T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E S

C A L C U L U S

S E Ç K I N YAY I N C I L I KA N K A R A

Contents

1 Nicelik Sayıları 13

2 Sayılar 35

3 Sayılar 49

4 Dogal Sayılar 77

5 Operatörler 91

6 Karmasık Sayılar 107

7 Denklemler 139

8 Büyük Sayıları Adlandırma 199

Bibliography 203

Index 207

CONTENTS 5

0.1 Sayı Ekseni

Bu derste sık sık dogru, düzlem ve uzay terimleri ile karsılasacagız.Bu terimler duyu organlarımızca kolayca algılanan kavramlardır.Ögrenmekte zorluk çekmeyecegiz.

Orta ögretimdeki geometri derslerinden asagıdaki belitleri anım-sayacksınız.

Aksiyom 0.1. Iki noktadan bir dogru geçer.

Aksiyom 0.2. Üç noktadan bir düzlem geçer.

Bu ifadeler, duyu organlarımızın farkettigi, ama kanıtlanamayanbirer gerçektir. O nedenle belit olarak alınırlar. Onlar geometrininomurgasını olusturan belitlerdendir.

Sayı Ekseni (sayı dogrusu): Cetvel ile defterimize bir d dogrusu çize-lim. Buna tasıyıcı dogru diyecegiz. Tasıyıcı dogrunun ortalarındabir baslangıç noktası isaretleyelim ve o noktayı O ile gösterelim.Isaretledigimiz noktanın bir tarafını pozitif (+), ötekini negatif (-)yön olarak seçelim. Baslangıç noktasından baslayarak pozitif yönedogru her hangi bir birim uzunluk belirleyip, o uzunlugun ucuna+1 diyelim. Baslangıç noktasından baslayıp +1 noktasına kadar olanuzaklıga birim uzunluk diyecegiz.

Böylece bir sayı ekseni (dogrusu) olusturduk.Figure 1: Sayı Dogrusu

Sayı ekseni olustururken;

1. Tasıyıcı dogrunun hangi konumda oldugunun önemi yoktur.Dogruyu istediginiz konumda çizebilirsiniz. Bu konuma dogrultudiyoruz.

2. Baslangıç noktasına göre dogrunun hangi tarafını pozitif, hangitarafını negatif seçtigimizin önemi yoktur. Buna yön ya da yöneltidiyoruz. Yönlendirmeyi istediginiz gibi yapabilirsiniz; yani dogru-nun iki tarafından hangisini isterseniz pozitif yön olarak seçe-bilirsiniz. Onun karsıtı olan yön negatif yön olur.

3. Birim uzunluk olarak hangi uzulugu aldıgınızın önemi yoktur.Santimetre, decimetre, parmak genisligi, karıs, ayak ya da hiç adıolmayan rasgele bir uzunluk seçebilirsiniz. Bütün uzunluk ölçüleribirbirlerine dönüsebilir; yani bir uzunlugu baskası cinsinden ifadeedebilirsiniz.

0.2 Sayıların Eksene Yerlestirilmesi

Sayı eksenini bu durumuyla bırakırsak çok ise yaramaz. Simdi sayıeksenini daha islevsel hale getirelim. +1 noktasından baslayarak

6 calculus

pozitif yönde 1 birim uzunluk daha ilerleyelim o ulastıgımız noktaya+2 diyelim. Bu eylemi durmdaksızın tekrarlayalım. Bir +n noktasındaiken, pozitif yönde birim uzunluk kadar ileriye gidip, ulastıgımıznoktayı +(n+1) ile gösterelim. Bu eylemi pozitif yönde istedigimizkadar tekrarlayabiliriz. Ama eylemi asla bitiremeyiz. Ancak sunusezebiliriz.

N = { 0, 1, 2, . . . , n, n + 1, . . . } (1)

dogal sayılar kümesinin her ögesine sayı ekseni üzerinde bir ve yal-nızca bir tane nokta karsılık gelir. Dogal sayılar kümesinin ögelerinisayarak ve bir dogru üzerine yerlestirerek bitiremeyiz. Ama hangidogal sayıyı seçersek seçelim, yerlestirme yöntemimiz önünde so-nunda o sayıya erisecek ve onu sayı ekseni üzerinde olması gerekenkonuma yerlestirecektir. Bu sayılabilir sonsuz kümelerin önemli birniteligidir. Bu niteligi tam sayılar ve rasyonel sayılar için de kul-lanacagız.

Simdi aynı eylemi negatif yönde yapalım: Baslangıç noktasındanbaslayarak (-) yönde birer birim aralıklarla

−N = { 0,−1,−2, . . . ,−n,−(n + 1), . . . } (2)

kümesinin ögelerini sayı ekseninin negatif yönüne, aralarında birimuzunluk olacak biçimde yerlestirelim. Böylece sayı ekseni üzerinde

Z = { . . . ,−(n + 1),−n, . . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . , n, n + 1, . . . } (3)

tam sayılar kümesinin ögelerini yerlestirmis oluruz. Kurulus yönte-minden, bu yerlestirmenin bire-bir esleme oldugunu görüyoruz.

Sıra rasyonel sayıları yerlestirmeye geldi. Örnek olarak 154 rasy-

onel sayısını ele alalım. Bu sayının onlu sistemdeki açılımı 3.75 dir.Sayı ekseni üzerinde [3, 4] aralıgını 100 esit parçaya bölelim. 3 denbaslayarak (+) yöne dogru 75 aralık sayalım. Eristigimiz noktaya3.75 isaretini koyalım. Bu sekilde bütün pozitif rasyonel sayıları sayıekseni üzerine bire-bir yerlestirebilirz. Benzer olarak bütün negatifrasyonel sayıları da sayı ekseninin negatif tarafına yerlestirebiliriz.Soyut Matematik derslerinde gördügünüz gibi, rasyonel sayılarsayılabilir çokluktadır. Onları sayarak ve dogru üzerine birer bireryerlestirerek bitiremeyiz. Ama hangi rasyonel sayıyı seçersek seçelim,yerlestirme yöntemimiz önünde sonunda o sayıya erisecek ve onusayı ekseni üzerinde olması gereken konuma yerlestirecektir.

Simdi isin zor yerine geldik. Dogal sayıları, tam sayıları ve rasy-onel sayıları sayı ekseni üzerine bire-bir olacak biçimde yerlestirdik.Ama sayı ekseni üzerinde bosluklar kaldıgını sezeliliyoruz. Örnegin,birim uzunluklu ikizkenar dik üçgenin hipotenüsünün uzunluguolan

√2 sayısının yeri sayı ekseninde bostur. Pergeli hipotenüs uzun-

lugu kadar açalım ve pergelin bir bacagını baslangıç noktasına sabit-leyip öteki bacagın sayı ekseninin pozitif yönünde ulastıgı noktaya

CONTENTS 7

√2 sayısını yerlestirelim. Bu sekilde

√3,√

5,√

101, . . . ,√

1000001, . . .gibi irrasyonel sayıları sayı eksenine yerlestirebiliriz. Bu eylemdurmaksızın devam etse bile Q′ irrasyonel sayılar kümesini bitire-meyiz. Çünkü Q′ irrrasyonel sayılar kümesi sayılamayan sonsuzbir kümedir. Sayıların çok büyük bir bölümü irrasyonel sayıdır.Sayılabilir sonsuz olmakla birlikte, rasyonel sayılar gerçel sayılariçinde çok çok azdır. Ancak, gerçel sayıların kurulus yöntemlerindenhangisi alınırsa alınsın, her gerçel sayının sayı ekseni üzerinde birnoktaya karsılık geldigi gösterilebilir. Baska bir deyisle, R kümesiile sayı ekseni arasında bire-bir eslesme vardır. Bu eslesme, sayıeksenini doldurur, sayılar arasında eslesmeyen bosluklar kalmaz.Gerçel sayıların tamlık (completeness) özeligi denilen sey budur. Buders boyunca kullanacagımız önemli baska özelikleri Kesim ??’desöylemistik. Onları aklınızda tutunuz.

Sayı kümeleri arasında

N ⊂ Z ⊂ Q′ ⊂ R (4)

veR = Q∪Q′ (5)

bagıntılarını varsayıyoruz.

0.3 Dogru, Düzlem, Uzay

Bu derste sık sık dogru, düzlem ve uzay terimleri ile karsılasacagız.Bu terimler duyu organlarımızca kolayca algılanan kavramlardır.Ögrenmekte zorluk çekmeyecegiz.

Figure 2: Dogrular

1

1 Aynı konuyu düsünen insanlarınbenzer sekiller üzerinde düsünmelerinisaglamak için bazı gelenekler olusmus-tur.

Figure 3: Dogrular

Orta ögretimdeki geometri derslerinden asagıdaki belitleri anım-sayacaksınız.

Aksiyom 0.3. Iki noktadan bir dogru geçer.

Aksiyom 0.4. Üç noktadan bir düzlem geçer.

Önceki kesimde sayı ekseni kurduk. Simdi sayı ekseni ile ilgili bazıyararlı isleri yapabiliriz.

0.4 Gerçel Sayı Ekseni

Gerçel sayı ekseni, önceki kesimde kurdugumuz sayı eksenidir. An-cak, sayı eksenini kurarken dogrultu, yön ve birimin keyfi olugunusöyledik. Isin aslı öyledir. Ancak, aynı konuyu düsünen insanlarınbenzer sekiller üzerinde düsünmelerini saglamak için bazı geleneklerolusmustur. Bu derste de o geleneklere uymakta yarar vardır.

8 calculus

Gerçel sayı eksenininin dogrultusunu, önümüzdeki masanın bizimtarafta olan kenarına paralel olacak biçimde alırız. Yönünü bizimsagımızdaki yön olarak seçeriz. Birim uzunluk seçerken, o andakullanılacak sayıları gözümüzün rahat seçecegi aralıkları yaratmasınıisteriz. Ama ardısık sayıları yerlestirirken sayıların sayı ekseninin çokçok ırak noktalarına gitmesi isimizi kolaylastırmaz. Benzer eylemissınıftaki yazı tahtası için de uygularız. Tahtaya çizilen sayı ekseni,örnegin tavana paralel çizilir. Hemen belirtelim ki, bu seçimler istegebaglı gönüllü yapılan eylemlerdir. Matematik bizi böyle yapmayazorlamaz.

Bu istekleri karsılayacak biçimde çizilen sayı ekseninin dogrul-tusuına yatay dogrultu diyoruz. Burada yataylıgın kisinin konumunagöre degistigi apaçıktır.

0.5 Bir boyutlu uzay

2 2 Gerçel sayı ekseni bir boyutlu birÖkliduzayıdır.Gerçel sayı ekseni bir boyutlu bir Öklid uzayıdır. Uzayın her öge-

sine bir vektör denilir. Uzay (+) islemine göre bir gruptur. Uzay-daki her x vektörü (sayısı) istenilen bir α gerçel sayısı ile çarpılabilir.Çarpımın sonucu gene bir gerçel sayıdır. Dolayısıyla uzayda bir vek-tördür. Herhangi bir x ∈ R sayısının (vektör) mutlak degeri (uzun-lugu), x sayısının baslangıç noktasına olan |x| uzaklıgıdır. Sayı ekseniüzerindeki a, b sayıları (vektörleri) arasındaki uzaklık |b− a| mutlakdegeridir.

Bir uzayda, uzaya ait noktaların (vektörlerin) uzay içindeki kon-umlarını belirten nesneye (araç) koordinat sistemi denilir. Sayı ekseni,bir boyutlu uzaydaki her sayının (vektörün) konumunu belirttiginegöre, uzayın koordinat sistemidir.

Bir boyutlu uzaydaax = b (a 6= 0) (6)

gibi denklemleri daima çözebiliriz. (6) denkleminde a, b iki sabitgerçel sayı x ise bilinmeyendir.

Bir denklemde bilinmeyen(ler)in kuvvet(ler)i 1 ise denklem dogrusaldenklem adını alır. Bilinmeyenin hangi kümeden seçilecegi öncedenbiliniyorsa, ona degisken diyoruz. Denklemi çözmek demek den-klemde esitligi saglayan x degisken(ler)inin bulunması demektir. (6)denkleminin çözümü x = b

a olur.

0.6 Düzlem

3 3 Düzlem iki boyutlu bir Öklid uzayıdır.

CONTENTS 9

Düzlem iki boyutlu bir Öklid uzayıdır. Düzlemde önce bir koor-dinat sistemi kuralım. Biraz önce söyledigimiz gibi yatay dogrultudaalacagımız bir sayı ekseni düsünelim. Buna Ox− ekseni, apsislerekseni ya da yatay eksen denilir. Baska bir sayı eksenini, baslangıçnoktaları çakısacak ve aralarında dik açı olusacak biçimde yerlestire-lim. Bu eksene de Oy− ekseni, ordinatlar ekseni ya da düsey eksendenilir. Yatay ve düsey eksenlere koordinat eksenleri denilir.

Kesisen iki dogru bir düzlem belirtir. Bu düzlem üzerindeki birP noktasının konumunu belirlemek için, P noktasından eksenlerebirer dikme inelim. Dikmelerin ayaklarının baslangıç noktasına olanuzaklıkları, sırasıyla x ve y olsun. (x, y) nesnesine bir sıralı çift denilir.Düzlemin her noktası için bu is yapılabilir. Böylece, düzlem ile

{(x, y)| x, y ∈ R} (7)

sıralı sayı çiftleri arasında bire-bir eslesim kurulur. x sayısına P nok-tasının apsisi, y sayısına P noktasını ordinatı denilir. Apsis ve ordinatterimleinin tarihi degeri vardır. Ancak, algıyı kolaylastırmak içinapsis yerine yatay koordinet, ordinat yerine de düsey koordinat diye-cegiz.

Öte yandan, iki sayı ekseninin belirledigi düzlem ile (7) sıralı çift-lerinin kümesini aynı sayacagız. Düzlemin her noktasını bir (x, y)sıralı çifti ile belirlemek büyük kolaylık saglar.

Düzleme 2-boyutlu denmesinin nedeni apaçıktır. Çakısmayan vebirbirlerine paralel olmayan iki sayı ekseni, düzlemin her noktasınınkonumunu belirliyor.

0.7 Dogru Denklemi

4

4 y = mx + n,ax + by + c = 0Düzlemde bir dogru denklemi, dogruya ait (x, y) nokta çift-

lerinin düzlemin nerelerinde oldugunu belirleyen bir denklemdir.Buna dogrunun grafigi diyoruz. Öyleyse dogrunun grafigi, x ile ydegiskenleri arasındaki iliskiyi veren bir bagıntıdır. Bu bagıntı

y = mx + n (8)

ax + by + c = 0 (9)

denklemlerinden birisi ile verilir. Denklemlerde x, y degiskenlerininüstleri 1’dir. O ndenle denklemlere dogrusal denklem diyoruz.

Birinci denklemde x = 0 konulursa, dogrunun Oy− ekseninikestigi (0, n) noktası bulunur. m katsayısı dogrunun egimidir.

Ikinci denklem daha genelmis gibi görünse de basit cebirsel islem-lerle birisi ötekinin biçimine dönüstürülebilir.

10 calculus

Dogru Çizimi

Dogrunun grafigini çizmenin en kısa yolu, grafigin koordinat eksen-lerini kestigi noktaları bulmaktır. Tabii, istenirse grafik üzerindekiherhangi iki noktayı bulup onlardan geçen dogruyu çizmek her za-man mümkündür.

Ikinci denklemde x = 0 konulursa, dogrunun Oy− eksenini kestigi(0,− c

b ) noktası, y = 0 konulursa, dogrunun Ox− eksenini kestigi(− c

a , 0) noktası bulunur. Iki noktası bilinince dogruyu çizebiliriz.

0.8 Dogrusal Denklem Sistemi

5

5 a1x + b1y = c1a2x + b2y = c2

Çok degiskenli denklemlere alıskanlık saglamak için x, y degiskn-leri yerine x1, x2 degiskenlerini kullanacagız. Bu is yalnızca degisken-lere farklı ad verme

Düzlemde iki dogrunun denklemlerinden olusan

a1x + b1y = c1

a2x + b2y = c2

denklemlerine iki degiskenli iki dogrusal denklemden olusan sistemdenilir.

Örnek 0.5.

3x1 − y− 1 = 0

2x1 + 3y + 14 = 0

denklem sistemini yoketme yöntemi ile çözmek isteyelim. Iki den-klemden y degiskenini yoketmek için, birinci denklemi 3 ile, ikincidnklemi 1 ile çarpıp, taraf tarafa toplarsak 11x = −11 çıkar. Buradanx = −1 bulunur. Bu deger denklemlerden herhangi birisinde kull-lanılırsa y = −4 çıkar. O halde, sistemin çözümü Ç = (−1,−4) olur.Çözümü grafik üzerinde görmek için iki dogrunun grafiklerini aynıkoordinat sisteminde çizerek kesisim noktalarını görmek yetecektir.

Örnek 0.6.

Simdi de yerine koyma yöntemiyle bir denklem sistemini çözelim:

−x + 2y = 3

2x + 4y = 2

sistemini çözmek için birinci denklemden x = 2y− 3 degerini bulupikinci denklemde yerine koyalım: y = 1 çıkar. Bu degeri ilk den-klemde kullanırsak x = −1 buluruz. O halde çözüm Ç = (−1, 1)

CONTENTS 11

dir. Gerçekten bu iki dogrunun grafikleri aynı koordinat sistemindeçizilirse, (−1, 1) noktasında kesistikleri görülür.

1Nicelik Sayıları

1 1 Cantor: Nicelik sayısı sonlu kümelerinöge sayısıdır.

1.1 Kısa Tarihçe

Matematikte nicelik sayılarını, simdi kullandıgımız anlamıyla ortayakoyan kisinin, Rus asıllı Alman matematikçi Georg Cantor (1845-1918) oldugu kabul edilir. Cantor, nicelik kavramını, sonlu kümelerinöge sayısı olarak ortaya koydu ve onu kullanarak sonlu kümeleribüyüklüklerine göre karsılastırmaya basladı. Örnegin {1, 2, 3} ile{a, b, c} kümelerinin birbirlerinden farklı ama büyüklüklerinin (ögesayılarının) aynı 3 dogal sayısına esit oldugunu gördü. Bu basitdüsünceden bir genellemeye ulastı. Iki kümenin büyüklüklerinin esitolması için, kümeler arasında birebir örten (bbö) bir dönüsümün ol-ması gerektigini anladı. Sonra bu düsünceyi kolayca sonsuz kümeleregenellestirdi.

N = {0, 1, 2, 3, . . . , n, n + 1, . . .} (1.1)

dogal sayılar kümesini, bütün sonlu kümelerin nicelik sayılarınınkümesi olarak tanımladı. Bu kümeye ilk sonlu ötesi sayı adını verdi.Bu en küçük sonlu ötesi sayıdır. N kümesinin nicelik sayısını ℵ0

ile gösterdi. (1.1) kümesine birebir eslenen; yani ona esgüçlü olankümelere sayılabilir sonsuz kümeler dedi.

Cantor, bundan sonra önemli sonuçlara ulastı:

1. Dogal sayılar kümesi sonsuz altkümelerine esgüçlüdür. Gerçektendogal sayıların içinde tek sayılar ya da çift sayılar sonsuz kümel-erdir. Her birisinin nicelik sayısı ℵ0 dir. Bunu görmek kolaydır.Örnegin, n ⇒ 2n dönüsümü dogal sayılar kümesinden çift sayılarkümesine birebir ve örten bir dönüsümdür. Dolayısıyla niceliksayıları aynıdır.

2. Dogal sayı çifterinden olusan küme; yani N×N kartezyen çarpımısayılabilir sonsuz kümedir.

14 calculus

3. Rasyonel sayılar kümesi sayılabilir sonsuz kümedir.

4. Cebirsel sayılar2 sayılabilir sonsuz kümedir. 2 Tamsayı katsayılı polinomların kökleri

5. Dogal sayılar kümesinin, Gerçel sayılar kümesine esgüçlü ol-madıgını 1874 yılında yayınladıgı makalede kanıtladı. Bu önemlimakale su gerçegi ortaya koydu. R gerçel sayılar kümesinin niceliksayısı, dogal sayıların nicelik sayısından kesinlikle daha büyük-tür. R nin nicelik sayısına continuum adını verdi ve c ile gösterdi.Özetle,

ℵ0 < c (1.2)

esitsizligi vardır.

Bu gün nicelik sayıları, kümeler kuramında kendi basına bir daldır.Bunun yanında kombinatorik, soyut cebir ve analizde kullanılanönemli bir araçtır.

1.2 Sayı Türleri

3

3 Nicelik SayılarıSıra SayılarıMatematikte iki türlü sayı kullanılır:

1. Nicelik Sayıları

2. Sıra Sayıları

Örnegin,

1. "Yedi kisi"

2. "Üç okul"

3. "On iki çocuk"

ifadeleri, söz konusu kümelerin ögelerinin sayısını (niceligini) belirtir.Buna karsın,

1. "Yedinci kisi"

2. "Üçüncü okul"

3. "On ikinci çocuk"

ifadeleri, üzerinde iyi sıralama bagıntısı oldugu sezilen kümeye aitögenin, sıralamadaki konumunu (sıra sayısını) belirtir.

Islevlerinden hemen anlasıldıgı gibi, birinci tür sayılara niceliksayıları, ikinci tür sayılara da sıra sayıları denilir. Bu bölümde niceliksayılarını, sonraki bölümde sıra sayılarını ele alacagız.

Uyarı 1.1. Bazı kaynaklar sayı türlerine adlandırma sayıları (nominalnumbers) adıyla üçüncü bir sayı türü eklerler. Ancak, islevlerine bakıncaadlandırma sayıları matematiksel anlamda yeni bir tür sayılmazlar.

nicelik sayilari 15

1.3 Nicelik Sayıları

Nicelik sayıları, dogal sayıların bir genellemesidir. Kümelerin büyük-lüklerini (öge sayısını) belirlemek için kullanılır. Sonlu kümenin nice-lik sayısı, onun öge sayısını belirten dogal sayıdır. Sonsuz kümelerinbüyüklüklerini belirten nicelik sayıları, sonlu ötesi sayılardır (transfi-nite numbers).

Nicelik sayıları kümelerin büyüklügünü belirttigine göre, esbüyüklükte (esgüçlü) olan kümelerin nicelik sayılarının aynı oldugunuvarsaymalıyız. O zaman, önümüze kolay bir yol çıkıyor. ’Bütünkümelerin kümesi’ni esgüçlü olma bagıntısına göre denklik sınıflarınaayırıp, her denklik sınıfını bir nicelik sayısı olarak alabiliriz. Dahaaçık bir deyisle, her denklik sınıfından rasgele seçilecek bir kümeninnicelik sayısını o sınıftaki kümelerin ortak nicelik sayısı olarak alabili-riz.

Ancak bu kolay yola girmemizin önünde büyük bir engel var:’Bütün kümelerin kümesi’ ni ele alamıyoruz. Onu ele aldıgımızda,Kümeler Kuramı’nda çatıskılar (paradox) ortaya çıkıyor.

O nedenle, kolay yol aramaktan vazgeçip, biraz dolambaçlı biryola sapacagız. Nicelik sayılarının varlıgını bir belit (axiom) olarakkabul edecegiz. Bu kabul,

’Sonlu kümelerin nicelik sayıları dogal sayılar kümesidir.’önermesinin genellemesidir. Dolayısyla, simdiye dek yaptıklarımızaaykırı düsmeyecektir.

Nicelik Sayılarının Varlıgı

Aksiyom 1.2. 4 Adına nicelik sayıları denilen ve asagıdaki iki özelige sahip 4 Esgüçlü kümelerin nice-lik sayıları birbirlerineesittir.

bir N ailesi vardır.

1. Her C kümesi için, C kümesinin nicelik sayısı adını verecegimiz veC kümesine esgüçlü olan bir c kümesi vardır.

2. Esgüçlü kümelerin nicelik sayıları birbirlerine esittir.

Son özelik su anlama gelir: C kümesinin nicelik sayısı c, D kümesininnicelik sayısı d ise

C ≈ D → c = d (1.3)

olur. Sonlu kümelerde bu özeligin saglandıgını biliyoruz. Örnegin,

C = {1, 2, 3}, D = {a, b, c}

ise, birebir ve örten (bbö) f : C ⇒ D dönüsümü

f (1) = a, f (2) = b, f (3) = c

16 calculus

biçiminde tanımlanabilir. Öyleyse, C ile D esgüçlüdürler. Buradan

C ≈ D → c = d

çıkar. Yerine göre formüllerin kolay yazılması ve kolay algılanmasıiçin nicelik sayılarını farklı simgelerle gösterecegiz. C kümesininnicelik sayısı

c, ¯C, \(C), n(C) |C| (1.4)

simgelerinden birisiyle gösterilir.Cantor Teoremi, bir kümenin kendi kuvvet kümesine esgüçlü

olamayacagını söylüyor. (A ⊂ B) ∧ (A 6= B) bagıntısını A ≺ B ilegösterirsek,

∅ ≺ A1 ≺ A2 ≺ A3 ≺ . . . ≺N ≺ α1 ≺ α2 ≺ . . . ≺ αη . . . (1.5)

biçiminde, sagdaki soldakinden daha güçlü olan kümelerin varlıgınısöyleyebiliriz. Bunun için, ardısık iki terimde, soldakinin kuvvetkümesini sagdaki küme olarak almak yetebilir. (1.5) bagıntısından

0 ≺ 1 ≺ 2 ≺ 3 ≺ . . . ≺ ℵ0 ≺ ℵ1 ≺ ℵ2 ≺ . . . ≺ ℵη . . . (1.6)

biçiminde birbirinden büyük nicelik sayılarının varlıgını sezebiliriz.Ancak bu sezgiyi bilgiye dönüstürmek zordur. Bildigimiz tanım ve

belitlerle, yazdıgımız sıraya giren kümeleri belirlemek olanaksızdır.Örnegin N nin nicelik sayısı ile R nin nicelik sayısı arasında baskabir nicelik sayısının olup olmadıgı kanıtlanamaz. Biraz sonra bukonuyu ele alacagız.

1.4 Gösterimler

Dogal Sayı

Dogal sayıları sonlu kümelerin nicelik sayıları olarak tanımladık.Kümesel islemlerde N yerine ω simgesini kullandık. Belit 1.2 ’invarsayımları uyarınca, her dogal sayıyının nicelik sayısını kendisiimis gibi düsünebilir ve dolayısıyla asagıdaki esitlikleri yazabiliriz:

\(0) = 0 = {∅} (1.7)

\(1) = 1 = {0} (1.8)

\(2) = 2 = {0, 1} (1.9)

\(3) = 3 = {0, 1, 2} (1.10)

... (1.11)

\(n) = n = {0, 1, 2, . . . , n− 1} (1.12)

... (1.13)

nicelik sayilari 17

Küme aileleri üzerinde esgüçlülük bir denklik bagıntısı oldugundan,(1.7) gösterimleri bir çeliski yaratmazlar. Çünkü, (1.7) esitliklerinininsag yanlarındaki kümelerden birisine esgüçlü olan kümenin niceliksayısı, orta sol karsısında yazılı olan dogal sayıdır. Burada, bastanberi söyledigimiz gerçegi teorem olarak ifade edebiliriz..

Theorem 1.3. Dogal sayılar, sonlu kümelerin büyüklügünü (öge sayısını)gösteren nicelik sayılarıdır.

Sonlu ve Sonsuz Nicelik Sayıları

Tanım 1.4. Liste 1.7 gösterimleri nedeniyle, dogal sayılara sonlu niceliksayıları, ya da sonlu kümelerin nicelik sayıları, denilir.

Bunun karsıtı olarak, sonlu olmayan nicelik sayılarına sonsuz niceliksayıları, yada sonsuz kümelerin nicelik sayıları, denir.

Dogal sayıları küme olarak ele aldıgımızda w simgesini, niceliksayısı olarak ele aldıgımızda N simgesini kullanacagız. Bu ayrım,yalnızca islemlerde yalınlıgı saglamak içindir, isin aslında bir farkyaratmaz.

alef sıfır

’Alef’ diye okunan ℵ Ibranicenin ilk harfidir. ℵ0 ise dogal sayılarkümesinin nicelik sayısıdır.

ℵ0 = \(w) = \(N) (1.14)

w = {0, 1, 2, 3, . . .}

dogal sayılar kümesinin iki önemli özeligi vardır:

1. w sayılabilir en büyük kümedir.

2. w en küçük sonsuz kümedir.

Bunları nicelik sayıları cinsinden ifade edersek,

1. ℵ0, dogal sayıların hepsinden büyüktür. Ilk sonlu ötesi sayıdır.

2. ℵ0 en küçük sonlu ötesi sayıdır.

alef bir

ℵ1, gerçel sayılar kümesinin nicelik sayısıdır. Essimgesi c dir.

ℵ1 = \(R) = c (1.15)

18 calculus

1.5 Sürey Hipotezi

Continuum Hypothesis

Cantor, dogal sayıların nicelik sayısının gerçel sayıların niceliksayısından kesinlikle küçük oldugunu; yani

ℵ0 < ℵ1

oldugunu kanıtladıktan sonra, bu ikisi arasında baska bir niceliksayısı olup olmadıgını gösteremedi. Bunun üzerine, adına SüreyHipotezi (’Continuum Hypothesis’) denilen su varsayımı kabul etti:

Aksiyom 1.5. Dogal sayılar kümesinin nicelik sayısından büyük ve gerçelsayılar kümesinin nicelik sayısından küçük bir nicelik sayısı yoktur.

Bu hipotez, ℵ0 sayısından sonra gelen nicelik sayısının ℵ1 olduguanlamına geliyordu. Bu sanısını vurgulamak için, koydugu hipoteze’continuum’ dedi ve R gerçel sayılar kümesinin nicelik sayısını c ilegösterdi.

