Soyut Matematik Ara Sınav, 31 Mart 2016

1. S¸u dili d¨us¸¨unelim:

• Alfabe tek bir harf ic¸erir: ‘I’

• Bos¸ s¨ozc¨uk de dahil olmak ¨uzere b¨ut¨un sonlu ‘I’ dizileri birer s¨oc¨ukt¨ur.

• B¨ut¨un s¨ozc¨ukler bir c¨umledir ve sadece bunlar c¨umledir.

• E˘ger bir c¨umle/s¨ozc¨uk ic¸indeki harf sayısı ¨uc¸e b¨ol¨und¨u˘g¨unde 1 kalanını veriyorsa D sınıfı bir

¨onerme, e˘ger 2 kalanını veriyorsa Y sınıfı bir ¨onermedir. E˘ger kalan yoksa c¨umle bir ¨onerme de˘gidir.

• Bu dildeki tek c¸ıkarım kuralı s¸udur: ω c¨umlesinden “ωIII” c¨umlesi t¨uretilebilir. Yani her c¨umleye

¨uc¸ tane ‘I’ eklenebilir.

(a) Bu dil ic¸inde “IIII” dizisinin bir ¨onerme olup olmadı˘gına karar verin. E˘ger bir ¨onerme ise o zaman do˘gruluk sınıfını da s¨oyleyin. Yanıtınızı kısaca ac¸ıklayın.

C¸ ¨oz ¨um: Bu “IIII” bir s¨ozc¨uk oldu˘gu ic¸in aynı zamanda bir c¨umledir. Bu c¨umle ic¸inde toplam 4 harf oldu˘guna ve 4’¨un 3 ile b¨ol¨um¨unden 1 kalanı elde edildi˘gine g¨ore bu c¨umle D sınıfı bir

¨onermedir.

(b) Yukarıdaki “IIII” c¨umlesi “IIIII” c¨umlesinden t¨uretilebilir mi? Yanıtınızı kısaca ac¸ıklayın.

C¸ ¨oz ¨um: Elimizdeki tek c¸ıkarım kuralı c¨umlelerin uzunlu˘gunu arttırdı˘gı ic¸in 4 harf ic¸eren

“IIII” c¨umlesini 5 harf ic¸eren “IIIII” c¨umlesinden c¸ıkartmamız imkansızdır.

(c) Bu dil ic¸inde verilen do˘gru bir ω ¨onermesinden bu c¨umleden daha uzun olan ve do˘gru olan b¨ut¨un

¨onermelerin ispat edilebilir oldu˘gunu t¨umevarım kullanarak g¨osterin.

C¸ ¨oz ¨um: ˙Ispat edece˘gimiz ¨onerme s¸¨oyle yazılabilir. E˘ger ω⁰ c¨umlesi ω c¨umlesinden n harf daha uzun olan do˘gru bir ¨onerme ise o zaman ω c¨umlesinden t¨uretilebilir. E˘ger hem ω hem de ω⁰ do˘gru iseler o zaman her ikisininde uzunlukları `(ω) ve `(ω⁰) 3’e b¨ol¨und¨uklerinde 1 kalanını verir. O zaman `(ω)−`(ω⁰) farkı 3’¨un bir katıdır. Bu y¨uzden uzunluklar farkının ¨uc¸¨un katları oldu˘gu durumlara bakmamız yeterlidir. E˘ger ω⁰ c¨umlesi ω c¨umlesinden 3 harf uzunsa o zaman hem do˘grudur hem de c¸ıkartım kuralları gere˘gince ω’dan tek adımda t¨uretilmis¸tir.

S¸imdi var sayalım ki uzunlu˘gu ω’dan 3n uzun her do˘gru c¨umle (ki bunlardan sadece bir tane var) ω’dan t¨uretilebiliyor olsun. E˘ger ω⁰ do˘gru bir c¨umle ve uzunlu˘gu ω’dan 3n + 3 uzun bir c¨umle ise o zaman ω⁰ = ω⁰⁰III olacak s¸ekilde bas¸ka bir c¨umle vardır, yani ω⁰’dan 3 tane ‘I’

harfi silebiliriz. Bu yeni c¨umle de yapısı gere˘gi do˘grudur ve bu sefer ω’dan 3n daha uzundur.

