1
ÖNERMELER
Mant¬k, matematiksel muhakemenin ve bilgisayar¬n muhakeme yapabilmesinin
temelidir. Mant¬k kurallar¬ matematiksel ifadelere kesin bir anlam verir. Bu
kurallar bilgisayar devrelerinin tasar¬m¬nda, bilgisayar programlar¬n¬n oluşturulmas¬nda, yaz¬l¬mlar¬n do¼
grulamalar¬nda ve di¼
ger birçok şekilde kullan¬lmaktad¬r.
Do¼
gru veya yanl¬ş oldu¼
gu anlaml¬olarak yan¬tlanabilen ifadeleri düşünelim.
Örne¼
gin, p; q ifadeleri;
p
q
: Üçgenin iç aç¬lar¬toplam¬180 dir.
: 3 + 5 = 12
olsun. Burada p ifadesi do¼
grudur. q ifadesi yanl¬şt¬r. Öte yandan,
r : Matematik küçüktür.
s : Nereden geliyorsunuz?
t : x+5>6
ifadelerinden r anlams¬zd¬r. s ifadesi do¼
grudur veya yanl¬şt¬r, denilemez. t
ifadesi ise x aç¬kça verilmedikçe do¼
grulu¼
gu belirtilemez.
Tan¬m 0.1 Do¼grulu¼gu veya yanl¬şl¬¼g¬ belli olan bir ifadeye önerme denir.
Örnek 0.1 Yukar¬da verilen ifadelerden p; q önermedir. Ancak r; s önerme
de¼gildir. t : x + 5 > 6 ifadesini daha sonra tekrar ele alaca¼g¬z.
Uyar¬0.1 Bir ifadenin do¼grulu¼gu veya yanl¬şl¬¼g¬na, onun do¼
gruluk de¼
geri
denir. Önermeleri p; q; r; ... gibi küçük har‡erle gösterece¼giz.
p önermesi do¼gru ise do¼gruluk de¼gerini k¬saca D ile, p önermesi yanl¬ş ise
do¼gruluk de¼gerini k¬saca Y ile gösterece¼giz.
p
D
Y
ifadesine bir p önermesinin do¼
gruluk tablosu denir. Yani, p önermesi
ya do¼grudur ya da (do¼gru de¼gilse) yanl¬şt¬r.“p de¼gildir” önermesine p önermesinin negati… (veya de¼
gili, olumsuzu) denir. p önermesinin negati…ni
p0 ile gösterelim ve “p de¼gil” diye okuyal¬m.
p do¼gru ise p0 yanl¬şt¬r.
p yanl¬ş ise p0 do¼grudur. Do¼gruluk tablosu ise,
1
p0
Y
D
p
D
Y
biçimindedir.
Örnek 0.2
p
p0
: Hasan’¬n bilgisayar¬nda Linux bulunmaktad¬r.
: Hasan’¬n bilgisayar¬nda Linux bulunmaktad¬r durumu do¼gru de¼gildir.
Fakat bu ifade yerine aşa¼g¬daki ifadeyi kullanmak daha uygundur:
p0 : Hasan’¬n bilgisayar¬nda Linux bulunmamaktad¬r.
Örnek 0.3
p
p0
: Asl¬’n¬n ak¬ll¬ telefonunun en az 32 GB belle¼gi vard¬r.
: Asl¬’n¬n ak¬ll¬ telefonunun en az 32 GB belle¼gi vard¬r durumu do¼gru de¼gildir.
Bu durum aşa¼g¬daki gibi ifade edilebilir:
p0 : Asl¬’n¬n ak¬ll¬ telefonunun 32 GB dan daha az belle¼gi vard¬r.
Örnek 0.4
p : 2 + 3 6= 5;
q:3<4
p0 : 2 + 3 = 5
q0 : 3
olsun. Buna göre,
4
olur.
Tan¬m 0.2 Önermelerin baz¬ba¼glaçlarla birleştirilmesiyle elde edilen yeni ifadelere
bileşik önerme denir.
Örnek 0.5 “ s : Evren, 20 yaş¬nda ve üniversite ö¼grencisidir. ” ifadesi;
p : Evren 20 yaş¬ndad¬r.
ve
q : Evren üniversite ö¼grencisidir.
önermelerinin “ ve ” ba¼glac¬ ile birleştirilmesi sonucunda elde edilmiştir. p ve
q ifadesi bir bileşik önermedir.
Örnek 0.6 “t : 2 > 3 veya 4 6= 5” ifadesi,
r
k
:
:
2>3
4 6= 5
önermelerinin “ veya ”ba¼glac¬ile birleştirilmesi sonucunda elde edilen bir bileşik
önermedir.
2
Uyar¬0.2 “ ve ” ba¼glac¬ yerine ^; “ veya ” ba¼glac¬ yerine _; "ya da" ba¼glac¬
yerine Y gösterimleri kullan¬lacakt¬r. ^; _; Y ba¼glaçlar¬ ile oluşturulan bileşik
önermelerinin do¼gruluk de¼gerleri aşa¼g¬daki tablolarda verilmiştir:
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p^q
D
Y
Y
Y
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p_q
D
D
D
Y
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
pYq
Y
D
D
Y
Burada görüldü¼gü gibi;
p; q önermelerinin ikisi de do¼gru oldu¼gu durumda, p ^ q önermesi do¼grudur.
Di¼ger durumlarda p ^ q önermesi yanl¬şt¬r.
p; q önermelerinin ikisi de yanl¬ş ise p _ q önermesi yanl¬şt¬r. Di¼ger durumlarda p _ q önermesi do¼grudur.
p; q önermelerinin ikisi de do¼gru veya ikisi de yanl¬ş ise p Y q önermesi yanl¬şt¬r. Di¼ger durumlarda p Y q önermesi do¼grudur.
Örnek 0.7
p
q
t
r
s
: Bir üçgenin üç kenar¬ vard¬r.
: 2 > 3 dir.
: 2+2=
6 4
: Ankara,Türkiye’nin başkentidir.
: 3 + 3 = 6 d¬r.
olsun. Buna göre,
r
t
1.1
Y
Y
p ^ q önermesi yanl¬şt¬r.
(Y )
r ^ s önermesi do¼grudur.
(D)
s _ t önermesi do¼grudur.
(D)
t _ q önermesi yanl¬şt¬r.
(Y )
s önermesi yanl¬şt¬r.
(Y )
r önermesi do¼grudur.
(D)
(1)
KOŞULLU ÖNERMELER
Tan¬m 0.3 p; q önermeleri verilsin. Buna göre, “ p ise q ” bileşik önermesine
tek yönlü koşullu önerme denir. (p ise q) ve (q ise p) bileşik önermesine iki
yönlü koşullu önerme (veya çift koşullu önerme ) denir.
Uyar¬0.3 “ ise ” ba¼glac¬n¬ ! ile gösterirsek o zaman;
tek yönlü koşullu önerme p ! q
iki yönlü koşullu önerme (p ! q) ^ (q ! p)
3
ile ifade edilebilir. Çift koşullu önermeyi k¬saca, p $ q ile gösterece¼giz.
Koşullu önermelerin do¼gruluk de¼gerlerini gösteren tablo aşa¼g¬daki biçimdedir:
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p!q
D
Y
D
D
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p$q
D
Y
Y
D
Örnek 0.8
p
q
r
s
t
: 2 + 3 6= 5
: Ankara Türkiye’dedir.
: 5<9
: Kiraz bir meyvedir.
: 2 3=4
önermelerini düşünelim. Buna göre,
p
r
p
p
1.2
!
!
!
!
s
p
q
t
önermesi,
önermesi,
önermesi,
önermesi,
do¼grudur.
yanl¬şt¬r.
do¼grudur.
do¼grudur.
(D)
(Y )
(D)
(D)
ÖNERME POLI·NOMLARI
Tan¬m 0.4 Sonlu say¬da p; q; r; ::: önermelerini ve sonlu say¬da ^; _; Y;0 ; !; $
ba¼glaçlar¬n¬ içeren
P (p; q)
Q(r; s)
=
=
[p0 _ (p ! q)] $ p
(r $ s) ^ s
biçimindeki ifadelerde, de¼gişkenler ( p; q; r; s; : : : ) yerine sabit de¼gerler konuldu¼gunda önerme elde ediliyorsa böyle ifadelere önerme polinomlar¬denir.
Örnek 0.9 P (p; q) = [p _ (q ! p)] ^ (q 0 ! p) olsun.
(a) p0 : 3 + 4 = 8; q0 : 3 + 2 = 5 ise P (p0 ; q0 ) = [p0 _ (q0 ! p0 )] ^ (q00 ! p0 )
olur. Burada; s : p0 _ (q0 ! p0 ) önermesi yanl¬ş, t : (q00 ! p0 ) önermesi do¼grudur. s ^ t önermesinin do¼gruluk tablosunu düşünürsek P (p0 ; q0 )
önermesinin yanl¬ş oldu¼gu görülür.
(b) s : 3 > 7; t : 2 < 4 < 3 ise P (s; t) do¼gru mudur?
4
Burada, 2 < 4 < 3 önermesi (2 < 4) ^ (4 < 3) bileşik önermesidir. O halde,
P (s; t) = f(3 > 7) _ [(2 < 4) ^ (4 < 3) ! (3 > 7)]g ^ [(2 < 4 ^ 4 < 3)0 ! (3 > 7)]
oldu¼gundan, ilgili ba¼glaçlar¬n do¼gruluk tablolar¬ düşünüldü¼günde P (s; t) önermesinin yanl¬ş oldu¼gu görülür.
Uyar¬0.4 P (p; q; : : :); Q(p; r; : : :); ::: önerme polinomlar¬n¬^; _;0 ; Y; ; !; $ ba¼glaçlar¬
ile birleştirerek yeni polinomlar elde edebiliriz.
Örnek 0.10 P (r; s) = s ^ (r ! s); Q(r; s) = (r $ s0 ) ! s önerme polinomlar¬ndan
P (r; s) _ Q(r; s) = [s ^ (r ! s)] _ [(r $ s0 ) ! s]
P (r; s) ! Q(r; s) = [s ^ (r ! s)] ! [(r $ s0 ) ! s]
elde edilir.
Uyar¬0.5 Do¼gruluk tablosunun sat¬r say¬s¬ile önerme say¬s¬aras¬ndaki ba¼g¬nt¬
aşa¼g¬daki gibidir:
1 önermenin fpg do¼gruluk tablosu 21 = 2 sat¬r
2 önermenin fp; qg do¼gruluk tablosu 22 = 4 sat¬r
3 önermenin fp; q; rg do¼gruluk tablosu 23 = 8 sat¬r
4 önermenin fp; q; r; sg do¼gruluk tablosu 24 = 16 sat¬r
..
.
n önermenin fp; q; r; :::g do¼gruluk tablosu 2n sat¬r
Örnek 0.11 R(r; s) = (r $ s0 ) ! s polinomunun do¼gruluk tablosunu haz¬rlayal¬m.
r
D
D
Y
Y
1.3
s
D
Y
D
Y
s0
Y
D
Y
D
r $ s0
Y
D
D
Y
(r $ s0 ) ! s
D
Y
D
D
TOTOLOJI· ve ÇELI·ŞKI·
Tan¬m 0.5 Bir P (p; q; r; :::) önerme polinomunda, de¼gişkenlerin alabilece¼gi her
de¼ger için elde edilen önerme do¼gru ise bu önerme polinomuna totoloji denir.
Bir P (p; q; r; :::) önerme polinomunda, de¼gişkenlerin alabilece¼gi her de¼ger için
elde edilen önerme yanl¬ş ise bu önerme polinomuna çelişki denir.
Örnek 0.12 p _ p0 bir totolojidir, p ^ p0 bir çelişkidir.
p
p0
D Y
Y D
totoloji
p _ p0
D
D
p
D
Y
çelişki
5
p0
Y
D
p ^ p0
Y
Y
Örnek 0.13 P (p; q) = [p0 ^ (p _ q)] ! q önerme polinomunun bir totoloji
oldu¼gunu gösterelim. P (p; q) polinomunun do¼gruluk tablosu aşa¼g¬daki biçimdedir.
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p0
Y
D
Y
D
p_q
Y
D
D
Y
p0 ^ (p _ q)
D
Y
D
D
[p0 ^ (p _ q)] ! q
D
D
D
D
Tabloda en son sütuna bak¬l¬rsa, P (p; q) önermesinin bir totoloji oldu¼gu görülür.
Uyar¬0.6 P (p; q; :::) bir totoloji ise P 0 (p; q; :::) bir çelişkidir. Tersi de do¼grudur.
Teorem 0.1 (Yer De¼
giştirme Prensibi) P (p; q; r; :::) bir totoloji ise her P1 (p; q; r; :::); P2 (p; q; r; :::); : : :
önerme polinomlar¬ için P (P1 ; P2 ; :::) de bir totolojidir.
Örnek 0.14 P (p; q; r) = [(p ! q) ^ (q ! r)] ! (p ! r) olsun.
(a) P (p; q; r) polinomunun bir totoloji oldu¼gunu gösteriniz.
(b) Q(p; r) = (p ! r) _ r; R(q; r) = q ! r ve S(p; q) = p _ q olmak üzere
P (Q; R; S) polinomunun bir totoloji oldu¼gunu gösteriniz.
Çözüm 0.1 (a)
p
D
D
D
D
Y
Y
Y
Y
q
D
D
Y
Y
D
D
Y
Y
r
D
Y
D
Y
D
Y
D
Y
p!r
D
Y
D
Y
D
D
D
D
p!q
D
D
Y
Y
D
D
D
D
q!r
D
Y
D
D
D
Y
D
D
(p ! q) ^ (q ! r)
D
Y
Y
Y
D
Y
D
D
P (p; q; r)
D
D
D
D
D
D
D
D
Tabloda son sütuna bakarsak, P (p; q; r) polinomunun bir totoloji oldu¼gunu görürüz.
(b) P (Q; R; S) = [(Q ! R) ^ (R ! S] ! (Q ! S) dir. O halde,
P (Q; R; S) = f[((p ! r)_r) ! (q ! r)]^[(q ! r) ! (p_q)]g ! f[(p ! r)_r] ! (p_q)g
olur. Buna göre, do¼gruluk tablosu haz¬rlan¬rsa,
K = [((p ! r)_r) ! (q ! r)]; L = [(q ! r) ! (p_q)]; M = [(p ! r)_r] ! (p_q)
6
olmak üzere; P (Q; R; S) = (K ^ L) ! M için
p
D
D
D
D
Y
Y
Y
Y
q
D
D
Y
Y
D
D
Y
Y
r
D
Y
D
Y
D
Y
D
Y
p!r
D
Y
D
Y
D
D
D
D
(p ! r) _ r
D
Y
Y
Y
D
D
D
D
q!r
D
Y
D
D
D
Y
D
D
K
D
Y
D
D
D
D
D
D
p_q
D
D
D
D
D
D
Y
Y
L
D
D
D
D
D
D
Y
Y
K ^L
D
Y
D
D
D
D
Y
Y
M
D
D
D
D
D
D
Y
Y
P (Q; R; S)
D
D
D
D
D
D
D
D
elde edilir. Dolay¬s¬yla, P (Q; R; S) bir totolojidir.
1.4
¼ I·
ÖNERMELERI·N DENKLI·G
Tan¬m 0.6 P (p; q; r; :::) ve Q(p; q; r; :::) önermelerinin denk olmas¬ için gerek
ve yeter koşul, de¼gişkenlerin yerine konulan her önerme için P (p; q; r; :::) ve
Q(p; q; r; :::) önermelerinin do¼gruluk de¼gerlerinin ayn¬ olmas¬d¬r.
Örnek 0.15 P (p; q) = p ! q 0 ve Q(p; q) = (p ^ q)0 önermeleri denktir.
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
q0
Y
D
Y
D
p^q
D
Y
Y
Y
p ! q0
Y
D
D
D
(p ^ q)0
Y
D
D
D
Do¼gruluk de¼gerleri ayn¬ oldu¼gundan P (p; q) ve Q(p; q) önermeleri denktir.
Uyar¬0.7 P (p; q; r; :::) ve Q(p; q; r; :::) önermeleri denk ise
P (p; q; r; :::)
Q(p; q; r; :::)
veya k¬saca
P
Q
yaz¬labilir.
Örnek 0.16 (i) P (p; q) = p0 _ q ve Q(p; q) = p ! q önermeleri denktir.
(ii) P (p; q) = p $ q ve Q(p; q) = (p ! q) ^ (q ! p) önermeleri denktir.
Teorem 0.2 P (p; q; :::) ve Q(p; q; :::) önermelerinin denk olmas¬ için gerek ve
yeter koşul P (p; q; :::) ! Q(p; q; :::) önermesinin bir totoloji olmas¬d¬r. Başka
bir ifade ile,
P Q
7
olmas¬ için gerek ve yeter koşul
P
!Q
önermesinin bir totoloji olmas¬d¬r.
Örnek 0.17 P (p; q) = p ! q ve Q(p; q) = q 0 ! p0 önermeleri al¬n¬rsa
(p ! q)
önermesi bir totoloji oldu¼gundan P
! (q 0 ! p0 )
Q olur. Tablo yard¬m¬yla görülebilir.
Teorem 0.3 Önermeler aras¬nda verilen aşa¼g¬daki özellikler do¼grudur.
1. p _ p
p
2. p ^ p
p
3. (p _ q) _ r
p _ (q _ r)
,
(_ ba¼glac¬n¬n birleşme özelli¼gi)
4. (p ^ q) ^ r
p ^ (q ^ r)
,
(^ ba¼glac¬n¬n birleşme özelli¼gi)
5. p _ q
q_p
,
(_ ba¼glac¬n¬n de¼gişme özelli¼gi)
6. p ^ q
q^p
,
(^ ba¼glac¬n¬n de¼gişme özelli¼gi)
7. p _ (q ^ r)
(p _ q) ^ (p _ r),
(_ ba¼glac¬n¬n ^ üzerine da¼g¬lma öz.)
8. p ^ (q _ r)
(p ^ q) _ (p ^ r),
(^ ba¼glac¬n¬n _ üzerine da¼g¬lma öz.)
9. (p _ q)0
p0 ^ q 0
10. (p ^ q)0
p0 _ q 0
11. p _ p0
d
,
(d, do¼gru önerme için kullan¬ld¬.)
12. p ^ p0
y
,
(y, yanl¬ş önerme için kullan¬ld¬.)
0 0
13. (p )
0
y
;
q
D
D
Y
Y
D
D
Y
Y
r
D
Y
D
Y
D
Y
D
Y
p0
Y
Y
Y
Y
D
D
D
D
14. d
p
D
D
D
D
Y
Y
Y
Y
p
y
q0
Y
Y
D
D
Y
Y
D
D
0
d
p_q
D
D
D
D
D
D
Y
Y
q_p
D
D
D
D
D
D
Y
Y
q_r
D
D
D
Y
D
D
D
Y
(p _ q) _ r
D
D
D
D
D
D
D
Y
p _ (q _ r)
D
D
D
D
D
D
D
Y
(p _ q)0
Y
Y
Y
Y
Y
Y
D
D
(3), (5) ve (9) özelliklerinin do¼gru oldu¼gu tablodan görülür. Di¼ger özelliklerin
de do¼gru oldu¼gu benzer biçimde gösterilebilir.
8
p0 ^ q 0
Y
Y
Y
Y
Y
Y
D
D
Uyar¬0.8 K(p; q; r; :::); L(p; q; r; :::); M (p; q; r; :::); ::: olmak üzere, yer de¼giştirme
prensibi kullan¬ld¬¼g¬nda yukar¬daki özellikler, P (K; L; M; :::); Q(K; L; M; :::); R(K; L; M; :::)
önermeleri için de do¼grudur.
1. P _ P
P
2. P ^ P
P
3. (P _ Q) _ R
P _ (Q _ R)
4. (P ^ Q) ^ R
P ^ (Q ^ R)
5. P _ Q
Q_P
6. P _ (Q ^ R)
7. (P _ Q)0
;
P ^Q
(P _ Q) ^ (P _ R)
P 0 ^ Q0
P
;
P _D
D
9. P ^ D
P
;
P ^Y
Y
10. P _ P 0
D
P ^ P0
;
P
;
(P ^ Q)0
;
8. P _ Y
11. (P 0 )0
Q^P
D0
;
P ^ (Q _ R)
(P ^ Q) _ (P ^ R)
P 0 _ Q0
Y
Y
;
Y0
D
Burada, d yerine D, y yerine Y al¬nd¬.
Teorem 0.4 P (p; q; :::) ve Q(p; q; :::) önermeleri için aşa¼g¬daki ifadeler denktir.
1. P 0 _ Q
bir totolojidir.
0
2. P ^ Q
bir çelişkidir.
3. P ! Q
bir totolojidir.
