolumde gorecegiz.

Kucuk asal sayıları bulmak kolay. Buyuk asal sayıları bulmak da teorikolarak zor degil, 2’den baslayarak, asal olup olmadıgını anlamaya calıstıgımız


sayıyı kendisinden kucuk sayılara bolmeye calısın, sadece 1’e ve kendine bo-lunuyorsa, asaldır. Ornegin 611.953 sayısı belli ki 2’ye bolunmuyor, 3’e debolunmuyor, 2’ye bolunmediginden 4’e ve 6’ya da bolunmez, belli ki 5’e debolunmuyor, denerseniz 7’ye de bolunmedigini anlarsınız. Bunu boyle devametmek gerekiyor. Tabii 611.954 ve sonrasına da bolunmez. Demek ki 611.952’yekadar denemek yetiyor. Bayagı bir is...

Eski Yunanlılar zamanından beri bilinen bu yontem bir sayının asal olupolmadıgını anlamak icin en basit ama cok yavas sonuc veren yontemdir. Buguncok daha hızlı sonuc veren daha sofistike yontemler biliniyor ama gene debugune kadar cok buyuk bir sayının asal olup olmadıgını makul bir zamandaanlayan bir yontem gelistirilemedi.

Ornegimizdeki 611.953 cok buyuk bir sayı degil, bu sayının asal olup ol-madıgını hemen anlayan bilgisayar programları var, ama daha buyuk sayılarınasal olup olmadıgını anlamak yuzlerce makineyi yıllarca mesgul edebilir. Birazdaha buyuk sayıların asal olup olmadıgını bugun bilinen yontemlerle anlamakicin gereken zaman evrenin yasını asabilir.

Yukarıda eski Yunanlılardan beri bilinen kucuk asalları bulma yontemivardır demistik. Bu yontemi acıklayalım. Asagıdaki gibi bir tablo hazırlayalım.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 910 11 12 13 14 15 16 17 18 1920 21 22 23 24 25 26 27 28 2930 31 32 33 34 35 36 37 38 3940 41 42 43 44 45 46 47 48 4950 51 52 53 54 55 56 57 58 5960 61 62 63 64 65 66 67 68 6970 71 72 73 74 75 76 77 78 7980 81 82 83 84 85 86 87 88 8990 91 92 93 94 95 96 97 98 99

Biz tabloyu 10’a 10 boyutunda hazırladık, daha buyuk ya da daha kucukbir tablo yapılabilir. Simdi bu tablodan asal olmayan sayıları teker teker si-lecegiz, geriye sadece asal olanlar kalacak.

Ilk olarak 0 ve 1’i silelim, bu iki sayının asal olmadıgını biliyoruz.

Sonra silinmemis ilk sayı olan 2’yi ele alalım. 2’nin altını cizelim (ya da2’yi cember icine alalım) ve 2 dısında 2’ye bolunen 4, 6, 8 gibi tum cift sayılarısilelim. Bu asamada tablo su durumdadır:


�0 �1 2 3 �4 5 �6 7 �8 9

��10 11 ��12 13 ��14 15 ��16 17 ��18 19

��20 21 ��22 23 ��24 25 ��26 27 ��28 29

��30 31 ��32 33 ��34 35 ��36 37 ��38 39

��40 41 ��42 43 ��44 45 ��46 47 ��48 49

��50 51 ��52 53 ��54 55 ��56 57 ��58 59

��60 61 ��62 63 ��64 65 ��66 67 ��68 69

��70 71 ��72 73 ��74 75 ��76 77 ��78 79

��80 81 ��82 83 ��84 85 ��86 87 ��88 89

��90 91 ��92 93 ��94 95 ��96 97 ��98 99

Sildiklerimizin asal olamayacagını biliyoruz. Teker teker asal olmayanlarısilecegiz ve geriye sadece asallar kalacak, sayıları bir nevi elekten gecirecegiz.

Simdi dokunmadıgımız ilk sayı olan 3’u ele alalım. 3’un altını cizip, 3’ebolunen tum sayıları eleyelim. (Daha once elenmisleri bir daha elemenin anlamıyok!) Tablo simdi soyle:

�0 �1 2 3 �4 5 �6 7 �8 �9

��10 11 ��12 13 ��14 ��15 ��16 17 ��18 19

��20 ��21 ��22 23 ��24 25 ��26 ��27 ��28 29

��30 31 ��32 ��33 ��34 35 ��36 37 ��38 ��39

��40 41 ��42 43 ��44 ��45 ��46 47 ��48 49

��50 ��51 ��52 53 ��54 55 ��56 ��57 ��58 59

��60 61 ��62 ��63 ��64 65 ��66 67 ��68 ��69

��70 71 ��72 73 ��74 ��75 ��76 77 ��78 79

��80 ��81 ��82 83 ��84 85 ��86 ��87 ��88 89

��90 91 ��92 ��93 ��94 95 ��96 97 ��98 ��99

Sonra 5’i ele alalım ve buna boyle devam edelim. 50’den sonraki sayıları elealmaya gerek yok, cunku asal olmayan 100’den kucuk bir sayı mutlaka 50’denkucuk bir sayıya bolunur. Ama aslında 10’a kadar olan sayıları ele almak yeter,cunku 100’den kucuk asal olmayan bir sayı mutlaka 10’dan kucuk bir sayıyabolunur. (Neden?)

En sonunda elimizde su tablo kalır:


�0 �1 2 3 �4 5 �6 7 �8 �9

��10 11 ��12 13 ��14 ��15 ��16 17 ��18 19

��20 ��21 ��22 23 ��24 ��25 ��26 ��27 ��28 29

��30 31 ��32 ��33 ��34 ��35 ��36 37 ��38 ��39

��40 41 ��42 43 ��44 ��45 ��46 47 ��48 ��49

��50 ��51 ��52 53 ��54 ��55 ��56 ��57 ��58 59

��60 61 ��62 ��63 ��64 ��65 ��66 67 ��68 ��69

��70 71 ��72 73 ��74 ��75 ��76 ��77 ��78 79

��80 ��81 ��82 83 ��84 ��85 ��86 ��87 ��88 89

��90 ��91 ��92 ��93 ��94 ��95 ��96 97 ��98 ��99

Yukarıdaki tabloya Eratosthenes kalburu (elegi) adı verilir, yani sayılarıkalburdan geciriyoruz, asal olmayanlar ayıklanıyor, geriye asallar kalıyor. Yu-karıdaki tabloda altı cizili sayıların hepsi asaldır ve bunlar, 1’den 100’e kadarolan asalların tumudur.

Demek ki 100’den kucuk 25 asal vardır, yani 100’den kucuk sayıların dorttebiri asaldır. Bu oran giderek azalır ve cok daha ileri matematikte asallarınoranının giderek azaldıgı kanıtlanabilir.

Alıstırmalar

2.179. 101 ve 221 sayıları asal mıdır?

2.180. 200’den kucuk tam 46 tane asal sayı vardır. Hepsini bulun.

2.181. 300’den kucuk tam 62 tane asal sayı vardır. Hepsini bulun.

2.182. T = N \ {0, 1} olsun P = T \TT esitligini gosterin.

2.183. P · P kumesinin en kucuk on ogesini bulun.

2.184. 2 dısında tum asal sayılar tek sayıdır elbette. Dolayısıyla n2 + 1 sayısının asal olmasıicin ya n = 1 olmalıdır ya da n cift olmalıdır. Nitekim n = 1, 2, 4, 6 icin n2 + 1 birasaldır, sırasıyla 2, 5, 17, 37 elde ederiz. Ama n = 8 icin n2 + 1 = 65 elde edilir ve 65asal degildir. n = 18, 28, 38 gibi son rakamı 8 olan sayılar icin de bir asal elde etmeyizneden? Son rakamı 2 olanlar icin ne diyebilirsiniz?

2.185. n2 − 1 turunden sayılar sadece n = 2 icin asal olabilirler. Neden?

2.186. n3 − n+ 3 turunden sayılar 3’e bolunurler, dolayısıyla n = 1 haricinde asal olamazlar.Bu sayılar neden hep 3’e bolunuyor?

2.187. Eger n ∈ 3N+ 1 ve n = 1 ise n2 + n+ 1 sayısının asal olamayacagını kanıtlayın.

2.188. n2 + n+ 1 sayısının asal oldugu 10 tane n dogal sayısı bulun.

2.189. Eger n = 0, 1, 2, . . . , 39 ise n2 + n + 41 sayısının asal oldugu biliniyor (Euler, 1772).Eger n = 41 ise n2+n+41 sayısının asal olmadıgını gosterin. Eger n = 40 ise n2+n+41sayısı asal mıdır?

Notlar

2.190. Metinde acıklanan asal bulma yontemini bulan Eratosthenes (MO 276 - MO 194). EskiYunanlı matematikci, cografyacı, sair, astronom ve muzik teorisyeni. Meshur Iskenderiyekutuphanesinin baskutuphanecisiydi. Cografya bilimini bulan kisi olarak anılır. Tarihı


olayların tarihlerini saptamak demek olan kronoloji bilimini de yaratmıstır3. Dunyanıncevresini ilk hesaplayan kisi olarak da bilinir. Ayrıca dunyanın gunes etrafında donusekseniyle kendi etrafında donus ekseni arasındaki acıyı da (23,4 derece) hesaplamıstır.Dunya’nın Gunes’e olan mesafesini de hesapladıgı ve “artık gun” kavramını4 buldugu dasoylenir. Eratosthenes her konuda bilgili ama hicbir konuda en onde gelen olmadıgı icin,bir soylentiye gore lakabı bazı cagdasları arasında (alfabenin ikinci harfi olan) “Beta”imis... Cok onemli bir bilgin oldugundan hic kusku yok. Yaslılıgında goz iltihaplan-masından kor olmustur. Okuyup yazamamanın verdigi ızdıraba dayanamayarak kendiniaclıga mahkum etmis ve 82 yasında olmustur.

Eratosthenes

2.191. Asal sayılar hakkında bilmedigimiz cok sey vardır. Bunlardan en unlusu ikiz asallarsanısıdır . 3 ve 5 gibi, 5 ve 7 gibi, 11 ve 13 gibi, 17 ve 19 gibi farkları 2 olan asal sayılaraikiz asallar denir. Sonlu ya da sonsuz tane ikiz asal olup olmadıgı bilinmiyor. Sonsuztane asal sayı vardır, bunu kanıtlamak kolay, ta Eski Yunanlılardan beri biliniyor ve bubolumde de kanıtlayacagız, ama ikiz asallar sanısı hala gizemini koruyor.

1990’da bilinen en buyuk ikiz asallar 1.706.595× 211235 ± 1 asallarıydı, 1990’da Parady,Smith ve Zarantonello tarafından bulunmuslardı. Ama o gunden bugune teknoloji vematematik cok 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 oldugu gosterildi. Sonuncusu bugune (17 Eylul 2015) kadar bilinenen buyuk ikiz asaldır; 200.700 basamaklı bir sayıdır.

2.192. 1966’da, sonsuz sayıda p asalı icin, p+2 sayısının ya asal ya da iki asalın carpımı oldugukanıtlandı.

3Mesela bugun Eatosthenes’in Milat’tan once 276’da dogdugu nasıl bilinmektedir? Ozamanlar henuz Isa Peygamber dogmadıgından Milat’tan once diye bir kavram yoktu dogalolarak. Bu cok eski tarihleri saptama bilimine kronoloji adı verilir.

4Her dort yılda bir, yıla bir gun eklenmesi, bugunku 29 Subat yani.


2.193. Diyelim asalların arasındaki farkın 2 olmasından vazgectik, aradaki farkın en fazla bellibir n sayısı olmasını istiyoruz. Acaba aradaki farkın en fazla n oldugu sonsuz sayı-da asal cifti var mıdır? 17 Nisan 2013’te Yitang Zhang, pek bilinmeyen, hatta co-gu zaman issiz kalan Amerikalı bir matematikci aralarındaki farkın 70 milyondan azoldugu sonsuz sayıda asal oldugunu kanıtladı. Bu teorem matematik dunyasında baya-gı gurultu yaptı. Bizim icin sevindirici tarafı, Zhang’ın kanıt yonteminin Cem YalcınYıldırım meslektasımızın yazarlarından biri oldugu bir makaleden esinlenmis olması.Simdi yeni soru su: 70 milyonu kaca kadar indirebiliriz? Unlu matematikci TerenceTao’nun basını cektigi bir arastırma grubu Zhang’ın yontemlerini kullanarak ve yeniyontemler gelistirerek 70 milyonu 264’e indirdi (Subat 2014). Bildigim kadarıyla bili-nen en dusuk aralık simdilik 264 (Mayıs 2015). Kimse bu yontemlerle farkın 2’ye kadarinecegini, yani ikiz asallar sanısının kanıtlanacagını dusunmuyor ama bilgi bilgidir.

2.194. Ucuz asallar var mıdır? (3, 5, 7)’den baska yoktur. Okur bunu kolaylıkla kanıtlayabilir.Bir ipucu verelim: eger n bir tamsayıysa, n, n + 2, n + 4 sayılarından biri (ve sadecebiri) 3’e bolunur.

2.195. 2 dısında her asal sayı tek sayı olmak zorundadır tabii ki. Dolayısıyla iki asal sayınıntoplamı “hemen hemen her zaman” bir cift sayı olur. Acaba her cift sayı iki asalın top-lamı olarak yazılabilir mi? 2 yazılamaz elbet. Ama 4 yazılır: 4 = 2+2. Diger cift sayılarabakalım:

6 = 3 + 38 = 3 + 5

10 = 3 + 712 = 5 + 714 = 3 + 1116 = 3 + 1318 = 7 + 11

Bugune kadar iki asal sayının toplamı olarak yazılamayan 2’den buyuk bir cift sayıbulunamadı, ama 2’den buyuk her cift dogal sayının iki asalın toplamı olarak yazılacagıda kanıtlanamadı. Matematigin kanıtlanamamıs unlu sorularından biridir. Goldbachsanısı , 2’den buyuk her cift dogal sayının iki asalın toplamı olarak yazıldıgını soyler,ama sadece soyler, yani bir tahmindir, matematiksel jargonla bir sanıdır.

2.196. Dedigimiz gibi asal sayılar sonsuzdur, dolayısıyla en buyuk asal sayıyı bulmak gibi birsey soz konusu olamaz. Ancak cok cok buyuk asallar sifrelemede (ornegin haberlesmegizliligini korumak icin, banka hesaplarına baskalarının girmemesi icin, askeriyede) cokonemlidir. Cok buyuk asal bulmak hic kolay bir is degildir, bu amacla bilgisayarlardaozel programlar yazılmakta ve program yıllarca calıstırılmaktadır. Su anda bilinen enbuyuk 10 asal asagıdaki tabloda:

sıra sayı basamak sayısı yıl

1 257.885.161 − 1 17.425.170 20132 243.112.609 − 1 12.978.189 20083 242.643.801 − 1 12.837.064 20094 237.156.667 − 1 11.185.272 20085 232.582.657 − 1 9.808.358 20066 230.402.457 − 1 9.152.052 20057 225.964.951 − 1 7.816.230 20058 224.036.583 − 1 7.235.733 20049 220.996.011 − 1 6.320.430 2003

10 213.466.917 − 1 4.053.946 2001

Her yeni rekor matematik dunyasında bir haber olarak duyulur. Cabuk isleyen yeni


bilgisayar programları ve hızlı calısan yeni teknolojiler yararlıdır elbet.

2.197. Yukarıda listeledigimiz asal sayılar hep 2n − 1 biciminde. 2n − 1 turunden sayılarınasal olabilmeleri icin n’nin de asal olması gerekmektedir. Bunu ileride kanıtlayacagız,simdilik kabul edelim. Asal bir n icin 2n − 1 biciminde yazılan sayılara Mersennesayıları denir5. Peki, n asalsa,

Mn = 2n − 1

olarak tanımlanan sayı da asal mıdır? Ilk 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 degil:M11 = 23× 89.

Hangi n asalları icin Mn asaldır? Yanıt bilinmiyor. Sonlu ya da sonsuz sayıda Mersenneasalının olup olmadıgı da bilinmiyor.

1972’de M19937’nin asal oldugunu Bryant Tuckerman bilgisayar yardımıyla kesfetti.

1975’te, on bes yasında iki lise ogrencisi, Laura Nickel ve Curt Noll, M19.937’nin o za-mana dek bilinen en buyuk asal oldugunu bir gazeteden ogrenince calısmaya koyuldularve uc yıl sonra, 1978’te, bilgisayarlarını 350 saat calıstırdıktan sonra, M21701’in asaloldugunu buldular. Ve birdenbire unlendiler.

Subat 1979’da Noll, M23209’un asal oldugunu buldu.

Iki ay sonra, Amerikalı David Slowinski M44497’nin asal oldugunu gosterdi.

Mayıs 1983’te gene Slowinski, M86243’un asal oldugunu bilgisayar yardımıyla tam 1saat 3 dakika 22 saniyede kanıtladı. Ama 86.243 sihirli sayısını bulmak icin aylarcaugrastı. Bilinen klasik yontemle (yani kendisinden kucuk sayılara bolmeye calısarak)M86243’un asal oldugunu kanıtlamak, evrenin omrunu asardı! M86243’un tam 25.962rakamı oldugunu da ayrıca belirtelim. Bu kadar bozuk parayı ustuste yıgsanız, parakuleniz evrenin sınırlarını asar! [De]

Yukarıdaki asalı bulan Slowinski, 19 Eylul 1983 tarihinde M132049’un asal oldugunubilgisayarlarla anladı. Bundan cok daha once, Manfred Schroeder adlı bir matematikci,matematiksel yontemlerle, sezgisinin de yardımıyla, 2130.000 civarlarında bir asal oldu-gunu tahmin etmisti zaten.

Mart 1992’de M756839’un asal oldugu anlasıldı.

12 Ocak 1994’te, Paul Gage ve yine David Slowinsky bilgisayar aglarındaM859433’un asaloldugunu kanıtladıklarını duyurdular. Hesaplarını gene bilgisayarla yapmıslardı elbet.

M43.112.609 asaldır. 23 Agustos 2008’de, binlerce gonullunun bilgisayarlarına, kullanma-dıkları zamanlarda (daha cok geceleri tabii) internet yoluyla girip binlerce bilgisayarıeszamanlı kullanan bir projeyle gosterilmistir. (Boylece hesaplar daha hızlı yapılmıstır.)

Eylul 2015 tarihine kadar topu toplamı 48 Mersenne asalı bilinmekteydi ve bilinenlerinen buyugu M57.885.161 idi. Bu sayı ayrıca o gune kadar bilinen en buyuk asaldı.

Bu sonuclara, ancak bilgisayarlara guvenebildigimiz derecede guvenebiliriz elbet. Bilgi-sayarlar da hata yaparlar!

2.198. Birileri, p asalsa, MMp sayılarına cifte Mersenne sayısı demis. Ilk cifte Mersenne

5Marin Mersenne (1588-1648), unlu matematikci Fermat’yla cagdas ve Fermat’nın mek-tup arkadası bir Fransız matematikcisidir.


sayıları:

MM2 =M3 = 7

MM3 =M7 = 127

MM5 =M31 = 2.147.483.647.

Bunların her biri asal. Bir sonraki cifte Mersenne sayısı olan

MM7 = M127

sayısı da asal. Acaba cifte Mersenne sayılarının hepsi asal mı? Sansınıza kusun! MMp ’ninasal olması icin Mp’nin asal olması gerektigini biliyoruz, dolayısıyla, M11 asal olmadı-gından, bir sonraki cifte Mersenne sayısı MM11 de asal olamaz. Peki, Mp asalsa, MMp

asal mıdır? Yanıt gene olumsuz: p = 13, 17, 19 ve 31 ise Mp’nin asal oldugu biliniyorama MMp ’nin asal olmadıgı gosterilmis. Bir sonraki aday MM61 . Bu sayının asal olupolmadıgı bildigim kadarıyla bu yazının yazıldıgı tarihte bilinmiyor.

Bu paragraflık, Mp yerine M(p) yazalım. Birkac ornek:

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. Goruldugu uzere ilk dort Catalan-Mersen-ne sayısı asal. Ya bir sonraki Catalan-Mersenne sayısı olan M(M(127))? Kimse bilmiyor.

2.199. Buyuk sayıların asal olup olmadıklarını anlamak, sifreli mesajlarda (kriptolojide yani)cok onemlidir ve gelismis ulkelerin orduları bu yuzden asal sayılarla cok ilgilenirler. Gizlimesaj yollamak isteyen, mesajıyla birlikte iki buyuk asal sayının carpımını da yollar.Sifreyi cozmek icin, sifreyle birlikte yollanan sayıyı bolen o iki asalı bilmek gerekir, kibu da dısarıdan birisi icin (sayılar buyuk oldugundan) hemen hemen olanaksızdır. Ikisayıyı carpmak kolaydır ama bir sayıyı carpanlarına ayırmak cok daha zordur. Ornegin,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 ayıramamıstır. Bugun durum ne haldedir bilmiyorum. Ama biri sizebu sayıları bolen asalları verse, bu asalları carparak yukarıdaki sayıyı, elle kolay ol-masa da, bilgisayarla birkac saniye icinde elde edilebilirsiniz. (Asallarla nasıl sifrelemeyapılacagını ogrenmek icin internetten RSA’yı arayabilirsiniz; RSA, bu sifreleme yonte-mini bulan Ron Rivest, Adi Shamir ve Leonard Adleman’ın soyadlarının ilk harflerindenolusmustur.)

Sifrelemede Mersenne sayıları kullanılmaz. Cunku az sayıda (50’den az) asal Mersennesayısı bilindiginden, sifreyle birlikte yollanan sayının asal bir Mersenne sayısına bolunupbolunmedigini anlamak kolaydır.