Demek ki t¨umevarım hipotezi y¨uz¨unden ω⁰⁰c¨umlesi ω c¨umlesinden t¨uretilebilir. O zaman ω⁰ c¨umlesi ω⁰⁰’dan tek adımda t¨uretilebildi˘gi ic¸in, ω’dan da t¨uretilebilir.

2. As¸a˘gıda P , Q, R ve S ¨onerme de˘geri alan de˘gis¸kenler olsun.

(a) P ⇒ Q ve ¬Q ⇒ ¬P ¨onermesel fonksiyonlarının denk olduklarını g¨osterin. [˙Ipucu: do˘gruluk tablosu kullanabilirsiniz.]

C¸ ¨oz ¨um: ˙Ilk ¨onermesel fonksiyon sadece P ≡ D ve Q ≡ Y oldu˘gu zaman Y sınıfındadır.

˙Ikinci ¨onermesel fonksiyon ise sadece ¬Q ≡ D ve ¬P ≡ Y oldu˘gunda Y sınıfındadır. Ancak bu durumda Q ≡ Y ve P ≡ D olmalıdır. Yani bu iki fonksiyon denktir.

(b)

(P ⇒ Q ∧ ¬S ∧ R) ⇒ ¬P ∨ S ∧ ¬Q

¨onermesel fonksiyonunun Y sınıfında olabilmesi ic¸in de˘gis¸kenlere atanacak ¨onermelerin do˘gruluk de˘gerleri neler olmalıdır?

C¸ ¨oz ¨um: ¨Onerme iki parc¸adan olus¸uyor ve P ⇒ (Q ∧ ¬S ∧ R) ¨onermesel fonksiyonun D sınıfına ve ¬P ∨(S ∧¬Q) ¨onermesel fonksiyonun da Y sınıfına ait olması gerekir. Bu durumda

¬P ≡ Y ve S ∧ ¬Q ≡ Y olmalıdır. ˙Ilk parc¸ada da P ≡ D ve Q ∧ ¬S ∧ R ≡ Y olmalıdır. Her iki parc¸a da bize P ≡ D verir. Ancak bu durumda de˘gis¸ik olasılıklar m¨umk¨und¨ur. (1) E˘ger S ≡ D olursa, bu durumda ¬Q ≡ Y, yani Q ≡ D olmak zorunda olacaktır ve R’nin do˘gruluk de˘gerinin bir ¨onemi yoktur. (2) S ≡ Y olursa, bu durumda Q ∧ R ≡ Y olmalıdır. O zaman Q ≡ Y veya R ≡ Y olmalıdır.

3. As¸a˘gıdaki soru ic¸in

P (a, b) : a + b = 0

s¸eklinde tanımlanmıs¸ iki de˘gis¸kenli bir ¨onermesel fonksiyon olsun ve de˘gis¸kenler de X = {−1, 1}

k¨umesinden de˘ger alsın.

(a) ∀a ∈ X, ∃b ∈ X, P (a, b) belitli ¨onermesinin do˘gru oldu˘gunu bu belitleri ac¸arak g¨osterin. Unut- mayın ki belitler de aynı integraller gibi ic¸eriden dıs¸arı do˘gru ac¸ılırlar.

C¸ ¨oz ¨um: ∀a ∈ X, ∃b ∈ X, a + b = 0 belitli ¨onermesini s¸u s¸ekilde ac¸arız:

∀a ∈ X((a + 0 = 0) ∨ (a + 1 = 0)) Bu belitli ¨onermeyi de ac¸arsak

((−1 − 1 = 0) ∨ (−1 + 1 = 0)) ∧ ((1 − 1 = 0) ∨ (1 + 1 = 0)) elde ederiz. Bu ¨onerme de do˘grudur.

(b) ∃b ∈ X, ∀a ∈ X, P (a, b) belitli ¨onermesinin yanlıs¸ oldu˘gunu yine bu belitleri ac¸arak g¨osterin.

C¸ ¨oz ¨um: Yukarıdaki gibi bu ¨onermeyi iki adımda ac¸alım. ¨Once

∃b ∈ X, (−1 + b = 0) ∨ (1 + b = 0)

¨onermesini elde ederiz. Daha sonra ise

((−1 − 1 = 0) ∧ (−1 + 1 = 0)) ∨ ((1 − 1 = 0) ∧ (1 + 1 = 0))

¨onermesini elde ederiz. Bu ¨onerme de yanlıs¸tır.