Tan¬m 0.7 P (p; q; :::) ve Q(p; q; :::) önermeleri, yukar¬daki koşullardan birini
sa¼glarsa P; Q yu gerektirir denir ve
P (p; q; :::) ) Q(p; q; :::)
biçiminde gösterilir.
Örnek 0.18 P (p; q) = p ^ (p ! q) ve Q(q) = q olsun. Buna göre,
[p ^ (p ! q)] ! q
bir tototoji oldu¼gundan [p ^ (p ! q)] ) q olur.
p
D
D
Y
Y
q
D
Y
D
Y
p!q
D
Y
D
D
p ^ (p ! q)
D
Y
Y
Y
9
[p ^ (p ! q)] ! q
D
D
D
D
Teorem 0.5 P (p; q; :::); Q(p; q; :::); R(p; q; :::) önermeleri verilsin. Bu durumda
(i) P ) P
(ii) P ) Q ve Q ) P ise P
Q
(iii) P ) Q ve Q ) R ise P ) R
özellikleri geçerlidir.
Teorem 0.6 P (p; q; :::); Q(p; q; :::) önermeleri verilsin. K = (p; q; :::); L(p; q; :::); M (p; q; :::); :::
olmak üzere,
P ) Q ise P (K; L; M; :::) ) Q(K; L; M; :::)
olur.
Uyar¬0.9 “!” ve “)” gösterimlerini düşünelim.
P (p; q; :::) ! Q(p; q; :::)
önermesinin do¼gruluk tablosundaki son kolonda D veya Y bulunabilir. Ancak,
P (p; q; :::) ) Q(p; q; :::)
yaz¬ld¬¼g¬nda P (p; q; :::) ! Q(p; q; :::) önermesinin son kolonunda, sadece D
bulunur. Çünkü, P ) Q demek P ! Q bir totoloji demektir.
Uyar¬0.10 " $ " ve "
"gösterimlerini düşünelim.
P (p; q; :::) $ Q(p; q; :::)
önermesinin do¼gruluk tablosundaki son kolonda D veya Y bulunabilir. Ancak, P Q verildi¼ginde, P ve Q önermelerinin do¼gruluk de¼gerleri ayn¬olaca¼g¬ndan, P $ Q bir totolojidir.
Uyar¬0.11 P (p; q; :::) bir totoloji ise P (p; q; :::) önermesi mant¬ksal do¼grudur.
Örnek 0.19 Her p önermesi için, P (p) = p _ p0 bir totoloji oldu¼gundan, p _ p0
önermesi mant¬ksal do¼grudur.
10
1
KÜMELER
Küme kavram¬, matemati¼
gin tüm dallar¬nda temel kavramd¬r. Bir küme, nesneler toplulu¼
gu olarak düşünülür. Kümelerdeki bu nesneler herhangi bir şey
olabilir. A¼
gaçlar, insanlar, hayvanlar, say¬lar, önermeler, har‡er gibi.
Kümeleri oluşturan nesnelere, kümenin elemanlar¬denir. Kümeleri
A; B; C; X; Y; :::
gibi büyük har‡erle ve elemanlar¬n¬da
a; b; x; y; z; :::
gibi küçük har‡erle gösterece¼
giz.
Bir A kümesi, elemanlar¬f g parantezi içine konularak ifade edilir. Eleman¬
olmayan bir kümeye boş küme denir. Boş küme, ? ile gösterilir.
A = fAli,Sayg¬,Evren,Seçilg
kümesi dört elemanl¬d¬r. Bir A kümesinin elemanlar¬ sonlu say¬da ise A
kümesine sonlu küme, aksi halde sonsuz küme denir.
Yukar¬da verilen A kümesi 4-elemanl¬bir sonlu kümedir.
B = f1; 3; 5; 7; 9; :::g
kümesi tek say¬lardan oluşan bir sonsuz kümedir.
b; B kümesinin eleman¬ise b 2 B
( b, elemand¬r B diye okunur )
b; B kümesinin eleman¬de¼
gilse b 2
= B ( b, eleman de¼
gildir B diye okunur )
biçiminde ifade edilir.
Örnek 0.1 A = f1; 3; 5; 9g ise 3 2 A; 1 2 A ve 2 2
= A d¬r.
Kümeleri, K = fxjp(x)g biçiminde de ifade ederiz. Burada, p(x), kümenin
içine yazaca¼
g¬m¬z x eleman¬ için konulmuş kural¬ ifade etmektedir. “K, tüm
x-lerin kümesi öyle ki; x; p(x) koşulunu sa¼
glar” biçiminde okunmal¬d¬r.
A = fxjx + 2 = 8; x reelsay¬g
B = fxj5x + 2 = 8; x do¼
galsay¬g
C = fxjx = 3 ^ x 6= 3; x reelsay¬g
gibi. Burada, A = f6g; B = ? ve C = ? oldu¼
gu görülmektedir.
Tan¬m 0.1 Verilen bir A = fxjp(x)g kümesinde x in kapsan¬ld¬¼g¬ en geniş E
kümesine, A kümesinin evrensel kümesi denir.
Örnek 0.2 A = fxjx2
say¬lar kümesidir.
1 = 0; x reel say¬ g kümesi için evrensel küme R reel
1
Tan¬m 0.2 Bir A kümesinin elemanlar¬da küme ise, A ya bir kümeler ailesi
denir.
Örnek 0.3 A = ffa; bg; fF erit; Ayhang; f2gg bir kümeler ailesidir. Fakat
B = fa; fF erit; Ayhang; f2gg
kümeler ailesi de¼gildir. Çünkü, B nin baz¬ elemanlar¬ küme de¼gildir.
Tan¬m 0.3 A ve B kümelerinin ortak eleman¬yoksa, A ile B ye ayr¬k kümeler
denir.
Örnek 0.4 A = fxjx2 = 1; x reelsay¬ g; B = fxj2x + 3 = 4; x reelsay¬ g
kümelerinin ortak eleman¬ olmad¬¼g¬ için ayr¬kt¬rlar.
Örnek 0.5 C = fa; b; cg; D = fc; dg ise C ile D ayr¬k de¼gildir. Çünkü c eleman¬
her iki kümede de vard¬r.
Tan¬m 0.4 (i) Bir A kümesinin her eleman¬, bir B kümesinin de eleman¬ ise
A ya B nin altkümesi denir. A; B nin altkümesi ise A B ile A; B nin
altkümesi de¼gilse A * B ile gösterilir. ?, her kümenin altkümesi olarak
tan¬mlan¬r.
(ii) A
A ise A ile B eşittir denir. Yani,
B^B
A=B,A
B^B
A
olur.
(iii) A
B veya B
A ise A ile B kümeleri karş¬laşt¬r¬labilir denir.
(iv) Bir A kümesinin tüm altkümelerinin kümesini, P (A) ile gösterelim. P (A)
ya A n¬n kuvvet kümesi denir.
Örnek 0.6 A = f1; 2; 3g olsun. Buna göre, A n¬n kuvvet kümesi,
P (A) = f?; f1g; f2g; f3g; f1; 2g; f1; 3g; f2; 3g; f1; 2; 3gg
olur.
Uyar¬0.1 A sonlu ve n-elemanl¬ ise P (A) n¬n eleman say¬s¬ 2n dir.
Örnek 0.7 A = f1; 2; 3g; B = fxjx 1 = 0; x reel say¬g ve C = f2; 4; 5g olsun.
B A oldu¼gu için B ile A karş¬laşt¬r¬labilir kümelerdir. A ile C karş¬laşt¬r¬lamaz. Çünkü; A * C ve C * A d¬r.
Örnek 0.8
A = f 1; 1g; B = fxjx2 1 = 0; x reel say¬g
C = fxj(x2 1)(x + 2) = 0; x reel say¬g
ve D = f5; 1; 1; 3g olsun. Buna göre
A
D; A = B; B
ifadeleri do¼grudur.
2
C ve C * A
Uyar¬0.2 A ve B kümeleri karş¬laşt¬r¬lamazsa,
A
B veya B
A
bileşik önermesi do¼gru de¼gildir. O zaman,
(p _ q)0
p0 ^ q0
oldu¼gu düşünülürse,
A*B^B *A
elde edilir. Dolay¬s¬yla,
x 2 A^x2
= B olacak biçimde x eleman¬ vard¬r:
y 2 B^y 2
= A olacak biçimde y eleman¬ vard¬r:
Uyar¬0.3 “A B veya A = B” ise A B gösterimi, “A B ve A 6= B” ise
A $ B gösterimi kullan¬l¬r. A $ B ise A ya B nin özaltkümesi denir.
Örnek 0.9 A = fa; bg kümesinin altkümeleri ?; fag; fbg; fa; bg d¬r. A n¬n kendisi hariç di¼gerleri, A n¬n özaltkümeleridir.
Tan¬m 0.5 A ve B kümeleri verilsin.
A
B = f(a; b)ja 2 A ^ b 2 Bg
kümesine, A ve B nin çarp¬m kümesi denir. Burada, (a; b) ye s¬ral¬ ikili
denir.
Uyar¬0.4 fa; bg ve fb; ag kümeleri eşittir. Ancak (a; b) ve (b; a) s¬ral¬ ikilileri
eşit de¼gildir. (a; b); (c; d) 2 A B için
(a; b) = (c; d) , a = c ^ b = d
A çarp¬m kümesi A2 ile gösterilir.
p
Örnek 0.10 A = fa; bg; B = f 2; 31 g olsun. Buna göre,
biçiminde tan¬mlan¬r. A
A
B
olur.
p
p
1
1
= f(a; 2); (a; ); (b; 2); (b; )g
3
3
p
p
1
1
A = f( 2; a); ( 2;b); ( ; a); ( ; b)g
3
3
B
3
1.1
Kümelerde I·şlemler
A ile B kümeleri verilsin. Bu durumda
A[B
A\B
A B
At
A4B
=
=
=
=
=
fxjx 2 A _ x 2 Bg; A kümesi ile B kümesinin birleşimi
fxjx 2 A ^ x 2 Bg; A kümesi ile B kümesinin kesişimi
fxjx 2 A ^ x 2
= Bg; A kümesi ile B kümesinin fark¬
fxjx 2
= Ag; A kümesinin tümleyeni (At = E A)
(A B) [ (B A); A kümesi ile B kümesinin simetrik fark¬
işlemleri tan¬ml¬d¬r.
Example 1 E = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9g evrensel küme olsun.
A = f2; 4; 7g; B = fx 2 Ejx = 2k; k 2 Zg; C = f1; 5g
kümelerini alal¬m. Bu durumda
A[B
A\B
A\C
B A
At
(A [ B)t
(A \ B)t
A4B
=
=
=
=
=
=
=
=
f2; 4; 6; 7; 8g
f2; 4g
?=B\C
f6; 8g; A B = f7g; A C = f2; 4; 7g
f6; 8; 10; 3; 9; 1; 5g; B t = f7; 3; 9; 1; 5g
f3; 9; 1; 5g
;
At \ B t = f3; 9; 1; 5g
f7; 6; 8; 3; 9; 1; 5g = At [ B t
(A B) [ (B A) = f7; 6; 8g
oldu¼gu görülür.
1.1.1
Birleşim işlemi ile ilgili özellikler
1. A [ B = B [ A (de¼
gişme özelli¼
gi)
2. A [ (B [ C) = (A [ B) [ C (birleşme özelli¼
gi)
3. A
A [ B ve B
A[B
4. A = A [ A
5. A [ B = ? ise (A = ?) ^ (B = ?)
6. E [ A = E
7. A
B ise A [ B = B
8. ? [ A = A
4
1.1.2
Kesişim işlemi ile ilgili özellikler
1. A \ B = B \ A
2. A \ (B \ C) = (A \ B) \ C
3. (A \ B)
4. A
A; (A \ B)
B
B ise A \ B = A d¬r.
5. A \ A = A
6. E \ A = A
7. A \ ? = ?
1.1.3
Da¼
g¬lma Özellikleri
1. A \ (B [ C) = (A \ B) [ (A \ C)
2. A [ (B \ C) = (A [ B) \ (A [ C)
3. A \ (B
1.1.4
C) = (A \ B)
(A \ C)
Tümleyen işlemi ile ilgili özellikler
1. A [ At = E
2. A \ At = ?
3. (At )t = A
B = A \ Bt
4. A
5. (A [ B)t = At \ B t
6. (A \ B)t = At [ B t
1.1.5
Fark işlemi ile ilgili özellikler
1. (A
B)
A
;
(B
2. (A
B) \ B = ? d¬r.
3. A
B ise A [ (B
A)
B d¬r.
A) = B dir.
5
1.1.6
Simetrik Fark işlemi ile ilgili özellikler
1. A 4 ? = A
2. A 4 A = ?
3. A 4 B = B 4 A
4. A \ (B 4 C) = (A \ B) 4 (A \ C)
1.1.7
Çarp¬m Kümesi ile ilgili özellikler
1. A
(B [ C) = (A
B) [ (A
C)
2. A
(B \ C) = (A
B) \ (A
C)
3. A
B ve C
D ise (A
C)
(B
D)
Örnek 1.1 E = f0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9g evrensel küme olmak üzere
A = f1; 2g; B = f0; 1; 3; 5; 6; 7; 8g;
C = f2; 3; 4; 5g; D = f1; 2; 3g
olsun. Buna göre
(B t \ C) = (A
(i) A
B t ) \ (A
C) oldu¼gunu gösteriniz.
(ii) A \ D ile A \ C karş¬laşt¬r¬labilir mi? Gösteriniz.
(iii) A
(B \ C \ D) = (A
B) \ (A
C) \ (A
D) oldu¼gunu gösteriniz.
Çözüm 1.1 (i) B t = f2; 4; 9g; B t \ C = f2; 4g olur. Buna göre,
(B t \ C) = f(1; 2); (1; 4); (2; 2); (2; 4)g
A
olur. Öte yandan,
A
B t = f(1; 2); (1; 4); (1; 9); (2; 2); (2; 4); (2; 9)g
ve
A
C = f(1; 2); (1; 3); (1; 4); (1; 5); (2; 2); (2; 3); (2; 4); (2; 5)g
oldu¼gundan,
(A
B t ) \ (A
bulunur. Dolay¬s¬yla, A
C) = f(1; 2); (1; 4); (2; 2); (2; 4)g
(B t \ C) = (A
6
B t ) \ (A
C) olur.
(ii) A \ D = f1; 2g ve A \ C = f2g olur. Buna göre,
A\C
A\D
oldu¼gundan, bu iki küme karş¬laşt¬r¬labilir.
(iii) B \ C \ D = f3g olur. Buna göre, A
Öte yandan,
(B \ C \ D) = f(1; 3); (2; 3)g dir.
(1; 0); (1; 1); (1; 3); (1; 5); (1; 6); (1; 7); (1; 8)
(2; 0); (2; 1); (2; 3); (2; 5); (2; 6); (2; 7); (2; 8)
A
B
=
A
A
C
D
= f(1; 2); (1; 3); (1; 4); (1; 5); (2; 2); (2; 3); (2; 4); (2; 5)g
= f(1; 1); (1; 2); (1; 3); (2; 1); (2; 2); (2; 3)g
oldu¼guna göre,
(A
B) \ (A
C) \ (A
D) = f(1; 3); (2; 3)g
olur. Yani,
A
(B \ C \ D) = (A
bulunur.
7
B) \ (A
C) \ (A
D)
3. BÖLÜM
AÇIK ÖNERMELER
x2+4x+3=0 ifadesi bir önerme değildir. Çünkü, “ doğru veya yanlıştır ”
diyemeyiz. Ancak, evrensel küme olarak
ℝ reel sayılar kümesi alınırsa, yukarıdaki
ifadede x yerine herhangi bir reel sayı konularak önerme elde edilebilir. Örneğin, x
yerine 3 alınırsa
32+4.3+3=0
ifadesi yanlıştır. x yerine -3 alınırsa
(-3)2+4.(-3)+3=0
ifadesi doğrudur. Yani, x2+4x+3=0 ifadesi önermedir.
Tanım 3.1:
Evrensel
kümenin
herhangi
bir
elemanı
ile
değiştirilebilen
bir
gösterime değişken denir.
Not:
Değişkenleri x, y, z ve t gibi harflerle gösterelim.
Tanım 3.2:
İçinde bir değişken bulunan ve bu değişken yerine, evrensel kümenin
bir elemanı konulduğunda önerme olan bir ifadeye açık önerme denir.
Not:
Açık önermeleri göstermek için px , qx gibi gösterimler kullanacağız.
Uyarı: Açık önermede birden fazla değişken de bulunabilir.
Örnek:
ℝ üzerinde verilen
xy+x2-2x=0
ifadesi, iki değişkenli bir açık önermedir. ( Burada x ile y farklı evrensel kümelerden
de olabilir.)
Örnek:
Evrensel küme
ℝ reel sayılar kümesi olmak üzere
y3-2x+5=0
ve
x+3=0
açık önermelerdir.
Tanım 3.3:
E evrensel küme olsun. px açık önermesinde x∈E için doğru önerme
elde ediliyorsa, böyle x-lerin kümesi olan Dp ye, px in doğruluk kümesi denir Yani,
Dp={x∈E | px doğru} dir.
Örnek:
ℝ reel sayılar kümesinde, px : x2=4 ise Dp={-2,2} olur.
1
Örnek:
Doğal sayılar kümesi N de,
qx : x+2 < 1
ise Dq = Ø olur. Yani Dq={x∈N | x+2<1}=Ø dir.
Bir açık önermenin doğruluk kümesi, E evrensel küme ise bunun için x
gösterimini kullanacağız. (“ her x için” diye okuyacağız.) ve xpx yazacağız.
Not 3.4:
xpx doğru olması için gerek ve yeter koşul Dp=E dir.
xpx yanlış olması için gerek ve yeter koşul Dp≠E dir.
px açık önermesinin Dp doğruluk kümesi, E evrensel kümesinin en az bir
elemanını kapsarsa, bunun için x gösterimini kullanarak “……. olacak biçimde bir x
var” biçiminde okuyacağız ve xpx olarak yazacağız.
xpx doğru olması için gerek ve yeter koşul Dp≠Ø dir.
Not 3.5:
xpx yanlış olması için gerek ve yeter koşul Dp= Ø dir.
Not:
x ve x gösterimlerine niceleyiciler denir.
Örnekler
1) E=
ℝ olsun. px : x2+4x+4=(x+2)2 açık önermesini alalım. Buna göre, xpx
dir (her x∈ℝ için px doğrudur.). Başka bir ifade ile Dp={x∈ℝ | px} =
2) E=
ℝ dir.
ℝ üzerinde qx : x2+4x+4=0 açık önermesini alalım. Buna göre, xqx dir.
3) Düzlemdeki tüm dikdörtgenlerin kümesi E olsun.
ry : y dikdörtgen ise bu taktirde karşılıklı kenarları eşittir.
açık önermesi için yry dir.
Not:
P(p,q) ile Q(p,q) denk ise o zaman P(px,qx) ile Q(px,qx) denktir.
Alıştırmalar
1)
px : x2+1 = 0
açık önermeleri
,
qx : x+3=0
ℝ üzerinde verilsin. Buna göre, px∧qx bileşik önermesinin doğruluk
kümesini bulunuz.
Çözüm: Dp={x|x2+1=0} ve Dq={x|x+3=0} olur. Dp=Ø ve Dq={-3} olduğuna göre,
DpDq = Ø bulunur.
2
2)
px : x+3>2 ve qx : x2+3x+2=0 açık önermeleri N doğal sayılar kümesinde
verilsin.
a) px∧qx doğru mudur?
b) px∨qx doğru mudur?
c) px∧qx , px∨qx açık önermelerinin doğruluk kümesini yazınız.
Çözüm: a) x∈N için px doğrudur ve x∈N için qx yanlıştır. O halde, px∧qx açık
önermesi, x∈N için yanlıştır.
b) px∨qx açık önermesi x∈N için doğrudur.
c) Dp=N ve Dq=Ø olduğundan, px∧qx açık önermesinin doğruluk kümesi DpDq = Ø
olur. px∨qx için DpDq = N olur.
3)
ℝ üzerinde verilen, ry : y2-3y+2=0 ve
sy : y-2=0 önermeleri için,
ry∧sy : (y2-3y+2=0) ∧ (sy : y-2=0)
bileşik önermesi, y=2 için doğrudur. Çünkü y=2 için; 22-3.2+2=0 önermesi doğru
ve 2-2=0 önermesi doğrudur. Dolayısıyla
(22-3.2+2=0) ∧ (2-2=0)
önermesi doğru olur.
Teorem 3.6:
px∧qx açık önermesinin doğruluk kümesi Dp∧q={x| px∧qx}, px
ile qx açık önermelerinin doğruluk kümeleri olan Dp, Dq kümelerinin her ikisinde de
bulunan elemanlardan oluşmaktadır. Yani,
Dp∧q= DpDq
olur.