ℵ1 = \(R) = c (1.16)

’Sürey Hipotezi’ nin dogru mu, yoksa yanlıs mı oldugunun kanıtımatematikçileri uzun süre ugrastırdı. Bu soru, Hilbert’in 1900 yılındaParis’te yapılan Dünya Matematik Kongresine sundugu 23 prob-lemin5 ilkidir. 5 Alman matematikçi David Hilbert

(1862-1943) ’in 1900 yılında Paris’teyapılan Dünya Matematik Kongre-sine sundugu 23 problem, 20.yüzyılmatematigine yön vermistir.

1963 yılında Paul Cohen, Seçim Belitini kabul edince, ’Sürey Hipotezi’nin,Zermelo-Fraenkel Kümeler Kuramı’nın belitlerinden bagımsız oldugunukanıtladı. Cohen’in önemli bulusu su anlama geliyordu. SüreyHipotezinin dogru ya da yanlıs kabul edilmesi, ZFC Kümeler Ku-ramında6 bir çatıskı (paradox) yaratmaz. Bu bulusu nedeniyle, 1966

6 ZFC: Zermelo-Fraenkel belitleri ilebirlikte Seçim Belitiyılında Cohen’e, matematikte verilen en büyük armagan olan ’Fields

Medal’ armaganı verildi.

1.6 Nicelik Sayıları Üzerinde Aritmetik

Tanım 1.6. Nicelik sayılarında toplama, çarpma ve üs islemleri asagıdakigibi tanımlanır:

Kesismeyen S, T kümeleri için s = |S| ve t = |T| olsun.

s+ t = |S ∪ T|st = |S× T|

st = |ST |

S ∩ T 6= ∅ ise, S yerine ona esgüçlü olan S× {0} kümesi ve T yerineona esgüçlü olan T × {1} kümesi alınarak, kesismeme kosulu herzaman saglanabilir.

nicelik sayilari 19

Iyi Tanımlılık

Iyi tanımlılık su anlama gelir: |S| = s = |S1| ve |T| = t = |T1| olacaksekilde S, S1, T, T1 kümeleri varsa,

|S ∪ T| = s+ t = |S1 ∪ T1||S× T| = st = |S1 × T1|

|ST | = st = |ST11 |

esitlikleri geçerlidir. O halde,

Theorem 1.7. Yukarıda tanımlanan toplama, çarpma ve üs alma islemleriiyi tanımlıdır.

Kanit: Iyi tanımlılıgın gerektirdigi kosulların saglandıgı, esgüçlülüktanımından çıkar.

Theorem 1.8. Yukarıda tanımlanan toplama, çarpma ve üs alma islemleriasagıdaki özelikleri saglar:

s+ t = t+ s (toplamın yer degisimi)

st = ts (çarpımın yer degisimi)

s+ (t+ r) = (s+ t) + r (toplamın birlesimi)

s(tr) = (st)r (çarpımın birlesimi)

s(t+ r) = st+ sr (soldan dagılma)

(s+ t)r = sr+ tr (sagdan dagılma)

Kanit: Tanım 1.6 varsayımları ile ilgili kümeler cebiri ve araların-daki esgüçlülük bagıntılarından kolayca görülür.

1.7 Sıralama

Nicelik sayıları dogal sayıların genellemesidir ve onları içine alır.Dolayısıyla, dogal sayılardaki sıralama bagıntısını genellestirmeli veayrıca genellesen sıralama özel olarak dogal sayılardaki sıralamayıkorumalıdır. Nicelik syıları üzerinde sıralama bagıntısını Tanım 1.9’deki gibi tanımlarsak, istenenler gerçeklesir.

Tanım 1.9.

S, T kümeleri için s = |S| ve t = |T| olsun.

s 4 t→ S 4 T

s ≺ t→ S ≺ T

20 calculus

Bu tanımdaki ≺ ve � simgelerinin

S 4 T → S ⊂ T (1.17)

S ≺ T → (S ⊂ T) ∧ (S 6= T)

gibi tanımlandıgını varsayıyoruz..

Theorem 1.10. Bir nicelik sayıları kümesi üzerinde, Tanım 1.9 ile verilen4 bagıntısı iyi sıralama bagıntısıdır.

Kanit: K nicelik sayılarından olusan herhangi bir küme olsun.

M = {M |m = \(M), m ∈ K}

kümeler ailesini düsünelim. Teorem 1.7 geregince (M,4) iyisıralanmıs bir sistemdir. Öte yandan

f :M→ Kf : M 7−→ \(M)

dönüsümü bir esyapı dönüsümüdür. öyleyse, (K,4) de iyi sıralan-mıs bir sistem olacaktır.

Theorem 1.11. λ ile κ iki nicelik sayısı olsun, λ ≤ κ olması için gerekli veyeterli kosul κ = λ + µ olacak sekilde bir µ nicelik sayısının var olmasıdır.

Kanit: λ ≤ κ olsun. λ = \(L) ve κ = \(K) olacak biçimde,birbirlerinden ayrık iki L ve K kümelerini düsünelim. Varsayımımızgeregince, L den K ya bbi olan bir f fonksiyonu vardır ve L ≈ f (L),λ = \( f (L)) olur. M = K − f (L) ve µ = \(M) denirse, κ = λ + µ

olacagı apaçıktır.Tersine olarak κ = λ + µ olacak sekilde bir µ nicelik sayısı var

olsun.

λ = \(L), κ = \(K), µ = \(M), L ∩M = ∅

olacak sekilde K, L, M kümelerini seçelim. Varsayımımız geregincebbö bir

h : L ∪M→ K

fonksiyonu vardır. Su halde h nın L ye kısıtlanmısı olan h|L , L den Kya birebir içine (bbi) bir fonksiyondur, ki bu

L ≈ h(L) ⊂ K

olması demektir. Buradan

\(L) ≤ \(K)

λ ≤ κ

çıkar.

nicelik sayilari 21

Theorem 1.12. x ≤ y ve u ≤ v kosulunu saglayan x, y, u, v nicelik sayılarıasagıdaki esitsizlikleri saglar:

(i) x + u ≤ y + v

(ii) xu ≤ yv

(iii) xu ≤ yv

Kanit:x = |X| , y = |Y|, u = |U|, v = |V| olsun. Teorem 1.11 uyarınca

y = x + s ve v = u + t ve s = |S|, t = |T| olacak sekilde S, T kümelerivardır.

(i)

y + v = (x + s) + (u + t) = (x + u) + (s + t)

yazılabilir, ki buradan, Teorem 1.11 geregince (i) çıkar.

(ii)

yv = (x + s)(u + t)

= xu + xt + su + st

= xu + (xt + su + st)

den istenen çıkar.

(iii) w = |W| herhangi bir nicelik sayısı ise, öncelikle,

xu ≤ (x + w)u (1.18)

oldugunu gösterelim.

XU den (X ∪W)U ye birebir içine bir fonksiyonun varlıgınıgösterecegiz. Gerçekten her f : U → X fonksiyonunu aynı zamandaf : U → X ∪W fonksiyonu olarak düsünebiliriz. Öyleyse,

µ : XU → (X ∪W)U

fonksiyonunu

∀ f ∈ XU için µ( f ) = f

diye tanımlayabiliriz. µ dönüsümünün bbi oldugu apaçıktır. O halde(1.18) esitsizligi vardır. Teorem 1.11 uyarınca bu bagıntıyı

xu ≤ yu

seklinde yazabiliriz. Oysa (ii) den

xu ≤ yu ≤ yuyt = yu+t = yv

yazılabilir, ki bu (iii) bagıntısını kanıtlar.

22 calculus

1.8 Sonsuz Toplamlar

Lemma 1.13. Her {xi | i ∈ I} nicelik sayıları ailesi için xi = \(Xi) vei 6= j⇒ Xi ∩ Xj = ∅ olacak biçimde bir {Xi | i ∈ I} kümeler ailesi vardır.

Kanit:x nicelik sayısı ise x = \(X) olan bir X kümesi oldugunu biliyoruz.

Daha önce de yaptıgımız gibi her i ∈ I için

xi = \(Xi) = \(Xi × {i})

kümesini olusturabiliriz. Bu durumda

i 6= j⇒ (Xi × {i}) ∩ (Xj × {j}) = ∅

olacagı açıktır. �

{Xi | i ∈ I} (1.19)

kümeler ailesi yerine {Xi × {i} | i ∈ I} kümeler ailesi alınabilir.Yalınlıgı saglamak için, (1.19) ailesini ayrık aile varsayacagız.

Tanım 1.14. {xi | i ∈ I} nicelik sayıları kümesinin toplamı i 6= j ve i, j ∈ Iiçin Xi ∩ Xj = ∅ olmak üzere

∑i∈I

xi = \

(⋃i∈I

Xi

)(1.20)

esitligi ile tanımlanır.

Lemma 1.15. y ve {xi | i ∈ I} nicelik sayıları için asagıdaki esitlik saglanır.

y

(∑i∈I

xi

)= ∑

i∈Iyxi (1.21)

Kanit:y = \(Y) ve xi = \(Xi), (i ∈ I) ve i 6= j ⇒ Xi ∩ Xj = ∅ olacak

sekilde Y ve (Xi | i ∈ I} kümelerini seçelim.

Y×(⋃

i∈IXi

)=⋃i∈I

(Y× Xi) (1.22)

oldugunu biliyoruz, iki yanın nicelik sayısı alınırsa istenen esitlikçıkar. �

Lemma 1.16. Her i ∈ I için xi ≤ yi esitsizliklerini saglayan {xi | i ∈ I} ve{yi | i ∈ I} nicelik sayıları için

∑i∈I

xi ≤∑i∈I

yi (1.23)

esitsizligi saglanır.

nicelik sayilari 23

Kanit:Her i ∈ I için xi = \(Xi) ve yi = \(Yi) olacak sekilde ayrık {Xi | i ∈

I} ve {Yi | i ∈ I} ailelerini seçebiliriz. Her i ∈ I için xi < yi oldugunagöre bir fi : Xi → Yi bbi fonksiyonu vardır. Simdi bir

f =:⋃i∈I

Xi →⋃i∈I

Yi, x ∈ Xi ⇒ f (x) = fi(x) (1.24)

fonksiyonunu tanımlayalım. Bu fonksiyonun bbi oldugunu görmekkolaydır. �

1.9 Sonsuz Çarpımlar

Tanım 1.17. {xi | i ∈ I} nicelik sayıları kümesinin çarpımı, her i ∈ I içinxi = |Xi| olan {Xi | i ∈ I} kümeler ailesinin kartezyen çarpımının niceliksayısıdır.

Bunu simgelerle ifade edersek,

∏i∈I

xi = \

(∏i∈I

Xi

)(1.25)

olur. �

Lemma 1.18. Her i ∈ I için xi ≤ yi esitsizliklerini saglayan {xi | i ∈ I} ve{yi | i ∈ I} nicelik sayıları için

∏i∈I

xi ≤∏i∈I

yi (1.26)

esitsizligi saglanır.

Kanit:Her i ∈ I için xi = \(Xi) ve yi = \(Yi) olacak sekilde ayrık {Xi | i ∈

I} ve {Yi | i ∈ I} ailelerini seçebiliriz. Her i ∈ I için xi < yi oldugunagöre bir fi : Xi → Yi bbi fonksiyonu vardır. Simdi bir

g : ∏i∈I

Xi →∏i∈I

Yi (1.27)

fonksiyonunu, x = (xi) ∈ ΠXi ve y = (yi) ∈ ΠYi olmak üzere,

g(x) = y⇔ (∀i(i ∈ I) fi(xi) = yi

biçiminde tanımlayalım. g nin bbi bir fonksiyon oldugunu gös-terirsek, istenen sonuç çıkar.

g(u) = g(v)⇒ ∀i(i ∈ I) fi(ui) = fi(vi)

⇒ ∀i(i ∈ I)ui = vi

⇒ (ui) = u = v = (vi)

�

24 calculus

1.10 Alıstırmalar

1. x ile y herhangi iki nicelik sayısı olsun ve x = \(X) ve y = \(Y)olacak sekilde X ile Y kümeleri için,

x + y = \(X ∪Y) + \(X ∩Y)

oldugunu gösteriniz.

2. x, y, z üç nicelik sayısı ise asagıdaki esitliklerin saglandıgını gös-teriniz:

xyxz = xy+z, (xy)z = xyz, xzyz = (xy)z

3. 0, 1 ve x > 0 nicelik sayıları için asagıdaki islemleri saglayınız:

x + 0 = x, 0x = 0, x0 = 1 0x = 0,

1x = x, x1 = x, 1x = 1

4. n sonlu bir nicelik sayısı ise

n.ℵ0 = ℵ0 + ℵ0 + ℵ0 + . . . ℵ0 = ℵ0

(ℵ0)n = ℵ0.ℵ0.ℵ0. . . . ℵ0 = ℵ0

nc = c+ c+ c+ . . . + c = c

cn = c.c.c. . . . .c = c

oldugunu gösteriniz. (Esitliklerin sagındaki toplama ve çarpmalarda nöge var.)

5. Asagıdaki esitligi saglayınız:

ℵ0 = ℵ0 + ℵ0 + ℵ0 + . . . = ℵ0.ℵ0

6. c gerçel sayılar kümesinin nicelik sayısı olmak üzere, asagıdakiesitligi saglayınız:

c = ℵ0.ℵ0.ℵ0. . . . = ℵℵ00

7. Asagıdaki esitlikleri saglayınız:

ℵ0 = 1 + 2 + 3 + . . . n + . . .

= 1 + 22 + 23 + . . . 2n + . . .

= ℵ0 + ℵ0 + ℵ0 + . . . = ℵ0.ℵ0

c = 1.2.3. . . .

c = c.c.c. . . . = cℵ0

nicelik sayilari 25

1.11 Sıra Sayıları

7

7 birinciikinciüçüncü. . .

Birinci, ikinci, üçüncü,... gibi sıra belirten sayıları günlük yasamda,dogal sayılarından daha çok kullanırız. Gerçekte, dogal sayılar hemnicelik hem de sıra belirtirler. Sonlu olduklarında dogal sayılarla sırasayıları arasında bir ayırım gözetilmeyebilir. Ama sonsuzluk duru-munda, matematikçiler titiz olmaya zorlanır. Bilindigi gibi, sonlukümeler ile sonsuz kümelerin özelikleri birbirlerinden bazı yönler-den çok farklıdır. Benzer sey, sonsuzluk durumunda, sıra sayıları ilenicelik sayılarının özelikleri için de geçerlidir.

Figure 1.1: Sıra Sayıları

Bu bölümde, amacımız, sıra sayılarının kurulusunu yapmaktır.Bir kümeyi sıralamak demek, onun birinci, ikinci, üçüncü, . . . ögelerinibelirlemek demektir. Küme sonlu ise bu is, kümenin ögelerini birerbirer seçip sıra numarası vermekten ibaret kolay bir istir.

Sayılabilir sonsuz kümeler için is çok zor degildir. B kümesi sayıla-bilir sonsuz ise, B kümesinin ögelerini ω dogal sayılar kümesinebirebir esleriz. n dogal sayısına eslenen öge, kümenin n− inci ögesiolur. ω dogal sayılar kümesi iyi sıralı oldugundan, ona birebir esle-nen sayılabilir B kümesi de iyi sıralanmıs olur.

Bu söylediklerimizi simgelerle ifade edelim.S sayılabilir sonsuz bir küme ise f : N → S birebir örten (bbö)

fonksiyonu vardır. Her m, n ∈ N için f (m) = xm ∈ S ve f (n) = xn ∈S diyelim.

Tanım 1.19. S ≈N ise, S kümesi üzerine

(m, n ∈N) ∧ (m ≤ n)→ ( f (m) � f (n))⇔ (xm ≤ xn) (1.28)

sıralama bagıntısını koyalım.

Theorem 1.20. (1.28) sıralamasına göre (S,�) sistemi iyi sıralıdır.

Kanit: f nin essıra dönüsümü oldugu; yani sıra koruyan ve bböfonksiyon oldugu apaçıktır.

Bu önerme, iyi sıralama kavramını ω dogal sayılar kümesindensayılabilir sonsuz kümelere tasıyor. Dolayısıyla bir genellemedir.Ama bizim amacımız daha büyüktür. Teorem 1.20’i sayılamaz sonsuzkümelere genellemek istiyoruz.

Genellemeyi yapabilirsek, elde edecegimiz sonuca "sonlu ötesi tümevarım ilkesi" adını vermek, yapılan isin önemini anlatıyor olacaktır.Öte yandan bu genelleme sonlu, sayılabilir sonsuz ve sayılamaz sonsuzkümeler için geçerli olacaktır. Özel haller olarak, sonlu ve sayılabilirsonsuz durumlarındaki sıralama ile çakısacaktır. O nedenle, dahaalçak gönüllü davranıp, her üç durum için geçerli olan "TümevarımIlkesi" adını verebiliriz.

26 calculus

1.12 Sıra Sayıları

8 8 iyi sıralanmıs bir kümeninsıra sayısı bu kümeye ben-zer olan bütün kümelerinyapılarını belirleyen soyut birvarlıktır.

Iyi sıralı iki küme benzer iseler, yani sıraca esyapılı iseler, bu ikikümenin ortak bir özelikleri vardır. Iste bu ortak noktadan hareketlesıra sayılarını tanımlayacagız. Kabaca söylersek, iyi sıralanmıs bir kü-menin sıra sayısı bu kümeye benzer olan bütün kümelerin yapılarınıbelirleyen soyut bir varlıktır.

Anımsanacagı gibi, nicelik sayılarını tanımlarken, bu sayılarınseçilecek özel kümelere baglı olmadıgını göstermek için (1.7) sistem-ini seçmistik. Sıra sayıları için de benzer seyi yapabiliriz. Gerçekten,(1.7) sisteminde kümelerin adlarını degistirerek

α0 = {∅} (1.29)

α1 = {0} (1.30)

α2 = {0, 1} (1.31)

α3 = {0, 1, 2} (1.32)

... (1.33)

αn = {0, 1, 2, . . . , n− 1} (1.34)

... (1.35)

sistemini yazabiliriz.Liste 1.29 ailesi kapsama bagıntısına göre iyi sıralıdır.

α0 ⊂ α1 ⊂ α2 ⊂ α3 ⊂ . . . (1.36)

Islemlerde yalınlıgı saglamak için (1.12) ailesini A ile gösterelim:

A = {α0, α1, α2, α3, . . .} (1.37)

Önel Bölük

Tanım 1.21. Liste 1.29 kosulunu saglayan (1.37) biçimindeki A kümesininherhangi bir αi ögesine, A nın bir önel bölügü denir.

Önel bölügün A kümesine ait oldugunu belirtmek için,

Aαi = αi (1.38)

yazacagız. Tabii, Liste 1.29 sisteminde her ögenin saptadıgı önelbölük, o ögenin kendisine esittir.

Bölüksel Küme

Tanım 1.22. S nin her α ögesi, α nın saptadıgı önel bölüge esitse; (S,�) iyisıralanmıs kümesine "bölüksel" ’dir, denilir.

nicelik sayilari 27

Bunun anlamı, α = Sα esitliginin olmasıdır. Bölüksel kümeye,bazen, bölüksel olarak iyi sıralanmıstır, denilir. Her (S,�) iyi sıralanmıskümesi için, (1.12) geregince

α � β⇔ Sα ⊂ Sβ (1.39)

oldugundan, her bölüksel iyi sıralanmıs küme "kapsama" bagıntısınagöre sıralanmıstır.

Bundan böyle S kümesini ve sıralama bagıntısını belirtmeden,"bölüksel küme" diyecegiz.

Theorem 1.23. Bölüksel kümenin önel bölükleri de bölükseldir.

Kanit: B bölüksel bir küme ve Bα bunun bir önel bölügü olsun.Bα ⊂ B oldugundan, Bα iyi sıralanmıs bir kümedir. Çünkü iyi sıralıkümenin her altkümesi de iyi sıralıdır. Öte yandan, her β ∈ Bα için(Bα)β = Bβ = β oldugundan, Bα bölüksel bir kümedir.

Theorem 1.24. Bölüksel kümenin her bölüksel has altkümesi kendisinin birönel bölügüdür.

Kanit: B bölüksel küme Y ⊂ B ve Y 6= B ise, Y altkümesinin, Biçin bir önel bölük oldugunu gösterecegiz.

α ∈ Y için B içinde α = Bα ve Y içinde α = Yα olacaktır. Su haldeBα = Yα olmalıdır; yani B içinde α dan önce gelen bütün ögeler Y yeaittir. Y kümesi B nin bir has alt kümesi oldugundan (B − Y) 6= ∅dir. O halde δ = inf(B−Y) olmak üzere Y = Bδ olur.

Theorem 1.25. Bölüksel iki kümenin arakesiti bölükseldir.

Kanit: B ve H bölüksel kümelerinde sıralama, kapsama bagın-tısına göredir. O halde, arakesitlerini hem B nin hem de Y nin bireraltkümesi olarak düsünürsek, arakesitler ailesi de kapsamaya göre iyisıralı bir küme olacaktır. Eger α ∈ B ∩ H ise α = Bα ve α = Hα olur.Bu, B içinde α dan önce gelen bütün ögelerin H içinde de α dan öncegelmesini, dolayısıyla B ∩ H içinde de aynı seyin olmasını gerektirir.Su halde α ∈ (B ∩ H)α dır. Buradan B ∩ H nin bölüksel oldugu çıkar.

Theorem 1.26. Bölüksel iki küme ya esittir ya da birisi ötekinin bir önelbölügüdür.

Kanit: B ve H iki bölüksel küme olsun. B ∩ H bölüksel oldugun-dan, ya B ∩ H = B dir ya da B ∩ H arakesiti B in bir önel bölügüdür.Aynı düsünüsle, ya B ∩ H = H dir ya da B ∩ H arakesiti H nin birönel bölügüdür.

B ∩ H = B ise B ⊂ H dir ve dolayısıyla ya B = H ya da B, H ninbir önel bölügü olur.

Benzer olarak, B ∩ H = H ise, ya B = H ya da H, B in bir önelbölügü olur.

28 calculus

Geriye kalan tek olası durum B ∩ H nin hem B in hem de H ninbirer önel bölügü; yani B ∩ H = Xα = Hβ olmasıdır. Bu durumdaXα = α, Hβ = β olacagından α = β elde edilir, ki bu α ∈ B ∩ Holmasını gerektirir ve B ∩ H = Bα oldugu kabulüne aykırı düser.

Theorem 1.27. Essıralı bölüksel kümeler birbirlerine esittir.

Kanit: Bölüksel B kümesi bölüksel H kümesiyle essıralı ise B =

H oldugunu göstermeliyiz.f essıra dönüsümü altında B ∼= H olsun. Belirli bir α ∈ B ögesin-

den önce gelen bütün x ∈ B ögeleri için x = f (x) ise Bα = H f (α) ;yani α = f (α) olacaktır. O halde sonlu ötesi tüme varım ilkesine göre,her x ∈ B için x = f (x) olur. O halde, B = H olacaktır.

Lemma 1.28. Iyi sıralı bir küme, birden çok bölüksel küme ile essıralıolamaz.

Iyi sıralı her kümenin bölüksel bir küme ile essıralı oldugunugösterirsek, bölüksel kümeleri sıra sayıları olarak alabiliriz. Asagıdakiiki teoremde bunu kanıtlayacagız.

Theorem 1.29. Her önel bölügü bir bölüksel küme ile essıralı olan iyisıralıkümenin kendisi de bölüksel bir küme ile essıralıdır.

Kanit: Iyi sıralı B kümesinin her önel bölügü bir bölüksel kümeile essıralı ise, B nin kendisinin de bölüksel bir küme ile essıralıoldugunu göstermeliyiz.

B nin Bx önel bölügü hx essıra dönüsümüyle bir H(x) bolükselkümesine gönderilsin. Bx ∼= H(x) olur.

H = {z | ∃x(x ∈ B) ∧ (z = H(x))} (1.40)

kümesini tanımlayalım.

f : B→ H, f (x) = H(x) (1.41)

fonksiyonunu tanımlayalım. x ≺ y olmak üzere x, y ∈ B ise, hx essıradönüsümü altında

Bx ∼= H(x) (1.42)

ve hy nin Bx kümesine kısıtlanmısı olan hy|Bxessıra dönüsümü al-

tında

Bx = (By)x ∼= (H(y))hy(x) (1.43)

olacaktır. Kabulümüz geregince H(x) bölüksel oldugundan (H(y))y(x)de bölüksel olur; çünkü, bölüksel bir kümenin bir önel bölügüdür.Teorem 1.27 den,

H(x) = (H(y))hy(x) (1.44)

nicelik sayilari 29

çıkar. x ≺ y oldugundan da H(x), H(y) nin bir önel bölügüdür. Ohalde,

x ≺ y→ H(x) ⊂ H(y) (1.45)

özeligi saglanır. x 6= y oldugunda x ≺ y ve y ≺ x varsayımlarındanancak bir tanesinin dogru olacagı düsünülürse, (1.45) bagıntısınınher x, y ∈ B, x ≺ y için saglandıgını söyleyebiliriz ki bu f : B → Hfonksiyonunun bbö oldugu anlamına gelir. Ayrıca (1.45) bagıntısı,f fonksiyonunun (B,�) sisteminden (H,⊂) sistemine bir essıradönüsümü oldugunu söyler. (B,�) iyi sıralanmıs oldugundan (H,⊂)sistemi de iyi sıralıdır.

Simdi H nın bölüksel oldugunu gösterelim. (1.44) esitliginde H(x)yerine f (x) konulabilir. H(y) bölüksel oldugundan (H(y))hy(x) yerinede hy(x) konulabilir. Öyleyse, her x ≺ y için

f (x) = hy(x) (1.46)

yazılabilir ve sonuç olarak

f|By = hy (1.47)

elde edilir. Bundan sonra, H deki iyi sıralamanın bölüksel olduguasagıdakilerden çıkar:

Hzy = {z | ∃x(x ∈ B) ∧ (H(x) ⊂ H(y)) ∧ (z = H(x))}

= {z | ∃x(x ∈ B) ∧ (x ≺ y) ∧ (z = f (x))}= {z | ∃x(x ∈ B) ∧ (x ≺ y) ∧ (z = hy(x))}= H(y)

Theorem 1.30. Iyi sıralı küme bir ve yalnızca bir tane bölüksel küme ileessıralıdır.

Kanit: B iyi sıralı ise, sonlu ötesi tüme varım ilkesiyle Teorem

1.27 uyarınca, B ile essıralı bir bölüksel kümenin varlıgı ortaya çıkar.Tekligi ise Sonuç 1.28 den görülür.

1.13 Sıra Sayısı

Tanım 1.31. Iyi sıralı kümenin sıra sayısı kendisine essıralı olan olanbölüksel kümedir.

30 calculus

Iyi sıralanmıs B kümesine essıralı olan bir ve yalnızca bir tanebölüksel küme vardır. Ona B nin sıra sayısı denir ve

B,∼B, ord(B) (1.48)

simgelerinden birisiyle gösterilir.

Theorem 1.32. Iyi sıralı kümelerin essıralı olabilmesi için gerekli ve yeterlikosul sıra sayılarının aynı olmasıdır.

Kanit: B ve H iyi sıralanmıs kümeler olsun.

B ∼= H ⇐⇒ B = H (1.49)

oldugunu göstermeliyiz. B ∼= B ve H ∼= H oldugu açıktır. Teorem 1.27

geregince

B ∼= H ⇔ B ∼= H ⇔ B = H (1.50)

olur.

Theorem 1.33. Essıralı olmayan iyi sıralı iki kümeden birisi ötekinin birönel bölügü ile essıralıdır.

Kanit: Bu teorem, esit olmayan iki dogal sayıdan birisinin ötekindenküçük olmasının benzeridir.

B ve H iyi sıralanmıs iki küme olsun. Uygun f ve h dönüsümlerialtında

Bf∼= B, H

h∼= H (1.51)

olacagını biliyoruz. Teorem 1.26 uyarınca, asagıdaki üç durumdanbirisi vardır:

(a) B = H

(b) B = Hy (Hy, H nin bir önel bölügüdür)

(c) H = Bx (Bx B nin bir önel bölügüdür)

(a) durumu varsa B ∼= H olur. (b) durumu varsa B ∼= Zh−1(y) olur.(c) durumu varsa H ∼= X f−1(x) olur. Böylece istenen sey elde edilmisolur.

1.14 Karsılastırma

Sira Sayilarinin Mukayesesi

Buraya kadar söylenenleri derlersek, sıra sayıları kümesi üzerinde≤ simgesiyle gösterilen bir bagıntıyı söyle tanımlayabiliriz:

nicelik sayilari 31

Tanım 1.34. a ve b sıra sayıları ise asagdaki özelikler saglanır:

a ≤ b⇔ a, b nin bir önel bölügüdür (1.52)

⇔ (a ∈ b) ∨ (a = b) (1.53)

Bu tanımı kullanarak, alıstıgımız üçleme (trichotomy) kuralınıyazabiliriz:

Theorem 1.35. a ve b sıra sayıları ise asagıdaki üç durumdan birisi veyalnızca birisi vardır:

1. a ∈ b

2. a = b

3. b ∈ a

1.15 Sıra Sayılarında Aritmetik

Sıra sayıları üzerinde aritmetik islemleri yapmak için toplama, çarpmave üs alma operatörleri tanımlanabilir.

Küçük - Büyük

Dogal sayılarda yaptıgımız gibi, sıra sayıları için de � yerine ≺bagınısını kullanabiliriz. a, b sıra sayıları için,

a ≺ b⇔ (a � b) ∧ (a 6= b) (1.54)

diyebiliriz. Bunu bölüksel küme kavramıyla da ifade edebiliriz:

Tanım 1.36. a ve b sıra sayıları için a = A, b = B olacak sekilde iyi sıralıA ve B kümeleri verilsin. A kümesi, B nin bir önel bölügüne essıralı ise, asıra sayısı b sıra sayısından küçüktür, denilir ve

a < b (1.55)

simgesiyle gösterilir.