4. A = {0, 1} olsun ve biz A^∗k¨umesini sadece 0 ve 1’ler ic¸eren sonlu diziler olarak tanımlayalım. S¸imdi R : A^∗ → A^∗olacak s¸ekilde bir ba˘gıntı tanımlayalım:

R = {(x, y) ∈ A^∗× A^∗| x ve y dizileri es¸it sayıda 0 ic¸erirler.}

R ba˘gıntısının bir denklik ba˘gıntısı oldu˘gunu g¨osterin.

C¸ ¨oz ¨um: Ba˘gıntının yansıyan, simetrik ve gec¸is¸gen oldu˘gunu g¨ostermemiz gerekiyor.

1. Her dizi x ∈ A^∗ kendisi ile aynı sayıda 0 ve 1 ic¸erdi˘gi ic¸in (x, x) ∈ R olur. Yani ba˘gıntı yansıyandır.

2. E˘ger (x, y) ∈ R ise o zaman x ve y dizileri aynı sayıda 0 ic¸erirler. O zaman (y, x) ∈ R de do˘grudur. Bu durumda R simetrik bir ba˘gıntıdır.

3. E˘ger (x, y) ∈ R ve (y, z) ∈ R ise o zaman x, y ve z dizileri aynı sayıda 0 ic¸erirler. Bu durumda (x, z) ∈ R olur. Yani ba˘gıntı gec¸is¸gendir.

5. Varsayalım ki A ve B sonlu iki k¨ume ve f : A → B de ¨uzerine bir fonksiyon olsun. Varsayalım ki A k¨umesinin eleman sayısı B k¨umesinin eleman sayısından en az bir daha fazla olsun. Anımsayalım ki B’nin her alt k¨umesi U ⊆ B ic¸in

f⁻¹(U ) = {a ∈ A| f (a) ∈ U }

s¸eklinde tanımlanmıs¸tır. G¨osterin ki ¨oyle bir b ∈ B vardır ki f⁻¹({b}) en az 2 ya da daha fazla eleman ic¸erir. Yani

∃b ∈ B |f⁻¹({b})| ≥ 2

[˙Ipucu: ˙Ispatı olmayana ergi y¨ontemi ile deneyin. Yukarıdaki ¨onerme yanlıs¸ olsaydı ne olurdu? O durumda yukarıdaki eleman sayılarını B’nin b¨ut¨un elemanları ¨uzerinden toplarsak ne olurdu?]

C¸ ¨oz ¨um: Varsayalım ki yukarıda verilen ¨onerme yanlıs¸ olsun. Yani:

∀b ∈ B, |f⁻¹({b})| < 2

olsun. O zaman B’deki her b ic¸in f⁻¹({b}) k¨umesi 1 ya da 0 eleman ic¸ermelidir. Ancak f ¨uzerine bir fonksiyon oldu˘gu ic¸in f⁻¹({b}) en az bir eleman ic¸ermek zorundadır. Bu durumda her b ic¸in

|f⁻¹({b})| = 1 olur. O zaman

|B| =X

b∈B

|f⁻¹({b})|

Ote yandan f bir fonksiyon oldu˘gu ic¸in f her noktada tanımlıdır. Bu nedenle, A’nın her elemanı a¨ en az bir b ic¸in a ∈ f⁻¹({b}) sa˘glamak zorundadır. Her a ∈ A ic¸in bu s¸artı sa˘glayan birden fazla b olabilece˘gi ic¸in |A| ≤ |B| olur. Ama bu da bir c¸elis¸kidir c¸¨unk¨u |A| > |B| oldu˘gunu kabul etmis¸tik.

6. Hatırlayalım ki verilen bir f : X → Y fonksiyonunun

• birebir olması fonksiyonun kars¸ıtının f^op: Y → X yarı fonksiyon olmasını gerektirir

∀a, b ∈ X f (a) = f (b) =⇒ a = b

• ¨orten olması fonksiyonun kars¸ıtının f^op: Y → X her yerde tanımlı olmasını gerektirir

∀y ∈ Y, ∃x ∈ X f (x) = y

Varsayalım ki X, Y ve Z ¨uc¸ k¨ume, f : X → Y ve g : Y → Z ise iki fonksiyon olsun.

(a) E˘ger f ve g birebir fonksiyonlar ise o zaman biles¸keleri g ◦ f ’in de birebir oldu˘gunu g¨osterin.