2.200. Mersenne sayılarına cok benzeyen baska sayılara bakalım. 2n + 1 biciminde yazılansayılar asal mıdır? Bu sayıların hangi n’ler icin asal olduklarını bilmiyoruz ama hangin’ler icin asal olamayacaklarını biliyoruz: Eger n, 2’nin bir kuvveti degilse, yani 2m bici-minde yazılamazsa, bu sayılar asal olamazlar. Bunu ileride kanıtlayacagız (Teorem ??.)Unlu Fransız matematikcisi Pierre de Fermat,

Fn = 22n

+ 1

biciminde yazılan butun sayıların asal olduklarını sanıyordu. Bu yuzden bu sayılaraFermat sayıları denir; sayı asalsa Fermat asalları . Gercekten de ilk bes Fermatsayısı,

F0 = 3

F1 = 5

F2 = 17

F3 = 257

F4 = 65537

asaldır. Fermat, butun Fermat sayılarının asal olduklarını kanıtlamaya ugrastı ama ba-saramadı. Basarısızlıgının nedeni vardı: Sanısı dogru degildi. F5 asal degildir. F5 onbasamaklı bir sayı oldugundan asallıgını kanıtlamak kolay degildi.

Euler (1707-1783), F5’in 641’e bolundugunu gosterdi:

F5 = 641× 6700417.

Demek ki n = 2m biciminde yazılabilse bile, 2n + 1 asal olmayabiliyor.

Lucas F6’nın asal olmadıgını kanıtladı. Daha sonra, 1880’de, Landry,

F6 = 274.177× 67.280.421.310.721

esitligini buldu.

F7 ve F8 sayıları da asal degiller. Bu sayıların asal olmadıgı cok gec bir tarihte 1970 ve1981’de anlasıldı.

W. Keller, 1980’de F9448 sayısının asal olmadıgını gosterdi. Bu sayı 19 × 29450 + 1’ebolunur.

1984’te gene W. Keller, F23471 sayısının asal olmadıgını kanıtladı. Bu sayının 107000’denfazla basamagı vardır ve

5× 223473 + 1

sayısına bolunur.

n ≥ 5 icin, asal bir Fn’nin olup olmadıgı simdilik (2015’te yazılıyor bu satırlar) bilinmi-yor. Asallıgı bilinmeyen en kucuk Fermat sayıları sunlar: F22, F24, F28.

Son yıllarda bir sayının asallıgına yuzde olarak oldukca cabuk karar verebilen yontemlergelistirildi. Ornegin, “Su sayı yuzde 99,978 olasılıkla asaldır” gibi onermeler bilgisayar-ların yardımıyla oldukca kısa sayılabilecek zamanda kanıtlandı.

11, 111, 1111, 11111 gibi her rakamı 1 olan sayılar asal mıdır? Icinde n tane 1 olansayıya Bn diyelim. Eger cift sayıda 1 varsa, yani n ciftse, Bn, 11’e bolunur ve B2 dı-sında bunlardan hicbiri asal olamaz. Eger n uce bolunuyorsa Bn de uce bolunur ve asalolamaz.

Hangi n’ler icin Bn asaldır? Bu asallardan kac tane vardır?

B2, B19, B23, B317, B1031

asal sayılar, bu biliniyor. Bunlardan baska? Bu sayılardan daha buyuk bir asal varsa,n > 10.000 olması gerektigini Harvey Dubner kanıtlamıs, daha dogrusu hesaplamıs [De].


2.201. n2+1 turunden olan asal sayıların sonlu ya da sonsuz sayıda oldukları (bugun itibariyle,Ekim 2015) bilinmiyor. Asal sayılar hakkında yanıtı bilinmeyen cok soru vardır. Bugunasal sayılar cok aktif bir arastırma konusudur.

2.202. Not 2.177’de n > 0 dogal sayısı icin, σ0(n), n’nin n’den farklı bolenlerinin toplamınısimgeledigini soylemistik. Ornegin

σ0(12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 = 16

olur. Egerσ0(n) = n

esitligi saglanırsa n’ye mukemmel sayı denir. Ornegin 6 mukemmel bir sayıdır cunku

σ0(6) = 1 + 2 + 3 = 6

olur. Oklid, cift olan her mukemmel sayının, bir 2p − 1 Mersenne asalı icin

2p−1 × (2p − 1)

biciminde oldugunu kanıtlamıstır. Bunun tersi de dogrudur: Eger 2p − 1 bir Mersenneasalıysa 2p−1 × (2p − 1) sayısı cift bir mukemmel sayıdır. Kanıt cok zor degildir, ileridekanıtlarız, simdilik ornek vermekle yetinelim.

sıra p 2p−1(2p − 1) mukemmel sayısı bulundugu yıl bulan kisi

1 2 6 M.O. 4’uncu yuzyıl Oklid



4 7 8.128 M.O. 4’uncu yuzyıl Oklid5 13 33.550.336 1456 Bilinmiyor6 17 8.589.869.056 1588 Cataldi7 19 137.438.691.328 1588 Cataldi8 31 2.305.843.008.139.952.128 1772 Euler

Bugune kadar bulunan tum mukemmel sayılar cifttir, yani yukarıdaki bicimdedirler vetek bir mukemmel sayının yoklugu kanıtlanamamıstır.

2.6 Birkac Kume Yazılım Bicimi

Bu altbolumde kumeler kuramına kısa bir sureligine geri donup, kumeleritanımlamanın daha pratik yollarını gorecegiz.

n bir dogal sayı olsun. n’ye (dogal sayılarda) bolunen sayılar kumesinin nNoldugunu biliyoruz. Bu nN kumesini soyle de ifade edebiliriz:

nN = {x ∈ N : n, x’i dogal sayılarda boler}.

Sagda, kume parantezi icinde yer alan ifade,

“oyle x dogal sayıları ki, n, x’i dogal sayılarda boler”

olarak (biraz devrik bicimde) okunabilir, ama daha dogrusu,

“n’ye bolunen x dogal sayıları”

2.6. Birkac Kume Yazılım Bicimi 109

olarak okunmasıdır. Bu yazılımda x yerine y, z, a, b gibi yazılımda kul-lanılmayan baska simgeler de kullanabilirdik tabii, yani nN kumesini ornegin,

nN = {u ∈ N : n, u’yu dogal sayılarda boler}

olarak da yazabilirdik. nN kumesini soyle de ifade edebilirdik:

nN = {x ∈ N : bir y ∈ N icin x = ny}.

Esitligin sagında kume parantezi icinde yer alan ifade,

“bir y dogal sayısı icin ny biciminde yazılan x’ler”

olarak okunabilir. Bir baska genel kullanım goren yazılım da soyledir:

nN = {ny : y ∈ N}.

Bu sonuncusu hepsinden daha kısa bir yazılım oldugundan digerlerine tercihedilebilir. Bu yazılım tipine baska ornekler de verelim:

5N+ 2 = {x ∈ N : oyle bir y ∈ N var ki x = 5y + 2}= {a ∈ N : a = 5x+ 2 denkleminin N’de cozumu var}= {5n+ 2 : n ∈ N}.

Bir baska ornek:

5N+ 7N = {n ∈ N : a, b ∈ N icin n = 5a+ 7b}.

Aynı kumeyi soyle de gosterebilirdik:

5N+ 7N = {n ∈ N : bir u ∈ 5N ve v ∈ 7N sayıları icin n = u+ v}.

Su ifade daha kısa ve daha anlasılır:

5N+ 7N = {5x+ 7y : x, y ∈ N}.

Eger A ve B birer dogal sayı kumesiyse, A+B kumesini A ve B’nin ogeleritoplanarak elde edilen sayılardan olusan kume olarak tanımlayalım. Demek ki

A+B = {a+ b : a ∈ A, b ∈ B}.

Bu kumeyi soyle de yazabiliriz:

A+B = {c ∈ N : a ∈ A ve b ∈ B icin c = a+ b}.

Ornegin{3, 5}+ {1, 3, 7} = {4, 6, 8, 10, 12}


olur. Benzer sekilde A ·B kumesini de tanımlayabiliriz:

A ·B = {ab : a ∈ A, b ∈ B}.

Asal sayılar kumesini P olarak gosteriyoruz. Demek ki

P = {p : p asal}.

Eger asal sayıların dogal sayı olduklarına dikkati cekmek istiyorsak,

P = {p ∈ N : p asal}

yazabiliriz. Asal sayıların tanımı geregi,

P = {p ∈ N : eger bir n dogal sayısı p’yi boluyorsa ya n = 1 ya da n = p}

yazabiliriz. 100’den kucuk asal sayılar kumesi

{n ∈ N : n < 100 ve n asal}

olarak ya da{n ∈ P : n < 100}

olarak yazılır. Tam karelerden olusan kumeyi soyle gosterebiliriz:

{n ∈ N : bir m ∈ N icin n = m2};

ya da cok daha sade olarak soyle

{n2 : n ∈ N}.

Tek sayılar kumesi farklı bicimlerde yazılabilir:

2N+ 1 = {2n+ 1 : n ∈ N}= {n ∈ N : 2, n’yi bolmez}= {n ∈ N : bir m ∈ N icin n = 2m+ 1 olur}= {n ∈ N : 2, n− 1’i boler}= {n ∈ N : 2, n+ 1’i boler}= {n ∈ N : 2, n+ 3’u boler}

Ileride kume yazılımlarına cok ornek verecegiz. Tum yazılım bicimlerinde onem-li olan, kumenin ogelerini hic kuskuya yer kalmayacak bicimde duzgun olarakifade etmektir. Bir de ayrıca (iki nokta ustuste koymak gibi) matematikcile-rin teamullerine uyulsa fena olmaz. Bu arada bazı (Fransız ekolu) kitaplardaiki nokta ustuste yerine dikey bir cizgi (|) yazıldıgını da belirtelim, gun gelirgerekir...

2.7. Iyisıralama Ozelligi 111

Ornekler

2.203. nN = {x ∈ N : bir y ∈ N icin x = ny} tanımını metinde gormustuk. Sagdaki ifadedebeliren x ve y, kumenin ozuyle ilgili degildir, nitekim esitligin sol tarafındaki nN ifade-sinde x ve y belirmez. Buradaki x ve y degiskendirler. x ve y yerine u ve t yazsak datanım degismezdi:

nN = {u ∈ N : bir t ∈ N icin u = nt}.

2.204. Eger A ve B kumeleri sonlu sayı kumeleriyse, A+B ve A ·B kumeleri de sonludur ves(A+B) ≤ s(A) + s(B) ve s(A ·B) ≤ s(A)s(B) olur.

2.205. A, B ⊆ N olsun. Eger 0 ∈ A ·B ise, 0 ya A kumesinde ya da B kumesinde olmalıdır.

2.206. A, B ⊆ N olsun. Eger 1 ∈ A+ B ise, 0 ya A kumesinde ya da B kumesinde olmalıdır.Aynı sey 1 icin de gecerlidir: Eger 0 ∈ A ise 1 ∈ B, eger 0 ∈ B ise 1 ∈ A olmakzorundadır.

Alıstırmalar

2.207. En az iki farklı asala bolunen sayılardan olusan kumeyi metindeki yontemle ifade edin.

2.208. {x ∈ N : p, q ∈ P icin x = pq} kumesinin ilk 6 ogesini yazın.

2.209. {x ∈ N : p, q ∈ P icin x = p+ q} kumesinin ilk 6 ogesini yazın.

2.210. {x ∈ N : p, q ∈ P ve p = q icin x = pq} kumesinin ilk 6 ogesini yazın.

2.211. {x ∈ N : u, v ∈ N icin x = u2 + v2} kumesinin ilk 10 ogesini yazın.

2.212. {x ∈ N : u, v, w ∈ N icin x = u2 + v2 + w2} kumesinin ilk 10 ogesini yazın.

2.213. {x ∈ N : u, v, w, s ∈ N icin x = u2 + v2 + w2 + s2} kumesinin ilk 100 ogesini yazın.

2.214. {x ∈ N : p, q asal sayıları icin 2x = p+ q} kumesinin ilk 30 ogesini yazın.

2.215. {p ∈ P : p+ 2 ∈ P} kumesinin ilk 10 ogesini yazın.

2.216. A, B ⊆ N olsun. Eger 0 ∈ B ise, A ⊆ A+B olur elbette. Eger A ⊆ A+B ise 0’ın B’deoldugunu kanıtlayın.

2.217. A, B ⊆ N olsun. Eger A ∪B ⊆ A+B ise 0 ∈ A ∩B oldugunu kanıtlayın.

2.218. Eger A ⊆ A ·B ise A ve B hakkında ne soyleyebilirsiniz?

2.219. ∅+A = ∅ ve ∅ ·A = ∅ esitliklerini kanıtlayın.

2.7 Iyisıralama Ozelligi

Bir onceki altbolumde dogal sayıların sıralamasından soz ettik ve sıralamanınbazı ozelliklerini one cıkardık. Bu altbolumde, dogal sayıların sıralamasınıncok onemli bir ozelliginden soz edecegiz, “iyisıralama ozelligi”nden.

Buraya kadar yazdıklarımız okura cok yabancı degildi muhtemelen, amasanırım burada okur gercekten yepyeni bir olguyla karsılasacak.

Iyisıralama Ozelligi. Boskume olmayan her dogal sayı kumesinin en kucukogesi vardır.

Cok onemli sonucları olan bu olguyu kitabın ilerleyen safhalarında ala-bildigine somurecegiz. Su kadarını soyleyelim: Dogal sayılarla ilgili hemen heronerme iyisıralama ozelligi kullanılarak kanıtlanır.


Ornekler

2.220. Asal sayılar kumesinin en kucuk ogesi 2’dir.

2.221. Cift olmayan asal sayılar kumesinin en kucuk ogesi 3’tur.

2.222. 100’den buyuk ve 17’ye bolunen dogal sayı kumesinin en kucuk ogesi 102’dir.

2.223. 100’den buyuk en kucuk tamkare 121’dir.

2.224. 100’den buyukesit en kucuk tamkare 100’dur.

2.225. En kucuk dogal sayı da 0’dır.

2.226. En kucuk pozitif dogal sayı 1’dir.

2.227. 10’dan buyukesit en kucuk dogal sayı 10’dur.

2.228. Karesi 25 olan en kucuk dogal sayı 5’tir. (Karesi 25 olan tek bir dogal sayı vardır zaten:5; en kucugu de elbette bu 5 sayısıdır!)

2.229. x + 1 = 0 esitligini saglayan en kucuk dogal sayı yoktur, cunku x + 1 = 0 esitliginisaglayan bir dogal sayı yoktur! Bir kumenin en kucuk ogesinin olması icin her seydenonce o kumede en az bir oge olmalıdır!

2.230. x2 + 4x > 20 esitsizligini saglayan en kucuk dogal sayı 3’tur.

2.231. {n ∈ N : 2n ≥ 1000} kumesinin en kucuk ogesi 10’dur cunku 29 = 512 < 1000 ve210 = 1024 > 1000 olur.

2.232. 101.000.000’dan buyuk en kucuk asal sayı vardır (cunku daha sonra kanıtlayacagımızuzere sonsuz sayıda asal sayı vardır) ama bu asal sayıyı yeryuzunde bu kitabın yazıldıgıgunlerde herhangi birinin bildigini sanmıyorum.

2.233. 21, (5N+ 1) ∩ (6N+ 3) kumesinin en kucuk ogesidir.

Alıstırmalar

2.234. {n ∈ N : 7n > 500} kumesinin en kucuk ogesini bulun.

2.235. {n ∈ N : 7n+ 25 > 500} kumesinin en kucuk ogesini bulun.

2.236. {n ∈ N : 3n > 500} kumesinin en kucuk ogesini bulun.

2.237. (3N+ 1) ∩ 14N kumesinin en kucuk ogesini bulun.

2.238. Aynı anda hem bir tamkare hem de bir tamkup olan ama 0 ya da 1 olmayan en kucukdogal sayıyı bulun.

2.239. Aynı anda hem bir dogal sayının 5’inci kuvveti hem de bir baska dogal sayının 7’ncikuvveti olan ama 0 ya da 1 olmayan en kucuk dogal sayıyı bulun.

2.240. Aynı anda hem bir dogal sayının 4’uncu kuvveti hem de bir baska dogal sayının 6’ncıkuvveti olan ama 0 ya da 1 olmayan en kucuk dogal sayıyı bulun.

2.241. (3N+ 1) ∩ (7N+ 3) kumesinin en kucuk ogesini bulun.



2.244. (6N + 2) ∩ (14N + 1) kumesinin en kucuk ogesi var mıdır? Varsa kactır? Yoksa nedenyoktur?

2.245. (6N+ 1) ∩ (7N+ 2) ∩ (8N+ 3) kumesinin en kucuk ogesini bulun.

2.246. (6N+ 1) ∩ (7N+ 2) kumesinin en kucuk tamkaresini bulun.

2.247. Tuhaf biri bazı dogal sayıları guzel buluyor. Hangi dogal sayıları guzel buldugunu soyle-miyor ama 0’ı guzel buldugunu biliyoruz. Bir de eger bir n sayısını guzel buluyorsa, n+1sayısını da guzel buldugunu biliyoruz. Bu kisinin guzel bulmadıgı en kucuk dogal sayıyıkactır?

2.248. Bir baska tuhaf biri bazı dogal sayıları cirkin buluyor. Hangi dogal sayıları cirkinbuldugunu soylemiyor ama 2’nin kuvvetlerini cirkin buldugunu biliyoruz. Bir de eger


bir n sayısını cirkin buluyorsa, n− 1 sayısını da cirkin buldugunu biliyoruz. Bu kisinincirkin bulmadıgı en kucuk dogal sayıyı kactır?

Bu ozelligin ne kadar onemli oldugunu gostermek icin bu altbolumun de-vamında dogal sayılarla ilgili birkac onemli teorem kanıtlayacagız. Kanıtlaya-cagımız her teoremde Iyisıralama Ozelligi’ni canalıcı bir bicimde kullanacagız.Bu uygulamaların Iyisıralama Ozelligi’nin onemini gosterecegini umuyoruz.

2.7.1 Asala Bolunme

Birazdan 1’den buyuk her dogal sayının bir asala bolundugunu kanıtlayacagız.Kanıtın anafikrini bir ornekle anlatalım. Rastgele bir n dogal sayısı alalım vebu sayının bir asala bolundugunu gostermeye calısalım. Eger sayı 15 filan gibikucuk bir sayıysa, isimiz kolay, 15’in 3’e (ya da 5’e) bolundugunu ve 3’un (ve5’in) asal oldugunu herkes bilir. Isimizi zorlastırmak icin oldukca buyuk birsayı secelim. Diyelim

n = 352.302.911

sayısını sectik. Bu sayının bir asala bolundugunu kanıtlamak istiyoruz. Dener-seniz bulamayacagınıza dair iddiaya girebilirim! Kolay degil cunku, cok zamanalabilir. Bu sayıyı bolen bir asal bulamayabiliriz ama gene de bu sayının birasala bolundugunu kanıtlayabiliriz. Cok daha buyuk bir sayının bir asal bole-nini sadece siz degil, yeryuzunde kimse bulamayabilir. Her sayının bir asalabolundugunu kanıtlamak baska, sayıyı bolen bir asal bulmak baska.

Nasıl yapacagız? Eger sectigimiz bu n sayısı bir asalsa, isimiz zaten bittidemektir, cunku n asalı elbette n sayısını boler, aynen istedigimiz gibi. Amaya n bir asal degilse, o zaman ne yapacagız? Eger n bir asal degilse, n, 1’denbuyuk iki dogal sayının carpımı olarak yazılır. Diyelim a > 1 ve b > 1 dogalsayıları icin

n = ab.

a ve b’nin kac oldugu hakkında hicbir fikrimiz yok, ama eger a ya da b’nin birasala bolundugunu gosterebilirsek, o zaman bu asal n’yi de bolmek zorunda.Kac oldugu hakkında hicbir fikrimizin olmadıgı a ve b sayıları acaba bir asalabolunuyor mu? a ve b’nin kac olduklarını bilmiyoruz belki ama 1’den buyukolduklarını, dolayısıyla n’den kucuk olduklarını biliyoruz, cunku ne de olsacarpımları n. Simdi a’yı ele alalım. Eger a asalsa, o zaman isimiz is gercekten,n sayısının a asalına bolundugunu gostermis oluruz. Peki ya a asal degilse?O zaman a’yı 1’den buyuk, dolayısıyla a’dan kucuk iki dogal sayının carpımıolarak yazabiliriz. Diyelim 1 < c < a ve 1 < d < a dogal sayıları icin

a = cd

oluyor. Eger c ya d’den en az biri asalsa, isimiz bitti, cunku bu asal a’yı bolerve a’yı boldugunden n’yi de boler. Eger c ve d asal degilse, iclerinden birini


secip aynı sureci isletelim. Hep daha kucuk sayılar buluyoruz. Yukarıda

n > a > c

oldu. Eger c asal degilse, bunu bir adım daha uzatıp 1 < e < c ve 1 < f < cicin

c = ef

biciminde bir esitlik buluruz. Bu sefer

n > a > c > e

olur. Ama dogal sayılarda surekli daha kucuk bir sayı bulmak mumkun degil,ne de olsa en altta 0 var, onun altına inemeyiz. (Dogal sayılarda surekli dahakucuk bir sayı bulamamak biraz once bahsettigimiz Iyisıralama Ozelligi’ndenkaynaklanır. Birazdan bu yakın iliskiyi gorecegiz.) Bu surec illa ki bir zamansonra durmalı, yani bir zaman sonra bir asal sayıya toslamalıyız. Iste o asalsayı n’yi boler.