Bilesimin Sıralanması

Toplama islemi için, sıralanmıs bilesimleri bilmemiz gerekiyor.

Tanım 1.37. A ile B tam sıralanmıs iki küme ve A ∩ B = ∅ ise A ∪ Büzerinde sıralama islemi asagıdaki gibi tanımlanır:

a, b ∈ A ∪ B için a ≺ b olması için gerekli ve yeterli kosullarsunlardır:

a ≺ b⇔

a ∈ A ∧ b ∈ B,

(a, b ∈ A) ∧ (a ≺ b) A daki sıralamaya göre

(a, b ∈ B) ∧ (a ≺ b) B deki sıralamaya göre

32 calculus

Içinde bu sıralama bagıntısı olan A ∪ B bilesimini A ] B simgesiylegösterecegiz.

Uyarı 1.38. A ] B nin B ] A dan farklı olacagına dikkat ediniz. Yukardakitanım, genel olarak, bir kümeler ailesi için de söylenebilir.

Toplama

Sira Sayilarinin Toplanmasi

Tanım 1.39.

a ve b sıra sayıları için a = A ve b = B ise, toplama islemi

a⊕ b = ord(A ] B) (1.56)

biçiminde tanımlanır.(1.56) ifadesindeki A ve B kümeleri iyi sıralı oldugundan, A ] B

bilesimi de iyi sıralı olacaktır.Sıra sayılarında toplama isleminin birlesme özeligi vardır, Ama yer

degisme özeligi yoktur:

(a⊕ b)⊕ γ = a⊕ (b⊕ γ) (1.57)

a⊕ b 6= b⊕ a (1.58)

Çarpma

Sira Sayilarinin Çarpimi

Tanım 1.40. Iyi sıralanmıs X ve Y kümelerinin X×Y kartezyen çarpımınınters konum sıralaması söyle tanımlanır: (x, x′), (y, y′) ∈ X×Y için

(x, x′) < (y, y′)⇔ [(x′ < y′) ∨ (x′ = y′ ∧ x < y)] (1.59)

Bunun sözel anlamı sudur: Sıralı çiftlerin önce ikinci bilesenler-ine bakılıyor. Esit degilseler, onların sırası sıralı çiftin sırası oluyor.Ama ikinci bileseler esitse, birinci bilesenlerin sırası sıralı çiftin sırasıoluyor.

Tanım 1.41. Bu bagıntıya göre X × Y iyi sıralanmıstır. Üstündeki busıralamanın var oldugunu belirtmek için X × Y kartezyen çarpımını, X�Ysimgesiyle gösterelim.

Tanım 1.42. x ile y iki sıra sayısı ise, x = X, y = Y olmak üzere, sırasayılarının çarpımı asagıdaki kural ile tanımlanır:

x.y = ord(X�Y) (1.60)

Sıra sayılarında ⊕ çarpma islemi su özeliklere sahiptir:

nicelik sayilari 33

(a) (xy)z = x(yz)

(b) x(y⊕ z) = xy⊕ xz (soldan dagılma özeligi)

(c) (y⊕ z)x 6= yx⊕ zx (sagdan dagılma özeligi)

Buradan çıkan sonuç sudur: Sıra sayılarında soldan çarpmanıntoplama üzerinde dagılma özeligi vardır, ama sagdan çarpmanıntoplama üzerine dagılma özeligi yoktur.

Üs Alma

Sıra sayılarının sonlu üsleri (kuvvetleri) çarpma yardımıyla tanımlan-abilir. Böylece

ω, ω2, ω3, ω4, ω5, . . . (1.61)

üsleri bulunabilir. Sonsuz kuvvetleri için

ω, ωω, ωωω, ωωωω

, ωωωωω

, . . . (1.62)

biçimindeki diziler düsünülmelidir.

1.16 Sıra Sayılarının Sınıfı

Bütün Sira Sayilarinin Sinifi: WSimdiye dek yaptıgımız islemlerde, "bölüksel küme" deyimi ile

"sıra sayısı" deyimini esanlamlı kullandık. Özel olarak, bölüksel Bkümesinin B sıra sayısı B kümesidir.

Bütün sıra sayılarının sınıfını W ile gösterecegiz. W kümesinin iyisıralı oldugu gösterilebilir. Buradan, su sonuca ulasılabilir.

Theorem 1.43. β sıra sayısı için β dan küçük olan bütün sıra sayılarındanolusan kümeye Wβ diyelim.

1. β sayısı Wβ kümesinin sıra sayısıdır.

2. Wβ iyi sıralıdır.

Kanit: β sıra sayısı için

β = B (1.63)

esitligini saglayan bir ve yalnızca bir tane B kümesi vardır. Öte yan-dan, W bölüksel bir küme oldugundan β = Wβ olmalıdır. (1.63)esitligini saglayan B kümesinin tekligi, B = Wβ olmasını gerek-tirir. Buradan istenen β = Wβ esitligi çıkar. Bölüksel küme iyi sıralıoldugundan, Wβ kümesi iyi sıralıdır.

34 calculus

Alıstırmalar

1. A = {. . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . .} kümesi iyi sıralı mıdır? Neden?

2. Q+ = {pozitif rasyonel sayılar} kümesi iyi sıralı mıdır? Neden?

3. A = {0, 1, 2, 3, . . . ,−3,−2,−1} kümesi iyi sıralı mıdır? Neden?

4. A = {1, 2, 3, . . . , 0} kümesi iyi sıralı mıdır? Neden?

5. A = {0, 2, 4, 6, . . . , 1, 3, 5, . . .} kümesi iyi sıralı mıdır? Neden?

6. a, κ nicelik sayılarından birisi sonsuz ve κ ≥ 1 ise

κ + a = a + κ = κ × a = a× κ = a

oldugunu gösteriniz.

7. κ nicelik sayısı içinκ < 2κ

oldugunu gösteriniz.

8. Her dogal sayı, iyi sıralı sonlu bir kümeye esyapılıdır.

9. A kümesinin nicelik sayısı n ise P(A) kümesinin nicelik sayısının2n oldugunu gösteriniz.

10. Bölüksel bir kümenin kuvvet kümesinin, kapsamaya göre iyi sıralıolmadıgını gösteriniz.

11. Iyi sıralı küme bir ve yalnızca bir tane bölüksel kümeye essıralıolabilir. Gösteriniz.

2Sayılar

2.1 Dogal Sayılar

Dogal Sayıların Kurulusu

Dogal sayılar kümesini kurmak için ya Peano belitlerini ya da kümeselyöntemi seçeriz. Sonuçta ikisi aynı sistemi kurar. Biz, simdiye dekkümelerle islem yaptıgımıza göre, dogal sayılar kümesini de kümeselyöntemle olusturmak daha uygun olacaktır. Zaten, uygulayacagımızyöntemle elde edecegimiz sistemdem, Peano belitleri önerme olarakçıkarabilir.

Bos (∅ ) kümeyi kullanarak, sonraki bir öncekini içeren asagıdakiardısık kümeler dizisini olusturalım. Diziye ait kümeleri istedigimizsimgelerle gösterebiliriz. Amacımıza daha hızlı ulasmak için, onları,dogal sayılar için kullandıgımız simgelerle gösterelim.

0 = ∅

1 = {∅}2 = {∅, {∅}}3 = {∅, {∅}, {∅, {∅}}} (2.1)

...

Bu kümelerden herbirisi, kendinden önce gelen kümelerin hepsinibirer öge olarak içermektedir. Bu sekilde ard arda istedigimiz kadarküme kurabiliriz. Bu kümelerin kurulusu sonsuz zaman devam

36 calculus

ettirilebilir, hiç bir zaman bitirilemez. (4.1) sistemini daha kısa olarak

0 = ∅

1 = {0}2 = {0, 1}3 = {0, 1, 2}4 = {0, 1, 2, 3}... (2.2)

k = {0, 1, 2, . . . , k− 1})...

biçiminde yazalım.

Tanım 2.1. A kümesinin A+ ile gösterilen ardılı

A+ = A ∪ {A} (2.3)

esitligi ile tanımlanır.

A = ∅ diyelim. (4.3) uyarınca, (4.2) sistemini

0 = ∅

1 = 0+

2 = 1+

3 = 2+

4 = 3+

...

r = (r− 1)+ (2.4)

...

biçiminde yazabiliriz.(4.1) ile tanımlanan kümelerin her birine bir dogal sayı diyecegiz.

Aslında, (4.1), (4.2) ve (4.4) dizileri aynıdır.

Tanım 2.2. (4.1) dizisinin her kümesi bir dogal sayıdır. Diziye ait bütünkümelerin olusturdugu küme dogal sayılar kümesidir.

Yazık ki, diziye ait bütün kümeleri içeren bir kümeyi olusturmakolanaksızdır. (4.1) sistemine ait kümeleri olusturan ardısma yön-teminde, her dogal sayıya er ya da geç sıra gelecektir. Ama (4.1)sisteminin bütün kümelerini içeren ω kümesini kuran son bir ardılaerisilemeyecektir. Baska bir deyisle, (4.1) sistemine ait kümelerinkurulusu hiçbir zaman bitirilemeyecektir.

sayilar 37

O nedenle, istedigimiz özeliklere sahip ω kümesinin varlıgını birbelit (axiom) olarak alacagız. Konuyu biraz daha genellestirmek içinyeni bir kavrama gereksinim duyuyoruz.

Tanım 2.3.

∅ ∈ A

X ∈ A→ X+ ∈ A

özeliklerine sahip A kümesine ardısan küme denilir.

Ardısan bir küme bütün dogal sayıları içerir.Ardısma yöntemiyle dogal sayı olusturma isini asla bitiremarkeye-

cegimiz için, ardısan bir kümenin varlıgını bir belit olarak kabuledecegiz.

Sonsuzluk Beliti

Aksiyom 2.4. Ardısan bir küme vardır.

Bu belit, ardısan (en az) bir kümenin varlıgını söylüyor. Ardısanher küme bütün dogal sayıları içerir.

Dogal Sayı

Asagıdaki özelikler kolayca görülür:

1. Ardısan iki kümenin arakesiti ardısan bir kümedir.

2. Ardısan kümelerden olusan her ailenin arakesiti ardısan kümedir.

3. Özel olarak, ardısan bütün kümelerin arakesiti ardısan kümedir.

Bunların kanıtı problem olarak bırakılmıstır (bkz. Problemler 4.1).

Tanım 2.5. Ardısan bütün kümelerin arakesitine dogal sayılar kümesi,denir.

Kapsama bagıntısına göre sıralanmıs olmak üzere, ardısan kümelerinen küçügü dogal sayılar kümesidir. Bu kümeyi, ω simgesiyle temsiledecegiz. (Sayısal problemlerde, çogunlukla, ω yerine N simgesinikullanacagız.)

Problemler

1. Ardısan iki kümenin arakesitinin ardısan bir küme oldugunugösteriniz.

2. Ardısan kümelerden olusan her hangi bir ailenin arakesitinin deardısan bir küme oldugunu gösteriniz.

38 calculus

2.2 Sonlu Tümevarım Ilkesi

Theorem 2.6. W ⊂ ω altkümesi için

(a) 0 ∈W

(b) n ∈W ⇒ n+ ∈W

kosulları saglanıyorsa, W = ω dır.

Kanit: Varsayımlar W kümesinin ardısan bir küme oldugunusöylüyor (bkz. Tanım 4.3). ω dogal sayılar kümesi, ardısan her kümetarafından kapsandıgından (bkz. Tanım 4.5). ω ⊂ W olacaktır. OysaW ⊂ ω verilmistir. Öyleyse W = ω dır.

Teoremarkin anlamını sözel olarak ifade edelim:

1. Ilk dogal sayıyı içeren,

2. Içerdigi her dogal syının ardılını da içeren küme dogal sayılarkümesidir.

2.3 Peano Belitleri

Theorem 2.7. Asagıdaki özeliklere sahip bir ω kümesi vardır:

P1. 0 ∈ ω

P2. n ∈ ω ise n+ ∈ ω

P3. n ∈ ω ise n+ 6= 0

P4. ω nın bir A alt kümesi asagıdaki iki özelige sahipse A = ω dır:

(a) 0 ∈ A

(b) n ∈ A⇒ n+ ∈ A

P5. m, n ∈ ω ve n+ = m+ ise m = n dir.

Varlıgını kabul ettigimiz ω kümesinin P1.− P5. Peano kosullarınısagladıgı kanıtlanabilir. Biraz uzunca olan bu kanıtlara girmeyecegiz.Isteyen ögrenciler, bir çok kaynaktan bulabilecekleri bu kanıtlarıinceleyebilirler.

Problemler

1. Dogal sayıların hiç birisinin ardısan küme olamayacagını gös-teriniz.

2. Hiç bir dogal sayı, kendisine ait bir kümenin altkümesi olamaz.Neden?.

sayilar 39

3. A, B kümeleri için A = B ise A+ = B+ oldugunu gösteriniz.

4. p dogal sayı ise p /∈ p oldugunu gösteriniz.

5. p, q, r dogal sayıları için asagıdaki özeliklerin varlıgını gösteriniz:

(a) q 6= q+

(b) p ∈ q ise q /∈ p olur.

(c) q ∈ p ve p ∈ r ise q ∈ r olur.

(d) p ∈ q ise p+ ⊂ q olur.

6. W ∈ n ve n ∈ ω ise W ∈ ω oldugunu tüme varımla ispatlayınız.

7. W+ ∈ ω ise W ∈ ω oldugunu gösteriniz.

8. p ∈ ω ise ya p = 0 oldugunu ya da p = q olan bir q ∈ ω

varoldugunu gösteriniz.

2.4 Dogal Sayıların Sıralanması

Dogal sayılarda varlıgını sezgisel olarak bildigimiz ya da alıskanlıklakullandıgımız ’küçük ya da esit’ ≤ bagıntısını matematiksel olaraktanımlayacak ve (ω,≤) sisteminin iyisıralı oldugunu kanıtlayacagız.

Tanım 2.8. Dogal sayılar kümesi üzerinde ≤ bagıntısı

a ≤ b⇔ (a ∈ b) ∨ (a = b) (2.5)

biçiminde tanımlanır.

(4.5) ifadesi, "a dogal sayısı, b dogal sayısından ya küçüktür ya daesittir" diye okunur.

a ≤ b ile b ≥ a simgeleri es anlamda kullanılacaktır.≤ yerine < bagıntısını kullanmak istiyorsak, a < b ifadesini

a < b⇔ (a ≤ b) ∧ (a 6= b) (2.6)

biçiminde tanımlayabiliriz.≤ bagıntısının dogal sayılar kümesi üzerinde iyi sıralama bagın-

tısı oldugunu göstermek için, (ω,≤) sisteminin önce tikel sıralı birsistem oldugunu, sonra iyisıralı bir sistem oldugunu kanıtlaycagız.

Theorem 2.9. (ω,≤) tikel sıralı bir sistemdir.

Kanit: Sistemin yansımalı, geçismeli ve antisimetrik oldugunugösterecegiz.

yansıma: Her öge kendisine est oldugundan, a ∈ ω için a = a dır. Ohalde, (4.5) den a ≤ a yazabiliriz.

40 calculus

geçisme: a, b, c ∈ ω verilsin. a ≤ b ve b ≤ c ise dört olası durumvardır:

(a ∈ b) ∧ (b ∈ c)→ ((a ∈ b) ∧ (b ⊂ c)→ (a ∈ c))

(a ∈ b) ∧ (b = c)→ a ∈ c

(a = b) ∧ (b ∈ c)→ a ∈ c

(a = b) ∧ (b = c)→ a = c

(4.5) uyarınca, bu dört durumun her biri için a ≤ c olacaktır.

antisimetrik: a ≤ b ve b ≤ a ise (4.5) uyarınca ya a = b ya da a ≤ b veb ∈ a olacaktır. Ikinci durum varsa a ⊂ b ve b ⊂ a çıkar ki bu a = bolmasını gerektirir.

Theorem 2.10. a ∈ ω ise 0 ≤ a olur.

Kanit:A = {a | a ∈ ω, 0 ≤ a}

kümesini düsünelim. Sonlu Tüme Varım Ilkesi (bkz. Teoremark 4.6)uyarınca A = ω oldugunu göstermeliyiz. ≤ bagıntısı yansımalıoldugundan 0 ≤ 0 çıkar. O halde, 0 ∈ A olur. Herhangi bir a ∈ Aseçelim. Varsayımdan 0 ≤ a olur. a ∈ a+ oldugundan a ≤ a+ yazılır.Böylece 0 ≤ a ve a ≤ a+ elde edilmis oldu. ≤ bagıntısı geçismelioldugu için

(0 ≤ a) ∧ (a ≤ a+)→ (0 ≤ a+)

olacaktır. Öyleyse, a+ ∈ A olur ve Sonlu Tüme Varım Ilkesine göreA = ω sonucuna ulasılır.

Theorem 2.11. b < a ise b+ ≤ a dir.

Kanit: b dogal sayı olsun ve

An = {a ∈ ω | (b < a)→ (b+ ≤ a)}

kümesmi tanımlayalım. Sonlu Tüme Varım Ilkesine göre An = ω

oldugunu gösterecegiz. Tanımdan

a /∈ An ↔ (b < a) ∧ (¬(b+ ≤ a))

↔ (b ∈ a) ∧ (¬(b+ ≤ a))

yazabiliriz. Buradan, özel olarak,

0 /∈ An ↔ b ∈ 0∧ ¬(b+ ≤ 0)

çıkar, ki bu olanaksızdır. Öyleyse 0 ∈ An olmalıdır. Simdi herhangibir a ∈ An seçelim. Tanımdan b < a→ b+ ≤ a dir. a+ ∈ An oldugunugöstermek için

b < a+ → b+ ≤ a ≤ a+

sayilar 41

oldugunu göstermeliyiz. b < a+ ise b ∈ a+ dir. Teoremark 4.19

geregince, ya b ∈ a dir ya da b = a dir. Eger b = a ise b+ = a+ çıkarve ispat biter. Eger b ∈ a ise; yani b < a ise, kabulümüzden

b+ ≤ a < a+

çıkar ve ispat biter.

Theorem 2.12. (ω,≤) iyisıralı bir sistemdir.

Kanit: Olmayana ergi yöntemini kullanacagız. Eger (ω,≤) sis-temi iyisıralı olmasaydı, bos olmayan ve en küçük ögesi var olmayanbir A ⊂ ω alt kümesi var olacaktı. Simdi

W = {b ∈ ω | a ∈ A⇒ b ≤ a}

kümesini tanımlayalım. Sonlu Tüme Varım Ilkesiyle W = ω oldugunugösterecegiz. Teoremark 4.10 den 0 ∈ W yazabiliriz. Bir b ∈ W seçe-lim. Tanımdan, her a ∈ A için b ≤ a olacaktır. Eger, herhangi birp ∈ A için b = p ise p, A nın en küçük ögesi olur, ki bu kabulümüzeaykırıdır. Öyleyse, her a ∈ A için b < a olacaktır. Teoremark 4.11 den,her a ∈ A için b+ ≤ a yazabiliriz, ki bu b+ ∈ W olmasını gerektirir.Demek ki W = ω dır. A nın en küçük ögesi olmadıgından W ∩ A = ∅çıkar. Öyleyse A = ∅ olmalıdır.

Aritmetigin kurulması için dogal sayıların kurulması ve onunüzerinde islemlerin tanımlanması yeterlidir. Ondan sonra Z tamsayılar kümesinin, Q rasyonel sayılar kümesinin ve R gerçel sayılarkümesinin kurulması ve dört islemin onlar üzerine genisletilmesi ko-laydır. Bu isler cebir, analiz ve topoloji derslerinde yapılır. O nedenle,bu genislemeleri burada ayrıntılı anlatmaya gerek görmüyoruz. Yal-nızca tam sayılar kümesi ile rasyonel sayılar kümesinin kurulusunusöylemekle yetinecegiz.

2.5 Tam Sayıların Kurulusu

Tam sayılar, iki dogal sayının farkı ya da toplamı olarak çok farklıbiçimlerde yazılabilir. Örnegin, 7 tam sayısını

7 = −121− (−128) = −1− (−6) = 0 + 7 = 1738− 1731

= 17− 10 = 2 + 5 = 8− 13 = 3709− 3702

= . . . (2.7)

gibi çok degisik biçimlerde yazabiliriz. Tam sayıları öyle kurmalıyızki, yukarıdaki gibi farklı yazılıslara izin versin ve onları tek bir tamsayı olarak kabul etsin. Bunu yapmak kolaydır. m, n, p, q ∈ N olmaküzere, iyi bilinen

m− n = p− q⇔ m + q = n + p (2.8)

42 calculus

bagıntısını düsünelim. Simdi, tam sayıların ne oldugunu bilmedigimizivar sayıp, yukarıdaki (4.8) bagıntısının sol yanını unutalım. m − nyerine (m, n) sıralı ikilisini ve p − q yerine (p, q) sıralı ikilisini ko-yarak, bagıntıyı

(m, n) ≈ (p, q)⇔ m + q = n + p (2.9)

biçiminde yeniden yazalım. Bunun N×N üzerinde bir denklik bagın-tısı oldugu kolayca gösterilir.

Tanım 2.13. (4.9) bagıntısının denklik sınıfları kümesine tam sayılarkümesi denilir ve Z ile gösterilir.

Demek ki, dogal sayılar kümesi biliniyorken, tam sayılar kümesiniN×N üzerindeki (4.9) denklik bagıntısının denklik sınıfları olarakkurabiliyoruz. O nedenle, (4.7) biçiminde yazılan sayılar aynı denkliksınıfı içindedirler.

(4.9) denklik bagıntısının tanımladıgı denklik sınıflarını

[(a, b)] = {(x, y) | (a, b) ≈ (x, y)} (2.10)

biçiminde gösterelim.Tam sayılar kümesi üzerinde toplama ve çarpma: (a, b), (c, d) ∈

N×N için

2.6 Dogal Sayılarda Aritmetik

Dogal sayılarda Esitlik

Tanım 2.14. m, n iki dogal sayı ise, bunların, birbirlerine esit olusunum = n simgesiyle gösterecek ve

m = n =⇒ \(A) = \(B) (2.11)

bagıntısıyla tanımlayacagız.

Bunu, "m, n ye esittir" ya da "m esit n dir", diye okuyacagız.Esitligin asagıda sıralanan özelikleri, tanımdan ve (4.11) bagıntısın-

dan çıkar:

Theorem 2.15. Asagıdaki özelikler vardır.

1. m ∈N =⇒ m = m (Yansıma Özeligi)2. m, n ∈N =⇒ m = n ∨ n = m (Ikileme Özeligi)3. m, n ∈N, m = n =⇒ n = m (Simetri Özeligi)4. m, n, c ∈N, m = n ∧ n = c =⇒ m = c (Geçisme Özeligi)

sayilar 43

Dogal Sayılarda Toplama

Tanım 2.16. a ile b dogal sayılarının toplamı, a + b simgesiyle gösterilir ve

a + b = |(A ∪ B)| A ∩ B = ∅ (2.12)

esitligi ile tanımlanır.

Sonlu iki kümenin bilesimi sonlu oldugundan, |(A ∪ B)| niceliksayısı, N ye aittir. Dolayısıyla, + (toplama) islemi N×N den N yetanımlı ikili islemdir:

+ : N×N→N, + : (a, b)→ a + b (2.13)

Toplama Isleminin Özelikleri

Theorem 2.17. Dogal sayılarda toplama islemi asagıdaki özelikleri saglar:

1. m, n ∈N =⇒ m + n ∈N (Kapalılık Özeligi)2. m, n ∈N =⇒ m + n = n + m (Yer Degisme Özeligi)3. m, n, r ∈N =⇒ m + (n + r) = (m + n) + r (Birlesme Özeligi)4. m, n, r ∈N, m = n =⇒ m + r = n + r (Sadelesme Özeligi)5. m ∈N, 0 ∈N =⇒ m + 0 = 0 + m = m (Birim Öge Var)6. m, n ∈N ve m 6= 0 =⇒ m + n 6= 0 (Ters Öge Yok)

Kanit: bkz. Problemler 4.6.

Dogal Sayılarda Çarpma

Tanım 2.18. m ile n nin çarpımı m× n, m.n, mn simgelerindenbirisiyle gösterilir ve asagıdaki bagıntı ile tanımlanır:

m.n = |(A× B)| (2.14)

Sonlu iki kümenin kartezyen çarpımı sonlu oldugundan, |(A× B)|nicelik sayısı, daima N ye aittir. Dolayısıyla, × (çarpma) islemi N×N den N ye tanımlı bir ikili islemdir:

· : N×N→N, · : (m, n) ↪→ m.n (2.15)

Çarpma Isleminin Özelikleri

Theorem 2.19. Dogl sayılarda çarpma islemi asagıdaki özelikler saglar.

1. m, n ∈N =⇒ m.n ∈N (Kapalılık Özeligi)2. m, n ∈N =⇒ m.n = n.m (Yer Degisme Özeligi)3. m, n, r ∈N =⇒ m.(n.r) = (m.n).r (Birlesme Özeligi)4. m, n, r ∈N, m = n =⇒ m.r = n.r (Sadelesme Özeligi)5. m ∈N, 1 ∈N =⇒ m.1 = 1.m = m (Birim Öge Var)6. m ∈N, 0 ∈N =⇒ m.0 = 0.m = 0 (Yutan Öge Var)7. m, n ∈N ve m 6= 1 =⇒ m.n 6= 1 (Ters öge Yok)

44 calculus

Kanit: bkz. Problemler 4.6.

Dagılma Kuralları

Theorem 2.20. Dogal sayılarda çarpma isleminin, toplama islemi üzerinesoldan ve sagdan dagılma özeligi vardır.

Bunun simgelerle ifadesi söyledir.

a, b, c ∈N =⇒ a.(b + c) = a.b + a.c (soldan dagılma)

a, b, c ∈N =⇒ (b + c).a = b.a + c.a (sagdan dagılma)

Kanit: bkz. Problemler 4.6.

Problemler

1. Esitligin teoremark 4.15 ile verilen özeliklerini saglayınız.

2. Toplama isleminin, Teoremark 4.6 ile verilen özelikleri kanıtlayınız.

3.

2.7 Rasyonel Sayılar

Tam sayılarda oldugu gibi rasyonel sayıların da

. . . =−1−2

=−4−8

=−12−24

=24=

48=

612

=1224

= . . . (2.16)

. . . =−12−24

=−8−16

=−3−6

=5

10=

714

=1122

=9

18= . . . (2.17)

gibi birden çok biçimde yazılabildigini biliyoruz. Tam sayılarda yap-tıgımız gibi, rasyonel sayıları öyle kurmalıyız ki, yukarıdaki gibifarklı yazılıslara izin versin ve onları tek bir raqsyonel sayı olarakkabul etsin. Bunu yapmak kolaydır. m, n, p, q ∈ Z olmak üzere, iyibilinen

mn

=pq↔ mq = np (2.18)

bagıntısını düsünelim. Simdi, rasyonel sayıların ne oldugunu bilmedigimizivar sayıp, yukarıdaki (4.18) bagıntısının sol yanını bilinenler cinsin-den yazalım.

mn yerine (m, n) sıralı ikilisini ve p

q yerine (p, q) sıralı ikilisini ko-yarak, bagıntıyı

(m, n) ≈ (p, q)⇔ mq = np (2.19)

biçiminde yeniden yazalım. Bunun Z × Z üzerinde bir denklikbagıntısı oldugu kolayca gösterilir.

sayilar 45

Tanım 2.21. (4.19) bagıntısının denklik sınıfları kümesine rasyonal sayılarkümesi denilir ve Q ile gösterilir.

Demek ki, tam sayılar kümesi biliniyorken, rasyonel sayılar kümesiniZ×Z üzerindeki (4.19) denklik bagıntısının denklik sınıfları olarakkurabiliyoruz. toplama, çıkarma, çarpma, bölme islemleri ile sıralamabagıntısı, (4.19) ile verilen denklik sınıfları kümesi üzerinde kolaycatanımlanır.

Pratikte rasyonel sayılarla islem yaparken, denklik sınıflarını degil,isleme giren her bir denklik sınıfından seçilecek birer temsilci ögeyikullanırız.

Rasyonel sayılar kümesi üzerinde toplama ve çarpma islemleri (4.9)ile belirlenen denklik sınıfları yardımıyla tanımlanır.

Iyi Tanımlılık

Rasyonel sayıların farklı yazılıslarıyla islem yaparken hep aynısonuca ulasırız. Örnegin,

12+

34=

54

36+

1216

=12096

=54

islemleri aynı sonucu verir.Bunu genellestirebiliriz:Denklik sınıfları üzerinde tanımlanan bir islemin, denklik sınıflarını

temsil etmek üzere seçilecek ögelere baglı olup olmadıgı uygula-mada önem tasır. Denklik sınıfları üzerinde islem yaparken denkliksınıflarından hangi temsilcileri seçersek seçelim, hep aynı sonucaulasmalıyız. Bu özelik, islemin iyi tanımlı oldugu anlamına gelir.Degilse, islem yapan kisiler farklı temsilciler seçebileceginden,islemin sonucu farklı çıkar. Böyle bir durum istenmez.

Tanım 2.22. Denklik sınıfları kümesinde tanımlı bir islem, denklik sınıfınıtemsil etmek üzere seçilen temsilciye baglı degilse, o islem iyi tanımlıdır.

Bu kavramı biraz açmakta yarar var. Örnegin, rasyonel sayılarkümesi üzerinde

m, n ∈ Z olmak üzere f (mn) = m (2.20)

46 calculus

bagıntısını düsünelim. (4.20) kuralına göre

f (34) = 3

f (68) = 6

f (1216

) = 12

f (75100

) = 75

...

olacaktır. Oysa 34 = 6

8 = 1216 = 75

100 = . . . oldugundan (4.20) le verilenf bir fonksiyon degildir. Iyi tanımlı olması için, 3

4 rasyonel sayısınındenklik sınıfından seçilecek her temsilci m

n sayısı için f (mn ) degerleri

aynı olmalıdır.