Benzer biçimde, px∨qx açık önermesinin doğruluk kümesi Dp∨q={x| px∨qx},
Dp, Dq kümelerinin en az birinde bulunan elemanlardan oluşur. Yani,
Dp∨q= DpDq
olur.
İspat:
x∈DpDq
⇒
x∈Dp ∧ x∈Dq
⇒
px doğru ve qx doğrudur.
⇒
px∧qx doğrudur.
⇒
x∈{x| px∧qx}= Dp∧q
3
y∈Dp∧q
⇒
py∧qy doğrudur.
⇒
py ile qy nin ikisi de doğrudur.
⇒
y∈Dp ∧ y∈Dq
⇒
y∈DpDq
O halde, Dp∧q= DpDq bulunur.
Şimdi de Dp∨q= DpDq olduğunu gösterelim.
x∈DpDq
y∈Dp∨q
⇒
x∈Dp ∨ x∈Dq
⇒
px doğru veya qx doğrudur.
⇒
x∈{x| px∨qx}= Dp∨q
⇒
py doğru veya qy doğrudur.
⇒
y∈Dp ∨ y∈Dq
⇒
y∈DpDq
Buna göre, Dp∨q= DpDq elde edilir.
Alıştırmalar
ℝ üzerinde verilen aşağıdaki açık önermelerin doğruluk kümelerinin birleşimi
ve kesişimlerini bulunuz.
px
qx
1)
x+1=0
x2-1=0
2)
x2=4
x=0
3)
(x+3)2=0
x+3=0
4)
x +3x+2=0
x +4x+4=0
5)
x>2
x<7
6)
x2+9=0
x2-9=0
7)
2x+5=3x+5
x2<0
2
Uyarı 3.7:
2
px açık önermesinin doğruluk kümesi Dp ise px in olumsuzu (negatifi)
px′ açık önermesinin doğruluk kümesi Dpt dir.
İspat:
x∈Dp′ = {x|px′ } ⇒ px′ doğrudur. ⇒ px yanlıştır. ⇒ x∉Dp ⇒ x∈Dpt ⇒
Dp′⊆Dpt olur.
4
y∈Dpt ⇒ y∉Dp ⇒ py yanlıştır. ⇒ py′ doğrudur. ⇒ y∈Dp′ ⇒ Dpt⊆Dp′ olur. O
halde, Dp′ ={x | px′ } = Dpt elde edilir.
ℝ üzerinde px : x2-1=0 olsun. Buna göre, Dp={-1,1} ve
Örnek:
Dpt={x∈ℝ
| x≠-1 ∧ x≠1} olur. Yani, px′ : x2-1≠0 olmak üzere;
Dp′ = {x| px′ }={x|x≠-1 ∧ x≠1}= Dpt
olur.
Teorem 3.8: px → qx açık önermesinin doğruluk kümesi Dpt  Dq dur.
İspat: p → q ile p′∨q denktir. Buna göre, px → qx ile px′∨qx denktir. O halde,
{x| px → qx}={x| px′∨qx}={x| px′}{x|qx}= Dpt  Dq
dir.
Örnek:
ℝ reel sayılar kümesinde;
px : x2=4
ve
qx : x=2
verilsin. Dpt  Dq kümesini bulunuz.
Çözüm:
Dp={x∈ℝ|x2=4}={-2,2} ve Dq={ x∈ℝ|x=2}={2} olur. O halde,
Dpt={x∈ℝ|x≠-2 ∧ x≠2} bulunur. Dolayısıyla, Dpt  Dq = { x∈ℝ|x≠-2 } olur.
Örnek:
ℝ üzerinde sx : x= 3 , rx : x2=3 olsun. Buna göre Dst  Dr kümesini
bulunuz.
Çözüm:
Ds={
Dst  Dr={x ∈ ℝ|x ≠
3 } ve Dr={- 3 , 3 } olur. O halde;
3 }{- 3 , 3 }={x ∈ ℝ|x ≠ 3 veya (x= 3 ,x=- 3 )}=ℝ
bulunur.
Teorem 3.9:
İspat:
Dp↔q={x|px↔qx}=(Dpt Dq)(Dqt Dp) dir.
Dp↔q
={x|px↔qx}={x|(px→qx)∧(qx→px)}
tanımdan
={x|px→qx}{x|qx→px}
Teorem 3.4 den
=(Dpt Dq)(Dqt Dp)
Teorem 3.8 den
5
Tanım 3.10:
px ve qx açık önermelerinin denk olması için gerek ve yeter
koşul bunların doğruluk kümelerinin aynı olmasıdır. Yani
px ve qx denktir ⇔ Dp=Dq
dir.
Örnekler
1)
2)
Aşağıda verilen önermelerin doğruluk değerlerini bulalım.
a)
2+2=4
↔ 2+4=6
D
b)
2+3=5
↔ 2+4<5
Y
c)
5≥2
d)
4-2=3
↔
↔
3+5=8
1>4
D
D
ℝ reel sayılar kümesinde tanımlanan aşağıdaki önermelerin denk olup
olmadığını gösterelim.
a)
px : x2=1
ve
qx : (x-1)(x+1)=0 açık önermeleri denktir. Çünkü,
Dp={-1,1} ve Dq={-1,1} olduğundan Dp=Dq dır. Yani, px ve qx denktir.
b)
px : x2=4 ve rx : x=2 açık önermeleri denk değildir. Çünkü, Dp={-
2,2} ve Dr={2} olduğundan Dp≠Dr dir.
c)
rx : 3x+2=5
,
sx : 3x=3 açık önermeleri denktir. Çünkü, Dr={x∈
ℝ|3x+2=5}={x∈ ℝ|3x=3}={1} ve Ds={x∈ ℝ|3x=3}={1} olduğundan Dr=Ds dir.
Yani, rx ve sx denktir.
d)
px : 5x2-4x+4=5 ve qx : 5x2-4x+1=0 açık önermeleri denk değildir.
Çünkü, Dp={1,3)
1
} ve Dq=Ø olduğundan Dp≠Dq dir.
5
ℝ reel sayılar kümesi üzerinde verilen aşağıdaki açık önermelerin doğruluk
kümelerinin tümleyenlerini bulalım.
a) px : (x2=1)∨(x=2)
b) qx : x2 ≤ 4
c) rx : 3x+6=12
d) sx : x3+1=0
Çözüm: a)
Dp ={x∈ℝ|(x2=1)∨(x=2)}={-1,1,2} olduğundan
Dpt = {x∈ℝ|(x≠1)∧(x≠1)∧(x≠2)} bulunur.
6
b)
Dq ={x∈ℝ|x2≤4}={x∈ℝ|-2≤x≤2} olduğundan
Dqt ={x∈ℝ|x2>4}={x∈ℝ|-∞<x-2 veya 2<x<+∞} bulunur.
c)
Dr ={x∈ℝ|3x+6=12}={2} olduğundan
Drt ={x∈ℝ|x≠2} bulunur.
d)
Ds ={x∈ℝ|x3+1=0}={-1} olduğundan
Dst ={x∈ℝ|x≠-1} bulunur.
4)
ℝ reel sayılar kümesi üzerinde verilen aşağıdaki açık önermelerden tek yönlü
koşullu önerme oluşturalım ve yeni önermenin doğruluk kümesini bulalım.
a)
x2=1
b)
x2+7x+12=0 ,
x=-3
c)
x=2
,
x2=4
d)
x=2
,
x≠5
e)
x4≥0
,
x2≤0
px : x2=1
,
qx : x=1
Çözüm: a)
,
x=1
olsun.
px→qx : (x2=1) → (x=1) için Dp={-1,1}, Dq={1}, Dpt={x ∈ ℝ|x ≠ -1 ∧ x ≠ 1}
olduğundan,
Dp→q = Dpt  Dq = {x∈ℝ|(x≠-1)∧(x≠1)}  {1} = {x∈ℝ|x≠-1} elde edilir.
qx→px : (x=1) → (x2=1) için,
Dq→p = Dqt  Dp = {x∈ℝ|x≠-1}  {-1,1} =
b) rx : x2+7x+12=0 ,
sx : x=-3
ℝ olur.
olsun.
Dr={x∈ℝ|x2+7x+12=0}={-4,-3}, Drt={x∈ℝ|x≠-4 ∧ x≠-3}, Ds={-3},
Dst={x∈ℝ|x≠-3} olur. Buna göre, rx→sx koşullu önermesi için
Dr→s = Drt  Ds = {x∈ℝ|(x≠-4)∧(x≠-3)}  {-3} = {x∈ℝ|x≠-4} bulunur.
sx→rx koşullu önermesi için,
Ds→r = Dst  Dr = {x∈ℝ|x≠-3}  {-4,-3} =
c) px : x=2
,
qx : x2=4
olsun.
px→qx, qx→px koşullu önermelerini düşünelim.
7
ℝ elde edilir.
Dp={2}, Dq={-2,2}, Dpt = {x∈ ℝ|x≠2} ve Dqt={x∈ ℝ|x≠-2 ∧ x≠2} olur. Buna
göre,
Dp→q = Dpt  Dq = {x∈ℝ|x≠2}  {-2,2} =
ℝ ve
Dq→p = Dqt  Dp = {x∈ℝ|x≠-2∧x≠2}  {2} = {x∈ℝ|x≠-2} olur.
e) px : x4≥0 ,
qx : x2≤0
olsun.
Dp={x∈ℝ|x4≥0}=ℝ, Dpt = Ø ve Dq={x∈ℝ|x2≤0}={0}, Dqt={x∈ℝ|x≠0} olur. Buna
göre,
Dp→q = Dpt  Dq = Ø  {0} = {0} ve
Dq→p = Dqt  Dp = {x∈ℝ|x≠0} 
5)
ℝ = ℝ olur.
ℝ reel sayılar kümesi üzerinde verilen aşağıdaki açık önermelerden iki yönlü
koşullu önerme yazalım ve yeni önermenin doğruluk kümesini bulunuz.
a)
x2=4
,
x=2
b)
x +3x+4=0
,
x=-1
c)
x=-1
,
x2-1=0
d)
x2=4
,
x=-2 ∨ x=2
e)
x=3
,
x≠4
f)
x4 ≥ 0
,
x2 ≤ 0
,
qx : x=-2
2
Çözüm: a) px : x2=4
olsun.
Dp={-2,2}, Dpt={x∈ℝ|x≠-2 ∧ x≠2}, Dq={-2}, Dqt={x∈ℝ|x≠-2} olur. Buna göre,
px↔qx önermesi için
Dp↔q = (Dpt Dq)(Dqt Dp)
= ({x∈ℝ|x≠-2 ∧ x≠2}{-2})  ({x∈ℝ|x≠-2}{-2,2})
= {x∈ℝ|x≠2}
ℝ = {x∈ℝ|x≠2} bulunur.
b) rx : x2+4x+3=0
,
sx : x=-1
olsun.
Dr={-1,-3}, Drt={x∈ ℝ|x≠-1 ∧ x≠-3}, Ds={-1}, Dst={x∈ ℝ|x≠-1}
göre, rx↔sx önermesi için
Dr↔s = (Drt Ds)(Dst Dr)
= ({x∈ℝ|x≠-1 ∧ x≠-3}{-1})  ({x∈ℝ|x≠-1}{-1,-3})
= {x∈ℝ|x≠-3}
ℝ = {x∈ℝ|x≠-3} bulunur.
8
olur. Buna
qx : x=-2 ∨ x=2
d) px : x2=4 ,
olsun.
Dp={-2,2}, Dpt={x∈ℝ|x≠-2 ∧ x≠2}, Dq={x∈ℝ|x=-2 ∨ x=2},
Dqt={x∈ℝ|x≠-2∧x≠2} olur. Buna göre, px↔qx önermesi için
Dp↔q = (Dpt Dq)(Dqt Dp)
= ({x∈ ℝ|x≠-2∧x≠2}{x∈ ℝ|x=-2∨x=2})  ({x∈ ℝ|x≠-2∧x≠2}{-2,2})
= ℝ
ℝ = ℝ bulunur.
Alıştırma :
Dp↔q = {x|px↔qx} = (Dp Dq)  (Dpt  Dqt) olduğunu bir örnekle
gösteriniz.
Çözüm:
p↔q ile (p∧q)∨(p′∧q′) denktir.
p
q
p′
q′
P↔q
p∧q
p′∧q′
(p∧q)∨(p′∧q′)
D
D
Y
Y
D
D
Y
D
D
Y
Y
D
Y
Y
Y
Y
Y
D
D
Y
Y
Y
Y
Y
Y
Y
D
D
D
Y
D
D
O halde, px↔qx ile (px∧qx)∨(px′∧qx′) denktir. Buna göre,
Dp↔q = (Dp Dq)  (Dpt  Dqt) dir.
Alıştırmalar
1) Aşağıda verilen açık önermelerin doğruluk tablolarını oluşturunuz.
a) px∨(qx∨rx)
e) (px∧qx) →px
b) px∨px′
f) px→(px∨qx)
c) [px∧(px→qx)] →qx
g) px∨(px′∧qx)
d) (px∧qx) → px
2) Aşağıdaki ifadelerin doğru olduğunu gösteriniz.
a) (p→q)′ ≡ p∧q′
b) (p↔q)′ ≡ (p′↔q)∨(p↔q′)
9
c) (Gökyüzü mavidir ve çimler yeşildir)′ ≡ (Gökyüzü mavi değildir veya
çimler yeşil değildir)
d) (3>2 olması için gerek ve yeter koşul 2.4=8 olmasıdır)′ ≡ (3 ≤ 2 olması
için gerek ve yeter koşul 2.4=8 olmasıdır) veya (3>2 olması için gerek ve yeter
koşul 2.4≠8 olmasıdır)
e) (Akıllıysam çalışkanım)′ ≡ (Akıllıyım ve çalışkan değilim)
Teorem 3.11:
(xpx)′ ≡ x(px′ ) dir.
Teorem 3.12:
(xpx)′ ≡ x(px′ ) dir.
İspat: Okuyucuya bırakıldı.
Alıştırmalar
1)
Aşağıdaki önermelerin negatiflerini yazınız.
a) Tüm erkekler tembeldir.
b) Bazı kadınlar utangaçtır.
c) Bazı üçgenlerin üç kenarı eşittir.
d) x(x2=1)
e) x(x>2)
Çözüm: a) Bazı erkekler tembel değildir.
b) Tüm kadınlar utangaç değildir.
c) Tüm üçgenlerin üç kenarı eşit değildir. ( Üç kenarı eşit olan üçgen yoktur.)
d) x(x2≠1)
e) x(x ≤ 2)
2) Aşağıdaki önermelerin negatiflerini yazınız.
a) (p∨q)∨r
b) (p∨r) → (p∧r)
c) p↔(q′)
d) (p∨q′)→r
e) p→(q→p)
f) (p∧q)↔(q∧r′)
g) r∨(p→q)
h) (q′→r)→p
3) Aşağıdaki önermelerin negatiflerini yazınız.
a) Her üçgen ikizkenardır.
b) 20 den büyük her tamsayı tektir.
c) x(x3=1)
10
d) x(x pozitif)
e) x[x2+1=(x-1)(x+1)]
f) Tüm karelerin köşegenleri eşittir.
g)
n irrasyonel ise
n +1 irrasyoneldir.
h) x>3 ve x2-1=0 dır.
k) x[(x<5) ↔(x2-25=0)]
Not: Aşağıdaki beş ifade aynı anlamdadır:
1) x(px→qx)
2) Dp⊆Dq
3) px, qx için yeterlidir. ( yeterlilik)
4) qx, px için gereklidir. (gereklilik)
5) px ise o zaman qx dir.
Dq
E
Dp
x in Dq da olması için x in Dp de olması yeterlidir.
x in Dp de olması için x in Dq da olması gereklidir.
x Dp de ise o zaman x, Dq dadır.
11
4. BÖLÜM
BAĞINTILAR
A ve B kümeleri verilsin. Buna göre,
AxB={(x,y)|x∈A∧y∈B}
olduğunu biliyoruz.
Tanım 4.1:
AxB kümesinin her β alt kümesine A dan B ye bir bağıntı denir. β⊂
AxA ise β ya A da bir bağıntı denir. β⊂AxB olduğundan, β nın elemanları da (x,y)
sıralı ikililerinden oluşur.
(x,y)∈β ise xβy, (x, β ile y ye bağlıdır.)
(x,y)∉ β ise xβy, (x, β ile y ye bağlı değildir.)
ile göstereceğiz.
Örnek:
A={1,2}, B={a,b} olsun. Buna göre, AxB={(1,a),(1,b),(2,a),(2,b)}
olur.
β={(1,a),(2,a)} ve γ={(1,a),(2,b)} A dan B ye bağıntılardır. Burada,
Örnek:
1βa,
2βa,
2βb
1γa,
2γb,
1γb
olur.
β⊂NxN bağıntısı, N üzerinde “eşit olmak” olsun. Buna göre,
3β3,
8β8,
8β7,
3β2
olur.
Yani, 3, β ile 3’e bağlıdır. Fakat 3, β ile 2 ye bağlı değildir.
Tanım 4.2:
a,b∈ℤ elemanları için a yı b ye böldüğümüzde, bölüm c ve kalan r
olsun. Buna göre,
a=bc+r
olur. r=0 ise, b tamsayısı
a yı böler denir ve b|a ile gösterilir.
Başka bir ifade ile, b|a ⇔ a=bc, c∈ℤ olur.
Örnek:
β,
β={ (x,y)∈ℤxℤ
ℤ tamsayılar kümesinde “|” bölünebilme bağıntısı olsun. Yani,
| x|y } olsun. Buna göre,
3|12 olduğu için 3β12 olur. Yani (3,12)∈β dır.
2 | 9 olduğu için 2β9 olur. Yani, (2,9)∉β dır.
1
Gösterim:
β⊂AxB bağıntısını β:A→B biçiminde ifade edebiliriz. Burada, aβb ise o
zaman,
β:A→B
a→b
yazalım. b ye a nın β altındaki görüntüsü diyelim ve b=β(a) ile gösterelim.
Tβ={x|(x,y)∈β} kümesine β nın tanım kümesi ve
Gβ={y|(x,y)∈β} kümesine de β nın görüntü kümesi denir.
Örnek:
A={a,b,c} ve B={b,c,d} olsun. Buna göre,
AxB={(a,b),(a,c),(a,d),(b,b),(b,c),(b,d),(c,b),(c,c),(c,d)}
olur.
β={(a,b),(b,c),(c,d)},
γ={(b,b),(c,c),(c,d)}
bağıntılarını alalım. Buna göre,
β: A → B
γ: A → B
,
a → b=β(a)
b → b=γ(b)
b → c=β(b)
c → c=γ(c)
c → d=β(c)
d=γ(c)
olur. Tβ={a,b,c}, Gβ={b,c,d}, Tγ={b,c} ve Gγ={b,c,d} olduğu görülür.
Gösterim:
A dan B ye olan bir β bağıntısını
β={(x,y)∈AxB|p(x,y)},
β: A → B, p(x,y) veya β⊂AxB,p(x,y)
gösterimlerinden biri ile ifade edebiliriz. Burada p(x,y), (x,y)∈β olabilmesi için
verilen kuraldır.
Örnek:
β⊂ℝxℝ bağıntısı,
β={(x,y)∈ℝxℝ|x2+y2=5}
olsun. Burada, p(x,y) : x2+y2=5 dır. Buna göre, 12+22=5 ve 22+12=5 olduğundan
(1,2), (2,1)∈β olur. Yani, 1β2 ve 2β1 dır. Fakat, (2,3)∉β dır. Çünkü, 22+32≠5 dir.
Uyarı:
A kümesinin eleman sayısı m, B kümesinin eleman sayısı n ise o
zaman AxB nin alt kümelerinin sayısı 2mn dir. O halde, A dan B ye 2mn farklı bağıntı
vardır.
2
Örnek:
A={1,2},
B={3}
olsun.
AxB={(1,3),(2,3)}
olur.
AxB
nin
alt
kümelerinin kümesini P(AxB) ile gösterirsek
P(AxB)={Ø,{(1,3)},{(2,3)},{(1,3),(2,3)}} olur. O halde,
Ø⊂AxB,
β={(1,3)}⊂AxB
γ={(2,3)}⊂AxB,
α={(1,3),(2,3)}⊂AxB
A dan B ye olan tüm bağıntılardır. Bunları,
Ø: A → B,
β: A → B,
γ: A → B,
1→3
3=β(1)
2→3
3=γ(2)
α: A → B
1→3
2
3=α(1)
3=α(2)
biçiminde de ifade edebiliriz. Burada Ø, tanım kümesi ve görüntü kümesi boş küme
olan bir bağıntıdır.
Tanım 4.3:
(1) β⊂AxB bağıntısı verilsin. β-1={(b,a)|(a,b)∈β} kümesine β nın
tersi denir.