Eger verdigimiz n = 352.302.911 ornegini bolen bir asal sayıyı meraketmisseniz hemen soyleyeyim: n asal degil, 997, 787 ve 449 sayılarına bolunuyorve bu uc sayı da asal. Hatta n bu uc asalın carpımı. Ama mesela yukarıda akılyurutme sayesinde

101.000.000 + 1

gibi devasa bir sayının da bir asala bolundugunu biliyoruz. Hangi asal diye misordunuz? Hicbir fikrim yok! Ama kesinlikle bir asala bolunuyor!

Yukarıdaki basit fikri asagıdaki kanıtta biraz farklı bir bicimde (biraz dahamatematiksel bir bicimde, Iyisıralama Ozelligi’ni kullanarak) ele alacagız.

Teorem 2.2. 1 dısında her dogal sayı bir asala bolunur.

Kanıt: n = 1 herhangi bir dogal sayı olsun. n’nin bir asal sayıya bolundu-gunu gosterecegiz. 0 sayısı tabii ki her asala bolunur, ornegin 2’ye bolunur.Bundan boyle n = 0 olsun. Demek ki n ≥ 2.

Bir tanım yapalım:

A = {p ∈ N \ {0, 1} : p, n’yi boler}

olsun. Yani A, n’yi bolen 0 ve 1’den farklı dogal sayılar sayılardan olusankume. (0 zaten n’yi bolemez, cunku n = 0, ama yine de A’nın tanımındayazdık.) n ∈ A oldugundan (cunku, n, n’yi boler ve n = 0, 1), A boskumedegildir. Iyisıralama Ozelligi’nden dolayı A’nın en kucuk ogesi vardır. A’nınbu en kucuk ogesine p adını verelim. p en az 2 tabii ki. p’nin bir asal oldugunu


kanıtlarsak istedigimizi kanıtlamıs olacagız. Eger p bir asal olmasaydı6, 1’denbuyuk ama p’den kucuk a ve b sayıları icin p = ab olacaktı. Ama a|p ve p|noldugundan a ∈ A olur. Boylece A’da p’den kucuk bir oge bulmus olduk, oysap, A’nın en kucuk ogesiydi, bir celiski. Demek ki p bir asalmıs. �

Goruldugu uzere Iyisıralama Ozelligi’ni yukarıdaki kanıtta canalıcı bir bi-cimde kullandık. Asagıda aynı ozelligi birkac defa daha kullanacagız.

Bir not: Yukarıdaki teoremin kanıtı, bir sayının 1’den buyuk en kucukboleninin bir asal olmak zorunda oldugunu gosteriyor.

2.7.2 Asallara Ayrıstırma

Birazdan 1’den buyuk her dogal sayının asalların carpımı olarak yazılacagınıgosterecegiz. Kucuk sayılar icin bunu gostermek kolay:

2 = 23 = 34 = 2× 2 = 22

5 = 56 = 2× 37 = 78 = 2× 2× 2 = 23

9 = 3× 3 = 32

10 = 2× 5

Kucuk sayılar icin kolay ama

101.000.000 + 1

gibi bir sayıyı asalların carpımı olarak nasıl yazacagız? Aslında yazamayacagız,bu sayı basa cıkılamayacak kadar buyuk bir sayı. Bu sayıyı asalların carpımıolarak yazamasak da yazabilecegimizi gosterecegiz! (Yazılacagını bilmekle ya-zabilmek arasında bayagı bir fark var! Ornegin yuz basamaklı iki sayıyı car-pabilirim, ama carpmam, isim gucum var! Bir milyar basamaklı iki sayıyı isimgucum olmasa da carpamam, hayat o kadar uzun degil, ama yeterince zamanımolsaydı carpabilecegimi biliyorum!)

Kucuk sayılara geri donelim. Asal sayıların nasıl asal sayıların carpımıolarak yazılacagı belli: Bir p asalı, p’nin kendisiyle bir defa carpımıdır, yani p =p olur! Marifet, asal olmayan dogal sayıları asalların carpımı olarak yazmakta.

6Su anda “olmayana ergi” adı verilen kanıt yontemine baslıyoruz. p’nin asal oldugunukanıtlamak istiyoruz. p’nin asal olmadıgını varsayıp bir sacmalık, bir celiski, bir absurtlukelde edecegiz. Buradan da p’nin asal olmadıgı varsayımının yanlıs oldugu anlasılacak, yanip’nin asal oldugu anlasılacak.


Bundan sonraki orneklerde asal olmayan dogal sayılara odaklanalım:

12 = 2× 2× 3 = 22 · 314 = 2× 715 = 3× 516 = 2× 2× 2× 2 = 24

18 = 2× 3× 3 = 2 · 3220 = 2× 2× 5 = 22 · 521 = 3× 722 = 2× 1124 = 2× 2× 2× 3 = 23 · 3

Bu yaptıgımıza asallara ayrıstırma denir. Bir sonraki teoremde pozitif herdogal sayının asallara ayrıstırılabilecegini kanıtlayacagız. Kanıt yontemimizibir ornekle gosterelim. Diyelim 252 sayısını asalların carpımı olarak yazmakistiyoruz. Once 252’yi bolen bir asal bulalım. 252’yi bolen bircok asal var,mesela 2 boluyor, 3 de boluyor, bunlardan birini secelim, hangisini sectigimizfarketmez. Diyelim kolaylık olsun diye 2 asalını sectik. 252’yi 2’ye bolelim:

252 = 2× 126.

Eger 126’yı asalların carpımı olarak yazarsak, isimiz is, bu carpıma bir de 2’yieklersek 252’yi asalların carpımı olarak yazarız. 126 gene 2 asalına bolunuyor:

252 = 2× 126 = 2× 2× 63.

Aynı sureci 63 icin isletelim. 63, 3 asalına bolunuyor: 63 = 3× 21. Yukarıdakisatırdaki esitlikleri devam ettirelim:

252 = 2× 126 = 2× 2× 63 = 2× 2× 3× 21.

21 de 3’e bolunuyor: 21 = 3×7. Bir onceki satırdaki esitlikleri devam ettirelim:

252 = 2× 126 = 2× 2× 63 = 2× 2× 3× 21 = 2× 2× 3× 3× 7.

Sag tarafta sadece asallar oldugundan isimiz bitmistir:

252 = 2× 2× 3× 3× 7 = 22 · 32 · 7.

Nihai sonucu bulmak icin, sadece asal elde edene kadar yukarıdaki islem-lerin her birini yapmak zorundaydık, ama nihai sonucu elde etmeden nihaisonucu elde edebilecegimizi anlamak icin islemleri sonuna kadar goturmek zo-runda degiliz. Ilk adımdan sonra her sayıyı asalların carpımı olarak yazabi-lecegimiz anlasılıyor, cunku ilk adımda

252 = 2× 126


elde ediyoruz. Yeni sayı 126 ve 126’yı asalların carpımı olarak yazmalıyız.Ama 126, 252’den daha kucuk bir sayı. Kucuk sayıları asalların carpımı olarakyazmak kolay! En azından kucuk sayılarla basa cıkabilecegimizi varsayabili-riz. Belli ki her adımda daha kucuk sayılarla aynı islemi yapıyoruz, nitekimyukarıda elde ettigimiz sayılar sunlar:

252, 126, 63, 21, 7, 1.

(7 sayısı 7 asalına bolundugunden, listenin en sonuna yukarıda olmayan bir1 ekledik.) Sayılar kucule kucule bir zaman sonra 1’e gelecek ve bu asamadasayıyı asalların carpımı olarak yazmıs olacagız.

Yaptıgımız islemleri altalta yazalım:

252 = 2× 126126 = 2× 6363 = 3× 2121 = 3× 77 = 7× 1.

Esitligin hemen sagında beliren asalların carpımı 252’yi verir.Yukarıda izledigimiz surec asagıdaki yontemle son derece gorsel ve kolay

bir halde gorulebilir:

252 2126 263 321 37 71

Sol sutuna sayıyı yazıyoruz, sayının sagına da o sayıyı bolen bir asalı; sonra biralt satırın sol tarafına sayının asala bolumunu yazıyoruz ve aynı sureci devamettiriyoruz. 1’e vardıgımızda duruyoruz. Aynı seyi 1500 icin yapalım:

1500 2750 2375 3125 525 55 51

Demek ki1500 = 22 · 3 · 53

olur.


Bu sefer 252 ya da 1500’den baslamayalım da, 352.302.911 gibi cok dahabuyuk bir sayıdan baslayalım. O buyuk sayıya n diyelim. n’yi asalların carpımıolarak yazacagız. Eger n asalsa isimiz bitti. Eger n asal degilse, n’yi 1 < a < nve 1 < b < n icin

n = ab

biciminde yazabiliriz. Eger a ve b’yi asalların carpımı olarak yazabilirsek, ozaman n = ab esitliginden dolayı n de asalların carpımı olacak. Ama a ve b,n’den daha kucuk olduklarından, bu sayıları asalların carpımı olarak yazmak,n’yi asalların carpımı olarak yazmaktan daha kolay. Eger a ve b asalsa isimizbitti. Aksi halde asal olmayanı 1’den buyuk iki dogal sayının carpımı olarak ya-zalım. Ve bu sureci asallara toslayana kadar devam ettirelim. n = 352.302.911sayısı da asalların carpımıdır:

352.302.911 = 997× 787× 449.

Bu yontem asagıdaki teoremin kanıtındaki fikridir.

Teorem 2.3 (Aritmetigin Temel Teoremi). 0’dan buyuk her dogal sayı sonlusayıda asalın carpımıdır.

Kanıt: Hic tane sayının carpımını 1 olarak tanımlandıgından (sayfa 73), 1sonlu sayıda asal sayının carpımıdır, nitekim 1, hic tane asal sayının carpımıdır.Bundan boyle 1’den buyuk sayılara odaklanalım. 1’den buyuk her dogal sa-yının sonlu sayıda asalın carpımı olarak yazılacagını gosterecegiz. (Tabii bazıasallar carpımda birkac defa kullanılabilir.)

Diyelim teorem dogru degil7. O zaman 1’den buyuk bir dogal sayı sonlusayıda asalın carpımı olarak yazılmaz. Bu varsayımdan bir celiski elde edecegizve boylece teorem kanıtlanmıs olacak.

A = {n ∈ N \ {0} : n sonlu sayıda asalın carpımı degil}

olsun. Varsayımımıza gore A = ∅. Bir onceki paragrafa gore de 1 ∈ A, yaniA’nın ogeleri en az 2. Iyisıralama Ozelligi’nden dolayı A’nın en kucuk bir ogesivardır, diyelim n. Bir onceki teoreme gore n bir asala bolunur, diyelim p asalınabolunuyor. Bu durumda bir m dogal sayısı icin

(1) n = pm

olur.Elbette m = 0 cunku aksi halde n = 0 olurdu.Eger m = 1 ise n = pm = p · 1 = p olur ve p asal oldugundan n sayısı

asalların (tek bir asalın, p’nin) carpımı olur.

7Burada da “olmayana ergi” kanıt yontemine baslıyoruz.


Bundan boyle m ≥ 2 varsayımını yapalım. (1) esitliginden dolayı m < nolur. n, A’nın en kucuk ogesi oldugundan, m /∈ A olmak zorunda, yani masalların carpımıdır. Demek ki pm, yani n de asalların carpımıymıs. (m’yiveren asalların carpımını bir de p ile carparsak n’yi elde ederiz.) Celiski. Demekki A = ∅. �

Ileride, Teorem 3.9’de, her dogal sayının, asalların carpımı olarak bir an-lamda tek bir bicimde yazıldıgını kanıtlayacagız, yani bir sayıyı asallarıncarpımı olarak iki farklı bicimde yazamayız. Ama bunu su anda kanıtlayamayız,bir sonraki bolumde kanıtlayacagız.

2.7.3 Kalanlı Bolme

Dogal sayılarda her zaman bolme yapılamayacagını biliyoruz, ornegin 25’i7’ye tam olarak bolemeyiz, cunku 25/7 bir tamsayı degildir, daha dogrusucunku 25 = 7x denkleminin dogal sayılarda bir cozumu yoktur. Ama gene dedogal sayılarda 25’i 7’ye kalanlı bolebiliriz: 25’in icinde tam 3 tane 7 vardırve geriye 4 kalır, yani

25 = 7× 3 + 4

esitligi gecerlidir. Hayattan bir ornek vermek gerekirse, 25 bilyeyi 7 kisi arasın-da esit paylastırmak istiyorsanız herkese 3’er bilye duser ve geriye ne yapacagı-nızı bilmediginiz dort bilye kalır. Bunun gibi, 58’i 13’e tam bolmeye calısırsak4 cıkar ama geriye bir de 6 kalır, yani

58 = 13× 4 + 6

esitligi dogrudur. Kalan sayı (yukarıdaki orneklerde sırasıyla 4 ve 6) her zamanbolen sayıdan (yukarıdaki orneklerde sırasıyla 7 ve 13) kucuktur. Bu genel birolgudur: Her dogal sayı, 0 dısında her dogal sayıya kalanlı da olsa bolunur.Bunu kanıtlayalım.

Teorem 2.4. n ve m iki dogal sayı olsun. m = 0 olsun. O zaman oyle q ve rdogal sayıları vardır ki

r < m ve n = mq + r

olur.

Kanıt: n = m× 0 + n esitligini biliyoruz. Demek ki

A = {r ∈ N : bir q ∈ N dogal sayısı icin n = mq + r}

kumesi n’yi iceriyor, dolayısıyla A kumesi bos kume degil. Iyisıralama Ozel-ligi’nden dolayı A’nın en kucuk ogesi vardır. Bu en kucuk ogeye r diyelim.r ∈ A oldugundan, bir q ∈ N icin

(1) n = mq + r


olur. Geriye r < m esitsizligini kanıtlamak kaldı. Diyelim bu esitsizlik dogrudegil. Olmayana ergi yontemini kullanacagız, yani bu varsayımdan bir celiskielde edecegiz. r < m esitsizligi dogru degilse, r ≥ m esitsizligi dogrudur. Bu-radan da r −m ∈ N cıkar. Ote yandan (1) esitliginden hemen

n = m(q + 1) + (r −m)

elde ederiz. Bu da r−m ∈ A demektir. Ama m = 0 oldugundan r−m < r olur,ki bu da r’nin A’nın en kucuk ogesi olmasıyla celisir. Demek ki varsayımımızyanlısmıs, yani r < m esitsizligi dogruymus. �

Aslında q ve r’yi bulmak icin sunu yapıyoruz: m’nin katlarından olusan

0, m, 2m, 3m, . . .

dizisine bakıyoruz. Yani 0’dan baslayarak n’ye dogru m uzunlukta adımlaratıyoruz. Bu dizi bir zaman sonra n’yi asacaktır, mesela n’inci adımda nm ≥ nolacaktır. Diyelim qm, n’yi asmıyor da, bir sonraki adımda (q + 1)m asıyor,yani diyelim

qm ≤ n < (q + 1)m

oluyor. Sekil soyle:

Simdi r’yi n− qm sayısı olarak alalım. Istedigimize ulasırız.Teoremdeki r sayısına kalan adı verilir. n bolunen sayıdır, m bolen sayıdır.

q sayısına da “bolum” ya da “sonuc” denebilir.Demek ki bir dogal sayı bir m > 0 dogal sayısına bolundugunde kalan

0, 1, 2, . . . , m− 1

sayılarından biri olur.Eger m = 2 ise kalan ya 0 ya da 1 olur; kalanı 0 olanlar cift sayı, kalanı 1

olanlar tek sayılardır.Eger m = 3 ise kalan 0, 1 ya da 2 olabilir. Kalanı 0 olanlar 3’e tam bolunen-

lerdir, kalanı 1 olanlar 3’e bolundugunde kalanı 1 olan sayılardır (elbette!)ve kalanı 2 olanlar 3’e bolundugunde kalanı 2 olan sayılardır (gene elbette!).Boylece dogal sayıları uc parcaya ayırmıs oluruz:

N = 3N ∪ (3N+ 1) ∪ (3N+ 2).

Bir sonraki sonucumuzda bu uc parcanın ayrık oldugunu, yani ikiser ikiserboskumede kesistiklerini gosterecegiz.


Aynı sey m = 4 ve diger dogal sayılar icin de gecerlidir.

N = 4N ∪ (4N+ 1) ∪ (4N+ 2) ∪ (4N+ 3).

Birazdan gorecegimiz uzere sagdaki dort altkume ayrıktırlar, yani kesismezler,daha dogrusu boskumede kesisirler.

Daha genel olarak, eger m > 0 ise,

N = mN ∪ (mN+ 1) ∪ (mN+ 2) ∪ . . . ∪ (mN+m− 1)

olur ve esitligin sagındaki m tane altkume (birazdan gorecegimiz uzere) ayrıkkumelerdir, yani herhangi iki farklı tanesinin kesisimi boskumedir. Eger m = 1ise bu esitlik bize pek ilginc bir esitlik olmayan N = N esitligini verir, ama digertum durumlar ilginctir.

Ornekler

2.249. (5N+ 3)(5N+ 4) ⊆ 5N+ 2 olur cunku her x, y ∈ N icin

(5x+3)(5y+4) = 25xy+15y+20x+12 = 5(5xy+3y+4x)+12 = 5(5xy+3y+4x+2)+2

olur ve en sagdaki sayı ∈ 5N+ 2 kumesindedir.

2.250. Ote yandan (5N+2)(7N+3) kumesi cok daha vahsidir, yukarıdaki ornekte oldugu gibizaptedilemez.

2.251. 26 · 34 sayısı 5’e bolundugunde kalanı bulalım. a ve b dogal sayıları icin

24 = 16 = 1 + 15 = 1 + 5a

(burada a = 3 ama bunun bir onemi olmayacak) ve

26 = 24 · 22 = (1 + 5a) · 4 = 4 + 5b

(burada b = 4a = 12 ama bunun bir onemi olmayacak) oldugundan ve bir c dogal sayısıicin

34 = 81 = 1 + 80 = 1 + 5c

(burada c = 16 ama bunun bir onemi olmayacak) oldugundan, bir d dogal sayısı icin

26 · 34 = (4 + 5b)(1 + 5c) = 4 + 5d

olur. Demek ki yanıt 4’tur.

2.252. 26 + 34 sayısı 5’e bolundugunde kalanı bulalım. Bir onceki alıstırmada oldugu gibi b vec dogal sayıları icin

26 = 24 · 22 = (1 + 5a) · 4 = 4 + 5b

ve

34 = 81 = 1 + 80 = 1 + 5c

oldugundan,

26 + 34 = (1 + 5b) + (4 + 5c) = 5× (1 + b+ c)

olur. Demek ki 26 + 34 sayısı 5’e bolunuyormus, yani 5’e bolundugunde kalan 0 imis.


2.253. 212 sayısı 5’e bolundugunde kalanı bulalım.

24 = 16 = 1 + 15 = 1 + 5a

oldugundan (burada a = 3 ama bunun bir onemi olmayacak),

212 =(24)3

= (1 + 5a)3

olur. En sagdaki parantezi acarsak, o sayının bir b icin 1 + 5b’ye esit oldugunu goruruz,yani

212 =(24)3

= (1 + 5a)3 = 1 + 5b

olur. Dolayısıyla yanıt 1’dir.

2.254. 23+34+45+56+67 sayısı 7’ye bolundugunde kalanı bulalım. Once toplanan her sayının7’ye bolundugunde kalanını bulalım. 23 kolay: Bir a sayısı icin,

23 = 8 = 1 + 7a

olur. (a = 1 elbette, ama kimin umurunda!) Okurun isterse bulabilecegi b ve c sayılarıicin

34 = 92 = (2 + 7b)2 = 4 + 7c

olur. Benzer sekilde

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. Simdi bu esitliklerin 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)

Meger sayı 7’ye bolunuyormus, yani 7’ye bolundugunde kalanı 0 imis. olur.

Alıstırmalar

2.255. (7N+ 3)(7N+ 4) ⊆ 7N+ 5 onermesini kanıtlayın.



2.258. 212 sayısı 5’e bolundugunde kalanını bulun.

2.259. 3120 sayısı 7’ye bolundugunde kalanını bulun.

2.260. 212 + 315 sayısı 9’a bolundugunde kalanı bulun.

2.261. 210 + 315 + 515 sayısı 11’e bolundugunde kalanı bulun.

2.262. 210 · 315 sayısı 11’e bolundugunde kalanı bulun.

2.263. 23 + 34 + 45 + 56 + 67 sayısı 11’e bolundugunde kalanı bulun.


2.7.4 Bolme Algoritması

Dogal sayılarda kalanlı bolme yapmanın bir yontemi vardır, yani n ve msayıları verdildiginde (ama m illa ki 0’dan farklı olacak), teoremdeki q ve rsayılarını bulmanın bir “algoritması” vardır. Hic dusunmeden, verilmis ku-rallara uyarak sonuc bulmaya yarayan yontemlere matematikte ve bilgisayarbilimlerinde algoritma adı verilir. Bu algoritmayı anlatalım. n ve m iki dogalsayı olsun. m = 0 varsayımını yapalım. Yukarıdaki teoremi saglayan q ve rsayılarını bulacagız.

Baslangıcta, yukarıdaki kanıttan ve

n = m× 0 + n

esitliginden esinlenerek q = 0 ve r = n tanımlarını yapalım. Bu degerlerleelbette n = mq + r olur. Tabii bunlar henuz aradıgımız q ve r sayıları degil,cunku r yeterince kucuk olmayabilir. Bu sayıları yavas yavas degistirecegiz, qteker teker artacak, r de m’ser m’ser azalacak, r tam kıvamına geldiginde deduracagız.