Uyarı 2.23.

Iyi tanımlı fonksiyon deyince, sanki iyi tanımlı olmayan fonksiyonvarmıs izlenimi dogmaktadır. Aslında, (4.20) kuralı bir fonksiyontanımı degildir. Fonksiyon tanımlı ise, zaten iyi tanımlıdır; kötütanımlı fonksiyon yoktur. O nedenle, iyi tanımlı fonksiyon deyimininfonksiyon tanımının titizlikle yapılmadıgı eski zamanlardan kalmısbir terim oldugu açıktır. Ama sık sık cebirde ve analizde karsınızaçıkabilir.

2.8 Problemler

1. a, b, c dogal sayıları için, asagıdaki asagıdaki özelikleri kanıtlayınız

1) (a < b) ∨ (a = b) ∨ (a > b) (Üç Hal Kuralı)2) (a < b) ∧ (b < c) =⇒ a < c (Geçiskenlik)3) a < b =⇒ a + c < b + c (Toplamda Sadelesme)4) (a < b) ∧ (c < d) =⇒ a + c < b + d Yan yana Toplama)5) a < b ∨ (c > 0) =⇒ a.c < b.c (Çarpmada Sadelesme)

2. a, b sıfırdan farklı iki dogal sayı ve m, n iki dogal sayı ise, asagıdakiesitliklerin saglandıgını gösteriniz.

(a) am.an = am+n

(b) an.bn = (ab)n

(c) (am)n = amn.

3. A ⊂ ω kümesi

(a) 0 ∈ A

(b) n ∈ A =⇒ n+ ∈ A

kosullarını saglıyorsa, A = ω olur. Gösteriniz.

sayilar 47

4. m ile n iki dogal sayı ve m ∈ n+ ise ya m ∈ n ya da m = noldugunu gösteriniz.

5. Ardılları esit olan iki dogal sayı birbirlerine esittir; yani

(m, n ∈ ω) ∧ (m+ = n+)→ m = n

olur. Gösteriniz.

3Sayılar

Figure 3.1: Sayı Kümeleri

3.1 Dogal Sayılar

Dogal sayılar, N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ...} kümesidir. Negatif deger al-mazlar. Bazı kaynaklarda "0" dogal sayı olarak alınmaz ancak cebirselyapılar kurulacaksa "0" sayısının dogal sayı olarak alınması gerekir.

Bazı kaynaklar, 0 hariç tutulunca, kalan dogal sayılar kümesinesayma sayıları der

3.2 Dogal sayılarda Toplama

Toplama islemi ileri dogru sayma islemidir. Toplama islemine katılansayılara terim, islemin sonucuna toplam denir. Toplama islemisayıların aynı basamakları arasında yapılır. Bu nedenle toplama isle-minde sayılar aynı basamaklar alt alta gelecek sekilde yapılır.

Dogal sayılarda toplama asagıdaki cebirsel kurallara uyar:Toplamsal birim öge: 0

a + 0 = a

Toplamanın degisme özelligi:

a + b = b + a

Toplamanın birlesme özelligi:

(a + b) + c = a + (b + c)

Toplamanın çarpma üzerine dagılma özelligi (sagdan dagılma):

(a + b)c = ac + bc

Bir a sayısını bir b sayısıyla toplamak, a sayısının b kere ardılınıalmak olarak tanımlanır. Daha matematiksel bir tanım verilmekistenirse Ard(n) gösterimi n sayısının ardılını ifâde etmek üzere,toplama asagıdaki belitlerle tanımlanır:

a + 0 = aa + Ard(b) = Ard(a + b)

50 calculus

Bu belitlerden yola çıkarak ardıllık islemini toplama cinsinden göster-mek mümkündür: 2. belitte b=0 seçilirse

a + Ard(0) = ard(a + 0)

sıfırın ardılı 1’dir. O halde,

Ard(a) = a + 1

oldugu kolaylıkla görülür.

3.3 Dogal sayılarda Çarpma

Çarpma islemi ard arda toplama islemidir. Çarpma islemine katılansayılara çarpan, islemin sonucuna çarpım denir.

Dogal sayılarda çarpma asagıdaki cebirsel kurallara uyar:Çarpımsal birim öge:

a1 = a

Çarpmanın degisme özelligi:

ab = ba

Çarpmanın birlesme özelligi

(ab)c = a(bc)

Çarpmanın toplama üzerine dagılma özelligi (soldan dagılma):

c(a + b) = ca + cb

Bir a sayısını bir b sayısıyla çarpmak, a sayısının b kere toplamınıalmak olarak tanımlanır. Daha matematiksel bir tanım verilmekistenirse Ard(n) gösterimi n sayısının ardılını ifâde etmek üzere,çarpma asagıdaki belitlerle tanımlanır:

a1 = aa Ard(b) = ab + a

Uyarı 3.1. Dogal syıla çıkarma ve bölme islemlerine kapalı degildir; yaniçıkarma ve bölme islemleri dogal sayılar kümesinde tanımlı degildir.

3.4 Onlu Sistem

Sayıların gösterimi için tarih boyunca farklı simgeler kullanılmıstır.Su anda dünyada yaygın olan sistem onlu sistem denilen ve 10 ta-banına göre sayıların gösterildigi sistemdir. Bu sistemin öneminianlamak için, Roma rakamlarıyla dört islem yapmayı deneyiniz.

Aslında, her dogal sayı taban olarak kullanılabilir.

sayilar 51

Bilgisayarda 2 tabanı kullanılır. Ikili (binary) sistem diye anılır.Onlu sistemde sayıları göstermek için 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 sayakları

(digits) kullanılır. Bu sistemde, bir sayının gösteriminde sagdan soladogru sayakların yer aldıgı basamak degerleri, sırasıyla, Tablo 3.1’degösterilmistir.

basamak üstel ifadesi basamak degeriBirler basamagı 100

1

Onlar basamagı 10110

Yüzler basamagı 102100

Binler basamagı 1031 000

On binler basamagı 10410 000

Yüz binler basamagı 105100 000

Milyonlar basamagı 1061 000 000

On milyonlar basamagı 10710 000 000

Yüz milyonlar basamagı 108100 000 000

...

Table 3.1: default

Figure 3.2: Basamaklar

3.5 Tamsayılar

Çıkarma islemi geçerli olacak biçimde dogal sayıların genisletilme-siyle Tam sayılar kümesi elde edilir.

Tam sayılar kümesi

Figure 3.3: Sayı DogrusuZ = {. . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . .}

Tamsayılar pozitif tam sayılar kümesi, negatif tam sayılar kümesive sıfırın birlesimi ile olusan sayı kümesidir. Sayma sayılarının sol-una artı anlamında + isareti yazıldıgında +1, +2, +3, +4, ...sayılarıelde edilir. Bu sayılara pozitif tam sayılar denir ve pozitif tam sayılarkümesi Z+ ile gösterilir.

Pozitif Tam Sayılar

Z+ = {1, 2, 3, . . .}

Negatif Tam Sayılar

Sayma sayılarının soluna eksi anlamında isareti yazıldıgında -1, -2, -3,-4, ... sayıların elde edilir.

Z− = {. . . ,−3,−2,−1}

52 calculus

Bu sayılara negatif tam sayılar denir ve negatif tam sayılar kümesiZ− ile gösterilir. Pozitif tam sayılar, negatif tam sayılar ve sıfır, tamsayıları olusturur ve tam sayılar kümesi Z ile gösterilir.

Sıfır ne negatif ne de pozitif tam sayıdır. Sıfırın isareti yoktur.Solunda isareti olmayan (sıfır hariç) sayılar pozitif olarak alınır.Her dogal sayı aynı zamanda bir tam sayıdır.

Tam Sayıların Sayı Dogrusunda Gösterilmesi

Tam sayılar sayı dogrusu üzerinde gösterilirken; bir dogru üzerindebir nokta alınıp sıfır sayısıyla eslenir ve bu referans noktası olarakalınır. Sagında ve solunda esit aralıklarla noktalar isaretlenir. Sıfırnoktasının sagındaki noktalar sırasıyla +1, +2, +3, ... ile, solundakinoktalar sırasıyla -1, -2, -3, ... ile eslenir. Asagıdaki sayı dogrusundaA noktası -4, B noktası -2, C noktası +1, D noktası +3 ile eslenmistir.Bu noktalar ve görüntüleri asagıdaki sayı dogrusunda verilmistir.tamsayılar sayı dogrusu

3.6 Mutlak Deger

Mutlak deger; sayı dogrusu üzerindeki herhangi bir sayının referansnoktasına olan uzaklıgını gösteren sayıya o sayının mutlak degeridenir. Bir sayının mutlak degeri, sayının birbirine paralel iki çizgiarasına yazılmasıyla gösterilir. Asagıdaki örneklerde de görüldügüüzere; pozitif veya negatif her tam sayı mutlak deger dısına pozitifolarak çıkar. Sıfırdan farklı her tam sayının mutlak degeri pozitif tamsayıdır.

|+ 15| = +15

| − 46| = +46

| − 7| = +7

3.7 Tam Sayıların Karsılastırılması

• Sayı dogrusu üzerinde negatif tam sayılar sıfırın solunda, pozitiftam sayıları sıfırın sagındadır.

• Sıfır, bütün negatif tam sayılardan büyüktür. 0 > -1 > -55 > -99

• Sıfır, bütün pozitif tam sayılardan küçüktür. 0 < 5 < 42 < 78

• Sayı dogrusu üzerinde saga dogru gidildikçe sayılar büyür, soladogru gidildikçe sayılar küçülür.

• Pozitif tam sayılar sıfırdan uzaklastıkça büyür. En küçük tam sayı+1 dir.

sayilar 53

• Negatif tam sayılar sıfıra yaklastıkça büyür. En büyük negatif tamsayı -1 dir.

• Negatif her tam sayı, pozitif her tam sayıdan küçüktür.

• Her tam sayı solundaki tüm tam sayılardan büyük, sagındaki tümtam sayılardan küçüktür.

Yukarıdaki anlatımdan faydalanarak asagıda verilen 10 sorulukalıstırmamızı çözmenizi öneririz.

3.8 Toplama

Toplama islemi yapılırken, verilen tam sayıların aynı veya farklıisaretli oluslarına göre islem yapılır. Ikiden fazla tam sayı toplanırkende kolaylık saglaması için önce aynı isaretli sayılar ile islem yapılır.Tam sayılarda toplama islemini yeni bir sayfada çözümlü sorularesliginde daha detaylı olarak açıkladım. Asagıdaki linkten konu an-latımı sayfasına ulasabilirsiniz. Tam Sayılarda Toplama Islemi

3.9 Çıkarma

Çıkarma islemi kuralı, çıkarma isleminin sayı dogrusunda gösterimive modelleyerek çıkarma islemi yapma konularını yeni bir sayfadaçözümlü sorular esliginde daha detaylı olarak açıkladık. Asagıdakilinkten ulasabilirsiniz. Tam Sayılarda Çıkarma Islemi

3.10 Çarpma

Çarpma islemi kuralı, çarpma isleminin sayı dogrusunda gösterimi,çarpma isleminin özellikleri ve modelleyerek çarpma islemi yapmakonularına asagıdaki linkten ulasabilirsiniz. Tam Sayılarda ÇarpmaIslemi

Tam Sayılarda Bölme IslemiBölme islemi, bölme isleminin özellik-leri, bir tam sayıyı 10’ un kuvvetleri ile bölme ve modelleyerek bölmeislemi yapma konularına asagıdaki linkten ulasabilirsiniz.

3.11 Büyük Sayılar Nasıl Adlandırılır?

Büyük sayılar, yaygınlıgı nedeniyle Ingilizce adlarıyla çagrılır. Amabu adlandırma Avrupa’da ve Amerika’da birbirlerinden farklıdır. Buyazıda, bu farklılıgın nedenini ve farklılıgı yoketmek için önerilençareleri ele alacagız.

Büyük sayıların adlandırılısı, bir çok alanda oldugu gibi, Latinkökenlidir. Örnegin, Latince 3 anlamına gelen -tri- sözcügünün

54 calculus

arkasına -illion- takısı eklenerek -trillion- sözcügü olusturulur. Bukurgu -million- sözcügüne bir benzetmedir. Fransız matematikçisiNicolas Chuquet (1445-1488) 1012 sayısı için -byllion- ve 1018 sayısı için-tryllion- sözcüklerini kullanmıstır. Bu nedenle, büyük sayıları ad-landırma sisteminin, ondan kaynaklandıgı söylenir. Ancak, 1600 yıl-larında Fransada 109 yerine -billion- ve 1012 yerine -trillion- sözcük-leri kullanılır olmustur. Fransa ve Amerika bu yeni sistemi kullan-maya devam ederken Ingiltere ve Almanya Chuquet sistemini kul-lanmayı sürdürmüstür. 1948 yılında Fransa tekrar Chuquet sistem-ine dönmüs ve böylece Avrupa ve Amerikan adlandırma sistemlericografi olarak da ayrılmıstır. Ancak, Amerika’nın finansal üstünlügüagır basmaya baslayınca, büyük sayıları adlandırmada Amerikansistemi dünyada yaygınlık kazanmaya baslamıstır. 1974 yılında In-giltere basbakanı Wilson, Ingilterenin resmi raporlarında -billion- nun1012 degil, Amerikan sisteminde oldugu gibi 109 sayısı yerine kul-lanılacagını açıklamıstır. Ama, bu girisim bile, Avrupa ve Amerikansistemleri denilen iki adlandırma sistemini birlestiremarkemistir.Birlestirme yönünde yapılan öneriler vardır. Bu önerilere geçme-den önce, Avrupa ve Amerikan sistemlerinde büyük sayıların nasıladlandırıldıgını söylemeliyiz. n = 1, 2, 3, 4, 5, . . . gibi bir dogal sayıgöstersin. Avrupa sisteminde büyük sayılar 10 üzeri (6n) biçimindegruplanır. 106n sayısının adı, n sayısının Latince adına -illion- takısıeklenerek söylenir. Amerikan sisteminde takı aynıdır ama büyüksayılar 103n+3 biçimindeki gruplara ayrılır. Bu nedenle, billion sayısıAvrupa sisteminde 1012 = 1 000 000 000 000 sayısı iken Amerikansisteminde 109 = 1 000 000 000 sayısıdır. 109 sayısına Avrupada -milliard- ya da -bin milyon- denilmektedir.

Bu gün Amerikanın adlandırma sisteminin daha iyi oldugusöylenemeyecegi gibi, onların Avrupa sistemine dönmesi de bek-lenemez. Onun yerine, büyük sayıları adlandırmada, bütün ülkelerinanlasacagı yepyeni bir sisteme gitmekte yarar vardır. Bu öneriler-den birisi, büyük sayıları 103n gruplarına ayırmak, Latince sayılaryerine Yunanca sayıları kullanmaktır. Bir baska öneri de, sayılaraInternational System of Units (SI) takısını eklemektir. Bu öneri, fizik-sel bilimlerle de uyum saglayacagı için, bilimsel açıdan daha uygungörünmektedir. Ama, bütün dünyada insanların alıskın olduklarısayı adlarını aniden degistirmek olanaksızdır. Bu degisim, okullar-dan baslayıp bir iki kusak zaman alacak bir istir. Asagıdaki tablo,yukarıda söylenenleri özetlemektedir.

sayilar 55

n 103n Amerikan Sistemi Avrupa Sistemi SI öntakısı Öneri3 109 billion milliard giga- gillion4 1012 trillion billion tera- tetrillion5 1015 quadrillion billiard peta- pentillion6 1018 quintillion trillion exa- hexillion7 1021 sextillion trilliard zetta- heptillion8 1027 septillion quadrillion yotta- oktillion9 1027 octillion quadrilliard ennillion10 1030 nonillion quintillion dekillion11 1033 decillion quintilliard hendekillion12 1036 undecillion sextillion dodekillion13 1039 duodecillion sextilliard trisdekillion14 1042 tredecillion septillion tetradekillion15 1045 quattuordecillion septilliard pentadekillion16 1048 quindecillion octillion hexadekillion17 1051 sexdecillion octilliard heptadekillion18 1054 septendecillion nonillion oktadekillion19 1057 octodecillion nonilliard enneadekillion20 1060 novemdecillion decillion icosillion21 1063 vigintillion decilliard icosihenillion22 1066 unvigintillion undecillion icosidillion23 1069 duovigintillion undecilliard icositrillion24 1072 trevigintillion duodecillion icositetrillion25 1075 quattuorvigintillion duodecilliard icosipentillion26 1078 quinvigintillion tredecillion icosihexillion27 1081 sexvigintillion tredecilliard icosiheptillion28 1084 septenvigintillion quattuordecillion icosioktillion29 1087 octovigintillion quattuordecilliard icosiennillion30 1090 novemvigintillion quindecillion triacontillion31 1093 trigintillion quindecilliard triacontahenillion32 1096 untrigintillion sexdecillion triacontadillion33 1099 duotrigintillion sexdecilliard triacontatrillion

Table 3.2: Büyük Sayıları Adlandırma

56 calculus

3.12 Rasyonel Sayılar

Tanım 3.2. Iki tam sayının birbirine oranı seklinde yazılabilen sayılararasyonel sayılar denir.

pq

(p, q ∈ Z)

Rasyonel sayılar kümesi Q harfi ile gösterilir.Rasyonel sayılar p/q = p

q (p 6= 0) seklinde yazılabilen sayılar-dan olusur. Bölme isleminde payda sıfırdan farklı olmalıdır.

Tüm dogal sayılar ve tam sayılar, paydalarına 1 yazılıp iki tamsayının oranı seklinde yazılabildigi için rasyonel sayılardır.

Buna göre, Dogal Sayılar N, Tamsayılar Z, rasyonel sayılardır.Daha genel olarak,

Tanım 3.3. Ondalık açılımları sonlu ya da devirli olan bütün sayılar rasy-onal sayıdır.

Örnek -7 =-71-7 =-71

Tüm kesirler rasyonel sayılardır.Örnek -135=-85-35=-85

Ondalıklı sayılar ve devirli ondalıklı sayılar kesir olarak yazıla-bildigi için rasyonel sayılardır.

Örnek 0,2=2100,2=210 1,3=1,33333... =139=1291,3=1,33333...=139=129

Kök alma isleminde kökten kurtulabilen sayılar rasyonel sayıdır.Örnek 29??=2.3=6=61

Z = {. . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . .}

Ondalık kesirler ve devirli ondalık açılımlar birer rasyonel sayıdır.Basit Kesir: Payı küçük paydası büyük olan kesirlerdir.Bilesik Kesir: Payı büyük paydası küçük olan kesirlerdir.Pay ve

paydası aynı olan kesirlerde bilesik kesirdir.Tamsayılı Kesir: Bir sayma sayısı ve bir basit kesir ile birlikte yazılan

kesirlerdir.Her bilesik kesir aynı zamanda tamsayılı kesirdir.

3.13 Gerçel Sayılar

lise matematik 1 57

16.BölümGerçel Sayılar

Rasyonel Sayılar Yetmez!Insanoglu’nun Sayma Sayıları’nı bulusu; oradan Tam Sayılar’a;

Tam Sayılar’dan Rasyonel Sayılara geçisi, ve rasyonel sayılarla islemyapmaya baslaması, uygarlık tarihindeki yolda binlerce yıllık birzamanı almıstır. Ama bütün bu gelismeler, toplulukların günde-lik yasamlarının ve aralarındaki ticari iliskilerin zorunlu kıldıgıgelismeler olarak yorumlanabilir.

Ancak, Rasyonel Sayılar’dan Gerçek Sayılar’a geçis daha sancılıolmustur. Örnegin, Milattan çok önceye giden dönemlerde bir diküçgende, dik kenarların karelerinin toplamının, hipotenüsün karesine esitoldugu biliniyordu. Ama, dik kenarları 1 birim olan dik üçgeninhipotenüsünün uzunlugunu; yani,

√1 + 1 =

√2 yi kimse bulamıy-

ordu. Benzer olarak, antik çagda, dikkatle yapılan pratik ölçümlerle,bir çemberin yarıçapı ile çevresinin uzunlugu arasındaki iliskiyiveren Cevre = 2πr bagıntısına çok yakın formüller verilmistir. Amahiç kimse π sayısının gerçek degerini hesaplayamamıstır. Bu olguları,matematiksel bir dille söyleyecek olursak,

x2 = 2, x2 = 7, x3 = 5 x4 = 27

gibi bir çok denklemin, Rasyonel Sayılar Kümesi içinde çözümleriyoktur.

Bu problemim çözümü, ancak çok yakın zamanlarda yapıla-bilmistir. Ünlü Alman matematikçisi Richard Dedekind (1831-1916),Rasyonal Sayıları kapsayan çok daha büyük Gerçek Sayılar Kümesi’nikurmayı basarmıstır. Rasyonal Sayılar Kümesi içinde çözülemeyenproblemler, Gerçek Sayılar Kümesi içinde çözülebilmektedir.

Gerçel Sayıların Kurulusu

58 calculus

Gerçek Sayılar Kümesinin olusturulması, degisisik yöntemlerleyapılabilir. Ama, bu yöntemlerin hepsi, bu dersin kapsamı dısındakalan bilgiler gerektirir. O nedenle, burada, yalnızca, rasyonel ol-mayan sayıların varlıgını gösterecek ve sonra da sayı ekseninde hernoktaya karsılık bir gerçek sayının varlıgını kabul edecegiz.

Tam Sayılar Seyrektir:Sayı ekseni üzerinde, baslangıç noktasının iki yanına bir kaç tam-

sayı yerlestiriniz. Ardısık iki tamsayı arasında, baska bir tamsayıyoktur. Bu özelik, tamsayıların, sayı ekseni üzerinde seyrek, olduguanlamına gelir.

Rasyonel Sayılar Yogundur:Iki rasyonel sayı arasında sonsuz çoklukta rasyonel sayı vardır.

Gerçekten, p ile q rasyonel sayıları, sayı eksenine yerlestirildiginde,bu ikisinin orta noktası da bir rasyonel sayı olur. Çünkü, r1 =

(p + q)/2 de bir rasyonel sayıdır. r1 ile p nin orta noktası olanr2 = (r1 + p)/2 noktası da bir rasyonel sayıdır. Böyle devam edilirse,p ile q arasında, sonsuz çoklukta r1, r2, r3, r4, r5, . . . rasyonel sayılarıbulunur. Öyleyse, rasonel sayılar sayı ekseni üzerinde yogun (sık)dur.

Rasyonel Sayılar, Sayı Eksenini Doldurmaz:Rasyonel sayıların sayı ekseninde yogun olusu, önemli bir öze-

liktir. Ama bu yetmez. Çünkü, sayı ekseni üzerinde, rasyonel birsayıya karsılık gelmeyen noktalar vardır. Bunu, yukarıda sözünüettigimiz hipotenüs ile gösterebiliriz. Bir sayı ekseni çiziniz. Birkösesi baslangıçta ve dik kösesi 1 üzerinde olan, ikizkenar dik üçgeniçiziniz. Pergelinizi, baslangıç noktasına batırıp, hipotenüs boyuncaaçınız. Sekilde oldugu gibi, Pergelin açıklıgını bozmadan, sayı eks-enini C noktasında kesecek bir çember parçası çiziniz.

Pisagor Teoremarki’ne göre, bu üçgenin hipotenüsünün uzunlugu

|OC| =√

1 + 1 =√

2

dir. Simdi√

2 nin bir rasyonel sayı olmadıgını gösterelim. OlmayanaErgi Yöntemi’ni kullanacagız. Eger,

√2 bir rasyonel sayı olsaydı,

lise matematik 1 59

aralarında asal olan iki tamsayının oranı biçiminde yazılabilirdi:(∃p, q ∈ Z+, (ebob(p, q) = 1)

) (√2 =

pq

)Bu durumda,

√2 =

pq

=⇒ p2 = 2q2

=⇒ 2q2 çift sayıdır

=⇒ p2 çift sayıdır

=⇒ p çift sayıdır

=⇒ ∃p1 ∈ Z+ için, p = 2p1 dir.

(p2 = 2q2) ∧ (p = 2p1) =⇒ 4p21 = 2q2

=⇒ 2p21 = q2

=⇒ 2p21 ve q2 çift sayıdır

=⇒ q çift sayıdır.

=⇒ ∃q1 ∈ Z+ için, q = 2q1 dir.

(p = 2p1) ∧ (q = 2q1) =⇒ 2|p ∧ 2|q=⇒ p ile q aralarında asal degildir.

p ile q aralarında asal olacak biçimde seçildigi için, varılan bu sonuç,basta yapılan kabulümüzle çelisir. Öyleyse, bu çeliskiyi yaratan kab-ulümüz yanlıstır. Dolayısıyla,

√2 = p

q yazılamaz; yani√

2 bir rasy-onel sayı degildir.

Bu durumda, Sayı Ekseni’nin C noktasına rasyonel olmayan√

2sayısı eslenmistir. O halde, Rasyonel Sayılar Kümesi, Sayı Eksini’nintüm noktalarını dolduramazlar.

Benzer olarak,√

3,√

5, 7√

2, . . . gibi, rasyonel olmayan sonsuzçoklukta sayı oldugu gösterilebilir.

Demek ki, Sayı Ekseni üzerinde, rasyonel sayıların dolduramadıgısonsuz çoklukta bosluklar vardır. Bu boslukları doldurmak için,Rasyonel Sayılar Kümesi genisletilir. Bunun için, Sayı Ekseninin hernoktasına bir ve yalnız bir sayı eslenerek, R simgesiyle gösterilenve adına Gerçek (reel) Sayılar Kümesi, denilen yeni bir sayı kümesiolusturulur. Dogal sayılar, tamsayılar ve rasyonel sayılar da SayıEkseni üzerinde birer noktaya eslenmis oldugu için, Gerçek SayılarKümesi, onların hepsini kapsar:

N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R

Ayrıca, önceki sayı kümelerinde tanımlanan +,−,×,÷ islemleri ile<,≤,>,≥ sıralama bagıntılarının aynen Gerçek Sayılar Kümesi’ne

60 calculus

tasındıgını varsayacagız. Tabii, bütün bunların belitsel yöntemlerlekurulusu yapılabilir. Ama, burada, asagıdaki beliti kabul etmekleyetinecegiz:Belit: Asagıdaki kosulları saglayan bir (R,+, .) cismi vardır.

[R1]: R cismi, Q cismini bir öz alt cisim olarak kapsar.

[R2]: Q üzerindeki esitlik, islemler ve sıralama bagıntıları, Q üzerindeaynen geçerli kalmak üzere, R ye genisler.

[R3]: R ile sayı ekseni arasında bire bir ve örten bir esleme vardır (Tam-lık özeligi).

Q′ = R \Q kümesine Irrasyonel Sayılar Kümesi, denilir.

R = Q∪Q′

oldugu apaçıktır. Rasyonel Sayılar Kümesi, Gerçek Sayılar Kümesi’ninbir özalt kümesidir; yani, Irrasyonel Sayılar Kümesi bos degildir :Q′ 6= ptyset.

Gerçel Sayıların Özelikleri(R,+, ·) gerçek sayılar cismi üzerindeki esitlik, toplama, çıkarma,

çarpma, bölme ve sıralama bagıntılarının sagladıgı özelikleri sırala-makla yetinecegiz. a, b, c ∈ R olsun.

Esitlik Bagıntısının Özelikleri:Ikileme (Iki Hal) kuralı : Ya a = b ya da a 6= b dir.Yansıma : a = aSimetri : a = b→ b = aGeçiskenlik : (a = b ∧ b = c)→ a = cToplamada Kısaltma : a = b =⇒ a + c = b + cÇarpmada Kısaltma : a = b =⇒ a.c = b.c (c 6= 0)Yerine Koyma : a = b ise, a’yı içeren her ifadede

a yerine b konulabilir.

Toplama Isleminin ÖzelikleriKapalılık : a, b ∈ R→ a + b ∈ R

Yer degisme : a + b = b + aBirlesme : a + (b + c) = (a + b) + cÖzdeslik (birim öge) : a + 0 = a = 0 + aTers öge : a + (−a) = −a + a = 0

Bu özelikleri bir araya getirirsek, asagıdaki teoremark ortaya çıkar.

lise matematik 1 61

Theorem 3.4. (R,+) sistemi degismeli bir gruptur.

Çarpma Isleminin Özelikleri:Kapalılık : a, b ∈ R→ a.b ∈ R

Yer Degisimi : a.b = b.aBirlesme : a.(b.c) = (a.b).cBirim Öge Varlıgı : a.1 = 1.a = a

Ters Öge Varlıgı : a(1a) = 1 = (

1a)a, (a 6= 0)

Dagılma Özelikleri:Çarpma isleminin, toplama islemi üzerine soldan dagılması:

a.(b + c) = a.b + a.c

Çarpma isleminin, toplama islemi üzerine sagdan dagılması:

(b + c).a = b.a + c.a

Sıralama Bagıntılarının Özelikleri:Üçleme (Üç Hal) Kuralı : (a < b) ∨ (a = b) ∨ (a > b)Toplamada Kısaltma : (a < b) =⇒ (a + c) < (b + c)Çarpımada Kısaltma : (a < b) =⇒ (a.c) < (b.c), (c > 0)

: (a < b) =⇒ (a.c) > (b.c), (c < 0)Geçiskenlik : (a < b) ∧ (b < c)→ (a < c)

Çıkarma Isleminin Özelikleri:Çıkarma islemi toplama islemi yardımıyla tanımlanabilir:

a− b = a + (−b)

Dolayısıyla, çıkarma isleminin özelikleri, toplama isleminin özelik-lerinden çıkar.

Bölme Isleminin Özelikleri:

a÷ b = a.(1b), (b 6= 0)

Dolayısıyla, çıkarma isleminin özelikleri, toplama isleminin özelik-lerinden çıkar.

a÷ b simgesi yerine a : b, a/b ya daab

simgeleri de kullanılır.