C¸ ¨oz ¨um: Varsayalım ki g(f (x)) = g(f (y)) olsun. Elimizdeki g fonksiyonu birebir oldu˘gu ic¸in f (x) = f (y) olmalıdır. Ancak f fonksiyonu da birebirdir. Bu durumda x = y olmalıdır.

Yani biles¸ke fonksiyon birebirdir.

(b) E˘ger f ve g ¨orten fonksiyonlar ise o zaman biles¸keleri g ◦ f ’in de ¨orten oldu˘gunu g¨osterin.

C¸ ¨oz ¨um: Biz z ∈ Z alalım. Elimizdeki g fonksiyonu ¨orten oldu˘gu ic¸in ¨oyle bir y ∈ Y vardır ki g(y) = z olur. Ancak f fonksiyonu da ¨ortendir. O zaman elimizdeki bu y ∈ Y ic¸in ¨oyle bir x ∈ X vardır ki f (x) = y olur. O zaman her z ∈ Z ic¸in ¨oyle bir x ∈ X bulduk ki g(f (x)) = g(y) = z oldu. Yani biles¸ke fonksiyon ¨ortendir.

[˙Ipucu: Yukarıdaki tanımları f ve g ic¸in yazın. Bunları biliyoruz. S¸imdi aynısını biles¸ke fonksiyon ic¸in yazın. Bunu ispat etmek istiyoruz. Nasıl ilerleriz?]

7. Bu soru ic¸in hatırlayalım ki ordinal (sayma) sayılarını biz s¸u s¸ekilde tanımlamıs¸tık:

0 = ∅, n + 1 = n ∪ {n}

Yani

1 ={0} = {∅}

2 =1 ∪ {1} = {0, 1} = {∅, {∅}}

3 =2 ∪ {2} = {0, 1, 2} = {∅, {∅}, {∅, {∅}}}

· · ·

olur. Bu elemanlar sonlu ordinaller olarak tanımlanır. Biz bu yapı ic¸inde ω’yı sonlu ordinallerin birles¸imi olarak

ω = 0 ∪ 1 ∪ 2 ∪ · · · tanımlarız.

(a) Cantor-Bernstein Teoremini yazın.

C¸ ¨oz ¨um: A ve B herhangi iki k¨ume olsun. Anımsayalım ki e˘ger f : A → B s¸eklinde birebir ve

¨orten bir fonksiyon varsa o zaman |A| = |B| yazarız. Cantor-Bernstein Teoremi s¸u s¸ekildedir:

E˘ger f : A → B ve g : B → A olacak s¸ekilde iki tane birebir fonksiyon var ise o zaman |A| = |B| olur.

(b) |ω| = |ω × ω| oldu˘gunu ispat edin.

C¸ ¨oz ¨um: Cantor-Bernstein Teoremini kullanaca˘gız. ¨Once f : ω → ω × ω fonksiyonunu s¸u s¸ekilde tanımlayalım:

f (n) = (n, 0)

Bu fonksiyon birebirdir c¸¨unk¨u e˘ger f (n) = f (m) olursa (n, 0) = (m, 0) olur ve o zaman n = m olur. Simdi de g : ω × ω → ω fonksiyonunu s¸u s¸ekilde tanımlayalım:

g(n, m) = 2ⁿ3^m

E˘ger g(n, m) = g(a, b) olursa o zaman 2ⁿ3^m = 2^a3^bolaca˘gı ve her tam sayı asal c¸arpanlara tek bir s¸ekilde ayrılaca˘gı ic¸in n = a ve m = b elde ederiz. Yani (n, m) = (a, b) olur. Bu durumda g fonksiyonu da birebirdir.

(c) T¨umevarımla ya da bas¸ka bir metodla her n ic¸in

|ω| = | ω × · · · × ω

| {z }

n-kere

|

oldu˘gunu g¨osterin.

C¸ ¨oz ¨um: Yine Cantor-Bernstein Teoremini kullanaca˘gız. ¨Once f : ω → ω^×n fonksiyonunu tanımlayalım. Bir ¨onceki sorudakine benzer bir s¸ekilde

f (m) = (m, 0, . . . , 0) s¸eklinde tanımlanır. Di˘ger y¨onde ise

g(m1, . . . , mn) = p^m₁¹p^m₂²· · · p^m_nⁿ

s¸eklinde tanımlanır. Burada p1 = 2, p₂ = 3 ve sırasıyla p_n de n-inci asal sayı s¸eklinde sıralanarak kullanılır.