Eger r sayısı (ki en basta n’ye esit) m’den kucukse duralım. Istedigimizielde ederiz.

Degilse, q sayısını 1 artıralım (simdi q = 1 oldu) ve r sayısını r−m sayısınadonusturelim (simdi r = n−m oldu). n = mq+ r esitligi gene gecerlidir. Egeryeni r sayısı m’den kucukse duralım. Istedigimizi elde ederiz.

Degilse, q sayısını 1 artıralım (simdi q = 2 oldu) ve r sayısını r−m yapalım(simdi r = n−2m oldu). n = mq+r esitligi gene gecerlidir. Eger r sayısı m’denkucukse duralım. Istedigimizi elde ederiz.

Degilse bu yonteme devam edelim. Kucule kucule bir zaman sonra r,m’dendaha kucuk olacaktır. O asamada istedigimiz q ve r sayılarını elde etmis oluruz.

Yukarıdaki yonteme bir ornek verelim. n = 25 ve m = 7 olsun. Ilk asamada

q = 0 ve r = n = 25.

Sorumuz “r < m?” sorusu. Yanıt simdilik olumsuz, cunku 25, 7’den kucukdegil. Yukarıdaki q ve r’yi degistirelim:

q = 1 ve r = 25− 7 = 18

olsun. Gene “r < m?” sorusunu soralım. Yanıt gene olumsuz, cunku 18, 7’denkucuk degil. q ve r’yi degistirelim:

q = 2 ve r = 18− 7 = 11

olsun. Gene “r < m?” sorusunu soralım. Yanıt gene olumsuz, cunku 11, 7’denkucuk degil. q ve r’yi degistirelim:

q = 3 ve r = 11− 7 = 4


olsun. Gene “r < m?” sorusunu soralım. Yanıt bu sefer olumlu, cunku 4, 7’denkucuk. Istedigimiz q ve r sayılarını bulduk:

q = 3 ve r = 4.

Gercekten de25 = 7× 3 + 4 ve 4 < 7

oluyor. Dikkat ederseniz bu yontemde sırasıyla

25 = 7× 0 + 2525 = 7× 1 + 1825 = 7× 2 + 1125 = 7× 3 + 4

estliklerini kullanıyoruz. q surekli birer birer buyuyor (0, 1, 2, 3 oluyor), rise m’den kucuk oluncaya kadar m’ser m’ser azalıyor (25, 18, 11, 4 oluyor).Asagıdaki tabloda q ve r’nin macerasını goruyorsunuz:

n m q r

25 7 0 251 182 113 4

Son olarak, verilmis bir n ve m > 0 icin Teorem 2.4’te bulunan q ve rsayılarının “biricik” olduklarını kanıtlayalım:

Teorem 2.5. m = 0 olsun. Eger q, q1 ve r, r1 dogal sayıları icin

r1, r < m ve mq + r = mq1 + r1

ise q = q1 ve r = r1 olur.

Kanıt: Diyelim varsayımlar gecerli ve q1 > q. O zaman m(q1 − q) = r − r1olur ve

m ≤ m(q1 − q) = r − r1 ≤ r < m

esitliginden m < m celiskisini elde ederiz. Demek ki q1, q’dan buyuk olamaz.Aynı nedenden q da q1’den buyuk olamaz. Boylece q = q1 esitligini gostermisolduk. Bundan ve mq + r = mq1 + r1 esitliginden r = r1 elde ederiz. �

Ornek 2.159’da 43.725 ile 13.565’in ortak bolenlerini bulmanın bir yonte-mini bulmustuk. Ornegin sonunda da uzun surebilecek bu yontemi nasıl kısal-tabilecegimizi gostermistik. O ornegin sonunda soylediklerimizi simdi teorikbir bicimde acıklayabiliriz. Once su teoremi kanıtlayalım, sonra aynı ornegitekrar ele alacagız.


Teorem 2.6. n > m > 0 iki dogal sayı olsun. n’yi m’ye bolup, q ve r < mdogal sayıları icin n = mq+ r elde edelim. O zaman n ve m sayılarının ortakbolenleriyle m ve r sayılarının ortak bolenleri aynı sayılardır.

Kanıt: Eger bir d sayısı hem n’yi hem m’yi boluyorsa, elbette bu d sayısın−mq, yani r sayısını da boler. Diger istikamette: Eger bir d sayısı hem r’yihem de m’yi boluyorsa, elbette bu d sayısı n’yi de boler cunku n = mq + resitligi gecerlidir. �

Ornekler

2.264. Ornek 2.159’da ele aldıgımız 43.725 ile 13.565’in ortak bolenlerini bulma ornegimizegeri donelim. Buyuk sayısı kucuk sayıya bolelim:

43.725 = 13.565× 3 + 3.030.

Boylece, teoremden dolayı, 43.725 ile 13.565’in ortak bolenlerinin 13.565 ile 3.030’unortak bolenleri oldugunu anlarız. Simdi 13.565’i 3.030’a bolelim:

13.565 = 3.030× 4 + 1.445.

Boylece, teoremden dolayı, 13.565 ile 3.030’un ortak bolenlerinin 3.030 ile 1.445’in ortakbolenleri oldugunu anlarız. Simdi 3.030’u 1.445’e bolelim:

3.030 = 1.445× 2 + 140.

Boylece, teoremden dolayı, 3.030 ile 1.445’in ortak bolenlerinin 1.445 ile 140’ın ortakbolenleri oldugunu anlarız. Simdi 1.445’i 140’a bolelim:

1.445 = 140× 10 + 45.

Boylece, teoremden dolayı, 1.445 ile 140’ın ortak bolenlerinin 140 ile 45’in ortak bolenlerioldugunu anlarız. Simdi 140’ı 45’e bolelim:

140 = 45× 3 + 5.

Boylece, teoremden dolayı, 140 ile 45’in ortak bolenlerinin 45 ile 5’in ortak bolenlerioldugunu anlarız. Simdi 45’ı 5’e bolelim:

45 = 5× 9 + 0.

Boylece, teoremden dolayı, 45 ile 5’in ortak bolenlerinin 5 ile 0’ın ortak bolenleri (yani5’in bolenleri) oldugunu anlarız. Sureci burada tamamlayalım. Ta en bastan ele ala-cak olursak, 43.725 ile 13.565’in ortak bolenleri 5’in bolenleridir; dolayısıyla 43.725 ile13.565’in en buyuk ortak boleni 5’tir.

Yukarıda yaptıklarımızı bir tablo halinde gosterelim:

43.725 = 13.565× 3 + 3.03013.565 = 3.030× 4 + 1.4453.030 = 1.445× 2 + 1401.445 = 140× 10 + 45140 = 45× 3 + 545 = 5× 9 + 0

0’dan onceki ilk kalan 43.725 ile 13.565’in en buyuk ortak bolenidir.

Bu ornekte acıkladıgımız en buyuk ortak bolen bulma algoritmasına Oklid algoritmasıadı verilir.


2.265. Oklid algoritmasını soyle de kullanabiliriz (bu yontemi Ornek 2.159’te acıklamıstık):43.725 ile 13.565’in ortak bolenleriyle 43.725 − 13.565 = 30.160 ile 13.565 sayılarınınortak bolenleri aynıdır. 30.160 ile 13.565’in ortak bolenleriyle 30.160−13.565 = 16.595 ile13.565 sayılarının ortak bolenleri aynıdır. 16.595 ile 13.565’in ortak bolenleriyle 16.595−13.565 = 3.030 ile 13.565 sayılarının ortak bolenleri aynıdır. 3.030 ile 13.565’in ortakbolenleriyle 3.030 ile 13.565− 3.030 = 10.535 sayılarının ortak bolenleri aynıdır... Bunuboyle devam ettirerek, ortak bolenlerini bulmak istedigimiz sayıları surekli kuculturuz vebelli bir zaman sonra ortak bolenlerini kolaylıkla bulabilecegimiz bir sayı ciftine rastlarız.

2.8 Asallar Uzerine Daha Fazla

Bu altbolumde onceki altbolumde kanıtladıklarımızı kullanarak asallar uzerinebirbirinden ilginc sonuclar uretecegiz.

2N ∩ (2N+ 1) = ∅

esitligini biliyoruz, bir sayı aynı zamanda tek ve cift olamaz. Benzer sekilde

(3N+ 1) ∩ (3N+ 2) = ∅

olur. Ornekleri cogaltabiliriz:

(7N+ 3) ∩ (7N+ 5) = ∅

olur, cunku 7N+3 kumesi 7’e bolundugunde kalanın 3 oldugu sayılardan olu-sur, oysa 7N+ 5 kumesi 7’e bolundugunde kalanın 5 oldugu sayılardan olusurve Teorem 2.5 bize kalanın biricik oldugunu soyluyor, kalan hem 3, hem 5olamaz. Bu dedigimizin en genel halini matematiksel olarak kanıtlayalım:

Sonuc 2.7. m, r, r1 ∈ N olsun. Eger r, r1 < m ise ya r = r1 ya da

(mN+ r) ∩ (mN+ r1) = ∅

olur.

Kanıt: Diyelim (mN+r)∩(mN+r1) = ∅. Bu varsayım altında r = r1 esitliginikanıtlayacagız8.

Eger m = 0 ise mN + r = {r} ve mN + r1 = {r1} olur. Bunlardan vevarsayımdan r = r1 cıkar9.

Bundan boyle m > 0 varsayımını yapalım. (mN + r) ∩ (mN + r1) kesisi-minden bir sayı alalım. Bu sayı mN+ r kumesinde oldugundan bir q ∈ N icin

8p ve q iki onerme olsun. “Ya p ya da q dogrudur” onermesini kanıtlamak icin q yan-lıssa p’nin dogru oldugunu kanıtlamak yeterlidir. Tabii, p yanlıssa q’nun dogru oldugunukanıtlamak da yeterlidir.

9Aslında kanıtlamak istedigimiz onerme “r, r1 < m” onkosulunu icerdiginden, m = 0 iseonkosullar yerine getirilemez ve bu durumda onerme bize herhangi bir sey soylememektedir.

2.8. Asallar Uzerine Daha Fazla 127

mq+r biciminde yazılır. Bu sayı aynı zamandamN+r1 kumesinde oldugundanbir q1 ∈ N icin mq1 + r1 biciminde yazılır. Demek ki

mq + r = mq1 + r1.

Teorem 2.5’ten dolayı r = r1 cıkar. �

Demek ki, ornegin,

N = 5N ∪ (5N+ 1) ∪ (5N+ 2) ∪ (5N+ 3) ∪ (5N+ 4)

olur ve bu kumeler ikiser ikiser ayrıktırlar. Bu durumda (kumeler ikiser ikiserayrık olduklarında), bazen, bilesim icin ∪ simgesi yerine ⊔ simgesi kullanılır.Yani

N = 5N ⊔ (5N+ 1) ⊔ (5N+ 2) ⊔ (5N+ 3) ⊔ (5N+ 4)

olur. Bunun sekli asagıda:

2N + 1 kumesinin ogeleri tek sayıdır, 2’ye bolunmezler, bu sayılar 2’yebolundugunde kalan 1 olur. Bunun gibi 3N + 1 ve 3N + 2 kumesinin ogeleride 3’e bolunmezler, bu sayılar 3’e bolundugunde kalan sırasıyla 1 ve 2 olur.Benzer nedenden 4N + 1, 4N + 2, 4N + 3 kumesinin ogeleri 4’e bolunmezler.Tahmin ettiginiz uzere, bu genel bir olgudur: Eger bir sayı m’ye bolundugundekalan 0 degilse, o sayı m’ye bolunmez:

Sonuc 2.8. m ∈ N\{0} olsun. Eger 0 < r < m ise mN+r kumesinin sayılarım’ye tam bolunmezler.

Kanıt: m’ye tam bolunen dogal sayılar kumesi mN’dir. 0 = r oldugundan,bir onceki sonuca gore mN ∩ (mN+ r) = ∅ olur. �

Yukarıdaki sonuctan biraz daha genel bir sonuc kanıtlayabiliriz. Yukarıdakisonuca gore 15N+ 1 kumesinin ogeleri 15’e tam bolunmez, ama 3’e ve 5’e detam bolunmez. Aynı nedenden 42N + 1 kumesinin ogeleri 42’ye bolunmez,ama 2’ye, 3’e, 6’ya, 7’ye, 14’e ve 21’e de tam bolunmez. Bu daha genel sonucukanıtlayalım:


Sonuc 2.9. m ∈ N \ {0} olsun. Eger k|m ise mN+ 1 kumesinin sayıları k’yatam bolunmezler.

Kanıt: k|m oldugundan, mN ⊆ kN olur. Dolayısıyla bir onceki sonuca gore

kN ∩ (mN+ 1) ⊆ kN ∩ (kN+ 1) = ∅

olur. �

Eger 2’ye, 7’ye, 45’e ve 19’a bolunmeyen bir sayı bulmak istiyorsak, busayıları birbirileriyle carpıp 1 ekleyelim:

2× 7× 45× 19 + 1 = 11.971

sayısı yukarıdaki sonuca gore 2’ye, 7’ye, 45’e ve 19’a bolunmez.

Bir sonraki sonucta asal sayıların sonsuzlugunu kanıtlayacagız. Matematik-sel kanıtı vermeden once kanıtı sohbet biciminde acıklayalım. Diyelim sadeceiki tane asal sayı biliyoruz, diyelim sadece 2 ve 3’un asal olduklarını biliyoruz.Bakalım bu iki asaldan baska asal var mı? Bu iki asalı carpıp 1 ekleyelim:

(2× 3) + 1 = 7

Her sayı gibi, buldugumuz bu sayı da bir asala bolunur (7, 7 asalına bolunuyor),ama 2 ve 3 asallarına bolunmez. Bu sayıyı bolen asal (7), ucuncu asalımızolacak. Demek ki simdi uc asal sayı biliyoruz: 2, 3 ve 7. Bu uc asalı carpıp 1ekleyelim:

(2× 3× 7) + 1 = 43

Bu sayı da her sayı gibi bir asala bolunmeli, ama 2, 3 ve 7 asallarına bolunemez.Demek ki 43’u bolen asal daha onceki asal listemizde yok. 43’u bolen asal da43’tur. Simdi dort asalımız oldu: 2, 3, 7 ve 43. Bildigimiz bu asalları carpıp 1ekleyelim:

(2× 3× 7× 43) + 1 = 1807

elde ederiz. Onceki teoreme gore 1807 sayısı bildigimiz 2, 3, 7 ve 43 asallarınabolunmez, ama illa ki bir asala bolunur. Nitekim

1807 = 13× 139

olur ve 13 bir asaldır. Yeni bir asal daha kesfettik: 13. (Aslında 139 da bir asalama bunu bilmedigimiz varsayalım.) Simdi artık bes asalımız var: 2, 3, 7, 43ve 13. Bu bes asalı carpıp 1 ekleyelim:

(2× 3× 7× 43× 13) + 1 = 23.479


elde ederiz. Elde ettigimiz 23.479 sayısı bir asala bolunur 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.) Boyle gidegide hep bir asal daha fazla elde ederiz. Bu da sonsuz sayıda asal oldugunugosterir. Simdi bu dusunceyi matematiksel bir kanıt olarak yazalım.

Sonuc 2.10. Sonsuz sayıda asal sayı vardır.

Kanıt: n tane asal sayı alalım, bu asallara p1, p2, . . . , pn diyelim. Bu asallarıcarpıp, cıkan sonuca 1 ekleyelim, yani

N = p1p2 · · · pn + 1

sayısına bakalım. Teorem 2.2’ye gore N sayısı bir asala bolunur. Sonuc 2.9’egore N ’yi bolen bu asal p1, p2, . . . , pn asallarından farklı olmalı. Demek kip1, p2, . . . , pn asallarından farklı yepyeni bir asal bulduk. Boylece verilmis hern tane asal icin n+ 1’inci bir asal bulduk. Bu da sonsuz sayıda asal oldugunugosterir.

Dileseydik aynı kanıtı soyle de yazabilirdik: Diyelim sadece sonlu sayıdaasal olsun. Bu asallara ad verelim: p1, p2, . . . , pn. Bunlardan baska da asalolmasın. Bu sayıları carpıp 1 ekleyelim:

N = p1p2 · · · pn + 1

olsun. N sayısı bir asala bolunur ama N ’yi bolen asal p1, p2, . . . , pn arasındanolamaz. Ama hani bunlar tum asallardı? Celiski. Demek ki sonsuz sayıda asalvarmıs. �Ikinci Kanıt: n herhangi bir dogal sayı olsun. N = n! + 1 sayısına bakalım.Teorem 2.2’ye gore N sayısı bir asala bolunur. Sonuc 2.9’e gore N ’yi bolen buasal n! sayısını bolemez, yani 2, 3, . . . , n olamaz, illa ki n’den buyuk olmalı.her n sayısından daha buyuk bir asal bulduk. Bu da sonsuz sayıda asal sayınınvarlıgını gosterir. �

Ikinci kanıt aslında su sonucu da kanıtlar:

Sonuc 2.11. Her n dogal sayısı icin n < p ≤ n! + 1 esitliklerini saglayan birp asalı vardır.

Ornekler

2.266. Her ne kadar Sonuc 2.7’ye gore (5N+1)∩ (5N+3) = ∅ ise de (5N+1)∩ (6N+3) kumesibos degildir, ornegin 21 sayısı bu kesisimdedir.


2.267. P ⊆ {2, 3} ∪ (6N+ 1) ∪ (6N− 1) onermesini kanıtlayın.

2.268. Acaba ardısık her bin sayıdan en az biri asal mıdır, yani n herhangi bir dogal sayıysa,n+ 1, n+ 2, n+ 3, . . . , n+ 1000 sayılarından biri mutlaka asal mıdır? Bircok n sayısıicin bu dogrudur tabii, ama her n sayısı icin dogru mudur?

Bu soruyu yanıtlamak icin yeterli bilgiye sahibiz. Yanıt olumsuzdur. Yanıtın olumsuzoldugunu kanıtlayalım.

Bir ornekle baslayalım. 7! = 5040 sayısı elbette 2’ye, 3’e, 4’e, 5’e, 6’ya ve 7’ye bolunur.Dolayısıyla bu sayıya 2, 3, 4, 5, 6, 7 eklersek, elde ettigimiz sayılar sırasıyla 2’ye, 3’e,4’e, 5’e, 6’ya ve 7’ye bolunurler:

5042, 2’ye,5043, 3’e,5044, 4’e5045, 5’e,5046, 6’ya,5047, 7’ye

bolunur. Dolayısıyla bu ardısık 6 sayıdan hicbiri asal olamaz. Bunun gibi, asagıdaki 1000sayı,

1001! + 2, 1001! + 3, . . . , 1001! + 1001

sırasıyla 2’ye, 3’e, ..., 1001’e bolunurler ve hicbiri asal olamaz. Bu yaptıgımızı genelles-tirmek isten bile degildir:

Teorem 2.12. Ardısık her n dogal sayıdan birinin mutlaka asal oldugu bir n yoktur.

Kanıt: (n+ 1)! + 2, (n+ 1)! + 3, . . . , (n+ 1)! + n, (n+ 1)! + (n+ 1) sayıları sırasıyla2’ye, 3’ye, . . ., n’ye ve (n+ 1)’e bolunurler ve asal olamazlar. Bunlardan da tam n tanevar. �

2.269. 4N+1 kumesi carpma altında kapalıdır, yani bu kumeden iki sayı secersek, bu iki sayınıncarpımı da bu kumededir. bunu kanıtlayalım. Bu kumeden iki sayı alalım. Bu sayıları,n, m ∈ N icin

4n+ 1 ve 4m+ 1

biciminde yazalım ve carpımlarını hesaplayalım:

(4n+ 1)(4m+ 1) = 16nm+ 4n+ 4m+ 1 = 4(4nm+ n+m) + 1.

Goruldugu uzere (4n + 1)(4m + 1) sayısı da 4N + 1 kumesinde (cunku 4nm + n + msayısı bir dogal sayıdır).

2.270. Dogal sayıları3N, 3N+ 1 ve 3N+ 2

olmak uzere uc ayrık kumeye ayıralım. 3N kumesinin carpma altında kapalı oldugu belli,yani 3’e bolunen iki sayının carpımı gene 3’e bolunur. 3N+1 kumesi de carpma altındakapalıdır. Bu, bir onceki ornekte oldugu gibi kolaylıkla kanıtlanabilir. Bunu kullanarakasagıdaki teoremi kanıtlayalım:

Teorem 2.13. 3N+ 2 kumesinde sonsuz sayıda asal vardır.

Kanıt: 3N kumesindeki bir sayı 3N + 2 kumesindeki bir sayıyı bolemez, cunku 3Nkumesindeki sayılar 3’e bolunuyor, oysa 3N+2 kumesindekiler 3’e bolunmuyorlar. Demekki 3N + 2 kumesindeki bir sayıyı bolen sayılar 3N + 1 ve 3N + 2 kumesinde olmalıdır.Ama hepsi birden 3N+1 kumesinde olamaz, cunku 3N+1 kumesinin ogeleri kendileriylecarpıldıgında gene 3N + 1 kumesinden bir sayı verir. Demek ki 3N + 2 kumesinin hersayısı, gene 3N+ 2 kumesinden bir asala bolunur.

Simdi n ≥ 3 herhangi bir sayı olsun. n! − 1 sayısını ele alalım. Bu sayıya x diyelim.x ∈ 3N + 1 olur, cunku, x = (n! − 3) + 2 olarak yazılabilir ve n! − 3 uce bolunur.