Archimedes özeligi:

62 calculus

∀a, b ∈ R+ ve a < b için,na > b

esitsizligini saglayan bir n ∈ N+ vardır.

Sayı Ekseni Üzerinde AralıklarBir çok problemin çözümünde, Sayı Ekseni üzerindeki aralıklara

gerekseme dogar.a ≤ b olmak üzere Sayı Ekseni üzerinde, baslangıç noktasına olan

uzaklıkları, sırasıyla, a ve b olan A(a, 0) ve B(B, 0) noktalarınıdüsünelim.Kapalı Aralık:

[A, B] dogru parçasının noktalarına bire-bir karsılık gelen gerçeksayıları, [a,b] simgesiyle gösterecek ve adına kapalı aralık diyecegiz.

Bu aralık, a ile b arasındaki bütün gerçek sayılar ile a ve b den olusur.O halde,

[a, b] = {x | a ≤ x ≤ b, a, b ∈ R}

yazabiliriz.Açık Aralık:

(A, B) dogru parçasının noktalarına bire-bir karsılık gelen gerçeksayıları, (a, b) simgesiyle gösterecek ve adına açık aralık diyecegiz. Bu

aralık, a ile b arasındaki bütün gerçek sayılardan olusur. O halde,

(a, b) = {x | a < x < b, a, b ∈ R}

yazabiliriz.Kapalı-Açık Aralık:

[A, B) dogru parçasının noktalarına bire-bir karsılık gelen gerçeksayıları, [a, b) simgesiyle gösterecek ve adına kapalı-açık aralık

diyecegiz. Bu aralık, a ile b arasındaki bütün gerçek sayılar ile asayısından olusur. O halde,

[a, b) = {x | a ≤ x < b, a, b ∈ R}

lise matematik 1 63

yazabiliriz.[a, b) soldan kapalı, sagdan açık bir aralıktır.

Açık-Kapalı Aralık:(A, B] dogru parçasının noktalarına bire-bir karsılık gelen gerçek

sayıları, (a,b] simgesiyle gösterecek ve adına açık-kapalı aralıkdiyecegiz. Bu aralık, a ile b arasındaki bütün gerçek sayılar ile b

sayısından olusur. O halde,

(a, b] = {x | a < x ≤ b, a, b ∈ R}

yazabiliriz.(a, b] soldan açık, sagdan kapalı bir aralıktır.

Dikey Koordinat Sistemi’nde, baslangıç noktasını O(0, 0) ile, apsisi xolan bir noktayı da X(x, 0) ile gösterelim. Örnegin, yatay eksen

üzerinde, apsisi 11 olan noktaya B(11, 0) diyebiliriz.

Örnekler1. [0, 1], (1, 3], (−3,−1), [−2, 2] aralıklarını sayı ekseni üzerinde

gösteriniz.Çözüm: Istenen aralıklar, sırasıyla, asagıdaki sekillerde gösterilmistir.

64 calculus

2. Asagıdaki sekillerin gösterdigi aralıkları yazınız.

Çözüm:

−3, 2], [2, 3), (5, 9], (−5, 1), [2, 2]

3. 1 + x < 3x + 4 ≤ 8 + x önermesinin, R deki çözüm kümesini(dogruluk kümesini) bulunuz.

Çözüm: Iki esitsizligi ayrı ayrı çözüp, çözüm kümelerinin arakesitinibulmalıyız. Yatay eksen üzerinde, apsisi 11 olan noktaya B(11, 0)

diyebiliriz.

1− x ≤ 2x + 1

1− x− 1 ≤ 2x + 1− 1

−x ≤ 2x

−x + x ≤ 2x + x

0 ≤ 3x

0 ≤ x

dir. O halde, birinci esitsizligin çözüm kümesi C1 = [O, B ısınıüzerindeki noktalara karsılık gelen gerçek sayıların olusturdugukümedir. Bu ısına karsılık gelen gerçek sayılar kümesini [0,+∞)

lise matematik 1 65

simgesiyle gösterecegiz:

[0,+∞) = {x | 0 ≤ x, x ∈ R}

Ikinci esitsizligin çözüm kümesi,

2x + 1 < x + 12

2x + 1− 1 < x + 12− 1

2x < x + 11

2x− x < x + 11− x

x < 11

dir. O halde, ikinci esitsizligin çözüm kümesi C2 = OB) ısınıüzerindeki noktalara karsılık gelen gerçek sayıların olusturdugu

kümedir. Bu ısına karsılık gelen gerçek sayılar kümesini (−∞, 11)simgesiyle gösterecegiz:

(−∞, 11) = {x | x < 11, x ∈ R}

Bu iki çözüm kümesinin arakesiti, [OB) aralıgına ait noktalarakarsılık gelen gerçek sayıların olusturdugu kümedir. Dolayısıyla,

bunu asagıdaki biçimlerden herhangi birisiyle gösterebiliriz.

S = C1 ∩ S2

= [OB ∩OB)

= [OB)

= [0,+∞) ∩ (−∞, 11)

= [0, 11)

= {x | 0 ≤ 11, x ∈ R}

Çogunlukla, sonuncu biçimi kullanacagız.

Onlu Sayma Sisteminde Sayıların Yazılısıc bir gerçek sayı ise,

c = ar10r + ar−110r−1 + · · · a110 + a0 +b1

10+

b2

102 +b3

103 + · · · (1)

açılımını saglayan, (0 ≤ ai ≤ 9, i ∈ N) ve (0 ≤ bj ≤ 9, j ∈ N)

rakamları vardır. Bu açılıma, c sayısının, Onlu Sayma Sistemindekiaçılımı, denilir.

66 calculus

Bu açılımı, kısa biçimde belirtmek için

c = arar−1 . . . a1a0, b1b2b3 . . . (2)

yazarız. Bu yazılısa, Onlu Sayma Sisteminde, c sayısının gösterimi, yada c nin onlu yazılımı, denilir.

(1) deki,

ar10r + ar−110r−1 + · · · a110 + a0 (3)

toplamı, c sayısının tam kısmı,dır. Bunun onlu sayma sistemindekigösterimi

arar−1 . . . a1a0 (4)

dır. Buradaki her bir ai rakamının basamak degeri 10iai dir.Benzer olarak,

b1

10+

b2

102 +b3

103 + · · · (5)

toplamı ise, c sayısının ondalık kesir kısmı’dır. Bunun onlu saymasistemindeki gösterimi

, b1b2b3 . . . (6)

dır. Buradaki her bir bj rakamının basamak degeribj

10j dir.

(5) toplamı, 1 sayısından büyük olamaz. Bu nedenle, c gerçeksayısının kesir kısmıdır; ondalık açılım, adını alır.

Kısalıgı saglamak için, bazan, (5) toplamına, kesir denilir. Tabii, (5)toplamında sonlu ya da sonsuz terim olabilir.

(2) gösteriminde, c sayısının tam ve kesir kısımlarını ayırmak için, a0

ile b1 rakamları arasına " , " konulur. Buna, ondalık virgülü denir.Bir sayının, Onlu Sayma Sistemindeki açılımı biliniyorsa, Onlu Sayma

Sistemindeki gösterimi de belli olur. Tersine olarak, Onlu SaymaSistemindeki gösterimi biliniyorsa, Onlu Sayma Sistemindeki açılımı

da belli olur.

Teoremark: Onlu Sayma Sistemi’nde, her gerçek sayının bir ve yalnız biraçılımı vardır.

Bu teoremarkin ispatı, bu dersin kapsamı dısında olan bilgilerigerektirdiginden, ispatı yapmayacagız.

Örnek

5307, 4052 = 5.103 + 3.102 + 0.101 + 7.100 +410

+0

102 +5

103 +2

104

lise matematik 1 67

Ondalık Kesirler

Teoremark: Bir rasyonel sayının, Onlu Sayma Sistemi’ndeki açılımı yasonludur ya da devirlidir.

r bir rasyonel sayı ise, r =pq

olacak biçimde, aralarında asal p ve q

tamsayıları vardır. Bu sayının, Onlu Sayma Sistemindeki gösteriminibulmak için, p sayısını q ya bölmek yeterlidir.

p÷ q bölme isleminde, kalanların kümesi {0, 1, 2, 3, · · · , q− 1} dir.Bölmenin herhangi bir adımında kalan 0 (sıfır) olursa bölme biter. Bu

durumda, p/q rasyonel sayısının ondalık açılımının kesir kısmısonludur, denilir. Örnegin 5÷ 2 = 2, 5 dir.

p÷ q bölme isleminin hiç bir adımında, kalan sıfır olmuyorsa, p/qrasyonel sayısının açılımında, kesir kısmı sonsuz terimli olur. Ancak,

bölme isleminin her adımında, kalan sayı 1, 2, 3, · · · , q− 1sayılarından birisi olacaktır. Dolayısıyla, en geç q− 1 adım sonra,kalanlardan biri tekrarlanacaktır. Bu andan itibaren bölme islemitekrarlanmaya ve bölümde basamaklar, aynı sırayla devretmeyebaslar. Bu durumda p/q rasyonel sayısının ondalık açılımındaki

kesirli kısım, devirli olur. Bu tür ondalık açılımlara, sonsuz devirliondalık kesirler denilir.

Yukarıdaki, 5÷ 2 = 2, 5 bölme isleminde, ondalık virgülündensonraki birinci adımda kalan 0 oldugundan, bölme islemi bitmistir.

Bu adımdan sonra, bölümün sagına sonsuz sayıda 0 yazılırsa, bölümdegismez :

5÷ 2 = 2, 5 = 2, 5000 . . .

olur. Dolayısıyla, kesir kısmı sonlu olan bir ondalık açılımı da, 0 ınsonsuz sayıda devrettigi bir açılım olarak görebiliriz.

O halde, her rasyonel sayı, kesir kısmı sonsuz devirli olan bir ondalıkaçılıma sahiptir, denilebilir.

Bu sonucun karsıtı da dogrudur: devirli her ondalık kesir, bir rasyonelsayıdır.

Devirli ondalık kesirlerin ondalık gösterimlerini kısaltmak için,devreden basamaklar bir kere yazılır, üzerlerine bir çizgi çekilir.

Örnekler

1.121

= 12 = 12, 000 . . . = 12, 0

Burada 12 tamsayı oldugundan, ondalık açılımındaki terimlerinhepsi 0dır.

2.12= 0, 5

Burada açılım sonludur.

3.12990

= 1, 43 = 1, 43333 . . .

68 calculus

Bu örnekteki açılımda, ondalık virgülünün sagında, birinci rakam-dan sonrakilerin hepsi 3 dür. Bu rakam sınırsız olarak devretmek-tedir. Dolayısıyla, sayının ondalık kısmı devirlidir. Devirli kesrikısa göstermek için, Devreden 3 rakamı üzerine çizgi konulmustur.

4.3123999

= 3, 123 = 3, 126126126 . . .

Bu örnekteki açılımda, ondalık virgülünün sagındaki ilk üç rakam,sınırsız olarak devretmektedir. Dolayısıyla, sayının ondalık kısmıdevirlidir. Devirli kesri kısa göstermek için, devreden 123 rakam-ları üzerine çizgi konulmustur.

5.177

= 2, 428571 = 2, 428571428571428571 . . .

Bu örnekteki açılımda, ondalık virgülünün sagındaki ilk altırakam, sınırsız olarak devretmektedir. Dolayısıyla, sayının on-dalık kısmı devirlidir. Devirli kesri kısa göstermek için, devreden428571 rakamları üzerine çizgi konulmustur.

6.

x = 2, 75 =⇒ 100x = 275

=⇒ x =275100

=⇒ x =114

x = 2, 75 =⇒ 100x = 275, 75

=⇒ 100x− x = 275, 75− 2, 75

=⇒ 99x = 273

=⇒ x =27399

=⇒ x =9133

x = 41, 567 → 1000x = 41567, 567

→ 1000x− x = 41567, 567− 41, 567

→ 999x = 41526

→ x =41526

999x = 4, 738 → 1000x = 4738, 38

→ 10x = 47, 38

→ 1000x− 10x = 4738, 38− 47, 38

→ 990x = 4691

→ x =4691990

lise matematik 1 69

7.

x = 27, 473 → 1000x = 27473

→ x =274731000

Theorem 3.5. Sonlu ondalıklı bir gösterimde, en sagdaki rakam 1 küçültülürve onun sagına 9 rakamı sonsuz devir olarak yazılırsa, sayının degeridegismez.

Karsıt olarak, devreden basamagı 9 olan bir ondalık kesrin, 9 danönceki son rakamı bir arttırılarak devreden basamagı 0 yapılırsa,

sayının degeri degismez.Bunu bir örnek üzerinde gösterecegiz.

a = 3, 529 → 1000a = 3529, 9

→ 100a = 352, 9

→ 1000a− 100a = 3529, 9− 352, 9

→ 900a = 3177

→ a =3177900

→ a =353100

x = 3, 53 =353100

y = 3, 539 =353100

3, 530 = 3, 529

Bu örnekler, her rasyonel sayının devirli bir ondalık kesir olarakyazılabildigini ve karsıt olarak, her devirli ondalık kesrin de bir

rasyonel sayı oldugunu göstyermektedir.Öyleyse, rasyonel sayılarla, devirli ondalık kesirler arasında bire bir

ve örten bir esleme vardır.Devirli olmayan ondalık kesirler vardır. Bunlar birer irrasyonel

sayıdır.Örnekler

1. x = 23, 1231234123451234561234567 . . .2. π = 3, 14159265358979 . . .

3.√

2 = 1, 414213562373095 . . .4.√

3 = 1, 732050807568877 . . .5.√

5 = 2, 2360679 . . .Devirli olmayan bu ondalık kesirler de birer irrasyonel sayıdır.

Örnekler

70 calculus

1. Asagıdaki açık önermenin, N,Z, Q, R içindeki çözüm kümeleriniayrı ayrı bulunuz.

x + 2 = 5 → x + 2− 2 = 5− 2

→ x = 3

oldugundan, her dört kümede de bir tek çözümü vardır: cC = {3}.

2. Asagıdaki açık önermenin, N,Z, Q, R içindeki çözüm kümeleriniayrı ayrı bulunuz.

5x + 3 = 2 → 5x + 3− 3 = 2− 3

→ 5x = −1

→ x = −15

oldugundan, verilen denklemin N ve Z kümeleri içinde çözümüyoktur. Q ve Rndeki esit bir tek çözümü vardır: S = {− 1

5}.

3. Asagıdaki açık önermenin, N,Z, Q, R içindeki çözüm kümeleriniayrı ayrı bulunuz.

x−34 ≤ 2x+1

2 ≤ 3x+26

3x−912 ≤ 12x+6

12 ≤ 6x+412

12 · 3x−912 ≤ 12 · 12x+6

12 ≤ 12 · 6x+412

3x− 9 ≤ 12x + 6 ≤ 6x + 4− 5

3 ≤ x ≤ − 12

oldugundan, verilen esitsizlik sisteminin

N içinde çözüm kümesi bostur: §1 = ptyset

Z deki çözüm kümesi S2 = {−1}

Q içindeki çözüm kümesi 3 = {x | − 53 ≤ x ≤ − 1

2 , x ∈ Q)

R deki çözüm kümesi

S4 =

[−5

3, −1

2

]=

{x | −5

3≤ x ≤ −1

2, x ∈ R)

}

olur.

lise matematik 1 71

4. α = 1− 11− 0, 04

sayısının degerini bulunuz.

x = 0, 04 =⇒ 100x− 10x = 4, 4− 0, 4

=⇒ 90x = 4

=⇒ x =245

α = 1− 11− 0, 04

= =⇒ α = 1− 11− x

=⇒ α = 1− 11− 2

45=

=⇒ α = 1− 4543

=

=⇒ α = − 243

5. (1− 0, 9)(1 + 9) islemini yapınız.

x = 0, 9 =⇒ 10x− x = 9, 9− 0, 9

=⇒ 9x = 9

=⇒ x = 1

α = (1− 0, 9)(1 + 9)

=⇒ α = (1− x)(1 + x)

=⇒ α = (1− 1)(1 + 1)

=⇒ α = (0)(2)

=⇒ α = 0

Uygulama* Her gerçek sayının, Onlu Sayma Sistemi’nde biraçılımının oldugunu görmek için asagıdaki geometrik yaklasım

kullanılabilir.c bir gerçek sayı ise, n = arar−1 · · · a1a0 olacak biçimde

0 ≤ ar, ar−1, · · · , a1, a0 ≤ 9 rakamları vardır. Ayrıca, n < c < n + 1olacak biçimde bir n tamsayısı da vardır. [n,n+1] aralıgını 10 esit

parçaya bölelim. Bu aralıklar,[n +

k10

, n +k + 1

10

], (k = 0, 1, . . . , 9)

olur.c sayısı, bu alt aralıklardan birisine ve yalnız birisine aittir.

Burada iki durum dogabilir:10. c = n + k

10 ise,

c = n +k

10+

0102 +

0103 + · · ·

72 calculus

yazılabilir. Buradan, k1 = b1 ise,

c = arar−1 . . . a1a0, b1

yazılır. Tabii, bunu

c = arar−1 . . . a1a0, b1000 . . .

biçiminde de yazabiliriz.

20. n +k

10< x < n +

k + 110

ise,[

n +b1

10, n +

b1 + 110

]aralıgını 10

esit parçaya bölelim. Bu aralıklar,[n +

b1

10+

k102 , n +

b1

10+

k102

], (k = 0, 1, . . . , 9

olur.Burada, tekrar iki durum dogabilir:

10. c =b1

10+

k102 ise,

c = n +b1

10+

k102 +

0103 +

0104 · · ·

yazılabilir. Buradan, k = b2 ise

c = arar−1 . . . a1a0, b1b2

yazılır. Tabii, bunu

c = arar−1 · · · a1a0, b1b2000 . . .

biçiminde de yazabiliriz.Böyle devam edersek,

c = arar−1 . . . a1a0, b1b2b3b4b5 . . .

yazılabilecegi ortaya çıkar.c gerçek sayısı bir tamsayı ise c = c, 000 . . . yazılabilir.

c bir rasyonel sayı ise, c = pq olacak biçimde, aralarında asal olan p ve

q tamsayıları vardır. p nin q ya bölünmesiyle, istenen açılım eldeedilir.

ALISTIRMALAR

1. Sayı ekseni üzerinde 75 , − 2

3 sayılarının konumlarını geometrikyolla bulunuz.

2. Sayı ekseni üzerinde√

5,√

5 sayılarının konumlarını ge-ometrik yolla bulunuz.

lise matematik 1 73

3. Asagıdaki rasyonel sayıların, onlu sayma sistemindeki gösterim-lerini yazınız.

327

,85

,94

,278

,3317

206

,295

,2772

,2311

,7113

4. Asagıdaki sözlü ifadeleri, <, ≤, >, ≥ simgelerini kullanarakyazınız.

(a) 2 sayısı -4 den büyüktür.

(b) − 19 dan küçüktür.

(c) − 54 sayısı negatiftir.

(d) 3 sayısı 6 dan büyük degildir.

(e) -7 sayısı negatiftir.

(f) x sayısı negatif degildir.

(g) x sayısı pozitif degildir.

(h) 19 sayısı pozitiftir.

(i) 5x sayısı −4 ile +8 arasındadır.

(j) x + 1 sayısı −1 den küçük degil ve +6 dan büyük degildir.

5. Asagıdaki cebirsel ifadeleri sözel biçime dönüstürünüz.

a. 5 > 3 b. − 12

c. −3 < 0 d. +3 > 0e. 6x− 1 ≤ 0 f. 3x + 1 ≥ 0g. 27 > 1

27 > 0 h. −3 ≤≤ 1

6. 0 < a < b ise1a>

1b

oldugunu gösteriniz.

7. Asagıdaki ondalık kesirleri, rasyonel sayı biçimine dönüstürünüz.

a. 0, 5 2, 37 2, 843 7, 5274

b. 10, 7 1, 23 0, 345 3, 6543

c. 24, 647 81, 5398 1, 376 26, 78348

d. 14, 63582 0, 0114 0, 263987 0, 00346

8. Asagıdaki ondalık kesir çiftlerini rasyonel sayı biçiminde yazınız.Sonra buldugunuz sonuçları karsılastırınız.

a) 3,67 3, 669

b) 10,215 10, 2149

c) 25,4718 25, 47179

74 calculus

9. 0 < a < b ve 0 < c < d ise, ac < bd oldugunu gösteriniz.

10. Asagıdaki gerçek sayıları, devreden basamagı 9 olan devirli on-dalık kesir biçiminde yazınız.

a) 5,26 0,384 32,6 18,73

b) 0 27 678 1666

11. Sayı ekseni üzerinde 75 , − 2

3 sayılarının konumlarını geometrikyolla bulunuz.

12. Sayı ekseni üzerinde√

3,√

5 sayılarının konumlarını ge-ometrik yolla bulunuz.

13. Asagıdaki gerçek sayıların rasyonel olmadıgını gösteriniz.

√3,

√5,

√7,

√11,

√17,

√23

14. Sayı ekseni üzerinde 75 , − 2

3 sayılarının konumlarını geometrikyolla bulunuz.

15. Sayı ekseni üzerinde√

5,√

5 sayılarının konumlarını ge-ometrik yolla bulunuz.

16. Asagıdaki islemleri yapınız.

a. 1, 52 + 4, 43 b. 1, 35 + 8, 68

c. 0, 53 + 12, 66 d. 1, 3 + 0, 7

e. 9, 4 + 0, 6 f.2, 3× 0, 62× 3, 75

0, 25× 2, 6

g.2 1

3 × 5, 9210,858

3

h.3 3

4 × 6 35

6, 7− 5, 05

i.

14+ 3, 31 : 6, 2

12× 3, 47− 1, 6

j.

58

:14+

57× 2, 8

56× 1

5− 3, 9× 1, 2

17. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini N, Z, Q ve R kümelerindeayrı ayrı yazınız.

a)3x + 1

3+ 5x =

7x + 34

b)13(3x +

15) +

73= −−2x + 1

4− 3

2c)

3x− 12− 5 =

3x4

+74

d)x− 11

7=

√5− 13

+x + 1

5+

4x3

lise matematik 1 75

e) (12x− 4)(x− 5)(2x− 3)(2x−√

5) = 0

18. Asagıdaki esitsizlikleri N, Z, Q ve R kümelerinde ayrı ayrı çözünüz.

(a)34

x +325≤ 2x− 3

(b)14(2x +

15) +

13(5x + 3) <

3x5− 3

(c)4x− 1

2+

x + 33

<174

ve2− 3x

3− x− 5

7≥ 2− 3x

9− 3

(d)x− 3

5≥√

2− 2 veya1− x

2− 3− x

4≤ 3x + 1 +

√1

5

(e)12(x− 2) + 2x ≤ 3x + 1 < 3(2x− 1)− 3

(f)2x− 5

5≤ x + 2

3≤ x + 5

4+ 1

19.xy2

ile

xy2

ifadelerini karsılastırınız.

20. ∀a, b ∈ Q+, ∀n ∈ N+ ve a < b için,

a < a +n(b− a)

n + 1< b

oldugunu gösteriniz.

21. 0, 2 + 0, 3− 0, 1 + 0, 5 islemini yapınız.

22. 2 +2 + 2+ 2

33

2 + 23

islemini yapınız.

23. 1−1− 1

1−a

1− 11−a

islemini yapınız.

24. Asagıdaki aralıkları küme simgesiyle ifade ediniz.

a. (1, 2) b. [3, 5]c. [6, 7) d. (−2, 0]e. (1, ∞) f. (−∞,−1]g. [−2, ∞) h. (−∞,+∞)

25. Asagıdaki kümelerin belirttigi aralıkları yazınız.

a. {x| − 2 ≤ x < 4} b. {x| − 9 < x < −5}c. {x|3 ≤ x ≤ 5} d. {x| − 1 ≤ x ≤ 1}e. {x|x > 1} f. {x|1 ≤ x ≤ 1}g. {x|x ≤ 5

2} h. {x|5 ≤ x}i. {x|x ≥ − 3

4} h. {x|x ∈ R}

4Dogal Sayılar

4.1 Dogal Sayıların Kurulusu

Dogal sayılar kümesini kurmak için ya Peano belitlerini ya da kümeselyöntemi seçeriz. Sonuçta ikisi de aynı sistemi kurar. Biz, simdiye dekkümelerle islem yaptıgımıza göre, dogal sayılar kümesini de kümeselyöntemle olusturmak daha uygun olacaktır. Zaten, uygulayacagımızyöntemle elde edecegimiz sistemdem, Peano belitleri önerme olarak

çıkarabilir.Bos (∅ ) kümeyi kullanarak, sonraki bir öncekini içeren asagıdaki

ardısık kümeler dizisini olusturalım. Diziye ait kümeleri istedigimizsimgelerle gösterebiliriz. Amacımıza daha hızlı ulasmak için, onları,

dogal sayılar için kullandıgımız simgelerle gösterelim:

0 = ∅

1 = {∅}2 = {∅, {∅}}3 = {∅, {∅}, {∅, {∅}}} (4.1)

...

Bu kümelerden herbirisi, kendinden önce gelen kümelerin hepsinibirer öge olarak içermektedir. Bu sekilde ard arda istedigimiz kadarküme kurabiliriz. Bu kümelerin kurulusu sürekli devam ettirilebilir,

78 calculus

hiç bir zaman bitirilemez. (4.1) sistemini daha kısa olarak

0 = ∅

1 = {0}2 = {0, 1}3 = {0, 1, 2}4 = {0, 1, 2, 3}... (4.2)

k = {0, 1, 2, . . . , k− 1})...

biçiminde yazabiliriz.

Tanım 4.1. X kümesinin X+ ile gösterilen ardılı

X+ = X ∪ {X} (4.3)

esitligi ile tanımlanır.

X = ∅ diyelim. (4.3) uyarınca, (4.2) sistemini

0 = ∅

1 = 0+

2 = 1+

3 = 2+

4 = 3+

...

r = (r− 1)+ (4.4)

...

biçiminde yazabiliriz.(4.1) ile tanımlanan kümelerin her birine bir dogal sayı diyecegiz.

Aslında, (4.1), (4.2) ve (4.4) dizileri aynıdır.

Tanım 4.2. (4.1) dizisinin her kümesi bir dogal sayıdır. Diziye ait bütünkümelerin olusturdugu küme dogal sayılar kümesidir.

Ne var ki, diziye ait bütün kümeleri içeren bir kümeyi olusturmakolanaksızdır. (4.1) sistemine ait kümeleri olusturan ardısma

yönteminde, her dogal sayıya er ya da geç sıra gelecektir. Ama (4.1)sisteminin bütün kümelerini içeren ω kümesini kuran son bir ardıla

erisilemeyecektir. Baska bir deyisle, (4.1) sistemine ait kümelerinkurulusu hiçbir zaman bitirilemeyecektir.

dogal sayilar 79

O nedenle, istedigimiz özeliklere sahip ω kümesinin varlıgını bir belit(axiom) olarak alacagız. Konuyu biraz daha genellestirmek için yeni

bir kavrama gereksinim duyuyoruz.

Tanım 4.3.

∅ ∈W

B ∈W → B+ ∈W

özeliklerine sahip W kümesine ardısan küme denilir.

Ardısan bir küme bütün dogal sayıları içerir.Ardısma yöntemiyle dogal sayı olusturma isini asla

bitiremarkeyecegimiz için, ardısan bir kümenin varlıgını bir belitolarak kabul edecegiz.

Sonsuzluk Beliti

Aksiyom 4.4. Ardısan bir küme vardır.

Bu belit, ardısan (en az) bir kümenin varlıgını söylüyor. Ardısan herküme bütün dogal sayıları içerir.

Dogal Sayı

Asagıdaki özelikler kolayca görülür:

1. Ardısan iki kümenin arakesiti ardısan bir kümedir.

2. Ardısan kümelerden olusan her ailenin arakesiti ardısan kümedir.

3. Özel olarak, ardısan bütün kümelerin arakesiti ardısan kümedir.

Bunların kanıtı problem olarak bırakılmıstır (bkz. Problemler 4.1).

Tanım 4.5. Ardısan bütün kümelerin arakesitine dogal sayılar kümesi,denir.

Kapsama bagıntısına göre sıralanmıs olmak üzere, ardısan kümelerinen küçügü dogal sayılar kümesidir. Bu kümeyi, ω simgesiyle temsiledecegiz. (Sayısal problemlerde, çogunlukla, ω yerine N simgesini

kullanacagız.)

Problemler

1. Ardısan iki kümenin arakesitinin ardısan bir küme oldugunugösteriniz.

2. Ardısan kümelerden olusan her hangi bir ailenin arakesitinin deardısan bir küme oldugunu gösteriniz.

80 calculus

4.2 Sonlu Tümevarım Ilkesi

Theorem 4.6. W ⊂ ω altkümesi için

(a) 0 ∈W

(b) n ∈W ⇒ n+ ∈W

kosulları saglanıyorsa, W = ω dır.

Kanit: Varsayımlar W kümesinin ardısan bir küme oldugunusöylüyor (bkz. Tanım 4.3). ω dogal sayılar kümesi, ardısan her kümetarafından kapsandıgından (bkz. Tanım 4.5). ω ⊂W olacaktır. Oysa

W ⊂ ω verilmistir. Öyleyse W = ω dır.Teoremarkin anlamını sözel olarak ifade edelim:

1. Ilk dogal sayıyı içeren,

2. Içerdigi her dogal sayının ardılını da içeren küme dogal sayılarkümesidir.

4.3 Peano Belitleri

Theorem 4.7. Asagıdaki özeliklere sahip bir ω kümesi vardır:

P1. 0 ∈ ω

P2. n ∈ ω ise n+ ∈ ω

P3. n ∈ ω ise n+ 6= 0

P4. ω nın bir A altkümesi asagıdaki iki özelige sahipse A = ω dır:

(a) 0 ∈ A

(b) n ∈ A⇒ n+ ∈ A

P5. m, n ∈ ω ve n+ = m+ ise m = n dir.