(2)
aβb olacak biçimdeki tüm (a,b) sıralı ikililerinin kümesine β bağıntısının
grafiği denir.
Örnek: A={1,2} olsun. β={(1,2),(2,2)} ⊂ AxA ise β-1={(2,1),(2,2)} olur.
Not:
Bir β⊂AxB bağıntısının grafiği β ile bağlı olan tüm elemanları gösterdiği için β
yı genellikle grafiği ile ifade edebiliriz.
Örnek:
ℤ tamsayılar kümesi üzerinde xβy ⇔ x2+y2=4 bağıntısını alalım. β nın
grafiği,
β={(2,0),(0,2),(-2,0),(0,-2)}
3
kümesidir.
Bu
ℤxℤ nin koordinat diagramında aşağıdaki biçimde
kümeyi,
gösterebiliriz.
3
2
1
Burada, Tβ={-2,0,2} ve Gβ={-2,0,2} olur.
β bağıntısını
ℝ reel sayılar kümesi üzerinde düşünürsek, β nın ℝxℝ nin
koordinat diagramında gösterimi aşağıdaki biçimdedir.
2
-2
2
-2
Tβ={x∈ℝ|x∈[-2,2]} ve Gβ={y∈ℝ|y∈[-2,2]} olur.
Örnek:
A={1,2,3}, B={1,2} olsun. A dan B ye bir β bağıntısı
xβy ⇔ x|y
ile tanımlansın. Buna göre,
β={(1,1),(1,2),(2,2)}
olur.
Yansıma Özelliği: β⊂AxA bağıntısı verilsin. ∀a∈A için aβa ise β nın A da
yansıma özelliği vardır. Bu durumda β, A da bir yansıyan bağıntıdır.
4
Örnek:
A={1,2,3} kümesi üzerinde tanımlanan
β={(1,1),(2,2),(3,3),(1,2),(3,2)} bağıntısı bir yansıyan bağıntıdır. Çünkü, 1∈A için
1β1, 2∈A için 2β2, 3∈A için 3β3 olur.
Örnek:
Düzlemdeki tüm doğruların kümesi D olsun. D üzerinde tanımlanan
bir β bağıntısı “dik olma” olsun. Buna göre β = { (d1,d2)∈DxD | d1  d2 } yansıyan
bağıntı değildir. Çünkü, d∈D için d β d dir.
Simetri Özelliği:
β, A kümesinde bir bağıntı olsun. Buna göre, ∀(a,b)∈β için
(b,a)∈β oluyorsa, β nın A da simetri özelliği vardır. Başka bir ifade ile, ∀a,b∈A için,
aβb ⇒ bβa
oluyorsa β bir simetrik bağıntıdır.
Örnek:
A={a,b,c} olsun. Buna göre,
AxA={(a,a),(a,b),(a,c),(b,a),(b,b),(b,c),(c,a),(c,b),(c,c)} dır.
β={(a,a),(a,c),(c,a),(c,c)}
bağıntısı bir simetrik bağıntıdır. Çünkü,
aβa olduğunda aβa dır
aβc olduğunda cβa dır
cβc olduğunda cβc dir
cβa olduğunda aβc dir.
Örnek:
ℤ de tanımlanan
β={(m,n)∈ ℤxℤ|m>n}
bağıntısı,
simetrik
değildir.
Çünkü,
4>3
olduğundan
4β3
dür.
Fakat,
olduğundan 3β4 dür.
Ters-Simetrik Özelliği:
β, A kümesi üzerinde bir bağıntı olsun.
aβb ∧ bβa ⇒ a=b
oluyorsa, β bağıntısı ters-simetriktir.
Örnek:
Kümelerde “⊂” kapsama bağıntısı ters-simetriktir. Çünkü,
A⊂B ∧ B⊂A ⇒ A=B
olduğunu, kümelerde görmüştük.
5
3>4
Örnek:
N, doğal sayılar kümesinde tanımlanan “bölünebilme” bağıntısı ters-
simetriktir. Çünkü,
m,n∈N için m|n ∧ n|m ⇒ m=n dir.
Geçişme Özelliği: β, A kümesi üzerinde bir bağıntı olsun.
aβb ∧ bβc ⇒ aβc
oluyorsa β bağıntısının geçişme özelliği vardır veya β geçişken bağıntıdır.
ℝ reel sayılar kümesi üzerinde tanımlanan,
Örnek:
a=b ⇔ a-b=0
“eşitlik bağıntısı” geçişkendir. Çünkü,
a=b ∧ b=c ⇒ a-b=0 ∧ b-c=0 ⇒ a-b+b-c=0+0 ⇒ a-c=0 ⇒ a=c olur.
β={(m,n)∈ ℤxℤ|m>n} bağıntısı geçişkendir. Çünkü;
Örnek:
m>n ∧ n>t ⇒ m-n∈ℤ+ ∧ n-t∈ℤ+ ⇒ m-n+n-t∈ℤ+ ⇒ m-t∈ℤ+ ⇒ m>t olur.
Yani, m>n ∧ n>t ⇒ m>t bulunur. O halde, β geçişkendir.
Örnek:
A={1,2,3} olsun. A da tanımlanan,
β={(1,2),(3,3),(2,3),(2,1),(1,3),(1,1),(2,2)}
bağıntısı geçişkendir. Çünkü,
1β2 ∧ 2β3 ⇒ 1β3 dir.
1β2 ∧ 2β1 ⇒ 1β1 dir.
1β2 ∧ 2β2 ⇒ 1β2 dir.
3β3 ∧ 3β3 ⇒ 3β3 dir.
2β3 ∧ 3β3 ⇒ 2β3 dir.
1β3 ∧ 3β3 ⇒ 1β3 dir.
2β1 ∧ 1β3 ⇒ 2β3 dir.
2β1 ∧ 1β1 ⇒ 2β1 dir.
2β1 ∧ 1β2 ⇒ 2β2 dir.
1β1 ∧ 1β1 ⇒ 1β1 dir.
1β1 ∧ 1β2 ⇒ 1β2 dir.
1β1 ∧ 1β3 ⇒ 1β3 dir.
2β2 ∧ 2β2 ⇒ 2β2 dir.
2β2 ∧ 2β3 ⇒ 2β3 dir.
2β2 ∧ 2β1 ⇒ 2β1 dir.
Denklik Bağıntısı: A boş olmayan bir küme olsun. A üzerinde tanımlanan bir β
bağıntısı,
yansıyan
,
simetrik
,
geçişken
ise β ya A üzerinde bir denklik bağıntısı denir.
Örnek:
A={1,2,3} olsun. A üzerinde alınan
β={(1,2),(2,1),(1,1),(2,2),(3,3)}
bağıntısı bir denklik bağıntısıdır. Çünkü,
6
(1) Yansıma özelliği: 1∈A için 1β1, 2∈A için 2β2, 3∈A için 3β3 olur.
(2) Simetri özelliği: 1β2 ⇒ 2β1, 1β1 ⇒ 1β1, 2β1 ⇒ 1β2, 3β3 ⇒ 3β3, 2β2 ⇒ 2β2
olur.
(3) Geçişme özelliği: 1β2 ∧ 2β1 ⇒ 1β1
1β2 ∧ 2β2 ⇒ 1β2
2β1 ∧ 1β2 ⇒ 2β2
2β1 ∧ 1β1 ⇒ 2β1
1β1 ∧ 1β1 ⇒ 1β1
1β1 ∧ 1β2 ⇒ 1β2
2β2 ∧ 2β2 ⇒ 2β2
2β2 ∧ 2β1 ⇒ 2β1
3β3 ∧ 3β3 ⇒ 3β3
Örnek:
ℝ reel sayılar kümesi üzerinde tanımlanan, β={(x,y)|x=y} bağıntısı
bir denklik bağıntısıdır. Çünkü,
Yansıma: ∀x∈ℝ için x-x=0 olduğundan x=x dir. Yani, xβx olur.
Simetri: xβy ⇒ x=y ⇒ x-y=0 ⇒ y-x=0 ⇒ y=x dir. Yani, yβx olur.
Geçişme: xβy ∧ yβz ⇒ x-y=0 ∧ y-z=0 ⇒ x-y+y-z=0 ⇒ x-z=0 ⇒ x=z ⇒ xβz olur.
O halde, β, ℝ üzerinde bir denklik bağıntısıdır.
Örnek:
ℤ tamsayılar kümesinde tanımlanan
β={(x,y)|xy∈ℤ+⋃{0}} bağıntısı bir denklik bağıntısı değildir. Çünkü, -6β0 ∧
0β7 olduğu halde -6β7 dir. Yani β,
ℤ üzerinde geçişken değildir. Dolayısıyla β, ℤ de
bir denklik bağıntısı değildir.
Denklik Sınıfı:
olsun.
β, boş olmayan bir A kümesi üzerinde bir denklik bağıntısı
a∈A için a ={x∈A|xβa} kümesine denklik sınıfı denir. Burada a, bu denklik
sınıfının temsilcisidir.
a
a nın
temsilci
olduğu
denklik sınıfı
.a
.b
.c
b nin
b
temsilci
olduğu
denklik sınıfı
7
c∈ b
olsun. Buna göre, cβb olur. Şimdi, cβb ise c = b
olduğunu
gösterelim.
x∈ c
⇒ xβc, c nin tanımı
⇒ xβc ∧ cβb, c∈ b olduğundan
⇒ xβb, β geçişken olduğu için
⇒ x∈ b , b nin tanımı
O halde, alt küme tanımını düşünürsek c ⊂ b olur.
y∈ b
⇒ yβb
⇒ yβb ∧ bβc, c∈ b ve β simetrik olduğu için
⇒ yβc, β geçişken olduğu için
⇒ y∈ c , c nin tanımı
O halde, b ⊂ c olur. Bu iki sonuçtan, c = b elde edilir.
Öte yandan, c = b ise c∈ c = b den c∈ b ve dolayısıyla cβb olur. Öyleyse
aşağıdaki teoremi ispatlamış olduk.
Teorem 4.4:
β, boş olmayan bir A kümesi üzerinde bir denklik bağıntısı
olsun. Buna göre,
aβb ⇔ a = b dir.
Örnek:
n sabit bir pozitif tamsayı olsun. Buna göre,
ℤ üzerinde tanımlanan
β={(a,b)| a=b+nk, ∃k∈ℤ}
bağıntısı, bir denklik bağıntısıdır.
Çözüm: (1) Yansıma özelliği : ∀ a∈ℤ için a=a+n.0 olduğundan aβa dır.
(2) Simetri özelliği : aβb ⇒ a=b+nk, ∃k∈ℤ ⇒ b+nk=a, “eşitlik” denklik bağıntısı ⇒
b=a-nk ⇒ b=a+n(-k), -k∈ℤ ⇒ bβa
(3) Geçişme özelliği : aβb ∧ bβc ⇒
a=b+nk1 ∧ b=c+nk2 ,k1,k2∈ℤ ⇒ a=c+nk2+nk1
⇒ a=c+n(k2+k1) ⇒ a=c+nk3 ,k2+k1=k3 ⇒ aβc olur.
8
Not:
Yukarıdaki örnekte n=3 alınırsa,
β={(a,b)| a=b+3k, ∃k∈ℤ}
ℤ de bir denklik bağıntısıdır.
Buna göre, β nın
ℤ de oluşturduğu denklik sınıflarını yazalım. a∈ℤ için,
a ={x∈ℤ|xβa}={x|x=a+3k,k∈ℤ} olduğuna göre,
0 ={x∈ℤ|x=0+3k,k∈ℤ}={x|x=3k,k∈ℤ}
0 ={0,  3,  6,  9, ….} olur.
1 ={x∈ℤ|x=1+3k,k∈ℤ}
1 ={1,4,-2,7,-5,10,-8,…} olur.
2 ={x∈ℤ|x=2+3k,k∈ℤ}
2 ={2,5,-1,8,-4,11,-7,…}
3 ={x∈ℤ|x=3+3k,k∈ℤ}={x|x=3(1+k),k∈ℤ}
Burada 3 = 0 ,
4 = 1 , 5 = 2 , …. olduğu görülür.
O halde, β nın
ℤ de oluşturduğu denklik sınıfları, 0 , 1 , 2 olur. ℤ üzerinde
tanımlanan β={(a,b)|a=b+nk,∃k∈ℤ} denklik bağıntısının oluşturduğu tüm denklik
sınıflarının kümesini
ℤn ile gösterelim. Buna göre, ℤ3={ 0 , 1 , 2 } olur.
ℤn={ 0 , 1 , 2 ,…, n  1 } olduğunu düşününüz.
1
.
0
.
.
.
.
-2 1
3
0
6
a ∩b
.
1 ={x|x=1+3k, k∈ℤ}
4
2 ={x|x=2+3k, k∈ℤ}
2
.
2
β⊂AxA bir denklik bağıntısı olsun. a,b∈A için
a =b
İspat:
0 ={x|x=3k, k∈ℤ}
β
-1
.
Teorem 4.5:
ℤ
a ∩b
veya
=Ø olur.
≠Ø olsun. Buna göre,
x∈ a ∩ b
⇒ x∈ a ∧ x∈ b , ∩ tanımı
⇒ xβa ∧ xβb, denklik sınıfı tanımı
9
⇒ aβx ∧ xβb, β simetrik
⇒ aβb, β geçişken
⇒ a = b , Teorem 4.4 den
bulunur. O halde,
Not:
a ∩b
=Ø veya
a =b
olmalıdır.
β⊂AxA bir denklik bağıntısı olsun. Buna göre,
 a  A dır.
aA
y∈A⇒y∈
y ⇒ y∈  a ⇒ A⊂  a
aA
 a ⊂A olduğu açıktır.
aA
10
aA
5. BÖLÜM
FONKSİYONLAR
Tanım 5.1:
f⊂AxB bağıntısı verilsin. Her a∈A için afb olacak biçimde bir ve yalnız
bir b∈B elemanı varsa, f ye A dan B ye bir fonksiyon denir.
f: A→B fonksiyonunda A ya f nin tanım kümesi ve B ye f nin değer kümesi
denir. a∈A için b=f(a) olacak biçimdeki b∈B elemanı a nın f altındaki görüntüsüdür.
f, fonksiyonu sıralı ikililerden oluşur. f içinde, birinci bileşenleri aynı olan iki
sıralı ikili yoktur. Yani,
f, A nın her elemanını B nin bir elemanına bağlar.
f, A nın herhangi bir elemanını B nin birden fazla elemanına bağlamaz.
Not:
f: A → B fonksiyonu bir bağıntı olduğuna göre, bağıntı için kullanılan
gösterimleri, fonksiyon için de kullanabiliriz.
Örnekler:
(1)
A={1,2,3}, B={a,b} ve
f: A→B,
g: A→B
1→ a
1→a
2
2→b
3→b
3→?
bağıntıları verilsin. Buna göre, f bir fonksiyondur. Ancak g bir fonksiyon değildir.
Çünkü 3∈A için 3gy olacak biçimde y∈B yoktur.
(2)
Yeryüzündeki tüm ülkelerin kümesi Ü ve ülkelerin başkentlerinin kümesi B
olsun. Buna göre, f={(x,y) ∈ ÜxB|y, x in başkenti} bağıntısı bir fonksiyondur.
Burada, f(Türkiye)=Ankara, f(Yunanistan)=Atina, f(Fransa)=Paris,……. olur.
(3)
Yeryüzündeki ülkelerin kümesi Ü olsun. g={(x,y) ∈ ÜxÜ| y, x in sınır
komşusu}
bağıntısı
bir
fonksiyon
değildir.
Çünkü,
g(Türkiye)=Yunanistan,
g(Türkiye)=Suriye olacağı için g, bir elemanı birden fazla elemana bağlamış olur.
1
(4)
A={1,2,3} ve B={a,b,c} olsun. Buna göre, aşağıdakilerden f, h fonksiyondur.
g ve k fonksiyon değildir.
A
B
A
B
1
a
1
a
2
b
2
b
3
c
3
c
f
g
A
B
A
B
1
a
1
a
2
b
2
b
3
c
3
c
h
Tanım 5.2:
k
f: A→B ve g: A→B iki fonksiyon olsun. Buna göre,
∀x∈A için f(x)=g(x)
ise f fonksiyonu g fonksiyonuna eşit denir.
Not:
f ve g fonksiyonlarının eşit olabilmesi için her şeyden önce tanım ve değer
kümelerinin aynı olması gerektiğine dikkat edilmelidir.
Örnek:
f:
A={1,2} ve B={1,2,3,4} olsun.
A
B
1
1
2
4
g:A → B
g(x)=x2
,
2
3
fonksiyonları eşittir.
VEYA: f={(1,1),(2,4)}⊂AxB fonksiyonu ile g={(x,y)∈AxB|y=x2} eşittir.
2
Bir Fonksiyonun Görüntü Kümesi:
f: A→B bir fonksiyon olsun.
f(A)={b∈B|b=f(a), a∈A}
kümesine, f nin görüntü kümesi denir. f(A) yı Gf biçiminde de gösterebiliriz.
f: ℝ→ℝ, f(x)=x2 fonksiyonunun görüntü kümesi Gf=ℝ+∪{0} dır.
Örnek:
Örnek:
A
B
1
2
a
c
3
b
Burada Gg={a,c} olur.
d
g
Fonksiyon Çeşitleri:
Birebir Fonksiyon:
f: A→B, fonksiyonu verilsin. a,a′∈A için, f(a)=f(a′) olduğunda a= a′ ise f ye
birebir fonksiyon denir.
Örnek:
f: ℝ→ℝ, f(x)=x+1 fonksiyonu birebirdir. Çünkü, f(x)=f(y) ⇒ x+1=y+1
⇒ x=y dir. O halde f, birebirdir.
Örnek:
g:
ℝ → ℝ, g(x)=x2 olsun. g, birebir değildir. Çünkü, g(2)=g(-2)=4
olduğu halde 2≠-2 dir Yani, g(x)=g(y) ⇒ x2=y2 olduğu halde, x=y olması gerekmez.
Örnek:
Yeryüzündeki ülkelerin kümesi Ü ve ülkelerin başkentlerinin kümesi B
olmak üzere, h={(x,y)∈ÜxB|y, x in başkenti} fonksiyonu birebirdir.
Örten Fonksiyon:
f: A→B bir fonksiyon olsun. Her b∈B için f(a)=b olacak biçimde a∈A varsa, f
ye örten fonksiyon denir. Başka bir ifade ile, f(A)=B ise f örten fonksiyondur.
3
Örnek:
f:
ℝ→ ℝ, f(x)=x+1 fonksiyonu örtendir. Çünkü, görüntü kümesinden
alınan y∈ℝ için, tanım kümesinden y-1∈ℝ alınırsa, f(y-1)=y olur.
Örnek:
ℝ → ℝ, g(x)=x2 fonksiyonu örten değildir. Çünkü, görüntü
g:
kümesinden alınan -5 için f(x)=-5 olacak biçimde, tanım kümesi
ℝ de x elemanı
yoktur.
Örnek:
Aşağıda Venn diagramı ile verilen f, fonksiyonu örten değildir. g örten
fonksiyondur.
A
B
1
2
a
b
3
c
d
A
B
1
2
3
4
a
b
c
4
d
f
Not:
g
f: A→B fonksiyonu verilsin.
(1) f, birebir fakat örten değilse, f ye birebir içine fonksiyon denir.
(2) f, birebir ve örtense, f ye birebir örten fonksiyon denir.
Sabit Fonksiyon:
f: A→B bir fonksiyon ve b∈B olsun. Buna göre,
∀a∈A için f(a)=b
ise f ye bir sabit fonksiyon denir.
f: ℝxℝ, f(x)=
Örnek:
3 fonksiyonu sabit fonksiyondur.
Örnek:
A
B
1
a
g, bir sabit fonksiyondur.
2
3
c
g
4
Örnek:
A
B
1
h, sabit fonksiyon değildir.
2
2
3
3
4
5
5
h
Birim Fonksiyon:
I: A→A, I(x)=x, x∈A fonksiyonuna birim fonksiyon denir. A
dan A ya olan birim fonksiyonu 1A ile göstereceğiz.
Bileşke Fonksiyon:
f: A→B ve g: B→C iki fonksiyon olsun.
gof: A→C, (gof)(x)=g(f(x))
ile tanımlanan fonksiyona g ile f nin bileşkesi denir.
A
B
x
C
f(x)
f
g(f(x))
g
gof
Örnek:
f: ℝ→ℝ, f(x)=x+1 ve g: ℝ→ℝ, g(x)=x2+3x+2 olsun. Buna göre,
gof: ℝ→ℝ,
(gof)(x)=g(f(x))=(x+1)2+3(x+1)+2=x2+5x+6
x→(gof)(x)= x2+5x+6
fog: ℝ→ℝ,
(fog)(x)=f(g(x))= (x2+3x+2)+1= x2+3x+3
x→(fog)(x)= x2+3x+3
olur.