Demek ki 3N+2 kumesinde x’i bolen bir asal vardır. Ote yandan x’i bolen sayılar n’denbuyuktur elbet. Ne kanıtladık? n kac olursa olsun, 3N + 2 kumesinde her n’den buyukbir asal vardır. Yani 3N+ 2 kumesinde sonsuz sayıda asal vardır. �

2.271. Herhangi bir asal sayı alalım, diyelim 5. Simdi cesitli a sayıları icin a5 − a sayısınıhesaplayalım:

a a5 − a

0 01 02 303 2404 1.0205 3.1206 7.7707 16.800

Goruldugu uzere hepsi 5’e bolunuyor. Aynı seyi bir baska asal icin yapalım, bu seferasalımızı 7 alalım:

a a7 − a = 7× n

0 0 = 7× 01 0 = 7× 02 126 = 7× 183 2184 = 7× 3124 16.380 = 7× 2.3405 78.120 = 7× 11.1606 279.930 = 7× 39.9907 823.536 = 7× 117.648

Bu sefer de sonuclar 7’ye bolunuyor.

Bu, genel bir olgudur ve Fermat’nın Kucuk Teoremi olarak bilinir. Her p asalı ve hera sayısı icin, ap − a sayısı p’ye bolunur. Ornegin 203101 − 203 sayısı 101’e bolunur,cunku 101 asaldır. Bunu teorem olarak yazalım ve kanıtlayalım.

Teorem 2.14 (Fermat’nın Kucuk Teoremi). Eger p bir asal ve n bir tamsayıysa np−nsayısı p’ye bolunur.

Kanıt: p bir asal sayı, n herhangi bir dogal sayı olsun. n tane farklı harf alalım, diyelimh1, h2, ..., hn harflerini aldık. Bu harflerle yazılmıs p uzunlugundaki sozcukleri ele alalım.Ornegin eger p = 5 ve n = 3 ise h1h1h2h3h1, h3h2h2h3h1, h2h2h2h3h1, h3h3h3h3h3

sozcuklerden dort tanesidir; bunlar gibi toplam 35 tane sozcuk vardır, cunku harfleriyerlestirecek 5 yerimiz var ve her yere uc harften biri gelebilir. Genel durumda, bu tursozcuklerden tam np tane vardır, cunku p yerimiz var ve her bir yer icin n tane harfsecenegimiz var.

Bu sozcuklerin bazılarında tek bir harf kullanılır: h1h1 . . . h1 gibi; bunlardan da tam ntane vardır. Bunları cıkaralım. Geriye

np − n

tane sozcuk kalır. Bunlar, n tane harfin en az ikisini kullanan p uzunlukta sozcuklerdir.Bu sozcuklerin kumesine X diyelim. Eger np−n tane ogesi olan X kumesini, her birindep tane oge bulunan ayrık kumelere ayırabilirsek, o zaman istedigimizi kanıtlamıs oluruz.

Simdi X kumesindeki sozcuklerin harflerini bir cemberin etrafına esit aralıklarla dizelim.O zaman bazı sozcukler arasında fark kalmaz. Ornegin p = 5 ise,


KUMES, UMESK, MESKU, ESKUM, SKUME

sozcukleri cember etrafına dizildiklerinde aynı sozcuk gibi gorunurler. Bu tur sozcukleredenk sozcukler diyelim. Her sozcuk (kendisi de dahil olmak uzere) tam p tane sozcugedenktir. Ornegin eger p = 5 ise

h1h1h1h1h2, h1h1h1h2h1, h1h1h2h1h1, h1h2h1h1h1, h2h1h1h1h1

sozcukleri denktir ya da

h3h5h1h1h2, h2h3h5h1h1, h1h2h3h5h1, h1h1h2h3h5, h5h1h1h2h3

sozcukleri denktir. Birbirine denk olan sozcukleri bir altkumede toplayalım. Boylece Xkumesinin np−n tane ogesini her biri p oge iceren altkumelere ayırmıs oluruz. Dolayısıylap, np − n sayısını boler. �

2.272. Bir onceki maddede kanıtladıgımız Fermat’nın Kucuk Teoremi’ni kullanarak 1823 sayısını7’ye boldugumuzde kalanı bulalım. a = 2 icin,

18 = 4 + 7a

oldugundan kaca esit oldugunu umursamadıgımız bir b dogal sayısı icin

1823 = (4 + 7a)23 = 423 + 7b

olur. Demek ki 423 sayısını 7’ye boldugumuzde kalanı bulmak yeterli. Fermat’nın KucukTeoremi’ne gore, bir c dogal sayısı icin

47 = 4 + 7c

olur. Bundan da bir d icin

423 = (47)3 · 43 = (4 + 7c)3 · 43 = (43 + 7d) · 43

bulunur. Demek ki 43 · 43 sayısının 7’ye bolumunden kalanı bulmak yeterli. 43 = 64 =1 + 7 · 9 oldugundan, yanıt 1 cıkar.

Alıstırmalar

2.273. Fermat’nın Kucuk Teoremi’ni kullanarak 201515 sayısının 17’ye bolundugunde kalanıbulun.

2.274. 21’in (5N+ 1) ∩ (6N+ 3) kumesinde oldugunu gosterin.


2.275. 4N+3 kumesinin iki ogesinin carpımının her zaman 4N+1 kumesinde oldugunu gosterin.4N+ 3 kumesinden uc ogesinin carpımının gene 4N+ 3 kumesinde oldugunu gosterin.

2.276. Teorem 2.13’ten esinlenerek asagıdaki teoremi kanıtlayın:

Teorem 2.15. 4N+ 3 kumesinde sonsuz sayıda asal vardır.

Notlar

2.277. Sonuc 2.11’de buldugumuzdan cok daha kuvvetli bir olgu vardır: Her n > 1 dogal sayısıicin n ile 2n arasında bir asal vardır. Bu onerme 1845’te Fransız matematikci JosephBertrand (1822-1900) tarafından ortaya atılmıstır. Bertrand onermenin dogrulugunu 3milyona kadar elle kontrol etmis ama onermeyi tum genelligiyle kanıtlayamamıstır. Buyuzden onerme “Bertrand postulası” olarak bilinir. Onerme daha sonra Rus matematikciCebisev (1821-1894) tarafından kanıtlanmıstır.

2.278. Bertrand postulasından da kuvvetli bir olgu kanıtlanmıstır: Her k > 1 dogal sayısı icink’dan buyuk her k ardısık sayıdan en az biri k’dan buyuk bir asala bolunur. Ornegink = 17 alalım; o zaman 1001, 1002, . . . , 1017 sayılarından biri 17’den buyuk bir asalabolunur. Bu olguyu Cebisev’in cagdası Ingiliz matematikcisi James Joseph Sylvester(1814-1897) kanıtlamıstır.

Sylvester’in bu sonucundan Bertrand postulası kolaylıkla cıkar. n > 2 olsun. Sylvester’inteoreminde k = n alalım ve n + 1, n + 2, . . . , n + n = 2n sayılarına bakalım. Buradatam n tane sayı vardır. Demek ki Sylvester’in sonucuna gore bu sayılardan biri, diyelimn+m sayısı, n’den buyuk bir asala bolunmek zorundadır, bu asala da p diyelim. Buradam = 1, 2, . . . , n. Ama m = n olamaz cunku aksi halde p|2n olur ve buradan ya p|2 yada p|n cıkar, ama 2 ≤ n < p oldugundan her iki cıkarım da mumkun degildir. Simdi birt ≥ 1 dogal sayısı icin n + m = tp yazalım. Eger t = 1 olmasaydı, yani t ≥ 2 olsaydı,n +m < 2n ≤ tn < tp = n +m olurdu, bir celiski, demek ki t = 1 ve n +m = p, yanin+m bir asaldır.

2.279. Yukarıda n > 2 ise n ile 2n arasında en az bir asal oldugunu gorduk. Peki en az iki asalvar mıdır? n = 2, 3 ise yoktur. Ama yeterince buyuk n sayıları icin n ile 2n arasındamutlaka en az iki asal vardır. Ya uc asal? O da oluyor, yeter ki n’yi belli bir sayıdan buyukalalım. Bu genel bir teoremdir. Nitekim Hint matematik dahisi Ramanujan 1919’da veMacar matematik dahisi Erdos 1934’te her k > 0 dogal sayısı icin, her n > N icin n ile2n arasında k tane asal sayının oldugu bir N sayısının varlıgını kanıtlamıstır.

2.280. 18’inci yuzyılın sonlarına dogru, Fransız matematikcisi Legendre (1752-1833) Teorem2.13 ve 2.15’yı genellestirmek istedi. Su soruyu sordu:

Soru. a ve b, 1’den baska ortak boleni olmayan iki sayı olsun. an+ b biciminde yazılansonsuz sayıda asal var mıdır, yani aN+ b kumesinde sonsuz sayıda asal var mıdır?

Teorem 2.13’den a = 3, b = 2 icin, Teorem 2.15’ten da a = 4, b = 3 icin yanıtın olumluoldugu anlasılıyor. Legendre bu soruyu genel olarak yanıtlamak istedi. Ornegin 25n+6biciminde yazılan sonsuz tane asal var mıdır? Eger x = 1 ise 31 buluruz ki, 31 asaldır.Eger n = 2, 3, 4 ise, sırasıyla 56, 81, 106 buluruz ve bunlardan hicbiri asal degildir. Aman = 5 oldugunda 131 cıkar ve 131 asaldır.

Legendre sorunun yanıtının olumlu oldugundan hic kusku duymadı, ancak kanıtlamaktagucluk cekti. 1785’te defterine “bunu bilimsel olarak kanıtlamalı” diye not dusmus. Ondort yıl sonra, 1798’de, “dogrulugundan kusku duymamalıyız” diye yazmıs. Sonra dakanıtlamaya calısmıs. Basaramadan... Ikinci denemesini Sayılar Kuramı adlı kitabınaaldıgını biliyoruz [L]. Ama bu denemesi de yanlıs. Kanıtın yanlıslıgının ne zaman anlasıl-dıgını bilmiyorum. 1837’de Alman matematikci Dirichlet (1805-1859) teoremi kanıtladı[Di]:


a ve b ortak boleni olmayan iki dogal sayıysa, ax + b biciminde yazılan sonsuz sayıdaasal sayı vardır.

Dirichlet’nin yonteminden bir baska teorem daha elde edilebilir:

a, b ve c ortak boleni olmayan uc pozitif dogal sayı olsunlar. ax2 + bxy + cy2 bicimindeyazılan sonsuz sayıda asal vardır.

3. Diger Sayı Kumeleri

Onceki bolumde dogal sayıları ele aldık. Bu bolumde sırasıyla tam sayıları,kesirli sayıları ve gercel sayıları ele alacagız.

Okur tabii ki onceki yıllardan bu tur sayılarla sezgisel olarak asinadır.Sayıları gene sezgisel olarak ele alacagız (yani sayıların tam matematikseltanımlarını vermeyecegiz) ama surekli olarak kumeler kuramına gonderme ya-parak daha modern bir dil kullanacagız.

Gecmis yıllardan zaten bildiginiz konulara uzun uzun yer ayırmamızın ne-deni matematikte (hatta her bilim dalında ve her ugras alanında) tanımınonemine vurgu yapmaktır.

3.1 Tam Sayılar

3.1.1 Tanım

Dogal sayılarda toplama ve carpma gibi iki islem oldugunu biliyoruz, yani ikidogal sayının toplamının ve carpımının gene bir dogal sayı oldugunu biliyoruz.Ama dogal sayılarda cıkarma islemi yapılamaz, bazen yapılabilse de her za-man yapılamaz, ornegin dogal sayılarda 7’den 5’i cıkarabiliriz ama 5’ten 7’yicıkaramayız, cunku 2 bir dogal sayıdır ama −2 bir dogal sayı degildir. Yanidogal sayılarda cıkarma islemi tam bir islem degildir, olsa olsa “kısmi” birislemdir, bazen yapılır bazen yapılmaz.

Dogal sayılarda, toplamayı kullanarak “kısmi” bir cıkarma islemini su yon-temle tanımlayabiliriz. a ve b herhangi iki dogal sayı olsun. Eger

a+ x = b

esitligini saglayan bir x dogal sayısı varsa, bu x dogal sayısı bir tanedir, yani buesitligi saglayan ikinci bir x dogal sayısı daha yoktur (cunku a+x = b = a+ yise a’ları sadelestirip x = y buluruz). Yegane olan bu x sayısını b − a olarakgosterelim. Ornegin 7+5 = 12 oldugundan, verdigimiz tanım geregi 5 = 12−7olur. Ve 5 + 7 = 12 oldugundan aynı zamanda 12− 5 = 7 olur. Boylece dogalsayılarda kısmi bir cıkarma islemi tanımlanır. Bu islem tabii ki ilkokuldan beri

136 3. Diger Sayı Kumeleri

bildigimiz cıkarma islemidir: 12 fasulyeden 7 fasulye cıkarırsak geriye 5 fasulyekalır! Bu altbolumde 7 fasulyeden 12 fasulye cıkarma becerisini kazanacagız!

Dogal sayılarda ornegin 12 + x = 7 denkleminin bir cozumu yoktur, do-layısıyla dogal sayılarda 7 − 12 anlamına gelebilecek bir sayı yoktur. Dogalsayıların bu kusurunun ustesinden gelmek icin her x dogal sayısı icin, “eksi x”adını verecegimiz ve −x olarak gosterecegimiz yepyeni ve gıcır gıcır bir sayıicat ediyoruz (ya da yaratıyoruz), tek bir istisnayla ama: −0 = 0 esitliginikabul ediyoruz, −0 gıcır gıcır bir sayı olmayacak yani, bir onceki bolumdehasır nesir oldugumuz 0 sayısı olacak. Ve hemen akabinde tam sayılar kumesinitanıtıyoruz:

Z = { . . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . . }.

Demek ki, tanım geregi, tam sayılar kumesi dogal sayılardan ve dogal sayıların“eksi”lerinden olusuyor. Bir baska deyisle N ⊆ Z oluyor ama Z kumesindeN’deki sayılar dısında bir de bunların eksileri ya da “negatif”leri var. Budedigimiz daha matematiksel bir dille soyleyelim: Eger

−N = {0, −1, −2, −3, −4, . . . }

tanımını yaparsak,Z = N ∪ −N

olur. AyrıcaN ∩ −N = {0}

oldugu belli.Tam sayıları bicimsel, yani anlamdan uzak bir bicimde tanımladık. −5 diye

bir sayı olsun dedik ve oldu! Matematikcinin amacı budur iste, bizim dısımızdaolan dunyayı ve olan biteni bicimsel ve tamamen zihinsel bir yontemle kaydet-mek.

Notlar

3.1. Tam sayılar kumesinin gosterildigi Z harfi, Almanca sayılar anlamına gelen “zahlen”inz’sidir. Dogal sayılar kumesinin N’si de Batı dillerinde dogal anlamına gelen “natural”kelimesinden kaynaklanır.

3.2. Toplama isareti olan + ilk defa 1360’da Nicole Oresme (1323-1382) tarafından kul-lanılmıstır. + isareti, Latince “ve” anlamına gelen et kelimesinden uretilmistir. (et ke-limesinden uretilen bir baska isaret gene “ve” anlamına gelen & isaretidir.) FransızNicole Oresme Ortacagın en ilginc dusunurlerindendi. Ekonomi, matematik (olasılık,koordinat sistemi), fizik (optik ve mekanik), astronomi, felsefe, din ve astroloji gibicok cesitli konularda onemli etkisi olmustur. Fransız kralı Charles V’in yakın dostu vedanısmanıydı. Astronomide cagdaslarının bircogu gibi yıldızların, planetlerin, gunesinve dunyanın hareketi uzerine dusunmustur. Gokyuzunun ve Dunya’nın Kitabıadlı eserinde, Aristo’nun iddiasının aksine, dunyanın sabit olmayabilecegi dusuncesiyleuzun sure bogusmus, ornegin dunyanın kendi etrafında donmesinin Dogu’dan Batı’yadogru esen korkunc boyutlarda bir ruzgara neden olacagı, dolayısıyla dunyanın done-meyecegi dusuncesinin sacma oldugunu ve aslında devasa yıldız ordusunun dunyanın

3.1. Tam Sayılar 137

etrafında donmesindense, dunyanın kendi etrafında donmesinin daha kolay ve ekono-mik olacagı, bunun icin daha az enerji gerektigini soylemistir. Yani kendisinden 200yıl sonra yasamıs olan Kopernik’in kesfettigini kesfetmesine ramak kalmıstır. Ne yazıkki uzun tartısmalarını diger bircokları gibi kendisinin de dunyanın degil, yıldızlarındondugunu dusundugunu yazarak bitirmistir. Ote yandan Aristo’nun o cagda kabuledilmis olan zaman ve mekanda pozisyon gibi bircok tanımını kabul etmemis, yenilerinionermistir. Isıgın dogası ve hızı uzerine de dusunmustur.

Nicole Oresme xxxx

3.3. Eksi isareti ilk kez 1489 Johannes Widmann tarafından ticaret aritmetigini konu edenbir kitabında kullanılmıstır. Tahmin edilecegi uzere Widmann eksi isaretini borcu yada zararı gostermek icin kullanmıstır. Daha once, ornegin, x3 − 3x + 5 = 0 yazılmaz,x3 + 5 = 3x yazılırdı.

Johannes Widman’ın kitabından bir sayfa

3.1.2 Tam Sayılarda Islemler ve Sıralama

Toplamsal Ters. Tam sayıların toplamsal tersleri soyle tanımlanır: Hern ∈ N dogal sayısının toplamsal tersi −n tam sayısıdır ve −n tam sayısınıntoplamsal tersi n dogal sayısıdır. Ornegin 5’in toplamsal tersi −5 ve −5’intoplamsal tersi de 5’tir. Bir x tam sayısının toplamsal tersi −x olarak yazılır.Bu dediklerimizden, her x tam sayısı icin

−(−x) = x

esitligi cıkar, yani bir tam sayının toplamsal tersinin toplamsal tersi sayınınkendisidir; ornegin

−(−5) = 5 ve − (−(−5)) = −5

olur. Bir baska deyisle pespese gelen iki eksi isareti gereksizdir, ikisi birdensilinebilir. Daha devam edecek olursak,

−(−(−(−5))) = −(−5) = 5

esitligini elde ederiz.

Toplama. N kumesinde oldugu gibi Z kumesinde de toplama ve carpma ta-nımlanabilir. Okurun zaten onceki yıllardan aldıgı egitimden bildiklerini uzunuzun tekrarlamayacagız, sadece birkac ornek vermekle yetinecegiz. Once top-lama ornekleri:

7 + 5 = 127 + (−5) = 2(−7) + 5 = −25 + (−7) = −2(−5) + 7 = 2(−5) + (−7) = −12(−5) + 5 = 05 + (−5) = 0


0, toplamanın etkisiz ogesidir, yani her x ∈ Z icin

x+ 0 = 0 + x = x

olur.x+ y = y + x ve x+ (y + z) = (x+ y) + z

gibi esitlikleri okurun bildigini varsayıyoruz. Ayrıca her x sayısını toplamsaltersi olan −x ile toplarsak 0 elde ederiz, yani her x ∈ Z icin

x+ (−x) = (−x) + x = 0

olur.

Carpma. Carpma islemine gecelim. x ve y tam sayılarının carpımı x × y yada x · y ya da cok daha basit olarak xy olarak yazılır. Okurun tam sayılarıcarpmayı bildigini varsayarak sadece birkac carpma ornegi vermekle yetinelim:

7× 5 = 357× (−5) = −35(−7)× 5 = −355× (−7) = −35(−5)× 7 = −35(−5)× (−7) = 35

1, carpmanın etkisiz ogesidir, yani her x ∈ Z icin

x× 1 = 1× x = x

olur. 0 ise carpmanın yutan ogesidir, yani her x ∈ Z icin

x× 0 = 0× x = 0

olur. Bir sayının toplamsal tersi, o sayıyı −1 ile carparak da elde edilir:

(−1)× x = −x.

Kaydadeger baska ozellikler: Eger xy = 1 ise ya x = y = 1 ya da x = y =−1 olur. Eger xy = 0 ise x ya da y’den en az biri 0 olmak zorundadır.

Cıkarma. Dogal sayılarda da olan bu iki islem dısında, tam sayılarda bir dedogal sayılarda olmayan cıkarma islemi vardır. Birkac cıkarma ornegi:

7− 5 = 25− 7 = −25− (−7) = 12(−5)− 7 = −12(−5)− (−7) = 2(−7)− (−5) = −2


Toplamayla cıkarma arasında sıkı bir iliski vardır. Birkac ornekle gosterelimbu iliskileri:

7 + (−5) = 7− 57− (−5) = 7 + 5

Toplama yaparken bazı kısaltmalar yapılır:

(−7) + 5 yerine −7 + 5,(−7) + (−5) yerine −7− 5

yazılır.Tum bu islemlerin sagladıgı

xy = yx, −(x− y) = y − x, x(y + z) = xy + xz

gibi esitlikleri okurun bildigini varsayıyoruz. Zaten bu tur esitlikleri ileridedaha genel olarak gercel sayılarda gorecegiz.

Notlar

3.4. Aritmetiksel islemlerin hayattaki karsılıgını anlatmaya calısalım.

Dogal sayılarda toplamanın hayattaki karsılıgı kolaydır: 2 elma 3 elma daha 5 elmaettiginden 2 + 3 = 5 olmalıdır.

5 elmadan 2’sini yersek geriye 3 elma kalır. Bu yuzden 5− 2 = 3 olur, ya da olmalıdır.

Eger hava 2 dereceyse ve 5 derece sogursa, hava −3 derece olur. Eger 2 liram varsa ve5 lira harcarsam, 3 lira borcum olur. Bu nedenlerle 2− 5 = −3 olur.