Varlıgını kabul ettigimiz ω kümesinin P1.− P5. Peano kosullarınısagladıgı kanıtlanabilir. Biraz uzunca olan bu kanıtlara girmeyecegiz.

Isteyen ögrenciler, bir çok kaynaktan bulabilecekleri bu kanıtlarıinceleyebilirler.

Problemler

1. Dogal sayıların hiç birisinin ardısan küme olamayacagını gös-teriniz.

2. Hiç bir dogal sayı, kendisine ait bir kümenin altkümesi olamaz.Neden?.

dogal sayilar 81

3. A, B kümeleri için A = B ise A+ = B+ oldugunu gösteriniz.

4. p dogal sayı ise p /∈ p oldugunu gösteriniz.

5. p, q, r dogal sayıları için asagıdaki özeliklerin varlıgını gösteriniz:

(a) q 6= q+

(b) p ∈ q ise q /∈ p olur.

(c) q ∈ p ve p ∈ r ise q ∈ r olur.

(d) p ∈ q ise p+ ⊂ q olur.

6. W ∈ n ve n ∈ ω ise W ∈ ω oldugunu tüme varımla ispatlayınız.

7. W+ ∈ ω ise W ∈ ω oldugunu gösteriniz.

8. p ∈ ω ise ya p = 0 oldugunu ya da p = q olan bir q ∈ ω

varoldugunu gösteriniz.

4.4 Dogal Sayıların Sıralanması

Dogal sayılarda varlıgını sezgisel olarak bildigimiz ya da alıskanlıklakullandıgımız küçük ya da esit ≤ bagıntısını matematiksel olarak

tanımlayacak ve (ω,≤) sisteminin iyi sıralı oldugunu kanıtlayacagız.

Tanım 4.8. Dogal sayılar kümesi üzerinde ≤ bagıntısı

a ≤ b =⇒ (a ∈ b) ∨ (a = b) (4.5)

biçiminde tanımlanır.

(4.5) ifadesi, "a dogal sayısı, b dogal sayısından ya küçüktür ya da esittir"diye okunur.

a ≤ b ile b ≥ a simgeleri es anlamda kullanılacaktır.≤ yerine < bagıntısını kullanmak istiyorsak, a < b ifadesini

a < b =⇒ (a ≤ b) ∧ (a 6= b) (4.6)

biçiminde tanımlayabiliriz.≤ bagıntısının dogal sayılar kümesi üzerinde iyi sıralama bagıntısı

oldugunu göstermek için, (ω,≤) sisteminin önce tikel sıralı birsistem oldugunu, sonra iyi sıralı bir sistem oldugunu kanıtlaycagız.

Theorem 4.9. (ω,≤) tikel sıralı bir sistemdir.

Kanit: Sistemin yansımalı, geçisimli ve antisimetrik oldugunugösterecegiz.

yansıma: Her öge kendisine esit oldugundan, a ∈ ω için a = a dır. Ohalde, (4.5) den a ≤ a yazabiliriz.

82 calculus

geçisim: a, b, c ∈ ω verilsin. a ≤ b ve b ≤ c ise dört olası durumvardır:

(a ∈ b) ∧ (b ∈ c)→ ((a ∈ c) ∧ (b ⊂ c)→ (a ∈ c))

(a ∈ b) ∧ (b = c)→ a ∈ c

(a = b) ∧ (b ∈ c)→ a ∈ c

(a = b) ∧ (b = c)→ a = c

(4.5) uyarınca, bu dört durumun her biri için a ≤ c olacaktır.

antisimetrik: a ≤ b ve b ≤ a ise (4.5) uyarınca ya a = b ya da a ≤ b veb ∈ a olacaktır. Ikinci durum varsa a ⊂ b ve b ⊂ a çıkar ki bu a = bolmasını gerektirir.

Theorem 4.10. a ∈ ω ise 0 ≤ a olur.

Kanit:

A = {a | a ∈ ω, 0 ≤ a}

kümesini düsünelim. Sonlu Tüme Varım Ilkesi (bkz. Teoremark 4.6)uyarınca A = ω oldugunu göstermeliyiz. ≤ bagıntısı yansımalı

oldugundan 0 ≤ 0 çıkar. O halde, 0 ∈ A olur. Herhangi bir a ∈ Aseçelim. Varsayımdan 0 ≤ a olur. a ∈ a+ oldugundan a ≤ a+ yazılır.

Böylece 0 ≤ a ve a ≤ a+ elde edilmis oldu. ≤ bagıntısı geçisimlioldugu için

(0 ≤ a) ∧ (a ≤ a+)→ (0 ≤ a+)

olacaktır. Öyleyse, a+ ∈ A olur ve Sonlu Tüme Varım Ilkesine göreA = ω sonucuna ulasılır.

Theorem 4.11. b < a ise b+ ≤ a dir.

Kanit: b dogal sayı olsun ve

An = {a ∈ ω | (b < a)→ (b+ ≤ a)}

kümesmi tanımlayalım. Sonlu Tüme Varım Ilkesine göre An = ω

oldugunu gösterecegiz. Tanımdan

a /∈ An ↔ (b < a) ∧ (¬(b+ ≤ a))

↔ (b ∈ a) ∧ (¬(b+ ≤ a))

yazabiliriz. Buradan, özel olarak,

0 /∈ An ↔ b ∈ 0∧ ¬(b+ ≤ 0)

dogal sayilar 83

çıkar, ki bu olanaksızdır. Öyleyse 0 ∈ An olmalıdır. Simdi herhangibir a ∈ An seçelim. Tanımdan b < a→ b+ ≤ a dir. a+ ∈ An oldugunu

göstermek için

b < a+ → b+ ≤ a ≤ a+

oldugunu göstermeliyiz. b < a+ ise b ∈ a+ dir. O halde, ya b ∈ a dirya da b = a dir. Eger b = a ise b+ = a+ çıkar ve ispat biter. Eger b ∈ a

ise b < a olur ve kabulümüzden

b+ ≤ a < a+

çıkar ve kanıtlama biter.

Theorem 4.12. (ω,≤) iyi sıralı bir sistemdir.

Kanit: Olmayana ergi yöntemini kullanacagız. Eger (ω,≤) sistemiiyi sıralı olmasaydı, bos olmayan ve en küçük ögesi var olmayan bir

A ⊂ ω altkümesi var olacaktı. Simdi

W = {b ∈ ω | a ∈ A⇒ b ≤ a}

kümesini tanımlayalım. Sonlu Tüme Varım Ilkesiyle W = ω

oldugunu gösterecegiz. Teoremark 4.10 den 0 ∈W yazabiliriz. Birb ∈W seçelim. Tanımdan, her a ∈ A için b ≤ a olacaktır. Eger,

herhangi bir p ∈ A için b = p ise p, A nın en küçük ögesi olur, ki bukabulümüze aykırıdır. Öyleyse, her a ∈ A için b < a olacaktır.

Teoremark 4.11 den, her a ∈ A için b+ ≤ a yazabiliriz, ki bu b+ ∈Wolmasını gerektirir. Demek ki W = ω dır. A nın en küçük ögesi

olmadıgından W ∩ A = ∅ çıkar. Öyleyse A = ∅ olmalıdır.Aritmetigin kurulması için dogal sayıların kurulması ve onun

üzerinde islemlerin tanımlanması yeterlidir. Ondan sonra Z tamsayılar kümesinin, Q rasyonel sayılar kümesinin ve R gerçel sayılarkümesinin kurulması ve dört islemin onlar üzerine genisletilmesi

kolaydır. Bu isler cebir, analiz ve topoloji derslerinde yapılır. Onedenle, bu genislemeleri burada ayrıntılı anlatmaya gerek

görmüyoruz. Yalnızca tam sayılar kümesi ile rasyonel sayılarkümesinin kurulusunu söylemekle yetinecegiz.

4.5 Tam Sayıların Kurulusu

Tam sayılar, iki dogal sayının farkı ya da toplamı olarak çok farklıbiçimlerde yazılabilir. Örnegin, 7 tam sayısını

7 = −121− (−128) = −1− (−6) = 0 + 7 = 1738− 1731

= 17− 10 = 2 + 5 = 20− 13 = 3709− 3702

= . . . (4.7)

84 calculus

gibi çok degisik biçimlerde yazabiliriz. Tam sayıları öyle kurmalıyızki, yukarıdaki gibi farklı yazılıslara izin versin ve onları tek bir tamsayı olarak kabul etsin. Bunu yapmak kolaydır. m, n, p, q ∈N olmak

üzere, iyi bilinen

m− n = p− q⇔ m + q = n + p (4.8)

bagıntısını düsünelim. Simdi, tam sayıların ne oldugunubilmedigimizi var sayıp, yukarıdaki (4.8) bagıntısının sol yanını

unutalım. m− n yerine (m, n) sıralı ikilisini ve p− q yerine (p, q)sıralı ikilisini koyarak, bagıntıyı

(m, n) ≈ (p, q)⇔ m + q = n + p (4.9)

biçiminde yeniden yazalım. Bunun N×N üzerinde bir denklikbagıntısı oldugu kolayca gösterilir.

Tanım 4.13. (4.9) bagıntısının denklik sınıfları kümesine tam sayılarkümesi denilir ve Z ile gösterilir.

Demek ki, dogal sayılar kümesi biliniyorken, tam sayılar kümesiniN×N üzerindeki (4.9) denklik bagıntısının denklik sınıfları olarak

kurabiliyoruz. O nedenle, (4.7) biçiminde yazılan sayılar aynı denkliksınıfı içindedirler.

(4.9) denklik bagıntısının tanımladıgı denklik sınıflarını

[(a, b)] = {(x, y) | (a, b) ≈ (x, y)} (4.10)

biçiminde gösterecegiz.

4.6 Dogal Sayılarda Aritmetik

Dogal sayılarda Esitlik

Tanım 4.14. m = \(A) ve n = \(B) olmak üzere, m, n dogal sayılarınınbirbirlerine esit olusunu m = n simgesiyle gösterecek ve

m = n =⇒ \(A) = \(B) (4.11)

bagıntısıyla tanımlayacagız.

Bunu, "m, n ye esittir" ya da "m esit n dir", diye okuyacagız.

Theorem 4.15. Asagıdaki özelikler vardır.

1. m ∈N ⇒ m = m (Yansıma)2. m, n ∈N ⇒ m = n ∨ n = m (Ikileme)3. m, n ∈N, m = n ⇒ n = m (Simetri)4. m, n, c ∈N, m = n ∧ n = c ⇒ m = c (geçisim)

dogal sayilar 85

Dogal Sayılarda Toplama

Tanım 4.16. a ile b dogal sayılarının toplamı, a + b simgesiyle gösterilir ve

a + b = \(A ∪ B), (A ∩ B = ∅) (4.12)

esitligi ile tanımlanır.

Sonlu iki kümenin bilesimi sonlu oldugundan, \(A ∪ B) nicelik sayısı,N ye aittir. Dolayısıyla, + (toplama) islemi N×N den N ye tanımlı

ikili islem olarak

+ : N×N⇒N, + : (a, b)⇒ a + b (4.13)

biçiminde tanımlıdır.

Toplama Isleminin Özelikleri

Theorem 4.17. Dogal sayılarda toplama islemi asagıdaki özelikleri saglar:

1. m, n ∈N ⇒ m + n ∈N (Kapalılık)2. m, n ∈N ⇒ m + n = n + m (Yer Degisim)3. m, n, r ∈N ⇒ m + (n + r) = (m + n) + r (Birlesme)4. m, n, r ∈N, m = n ⇒ m + r = n + r (Sadelesme)5. m ∈N, 0 ∈N ⇒ m + 0 = 0 + m = m (Birim Öge)6. m, n ∈N ve m 6= 0 ⇒ m + n 6= 0 (Ters Öge yok)

Kanit: bkz. Problemler 4.6.

Dogal Sayılarda Çarpma

Tanım 4.18. m ile n nin çarpımı m× n, m.n, mn simgelerindenbirisiyle gösterilir ve asagıdaki bagıntı ile tanımlanır:

m.n = \(A× B) (4.14)

Sonlu iki kümenin kartezyen çarpımı sonlu oldugundan, |(A× B)|nicelik sayısı, daima N ye aittir. Dolayısıyla, × (çarpma) islemi

N×N den N ye tanımlı bir ikili islem olarak

× : N×N⇒N, · : (m, n) ↪→ mtimesn (4.15)

biçiminde tanımlıdır. (×) simgesi yerine (·) simgesi de kullanılır.

Çarpma Isleminin Özelikleri

Theorem 4.19. Dogal sayılarda çarpma islemi asagıdaki özelikler saglar.

86 calculus

1. m, n ∈N ⇒ m.n ∈N Kapalılık2. m, n ∈N ⇒ m.n = n.m Yer Degisim3. m, n, r ∈N ⇒ m.(n.r) = (m.n).r Birlesme4. m, n, r ∈N, m = n ⇒ m.r = n.r Sadelesme5. m ∈N, 1 ∈N ⇒ m.1 = 1.m = m Birim Öge6. m ∈N, 0 ∈N ⇒ m.0 = 0.m = 0 Yutan Öge7. m, n ∈N ve m 6= 1 ⇒ m.n 6= 1 Ters öge yok

Kanit: bkz. Problemler 4.6.

Dagılma Kuralları

Theorem 4.20. Dogal sayılarda çarpma isleminin, toplama islemi üzerinesoldan ve sagdan dagılma özeligi vardır.

Bunun simgelerle ifadesi söyledir.

a, b, c ∈N⇒ a.(b + c) = a.b + a.c (soldan dagılma)

a, b, c ∈N⇒ (b + c).a = b.a + c.a (sagdan dagılma)

Kanit: bkz. Problemler 4.6.

Problemler

1. Esitligin Teoremark 4.15 ile verilen özeliklerini saglayınız.

2. Toplama isleminin, Teoremark 4.17 ile verilen özelikleri kanıt-layınız.

4.7 Rasyonel Sayılar

Tam sayılarda oldugu gibi rasyonel sayıların da

. . . =−1−2

=−4−8

=−12−24

=24=

48=

612

=1224

= . . . (4.16)

. . . =−12−24

=−8−16

=−3−6

=5

10=

714

=1122

=9

18= . . . (4.17)

gibi birden çok biçimde yazılabildigini biliyoruz. Tam sayılardayaptıgımız gibi, rasyonel sayıları öyle kurmalıyız ki, yukarıdaki gibi

farklı yazılıslara izin versin ve onları tek bir raqsyonel sayı olarakkabul etsin. Bunu yapmak kolaydır. m, n, p, q ∈ Z olmak üzere, iyi

bilinen

mn

=pq↔ mq = np (4.18)

bagıntısını düsünelim. Simdi, rasyonel sayıların ne oldugunubilmedigimizi var sayıp, yukarıdaki (4.18) bagıntısının sol yanını

bilinenler cinsinden yazalım.

dogal sayilar 87

mn yerine (m, n) sıralı ikilisini ve p

q yerine (p, q) sıralı ikilisini koyarak,bagıntıyı

(m, n) ≈ (p, q)⇔ mq = np (4.19)

biçiminde yeniden yazalım. Bunun Z×Z üzerinde bir denklikbagıntısı oldugu kolayca gösterilebilir.

Tanım 4.21. (4.19) bagıntısının denklik sınıfları kümesine rasyonal sayılarkümesi denilir ve Q ile gösterilir.

Demek ki, tam sayılar kümesi biliniyorken, rasyonel sayılar kümesiniZ×Z üzerindeki (4.19) denklik bagıntısının denklik sınıfları olarak

kurabiliyoruz. toplama, çıkarma, çarpma, bölme islemleri ile sıralamabagıntısı, (4.19) ile verilen denklik sınıfları kümesi üzerinde kolayca

tanımlanır.Pratikte rasyonel sayılarla islem yaparken, denklik sınıflarını degil,isleme giren her bir denklik sınıfından seçilecek birer temsilci ögeyi

kullanırız.

Iyi Tanımlılık

Rasyonel sayıların farklı yazılıslarıyla islem yaparken hep aynısonuca ulasırız. Örnegin,

12+

34=

54

36+

1216

=12096

=54

islemleri aynı sonucu verir.Bunu genellestirebiliriz:

Denklik sınıfları üzerinde tanımlanan bir islemin, denklik sınıflarınıtemsil etmek üzere seçilecek ögelere baglı olup olmadıgı uygulamada

önem tasır. Denklik sınıfları üzerinde islem yaparken denkliksınıflarından hangi temsilcileri seçersek seçelim, hep aynı sonucaulasmalıyız. Bu özelik, islemin iyi tanımlı oldugu anlamına gelir.Degilse, islem yapan kisiler farklı temsilciler seçebileceginden,

islemin sonucu farklı çıkar. Böyle bir durum istenmez.

Tanım 4.22. Denklik sınıfları kümesinde tanımlı bir islem, denklik sınıfınıtemsil etmek üzere seçilen temsilciye baglı degilse, o islem iyi tanımlıdır.

Bu kavramı biraz açmakta yarar var. Örnegin, rasyonel sayılarkümesi üzerinde

m, n ∈ Z olmak üzere f (mn) = m (4.20)

88 calculus

bagıntısını düsünelim. (4.20) kuralına göre

f (34) = 3

f (68) = 6

f (1216

) = 12

f (75100

) = 75

...

olacaktır. Oysa 34 = 6

8 = 1216 = 75

100 = . . . oldugundan (4.20) le verilen fbir fonksiyon degildir. Iyi tanımlı olması için, 3

4 rasyonel sayısınındenklik sınıfından seçilecek her temsilci m

n sayısı için f (mn ) degerleri

aynı olmalıdır.

Uyarı 4.23.

Iyi tanımlı fonksiyon denilince, sanki iyi tanımlı olmayan fonksiyonvarmıs izlenimi dogmaktadır. Aslında, (4.20) kuralı bir fonksiyontanımı degildir. Fonksiyon tanımlı ise, zaten iyi tanımlıdır; kötü

tanımlı fonksiyon yoktur. O nedenle, iyi tanımlı fonksiyon deyimininfonksiyon tanımının titizlikle yapılmadıgı eski zamanlardan kalmısbir terim oldugu açıktır. Ama sık sık cebirde ve analizde karsınıza

çıkabilir.

4.8 Alıstırmalar

1. m, n, r dogal sayıları için, asagıdaki özelikleri kanıtlayınız

1) (m < n) ∨ (m = n) ∨ (m > n) (Üç Hal Kuralı)2) (m < n) ∧ (n < r) ⇒ m < r (geçisim)3) m < n ⇒ m + r < n + r (Toplamda Sadelesme)4) (m < n) ∧ (r < s) ⇒ m + r < n + s Yan yana Toplama)5) m < n ∨ (r > 0) ⇒ m.r < n.r (Çarpmada Sadelesme)

2. m, n sıfırdan farklı iki dogal sayı ise, asagıdaki esitliklerin sag-landıgını gösteriniz.

(a) mm.mn = mm+n

(b) mn.nn = (m.n)n

(c) (mm)n = mmn.

3. m ile n iki dogal sayı ve m ∈ n+ ise ya m ∈ n ya da m = noldugunu gösteriniz.

4. Ardılları esit olan iki dogal sayı birbirlerine esittir; yani

(m, n ∈ ω) ∧ (m+ = n+)⇒ m = n

dogal sayilar 89

olur. Gösteriniz.

5. Bölme isleminin yer degisim özeliginin olmadıgını gösteriniz.

6. Bölme isleminin birlesme özeliginin olmadıgını gösteriniz.

7. Bölme isleminin toplama üzerine dagılma özeliginin olmadıgınıgösteriniz.

8. Çarpma isleminin bölme islemi üzerine dagılma özeliginin ol-madıgını gösteriniz.

5Operatörler

Islemler

5.1 Operatör Nedir?

Ilkokulden beri sayılar üzerinde toplama, çıkarma, çarpma ve bölmeislemlerini yapmayı ögrendik. Karsılastıgımız problemleri çözerken

yer degisme, birlesme, dagılma kuralları ile birim öge, ters öge gibikavramları kullanmayı ögrendik. Bütün bunları yaparken, dörtislemin herbirinin bir operatör oldugunu, yer degisme, birlesme,

dagılma gibi özeliklerin operatörlerin özelikleri oldugunuögrenmemis olabiliriz.

Matematikteki kavramları mümkün oldugu kadar soyutlastırmak vegenellestirmek isteriz. Soyut bir kümede yaptıgımız isleri, somutkümelere kolayca uygulayabiliriz. Operatörler için de benzer is

yapılır. Sayı kümeleri üzerindeki islemleri soyut kümelere tasırız.Orada elde edecegimiz genel kurallar, somut durumlara, özel olarak

da sayı kümelerine uygulanabilir.

Birli Operatörler

Birli Islemler

Tanım 5.1. Bos olmayan bir kümeden kendisine tanımlı olan her fonksiyon,bir birli operatördür.

Örnek 5.2.

1. Z Tam Sayılar Kümesi olmak üzere, Z den Z ye tanımlı f (x) =

−x fonksiyonu birli bir islemdir.

2. Sıfırdan farklı Rasyonel Sayılar Kümesinden kendisine tanımlıf (x) = 1

x fonksiyonu birli bir islemdir.

92 calculus

Ikili Operatörler

Ikili Islemler

Tanım 5.3. Bos olmayan X kümesi için X × X kartezyen çarpımından Xkümesine tanımlı her fonksiyon ikili operatördür.

X 6= ∅ ve X ⊂ Y ise, her

f : X× X ⇒ Y

fonksiyonu, X üzerinde ikili islem’dir.

Örnek 5.4. R×R kartezyen çarpımından R kümesine tanımlı

(x, y) x + y (5.1)

bagıntısı, toplama diye adlandırılan ikili islemdir.

Örnek 5.5. N×N kartezyen çarpımından N kümesine tanımlı

(m, n) mn (5.2)

bagıntısı, çarpma diye adlandırılan ikili islemdir.

n-li Operatörler

Tanım 5.6. X 6= ∅ ve n ∈ N olmak üzere X kümesinin n kez kendisiylekartezyen çarpımından X kümesine tanımlı her fonksiyon n-li islemdir.

Bunu simgelerle gösterirsek,

f : X× X× . . .× X︸ ︷︷ ︸n−kez

⇒ X (5.3)

fonksiyonuna, X kümesi üzerinde n-li islem’dir, denilir.Matematikte, çogunlukla birli ve ikili operatörleri kullanırız.

Hangi türden oldukları islevlerine göre belirli olacagı için, birliislem, ikili islem terimleri yerine, kısaca, islem diyecegiz. Bu

kısaltma bir karısıklık yaratmayacaktır.

S-Çarpma islemi

Tanım 5.7. S, G kümeleri verilsin. S× G kartezyen çarpımından G küme-sine tanımlı bir dönüsüme S-çarpma islemi denilir.

Örnek olarak vektör uzaylarındaki skaler çarpmayı gösterebiliriz.

operatörler 93

Gösterimler

Matematigin her dalında ikili operatörlerin rolü büyüktür.Operatörler, fonksiyonların özel bir türüdür. Bir fonksiyonun

operatör (islem) oldugunu belirtmek için, onu fonksiyonlar içinkullandıgımız f , g, h, . . . gibi harflerle degil; özel bir simge ile

belirtiyoruz.Operatörler için çok kullanılan +, −, ×, ·, ÷ simgelerine alısıgız.Ama cebirde bunların dısında ?. ◦, ⊕, , ⊗, �, �, · · · gibi farklı

simgeler de kullanılır.X kümesi üzerinde ⊗ isleminin tanımlı olması demek,

⊗ : X× X ⇒ X

fonksiyonunun tanımlı olması demektir.⊗ islemi, her (x, y) ∈ X× X sıralı çiftini bir tek z ∈ X ögesine

esleyecektir. Çogunlukla, z görüntüsünü x⊗ y simgesiylegösterecegiz:

⊗ : (x, y) x⊗ y = z

Bunu "x islem y esit z" diye okuyacagız. Baska bir deyisle,(x, y) ⊗[(x, y)] gösterimi yerine (x, y) x⊗ y gösterimini

kullanacagız.

Tanım 5.8. Üzerinde bir ya da daha çok islem tanımlı bir X kümesi, islem-lerle birlikte bir matematiksel yapı’dır. Bu yapıyı, örnegin, üzerinde üçoperatör tanımlı X kümesini (X,⊕,,⊗) biçiminde sıralı bir üçlü olarakgösterecegiz.

5.2 Islemlerin Özelikleri

Asagıdaki örneklerde ele alınan kümelerin bos olmadıgınıvarsayacagız.

Kapalılık

Uyarı 5.9.

Bir kümenin bir isleme kapalı olması kavramı, operatörün bir fonksiyonolarak tanımlanmadıgı durumda ortaya çıkar. Bunu bir örnekle açıklamak

yararlı olabilir.Tam sayılar kümesi üzerinde kök alma islemini düsünelim.

√4 ∈ Z olur,

ama√

3 6∈ Z dir. Dolayısıyla Z kümesi kök alma islemine kapalı degildir.Bu kitapta, operatörü bir fonksiyon olarak tanımladıgımız için, kök almaisleminin zaten bir fonksiyon olarak Z üzerinde tanımlı olmadıgı açıktır.

Dolayısıyla, Bir küme üzerinde tanımlı bir operatörden söz ederken kümeninisleme kapalı olması deyimi, fonksiyon (islem) tanımımız uyarınca, gereksizdir.

Çünkü islem tanımlı ise, zaten kapalılık özeligi saglanacaktır.

94 calculus

Gene de, oparatörü fonksiyon olarak tanımlamayan kaynakların, "islemekapalılık" deyimi ile neyi ifade ettiklerini açıklamak yararlı olabilir.

Bir fonksiyon olarak tanımlanmayan ⊗ operatörü X kümesi üzerindeislem yapıyor olsun. ⊗ operatörünün görüntü kümesi bazen Xkümesine esit olur; bazen de X kümesinden büyük olur. Bu iki

durumu birbirinden ayırmak gerekir.

Tanım 5.10. ⊗ isleminin görüntü kümesi X kümesine esitse, ’X kümesi ⊗islemine kapalıdır’, denilir.

Bunu simgelerle ifade edersek,

⊗ : X× X ⇒ X

ise, ’X kümesi ⊗ islemine kapalıdır’.Bu durumda,

∀x, y ∈ X için x⊗ y = z ∈ X

olur. (Tabii, bu durumda ⊗ islemi bir fonksiyon olur.)

Tanım 5.11. ⊗ isleminin görüntü kümesi, X kümesininden büyükse, "Xkümesi ⊗ islemine kapalı degildir," denilir.

Örnegin, dogal sayılar kümesi çrpma islemine kapalıdır, ama çıkarmave bölme islemlerine kapalı degildir.

Birim Öge

Tanım 5.12. X kümesi üzerinde ⊗ islemi tanımlı olsun. Her x ∈ X için,

x⊗ e = x = e⊗ x

esitligini saglayan bir e ∈ X varsa, e ögesine, ⊗ islemine göre birim(etkisiz) öge, denilir.

Sayı kümeleri üzerinde toplama isleminin birimi 0, çarpma islemininbirimi 1 dir.

Ters Öge

Tanım 5.13. ⊗ islemi X kümesinde tanımlı ve e birim ögesi var olsun.x ∈ X için,

x⊗ y = e = y⊗ x

esitligini saglayan y ∈ X ögesi varsa, y ögesine ⊗ islemine göre, x ögesinintersidir, denilir.

Bazı islemler için ters öge olmayabilir.Sayı kümeleri üzerinde, toplama islemine göre, bir x ögesinin tersi

−x; çarpma islemine göre x−1 = 1x , (x 6= 0) dir.

operatörler 95

Sayı kümelerinden edindigimiz alıskanlıkla, soyut kümeler üzerindetanımlı olup (+) islemine benzeyenlere toplama islemi; (·) islemine

benzeyenlere de çarpma islemi, diyecegiz. Dolayısıyla, bir x ögesinintoplamsal tersi −x; çarpımsal tersi x−1 simgesiyle gösterilecektir.

Yutan Öge

Tanım 5.14. X kümesi üzerinde tanımlı bir ⊗ islemi için

∀x(x ∈ X)⇒ x⊗ u = u⊗ x = u (5.4)

olacak biçimde bir u ∈ X varsa, u ya ⊗ isleminin yutan ögesi denilir.

Örnek 5.15. Sayı kümeleri üzerinde çarpma isleminin yutan ögesi 0sayısıdır. Gerçekten her x sayısı için x.0 = 0.x = 0 olur.

Yer Degisim

Tanım 5.16. X kümesi üzerinde tanımlı ⊗ islemi, her x, y ∈ X için,

x⊗ y = y⊗ x

sitligini saglıyorsa, ⊗ isleminin yer degisim (takas - komutatiflik) özeligivardır, denilir.

Örnekler:

1. Sayı kümeleri üzerinde tanımlı toplama (+) ve çarpma (.) islem-lerinin degisme özeligi vardır. Örnekse, 4× 3 = 3× 4.

2. Çıkarma (−) ve bölme (÷) islemlerinin degisme özeligi yoktur.Örnekse, 4÷ 3 6= 3÷ 4.

Birlesme Özeligi

Tanım 5.17. X kümesinde tanımlı ⊗ islemi her x, y, z ∈ X için,

x⊗ (y⊗ z) = (x⊗ y)⊗ z

esitligini saglıyorsa, ⊗ isleminin birlesme özeligi vardır, denilir.

Sayı kümeleri üzerinde toplama ve çarpma islemleri birlesmeözeligine sahiptir; ama çıkarma ve bölme islemlerinin birlesme

özeligi yoktur.

(3 + 5) + 4 = 3 + (5 + 4)

(3− 5)− 4 6= 3− (5− 4)

96 calculus

Dagılma Özeligi

Tanım 5.18.