5
f
g
ℝ
ℝ
g
ℝ
ℝ
gof
Örnek:
f
ℝ
ℝ
fog
f: {1,2,3}→{1,2,3}, g: {1,2,3}→{1,2,3}
1→2
1→3
2→3
2→2
3→1
3→1
olsun. Buna göre,
(gof)(1)=g(f(1))=g(2)=2
⇒ gof: {1,2,3} →{1,2,3}
(gof)(2)=g(f(2))=g(3)=1
1→2
(gof)(3)=g(f(3))=g(1)=3 olur.
2→1
3→3
Teorem 5.3:
İspat:
f: A→B bir fonksiyon olsun. Buna göre, 1Bof=f ve fo1A=f dır.
f
A
1B
B
1A
B
1Bof
A
f
A
B
fo1A
Her x∈A için,
(1Bof)(x)=1B(f(x))=f(x) olduğundan 1Bof=f olur.
(fo1A)(x)=f(1A(x))=f(x) olduğundan fo1A=f olur.
Teorem 5.4:
f: A→B, g: B→C ve h: C→D fonksiyonları verilsin. Buna göre,
(hog)of=ho(gof) olur.
6
İspat:
gof
B
A
f
C
g
D
h
ho(gof)
f
A
g
B
h
C
D
hog
(hog)of
Her x∈A için;
[(hog)of](x)=(hog)(f(x))=h(g(f(x)))
[ho(gof)](x)=h((gof)(x))=h(g(f(x))) olur.
O halde, (hog)of=ho(gof) bulunur.
Teorem 5.5:
f: A→B ve g: B→C iki fonksiyon olsun.
(1) gof, birebir ise f birebirdir.
(2) gof, örten ise g örtendir.
İspat: (1) gof:A→C birebir olsun.
f: A→B, a→f(a), a′→f(a′) olmak üzere,
f(a)=f(a′) ⇒ g, fonksiyon olduğundan g(f(a))=g(f(a′)) ⇒ (gof)(a)=(gof)(a′)
⇒ gof birebir olduğundan a=a′ olur. O halde f, birebirdir.
(2) gof: A→C örten olsun.
A
B
a
f
C
b
c
g
7
c∈C alalım. gof örten olduğundan, (gof)(a)=c olacak biçimde a∈A vardır. Buna
göre, f(a)=b∈B alınırsa, g(b)=g(f(a))=(gof)(a)=c olur. Yani, g örtendir.
Tanım 5.6:
f: A→B bir fonksiyon olsun.
(1) b∈B için f-1(b)={a∈A|f(a)=b} kümesine b nin ters görüntüsü denir.
(2) H⊆B için, f-1(H)={a∈A|f(a)∈H} kümesine H kümesinin ters görüntüsü
denir.
Örnek:
A
B
1
f: A→B fonksiyonunda, f-1(a)={1,2}
a
2
b
3
c
4
dir. H={a,c}⊂B için, f-1(H)={1,2,3}
olur. f-1(d)=Ø dir.
d
f
Örnek:
f:
için f-1(H)={-
Teorem 5.7:
ℝ→ℝ, f(x)=x2 fonksiyonunda f-1(3)={- 3 , 3 } olur. H={2,4,5}⊂ℝ
2,
2 ,-2,2,- 5 ,
5 } dır.
f: A→B bir fonksiyon olsun.
(1) H⊆A, K⊆A için f(H∪K)=f(H)∪f(K) ve f(H∩K)⊂f(H)∩f(K) dır.
(2) M⊆B, N⊆B için f-1(M∪N)=f-1(M)∪f-1(N) ve f-1(M∩N)=f-1(M)∩f-1(N) dir.
İspat:
(1)
f(H∩K)={f(a)|a∈H∩K}
ve
f(H)={f(a)|a∈H},f(K)={f(a)|a∈K}
olduğunu düşünelim. Buna göre,
x∈f(H∩K) ⇒ x=f(a), a∈H∩K ⇒ (x=f(a), a∈H) ve ( x=f(a), a∈K ) ⇒
( x∈f(H) ve x∈f(K) ) ⇒ x∈f(H)∩f(K) olur. Dolayısıyla, f(H∩K) ⊂ f(H)∩f(K) elde
edilir.
8
(2) f-1(M∪N)={a∈A|f(a)∈M∪N} ve f-1(M)={a∈A|f(a)∈M},
f-1(N)={a∈A| f(a)∈N} olduğunu düşünelim. Buna göre,
x∈f-1(M∪N) ⇔ f(x)∈M∪N ⇔ f(x)∈M∨f(x)∈N ⇔ x∈f-1(M)∨x∈f-1(N) ⇔
x∈f-1(M)∪f-1(N) olur. O halde, f-1(M∪N)=f-1(M)∪f-1(N) dir.
f-1(M∩N)=f-1(M)∩f-1(N)
ve
f(H∪K)=f(H)∪f(K)
olduğunun
gösterilmesi
okuyucuya bırakıldı.
Örnek:
f:
ℝ+→ℝ, f(x)= 3 x fonksiyonu verilsin. H={1,4,8,27}, K={1,5,8,64}
olsun. Buna göre,
H∪K={1,4,5,8,27,64} ve H∩K={1,8} olur.
f(H∪K)={f(x)|x∈H∪K}={1, 3 4 , 3 5 ,2,3,4} ve f(H∩K)={1,2} olur. Öte yandan,
f(H)={1, 3
4 ,2,3} ve f(K)={1, 3 5 ,2,4} olduğu düşünülürse,
f(H)∪f(K)={1,2,3,4, 3
4 , 3 5 } ve f(H)∩f(K)={1,2} olur. O halde f(H∪K)=f(H)∪f(K)
ve f(H∩K)=f(H)∩f(K) elde edilir.
Örnek:
A={1,2,3,4,5}, B={a,b,c,d,e,f} olsun. M={a,b,c}, N={b,c,e,f} alt
kümelerini alalım.
A
1
a
2
3
b
c
4
5
f
B
fonksiyonu verilsin.
d
e
f
M∪N={a,b,c,e,f}, M∩N={b,c}, f-1(M∪N)={1,2,3,4}, f-1(M∩N)={2,3,4},
f-1(M)={1,2,3,4}, f-1(N)={2,3,4}, f-1(M)∩f-1(N)={2,3,4}=f-1(M∩N) ve
f-1(M)∪f-1(N)={1,2,3,4}=f-1(M∪N) elde edilir.
9
Tanım 5.8:
f: A→B fonksiyonu verilsin. Buna göre, bir g: B→A fonksiyonu için,
fog=1B ise g ye f nin sağ tersi
gof=1A ise g ye f nin sol tersi
gof=1A ve fog=1B ise g ye f nin tersi denir.
Tersi olan bir fonksiyona tersinir denir.
Teorem 5.9:
f: A→B fonksiyonu verilsin. Buna göre, f nin tersinir olması için
gerek ve yeter koşul f nin birebir ve örten olmasıdır.
 : f tersinir olsun. Buna göre, fof-1=1B ve f-1of=1A olacak biçimde, f-1: B→A
İspat:
fonksiyonu vardır. 1A: A→A birim fonksiyonu birebir olduğundan f-1of
fonksiyonu
birebirdir. Dolayısıyla, Teorem 5.5 den f birebir olur.
1B: B → B birim fonksiyonu örten olduğundan fof-1 fonksiyonu örtendir.
Dolayısıyla Teorem 5.5 den f örtendir.
 : f birebir ve örten olsun. Buna göre her b ∈B, A daki bir tek a elemanının
görüntüsüdür. Buna göre, f: A → B, f(a)=b fonksiyonu için, g: B → A, g(b)=a
fonksiyonu alınırsa,
∀a∈A için (gof)(a)=g(f(a))=g(b)=a=1A(a)
∀b∈B için (fog)(b)=f(g(b))=f(a)=b=1B(b)
olur. Dolayısıyla g, f nin tersidir. Yani f, tersinirdir.
Örnek:
f:
ℝ→ℝ, f(x)=x+1 fonksiyonunun birebir ve örten olduğunu fonksiyon
çeşitlerini incelerken görmüştük. O halde, Teorem 5.9 dan f bir tersinir fonksiyondur.
f={(x,y)∈ℝxℝ|y=x+1} fonksiyonunun tersini bulalım.
f-1={(y,x)|(x,y) ∈ f}
olduğuna
göre,
f-1={(y,x)|y=x+1}
dir.
Yani,
f-1={(x,y)|y=x-1} yazılabilir. Burada, fof-1=1=f-1of olduğu görülür. Örneğin, ∀x∈ℝ
için
(f-1of)(x)=f-1(f(x))=f-1(x+1)=x+1-1=x=1(x)
olur. Dolayısıyla, f-1of=1 dir.
Örnek:
10
A
B
B
A
1
a
a
2
b
b
2
3
c
c
3
f
1
g
g fonksiyonu, f fonksiyonunun tersi olduğunu gösterelim. Bunun için, gof=1 A
ve fog=1B olduğunu göstermeliyiz.
(gof)(1)=g(f(1))=g(b)=1=1A(1)
(gof)(2)=g(f(2))=g(c)=2=1A(2)
(gof)(3)=g(f(3))=g(a)=3=1A(3)
(fog)(a)=f(g(a))=f(3)=a=1B(a)
(fog)(b)=f(g(b))=f(1)=b=1B(b)
(fog)(c)=f(g(c))=f(2)=c=1B(c)
∀x∈A için (gof)(x)=1A(x) olduğundan gof=1A dır.
Yani,
∀y∈B için (fog)(y)=1B(y) olduğundan fog=1B dır.
O halde, f ve g fonksiyonları birbirinin tersidir.
Teorem 5.10:
f: A→B ve g: B→C fonksiyonları tersinir ise (gof)-1=f-1og-1 dir.
İspat:
f ve g tersinir olduğu için fof-1=1B , f-1of=1A ve gog-1=1C , g-1og=1B olacak
biçimde f-1: B→A ve g-1: C→B fonksiyonları vardır.
A
f
B
g
C
,
C
gof
gof: A→C
Tersinir
fonksiyonun
g-1
B
f-1
A
f-1og-1
,
f-1og-1: C→A
tanımını
düşünürsek,
(gof)o(f-1og-1)=1C
(f-1og-1)o(gof)=1A olduğunu göstermeliyiz. Buna göre, Teorem 5.4 kullanılırsa
(gof)o(f-1og-1)=go(fof-1)og-1=(go1B)og-1=gog-1=1C
(f-1og-1)o(gof)=f-1o(g-1og)of=f-1o(1Bof)=f-1of=1A
11
ve
olduğundan (gof)-1=f-1og-1 elde edilir.
C
g-1
B
1B
B
g
C
A
f
B
1B
B
f-1 A
go1B
1Bof
f-1o(1Bof)
(go1B)og
-1
PERMÜTASYON:
Tanım 5.11:
A boş olmayan bir küme olsun. A dan A ya birebir ve örten
fonksiyona A nın bir permütasyonu denir.
Örnek:
I={1,2} olsun.
I
1
1
2
2
I
I
f
1
1
2
2
I
g
f ve g fonksiyonları I nın permütasyonlarıdır. Bu permütasyonları,
1 2 

f  
1 2 
,
 1 2

g  
 2 1
biçiminde yazabiliriz. f ve g nin tanım kümelerinin sıralanışı aynı olduğu için f ve g
yi aşağıdaki biçimde sadece görüntü kümeleri ile de ifade edebiliriz.
f=12
Örnek:
,
g=21
I={1,2,3} kümesinin tüm permütasyonları aşağıdaki fonksiyonlardır.
f1=123, f2=132, f3=213, f4=231, f5=321, f6=312
Not:
In={1,2,3,...,n} kümesinin tüm permütasyonlarının kümesi Sn ile gösterilir.
f∈Sn ise,
 1
f  
 f (1)
2
f (2)
3
. . .
f (3) . . .
n 

f (n) 
biçiminde veya f=f(1)f(2)f(3)…f(n) biçiminde yazılır.
12
İŞLEMLER VE CEBİRSEL YAPILAR
1
6. BÖLÜM
İKİLİ İŞLEMLER
Sayıların toplamı, çarpımı, kümelerin kesişimi, birleşimi, fonksiyonların
bileşkesi işlemlerini biliyoruz.
a+b = c, a.b = c, AB = C, AB = C, gof =h
gösterimlerini kullanmıştık. Yani burada, her sıralı ikiliye bir eleman ayıran
fonksiyon vardır.
Tanım 6.1:
AxA kartezyen çarpım kümesinden A ya bir fonksiyona A üzerinde bir
işlem denir. Yani  işlemi,
 : AxA  A
şeklinde bir fonksiyondur.
Not:
 : AxA  A işlemine bazen ikili işlem denir. Benzer biçimde
 : AxAx…xA  A
n-li işlem tanımlanır.
Değişmeli İşlemler
Tanım 6.2:
 : AxA  A işlemi verilsin. Eğer,
(a,b)= (b,a), a,bA
ise  işlemi değişmeli (komütatif) dir denir.
Örnekler
1)
Reel sayılarda toplama ve çarpma işlemleri değişmelidir.
 : ℝxℝ  ℝ
(a,b)a+b
(b,a)b+a
2)
 : ℝxℝ  ℝ, (x,y)=x-y işlemi değişmeli değildir. Çünkü,
(5,1)=4 ve (1,5)=-4
yani (5,1)  (1,5) dir.
3)
Kümelerde  ve  değişmeli işlemlerdir.
Birleşmeli İşlemler
Tanım 6.3:
 : AxA  A işlemi verilsin. Eğer,
1
İŞLEMLER VE CEBİRSEL YAPILAR
2
((a,b),c) = (a,(b,c)), a,b,cA
ise  işlemini birleşme özelliği vardır, denir.
VEYA, (a,b)=ab ise
(ab)c=a(bc) dir.
Örnekler
1)
Reel sayılarda,
(a+b)+c=a+(b+c), (ab)c = a(bc)
olduğundan toplama ve çarpma işlemleri birleşmelidir.
2)
 : ℝxℝ  ℝ, (x,y)=
(12,6)=
x
işlemi değişmeli ve birleşmeli değildir. Çünkü,
y
12
6 1
=2 ve (6,12)=
= , yani eşit değiller.
6
12 2
(126)2=22=1 ve 12(62)=123=4 olduğundan birleşmeli değildir.
3)
Kümelerde  ve  işlemlerinin birleşme özelliği vardır.
Dağılma Özelliği
Tanım 6.4:
 : AxA  A ve : AxA  A işlemleri verilsin. Eğer,
(a,(b,c))=((a,b),(a,c), a,b,cA
ise  işleminin  işlemi üzerine dağılma özelliği vardır denir.
VEYA, (a,b)=ab ve (a,b)=ab alınırsa,
a(bc)=(ab)(ac) olur.
Örnekler
1) Reel sayılarda a(b+c)=ab+ac
2) Reel sayılarda a+(bc)(a+b)(a+c)
3) Kümelerde kesişimin birleşim üzerine ve birleşimin kesişim üzerine dağılma
özelliği vardır.
A(BC)=(AB)(AC)
A(BC)=(AB)(AC)
2
İŞLEMLER VE CEBİRSEL YAPILAR
3
Birim Eleman
Tanım 6.5:
 : AxA  A, (a,b)=ab işlemi verilsin. eA elemanı için,
ea=ae=a, aA
ise e ye,  işleminin birim elemanı denir.
Örnekler
1)
 : ℝxℝ  ℝ toplama işlemi olsun. aℝ için,
0+a=a+0=a
olduğundan 0 birim elemandır.
2)
Kümelerde kesişim işleminde birim eleman E evrensel kümedir. Çünkü, her A
kümesi için, EA=AE=A olur.
3)
Reel sayılarda çarpma işleminin birimi 1 dir.
Ters Eleman
Tanım 6.6:
 : AxA  A, (a,b)=ab işlemi verilsin. e,  nın birim elemanı olmak
üzere, aA için,
aa=aa=e
olacak biçimde aA varsa a, a nın tersidir denir. a nın tersini genellikle a-1 veya –a
ile göstereceğiz.
Örnekler
1)
Reel sayılarda + işleminin birimi 0 olduğuna göre, aℝ nin tersi –a
dır.Çünkü,
a+(-a)=-a+a=0 dır.
2)
ℚ rasyonel sayılar kümesinde çarpma işleminin birimi 1 dir.
p
ℚ için,
q
p q q p
   1
q p p q
olduğundan
3)
p
q
( ) 1  dir.
q
p
 : ℕxℕ  ℕ, (a,b)=ab olsun. 2ℕ için 2.x=x.2=1 olacak biçimde xℕ
yoktur. O halde  işlemine göre, 2-1 yoktur. 1ℕ hariç ℕ nin elamanlarının
çarpımsal tersi yoktur.
Tanım 6.7:
 : AxA  A bir işlem ve BA olsun. Buna göre, b,bB için,
(b,b)B ise ( veya, (B,B)B ise ) B,  işlemi altında kapalıdır denir.
3
İŞLEMLER VE CEBİRSEL YAPILAR
4
Örnek:
B={1,-1,i,-i}ℂ için B kümesi çarpma işlemine göre kapalıdır.
Uyarı 6.8:
(i) S={0,1,2} kümesi üzerinde aşağıdaki (a,b)=ab işlemi verilsin.
(0,0)=00=0
,
(1,0)=10=0
,
(2,0)=20=2
(0,1)=01=0
,
(1,1)=11=1
,
(2,1)=21=2
(0,2)=02=0
,
(1,2)=12=2
,
(2,2)=22=1
Buna göre,  ikili işlemini aşağıdaki biçimde bir tablo ile ifade edebiliriz.

0
1
2
( SxS içindeki herhangi (a,b) için ab elamanı a satırı ve
0
0
0
0
b sütunundaki elemanın kesişim yeridir. )
1
0
1
2
2
2
2
1
(ii) S={0,1,2} kümesi üzerinde farklı işlemler tanımlanabilir. Örneğin,
 : SxS  S, (a,b)=ab işlemi

0
1
2
0
0
0
0
1
0
1
2
2
0
2
1
olsun. Buna göre,  dır. Çünkü, (2,1)=2 olduğu halde (2,0)=0 dır.
ÇÖZÜMLÜ SORULAR
(1)
T bir küme olsun. Buna göre,  : P(T)×P(T)  P(T), (A,B)=A-B işlemi P(T)
kümesi üzerinde birleşmeli değildir. Gösteriniz.
Çözüm:
(A,B)=AB osun. Buna göre,
(AB)C=(A-B)C=(A-B)-C
A(BC)=A(B-C)=A-(B-C)
olur. Burada (A-B)-CA-(B-C) dir.
4
İŞLEMLER VE CEBİRSEL YAPILAR
(2)
5
K boş olmayan bir küme ve S={f  f : K  K fonksiyon} olsun. S de bir ikili
işlem,
 : SxS S, (f,g)(x)=f(g(x)), xS
olsun. Buna göre,
(a)  işlemi S de birleşmelidir.
(b)  işlemi S de değişmeli değildir.
Gösteriniz.
Çözüm: (a) Teorem 5.4 de gösterildi.
(b)
x,yK ve xy olsun. f: KK, f(k)=x, kK ve g: KK, g(k)=y, kK
fonksiyonlarını alalım. Buna göre, kK için,
(f,g)(k)=f(g(k))=f(y)=x ve
(g,f)(k)=g(f(k))=g(x)=y
olur. Yani, (f,g)(k)  (g,f)(k) olduğundan (f,g)  (g,f) bulunur. Dolayısıyla 
işlemi S üzerinde değişmeli değildir.
ALIŞTIRMALAR
 : ℕxℕ  ℕ, (x,y)=x+y+xy olsun.  nın iyi tanımlı ve birleşmeli olduğunu
(1)
gösteriniz.
 : ℚxℚ  ℚ işlemi, (a,b)=ab=a+b-ab olsun. Buna göre,
(2)
(a)  nın değişmeli, birleşmeli olup olmadığını gösteriniz.
(b)  nın birimini bulunuz.
(c) aℚ için a-1=?
 : ℤxℤ  ℤ, (x,y)=x+y2 olsun.  nın iyi tanımlı fakat birleşmeli olmadığını
(3)
gösteriniz.
(4)
A={1,2,3,4,5} olsun. Her a,bA için
a, a  b ise
b, a  b ise
 ( a, b)  
olsun.
(a)
 nın iyi tanımlı olduğunu gösteriniz.
(b)
 işlemini tablo ile gösteriniz.
(c)
 nın birleşmeli ve değişmeli olduğunu gösteriniz.
5
İŞLEMLER VE CEBİRSEL YAPILAR
(5)
6
A={1,2,3,4,5} olsun. A üzerinde aşağıdaki işlem tanımlansın.

1
2
3
4
5
1
2
4
4
3
1
2
4
2
5
4
2
3
1
2
2
1
3
4
3
1
1
3
2
5
1
2
3
1
4
(a) ((24)3)1=?