Eger 10 lira borcum varsa (yani −10 liram varsa ve borcumun 7 lirasını odersem 3 liraborcum olur (yani −3 liram olur. Bu yuzden −10 + 7 = −3 olur.

Eger hava −2 dereceyse ve 5 derece daha sogursa, hava −7 derece olur. Bu yuzden−2− 5 = −7 olur.

3 elma agacımın herbirinde 4 elma varsa toplam 12 elmam var demektir. Bu yuzden3× 4 = 12 olur.

3 kisinin herbirine 2’ser lira borcum varsa, toplam 6 lira borcum vardır. Boylece 3 ×(−2) = −6 olmalıdır.

(−3)×2 = −6 esitliginin hayattaki karsılıgını bulmak biraz daha zor. −3 ile carpmak nedemektir? Bu islem hayatta neye tekabul ediyor? Su ornek sanırım iyi anlatıyor: Egerher agaca cıktıgımda 2 elma topluyorsam, agaca 3 defa eksik cıkarsam, 6 elma daha aztoplamıs olurum. Agaca uc defa eksik cıkmayı agaca −3 defa cıkmak olarak ve 6 tanedaha az elma olmayı −6 olarak algılarsak, bu ornek (−3) × 2 isleminin sonucunun −6olması gerektigini gosterir.

Peki (−3) × (−2) neden 6 olmalı? Su ornekle anlatmaya calısayım: Her sinemaya gidi-simde 2 lira harcıyorsam, 3 defa sinemaya gitmezsem (yani sinemaya −3 defa daha fazlagidersem!) cebimdeki para 6 lira artar!

Hayatın kagıda gecirilmis haline matematik denir!

Ornekler

3.5. Toplamanın su ozelligi onemlidir:

x+ y = z ise x = z − y olur.


Bu ozelligi kanıtlamak icin x+ y = z esitliginin her iki tarafına −y eklemek yeterlidir:

x = x+ 0 = x+ (y + (−y)) = (x+ y) + (−y) = z + (−y) = z − y.

Benzer sekilde,x+ y = z + t ise x− t = z − y olur.

Bu ozellikler sayesinde 4x + 7 = 3x + 3 denklemini cozebiliriz mesela. Bunun icin 3x’iesitligin soluna, 7’yi esitligin sagına tasıyalım: 4x− 3x = 3− 7, yani 4x− 3x = −4 eldeederiz. Ama 4x− 3x = (4− 3)x = 1 ·x = x oldugundan, bundan, x = −4 cıkar. Nitekimx yerine −4 koyarsak hem 4x+ 7 hem de 3x+ 3 ifadelerinin degeri −9 olur.

3.6. 12x− 5 = 4x+ 11 denklemini cozelim. Bunun icin x’leri bir kenara, sabit sayıları digertarafa atalım: 12x− 4x = 11 + 5, ve buradan da 8x = 16 ve x = 2 elde ederiz. Nitekimx yerine 2 koyarsak, hem 12x− 5 ifadesi hem de 4x+ 11 ifadesi 19’a esit olur.

3.7. 5x− 4 = 7x+ 3 denkleminin cozumlerini bulalım. Bu denklemden 2x = −7 cıkar ve buson esitligin tam sayılarda bir cozumu yoktur.

3.8. (2x− (3x− y))− ((z − (2x− 4y))− ((z − y)− (x+ 3z))) ifadesini sadelestirelim:

(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.

3.9. (3x− 2)(4y− 7) = 1 denkleminin tam sayılarda cozumlerini bulalım. Bu esitligin dogruolması icin, parantezdeki ifadlerin ikisi birden ya 1’e ya da −1’e esit olmalıdır.

Once birinci durumu ele alalım: 3x − 2 = 1 = 4y − 7 ise x = 1 ve y = 2 olmalı. Ikincidurum: 3x− 2 = −1 = 4y − 7, yani 3x = 1 ve 4y = 6; bu durumda cozum yoktur.

Bu ornekler kolay gelmis olmalı okura. Asagıdaki alıstırmalar da muh-temelen kolay gelecek. Birazdan cok daha zor sorulara rastlayacagız, bun-ları ısınma hareketleri olarak addedebilirsiniz. Daha zor bir soru istiyorsanız,3x − 2 = 7y + 4 denkleminin tam sayılardaki (ya da dogal sayılardaki) tumcozumlerini bulmaya calısabilirsiniz; ornegin x = −12, y = −6 bu cozumlerdenbiridir, ama daha baskaları da vardır.

Alıstırmalar

3.10. “Iki sayının toplamının toplamsal tersi, sayıların toplamsal terslerinin toplamına esittir”ifadesini matematiksel dilde ifade edin.

3.11. Toplama isleminin birlesme ozelligi vardır, yani x+ (y+ z) = (x+ y) + z olur. Cıkarmaisleminin birlesme ozelligi var mıdır? (Bir sonraki soruya bakınız.)

3.12. x− (y − z) = (x− y)− z esitliginin ancak z = 0 icin dogru oldugunu gosterin.

3.13. 3x− 2 = 4x− 6 denklemini cozun.

3.14. 3x− 10 = 4x− 6 denklemini cozun.

3.15. −2x− 2 = −x− 6 denklemini cozun.

3.16. −2x− 10 = −x− 6 denklemini cozun.

3.17. (x− (y − x+ (x− y)))− (y − 2x+ (−y + x)) terimini sadelestirin.

3.18. (x− (−y − 3x− (2x− y)))− (3y − 2x− (−y − x)) terimini sadelestirin.

3.19. x− ((−y − 3x− (2x− y)))− (3y − 2x− (−y − x))) terimini sadelestirin.


3.20. 2(x− (y − x+ (x− y)))− 3(y − 2x+ (−y + x)) terimini sadelestirin.

3.21. 3x− 5 = 2x+ 9 denklemini tam sayılarda cozun.



3.24. (x− 2)(x+ 1) = 0 denklemini tam sayılarda cozun.

3.25. (x+ 3)(x− 2)(x+ 1) = 0 denklemini tam sayılarda cozun.

3.26. (x+ 3)(3x− 2)(x+ 1) = 0 denklemini tam sayılarda cozun.

3.27. (x+ 3)2 = 0 denklemini tam sayılarda cozun.

3.28. (x+ 3)2(3x− 2)3(x+ 1)4 = 0 denklemini tam sayılarda cozun.

3.29. (x− 2)(y + 1) = 1 denklemini tam sayılarda cozun.


3.31. (x− 2)2 = 1 denklemini tam sayılarda cozun.

3.32. x2 = x denklemini tam sayılarda cozun.

3.33. x2 = −x denklemini tam sayılarda cozun.


3.35. (x+ 3)(3y − 2)(z + 1) = 1 denklemini tam sayılarda cozun.

3.36. (5x− 4)(4y − 7) = 1 denkleminin tam sayılarda cozumlerini bulun.



3.39. (3x− 4)(4y − 7) = −1 denkleminin tam sayılarda cozumlerini bulun.

3.40. (5x− 3)(4y − 9) = −2 denkleminin tam sayılarda cozumlerini bulun.


3.42. (3x− 1)(4y− 3)(5z− 4) = 6 denkleminin tam sayılarda cozumlerini bulun. (Pek hos birsoru degil dogrusu, cunku dikkate alınması gereken biraz fazla sık var, bunun icin ozurdilerim; gene de bu tur denklemleri cozebilmek, en azından cozum yontemlerini bilmekgerekiyor.)

3.43. (x− 2)(3y − 2) = (x− 2)(5y − 4) esitliginin tum tamsayı cozumlerini bulun.

3.44. Her x, y ∈ Z icin x ⋆ y = xy − x− y + 2 tanımını yapalım.

a. x ⋆ (y ⋆ z) = (x ⋆ y) ⋆ z esitligini kanıtlayın.

b. x ⋆ y = y ⋆ x esitligini kanıtlayın.

c. x ⋆ 1 = 1 esitligini kanıtlayın.

Sıralama. Dogal sayıların bildigimiz 0 < 1 < 2 < 3 < . . . sıralamasını tamsayılara soyle genisletelim:

1. Dogal sayıların sıralaması eskisi gibi olsun. Ornegin 3 hala daha 5’ten kucukolacak, cunku dogal sayılarda da oyleydi.2. Yeni ekledigimiz “eksili sayılar”ın hepsi tum dogal sayılardan daha kucukolsun; yani her n, m ∈ N icin,

−n ≤ m

olsun. Ornegin −1 ≤ 5 ya da −3 ≤ 0.3. Son olarak “eksili sayıların” sıralaması dogal sayıların sıralamasının tamtersi olsun, yani her n, m ∈ N icin,

−n ≤ −m ⇐⇒ m ≤ n


olsun. Ornegin −5 ≤ −3 cunku 3 ≤ 5.

Demek ki

. . . ≤ −3 ≤ −2 ≤ −1 ≤ 0 ≤ 1 ≤ 2 ≤ 3 ≤ . . .

Eger ≤ sıralaması yerine < sıralamasını tanımlasaydık,

. . . < −3 < −2 < −1 < 0 < 1 < 2 < 3 < . . .

elde ederdik. Tahmin edilecegi uzere

x < y ⇐⇒ (x ≤ y ve x = y)

ve

x ≤ y ⇐⇒ (x < y ya da x = y)

esdegerlikleri gecerlidir. Yani≤ sıralamasıyla< sıralamasından biri biliniyorsa,digeri de bilinir; her birini digeriyle tanımlayabiliriz.

Bu sıralamanın sekli de soyle:

Goruldugu uzere tam sayıların ne en kucuk ogesi var ne de en buyuk: Egerx bir tam sayıysa x − 1 tam sayısı x’ten kucuktur ve x + 1 tam sayısı x’tenbuyuktur.

Dogal sayılarda oldugu gibi tam sayılarda da n ile n+ 1 arasında bir sayıyoktur. Yani n hangi tam sayı olursa olsun, n ≤ x ≤ n+1 ise x ya n’ye ya dan+ 1’e esit olmak zorundadır.

Tam sayıların kareleri negatif olamaz tabii, yani kareler N kumesindedirler.Ornegin (−5)2 = (−5)(−5) = 25 ∈ N olur.

Dogal sayılarda bos olmayan her altkumenin bir en kucuk ogesi vardır,bunu biliyoruz (iyisıralama ozelligi, sayfa 111). Bu ozellik tam sayılarda gecerlidegildir. Ornegin Z, Z’nin bir altkumesidir (tabii ki!) ama Z’nin en kucuk ogesiyoktur. Ote yandan tam sayılarda bazı altkumelerin en kucuk ogesi vardır.Acıklayalım:

Eger bir X ⊆ Z altkumesinin tum ogeleri belli bir a tam sayısından bu-yukse, a’ya X’in bir altsınırı adı verilir. Ornegin −500, −300’den buyuksayılardan olusan kumenin bir altsınırıdır. −400 ve −600 de bu kumenin bireraltsınırıdır. Eger a sayısı X altkumesinin bir altsınırıysa, a’dan kucuk her sayıda X’in bir altsınırıdır elbette. Altsınırı olan kumelere X’in alttan sınırlı


kume) denir. Alttan sınırlı olan ama boskume olmayan her X ⊂ Z altkumesi-nin en kucuk bir ogesi vardır. Bu ogeye kumenin minimal ogesi denir. Ornegin−100’den buyuk ve 7’ye bolunen en kucuk tam sayı −98’dir. Bu sayı

minX

olarak yazılır. Ornegin{x ∈ 5Z : x ≥ −342}

kumesi alttan sınırlıdır, mesela −400 tarafından. Bu kumenin en kucuk ogesi−340’tır, yani

min{x ∈ 5Z : x ≥ −342} = −340

olur.

Benzer sekilde eger bos olmayan bir altkumenin tum ogeleri belli bir tamsayıdan kucukse (matematiksel jargonla, altkume ustten sınırlıysa), o za-man o kumenin en buyuk bir ogesi vardır. Bu ogeye kumenin maksimal ogesidenir. Ornegin −100’den kucuk ve 7’ye bolunen en buyuk tam sayı −105’tir.X’in en buyuk ogesi

maxX

olarak gosterilir.

Bos olmayan sonlu kumelerin her zaman en kucuk ve en buyuk ogelerivardır tabii. Ornegin

min{−40, −30, 0, 5, 26} = −40 ve max{−40, −30, 0, 5, 26} = 26

olur.

Mutlak Deger. x herhangi bir tam sayı olsun. max{x, −x} sayısı, yani x ile−x sayısının en buyugu |x| olarak gosterilir:

|x| = max{x, −x}.


|x| sayısına x’in mutlak degeri adı verilir. Ornegin,

|5| = 5|− 5| = 5|0| = 0

olur. Demek ki dogal sayıların mutlak degeri kendilerine esittir, negatif sayılarınmutlak degerleri ise sayının toplamsal tersine esittir. Yani

x ∈ N ⇐⇒ |x| = x

vex ≤ 0 ⇐⇒ |x| = −x

esdegerlikleri dogrudur.Tamsayılarda karesi 4 olan iki sayı vardır: 2 ve −2. Ayrıca x2 = |x|2 esitligi

dogrudur ama x3 = |x|3 esitligi ancak x bir dogal sayıysa dogrudur.

Ornekler

3.45. Eger a < 0 ise |x| = a denkleminin hic cozumu yoktur. Ama |x| = 0 denkleminin tek bircozumu vardır: x = 0. Ve son olarak eger x > 0 ise |x| = a denkleminin iki cozumu vardır:x = a ve x = −a. Bu iki cozumu x = ±a olarak tek bir esitlikle gostermek cogu zamankolaylık saglar. “x = ±a” su anlama gelir: x sayısı ya a’ya ya esittir ya da −a’ya.

3.46. Ote yandan |x| = |a| denkleminin her zaman en az bir cozumu vardır: x = ±a.

3.47. |x−3| = 5 denkleminin tum cozumlerini bulalım. Mutlak degerden kurtulmak istiyorsak,bu denkligi iki denklige donusturmek zorundayız. |x− 3| = 5 demek, ya x− 3 = 5 ya dax− 3 = −5 demektir. Buradan da iki cozum oldugu anlasılır: x = 8 ve x = −2.

3.48. |2x − 3| = |4x − 9| denkleminin cozumlerini bulalım. Bu esitlik iki durumda mumkun:2x − 3 = 4x − 9 ya da 2x − 3 = −(4x − 9). Bu denklemler de sırasıyla x = 3 ve x = 2cozumlerini verir.

3.49. |2x−3| = |5x−11| denkleminin tamsayılarda cozumlerini bulalım. Bu esitlik iki durumdamumkun: 2x − 3 = 5x − 11 ya da 2x − 3 = −(5x − 11). Birincisi 3x = 8 demektir kibunun tamsayılarda bir cozumu yoktur. Ikincisi ise 7x = 14 demektir, bunun cozumu dex = 2’dir.

3.50. |2x−3| = |7x−10| denkleminin tamsayılarda cozumlerini bulalım. Bu esitlik iki durumdamumkun: 2x−3 = 7x−10 ya da 2x−3 = −(7x−10). Birincisi 5x = 7 demektir ki bununtamsayılarda bir cozumu yoktur. Ikincisi ise 9x = 13 demektir ki bunun da tamsayılardabir cozumu yoktur. Demek ki denklemimizin tam sayılarda cozumu yoktur.

Alıstırmalar

3.51. |x− 3| = −2 denkleminin tum cozumlerini bulun.

3.52. |(x− 3)(x+ 5)| = 0 denkleminin tum cozumlerini bulun.

3.53. |3x+ 5| = 4 denkleminin tam sayılardaki tum cozumlerini bulun.

3.54. |3x− 14| = |1− 2x| denkleminin tam sayılardaki tum cozumleri bulun.



3.57. |x− 1| = |x+ 1| denkleminin tam sayılardaki tum cozumleri bulun.


3.58. |(x− 1)(x+ 4)| = |(x− 1)(2x− 5)| denkleminin tam sayılardaki tum cozumleri bulun.

3.59. Her x icin ||x|| = |x| esitligini kanıtlayın.

Ileride, gercel sayılar konusuna geldigimizde mutlak deger konusunu dahaderin bir bicimde irdeleyecegiz. Simdilik bu kadarla yetinelim.

Bolme. n, m ∈ Z olsun. nm sayısına n’nin katı adı verilir. Ornegin 48, 8’inbir katıdır, ama aynı zamanda −6’nın da bir katıdır. nm sayısı tabii ki hemn’nin hem de m’nin katıdır. Bu tanımı soyle de yapabilirdik: n, a ∈ Z olsun;eger bir m ∈ Z icin a = nm oluyorsa, a’ya n’nin katı denir. Bir baska tanımda soyle olabilirdi: Eger a = nx denkleminin tam sayılarda bir cozumu varsa,a’nın n’nin bir katı oldugu soylenir.

n’nin katlarının kumesi

nZ = { . . . , −3n, −2n, −n, 0, n, 2n, 3n, . . . }

kumesidir.Eger a, n’nin bir katıysa, n’nin a’yı (tam sayılarda) boldugu ya da a’nın

n’ye (tam sayılarda) bolundugunu soylenir. Bunu n|a olarak gosteririz. Or-negin 80, 10’un bir katıdır ve 80, 10’a bolunur ve 10, 80’i boler. Bir baskaornek: −6 sayısı 18 sayısını Z’de boler, nitekim (−6)x = 18 denkleminin bircozumu vardır: x = −3. Ayrıca n’nin a’nın bir boleni ya da carpanı oldugusoylenir. Ornegin 12’nin bolenleri su sayılardır:

−12, −6, −4, −3, −2, −1, 1, 2, 3, 4, 6, 12.

Bu listeyi soyle yazmak bize yer kazandırır:

±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12.

Eger n, a’yı boluyorsa, −n de a’yı boler; ayrıca n, −a’yı da boler.Dogal sayılarda a|b ve b|a ise a = b olmak zorundadır. Tam sayılarda bu

dogru olmasa da buna yakın bir ifade dogru: a ve b tamsayıları icin a|b ve b|aise a = ±b olur, yani a ya b’ye ya da −b’ye esittir.

1 ve −1 tum tam sayıları boler ve bu iki sayı bu ozelligi olan yegane sayı-lardır.

0 her sayıya bolunur cunku her n ∈ Z icin nx = 0 denkleminin bir cozu-mu vardır, ornegin x = 0. Dikkat ederseniz 0, 0’ı da boler, yani 0, 0’a bolunur.Ote yandan 0 sadece 0’ı boler, baska da bir sayıyı bolmez, cunku 0x = adenkleminin sadece a = 0 ise bir cozumu vardır, hatta her x tam sayısı 0x = 0denkleminin bir cozumudur, eger n = 0 ise bu denklemin bir cozumu yoktur.

Eger n = 0 ise ve n, a’yı boluyorsa, yani nx = a denkleminin tamsayılardabir cozumu varsa, o zaman bu cozum bir tanedir, nitekim

nx1 = a ve nx2 = a


isen(x1 − x2) = nx1 − nx2 = a− a = 0

olur; n(x1 − x2) = 0 esitliginden de (n = 0 oldugundan) x1 − x2 = 0, yanix1 = x2 elde ederiz. Bu durumda, yani n = 0 ise ve x tamsayısı nx = aesitligini saglıyorsa, x sayısına “a bolu n” denir ve

x = a/n

olarak gosterilir. Bazen de

x =a

n

yazılır. Demek ki her x, a, n tamsayısı icin, eger n = 0 ise

x = a/n ⇐⇒ nx = a

olur.a/0 diye bir sayı tanımlamıyoruz. Ama eger n = 0 ise 0/n diye bir sayı

vardır ve bu sayı 0’a esittir.0’ın 0’ı boldugune ama 0/0 diye bir sayının tanımlanmadıgına dikkatinizi

cekerim. 0, 0’ı boler cunku 0x = 0 denkleminin cozumu vardır (her tam sayıbu denklemin bir cozumudur) ama bu cozum biricik olmadıgından 0/0 diyebir sayı tanımlamıyoruz. “0/0” diye bir ifadeyi tanımsız bırakıyoruz.

Tam Sayılarda Kalanlı Bolme. Dogal sayılarda kalanlı bolmeyi Teorem2.4’te gorduk: Kucuk bir kalana razı olursak her dogal sayıyı 0’dan farklı herdogal sayıya bolebiliriz, ornegin 28’i 3’e bolersek 9 cıkar ve kalan da 1’dir:

28 = 3 · 9 + 1.

Benzer bir bolmeyi tam sayılarda da yapabiliriz. Ornegin 28’i −3’e bolmeyecalısalım. Asagıdaki esitliklerden her biri dogrudur:

28 = (−3) · (−11) + (−5)28 = (−3) · (−10) + (−2)28 = (−3) · (−9) + 128 = (−3) · (−8) + 428 = (−3) · (−7) + 728 = (−3) · (−6) + 1028 = (−3) · 0 + 2828 = (−3) · 1 + 31

Bunun gibi daha bir suru (sonsuz sayıda) esitlik dogrudur. “Kalanlı bolme”olarak bu sonsuz sayıdaki esitlikten birini secmeliyiz. “Kalan” dedigimiz sayıyukarıdaki esitliklerin en sagındaki sayılardan biri olacak. “Kalanlı bolme”


hangisi olsun? Kalanı 1 olanı (ustten ucuncu esitligi) sececegiz, yani 28’i −3’ekalanlı boldugumuzde sonuc −9, kalan ise 1 cıkacak:

28 = (−3) · (−9) + 1.

Kalanın (ornekte 1), bolenin (ornekte −3) mutlak degerinden (ornekte | − 3|,yani 3) kucuk olmasını istiyoruz.

Genel olarak n sayısını m sayısına kalanlı bolmek istedigimizde, kalanınm’nin mutlak degerinden kucuk bir dogal sayı olmasını istiyoruz.