(a) X kümesi üzerinde ⊕ ve ⊗ islemleri tanımlı olsun. ∀x, y, z ∈ Xiçin,

x⊗ (y⊕ z) = (x⊗ y) ⊕ (x⊗ z) (5.5)

esitligi saglanıyorsa, ⊗ isleminin ⊕ islemi üzerine soldan dagılmaözeligi vardır, denilir.

(b)

(x⊕ y)⊗ z = (x⊗ z) ⊕ (y⊗ z) (5.6)

esitligi varsa ⊗ isleminin ⊕ islemi üzerine sagdan dagılma özeligivardır, denilir.

(c) Hem soldan, hem sagdan dagılma özeligi varsa, ⊗ isleminin ⊕islemi üzerine dagılma özeligi vardır, denilir.

Sayı kümeleri üzerinde çarpmanın, toplama üzerine dagılma özeligivardır, ama, toplamanın çarpma islemi üzerine dagılma özeligi

yoktur.

5.3 Tablo Gösterimi

Islemlerin Tablo Ile Gösterimi

Islemin üzerinde tanımlı oldugu kümenin öge sayısı az ise, islemsonuçlarını bir tablo ile göstermek, görsel algılamayı kolaylastırır.

Ilkokulda ögrendigimiz çarpım tabloları buna iyi örnektir.

Örnek 5.19.

A = {a, b, c, d, e, f } kümesi üzerinde � islemi

(a, a) ⇒ a� a = a

(a, b) ⇒ a� b = a

(c, f ) ⇒ c� f = c

(d, e) ⇒ d� e = b

(e, d) ⇒ e� d = b

kuralları ile verilsin. A nın ögelerini, asagıdaki tabloda görüldügügibi, yatay ve düsey sıralayarak, islem sonuçlarını, isleme giren

ögeleri içeren yatay satır ile düsey kolonun arakesitinekonuslandırıyoruz.

operatörler 97

� a b c d e fa a a a a a ab a b a b b bc a a c a c cd a b a d b de a b c b e ef a b c d e f

kösegenBu tabloda, ikili islemin ilk ögesi satırların solundan, ikinci ögesi

kolonlardan seçilir.(A,�) sistemi için,

1. A kümesinin, � islemine göre kapalı oldugu,2. � isleminin yer degisim özeligine sahip oldugu,

3. � isleminin birlesme özeligine sahip oldugu,tablodan kolayca çıkarılabilir.

5.4 Modular Aritmetik

Saatler, günler, aylar, mevsimler gibi zamanı gösteren ölçülerin belirlibir üstsınırı asmadıgını, üstsınıra gelince tekrar basa döndügünü

biliyosunuz. Duvardaki saat daima 0-12 arasında bir zaman gösterir.12 yi vurunca 0 olur. Haftanın günleri Pazartesi, Salı, Çarsamba,

Persembe, Cuma, Cumartesi, Pazar diye sırayla degisir. Pazar’dan sonradaima Pazartesi yeniden baslar. Aralık ayı sona erince Ocak ayı baslar.

Bahar, Yaz, Güz, Kıs mevsimleri birbirini izler.Bütün bu islemler, farklı bir aritmetik sergiler. Bu aritmetige Modular

Aritmetik denilir. Modular aritmetik, zaman ölçülerinde yapılanislemleri sistemlestirir, onu genel bir matematik sistem içine koyar.

Bu bölümde Modular Aritmetigin temellerini ele alacagız.

Tanım 5.20. p tam sayısının q tam sayısını kalansız böldügünü (tam böler)göstermek için p|q simgesini kullanılır:

p|q =⇒ ∃k(k ∈ Z)(q = pk)

Karsıt olarak, p tam sayısının q tam sayısını kalansız bölmedigini (tambölmez) göstermek için p | q simgesi kullanılır.

Theorem 5.21. p, q, m ∈ Z, m > 1 olmak üzere Z üzerinde

µ = {(p, q) : m | (q− p)}

bagıntısı bir denklik bagıntısıdır.

Kanit: Denklik bagıntısı olması için, µ bagıntısı yansımalı, simetrikve geçisimli olmalıdır.

98 calculus

yansıma: q− q = 0 ve m|0 oldugundan,

q ∈ Z ⇒ m | (q− q)⇒ (q, q) ∈ µ

çıkar.

simetri: p, q ∈ Z için,

m | (q− p)⇒ m | (p− q)

oldugundan, [(p, q) ∈ µ⇒ (q, p) ∈ µ] çıkar.

geçisim: p, q, r ∈ Z için,(m | (q− p) ∧m | (r− q)

)⇒ m | (r− p)

oldugunu gösterirsek,

[(p, q) ∈ µ ∧ (q, r) ∈ µ]⇒ (p, r) ∈ µ

çıkacaktır. Gerçekten,

m | (q− p) ∧m | (r− q) ⇒ (∃a, b ∈ Z)(q− p = ma) ∧ (r− q = mb)

⇒ (q− p) + (r− q) = ma + mb dır.

⇒ q− p + r− q = m(a + b)

⇒ r− p = mk (a + b = k ∈ Z)

⇒ m | (r− p)

olur.

Yansıma, simetri ve geçisim özelikleri saglandıgına göre, µ denklikbagıntısıdır.

Kalan Sınıfları

Her denklik bagıntısının, ait oldugu kümeyi denklik sınıflarınaayırdıgını biliyoruz (Bölüm ??).

µ , tam sayılar kümesi üzerinde bir denklik bagıntısı olduguna göre,Z kümesini denklik sınıflarına böler. µ nagıntısının denklik sınıflarını

belirleyebiliriz.Belirlenecek denklik sınıflarına, cebir derslerinde kalan sınıfları denilir.

Bu adın verilmesi dogaldır. Çünkü bir n tam sayısı m tam sayısınabölündügünde kalanlar

0, 1, 2, 3, . . . , (m− 2), (m− 1) (5.7)

sayılarından birisidir.Cebir derslerinde iyi bilinen Bölme Algoritması’na göre, n tam sayısı, 1

den büyük bir bir m tam sayısına bölünürse,

n = m.r + k (5.8)

operatörler 99

esitligini saglayan r ve k tam sayıları vardır. Bu esitlikte m ye bölen, rye bölüm, k ya kalan denilir. Bölen ve kalan arasında 0 ≤ k < m

esitsizligi oldugundan,

n = m.r + k ⇒ n− k = m.r

⇒ m | (n− k)

⇒ (n, k) ∈ µ

yazılabilir ki bu, n sayısının k ya denk oldugunu söyler ki bu da n ilek sayılarının aynı denklik (kalan) sınıfında oldugu anlamına gelir.Demek ki, n tam sayısının k ya denk olması için her ikisinin aynı

kalan sınıfına ait olmaları gerekir. Bu durumu

n ≡ k (mod m) (5.9)

simgesiyle gösterecek ve "m modülüne göre, n sayısı, k sayısınadenktir", ya da "n denk k modulo m" diye okuyacagız.

Özetle, k sayısı, n tam sayısının m ye bölünmesiyle elde edilenkalandır ve (5.9) bagıntısı yansımalı, simetrik ve geçisimli bagıntıdır.

n tam sayısı, m ile bölündügünde k kalanı 0, 1, 2, 3, · · · , m− 1sayılarından birisidir ve yalnızca birisidir. k ya denk olan bütün n

tam sayılarının olusturdugu denklik sınıfı,

k = {n | n ≡ k (mod m) (5.10)

dir. Olası bütün denklik sınıfları,

Z/m = {0, 1, 2, 3, · · · , m− 1} (5.11)

dir.(5.11) denklik sınıflarının kümesine m nin kalan sınıfları denilir ve,

yukarıda yazıldıgı gibi, Z/m simgesiyle ya da Zm simgesiylegösterilir.

Örnek 5.22. Z/4 kalan sınıflarını bulunuz.

Çözüm: 4 ün kalan sınıfları, Z/4 = {0, 1, 2, 3} dür. Bunlar, n ∈ Z

tam sayısının 4 sayısına bölünmesinden elde edilen kalan sınıflarıdır:

0 = {. . . ,−16,−12,−8,−4, 0, 4, 8, 12, 16, . . .}1 = {. . . ,−15,−11,−7,−3, 1, 5, 9, 13, 17, . . .}2 = {. . . ,−14,−10,−6,−2, 2, 6, 10, 14, 18, . . .}3 = {. . . ,−13,−9,−5,−1, 3, 7, 11, 15, 19, . . .}

Modular Aritmetigin Kuralları

Theorem 5.23. Asagıdaki ifadeler birbirlerine denktir.

100 calculus

p ≡ q (mod m) =⇒ m|(q− p) (5.12)

p, q ∈ k =⇒ p = q (5.13)

p ∈ q =⇒ q ∈ p (5.14)

Theorem 5.24. p, q, r, m ∈ Z ve m > 1 için,

p ≡ q (mod m) ⇒ (p∓ r) ≡ (q∓ r)(mod m)

olur.

Kanit: Tanımdan hemen çıkar.

Theorem 5.25. a, b, c, d, m ∈ Z ve m > 1 ise,

(a ≡ b(mod m)) ∧ (c ≡ d(mod m)) ⇒ (a± c) ≡ (b± d)(mod m)

(5.15)

olur.

Kanit:

a ≡ b (mod m) ⇒ m | a− b

⇒ ∃p ∈ Z, a− b = mp

c ≡ d (mod m) ⇒ m | c− d

⇒ ∃q ∈ Z, c− d = mq

a− b = mpc− d = mq

}⇒ (a + c)− (b + d) = m(p + q)

⇒ (a + c)− (b + d) = mk (p + q = k ∈ Z)

⇒ m | (a + c)− (b + d)

⇒ a + c ≡ b + d (mod m)

olur. Buradan,

a ≡ b (mod m)

c ≡ d (mod m)

}⇒ (a + c) ≡ (b + d) (mod m)

çıkar.

a ≡ b (mod m)

c ≡ d (mod m)

}⇒ (a− c) ≡ (b− d) (mod m)

oldugu benzer yolla gösterilebilir.

operatörler 101

Toplama

Modular Aritmetikte Toplama Islemi

Kalan sınıfları üzerinde toplama islemi asagıdaki gibi tanımlanır:

Tanım 5.26. p, q ∈ Z/m ise,

p⊕ q = p + q

dır.

Burada, p ve q yerine, p1 ∈ p ve q1 ∈ q olmak üzere herhangi p1, q1

sayıları alınabilir. Toplama islemi, kalan sınıflardan seçilen temsilciyebaglı degildir. Neden?

Örnek 5.27.

−29, 4, 5, 17 ∈ Z/4 için,

17⊕ 4 = 17 + 4 = 21 = 1, −29⊕ 5 = −29 + 5 = −24 = 0

olur.

Islemin Dogrulugunu Saglama

9 atarak Islemin Dogrulugunu Saglama

p + q = r islemi dogru ise, esitligin iki yanının (mod 9) için degerleride esit olmalıdır. Bu özelik, ilkokulda ögrendiginiz, 9 atarak saglama

yönteminin dayanagı olan kuraldır.

734

+ 89

823

734 ≡ 5 (mod 9)89 ≡ 8 (mod 9)8 + 5 ≡ 4 (mod 9)823 ≡ 4 (mod 9)

5

4 4

8

Bu saglama isleminde, Z/9 içinde,

734⊕ 89 = 734 + 89 = 823 =⇒ 5⊕ 8 = 4

oldugu gösterilmis oldu.

Theorem 5.28. x, y, z, m ∈ Z, m > 1 için,

x ≡ y (mod m) ⇒ xz ≡ yz (mod m)

olur.

Kanit: Tanımdan hemen görülür.

102 calculus

Theorem 5.29. x, y, z, w, m ∈ Z ve m > 1 ise,

[(x ≡ y (mod m)) ∧ (z ≡ w (mod m))] ⇒ x.z ≡ yw (mod m)

olur.

Kanit: Asagıdaki bagıntılardan çıkar.

x ≡ y (mod m) ⇒ m | (x− y)

⇒ ∃p ∈ Z, (x− y) = mp

⇒ x = y + mp dir.

z ≡ w (mod m) ⇒ m | (z− w)

⇒ ∃q ∈ Z, (z− w) = mq

⇒ z = w + mq dir.

(x = y + mp) ∧ (z = w + mq) ⇒ xz = (y + mp)(w + mq)

⇒ xz = yw + myq + mpw + m2 pq

⇒ xz− yw = m (yq + pw + mpq)︸ ︷︷ ︸k∈Z

⇒ xz− yw = mk

⇒ m | (xz− yw)

⇒ xz ≡ yw (mod m)

Örnek 5.30. 23 ≡ 5 (mod 6) ve −18 ≡ 0 (mod 6) için,

23.(−18) = −414 ≡ 0 (mod 6)(5).0 = 0 ≡ 0 (mod 6)

}⇒ 23.(−18) ≡ (5).0 (mod 6)

olur.

Theorem 5.31. x, y, z, m ∈ Z , m > 1 ve n > 0 ise,

(x ≡ y (mod m)) ⇒ xn ≡ yn (mod m)

dir.

[Kanıt: n = 1 için bagıntı verilmistir. n = 2 için z = x ve w = yalınarak, önceki teorem uygulanırsa bagıntı elde edilir. Genel durum

için tümevarım yöntemini uygulayabiliriz.

(x ≡ y (mod m)) ⇒ xn−1 ≡ yn−1 (mod m)

oldugunu varsayalım. Tekrar z = x ve w = y alınarak, önceki teoremuygulanırsa(

x ≡ y (mod m))⇒ xn ≡ yn (mod m)

elde edilir.

operatörler 103

Çarpım

Kalan Siniflari Üzerinde Çarpim Islemi

Z/m üzerinde çarpma islemi tanımlayabiliriz.

Tanım 5.32. p, q ∈ Z/m için

p⊗ q = p.q (5.16)

dır.

Örnek 5.33.

−9, 22 ∈ Z/7 için −9⊗ 22 = −9.22 = −198 = 2 dir.x.y = z islemi dogru ise, esitligin iki yanının (mod 9) için degerleri deesit olur. Bu özelik, çarpım isleminde, 9 atarak saglama yönteminin

dayanagıdır.

Örnek 5.34.

247

× 54

988

+ 1235

13338

247 ≡ 4 (mod 9)54 ≡ 0 (mod 9)0.4 ≡ 0 (mod 9)13338 ≡ 0 (mod 9)

4

0 0

0

Yapılan saglamada Z/9 içinde,

247⊗ 54 = 247× 54 = 13338 =⇒ 4⊗ 0 = 0

oldugu gösterilmis oldu.

5.5 Alıstırmalar

1. A = {−i,−1, 0, 1, i} kümesi üzerinde,

1 ∗ 1 = 1, (−1) ∗ (−1) = 1, 1 ∗ i = i, i ∗ 1 = i, i ∗ i = −1

eslemeleri ile ∗ islemini tablo üzerinde gösteriniz.

2. Q Rasyonel Sayılar Kümesi üzerinde,

x, y ∈ Q için x � y = x + y− xy

bagıntısıyla tanımlanan islemi

(a) Yer degisim özeligine sahip midir?

(b) Birlesme özeligine sahip midir?

104 calculus

(c) Bu isleme göre Q içinde birim öge var mıdır?

(d) Bu isleme göre tersi var olan ögeler var mıdır?

3. N üzerinde tanımlı m � n = mn + 1 isleminin yer degisme vebirlesme özeliklerinin olup olmadıgını arastırınız.

4. Z üzerinde tanımlı a ◦ b = ab − ab islemi veriliyor. (2 ◦ 3) ◦ 4isleminin sonucu nedir?

5. A üzerinde tanımlı bir ? islemine göre, her ögenin tersi varsa,(x ? y)−1 = y−1 ? x−1 oldugunu gösteriniz.

6. Dogal Sayılar kümesinin çarpma islemine kapalı oldugunu gös-teriniz

7. Dogal Sayılar kümesinin çıkarma islemine kapalı olmadıgını gös-teriniz.

8. Z7 kümesinde (3x2 + 2x + 1)(4x3 + 2x2 + x + 3) islemini yapınız.

9. 4.7322 + 5.5347 + 5.4367 + 3.453 sayısının birler basamagındakirakamı bulunuz.

10. Zm kümesinde x’in toplamaya göre tersi −x, çarpmaya göre tersix−1 ile gösteriliyor. Z5 kümesinde 2(−2)7 + 4−2.3234 +(8−1)6(−3)7

islemini yapınız.

11. Asagıdaki önermelerden hangileri dogrudur?

a. 4|12345 b. 7|64382 c. 8|53916c. 13|29643 e. 17|277543 f. 26|87037216

12. Z/6 kalan sınıfında toplama ve çarpma tablolarını olusturunuz.

13. Z/5 kümesinde, (3x − 2)(2x + 1) = 0 denklemlerinin çözümkümesini bulunuz.

14. −13 ≡ 12 (mod 5) oldugunu gösteriniz.

15. 333 ≡ x (mod 5) esitligini saglayan en küçük x sayısını bulunuz.

16. 489797 sayısının birler basamagındaki sayı nedir?

17. Bir tam sayının 2 ile tam bölünebilmesi için, gerekli ve yeterlikosul, birler basamagındaki rakamın çift olmasıdır. Kanıtlayınız.

18. Bir tam sayının 3 ile tam bölünebilmesi için, gerekli ve yeterlikosul, basamaklarındaki rakamların toplamının 3 ün bir katı ol-masıdır. Kanıtlayınız.

19. n tam sayısının birler basamagındaki rakam ile onlar basamagın-daki rakamın iki katının toplamı 4 ün bir katı ise, n sayısı 4 ile tambölünür. Kanıtlayınız.

operatörler 105

20. Birler basamagında 0 ya da 5 olan her dogal sayı, 5 ile tam bölünür.Kanıtlayınız.

21. Bir tam sayının 9 ile tam bölünebilmesi için, gerekli ve yeterlikosul, basamaklarındaki rakamların toplamının 9 un bir katı ol-masıdır. Kanıtlayınız.

22. (327 + 535 + x ≡ 1 (mod 8) denklemini çözünüz.

6Karmasık Sayılar

Figure 6.1: Karmasık Sayının DüzlemselGösterimi

Karmasık sayılar gerçel sayıların genislemesiyle elde edilen dahabüyük bir kümedier. Genisleme su gereksemeden dogmustur:

x2 = +1 denklemimin çözümü +1,−1 sayılarıdır ve R içindedir.Ama x2 = −1 denklemimin çözümü R içinde yoktur. Özellikle

elektromanyetik teoride bütün ikinci derece denklemlerin çözümkümesine gerekseme dogar. O nedenle R gerçel sayılar kümesinibütün ikinci derece denklemlerin köklerini içerecek büyüklüge

genisletmek geregi vardır. Bu genisleme kolay yapılır.

x2 = −1

denkleminin çözümü olarak +i ve −i sayıları tanımlanır.

Tanım 6.1.

√−1 = +i

denilir. Bu bir tanımdır. +i sayısına karmasık sayıların birim ögesidenilir.

6.1 Karmasık Sayılar

Belli türden denklemleri çözebilmek için bazı sayı kümelerninyetersiz kaldıgını; bu tür denklemlere çözüm bulmak için sözkonusu

sayı kümelerinin genisletilerek daha büyük sayı kümeleri eldeedildigini biliyoruz. Örnegin,

x + 3 = 0 gibi bir denklem dogal sayılarda çözülemeyince, dogalsayılar kümesi N genisletilerek tam sayılar kümesi Z

olusturulmustur.3x + 4 = 0 gibi bir denklem Z’de çözülemeyince, bu kümegenisletilerek rasyonel sayılar kümesi (Q) olusturulmustur.

x2 − 7 = 0 gibi bir denklem Q’da çözülemeyince, bu küme irrasyonelsayılarla genisletilerek gerçel (reel) sayılar kümesi R olusturulmustur.

108 calculus

Gerçel (real) sayılar kümesi ile sayı ekseninin noktalarının bire bireslendigini hatırlayınız.

a, b, c ∈ R ve a 6= 0 için ax2 + bx + c = 0 denklemini çözerken,

∆ = b2 − 4ac

ve

x1,2 =−b±

√∆

2aolmak üzere,

b2 − 4ac > 0 ise, denklemin gerçel iki kökü vardır

b2 − 4ac = 0 ise, denklemin gerçel ve esit iki kökü vardır

b2 − 4ac < 0 ise, denklemin gerçel kökü yoktur

kurallarını anımsayınız.Dikkat ederseniz, üçüncü olasılıkta negatif sayıların karekökü söz

konusudur. Bu sayılar, R’nin elemanı degildir.Örnegin, x2 + 3 = 0 denkleminin R içinde çözümü yoktur. Çünküher gerçel sayının karesi pozitiftir; dolayısıyla x2 = −3 denklemini

saglayan hiçbir gerçel sayı yoktur.Öyleyse R gerçel sayılar kümesinin genisletilerek, içinde bu tür

denklemlerin de çözülebildigi daha büyük bir sayı sistemiolusturmaya gerek vardır.

x2 + 1 = 0 denklemini saglayan√−1 sayısına sanal (imajiner) sayı

birimi denir ve i =√−1, i2 = −1 biçiminde gösterilir.

6.2 Gerçel ve Sanal Kısımlar

a, b ∈ R ve i2 = −1 olmak üzere a + ib biçimindeki sayılara

karmasık (kompleks) sayılar

denir.Karmasık sayıyı genellikle z ve bu sayıların olusturdugu kümeyi C ile

gösterecegiz.

C = {a + ib | a, b ∈ R}

dir. z = a + ib karmasık sayısında;a’ya bu sayının gerçel (reel) kısmı denir ve ge(z) ile gösterilir. b’ye bu

sayının sanal (imajiner) kısmı denir ve san(z) [Im(z)] ile gösterilir.

ge(z) = a⇒ [san(z) = b ∧ z = ge(z) + i.san(z)

san(z) = 0⇒ z ∈ R [R ⊂ C]

ge(z) = 0⇒ z = o + bi⇔ z = bi

karmasik sayilar 109

Örnek 6.2.

z = 12 −

23 i karmasık sayısının gerçel ve sanal kısımlarını bulalım:

z =12+ i(−2

3) ise

san(z) = −23

olur.

6.3 Karmasık sayıların Esitligi

a, b, c, d ∈ R olmak üzere, z1 = a + ib ve z2 = c + id olsun.

a + ib = c + id =⇒{

a = cb = d

dir.

Örnek 6.3.

z1 = 3x− i 12 ve z2 = −36 + (y + 1)i sayılarının esit olabilmesi için x

ve y’nin ne olacagını bulalım:

3x + i(−12) = −36 + i(y + 1)

3x = −36; y + 1 = −12

x = −12; y = −32

bulunur.

Örnek 6.4.

xx−1 + 1

y2 i sayısının karmasık sayı olabilmesi için x ve y nin neolacagını bulalım:

Verilen sayının karmasık sayı olabilmesi için,

xx− 1

,1y2 ∈ R⇒ x− 1 6= 0⇒ x 6= 1 ve x ∈ R

y2 6= 0⇒ y 6= 0 ve y ∈ R

olmalıdır.

Örnek 6.5.

4x2 − 2x + 1 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım:∆ = (−2)2 − 4.4.1 = 4− 16 = −12 < 0 oldugundan, denklemin

karmasık sayı olan iki kökü vardır:

110 calculus

x1,2 =2±√−12

2.4

esitliginden

x1 =2 +√−1.√

128

=28+

2√

38

√−1 =

14+

√3

4i

çıkar. Benzer sekilde x2 de hesaplanabilir ve

S = {14(1−

√3i),

14(1 +

√3i)}

bulunur.

6.4 Sanal Birimin Kuvvetleri

n ∈ Z olmak üzere, i’nin kuvvetleri asagıdaki gibi hesaplanır:i =√−1 i2 = −1 i3 = i2.i = −i

i4 = i2.i2 = (−1)(−1) = 1 i5 = i4.i = i i6 = i4.i2 = −1i7 = i4.i3 = −i i8 = i4.i4 = 1 i9 = (i)4.2.i = ii10 = (i)4.2i2 = −i i11 = (i)4.2i3 = −i i12 = i4.3 = 1· · · · · · · · ·i4n+1 = i i4n+2 = −1 i4n+3 = −ii4n = 1

Örnek 6.6.

i−27 sayısını hesaplayalım.

i−27 = i−(4×6+3) =1

i4.6.i3=

1−i

=i

(−i)i=

i1= i

bulunur.

Örnek 6.7.

3− i412

1− i210

ifadesini sadelestirelim:

3− i412

1− i210 =3− i4×103

1− i4×52.i2

=(3− (1))

1− 1.(−1)

=22

= 1

bulunur.

karmasik sayilar 111

6.5 Geometrik Gösterim

Figure 6.2: Karmasık Sayının DüzlemselGösterimi

Karmasık sayılar ile analitik düzlemin noktaları bire bir eslenebilir.Bu eslemede, x + yi sayısına (x, y) noktası karsılık getirilir.

Sekilde, 0 + 0i sayısı, O(0, 0) noktası ile, x + 0i sayıları Oxekseni ile, bütün 0 + yi sayıları, Oy ekseni ile eslenir. Ox eksenine

gerçel (reel) eksen, Oy eksenine sanal (imajiner) eksen denir.Yukarıda belirtildigi gibi karmasık sayılarla bire bir eslenen düzleme,

karmasık düzlem diyecegiz.

6.6 Karmasık Sayının Eslenigi

Sekil 6.3’ü inceleyiniz. x + yi ve x− yi sayılarından birine digerinineslenigi denir. z karmasık sayısının eslenigini z biçiminde

gösterecegiz.

z = (x + yi) = x + (−y)i = x− yi

dir. Sekil dikkatle incelendiginde bir karmasık sayı ile esleniginin,gerçel eksene (Ox eksenine) göre simetrik oldukları görülür.

Figure 6.3: Karmasık Eslenik

Theorem 6.8. Bir karmasık sayının esleniginin eslenigi kendisidir.

Ispat: z = x + yi karmasık sayısını düsünelim.

(z)− = [(x + yi)−]− = [x− yi]− = x + yi = z

olur. Örnegin,

z = 1 + 2i⇒ z = 1− 2i⇒ (z) = 1 + 2i

Örnek 6.9.

Asagıda verilen karmasık sayıların esleniklerini bulalım.a) 1− 1

2 i c) 203 e)√−16 + 3

b)√

2 + i d)√−7 f) 7−

√−9 +

√−4

Çözümler:

a) 1− 12 i’nin eslenigi 1 + 1

2 i’dir.

b)√

2 + i’nin eslenigi√

2− i’dir.

c) 203’ün eslenigi 203 tür.

d)√−7 =

√7i’nin eslenigi −

√7i’dir.

e)√−16 + 3 = 3 + 4i’nin eslenigi 3− 4i’dir.

f) 7−√−9 +

√−4 = 7− 3i + 2i = 7− i’nin eslenigi 7 + i’dir.

112 calculus

6.7 Mutlak Deger (modül)

Karmasık düzlem üzerindez = x + yi sayısına karsılık gelennokta Z olsun. ZAO dik üçgeninde,

| OZ |2=| x |2 + | y |2=√

x2 + y2

veya

| z |=| x + yi |=√

x2 + y2

yazılır.Karmasık düzlemde, bir karmasık sayıya karsılık gelen noktanın

baslangıç noktasına uzaklıgına bu sayının modülü veya mutlak degeridenir.

z = x + yi sayısının modülü | z | ile gösterilir. | z |=√

x2 + y2 dir.∀x, y ∈ R için

√x2 + y2 ∈ R ve | z |≥ 0 dır.

Örnek 6.10.

z = 3− 4i sayısının modülünübularak karmasık düzlemde gösterelim:| z |=

√32 + (−4)2 =

√9 + 16 =

√25 = 5

olur.

Örnek 6.11.

oldugunu gösterelim:z = a + bi olsun. | z |=

√a2 + b2 dir.

| z |=√

a2 + b2 = 0⇒ a2 + b2 = 0⇒{

a = 0b = 0

⇒ z = 0 + 0i = 0

ve

z = 0⇒ z = 0 + 0i⇒| z |=√

02 + 02 ⇒| z |= 0

bulunur.

Örnek 6.12.

z = −9i sayısının modülünü bulalım.|z| = | − 9i| =

√8− 9)2 = 9 olur.

karmasik sayilar 113

6.8 Toplama ve Çıkarma

Iki karmasık sayı z1 = a + bi vez2 = c + di olsun. Sıfırdan farklı herkarmasık sayı i’ye göre birinci derecedenbir polinomdur. Bu nedenle,

z1 + z2 = (a+ bi)+ (c+ di) = (a+ c)+ (b+ d)i

z1− z2 = (a+ bi)− (c+ di) = (a− c)+ (b− d)i

Yandaki sekli inceleyiniz.

Örnek 6.13.

z1 = 2− 3i ve z2 = 1 + 2i ise z1 + z2 ve z1 − z2 toplam ve farklarınıbularak karmasık sayılar düzleminde gösterelim.

z1 + z2 = (2− 3i) + (1 + 2i)

= (2 + 1) + (−3 + 2)i

= 3− i

z1 − z2 = (2− 3i)− (1 + 2i)

= (2− 1) + (−3− 2)i

= 1− 5i

Yandaki sekil üzerinde, karmasıksayıların toplam ve farkının geometrikyorumunu yapınız.

6.9 Toplama Çıkarmanın özelikleri

Kapalılık Özeligi

z1, z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di olsun

z1 + z2 = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i

bulunur. a, b, c, d ∈ R⇒ (a + c), (b + d) ∈ R oldugundan

(z1 + z2) ∈ C

olur. O halde, karmasık sayılar kümesi toplama islemine görekapalıdır.

Etkisiz (birim) Eleman Varlıgı

z1, 0 ∈ C , z1 = a + bi ve 0 = 0 + 0i olsun.