(b) (12)3=?
(6)
1(23)=?
S={1,2,3} kümesinde bir  ikili işlem,

1
2
3
1
1
2
3
2
2
3
1
3
3
1
2
şeklinde verilsin.  nın birim elemanını bulunuz.  nın değişme ve birleşme özelliği
var mıdır?
(7)
A={a,b,c,d}
kümesinde
tanımlanan
aşağıdaki tabloyu tamamlayınız.

a
b
c
D
a
a
b
c
.
b
b
d
.
c
c
c
a
d
B
d
d
.
.
A
6

işleminin
değişmeli olması
için
İŞLEMLER VE CEBİRSEL YAPILAR
(8)
7
A={1,2,3,4} kümesinde tanımlanan  işleminin birleşmeli olması için
aşağıdaki tabloyu tamamlayınız.

1
2
3
4
1
1
2
3
4
2
2
1
3
4
3
3
4
3
4
4
.
.
.
.
7
1
Boole Cebiri
Boole Cebri, I·ngiliz matematikçisi olan George Boole’nin 1850 y¬llar¬nda Aristonun mant¬k bilimine sembolik şekil verme iste¼
gi sonucunda ortaya ç¬km¬şt¬r.
Geliştirdi¼
gi cebir ile say¬sal devrelerin analiz ve tasar¬m¬sa¼
glanmaktad¬r. Boole
cebiri elektronik devre tasar¬m¬n¬n temel matemati¼
gidir. Bilgisayarlarda ve di¼
ger
elektronik cihazlarda bulunan devreler girdi olarak 0 veya 1 al¬p, ç¬kt¬olarak yine
0 veya 1 üretirler. Bu devreler iki farkl¬durumu olan temel elemanlar ile oluşturulabilir. Bu elemanlar aç¬k veya kapal¬durumlar¬nda olabilen anahtarlar ya
da yanan ve yanmayan durumlar¬olan optik araçlar olmal¬d¬r. 1854 y¬l¬nda ilk
kez George Boole’nin öne sürdü¼
gü mant¬g¼¬n temel kurallar¬,1938 y¬l¬nda Claude
Shannon taraf¬ndan devre tasar¬m¬nda kullan¬lm¬şt¬r.
B = f0; 1g işlem kümesi üzerinde işlemler ve kurallar tan¬mlayan sisteme
Boole Cebiri denir. Elektronik ve optik anahtarlar bu işlem kümesi ve Boole
Cebiri’nin kurallar¬ile çal¬ş¬rlar. Tan¬mlanan işlemler aras¬nda en çok kullan¬lacak olan üç işlem; tümleyen(de¼
gil) al¬nmas¬, Boole toplamas¬ ve Boole çarpmas¬d¬r. I·şlem önceli¼
gi s¬ras¬yla parantez, tümleyen,çarpma ve toplamad¬r.
Boolean cebri aşa¼
g¬daki 10 temel aksiyoma dayan¬r:
1:1 = 1
1:0 = 0
0:1 = 0
0:0 = 0
1+1=1
1+0=1
0+1=1
0+0=0
00 = 1
10 = 0
Burada çarpma işlemi, "ve" (^) ba¼
glac¬na, toplama işlemi, "veya" (_) ba¼
glac¬na,
tümleyen alma, "de¼
gili" (0 ) ba¼
glac¬na karş¬l¬k gelirken 0 ve 1 ise önermelerde D
ve Y de¼
gerlerine karş¬l¬k gelmektedir. Bu sayede Boole cebirindeki fonksiyonlar
bileşik önermelere, bileşik önermeler de Boole cebri fonksiyonlar¬na dönüştürülebilmektedir.
x y xy
x y x+y
1 1 1
1 1
1
1 0 0
1 0
1
0 1 0
0 1
1
0 0 0
0 0
0
Tablolardan anlaş¬laca¼
g¬üzere B = f0; 1g kümesi, toplama ve çarpma işlemine göre kapal¬l¬k özelli¼
gini sa¼
glar. Ayr¬ca
1+0
0+0
=
=
0+1=1
0
oldu¼
gundan 0 eleman¬toplama işleminin birim eleman¬d¬r. Ve
1:1
1:0
=
=
1
0:1 = 0
1
oldu¼
gundan 1 eleman¬çarpma işleminin birim eleman¬d¬r.
Örnek 0.1
1:0 + (0 + 1)0 = 0 + 10 = 0 + 0 = 0
Bu eşitlik mant¬ksal denklik olarak ifade edilirse:
(D ^ Y ) _ (Y _ D)0
Örnek 0.2 (D ^ D) _ Y 0
dönüştürelim.
Y _ D0
Y _Y
Y
D mant¬ksal denkli¼gini Boole cebiri özdeşli¼gine
(1:1) + 00 = 1
1.1
Boole I·fadeleri ve Boole Fonksiyonlar¬
B = f0; 1g olmak üzere x 2 B ise x de¼
gişkenine Boole de¼
gişkeni denir.
B n = f(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) jxi 2 B; 1
i
ng
olmak üzere
F : Bn ! B
biçiminde tan¬mlanan fonksiyona n: dereceden Boole fonksiyonu denir.
Örnek 0.3 F : B 2 ! B; F (x; y) = xy 0 fonksiyonu ikinci dereceden Boole
fonksiyonudur. Do¼gruluk tablosu aşa¼g¬daki gibidir:
x
1
1
0
0
y
1
0
1
0
F (x; y)
0
1
0
0
Örnek 0.4 F (x; y; z) = xy + z 0 fonksiyonunun alabilece¼gi de¼gerleri bulunuz.
Çözüm 0.1
x
1
1
1
1
0
0
0
0
y
1
1
0
0
1
1
0
0
z
1
0
1
0
1
0
1
0
xy
1
1
0
0
0
0
0
0
z0
0
1
0
1
0
1
0
1
F (x; y; z) = xy + z 0
1
1
0
1
0
1
0
1
Burada F : B 3 ! B; (x; y; z) ! F (x; y; z) = xy + z 0 biçiminde bir Boole
fonksiyonudur.
2
Boole fonksiyonlar¬n¬göstermenin tablo d¬ş¬ndaki bir di¼
ger yöntemi ise gra…ksel gösterimdir. Bu gösterimde n boyutlu bir geometrik şeklin köşeleri fonksiyonun tan¬m kümesindeki tüm n’lilerdir. Ve bu n’lilerden fonksiyonun de¼
gerini
1 yapanlar, 0 yapanlardan ay¬rt edilecek şekilde işaretlenir. Örne¼
gin yukar¬daki
F (x; y; z) = xy + z 0 fonksiyonu al¬n¬rsa, 3 boyutlu uzayda 23 köşeli bir küp
düşünelim. Bu durumda
şeklinde gösterilir.
Tan¬m 0.1 F; G : B n ! B; Boole fonksiyonlar¬n¬ alal¬m. Buna göre
F = G , F (b1 ; b2 ; : : : ; bn ) = G(b1 ; b2 ; : : : ; bn ); 8(b1 ; b2 ; : : : ; bn ) 2 B n
biçiminde tan¬mlan¬r. Bu durumda F ve G fonksiyonlar¬na denk ifadeler
denir.
Örnek 0.5 xy = xy + 0 = xy:1 oldu¼gundan bunlar denk ifadelerdir.
Tan¬m 0.2 F; G : B n ! B; Boole fonksiyonlar¬ olmak üzere F + G, Boole
toplam¬ ve F:G, Boole çarp¬m¬ aşa¼g¬daki gibi tan¬mlan¬r.
(F + G)(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) = F (x1 ; x2 ; : : : ; xn ) + G(x1 ; x2 ; : : : ; xn )
(F:G)(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) = F (x1 ; x2 ; : : : ; xn ):G(x1 ; x2 ; : : : ; xn )
Örnek 0.6 F : B 2 ! B; 2: dereceden bir Boole fonksiyonu olsun. Burada
B = f0; 1g oldu¼gundan s(B 2 ) = 4 olur. O zaman B 2 kümesinden B kümesine
24 = 16 farkl¬ Boole fonksiyonu vard¬r.
x
1
1
0
0
y
1
0
1
0
F1
1
1
1
1
F2
1
1
1
0
F3
1
1
0
1
F4
1
1
0
0
F5
1
0
1
1
F6
1
0
1
0
F7
1
0
0
1
n
F8
1
0
0
0
F9
0
1
1
1
F10
0
1
1
0
F11
0
1
0
1
Genel olarak, n: dereceden 22 farkl¬Boole fonksiyonu vard¬r.
3
F12
0
1
0
0
F13
0
0
1
1
F14
0
0
1
0
F15
0
0
0
1
F16
0
0
0
0
1.2
Boole Cebirinde Özdeşlikler
Aşa¼
g¬daki tabloda verilen özdeşlikler Boolean cebrinin temelini oluşturur ve
devre tasar¬mlar¬n¬n sadeleştirilmesinde kullan¬l¬rlar. Bu özdeşliklerin her biri
tablo yard¬m¬yla ispatlanabilir.
Çift Tümleme Kural¬
De¼
gişmezlik Kural¬
Özdeşlik Kural¬
Bask¬nl¬k Kural¬
De¼
gişme Kural¬
Birleşme Kural¬
Da¼
g¬lma Kural¬
De Morgan Kural¬
Yutma Kural¬
BirimÖzelli¼
gi-S¬f¬rÖzelli¼
gi
(x0 )0 = x
x+x=x
x+0=x
x+1=1
x+y =y+x
x + (y + z) = (x + y) + z
x:(y + z) = x:y + x:z
(x + y)0 = x0 :y 0
x + xy = x
x + x0 = 1
x:x = x
x:1 = x
x:0 = 0
x:y = y:x
x:(y:z) = (x:y):z
x + yz = (x + y)(x + z)
(xy)0 = x0 + y 0
x:(x + y) = x
x:x0 = 0
Örnek 0.7 x:(y + z) = x:y + x:z eşitli¼ginin do¼grulu¼gunu gösteriniz.
x
1
1
1
1
0
0
0
0
y
1
1
0
0
1
1
0
0
z
1
0
1
0
1
0
1
0
y+z
1
1
1
0
1
1
1
0
xy
1
1
0
0
0
0
0
0
xz
1
0
1
0
0
0
0
0
x(y + z)
1
1
1
0
0
0
0
0
x:y + x:z
1
1
1
0
0
0
0
0
Son iki sütundan eşitli¼gin do¼grulu¼gu görülür.
Ayr¬ca bu tablodaki her bir özdeşlik önermelerdeki bir mant¬ksal denkli¼
ge
karş¬l¬k gelir.
Örnek 0.8 x+yz = (x+y)(x+z); Boole eşitli¼gini mant¬ksal denkli¼ge dönüştürünüz.
p _ (q ^ r)
(p _ q) ^ (p _ r)
Yukar¬daki tabloda verilen kurallar, di¼
ger başka özdeşliklerin ispat¬nda kullan¬labilir.
Örnek 0.9 x:(x + y) = x; yutma kural¬n¬ ispatlay¬n¬z.
x(x + y)
=
=
=
=
=
(x + 0)(x + y); Boole toplam¬n¬n birim eleman¬
x + 0:y; Boole toplam¬n¬n Boole çarp¬m¬ üzerine da¼g¬lma özelli¼gi
x + y:0; Boole çarp¬m¬n¬n de¼gişme kural¬
x + 0; Boole çarp¬m¬nda üstünlük kural¬
x; Boole toplam¬n¬n birim eleman¬
4
1.3
Çifteşlik(Duality)
Bir Boole ifadesinin çifteşi(duali), ifadede yer alan Boole toplamlar¬n¬n Boole
çarp¬m¬yap¬lmas¬, Boole çarp¬mlar¬n¬n Boole toplam¬yap¬lmas¬, 0’lar¬n 1; 1’lerin
0 yap¬lmas¬ile elde edilir.
I·ki özdeşlik aras¬ndaki eşlik ilişkisini aç¬klamak için çifteşlikten faydalan¬lmaktad¬r.
Örnek 0.10 x(y + 0) ve x0 :1 + (y 0 + z) ifadelerinin çifteşlerini bulunuz.
Çözüm 0.2
Çifteşi
x + (y:1)
(x0 + 0):(y 0 :z)
x(y + 0)
x0 :1 + (y 0 + z)
Örnek 0.11 Yutma kural¬, x:(x + y) = x için çifteşlik uygulay¬p bir özdeşlik
oluşturunuz.
x + x:y = x; (Yutma Kural¬)
5
1
Boole Cebiri
1.1
Çarp¬mlar¬n Toplam¬Aç¬l¬m¬
Bu k¬s¬mda, de¼
gerleri verilen bir Boole fonksiyonunu tan¬mlayan Boole ifadelerinin
bulunmas¬ndan bahsedilecektir. Kullan¬lacak yol örnekler üzerinden anlat¬lacakt¬r.
Örnek 0.1
x
1
1
1
1
0
0
0
0
y
1
1
0
0
1
1
0
0
z
1
0
1
0
1
0
1
0
F
0
0
1
0
0
0
0
0
G
0
1
0
0
0
1
0
0
Yandaki tabloda de¼gerleri verilen F (x; y; z) ve G(x; y; z)
fonksiyonlar¬n¬ tan¬mlayan Boole ifadelerini bulunuz.
Çözüm 0.1 F fonksiyonunu tan¬mlamak için x = z = 1 ve y = 0 oldu¼gunda
de¼geri 1 olan, di¼ger durumlarda de¼geri 0 olan bir ifade bulunmal¬d¬r. Böyle bir
ifade x; y; z de¼gişkenlerinin Boole çarp¬m¬ndan elde edilir. Buna göre
F (x; y; z) = xy 0 z
olmal¬d¬r. G fonksiyonu için ise,
x = y = 1; z = 0
x = z = 0; y = 1
( )
( )
oldu¼gunda de¼geri 1 olan, di¼ger durumlarda 0 olan bir ifade bulunmal¬d¬r. Verilen
durumlar¬ iki farkl¬ Boole çarp¬m¬n¬ toplayarak elde edebiliriz.
xyz 0 çarp¬m¬ ( ) durumuna,
x0 yz 0 çarp¬m¬ ( ) durumuna uyar.
O zaman G(x; y; z) = xyz 0 + x0 yz 0 olur.
Tan¬m 0.1 x1 ; x2 ; : : : ; xn , Boole de¼gişkenlerinin
yi = xi veya
yi = x0i
durumunu sa¼glayan y1 y2 : : : yn çarp¬m¬na miniterim denir.
1
Örnek 0.2 x1 = x3 = 0 ve x2 = x4 = x5 = 1 oldu¼gunda 1 de¼gerini alan, di¼ger
durumlarda 0 olan miniterimi bulunuz.
Çözüm 0.2 x01 x2 x03 x4 x5 miniterimi istenen de¼ger kümesini sa¼glamaktad¬r.
Tan¬m 0.2 Fonksiyonu tan¬mlayan miniterim toplam¬na çarp¬mlar¬n toplam¬
aç¬l¬m¬denir. Yukar¬daki örnekte bulunan G(x; y; z) = xyz 0 + x0 yz 0 fonksiyonu
bir çarp¬mlar¬n toplam¬ aç¬l¬m¬d¬r.
Örnek 0.3 F (x; y; z) = (x + y)z 0 fonksiyonu için çarp¬mlar¬n toplam¬aç¬l¬m¬n¬
bulunuz.
Çözüm 0.3 I.yol
F (x; y; z)
= (x + y)z 0
= xz 0 + yz 0
= x1z 0 + 1yz 0
= x(y + y 0 )z 0 + (x + x0 )yz 0
= xyz 0 + xy 0 z 0 + xyz 0 + x0 yz 0
= xyz 0 + xy 0 z 0 + x0 yz 0
II.yol F fonksiyonunun do¼gruluk tablosunu
lunabilir:
x y z z0
1 1 1 0
1 1 0 1
1 0 1 0
1 0 0 1
0 1 1 0
0 1 0 1
0 0 1 0
0 0 0 1
Dag{lma Kural{
•
Ozdeslik
Kural{
•
Birim Ozelligi
Dag{lma Kural{
Degismezlik Kural{
kullanarak da istenilen aç¬l¬m bux+y
1
1
1
1
1
1
0
0
F
0
1
0
1
0
1
0
0
Tabloya göre,
x = y = 1; z = 0
x = 1; y = z = 0
x = z = 0; y = 1
oldu¼gunda de¼geri 1; di¼ger durumlarda 0 olan Boole fonksiyonunun çarp¬mlar¬n toplam¬ aç¬l¬m¬ üç adet miniterim ile ifade edilir. Buna göre,
F (x; y; z) = xyz 0 + xy 0 z 0 + x0 yz 0
olur.
2
Uyar¬0.1 Bir Boole fonksiyonunu tan¬mlayan Boole ifadesini toplamlar¬n çarp¬m¬
olarak bulmak da mümkündür. Bu aç¬l¬m şekline toplamlar¬n çarp¬m¬aç¬l¬m¬
denir. Bu aç¬l¬m, çarp¬mlar¬n toplam¬aç¬l¬m¬üzerinden çifteş al¬narak bulunur.
Yukar¬daki örnek için
G(x; y; z) = (x + y + z 0 )(x + y 0 + z 0 )(x0 + y + z 0 )
ifadesi bir toplamlar¬n çarp¬m¬ aç¬l¬m¬d¬r.
Tan¬m 0.3 x1 ; x2 ; : : : ; xn , Boole de¼gişkenlerinin
yi = xi veya
yi = x0i
durumunu sa¼glayan y1 + y2 + : : : + yn toplam¬na maksiterim denir.
Uyar¬0.2 Çarp¬mlar¬n toplam¬aç¬l¬m¬bulunurken do¼gruluk tablosundaki 1 de¼gerlerinin oldu¼gu sat¬rlar kullan¬l¬r. Bu şekildeki her bir sat¬ra bir miniterim karş¬l¬k
gelir.
Toplamlar¬n çarp¬m¬aç¬l¬m¬bulunurken do¼gruluk tablosundaki 0 de¼gerlerinin
oldu¼gu sat¬rlar kullan¬l¬r. Bu şekildeki her bir sat¬ra bir maksiterim karş¬l¬k gelir.
Örnek 0.4
x
1
1
1
1
0
0
0
0
y
1
1
0
0
1
1
0
0
z
1
0
1
0
1
0
1
0
F
0
1
1
1
0
1
0
1
Yandaki tabloda de¼gerleri verilen F (x; y; z)
fonksiyonunu toplamlar¬n çarp¬m¬
olarak ifade ediniz.
Çözüm 0.4 Ödev olarak b¬rak¬lm¬şt¬r.
Örnek 0.5 w; x; y; z de¼gişkenlerinin de¼geri 1 olanlar¬n say¬s¬tek oldu¼gunda sonucu
1 olan F (w; x; y; z) fonksiyonunun çarp¬mlar¬n toplam¬ aç¬l¬m¬n¬ bulunuz.
Çözüm 0.5 ·
Istenen her bir olas¬l¬¼g¬ tablo olarak ifade edelim.
w
1
1
1
0
1
0
0
0
x
1
1
0
1
0
1
0
0
y
1
0
1
1
0
0
1
0
3
z
0
1
1
1
0
0
0
1
F
1
1
1
1
1
1
1
1
Bu durumda
F (w; x; y; z) = wxyz 0 +wxy 0 z+wx0 yz+w0 xyz+wx0 y 0 z 0 +w0 xy 0 z 0 +w0 x0 yz 0 +w0 x0 y 0 z
bulunur.
2
Al¬şt¬rmalar
1. Aşa¼
g¬daki koşullarda 1 de¼
gerini alan Boole çarp¬mlar¬n¬bulunuz.
a) x = y = 0; z = 1
b) x = z = 0; y = 1
c) x = 0; y = z = 1
d) x = y = z = 0
2. Aşa¼
g¬daki Boole fonksiyonlar¬n¬n çarp¬mlar¬n toplam¬aç¬l¬m¬n¬bulunuz.
a) F (x; y) = x0 + y
b) F (x; y) = xy 0
c) F (x; y) = 1
d) F (x; y) = y 0
3. Aşa¼
g¬daki Boole fonksiyonlar¬n¬n çarp¬mlar¬n toplam¬aç¬l¬m¬n¬bulunuz.
a) F (x; y; z) = x + y + z
b) F (x; y; z) = (x + z)y
c) F (x; y; z) = x
d) F (x; y; z) = xy 0
4. Yaln¬zca aşa¼
g¬daki koşullar¬sa¼
glad¬g¼¬nda de¼
geri 1 olan F (x; y; z) fonksiyonunun çarp¬mlar¬n toplam¬aç¬l¬m¬n¬bulunuz.
a) x = 0
b) xy = 0
c) x + y = 0
d) xyz = 0
5. Yaln¬zca aşa¼
g¬daki koşullar¬sa¼
glad¬g¼¬nda 0 de¼
gerini alan Boole toplam¬n¬
bulunuz.
a) x = y = 1; z = 0
b) x = y = z = 0
c) x = z = 0; y = 1
4
6. Al¬şt¬rma (5) deki (a),(b) ve (c) koşullar¬nda 0 de¼
gerini alan F (x; y; z)
fonksiyonunun toplamlar¬n çarp¬m¬aç¬l¬m¬n¬bulunuz.