Teorem 3.1. n ve m iki tam sayı olsun. m = 0 olsun. O zaman oyle q ve rtam sayıları vardır ki

0 ≤ r < |m| ve n = mq + r

olur. Ayrıca bu kosulları saglayan q ve r sayıları biriciktir.

Kanıta girismeden once birkac ornek verelim:

n m q r kalanlı bolme

29 6 4 5 29 = 6× 4 + 529 −6 −4 5 29 = (−6)× (−4) + 5

−29 6 −5 1 −29 = 6× (−5) + 1−29 −6 5 1 −29 = (−6)× 5 + 1

Kanıt: Biricikligi daha sonraya bırakıp, once q ve r sayılarının varlıgını ka-nıtlayalım. Teorem 2.4’ten dolayı |n| dogal sayısını |m| dogal sayısına kalanlıbolebiliriz. Demek ki

(1) |n| = |m|q0 + r0

esitligini ve

(2) 0 ≤ r0 < |m|

esitsizligini saglayan q0, r0 ∈ N sayıları vardır. Kanıtımızı n ve m’nin pozitifya da negatifligine gore 4 ayrı sıkka ayıracagız, yani mesakkatli (ama kolay)bir kanıt olacak.

Eger n ve m dogal sayılarsa, (1) ve (2)’deki mutlak degerleri silebiliriz veboylece q = q0 ve r = r0 alarak istedigimizi elde ederiz.

Eger 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 istedigimizi elde ederiz.


Eger m ≥ 0 ve n < 0 ise (1)’den

−n = |n| = |m|q0 + r0 = mq0 + r0

elde ederiz. Eger r0 = 0 ise n = m(−q0) olur ve q = −q0 ve r = r0 = 0tanımları istediklerimizi verir. Eger r0 > 0 ise yukarıda merkezlenen esitlikten

n = m(−q0)− r0 = m(−q0 − 1) + (m− r0)

elde ederiz ve bu sefer q = −q0 − 1 ve r = m − r0 sayıları teoremde istenenkosulları saglar.

Eger 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)

olur. q = −q0+1 ve r = −m+ r0 tanımını yaparsak teoremde istenen kosullarsaglanır. �

3.1.3 Bezout Teoremi

Iki dogal sayının en buyuk ortak bolen kavramını onceki bolumde ele almıstık.Aynı kavramı bu bolumde baska bir bakıs acısıyla irdeleyecegiz.

a ve b iki dogal sayı olsun, ama her ikisi birden 0 olmasın. Su kumeyebakalım:

A = {au+ bv : u, v ∈ Z, au+ bv > 0}.

A elbette dogal sayıların bir altkumesidir. Ayrıca A boskume degildir, cun-ku eger u = a ve v = b alırsak, a2 + b2 sayısının A’da oldugunu anlarız. (Ya aya da b sayısı 0’dan farklı oldugundan, a2 + b2 = 0 olur.) Demek ki A, N’ninbos olmayan bir altkumesi. Iyisıralama ozelliginden dolayı A’nın en kucuk birogesi vardır. A’nın bu en kucuk ogesine d diyelim. Simdi d’nin a ve b sayılarınınen buyuk ortak boleni oldugunu iddia ediyoruz ve hemen kanıtlamaya koyulu-yoruz. d ∈ A oldugundan, u, v ∈ Z tamsayıları icin,

d = au+ bv

olur. a’yı d’ye kalanlı bolelim: Bir 0 ≤ r < d ve q ∈ r icin

a = dq + r

olur. Bu iki esitlikten,

a = (au+ bv)q + r


elde ederiz. Buradan,

0 ≤ r = (1− uq)a+ (−bq)v

cıkar. Demek ki d’den daha kucuk olan r’nin A kumesinde olmasına ramakkalmıs; 0’dan farklı olsa A’da olacak! d’den kucuk pozitif bir dogal sayı A’daolamayacagından, r = 0 olmalı. Demek ki a = dq + r = dq + 0 = dq ve d, a’yıboluyor. Benzer bicimde d’nin b’yi de boldugu cıkar. Boylece d sayısının a veb’nin ortak bir boleni oldugunu kanıtlamıs olduk.

Simdi d’nin a ve b’nin en buyuk ortak boleni oldugunu kanıtlamalıyız. Amabu cok kolay: Eger e sayısı a ve b’yi boluyorsa, d = au+ bv esitliginden dolayıe sayısı d’yi de boler. d > 0 oldugundan bundan e ≤ d cıkar.

Bu kanıtladıgımızı teorem olarak kaydedelim:

Teorem 3.2. a ve b iki dogal sayı olsun ama her ikisi birden 0 olmasın. a veb’nin en buyuk ortak boleni, u, v ∈ Z icin

d = au+ bv > 0

esitsizligini saglayan en kucuk d dogal sayısıdır. �

Bunun cok onemli bir sonucu vardır:

Teorem 3.3 (Bezout Teoremi). a ve b iki dogal sayı olsun ama her ikisi birden0 olmasın. d = obeb(a, b) olsun. O zaman

d = au+ bv

esitligini saglayan u ve v dogal sayıları vardır. �

Bu teoremin ters istikameti dogru degildir, yani d = au + bv esitliginisaglayan u ve v sayılarının varlıgı illa d’nin a ve b’nin en buyuk ortak bolenioldugu anlamına gelmez; ornegin

23 = 7× 5 + 4× (−3)

olur ama 7 ile 4’un en buyuk ortak boleni 13 degildir! Ote yandan, simdikanıtlayacagımız uzere, eger d = 1 ise, yukarıdaki teoremin ters istikameti dedogrudur.

Teorem 3.4 (Bezout Teoremi). a ve b birbirine asal iki dogal sayıysa, o zaman

au+ bv = 1

esitligini saglayan u ve v dogal sayıları vardır. Bunun ters istikameti de dog-rudur: Eger au + bv = 1 esitligini saglayan u ve v tam sayıları varsa, a ve baralarında asaldır.


Kanıt: Birinci onerme bir onceki teoremin ozel bir durumu. Ikinci onermeyikanıtlayalım: Eger bir d dogal sayısı a ve b sayılarını boluyorsa, o zaman dsayısı au + bv sayısını da boler, yani 1’i de boler. Demek ki d = 1 olmakzorundadır. �

Ornegin 45× 3 + 67× (−2) = 1 oldugundan, 45 ile 67 aralarında asaldır.Tabii au+ bv = 1 ise, a ile b aralarında asal oldugu gibi, a ile v de ve hatta

u ile v de aralarında asaldır.

Verilmis a ve b pozitif dogal sayıları icin, Teorem 3.3’de varlıgını kanıtladı-gımız u ve v sayılarını pratikte nasıl bulabiliriz? Bu altbolumu u ve v sayılarınıbulmanın bir yontemini gostererek bitirelim.

obeb(a, b) = d olsun. (Ornek 2.159’te ve 2.264’te d’yi bulmanın yonteminiacıklamıstık.) Amacımız d = au + bv esitligini saglayan u ve v tamsayılarınıbulmak. Diyelim a ≥ b > 0. (Aksi halde a ve b’nin rollerini degistirin.) a’yıb’ye kalanlı bolelim: Bir q sayısı ve 0 ≤ r < b esitliklerini saglayan bir r sayısıicin

(1) a = bq + r

olur. Bu esitlikten hemen anlasılacagı uzere a ve b sayılarının ortak bolenleriyleb ve r sayılarının ortak bolenleri aynıdır (bkz. Teorem 2.6). Dolayısıyla

d = obeb(a, b) = obeb(b, r)

olur. 0 ≤ r < b ≤ a oldugundan, b ve r sayıları icin Teorem 3.3’te soylendigigibi u ve v tam sayılarını bulmak daha kolaydır. Diyelim

(2) d = bu1 + rv1

esitligini saglayan u1 ve v1 tam sayılarını bulduk. (1)’den cıkan

r = a− bq

esitligini (2)’ye yerlestirelim:

d = bu1 + rv1 = bu1 + (a− bq)v1

elde ederiz. Bu esitligi duzenlersek,

d = av1 + b(u1 − qv1)

buluruz. Demek kiu = v1 ve v = u1 − qv1

tanımları istedigimiz d = au+ bv esitligini saglar.Yukarıdaki yontemi pratikte uygulamanın cok kolay olmadıgını kabul edi-

yorum, ama gene de bir yontemdir. Asagıda ornekler verecegiz.


Ornekler

3.60. a = 25, b = 7 olsun. Bu iki sayı aralarında asal, yani d = 1. Amacımız

25u+ 7v = 1

esitligini saglayan u ve v tam sayılarını bulmak. Aynı soruyu asagıda daha sofistike biryontemle bulacagız, ama burada ilkel bir yontem kullanacagız. 25’in katından 1 fazlasınıya da 1 eksigini bulana kadar 7’yi 1, 2, 3 gibi dogal sayılarla carpalım. 7× 7 = 49 ederve bu sayı 25× 2’nin 1 eksigidir:

7× 7 = 25× 2− 1

ya da1 = 25× 2 + 7× (−7).

Demek ki u = 2 ve v = −7 almak yeterli. Baska cozumler de vardır. Ornegin u = 9,v = −32 sayıları aynı esitligi saglarlar. Genel olarak, her n ∈ Z icin u = 2 + 7n vev = −7− 25n sayıları aynı esitligi saglar.

3.61. a = 25, b = 7 olsun. Bu iki sayı aralarında asal, yani d = 1. Amacımız

25u+ 7v = 1

esitligini saglayan u ve v tam sayılarını bulmak. Yukarıdaki yontemde acıkladıgımız gibi25’i 7’ye kalanlı bolelim:

25 = 7× 3 + 4

(ileride kolaylık olsun diye ilgilendigimiz sayıların altını cizdik) ve 7 ve 4 icin istedigimizu ve v sayılarını bulalım. Bu iki sayı icin aranan u ve v sayılarını bulmak kolay:

1 = 7× (−1) + 4× 2.

Simdi esitligin sagındaki 4 yerine, bir onceki esitlikte beliren 4 = 25 − 7 × 3 esitliginiyerlestirelim:

1 = 7× (−1) + 4× 2 = 7× (−1) + (25− 7× 3)× 2 = 25× 2 + 7× (−7)

elde ederiz. Demek ki u = 2 ve v = −7 istedigimiz 25u+ 7v = 1 esitligini saglıyor.

3.62. Bu sefer a = 43, b = 127 olsun. Ilk bolmeyi yapalım ve onemli sayıların altını cizelim:

127 = 43× 2 + 41.

Simdi 43’u 41’e bolelim:43 = 41× 1 + 2.

Ardından 41’i 2’ye bolelim:41 = 2× 20 + 1.

En buyuk ortak boleni bulmak icin bu kadarı yeter bize cunku

1 = 41− 2× 20

esitliginden

d = obeb(43, 127) = obeb(43, 41) = obeb(41, 2) = obeb(41, 2) = 1

esitligini biliyoruz. Simdi43u+ 127v = 1


esitligini saglayan u ve v tam sayılarını bulalım. Yukarıdaki esitlikleri kullanarak kalan-ları (en sagdaki sayıları) tecrit edelim:

41 = 127− 43× 22 = 43− 41× 11 = 41− 2× 20

Simdi en son esitlikten baslayarak yukarı dogru cıkalım:

1 = 41− 2× 20= 41− (43− 41× 1)× 20= 41× 21− 43× 20= (127− 43× 2)× 21− 43× 20= 127× 21− 43× 62

Istedigimizi bulduk: u = 21, v = −62.

Alıstırmalar

3.63. a = 9 ve b = 13 olsun. au+ bv = 1 esitligini saglayan u ve v tamsayılarını bulun.



3.66. a = 119 ve b = 161 olsun. d = obeb(a, b)’yi bulun ve au + bv = d esitligini saglayan uve v tamsayılarını bulun.

3.67. a = 323 ve b = 391 olsun. d = obeb(a, b)’yi bulun ve au + bv = d esitligini saglayan uve v tamsayılarını bulun.

3.1.4 Asallar uzerine Biraz Daha

Bezout teoreminin su sonucu hosunuza gidecektir:

Teorem 3.5. p bir asal ve a ve b herhangi iki dogal sayı olsun. Eger p|ab iseya p|a ya da p|b olur. Bunun ters istikameti de dogrudur: Bu ozelligi saglayanher p sayısı asaldır.

Kanıt: Diyelim p bir asal ve ab’yi boluyor. p’nin ya a’yı ya da b’yi boldu-gunu gosterecegiz. Diyelim p, a’yı bolmuyor. Bu durumda p’nin b’yi boldugu-nu gostermeliyiz. p bir asal oldugundan ve a’yı bolmediginden p ile a aralarındaasaldır. Bezout teoremine gore

pu+ av = 1

esitligini saglayan u ve v tam sayıları vardır. Bu esitligin her iki tarafını da bile carpalım:

pub+ (ab)v = b.

Esitligin sol tarafı p’ye bolunur cunku p|ab. Demek ki esitligin sag tarafı, tanib de p’ye bolunur.

Teoremin ikinci kısmını kanıtlayalım simdi. Teoremin ilk kısmında yazanozelligi saglayan bir p dogal sayısı alalım. Yani her a ve b dogal sayıları icin,


eger p|ab ise, ya p|a ya da p|b olsun. Amacımız p’nin bir asal sayı oldugunugostermek. Diyelim a dogal sayısı p’yi boluyor. Amacımız a’nın ya 1’e ya dap’ye esit oldugunu gostermek. a|p oldugundan, bir b ∈ N sayısı icin

p = ab

olur. Ama p|p oldugundan, bu esitlikten p|ab cıkar. Dolayısıyla, varsayıma goreya p|a ya da p|b olmalı. Birinci durumda (a|p oldugundan) a = p olur. Ikincidurumda bir c icin b = pc olur ve bundan da

p = ab = acp

cıkar, ki bu da ac = 1 ve dolayısıyla a = 1 demektir. Kanıtımız tamamlanmıs-tır. �

Bu teorem, p ikiden fazla sayının carpımını boldugunde de gecerlidir tabiiki, ornegin eger p asalı abc sayısını boluyorsa, o zaman a, b ve c sayılarından(en azından) birini bolmek zorundadır. Bunu bir sonuc olarak kaydedelim:

Sonuc 3.6. p bir asal ve a1, . . . , an herhangi n tane dogal sayı olsun. Egerp|a1 · · · an ise ya p asalı ai sayılarından en az birini boler. �

Teorem 3.5’i genellestirebiliriz:

Sonuc 3.7. 0’dan farklı a, b, c dogal sayılarını alalım. Eger a sayısı bc carpı-mını boluyorsa ve a ve b aralarında asalsa, a sayısı c’yi boler.

Kanıt: Diyelim kanıtlamak istedigimiz onerme yanlıs. Onermenin yanlıs ol-dugu sayılar arasında a’nın en kucuk oldugu bir a, b, c uclusu secelim. Demekki a sayısı bc’yi boluyor ve a ile b aralarında asal ama a, c’yi bolmuyor; ayrıcaa bu ozelligi saglayan en kucuk pozitif dogal sayı.

a, c’yi bolmediginden, a sayısı 1’e esit olamaz. Demek ki a > 1. Teorem3.5’e gore a bir asal da olamaz.

Teorem 2.2’ye gore a’yı bolen pozitif bir p asal sayısı vardır. Bu p asalıelbette bc’yi de boler (cunku a, bc’yi boluyor). Demek ki Teorem 3.5’e gorep ya b’yi ya da c’yi boler. Ama a ile b aralarında asal oldugundan, p, b’yibolemez. Demek ki p, c’yi boler. Simdi a1 ve b1 dogal sayıları icin

a = pa1 ve c = pc1

yazalım. a asal olmadıgından, a1 = 1 (aksi halde a = pa1 = p olurdu, yania bir asal olurdu). Simdi a = pa1 sayısı bc = bpc1 sayısını boldugunden, a1sayısı bc1 sayısını boler. Ayrıca a1 ve b sayıları aralarında asaldır (cunku ave b sayıları aralarında asal). a1 < a oldugundan, a uzerine varsayımımızdandolayı (a onermeye en kucuk karsıornekti) a1’in c1’i boldugunu soyleyebiliriz.Demek ki a = pa1 sayısı c = pc1 sayısını boler. �

Bu bolumu Fermat’ın Kucuk Teoremi’nin (Teorem 2.14) bir versiyonuylabitirelim:


Sonuc 3.8 (Fermat’ın Kucuk Teoremi). p bir asal ve n, p’ye bolunmeyen birtam sayı olsun. O zaman p asalı np−1 − 1 sayısını boler.

Kanıt: Daha once kanıtladıgımız Fermat’ın Kucuk Teoremi’ne (Teorem 2.14)gore p asalı np − n sayısını boler. Ama

np − n = n(np−1 − 1)

oldugundan Teorem th:indirgenemeziseasal’e gore p asalı ya n’yi ya da np−1−1 sayısını boler. p ile n aralarında asal oldugundan ancak ikinci sık gecerliolabilir, yani p asalı np−1 − 1 sayısını boler. �

Ornekler

3.68. 227 sayısı 17’ye bolundugunde kac kalır? Sonuc 3.8’e gore 216, 17’ye bolundugunde 1 kalır,yani 216 ∈ 17Z+ 1 olur. 227 = 216211 oldugundan, simdi 211’in kalanını hesaplayalım.

24 = 16 ∈ 17Z− 1

oldugundan,28 = (24)2 ∈ 17Z+ 1

olur. Demek ki227 = 2162823 ∈ (17Z+ 1) · 8 ⊆ 17Z+ 8.

Buradan kalanın 8 oldugu cıkar. Yani 17 asalı 227 − 8 sayısını boler.

3.1.5 Aritmetigin Temel Teoremi

Teorem 2.3’te, pozitif her dogal sayının asalların carpımı olarak yazıldıgınıkanıtlamıstık. Bu altbolumde pozitif her dogal sayının asalların carpımı olaraktek bir bicimde yazıldıgını kanıtlayacagız. Ornegin,

3500 = 2× 2× 5× 5× 5× 7

olur. (Esitligin sag tarafındaki sayıların her biri asaldır.) Tabii 3500’u,

3500 = 7× 5× 5× 2× 5× 2

olarak da yazabiliriz, ama bu iki yazılım arasında cok buyuk bir fark yoktur,sadece carpımı alınan asalların yerleri degismis. Eger asalları kucukten buyugedogru sıralayacak olursak, bir sayıyı asalların carpımı olarak tek bir bicimdeyazabiliriz.

Teorem 3.9 (Aritmetigin Temel Teoremi). Her pozitif dogal sayı sonlu sayıdapozitif asalın carpımı olarak yazılır. Ayrıca eger p1 ≤ . . . ≤ pn ve q1 ≤ . . . ≤ qmasalları icin

p1 · · · pn = q1 · · · qmise n = m olur ve her i = 1, . . . , n icin pi = qi olur.


Kanıt: Birinci onermeyi Teorem 2.3’te kanıtlamıstık. Ikinci onermeyi kanıt-layalım. Diyelim p1 ≤ . . . ≤ pn ve q1 ≤ . . . ≤ qm asalları icin

p1 · · · pn = q1 · · · qm

esitligi gecerli. Eger n = 0 ise, yani esitligin sol tarafında carpılacak p asalıyoksa, o zaman (sıfır tane asalın carpımı 1 oldugundan), esitligin sol tarafı 1’eesit olur ve

1 = q1 · · · qm

esitligini elde ederiz. Ama q asalları 1’den buyuktur ve carpımları 1 olamaz;dolayısıyla esitligin sag tarafında da q asalı yok, yani m = 0. Bu durumda(yani n = 0 durumunda) istedigimizi kanıtladık.

Bundan boyle n > 0 varsayımını yapabiliriz. Benzer bicimde m > 0 var-sayımını da yapabiliriz.

Esitlikte beliren asalların en buyugu ya pn ya da qm olmalıdır. Diyelimpn ≥ qm. (Aksi halde p’lerle q’lerin rollerini degistirin.) pn asalı,

p1 · · · pn = q1 · · · qm

esitliginin sol tarafını boler; demek ki sag tarafını da boler. Sonuc 3.6’ya gorepn asalı q asallarından birini boler, diyelim qj asalını boluyor. Demek ki pn ≤qj ≤ qm. Ama varsayımımıza gore pn ≥ qm. Buradan pn = qm esitligi cıkar.Boylece esitligin iki tarafında beliren son asalların birbirlerine esit olduklarınıkanıtladık. Bu asalları sadelestirelim:

p1 · · · pn−1 = q1 · · · qm−1

elde ederiz. Ne yaptık? p1 · · · pn = q1 · · · qm esitliginin sonundaki asalları sa-delestirip, benzer esitligin daha az sayıda asalla gerceklestigini kanıtladık. Birsonraki asamada, aynı yontemle pn−1 ve qm−1 asallarını yok edelim. Bunuboylece iki taraftan birindeki asallar tukeninceye kadar, yani esitligin bir ta-rafında 1 elde edinceye kadar devam edelim. Esitligin bir tarafı 1’e esitse, digertarafta da asal kalmayacagını yukarıda gormustuk. Demek ki esitligin iki ta-rafındaki asallar aynı anda tukenmeli, yani n = m olmalı. Asalların birbirineesit oldugu da kanıttan anlasılıyor olmalı. �

Bir sayıyı asallarına ayrıstırırken aynı asal birkac kez belirebilir. Ornegin

a = 2 · 2 · 2 · 5 · 5 · 13 · 13 · 13 · 13

ayrısımında 2 tam uc kez belirmis, 5 iki kez belirmis, 13 de dort kez belirmis.Bu sayıyı

a = 23 · 52 · 134


olarak yazmak bize yer ve zaman kazandırır. Eger dilersek arada eksik olanasalları da tamamlayabiliriz:

a = 23 · 30 · 52 · 70 · 110 · 134

olur. Soyle de yazabiliriz tabii:

a = 23 · 30 · 52 · 70 · 110 · 134 · 170 · 190.

Bu yazılımları kullanarak aritmetigin temel teoremini soyle ifade edebiliriz:

Teorem 3.10 (Aritmetigin Temel Teoremi). Her pozitif dogal sayı, birbirin-den farklı p1, . . . , pk asal sayıları ve pozitif n1, . . . , nk dogal sayıları icin

pn11 . . . pnk

k

biciminde yazılır. Ayrıca eger pi asallarını kucukten buyuge dogru soldan sagayazarsak bu yazılım biriciktir. �

Ornegin15.750 = 21 · 32 · 53 · 71

olarak asallarına ayrısır. Bu ayrısımda eger dilersek asalların yerlerini degisti-rebiliriz, ornegin

15.750 = 32 · 21 · 71 · 53

esitligi de dogrudur. Ama yapabilecegimiz tek degisiklik asalların yerlerinidegistirmektir, esitligi bozmadan carpıma yeni bir asal ekleyemeyiz, ya dacarpımda beliren asallardan birini cıkaramayız ya da kuvvetlerle oynayamayız.

Bu son yazılım ozellikle iki farklı sayı ele aldıgımızda pratiktir. Ornek ola-rak asallarına ayrılmıs iki sayı alalım:

a = 223 · 512 · 114 · 137 ve b = 217 · 38 · 512 · 119

olsun. Eger kuvvetlerde 0’ın belirmesine izin verirsek

a = 223 · 30 · 512 · 70 · 114 · 137 ve b = 217 · 38 · 512 · 70 · 119 · 130

olarak da yazabiliriz. Ornegin a’nın asallara ayrısımında 223 beliriyor, b’ninasallara ayrısımında da 217 beliriyor; o zaman ab’nin asallarına ayrısımında223+17 = 2340 belirir. Sonuc olarak

ab = 223+17 · 30+8 · 512 · 1113 · 137 = 240 · 38 · 512 · 1113 · 137

olur. Yani asallarına ayrıstırılmıs iki sayının carpımının asallarına ayrısımınıbulmak cok kolaydır, asalların kuvvetlerini toplamak yeterlidir.


Asallarına ayrıstırılmıs sayıların en buyuk ortak bolenini de bulmak ko-laydır. Yukarıdaki ornege devam edelim. obeb(a, b)’nin asallara ayrısımında2’nin kacıncı kuvveti belirir? a’da 223 beliriyor, b’de de 217 beliriyor, o zamanobeb(a, b)’de bunların en kucugu olan 217 belirir. Ote yandan a’nın asallaraayrısımında 3 belirmiyor, o zaman obeb(a, b)’nin asallara ayrısımında da 3 be-lirmez. obeb(a, b)’nin asallara ayrısımında beliren asallar hem a hem de b’debeliren asallardır ve bu asalların kacıncı kuvvetlerinin belirdigi a ve b’nin asal-lara ayrısımlarına bakar bakmaz anlasılır, hep en kucuk kuvvet alınır. Sonucolarak, obeb(a, b) sayısı,

2min{23, 17} · 3min{0, 8} · 5min{12, 12} · 7min{0, 0} · 11min{4, 9} · 13min{7, 0}

sayısına, yani217 · 30 · 512 · 70 · 114 · 130

sayısına esit olur.Ne yazık ki a ve b asallarının ayrısımı bize a + b’nin asallarına ayrısımı

hakkında pek bir fikir vermez. Yukarıdaki ornekte tek soyleyebilecegimiz, a+bsayısının asallarına ayrısımında

217, 512, 114

ya da bu asalların daha buyuk kuvvetlerinin belirecegi:

a+ b = 223 · 512 · 114 · 137 + 217 · 38 · 512 · 119= 217 · 512 · 114 · (26 · 137 + 38 · 115).

Asallara ayrısmayı bitirebilmek icin ikinci satırda parantez icinde yer alan

26 · 137 + 38 · 115

sayısını asallara ayrıstırmak gerekir ki bu da oldukca zahmetli ve zaman alıcıolabilir. Ama mesela bu sayı bir tek sayı oldugundan 2’ye bolunmez; dolayısıylaa+ b’nin asal carpımında tam olarak 217 bulunur, 2’nin daha buyuk bir kuv-veti belirmez. Aynı sekilde a + b’nin asallarına ayrısımında tam tamına 114

belirir, 11’in daha buyuk bir kuvveti belirmez. Ote yandan a + b carpımında5’in kacıncı kuvvetinin belirdigini gormek icin (Fermat’nın Kucuk Teoremi’nikullanarak) biraz daha ileri duzeyde hesap yapmak gerekebilir. Bunu ileridekiyıllarda gorecegiz.

3.1.6 En Kucuk Ortak Kat

n ve m iki dogal sayı olsun.anımsayalım: e sayısı nZ ∩mZ grubunun en kucuk pozitif elemanıdır. Bu

e sayısına n ve m sayılarının en kucuk ortak katı adı verilir ve bu sayı

e = ekok(n,m)


olarak yazılır. Tanıma gore, hem n’ye hem de m’ye bolunen sayılar aynenekok(n,m)’ye bolunen sayılardır. Yani e, gercekten de adının ifade ettigi gibihem n’ye hem de m’ye bolunen en kucuk dogal sayıdır. Bazıları ekok yerineokek demeyi tercih eder.

Bazıları ekok yerine Turkce ses uyumuna daha uydugu icin okek’i terciheder.

ebob ile ekok arasında basit bir iliski vardır:

Teorem 3.11. Her n, m ∈ Z icin nm = ± ebob(n,m) ekok(n,m) olur.

Kanıt: Teoremi pozitif n ve m dogal sayıları icin kanıtlamak yeterli. Bun-dan boyle n, m ∈ N olsun. Amacımız nm = ebob(n,m) ekok(n,m) esitliginikanıtlamak.

ebob(n,m) = d, n = dn1, m = dm1 olsun. Elbette n1 ve m1 sayılarıaralarında asaldır. Ve d sayısı elbette nm sayısını boler. nm/d = n1m =nm1 = dn1m1 sayısının ekok(n,m) sayısına esit oldugunu kanıtlayacagız.

nm/d = n1m = nm1 esitliklerinden dolayı nm/d sayısı hem n’ye hem dem’ye bolunur.

Diger yandan; diyelim k sayısı hem n’ye hem de m’ye bolunuyor. k’nınnm/d = n1m = nm1 = dn1m1 sayısına bolundugunu kanıtlayacagız ve boylecenm/d = ekok(n,m) esitligi kanıtlanmıs olacak. Bir u ∈ Z icin k = nu = dn1uyazalım. m = dm1 sayısı k = dn1u sayısını boldugune gore, m1 sayısı n1usayısını boler. Ama m1 ile n1 aralarında asal oldugundan, buradan m1’in u’yuboldugu cıkar. Demek ki nm/d = nm1 sayısı k = nu sayısını boler. �

Ornekler

3.69. Bu notlarda nZ+a gibi kumeleri ele alacagız. Herhangi bir karısıklıga mahal vermemekicin tanımı acık acık yazalım:

nZ+ a = {nx+ a : x ∈ Z}.

Ornegin 2Z+ 1 tek sayılar kumesidir. 5Z+ 2, 5’e bolundugunde kalanın 2 oldugu tam-sayılar kumesidir, yani

5Z+ 2 = { . . . ,−13, −8, −3, 2, 7, 12, . . . }.

Bu arada,5Z+ 2 = 5Z+ 7 = 5Z+ 12 = 5Z− 3 = −5Z+ 2

gibi esitliklere dikkat edelim. Genel olarak nZ + a kumesini betimlemede kullanılan nyerine −n ve a yerine nZ+ a kumesinden herhangi bir sayı koyabiliriz, kume degismez;yani

(1) nZ+ a = mZ+ b ⇐⇒ m = ±n ve n|a− b

esdegerligi gecerlidir. Bu esdegerligi kanıtlayalım.

Once m = ±n ve n|a− b varsayımlarını yapalım. Demek ki bir w icin nw = b− a olur.Dolayısıyla

mZ+ b = nZ+ b = nZ+ nw + a = n(Z+ w) + a = nZ+ a


olur.

Simdi de nZ+ a = mZ+ b esitligini varsayalım.

b = 0m+ b ∈ mZ+ b = nZ+ a

oldugundan b− a ∈ nZ olur. Demek ki n sayısı a− b’yi boluyor. Diyelim nw = b− a ozaman,

nZ+ a = mZ+ b = mZ+ nw + a,

yani nZ = mZ + nw olur; buradan da mZ = nZ − nw = n(Z − w) = nZ ve m = ±ncıkar.

Dolayısıyla n’yi her zaman ≥ 0 ve a’yı 0, 1, . . . , n − 1 sayıları arasından secebiliriz (ayerine, a’yı n’ye boldugumuzde elde edilen kalanı alabiliriz). Ornegin

−7Z+ 23 = 7Z+ 2

olur.

3.70. Bu ve sonraki notlarda nZ+a gibi kumelerin kesisimlerini bulacagız. Birkac basit orneklebaslayalım:

(2Z+ 1) ∩ (6Z+ 4) = ∅olur cunku 2Z+1 kumesi tek sayılardan olusur, oysa 6Z+4 kumesinin elemanları cifttir.Su ornek de kolay:

(2Z+ 1) ∩ (6Z+ 1) = 6Z+ 1.

ya da3Z ∩ (9Z+ 6) = 9Z+ 6.

Daha zor ornekler var. Ornegin,

(18Z+ 7) ∩ (21Z+ 4).

Bu kesisimi bulmak yukarıdaki orneklerdeki kesisimleri bulmaktan daha zor. Birazdandogrulugunu gorecegimiz yanıtı verelim:

(18Z+ 7) ∩ (21Z+ 4) = 126Z+ 25.

3.71. Bu notta soracagımız ve yanıtlayacagımız soru su: (nZ+a)∩(mZ+b) kesisimi ne zamanboskume olur?

Once (nZ + a) ∩ (mZ + b) = ∅ varsayımını yapalım. Kesisimden bir s elemanı alalım.Demek ki x, y ∈ Z icin

s = nx+ a = my + b

olur. Demek kib− a = nx−my ∈ nZ+mZ.

Demek ki, eger d = ebob(n,m) tanımını yaparsak,

b− a ∈ nZ+mZ = dZ

olur. Boylece eger (nZ+ a) ∩ (mZ+ b) = ∅ ise a ≡ bmod d oldugunu bulduk.

Simdi, tam tersine, a ≡ bmod d varsayımını yapalım; acaba (nZ + a) ∩ (mZ + b) = ∅oluyor mu? Diyelim b− a = dw. Bezout teoremine gore nu+mv = d esitligini saglayanu ve v tamsayıları vardır. Bu esitligi w ile carparsak, nuw +mvw = dw = b− a yani,

nuw + a = −mvw + b

buluruz. Bu sayıya s dersek, soldaki ifadeden s ∈ nZ + a oldugu, sagdaki ifadedens ∈ mZ+ b oldugu cıkar. Demek ki (nZ+ a) ∩ (mZ+ b) = ∅.


Boylece, yukarıdaki iki paragrafta, d = ebob(n,m) tanımıyla,

(nZ+ a) ∩ (mZ+ b) = ∅ ⇐⇒ a ≡ bmod d

onermesini kanıtlamıs olduk.

3.72. Simdi d = ebob(n,m) tanımıyla, a ≡ bmod d onermesini varsayıp, bir onceki nottandolayı boskume olmadıgını artık bildigimiz (nZ + a) ∩ (mZ + b) kumesinin neye esitoldugunu bulalım. Kesisimden bir s alalım. s ∈ nZ + a oldugundan, s − a ∈ nZ olur,yani n|s− a. Dolayısıyla (1)’den dolayı

nZ+ a = nZ+ s

olur. Aynı nedendenmZ+ b = mZ+ s

olur. Demek ki,

(nZ+ a) ∩ (mZ+ b) = (nZ+ s) ∩ (mZ+ s) = (nZ ∩mZ) + s,

ve eger e = ekok(n,m) tanımını yaparsak,

(nZ+ a) ∩ (mZ+ b) = eZ+ s

buluruz. Buldugumuz sonucları yazalım:

Teorem 3.12. n, m, a, b ∈ Z olsun. d = ebob(n,m) ve e = ekok(n,m) tanımlarınıyapalım. d|a− b kosulu, (nZ + a) ∩ (mZ + b) kesisiminin boskume olmaması icin yeterve gerek kosuldur. Ve bu durumda, kesisimden alınan herhangi bir s icin

(nZ+ a) ∩ (mZ+ b) = eZ+ s

olur. �3.73. Yukarıdaki teoremin pratik bir degeri olması icin kesisimdeki s sayısının nasıl bulunacagı

bilinmeli. Bulalım.

n, m, a, b ∈ Z olsun. d = obeb(n,m) tanımını yapalım. d|a− b varsayımını yapalım, ki(nZ + a) ∩ (mZ + b) kesisimi boskume olmasın. Bir s ∈ (nZ + a) ∩ (mZ + b) alalım.Demek ki x, y ∈ Z icin,

s = nx+ a = my + b.

Asıl amacımız nx+ a = my + b esitligini saglayan x ve y sayıları bulmak.

nx+ a = my + b,

esitligindena− b = my − nx

cıkar. d|a− b varsayımından dolayı, bir w icin

dw = a− b

olur. Bunu bir onceki esitlige tasıyalım:

(2) dw = my − nx

buluruz. Hala daha x ve y’yi bulamadık ama en azından saglamaları gereken (2) esitliginibulduk.

Simdi (2) esitligini saglayan x ve y sayılarını bulacagız. d = obeb(n,m) tanımını kulla-nalım. Tanımdan dolayı

d = nu+mv

3.2. Kesirli Sayılar 161

esitligini saglayan u, v tamsayıları vardır. (Hem de cok vardır.) Bu esitligi w ile carpalım:

dw = nuw +mvw.

Simdiy = vw ve x = −uw

tanımlarını yapalım. (Boylece (2) esitligi dogru oldu.) Simdi

nx+ a = −nuw+ a = −(d−mv)w+ a = −(d−mv)w+ (dw+ b) = mvw+ b = my+ b

olur. Istedigimizi bulduk: nx+ a = my + b ve bu sayı (nZ+ a) ∩ (mZ+ b) kesisiminde.Buldugumuzu yazalım:

Teorem 3.13. n, m, a, b ∈ Z olsun. d = obeb(n,m) tanımını yapalım. d|a − b var-sayımını yapalım. dw = a − b olsun. Ayrıca u, v tamsayıları d = nu + mv esitliginisaglasın. O zaman

−nuw + a = mvw + b ∈ (nZ+ a) ∩ (mZ+ b)

olur. �

3.2 Kesirli Sayılar

Tam sayılarda toplama, carpma ve cıkarma gibi islemler yapılabiliyor amabolme her zaman yapılamaz.

3.3 Gercel Sayılar

Kaynakca

[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, editorler: v.L. Kronecker ve L Fuchs, Berlin.

[G] Jeremy Gray, Did Poincare say “set theory is a disease”?, The Mathematical Intelligen-cer, Aralık 1991, Cilt 13, Sayı 1, sayfa 19-22.

[Gr] Branko Grunbaum, Venn Diagrams and Independent Families of Sets, The AmericanMathematical 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 Theorie des Nombres, Paris, Duprat, An VI.

[N1] Ali Nesin, Sezgisel Kumeler Kuramı, Nesin Yayıcılık 2015.

[N2] Ali Nesin, Sayıların Insası, Nesin Yayıncılık tarafından muhtemelen 2012’de yayımlanacak.Bkz. TUBA acık ders notları: http://www.acikders.org.tr/course/category.php?id=2.

[N3] Ali Nesin, Aksiyomatik Kumeler Kuramı, Nesin Yayıncılık tarafından yayımlanacak. Bkz.TUBA acık ders notları: http://www.acikders.org.tr/course/category.php?id=2.

[N4] Ali Nesin, Matematik ve Korku, Nesin Yayıncılık.

[PTW] George Polya, Robert E. Tarjan ve Donald R. Wood, Notes on Introductory Combina-torics, Modern Birkhauser Classics 1983.

Dizin 164

Simgeler Dizini

+, 61, 136−x, 136<, 70⇐⇒, 91max, 70, 143min, 70N, 61P, 99⊔, 127×, 62

|, 91Z, 136n, 81

0, 62∪, 32∩, 35∆, 52

obeb, 96

165

Dizin

01-dizisi, 1201-tablosu, 44

0, 9, 62

A′, 53acan kume parantezi, 5Adleman, Leonard, 106aksiyom, 21algoritma, 123altkume olma iliskisi, 25altkumeler kumesi onermesi, 28altsınır, 142alttan sınırlı, 143ancak ve ancak, 91arakesit, 34aralarında asal, 93ardısık sayı, 66Aritmetigin Temel Teoremi, 118, 154, 156asal sayı, 99asallara ayrıstırma, 116ayrık kumeler, 36

belit, 21, 28Bertrand, Joseph, 133Bezout teoremi, 148, 149bilesim, 32birlesme ozelligi, 34, 35, 52, 140degisme ozelligi, 56Bolzano, Johann, 18boskume, 22boskume onermesi, 22bolen, 91, 120, 145bolme, 91bolme algoritması, 123bolmek, 91, 145bolu, 93bolum, 120bolunebilme, 91bolunme, 91bolunmek, 145buyukesit, 70

Cantor, Georg, 18Catalan-Mersenne sayıları, 106Cataldi, 108

Collatz sanısı, 99carpan, 91carpma, 61, 138Cebisev, 133cıkarma, 61, 135, 138cift dogal sayı, 91cifte Mersenne sayısı, 105

∆, 52dagılma ozelligi, 56dagılma ozelligi, 38, 46, 52De Morgan ozdeslikleri, 54De Morgan yasaları, 56degisme ozelligi, 34, 35, 52, 56Dirichlet, Gustav Lejeune, 133dizi, 12dizinin uzunlugu, 12dogal sayı, 61dogal sayılar, 8dort kare teoremi, 80Dubner, Harvey, 107dual, 55

ekok, 158eksi, 136eleman, 5en buyuk ortak boleni, 96en buyuk oge, 70en kucuk ortak kat, 157en kucuk oge, 70Eratosthenes kalburu, 102Erdozs, Paul, Erdos, Paul, 133esdeger, 91etkisiz oge, 33etkisiz oge, 34, 35, 52, 56, 138Euler, 102, 107, 108evrensel kume, 53

faktoriyel, 81Fermat asalları, 107Fermat sayıları, 107Fermat’nın Kucuk Teoremi, 131, 154Fermat, Pierre de, 105, 107Fibonacci dizisi, 76

Gage, Paul, 105

167

Dizin 168

Gauss, Carl Friedrich, 85gercel sayılar, 161Goldbach sanısı, 104

Hilbert, David, 18, 81

iki ogeli kume onermesi, 21ikiz asallar, 103ikiz asallar sanısı, 103indirgenemez sayı, 99iyisıralama ozelligi, 111

kalan, 120kalanlı bolme, 119, 146, 147kapalı olmak, 61, 62kapatan kume parantezi, 5kapsama iliskisi, 25karesini almak, 72kat, 145Keller, W., 107kesirli sayılar, 161kesisim, 34kriptoloji, 106kuvvet, 73kubunu almak, 73kucukesit, 70kucukluk-buyukluk iliskisi, 69kume, 3–60kume esitligi, 6kume esitligi onermesi, 6kume parantezleri, 5

Lagrange, Joseph Louis, 80Landry, 107Legendre, Adrien-Marie, 80, 133Lucas, 107

maksimal oge, 70maximal oge, 143matematiksel yapi, 61max, 70, 143Mersenne asalları, 105Mersenne sayıları, 106, 107Mersenne, Marin, 105min, 70, 143minimal oge, 70, 143mutlak deger, 144mukemmel sayı, 98, 108

N, 8, 61negatif, 136Nickel, Laura, 105Noll, Curt, 105

obeb, 96okek, 158olmayana ergi, 27, 115, 118Oresme, Nicole, 136ortak bolen, 93oge, 3, 5Oklid, 98, 108Oklid algoritması, 125

ozaltkume, 30

P, 99Parady, 103Peano, Giuseppe, 68Petersen cizgesi, 30Poincare, Henri, 18postulat, 21pozitif, 9

Ramanujan, 133Rivest, Ron, 106Russell Paradoksu, 57

S, 9, 62sanı, 104sayma sayıları, 9, 62Schroeder, Manfred, 105Shamir, Adi, 106sıfır, 62sınırlı, 69sıralama, 61, 69, 141sihirli kare, 91simetrik fark, 51Slowinski, David, 105Smith, 103sonlu kume, 8sonsuz kume, 8Sylvester, James Joseph, 133sifreleme, 106

tablo, 44tam sayılar, 135–161tanımsız, 73, 93, 146Tao, Terence, 104tek dogal sayı, 91tekkuvvetli islem, 34, 35, 56toplama, 61, 137toplamsal ters, 137tumevarımla kanıt, 77tumleyen, 53, 56

ucgensel sayılar, 86us, 73ustkume, 25ustsınır, 71ustten sınırlamak, 71ustten sınırlı, 143uzunluk (dizinin), 12

Venn diyagramı, 4Venn diyagrami, 11

Waring problemi, 81

Yıldırım, Cem Yalcın, 104yok edici ozellik, 52yutan oge, 56, 64, 138

Z, 136Zarantonello, 103Zhang, Yitang, 104

Documents

9. sınıf Matematik Kitabı