7. Al¬şt¬rma (3) deki Boole fonksiyonlar¬n¬n her birinin toplamlar¬n çarp¬m¬
aç¬l¬m¬n¬bulunuz.
5
1
MATRI·SLER
Tan¬m 0.1
f(i; j)ji = 1; 2; : : : ; m; j = 1; 2; : : : ; n g ! R
olarak tan¬mlanan fonksiyona bir matris denir ve alfabenin büyük har‡eriyle
yani A; B; C; : : : ile gösterilir.
A : f(i; j)ji = 1; 2; : : : ; m; j = 1; 2; : : : ; n g ! R
(i; j) ! aij
(i; j) ikilisinin A alt¬ndaki görüntüsü A(i; j) = aij ile gösterilir ve buna (i; j):nci
bileşeni denir. Bu şekilde A matrisinin gösterimi
2
3
a11 a12 : : : a1n
6 a21 a22 : : : a2n 7
6
7
A=6 .
..
.. 7 = [aij ]m n
4 ..
.
. 5
am1
am2
:::
amn
olur. R reel say¬lar üzerindeki tüm matrislerin kümesi Rm
Örnek 0.1
2
1
4 3
1
3
2
0 5;
4
2
1
0
3
;
1
3
n
ile gösterilir.
; [4]
Bir matrisin ölçüsü sat¬r ve sütunlar¬n say¬lar¬ile belirlenir. Örne¼gin yukar¬daki
matrisler s¬ras¬yla 3 2; 1 4; 2 1 ve 1 1 boyutludur. 1 1 boyutlu matrisler
skaler yani reel say¬ olarak kabul edilir.
Tan¬m 0.2 n sat¬r ve n sütundan oluşan bir A matrisine mertebesi n olan kare
matris (veya n:nci dereceden kare matris) denir.
A kare matrisinin a11 ; a22; : : : ; ann bileşenlerine A matrisinin esas köşegen
elemanlar¬denir. Esas köşegen üzerindeki bileşenleri d¬ş¬ndaki bütün bileşenleri 0 (s¬f¬r) olan matrise köşegen (diagonal) matris denir.
Örnek 0.2
2
0
0
1
2
1
;4 0
0
0
1
0
3 2
0
0
0 5;4 0
3
0
1
0
0
0
3
2
4 0
0
6 0 0
0 5;6
4 0 0
0
0 0
0
0
1
2
0
3
0
0 7
7
0 5
1
3
1.1
Matris I·şlemleri
Tan¬m 0.3 ·
Iki matris ayn¬boyutta ve karş¬l¬kl¬bileşenleri eşit ise bu iki matrise
eşit matris denir.
Örnek 0.3
2
3
A=
1
4
;B =
2
3
1
5
;C =
2
3
1
4
0
0
matrislerini alal¬m. A 6= C ve B 6= C dir. Çünkü boyutlar¬ farkl¬d¬r. A 6= B
dir. Çünkü bütün bileşenleri eşit de¼gildir.
Tan¬m 0.4 A ve B boyutlar¬ayn¬olan iki matris olsun. Bu matrislerin karş¬l¬kl¬
bileşenlerini toplayarak elde edilen yeni matrise toplam matrisi denir ve A+B
ile gösterilir.
E¼ger matrislerin boyutlar¬ farkl¬ ise toplama işlemi yap¬lamaz.
Örnek 0.4
2
2
A=4 1
4
3
2
4
0 3
2 4 5;B = 4 2
3
7 0
1
0
2
matrislerini alal¬m. Buna göre
2
2 + ( 4) 1 + 3
1+2
0+2
A+B =4
4+3
2+2
3
2
2
5
0
4
3
1
1 5;C =
5
3 2
2
0+5
3+1
2+0
4 + ( 1) 5 = 4 1
7
7 + ( 4)
0+5
olur. Burada A + C ve B + C tan¬ml¬ de¼gildir.
O halde genel olarak, A = [aij ]m
n
ve B = [bij ]m
A + B = [aij + bij ]m
n
1
2
1
2
3
4 5 4
2 2 3 5
0 3 5
matrisleri için
n
biçiminde tan¬mlan¬r.
Tan¬m 0.5 A bir matris ve c bir skaler olsun. A matrisinin bütün bileşenlerini
c say¬s¬ile çarparak cA matrisini elde etme işlemine skaler ile çarpma denir
ve
cA = c[aij ] = [caij ]
biçiminde gösterilir.
Örnek 0.5
2
4
A=4 1
1
olsun. Bu durumda
2
2:4
2A = 4 2:1
2:( 1)
olur.
3
2
3 5 ve c = 2 ve c =
0
3 2
2:2
8
2:3 5 = 4 2
2:0
2
1
3
2
4
4
6 5 ve ( 1):A = 4 1
0
1
2
3
2
3 5
0
B bir matris olsun. ( 1)B matrisi B ile gösterilir. A ve B ayn¬boyutta
matrisler ise
A + ( B) = A B
biçiminde tan¬mlan¬r.
Örnek 0.6
2
1
A=
3
2
4
1
;B =
0
1
2
3
7
5
matrisleri için
B=
0
1
2
3
7
5
0
1
2
3
7
5
oldu¼guna göre
A
2
1
B=
3
2
4
1
+
=
2
0
1
5
3
4
olur.
Tan¬m 0.6 A, m r ve B; r n matris olsun. A matrisinin i:nci sat¬r¬ ile
B matrisinin j:nci sütunundaki karş¬l¬kl¬ bileşenlerinin çarp¬mlar¬n¬ toplayarak
elde edilen say¬, çarp¬m matrisinin ij:nci bileşeni yani
r
X
aik bkj = ai1 b1j + ai2 b2j + : : : + air brj
k=1
say¬s¬d¬r. Bu şekilde her bir bileşeni elde edilen yeni matrise çarp¬m matrisi
denir ve AB ile gösterilir. Yani
[AB]ij =
r
X
aik bkj ; i = 1; 2; : : : ; m; j = 1; 2; : : : ; n
k=1
dir ve AB matrisinin boyutu m
n dir.
Örnek 0.7
A=
1
2
2
6
4
0
matrisleri için AB matrisi 2
[AB]ij =
3
X
2
2
4
;B = 4 0
3
2
1
1
7
3
4 3
3 1 5
5 2 3
4
4 boyutunda bir matris olmal¬d¬r. Burada
aik bkj ; i = 1; 2, j = 1; 2; 3; 4
k=1
biçiminde oldu¼gundan, örne¼gin
[AB]23
=
3
X
a2k bk3 = a21 b13 + a22 b23 + a23 b33
k=1
= 2:4 + 6:3 + 0:5
= 26
3
bulunur. Bu şekilde herbir bileşeni bulunan AB matrisi aşa¼g¬daki gibidir:
12
8
AB =
27
4
30 13
26 12
2 4
Tan¬m 0.7 A bir m n matris olsun. A matrisinin sat¬rlar¬n¬ sütun (veya
sütunlar¬n¬sat¬r) yaparak elde edilen matrise A matrisinin transpozu denir ve
At ile gösterilir. Yani
A = [aij ]m
n
ise At = [aji ]n
m
olur.
Örnek 0.8
B
3
3
4 5 ise B t =
6
2
2
= 4 1
5
C
=
D
=
1
3
2 1 5
3 4 6
2 3
1
ise C t = 4 3 5
5
5
[4] ise Dt = [4]
Tan¬m 0.8 Bir A kare matrisinin esas köşegen üzerindeki bileşenlerinin toplam¬na
A matrisinin izi(trace) denir ve tr(A) ile gösterilir.
Örnek 0.9
2
a11
A = 4 a21
a31
2
1
6 3
6
B = 4
1
4
1.2
a12
a22
a32
2
5
2
2
3
a13
a23 5 ise tr(A) = a11 + a22 + a33
a33
3
7
0
8 4 7
7 ise tr(B) = 1 + 5 + 7 + 0 = 11
7
3 5
1
0
Matris Aritmeti¼
ginin Kurallar¬
A=
1
2
0
3
;B =
1
3
2
0
matrisleri için
AB =
1
11
2
4
; BA =
3
3
6
0
olur. Yani AB 6= BA dir. Buradan anlaş¬ld¬g¼¬ gibi matris çarp¬m¬ de¼
gişmeli
de¼
gildir.
Teorem 0.1 Aşa¼g¬daki matrislerde gerekli işlemleri yapabilmek için uygun boyutlar sa¼glans¬n. Bu durumda a; b 2 R için
4
1. A + B = B + A (Toplaman¬n de¼gişme özelli¼gi)
2. A + (B + C) = (A + B) + C (Toplaman¬n birleşme özelli¼gi)
3. A(BC) = (AB)C (Çarpman¬n birleşme özelli¼gi)
4. A(B
C) = AB
5. a(B
C) = aB
6. (a
b)C = aC
AC; (B
C)A = BA
CA (Da¼g¬lma özelli¼gi)
aC
bC
7. a(bC) = (ab)C
8. a(BC) = (aB)C = B(aC)
Örnek 0.10
2
1
A=4 3
0
3
2
4 5
1 3
4
2
;B =
3
1
2
;C =
2 2
1
2
0
3
2 2
matrislerini alal¬m. Buna göre
3
5
13 5
1
2
8
AB = 4 20
2
ve
olur. Di¼ger taraftan
2
3
15
39 5
3
18
(AB)C = 4 46
4
BC =
ve
10
4
9
3
2
18
A(BC) = 4 46
4
bulunur. Yani (AB)C = A(BC) dir.
3
15
39 5
3
Tan¬m 0.9 Bütün bileşenleri
gösterilir.
2
0
0 0
;4 0
0 0
0
s¬f¬r(0) olan matrise s¬f¬r matris denir ve 0 ile
E¼ger boyutu önemli ise 0m
yaz¬l¬r.
n
3
0
0 5;
0
0
0
5
0
0
0
0
0
0
2
3
0
6 0 7
7
;6
4 0 5 ; [0]
0
Uyar¬0.1 Say¬lar için sa¼glanan baz¬özellikler matrisler için sa¼glanmaz. Örne¼gin,
say¬larda
(i) a 6= 0 ve ab = ac ise b = c ve
(ii) ad = 0 ise a = 0 veya b = 0
özellikleri matrisler için geçerli de¼gildir.
Örnek 0.11
A =
0
0
1
2
;B =
1
3
1
4
C
2
3
5
4
;D =
3
0
7
0
=
matrisleri için
3
6
AB =
4
8
= AC fakat B 6= C dir.
Ayr¬ca
AD =
0
0
0
0
fakat A 6= 0 ve B 6= 0 d¬r.
Teorem 0.2 Aşa¼g¬daki matrislerde gerekli işlemleri yapabilmek için uygun boyutlar sa¼glans¬n. Bu durumda aşa¼g¬dakiler geçerlidir:
1. A + 0 = 0 + A = A
2. A
A=0
3. 0
A=
A
4. A0 = 0; 0A = 0
Tan¬m 0.10 Esas köşegen üzerindeki bütün bileşenleri 1 ve bunun d¬ş¬ndaki
bütün bileşenleri 0 olan kare matrislere birim matris denir ve I ile gösterilir.
2
3
2
3
1 0 0 0
1 0 0
6 0 1 0 0 7
1 0
7
;4 0 1 0 5;6
4 0 0 1 0 5
0 1
0 0 1
0 0 0 1
E¼ger boyut önemli ise In ile n
Teorem 0.3 A bir m
n lik birim matris gösterilir.
n boyutunda matris ise
AIn = A ve Im A = A
olur.
6
Örnek 0.12 A =
I2 A =
1
0
AI3
a11
a21
=
a11
a21
a12
a22
a13
a23
0
1
a11
a21
a12 a13
a22 a23
2
1 0
4 0 1
0 0
a12
a22
a13
a23
olur.
olsun. Buna göre
a11
a21
=
3
0
0 5=
1
a12
a22
a11
a21
a13
a23
a12
a22
=A
a13
a23
=A
Tan¬m 0.11 A bir kare matris olsun. E¼ger
AB = BA = I
olacak biçimde bir B kare matrisi varsa A matrisine tersinir matris ve B
matrisine A matrisinin tersi denir.
Örnek 0.13 A =
AB
2
1
5
3
2
1
=
3
1
BA =
3
1
ve B =
5
3
5
2
3
1
2
1
5
2
olsun. Bu durumda
5
2
=
1
0
0
1
= I2
5
3
=
1
0
0
1
= I2
oldu¼gundan A tersinir matristir ve A matrisinin tersi B matrisidir.
3
2
1 4 0
Örnek 0.14 A = 4 2 5 0 5 matrisi tersinir de¼gildir. Çünkü tersinir olsayd¬
3 6 0
AB = BA = I
3
b11 b12 b13
olacak biçimde bir B = 4 b21 b22 b23 5 matrisi
b31 b32 b33
2
32
3 2
b11 b12 b13
1 4 0
:::
BA = 4 b21 b22 b23 5 4 2 5 0 5 = 4 : : :
b31 b32 b33
3 6 0
:::
2
olur. O halde A matrisi tersinir de¼gildir.
olurdu. Bu durumda
:::
:::
:::
3 2
0
1
0 5 6= 4 0
0
0
0
1
0
3
0
0 5
1
Teorem 0.4 B ve C, A matrisinin tersleri ise B = C dir.
O halde sonuç olarak, e¼
ger A matrisinin tersi varsa tektir. Böylece A matrisinin teklikle belirlenen bu tersi olan matris A 1 ile gösterilir. O zaman
AA
1
=A
yaz¬l¬r.
7
1
A=I
a b
c d
Uyar¬0.2 A =
1
A
matrisini alal¬m. E¼ger ad
1
=
ad
d
c
bc
b
a
bc 6= 0 ise o zaman
b
ad bc
a
ad bc a
d
ad bc
c
ad bc
=
dir. Bu durumda
1
AA
1
=A
A = I2
olur.
Teorem 0.5 A ve B ayn¬ boyutta tersinir matrisler ise
(i) AB tersinirdir.
(ii) (AB)
1
=B
1
1
A
dir.
Bu kural üç veya daha çok matrisin çarp¬m¬için de geçerlidir. Yani
= An 1 An 1 1 : : : A2 1 A1 1
1
(A1 A2 : : : An )
olur.
1
1
Örnek 0.15 A =
2
3
AB
=
A
1
=
B
1
(AB)
1
1
1
B
A
bulunur. Yani (AB)
1
1
2
3
3
1
2
1
3:2
7:8
=
1
1
1
1
=B
2
2
=
2
1
=
7
9
2
3
=
6:9
8
9
6
7
=
1
3
1
1
6
8
3
1
2
2
3
2
A
matrislerini alal¬m. Bu durumda
2:2
1
=
2
2
3
2
1
3
=
3
2
ve B =
2
1
2
1
1
1
1
3
2
4
3
9
2
=
7
2
4
9
2
3
7
2
dir.
Tan¬m 0.12 A bir kare matris, n > 0 bir tamsay¬ olsun Bu durumda
A0
An
ve A tersinir matris ise
A
olarak tan¬mlan¬r.
n
=
(A
= I
= AA
: : : A}
| {z
n tane
1 n
) = |A
8
1
1
A {z
: : : A }1
n tane
Örnek 0.16 A =
1
1
1
=
A
2
3
1
3
AA =
AA2
matrisi için A3 ve A
=
3
1
2
2
1
=
=
1
1
2
3
1
1
2
3
1
1
2
3
3
4
8
11
3
matrislerini bulal¬m.
3
1
2
1
3
4
=
8
11
11
15
= A2
30
41
= A3
8
3
ve
A
(A
A
1
=
3
1
2
1
3
1
2
1
=
11
4
) A
1
=
11
4
8
3
3
1
2
1
=
41
15
1
1 2
30
11
bulunur.
Örnek 0.17 A =
2
0
0
3
matrisi için A3 matrisini bulal¬m.
AA =
2
0
0
3
A2 A =
22
0
2
0
0
32
0
3
2
0
22
0
=
0
3
23
0
=
bulunur. Öyleyse k > 0 tamsay¬s¬ için
2k
0
Ak =
0
3k
yaz¬l¬r.
O halde genel olarak
2
diagonal matrisi ise
olur.
6
6
D=6
4
d1
0
..
.
0
d2
..
.
0
0
..
.
0
0
dk
2
6
6
Dn = 6
4
3
7
7
7
5
k k
dn1
0
..
.
0
dn2
..
.
0
0
..
.
0
0
dnk
9
3
7
7
7
5
0
32
0
33
= (A
=A
1 2
)
3
Teorem 0.6 A bir kare matris ve r; s 2 Z ise
Ar As = Ar+s
ve
(Ar )s = Ars
olur.
Teorem 0.7 A bir tersinir matris olsun. O zaman
(i) A
1
tersinirdir ve (A
1
(ii) An tersinirdir ve (An )
)
1
1
=A
= (A
1 n
) ; n = 0; 1; 2; : : :
(iii) Herhangi bir k 6= 0 skaleri için kA matrisi tersinirdir ve (kA)
dir.
1
= k1 A
1
Teorem 0.8 Aşa¼g¬daki matrislerde gerekli işlemleri yapabilmek için uygun boyutlar sa¼glans¬n. Bu durumda aşa¼g¬dakiler geçerlidir:
(i) (At )t = A
(ii) (A + B)t = At + B t
(iii) (kA)t = kAt ; her k 2 R için
(iv) (AB)t = B t At
10
1
GRAFLAR (ÇI·ZGELER)
Gerçek hayattaki durumlar¬içeren bir çok yap¬, noktalar¬n kümesi ile birlikte bu
noktalar¬n tüm ya da baz¬ikililerini birleştiren do¼
grular veya e¼
grilerden oluşan
diyagramlar arac¬l¬g¼¬yla ka¼
g¬t üzerinde gösterilebilir.
Örne¼
gin diyagramdaki noktalar bir ülkedeki farkl¬ şehirleri ve iki noktay¬
birleştiren fakat 3. bir noktadan geçmeyen çizgiler bu iki nokta ile temsil edilen
iki şehir aras¬ndaki yollar¬ temsil edebilir. Bu durumlarda ok (yönlendirilmiş
çizgi veya yönlendirilmiş e¼
gri), A dan B ye çizilebilir ve böylece A ve B yi
birleştiren çizgi yönlendirilmiş olur. I·ki noktay¬birleştiren çizgiler birden fazla
olabilir veya bir noktay¬kendi ile birleştiren çizgi de olabilir. A dan B ye bir ok
olabilece¼
gi gibi B den A ya başka bir ok da olabilir.
Bu şekilde bir olaya karş¬l¬k gelen, nokta ve çizgilerden oluşan bir diyagrama
graf denir.
Böyle bir graf temsilinde A; B; C; D; E ve F ile işaretlenen noktalara köşeler,
bunlar¬birleştiren çizgilere de kenarlar ad¬verilir. Köşelerin kümesi
V = fA; B; C; D; E; F g
ve kenarlar¬n kümesi de
E = fAB; BC; CD; DE; EF; F A; EB; BD; ECg
ile gösterilir. Birden fazla graf söz konusu oldu¼
gunda köşe ve kenar kümelerinin
hangi grafa ait oldu¼
gunu belirtmek için V (G) ve E(G) gösterimleri kullan¬l¬r.
Kenarlar, s¬ral¬olmayan(s¬ras¬z) köşe ikilileri olarak da tan¬mlanabilir. Örne¼
gin
AB kenar¬fA; Bg kümesi ile de gösterilebilir.
Tan¬m 0.1 Köşelerin (dü¼gümlerin) boş olmayan kümesi V ve kenarlar denilen
köşelerin s¬ras¬z ikililerinin E kümesinden oluşan G graf¬na yönsüz graf denir
ve G = (V; E) ile gösterilir. Köşelerin say¬s¬na graf¬n mertebesi, kenarlar¬n
say¬s¬na graf¬n boyutu denir.
1
Köşeler, genellikle u; v; w; : : : gibi küçük har‡erle gösterilir.
E¼
ger u ve v bir graf¬n iki köşesi ve fu; vg s¬ras¬z ikilisi e ile gösterilen kenar ise
“e, u ile v yi ba¼
gl¬yor”veya “e, u ve v aras¬ndaki kenard¬r”denir. Bu durumda
u ve v köşelerine komşu köşeler denir. fu; vg kenar¬nda u ve v köşelerine uç
noktalar denir.
Bir grafta v köşesine komşu olan tüm köşelerin oluşturdu¼
gu kümeye v köşesinin
aç¬k komşulu¼
gu k¬saca komşulu¼
gu denir ve NG (v) veya N (v) ile gösterilir.
v nin kapal¬komşulu¼
gu N (v) [ fvg olarak tan¬mlan¬r ve N [v] ile gösterilir.
E¼
ger bir grafta e1 ve e2 kenarlar¬v köşesine bitişik iseler e1 ve e2 kenarlar¬na
komşu kenarlar denir.
Tan¬m 0.2 G = (V; E) graf¬nda e¼ger A
V ise G graf¬n¬n, A kümesinin en
az bir köşesine komşu olan bütün köşelerinin kümesi N (A) ile gösterilir. Bu
durumda
[
N (A) =
N (v)
v2A
olur.
Örnek 0.1
graf¬ verilsin. Buna göre
a) V köşelerin kümesi ve E kenarlar¬n kümesini bulunuz.
b) Mertebesini ve boyutunu bulunuz.
c) v3 ; v5 ve v6 köşelerinin komşuluklar¬n¬ bulunuz.
d) e5 ; e7 ; e8 kenarlar¬n s¬ras¬z ikili gösterimlerini bulunuz.
e) e3 ; e4 ; e8 kenarlar¬n¬n komşu kenarlar¬n¬ bulunuz.
f ) A = fv1 ; v3 ; v5 g ve B = fv2 ; v3 ; v4 g kümeleri için N (A) ve N (B) yi bulunuz.
2
Örnek 0.2
graf¬ verilsin. Buna göre
a) V köşelerin kümesi ve E kenarlar¬n kümesini bulunuz.
b) Mertebesini ve boyutunu bulunuz.
c) A; B ve C köşelerinin komşuluklar¬n¬ bulunuz.
d) e1 ; e4 ; e8 kenarlar¬n¬n s¬ras¬z ikili gösterimlerini bulunuz.
e) e1 ; e7 ; e8 kenarlar¬n¬n komşu kenarlar¬n¬ bulunuz.
f ) K = fA; D; F g ve L = fA; B; Eg kümeleri için N (K) ve N (L) yi bulunuz.
Örnek 0.3 V = fA; B; C; D; E; F g ve
E1
E2
E3
= ffA; Ag; fA; Bg; fA; Bg; fD; F g; fE; F g; fB; Dg; fB; Egg;
= ffA; Cg; fA; Dg; fD; Dg; fD; Eg; fE; Dgg;
= ffA; F g; fB; Bg; fC; Cg; fD; Ag; fD; F g; fD; Dg; fB; Eg; fE; F gg
olmak üzere G1 = (V; E1 ); G2 = (V; E2 ) ve G3 = (V; E3 ) gra‡ar¬n¬ çiziniz,
mertebelerini ve boyutlar¬n¬ bulunuz.
Tan¬m 0.3 Bir grafta köşelerin ayn¬s¬ras¬z ikilisi ile gösterilen farkl¬kenarlara
paralel (çoklu) kenarlar denir. ·
Iki eleman¬ farkl¬ olmayan s¬ras¬z ikilinin
temsil etti¼gi kenara döngü (ilmek) denir. Sonlu, yönlü olmayan, çoklu kenar
ve döngü içermeyen gra‡ara basit graf denir.
Örnek 0.1 deki e1 ; e2 ; e3 kenarlar¬paralel kenarlard¬r ve e8 kenar¬bir döngüdür.
Böylece bu graf bir basit graf de¼
gildir. Örnek 0.2 deki grafta döngü ve çoklu
kenarlar yoktur. Bu nedenle bu graf bir basit graf örne¼
gidir.
3
Örnek 0.4 Gra‡ar, iki kişinin birbirlerini tan¬y¬p tan¬mad¬klar¬n¬veya arkadaş
olup olmad¬klar¬n¬ifade etmek için de kullan¬labilir. Bir insan grubunun içinde
bulunan her kişi köşe olarak ifade edilir. ·
Iki kişinin birbirini tan¬mas¬ ya da
arkadaş olmas¬n¬ ifade etmek için yönsüz kenar kullan¬l¬r.
V
= fErhan,Ezgi,Ya¼gmur,Bar¬ş,Mert,Hatice,Özgür,
Asl¬,Cenk,Elvan,Ülkü,Gaye,Banu,Jale,Nil,Peling
köşelerin kümesi olsun ve birbirlerini tan¬yan kişileri bir kenarla birleştirelim. Aşa¼g¬daki grafa göre Ya¼gmur sadece Ezgi’yi, Özgür de sadece Hatice’yi
tan¬maktad¬r. Jale; Ezgi’yi, Nil’i, Bar¬ş’¬, Banu’yu ve Gaye’yi tan¬maktad¬r.
Asl¬ ile Elvan ve Bar¬ş ile Cenk tan¬şmamaktad¬rlar.
1.1
Yönlü Gra‡ar
Bir graf modeli oluşturuldu¼
gunda bu graf¬n kenarlar¬na yön atama ihtiyac¬ da
olabilir. Örne¼
gin bir bilgisayar a¼
g¬nda baz¬ ba¼
glant¬lar sadece bir yönde işlem
yapabilir. Aşa¼
g¬da tek yönlü veri iletişim ba¼
glant¬lar¬n¬n yer ald¬g¼¬bir veri a¼
g¬
4
yönlü bir gra‡a modellenmiştir:
Tan¬m 0.4 Köşelerin boş olmayan V kümesi ve E köşelerinin s¬ral¬ikililerinin
bir kümesinden oluşan grafa yönlü graf (digraf ) denir. Bu durumda E kümesinin
elemanlar¬na yönlü kenarlar (yaylar) denir. E¼ger (u; v) s¬ral¬ ikilisi bir a
yay¬ ise a yay¬na u dan v ye yönlendirilmiştir denir. Bu durumda a kenar¬üzerine u dan v ye yönelmiş bir ok işareti çizilir ve bu kenar u köşesinde
başlar, v köşesinde sona erer denir. u köşesine a n¬n başlang¬ç köşesi, v
ye de a n¬n bitiş köşesi denir.
Yönlü gra‡ar da döngüler ya da ayn¬ iki köşeyi birleştiren yönlü kenarlar
içerebilir.
Örnek 0.5
Yukar¬daki G ve H gra‡ar¬ için
5
a) V1 ; E1 ; V2 ve E2 kümelerini bulunuz.
b) G graf¬nda e1 ; e4 ; e6 kenarlar¬n¬n başlang¬ç ve bitiş köşelerini bulunuz.
c) H graf¬nda e1 ; e5 ; e7 kenarlar¬n¬n s¬ral¬ ikili gösterimlerini yaz¬n¬z.
Örnek 0.6 V = fA; B; C; D; Eg köşelerinin kümesi ve
E = f(A; A); (A; B); (A; C); (A; C); (B; E); (D; A); (D; D); (D; E); (E; D)g
olan G = (V; E) graf¬n¬ çiziniz.
Tan¬m 0.5 Yönlü bir grafta farkl¬kenarlar, köşelerin ayn¬s¬ral¬ikilisini ba¼gl¬yorsa bu kenarlara katl¬ (paralel) yönlü kenarlar denir. Her biri (u; v) s¬ral¬
ikilisine karş¬l¬k gelen m tane yönlü kenar varsa, bu (u; v) kenar¬na m katl¬
kenar denir. Yine bir tek köşeyi ba¼glayan kenarlara da döngü denir. E¼ger
yönlü bir graf¬n katl¬ yönlü kenarlar¬ varsa bu grafa yönlü çoklu graf denir.
Sonlu, yönlü bir graf döngü ve katl¬ kenar içermiyorsa bu grafa yönlü basit
graf denir.
Örnek 0.7 Örnek 0.5 deki G graf¬için e7 kenar¬bir döngüdür ve e7 = (v6 ; v6 )
d¬r. e3 = (v2 ; v3 ) ve e4 = (v3 ; v2 ) oldu¼gundan bu kenarlar katl¬ yönlü kenarlar
de¼gildirler. H graf¬nda e4 = (B; B) kenar¬ bir döngüdür ve e5 = (A; B) ile
e1 = (A; B) kenarlar¬ katl¬ yönlü kenarlard¬r. Çünkü ayn¬ s¬ral¬ ikili ile temsil
ediliyorlar. Ayr¬ca bu iki graf yönlü basit graf de¼gildirler. G graf¬ yönlü çoklu
graf de¼gildir ancak H graf¬ yönlü çoklu graft¬r.
Örnek 0.8 Tek Devreli Lig Usulü Turnuva: Bu turnuvada her tak¬m di¼ger
tak¬mla sadece bir defa oynamaktad¬r ve eşitlik durumuna izin verilmemektedir.
Bu tür turnuvalar köşelerin tak¬mlar¬ gösterdi¼gi yönlü graf ile ifade edilebilir.
Bu grafta, (a; b) kenar¬ a tak¬m¬n¬n b tak¬m¬n¬ yendi¼gini göstermektedir.
6
Yukar¬daki graf, döngü ve paralel kenar içermeyen basit yönlü graft¬r. Bu grafa
göre Tak¬m 1 hiç yenilmemiş ve Tak¬m 3 hiç kazanmam¬şt¬r.
Uyar¬0.1 Graf terminolojisini aşa¼g¬daki tabloda özetleyebiliriz:
Çeşit
Basit Graf
Çoklu Graf
Pseudograf
Yönlü Basit Graf
Yönlü Çoklu Graf
Kar¬ş¬k Graf
Kenarlar
Yönsüz
Yönsüz
Yönsüz
Yönlü
Yönlü
Yönlü ve Yönsüz
Katl¬ kenara izin var m¬?
Hay¬r
Evet
Evet
Hay¬r
Evet
Evet
Tan¬m 0.6 G = (V; E) bir graf olsun. V 0
kenar¬ için
V ve E 0
Döngülere izin var m¬?
Hay¬r
Hay¬r
Evet
Hay¬r
Evet
Evet
E olmak üzere 8e0 2 E 0
e0 kenar¬ G de v 0 ile w0 köşelerini birleştirdi¼ginde v 0 ; w0 2 V 0
oluyorsa H = (V 0 ; E 0 ) graf¬na G graf¬n¬n bir altgraf¬ denir ve H
G ile
gösterilir. Ayr¬ca G graf¬na H graf¬n¬n bir üstgraf¬denir. Bu durum G graf¬
H graf¬n¬ içerir şeklinde ifade edilir. Özel olarak H
G ve H 6= G ise H
altgraf¬na G graf¬n¬n bir özaltgraf¬denir.
Örnek 0.9
7
Yukar¬da verilen G graf¬ için aşa¼g¬daki H1 ; H2 ve H3 gra‡ar¬n¬n birer altgraf
oldu¼gunu gösteriniz.
8
1
1.1
GRAFLAR
Graf Gösterimi
Çok katl¬ kenar¬ olmayan bir graf¬ göstermenin başka bir yolu da graf¬n her
köşesi için, birleşti¼
gi köşeleri belirleyen komşuluk listesi kullanmakt¬r.
Örnek 0.1 Aşa¼g¬daki G basit graf¬n¬ alal¬m.
H için komşuluk listesi
K o•se
a
b
c
d
e
Komsu K o•seler
b; c; e
a
a; d; e
c; e
a; c; d
Örnek 0.2 Aşa¼g¬daki H yönlü graf¬n¬ alal¬m.
G için komşuluk listesi
K o•se
a
b
c
d
e
1.2
Komsu K o•seler
b; c; d; e
b; d
c; a; e
b; c; d
Matris Gösterimleri
E¼
ger bir çizgede çok say¬da kenar varsa, komşuluk listesini kullanmak yerine, bu
çizgeyi matrisler ile göstermek kolayl¬k sa¼
glar. Bunun için kullan¬lan en yayg¬n
iki matris tipinden biri köşelerin komşuluk ilişkisi üzerine kurulu iken, di¼
geri
köşe ve kenarlar¬n ba¼
gl¬l¬g¼¬üzerine kurulmuştur.
1
1.2.1
Komşuluk Matrisleri
G = (V; E); jV j = n olacak biçimdeki basit çizgeyi alal¬m. Bu durumda,
aij =
1; fvi ; vj g; G nin bir kenar{ ise
0;
diger durumlarda
biçiminde tan¬mlanan AG = [aij ]n
denir.
n
matrisine G çizgesinin komşuluk matrisi
Örnek 0.3
Yukar¬daki G çizgesinin komşuluk matrisi,
karş¬l¬k gelecek şekilde s¬raland¬¼g¬nda
2
0 1
6 1 0
AG = 6
4 1 1
1 0
Örnek 0.4 V = fa; b; c; dg olmak üzere
2
0 1
6 1 0
AG = 6
4 1 0
0 1
sat¬r ve sütunlar¬a; b; c; d köşelerine
1
1
0
0
3
1
0 7
7
0 5
0
1
0
0
1
3
0
1 7
7
1 5
0
komşuluk matrisine karş¬l¬k gelen graf aşa¼g¬daki gibidir:
Uyar¬0.1 Komşuluk matrisi aşa¼g¬daki özelliklere sahiptir:
(i) Bir çizgenin komşuluk matrisi köşelerin seçim s¬ras¬na ba¼gl¬d¬r. Bu yüzden,
n köşeli bir çizgenin n! tane farkl¬ komşuluk matrisi olabilir.
2
(ii) Basit çizgenin komşuluk matrisi simetriktir. Yani At = A olur. Üstelik basit çizgede döngü olmad¬¼g¬ndan esas köşegen üzerindeki elemanlar s¬f¬rd¬r.
Komşuluk matrisleri, ayn¬ zamanda döngülü ve çok katl¬ kenarl¬ yönlü olmayan çizgeleri göstermek için kullan¬l¬r. vi köşesindeki döngü, komşuluk matrisinin (i; i):nci konumunda 1 ile gösterilir.
vi ; vj köşeleri katl¬kenarlarla birleşmişse veya katl¬döngüler varsa komşuluk
matrisi 0 ve 1 den oluşan matris olmaz, bunun yerine (i; j) konumunda fvi ; vj g
kenar¬na karş¬l¬k gelen kenarlar¬n say¬s¬yaz¬l¬r. Katl¬ve döngülü gra‡ar da dahil
olmak üzere tüm yönsüz gra‡ar simetrik komşuluk matrisine sahiptir.
Örnek 0.5
Yukar¬daki G graf¬n¬ gösteren komşuluk
2
0 3
6 3 0
6
4 0 1
2 1
bulunur.
matrisi
3
0 2
1 1 7
7
1 2 5
2 0
Uyar¬0.2 Komşuluk matrisi yönlü çoklu çizgeleri göstermek için de kullan¬l¬r.
Fakat bu matris simetrik olmak zorunda de¼gildir.
Örnek 0.6
2
1
6 0
6
4 1
0
3
1
0
1
1
1
0
0
1
3
1
1 7
7
0 5
1
Örnek 0.7
2
1
4 2
0
2
0
2
3
1
0 5
2
matrisine karş¬l¬k gelen graf¬ çizelim.
Bu matris simetrik olmad¬¼g¬ndan yönlü bir graf çizmeliyiz. Köşelerin kümesi
V = fa; b; cg olarak al¬n¬rsa
şeklinde çizilir.
1.2.2
Ba¼
gl¬l¬k Matrisleri
G = (V; E) yönsüz çizge; V = fv1 ; v2 ; : : : ; vn g; E = fe1 ; e2 ; : : : ; em g olsun. Bu
durumda,
1; ej kenar{ vi k•
osesine bagl{ ise
mij =
0;
diger durumlarda
biçiminde tan¬mlanan M = [mij ]n
denir.
m
matrisine G çizgesinin ba¼
gl¬l¬k matrisi
Örnek 0.8
Ba¼
gl¬l¬k matrisleri çok katl¬ ve döngülü çizgeleri temsil etmek için de kullan¬l¬r.
4
Örnek 0.9
graf¬ için ba¼gl¬l¬k matrisi:
2
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
1
0
3
7
7
7
7
5
Tan¬m 0.1 Yönsüz bir çizgede, bir köşeye ba¼gl¬olan kenarlar¬n say¬s¬na o köşenin
derecesi denir ve deg(v) ile gösterilir.
Herhangi bir köşedeki bir döngü o köşenin derecesini 2 birim artt¬r¬r.
Örnek 0.10
Her bir köşenin derecesini bulal¬m.
G graf¬nda deg(g) = 0; deg(d) = 1; deg(a) = 2; deg(e) = 3; deg(b) = deg(f ) = deg(c) = 4
H graf¬nda deg(c) = 1; deg(a) = 4; deg(d) = 5; deg(b) = deg(e) = 6
bulunur.
Derecesi 0 olan köşeye ayr¬k, 1 olan köşeye de sallant¬l¬köşe denir.
Her bir kenar, köşe derecelerinin toplam¬na 2 birimlik katk¬da bulunur. Çünkü,
bir kenar iki köşe ile ba¼
gl¬d¬r. Yani, köşelerin dereceleri toplam¬kenar say¬s¬n¬n
iki kat¬d¬r. Bu sonuç aşa¼
g¬daki teoremle verilir.
Teorem 0.1 (El S¬k¬şma Teoremi) G = (V; E), m kenarl¬yönsüz bir graf olsun.
Bu durumda,
X
2m =
deg(v)
v2V
5
olur. Bu durum, katl¬ kenar ve döngü oldu¼gu durumda da geçerlidir.
Örnek 0.11 Her birinin derecesi 6 olan 10 köşeli grafta kaç tane kenar vard¬r?
Çözüm 0.1 2m = 10:6 = 60 oldu¼gundan m = 30 bulunur.
Teorem 0.2 Yönsüz her grafta, derecesi tek olan köşelerin say¬s¬ çifttir.
·
Ispat: G = (V; E); m kenarl¬ bir yönsüz graf olsun.
V1
V2
= fv 2 V j deg(v) çift g
= fv 2 V j deg(v) tek g
kümelerini alal¬m. O zaman,
2m =
X
deg(v) +
v2V1
yaz¬l¬r. Burada
X
X
deg(v)
v2V2
deg(v) çift tamsay¬oldu¼gundan,
v2V1
X
deg(v) toplam¬da çift
v2V2
tamsay¬ olmal¬d¬r. Bu toplamdaki tüm terimler tek oldu¼gu için bu terimlerin
say¬s¬ çift olmal¬d¬r. Yani derecesi tek olan köşelerin say¬s¬ çifttir.
Yönlü kenarl¬gra‡arda derece tan¬m¬aşa¼
g¬daki gibidir:
Tan¬m 0.2 Yönlü kenarl¬gra‡arda, v köşesini bitiş köşesi olarak alan kenarlar¬n
say¬s¬na v köşesinin iç derecesi denir ve deg (v) ile gösterilir.
v köşesini başlang¬ç köşesi olarak alan kenarlar¬n say¬s¬na v köşesinin d¬ş
derecesi denir ve deg+ (v) ile gösterilir.
Köşedeki bir döngü, hem iç hem de d¬ş dereceyi 1 birim att¬r¬r.
Örnek 0.12 Aşa¼g¬daki G graf¬n¬n her bir köşesi için, iç dereceleri ve d¬ş dereceleri bulunuz.
·
Iç dereceler,
deg (a) = 2 = deg (b) = deg (d); deg (c) = 3 = deg (e); deg (f ) = 0;
D¬ş dereceler,
deg+ (a) = 4; deg+ (b) = 1; deg+ (c) = deg+ (d) = 2; deg+ (e) = 3; deg+ (f ) = 0:
6
Teorem 0.3 G = (V; E) yönlü kenarl¬ bir graf olsun. Bu durumda
X
X
deg (v) =
deg+ (v) = jEj
v2V
v2V
olur.
1.3
Baz¬Özel Basit Çizgeler
1.3.1
Tam Çizge
Her farkl¬ köşe çifti aras¬nda tam 1 tane kenar bulunan bir basit çizgedir ve
Kn (n köşeli tam çizge) ile gösterilir.
Basit bir çizgede en az bir çift farkl¬köşe bir kenar ile birbirine ba¼
glanmam¬ş
ise bu çizgeye tam olmayan çizge denir.
1
1.3.2
n
6 için Kn çizgeleri
Çevrim
n 3 olmak üzere n tane v1 ; v2 ; : : : ; vn köşeleri fv1 ; v2 g; fv2 ; v3 g; : : : ; fvn
ve fvn ; v1 g kenarlar¬n¬içerir. Cn ile gösterilir.
C3 ; C4 ; C5 ve C6 çevrimleri
7
1 ; vn g
1.3.3
Çarklar
Cn çevrimine bir köşe ekleyip, bu yeni köşeyi Cn nin her bir köşesine yeni kenarlarla ba¼
glad¬g¼¬m¬z zaman Wn çark¬n¬elde ederiz.
W3 ; W4 ; W5 ve W6 çarklar¬
8