114 calculus

z1 + 0 = a + bi + 0 + 0i;

= (a + 0) + (b + 0)i

= a + bi

= z1

0 + z1 = 0 + 0i + a + bi

= (0 + a) + (0 + b)i

= a + bi

= z1

olur. O halde, sıfır, karmasık sayılarda toplama islemine göre etkisiz(birim) elemandır.

Ters Eleman Varlıgı

z ∈ C ve z = a + bi ise −z = −a− bi diye tanımlayalım.

z + (−z) = (a + bi) + (−a− bi)

= (a− a) + (b− b)i

= 0 + 0i

= 0

(−z) + (z) = (−a− bi) + (a + bi)

= (−a + a) + (−b + b)i

= 0 + 0i

= 0

oldugundan, karmasık sayılar kümesinde, toplama islemine göre, herelemanın tersi vardır.

Birlesme Özeligi

z1, z2, z ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z3 = x + yi olsun.

(z1 + z2) + z3 = [(a + bi) + (c + di)] + (x + yi)

= [(a + c) + (b + d)i] + (x + yi)

= [(a + c) + x] + [(b + d) + y]i

= [a + (c + x)] + [b + (d + y)[i

= a + bi + [(c + x) + (d + y)i]

= z1 + (z2 + z3)

karmasik sayilar 115

oldugundan, karmasık sayılarda toplama isleminin birlesme özeligivardır.

(C,+) sistemi kapalılık, etkisiz eleman, ters eleman ve birlesmeözelikleri oldugu için gruptur.

Degisme Özeligi

∀z1, z2 ∈ C ve z1 + a + bi, z2 = c + di olsun.

z1 + z2 = (a + bi) + (c + di)

= (a + c) + (b + d)i

= (c + a) + (d + b)i

= (c + di) + (a + bi)

= z2 + z1

oldugundan, karmasık sayılar kümesinde toplama isleminin degismeözeligi vardır. Sonuç olarak,

(C,+) sistemi degismeli bir gruptur.

6.10 Alıstırmalar

1. Köklerinden biri 1 − 2i olan ikinci dereceden bir bilinmeyenlidenklemi bulunuz.

2. 2i6 +(

1(−i)3

)+ 6i−5 − 2i sayısını a + ib seklinde yazınız.

3. 5i2 +

2i3 −

20i18 sayısını bulunuz.

4. (1 + i)14 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

5. (3− 2i) = u(1 + i) ise u sayısını bulunuz.

6. P(x) = 3x17 − x8 + 2 ise P(i)’yi bulunuz.

7. z = x + yi ve z ∈ C ise (z − z) ve (z − z) karmasık sayılarınıbulunuz.

8. Asagıdaki ifadeleri a + ib biçiminde yazınız.

116 calculus

i16 = ?√−64 +

√−5−

√−25 = ?

5√−121 = ?

√−7.5

√−3 = ?

12√

5

√−4

5= ?

315√−1

= ?

5√−3 +

√−9 = ?

17

√−243− 8

√−28− 2

3

√−63 = ?

i19 = ?√−1

3= ?

3√−60 = ?

√−27

√−1

3= ?

12√−15

16√−5

= ?

10√−5

= ?

(i√

3)4 = ?

9. Asagıdaki ifadeleri kısaltınız.

a)1i3− 1

i4+

1i5− 1

i6b) 4i + 6i2 − i3 + 2i4 + 3i5

c)√− x

3+

√− x

9−√− x

27d)√−4x4 −

√−9x4 −

√100x4

10. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümesini bulunuz.a) x2 − 2x + 10 = 0 b) x2 − x + 1 = 0 c) x2 − x + 3 = 0d) 2y2 = 3y− 4 e) t2

2 + 3t5 = − 3

10 f) 7u2 + 5u = −1

11. z1 = 3−m + ni ve z2 = (m− 2n)i sayılarının esit olması için m ven kaçtır?

12. Asagıdaki islemleri yapınız.

a) (17 +12

i) + (17− 12

i) d)i2(1−

√9)

b) 6 + (2− i) e) (5 +√−4) + (1− 4i)

c) (3 + 2i) + i f) (i2 − i) + (i4 − i3)

6.11 Çarpma

Iki karmasık sayı z1 = a + bi ve z2 = c + di olsun. Sıfırdan farklı herkarmasık sayı i’ye göre birinci dereceden bir polinomdur. Iki

polinomun çarpımı islemi ile dagılma ve birlesme özeligindenyararlanılarak

z1.z2 = (a + bi).(c + di)

= a(c + di) + bi(c + di)

= ac + adi + bci + bdi2 ′′i2 = −1′′

= (ac− bd) + (ad + bc)i

bulunur.Örnegin,

karmasik sayilar 117

z1 = (3 + i) ve z2 = 1 + 2i ise z1.z2 yi bulalım:vspace*5.0cm

z1.z2 = (3 + i)(1 + 2i) = (3.1− 1.2) + (3.2 + 1.1)i = 1 + 7i

Theorem 6.14. Her z = x + yi karmasık sayısı için | z |2= z.z dir.

Ispat:

z.z = (x + yi)(x− yi)

= x2 + y2

= (√

x2 + y2)2

= | z |2

6.12 Çarpımın Özelikleri

Kapalılık Özeligi

z1, z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di olsun.

z1.z2 = (a + bi)(c + di)

= (ac− bd) + (ad + bc)i

olur. (ac− bd) ∈ R ve (ad + bc) ∈ R oldugu için iki karmasık sayınınçarpımı yine bir karmasık sayıdır.

Karmasık sayılar kümesi çarpma islemine göre kapalıdır.

Etkisiz (birim) Eleman Varlıgı

z1, 1 ∈ C ve z1 = a + bi, 1 = 1 + 0i oldugu gözönüne alınırsa,

z1.1 = (a + bi)(1 + 0i)

= (a.1− b.0) + (a0 + b.1)i

= a + bi = z1

bulunur. Ohalde, 1 = 1 + 0i sayisi karmasık sayılar kümesindeçarpma islemine göre etkisiz (birim) elemandır.

Ters Eleman Varlıgı

z karmasık sayının çarpma islemine göre tersi z−1 ile gösterilsin.

z.z−1 = 1

olmalıdır. Simdi bu esitligi saglayan z−1 sayısını belirleyecegiz:

118 calculus

z = a + bi ise

z.z−1 = 1 =⇒ (a + bi).z−1 = 1

=⇒ z−1 =1

a + bi=

1z

”Pay ve paydayı a− bi ile çarpalım.”

=⇒ z−1 =1z=

a− bi(a + bi)(a− bi)

=⇒ z−1 =1z=

aa2 + b2 −

ba2 + b2 i

bulunur. z−1 ∈ C oldugu açıktır. Son esitligi kullanarak saglamayapabiliriz:

z.z−1 = (a + bi).[a

a2 + b2 −b

a2 + b2 i]

= (a2

a2 + b2 +b2

a2 + b2︸ ︷︷ ︸1

) + (− aba2 + b2 +

aba2 + b2︸ ︷︷ ︸

0

)i

z.z−1 = 1 + 0i

z.z−1 = 1

Sıfır hariç, karmasık sayılar kümesinde çarpma islemine göre herelemanın tersi vardır.

Birlesme Özeligi

z1, z2, z ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z = x + yi olsun.

(z1.z2).z = [(a + bi)(c + di)].(x + yi)

= [(ac− bd) + (ad + bc)i](x + yi)

= [(ac− bd).x− (ad + bc)y] + [(ac− bd)y + (ad + bc)x]i

= (acx− bdx− ady− bcy)(acy− bdy + adx + bcx)i

= [a(cx− dy)− b(dx + cy)] + [a(cy + dx) + b(cx− dy)]i

= (a + bi)[(cx− dy) + (cy + dx)i]

= z1.(z2.z)

bulunur.Karmasık sayılarda çarpma isleminin

birlesme özeligi

vardır.

karmasik sayilar 119

Degisme Özeligi

z1, z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di olsun. Gerçel sayılarda dagılma,birlesme ve çarpma islemine göre degisme özeligini uygularsak,

z1.z2 = (a + bi).(c + di)

= (ac− bd) + (ad + bc)i

= (ca− db) + (da + cb)i

= (c + di).(a + bi)

= z2.z1

bulunur.Karmasık sayılarda çarpma islemine göre

degisme özeligi

vardır.Sonuç olarak, (C− {0}, ·) sistemi çarpma islemine kapalıdır; etkisiz

elemanı vardır; her elemanın tersi vardır; birlesme ve degismeözeliklerini saglar. Öyleyse, sistem

degismeli bir grup

tur.

Dagılma Özeligi

Karmasık sayılarda çarpma isleminin toplama islemi üzerine dagılmaözeliginin varlıgını gösterelim:

z1, z2, z ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z = x + yi olsun.

z1.(z2 + z) = (a + bi)[(c + di) + (x + yi)]

= (a + bi)[(c + x) + (d + y)i]

= [a(c + x)− b(d + y)] + [a(d + y) + b(c + x)]i

= (ac + ax− bd− by) + (ad + ay + bc + bx)i

= [(ac− bd) + (ad + bc)i] + [(ax− by) + (ay + bx)i]

= z1.z2 + z1.z

bulunur. Karmasık sayılarda çarpma isleminin toplama islemiüzerine soldan dagılma özeligi vardır. Benzer sekilde, sagdan

dagılma özeliginin varlıgı da gösterilebilir.Karmasık sayılarda çarpma isleminin toplama islemi üzerine dagılma

özeligi vardır.O halde (C− 0,+, ·) sistemi bir cisimdir.

120 calculus

Çarpma Isleminde Kısaltma Kuralı

Theorem 6.15. z1, z2, z3 ∈ C, z3 6= 0 ve uw = vw ise z1 = z2 dir.

Ispat: z1 = a + bi, z2 = c + di ve z3 = x + yi olsun.

uw = (a + bi)(x + yi)

= (ax− by) + (ay + bx)i

ve

vw = (c + di)(x + yi)

= (cx− dy) + (cy + dx)i

olacaktır. uw = vw olması için

(ax− by) + (ay + bx)i = (cx− dy) + (cy + dx)i

olmalıdır. Buradan,

(ax− by− cx + dy) + (ay + bx− cy− dx)i = 0

çıkar. Sol yanın eslenigi ile çarparsak

(ax− by− cx + dy)2 + (ay + bx− cy− dx)2 = 0

ya da

[(a− c)x + (d− b)y]2 + [(a− c)y + (b− d)x]2 = 0

yazabiliriz. Bu ifadedeki bütün sayılar gerçel ve z3 = x + yi 6= 0oldugundan, son esitligin saglanabilmesi için gerekli ve yeterli kosul

a = c ve b = d

olmasıdır. Öyleyse,

z1 = z2

olur.

6.13 Bölme

z1, z2 ∈ C ve z1 = a + bi, z2 = c + di, z2 6= 0 olsun.

z1

z2=

a + bic + di"Pay ve paydayı, paydanın eslenigi ile çarpalım".

z1

z2=

(a + bi)(c− di)(c + di)(c− di)

=(ac− bd) + (−ad + bc)i

c2 + d2

=ac− bdc2 + d2 +

bc− adc2 + d2 i

karmasik sayilar 121

olur.Iki karmasık sayının birbirine bölümünü elde etmek için paydanın

eslenigi ile pay ve payda çarpılır.

Örnek:

7 + 3i5− 2i

islemini yapalım:

7 + 3i5− 2i

=(7− 3i)(5 + 2i)(5− 2i)(5 + 2i)

=(35− 6) + (14 + 15)i

52 + 22

=29 + 29i

29= 1 + i

Bölme islemini ters eleman yardımıyla söyle tanımlayabiliriz:z1 = a + bi ve z2 = c + di ve z2 6= 0 olmak üzere

z1

z2= z1 ·

1z2

= z1 · z−12

dir.Iki karmasık sayının birbirine bölümü; bölenin tersi ile bölünenin

çarpımına esittir.

Theorem 6.16. z1, z2 ∈ C ise, asagıdaki bagıntılar vardır.

| uv | = | z1 | . | z2 |

| z1

z2| =

| z1 || z2 |

(z2 6= 0)

| z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 || z1 | − | z2 | ≤ | z1 + z2 |

Bu teoremin ispatı ögrenciye bırakılmıstır.

6.14 Alıstırmalar

1. Asagıdaki ifadeleri a, b ∈ R olmak üzere a + ib biçiminde yazınız.a) (3 + 4i)(4i− 3)

b) (6i− 1)(1 + 6i)

c) (1 +√−7)2

122 calculus

d) (3− 5i)2

e) (−2 + 5i)(4 + 3i)

f) (5− 2i)(3 + 4i)

g)√−9− 3)(2−

√−1)

h) (√−25 + 2)(

√−16− 2)

2. Asagıdaki bölme islemlerini yapınız.

(a) 4+i2−3i

(b) 3+i5i

(c) 1−√−7

i

(d) 3√3−√−3

(e) 5−√−7√−7

(f) i1+i

(g) i5+1i5

(h) i3−1i3

3. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümesini bulunuz.a) x2 − 2ix− 4 = 0 b) ix2 + 5x− 4i = 0

4. z = 2− i ise z−1 − i bulunuz.

5. z = 1− i ise z2 · z−1 ifadesini bulunuz.

6. | z2 |=| z |2 oldugunu gösteriniz.

7. z = 2− 3i ise z−1’i bulunuz.

8. (2 + 3i)(

2−i1+2i

)2sayısını a + ib seklinde yazınız.

9. z =(

i3−i

) (1

2+3i

)sayısının gerçel ve sanal kısımlarını bulunuz.

10. |z| = |z| oldugunu gösteriniz.

karmasik sayilar 123

6.15 Geometrik Yorumlar

Toplama Isleminin Geometrik Yorumu

Karmasık iki sayı z1 = a + bi vez2 = c + di olsun. z1 ve z2 sayılarının kar-masık sayılar düzlemindeki görüntülerine,sırayla, A ve B diyelim.

Yandaki sekilde görüldügü gibiOACB paralel kenarını çizelim. Sekildetaralı olan,

∆ODB∼=

∆AEC (A.K.A. eslik kuralı)

dir. Bu üçgenlerin esliginden yararlanarak C

noktasının koordinatları (a + c, b + d) olur.Yani C noktası,

z1 + z2 = (a + c) + i(b + d)

sayısının karmasık sayılar düzlemindekigörüntüsüdür.

Sekli dikkatle inceleyecek olursak asagıdaki sonucu çıkarırız.Iki karmasık sayının mutlak degerleri toplamı, bu sayıların toplamının

mutlak degerinden küçük olamaz.Üçgen esitsizligi diye bilinen bu gösterimin sembolle ifadesi söyledir:

| z1 | + | z2 |≥| z1 + z2 |

Çıkarma Isleminin Geometrik Yorumu

Yandaki sekli inceleyiniz. z1 = a + ib,z2 = c + id olsun. z1, z2 ve −z2 sayılarınınkarmasık sayılar düzlemindeki görüntüler-ine, sırasıyla, A, B ve P diyelim. Toplamaislemine benzer sekilde hareket edilerek, Rnoktasının koordinatları, (a− c, b− d) bu-lunur. Yani R noktası,

z1 − z2 = (a− c) + i(b− d)

sayısının karmasık sayılar düzlemindekigörüntüsüdür. Sekilden de kolayca görüle-cegi gibi, su sonucu yazabiliriz:

Iki karmasık sayının mutlak degerlerinin farkı, farklarının mutlakdegerinden büyük olamaz.

124 calculus

Bunun sembolle ifadesi söyledir:

| z1 | − | z2 |≤| z1 − z2 |

6.16 Iki Karmasık Sayı Arasındaki Uzaklık

z1 = x1 + iy1 ve z2 = x2 + iy2 iki karmasık sayı olsun. Bu sayılararasındaki uzaklık, karmasık sayılar düzlemindeki görüntüleri

arasındaki uzaklık olarak tanımlanır. Dolayısıyla,z1 = x1 + iy1’in görüntüsü A(x1, y1)

z2 = x2 + iy2’in görüntüsü B(x2, y2)

ise

| z1 − z2 |=| AB |=√(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

olur. Tabii,

| z1 − z2 |=| z2 − z1 |

oldugunu görmek kolaydır.Ayrıca z1, z2, z3, z herhangi karmasık sayılar olmak üzere asagıdaki

özelikler saglanır:

1. |z+1 z2| ≤ |z1|+ |z2|

2. |z1z2| = |z1|.|z2|

3.∣∣∣ z1

z2

∣∣∣ = |z1||z2|

(z2 6= 0)

4. |z| ≥ |Re(z)| ≥ Re(z)

5. |z| ≥ |Im(z)| ≥ Im(z)

6. ||z1| − |z2|| ≤ |z1 − z2|

7. |z1| − |z2| ≤ |z1 − z2|

Örnek 6.17.

z1 = 1 + i ve z2 = 1− i sayıları arasındaki uzaklıgı bulalım.

z1 = 1 + i′nin görüntüsü A(1, 1)z2 = 1− i′nin görüntüsü B(1,−1)

}

⇒| z1 − z2 |=√(1− 1)2 + (1 + 1)2 = 2

bulunur.

Örnek 6.18.

karmasik sayilar 125

{z :| z− 1 + i |= 2, z ∈ C} kümesini karmasık düzlemde gösterelim:z = x + iy olsun.

| z− 1 + i |= 2

⇒ | x + iy− 1 + i |= 2

⇒ | (x− 1) + i(y + 1) |= 2

⇒ |√(x− 1)2 + (y + 1)2 = 2

⇒ (x− 1)2 + (y + 1)2 = 4bulunur. O halde, verilen denklemi saglayan karmasık sayılar,merkezi (1,−1) ve yarıçapı 2 olan çember üzerindeki karmasık

sayılardır. Sekli inceleyiniz.

Örnek 6.19.

{z :| z− 1 + i |≤ 2, z ∈ C}

kümesini karmasık düzlemde gösterelim.

| z− 1 + i |≤ 0⇒| z− (1− i) |≤ 2

(1− i) sayısının görüntüsü M(1,−1) oldugundan z sayılarınınkümesi M merkezli r = 2 yarıçaplı dairedir. Yukarıda sagdaki sekle

bakınız.

126 calculus

6.17 Kutupsal Gösterim

Sıfırdan farklı bir karmasıksayı z = a + ib olsun. Bu sayının kar-masık sayılar düzlemindeki görüntüsünüorijine birlestiren dogru parçasına r ver nin Ox ekseni ile olusturdugu açınınölçüsüne θ diyelim. Sekildeki dik üçgen-den,

| z | =√

a2 + b2

sin θ =b| z | veya b =| z | sin θ

cos θ =a| z | veya a =| z | cos θ

yazılır. a ve b yerine degerleri konularak,

z = a + ib =| z | cos θ + i | z | sin θ =| z | (cos θ + i sin θ)

veya

| z |= r yazılırsa z = a + ib = r(cos θ + i sin θ)

elde edilir. Bu biçimdeki gösterime, karmasık sayıların

kutupsal (veya trigonometrik) gösterimi

denir.Sıfırdan farklı z = a + ib karmasık sayısı için,

cos θ =a| z | ve sin θ =

b| z |

esitliklerini saglayan θ gerçel sayısına z nin

argümenti

denir ve arg(z) = θ veya arg(a + ib) = θ biçiminde gösterilir.0 ≤ θ < 2π ise θ ya karmasık sayının esas argümenti denir ve Arg(z)

ile gösterilir.Mutlak degeri ve argümenti verilen bir karmasık sayı kolayca

bulunur.Karmasık sayının mutlak deger ve argümentine bu sayının

kutupsal koordinatları

denir ve (| z |, θ) veya (r, θ) biçiminde gösterilir.

karmasik sayilar 127

Karmasık sayı, θ argümenti radyan cinsinden ve k ∈ Z olmak üzere,

z = a + ib = r(cos θ + i sin θ)

= r[cos(θ + 2kπ) + i sin(θ + 2kπ)]

biçiminde de yazılabilecegini unutmayınız.

| z |= r ve (cos θ + i sin θ) = cisθ = eiθ

gösterimini kullanırsak,

z = r(cos θ + i sin θ) = rcisθ = eiθ

kısaltmasını yazabiliriz.

Örnek 6.20.

z = 1 + i√

3 sayısının argüment ve esas argümentini bulalım.

| z |= r =√

12 + (√

3)2 =√

1 + 3 = 2

bulunur. Mutlak degeryardımıyla,

z = 2(1 + i√

32

) = 2(12+ i√

32

)

yazılır.Karmasık sayının kutup-

sal biçimi düsünülerek, k ∈ Z

için,

cos θ =12

ve sin θ =

√3

2⇒ θ =

π

3+ 2kπ

⇒ arg(z) =π

3+ 2kπ

bulunur. θ için esitligi saglayan en küçük pozitif gerçel sayı π3

oldugundan, z sayısının esas argümenti π3 radyandır.

z sayısını kutupsal biçimde yazalım:

z = 2(cosπ

3+ i sin

π

3) = 2(cos 600 + i sin 600) = 2cis600

veya k ∈ z olmak üzere,

z = 2[cos(π

3+ 2kπ) + i sin(

π

3+ 2kπ)] = 2cis(

π

3+ 2kπ)2ei( π

3 +2kπ)

ya da

z = 2[cos(600 + k3600)+ i sin(600 + k3600)] = 2cis(600 + k3600) = 2ei(60o+k360o)

olur.z ’nin esas argümentinin, OAB üçgeni yardımıyla bulunabilecegini

görünüz.

128 calculus

Örnek 6.21.

Kutupsal koordinatları (4, 2250) olan karmasık sayıyı bulalım:

z = 4cis2250

= 4(cos 2250 + i sin 2250)

= 4[(− cos 450) + i(− sin 450)]

= 4

[(−√

22

) + i(−√

22

)

]= −2

√2− 2

√2i

= −2√

2(1 + i)

1. (1 + i)14 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

2. (3− 2i) = z1(1 + i) ise z1 sayısını bulunuz.

6.18 Kutupsal Çarpma ve Bölme

z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1) ve z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2) karmasıksayılarının çarpımını ve bölümünü bulalım.

z1.z2 = r1(cos θ1 + i sin θ1).r2(cos θ2 + i sin θ2)

= r1.r2[(cos θ1. cos θ2 − sin θ1 sin θ2) + i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2)

= r1.r2[cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)]

z1.z2 = r1.r2cis(θ1 + θ2)

olur.Benzer sekilde

z1

z2= z1.z2 =

r1

r2cis(θ1 − θ2)

bulunur.Yukarıdaki esitliklerden,

arg(z1.z2) = arg(z1) + arg(z2)

ve

arg(z1

z2) = arg(z1)− arg(z2)

sonuçlarını çıkarırız.

Örnek 6.22.

z1 = 2(cos 700 + i sin 700), z2 = 3(cos 500 + i sin 500) olmak üzere z1.z2

yi bulalım:

karmasik sayilar 129

z1.z2 = 2.3cis(700 + 500)

= 6(cos 1200 + i sin 1200)

= 6(− cos 600 + i sin 600)

= 6(−12+ i√

32

)

= −3 + 3√

3i

Örnek 6.23.

arg z1 = π3 ve arg z2 = π

6 ise arg( z1z2)yi bulalım:

argz1

z2= arg z1 − arg z2

=π

3− π

6

=π

6

Çarpma Isleminin Geometrik Yorumu

z1 = a + ib = r1cisθ1 = r1eiθ1

ve

z2 = c + id = r2cisθ2 = r2eiθ2

olsun. z1 ile z2 sayılarının karmasık sayılar düzlemindeki görüntülerisırasıyla A ve B olsun. Ox ekseni üzerinde | OC |= 1 birim uzunluk

olacak sekilde C noktası alalım. m(C) = m(B) ve

m(COA) = m(BOD) olacak sekilde açılar çizip∆

AOC ne benzer∆

DOBelde edelim.

∆AOC∼

∆DOB ⇒ | OD |

| OA | =| OB || OC |

⇒ | OD || z1 |

=| z2 |

1⇒ | OD |=| z1 | . | z2 |

130 calculus

bulunur. Öte yandan COA = θ1, COB = θ2 ve COD = θ1 + θ2

oldugundan z = z1z2 = r1r2cis(θ1 + θ2) çarpımı, karmasık düzlemdeD noktası ile temsil edilir. Yani D noktası, z1.z2 sayısının, karmasık

sayılar düzlemindeki görüntüsüdür.

Bölme Isleminin Geometrik Yorumu

z1 6= 0 olmak üzere iki karmasık sayı

z1 = a + ib = r1cisθ1 = r1eiθ1

ve

z2 = c + id = r2cisθ2 = r2eiθ2

olsun. z1 ve z2 sayılarının karmasık sayılar düzlemindeki görüntüleri

sırasıyla A ve B olsun. | OC |= 1 birim uzunluk olmak üzere∆

AOC ne

benzer∆

BOD çizelim.

∆AOC∼

∆BOD⇒

| DO || CO | =

| BO || AO | ⇒| DO |= | z2 |

| z1 |

bulunur. Öte yandan

COD = θ2 − θ1, | z2

z1|=| OD |= r2

r1

oldugu açıktır. O halde,

z =z2

z1=

r2

r1cis(θ2 − θ1) =

r1

r2ei(θ1−θ2)

bölümü, karmasık düzlemde D noktası ile temsil edilir. Yani Dnoktası z2

z1sayısının karmasık sayılar düzlemindeki görüntüsüdür.

6.19 DeMoivre Formülü

(cos(x) + i sin(x))n = cos(nx) + i sin(nx) = einx

karmasik sayilar 131

6.20 Karmasık Sayıların Kuvvetleri

z = rcisθ olsun.

z2 = z.z = rcisθ.rcisθ;

z2 = r2cis(θ + θ)

z2 = r2(cos 2θ + i cos 2θ)

z3 = z2.z = r2cis2θ.rcisθ

z3 = r3cis(2θ + θ)

z3 = r3(cos 3θ + i sin 3θ)bulunur.

Benzer sekilde devam edilerek n ∈N+ için,

zn = rn(cos nθ + i sin nθ)

elde edilir.

Theorem 6.24. ∀n ∈N+ için,

(cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ

dır. Bu esitlige De Moivre esitligi denir.

Örnek 6.25.

( 12 + i

√3

2 )75 karmasık sayısını kutupsal biçimde yazalım.

(12+ i√

32

)75 = (cosπ

3+ i sin

π

3)75

= cos75π

3+ i sin

75π

3= cos 25π + i sin 25π

= cos(π + 12.2π) + i sin(π + 12.2π)

= −1 + i0

= −1

bulunur.

Örnek 6.26.

(1 + i)18 sayısını kutupsal biçimde yazalım.

| 1 + i |=√

1 + 1 =√

2

oldugundan,

(1 + i)18 = (√

2)18(1√2+

i√2)18 = 29(cos

π

4+ i sin

π

4)18

= 29(cos18π

4+ i sin

18π

4)

= 29(cosπ

2+ i sin

π

2)

bulunur.

132 calculus

6.21 Karmasık sayıların Kökleri

z1 = a + ib = r(cos θ + i sin θ) sayısının n-inci (n ∈N+) kuvvettenköklerini n

√z1 ile gösterecegiz. Bu kökler

z = n√

z1 ⇔ zn = z1

bagıntısını saglayan z sayılarıdır.Örnegin, karesi -2 olan bir gerçel sayı olmadıgını biliyoruz; ama

karesi -2 olan karmasık sayıları bulabiliriz:

(√

2i)2 = 2i2 = −2

(−√

2i)2 = 2i2 = −2

O halde,√

2i ve −√

2i sayıları -2’nin kareköküdür.Bu örnekteki gibi özel çözüm her zaman mümkün degildir. Karmasık

sayıların köklerini bulmak için, De Moivre teoremini kullanacagız

Theorem 6.27.z1 = rcisθ ve n ∈ N+ için

zn = z1

denklemini saglayan z sayıları sunlardır:

r1/ncisθ + 2kπ

n, k = 0, 1, 2, · · · , n− 1

Ispat:

zn = z1 denkleminde z1 = rcisθ degerini yerine koyup De Moivreteoremini uygularsak,

zn = rcisθ

z = [rcisθ]1/n

z = r1/ncis[1n(θ + 2kπ)]

z = n√

rcis(θ + 2kπ

n), k = 0, 1, 2, · · · , n− 1

bulunur.zn = z1 denklemini saglayan z sayılarına z1 sayısının n-inci kuvvetten

kökü denir. Köklerin modülleri esit ve n√

r dir. Agümentleri isebirbirlerinden farklı olup

θ

n,

θ + 2π

n,

θ + 4π

n, · · · ,

θ + 2(n− 1)πn

dir. Görüldügü gibi, verilen bir z1 karmasık sayısının n-incikuvvetten n tane kökü vardır. Bu kökler karmasık düzlemde, merkezi

orijinde olan n√| z1 | yarıçaplı çember üzerinde esit aralıklarla

sıralanır.

karmasik sayilar 133

Örnek 6.28.

z1 sayısını kutupsal biçimde yazalım. k ∈ Z olmak üzere

| z1 | =√

1 + 3 = 2

z1 = 2(12+

√3

2i)

z1 = 2cis(π

3+ 2kπ)

olur. Kareköklere z diyelim. k bir tamsayı olmak üzere

z2 = z1

z2 = 2cis(π

3+ 2kπ)

z = 21/2cis[12(

π

3+ 2kπ)]

z =√

2cis(π

6+ kπ)

k = 0 için

z1 =√

2cisπ

6

z1 =√

2(cosπ

6+ i sin

π

6)

=√

2(

√3

2+ i

12)

=

√2

2(√

3 + i)

k = 1 için

z2 =√

2cis(π

6+ π)

=√

2(cos7π

6+ i sin

7π

6)

=√

2(−√

32− 1

2i)

= −√

22

(√

3 + i)

bulunur.

Örnek 6.29.

z3 − i = 0 denkleminin köklerini bulalım. k = 0, 1, 2, . . . olmak üzere

z3 = i ⇒ z3 = cis(π

2+ 2kπ)

⇒ z = cis[13(

π

2+ 2kπ)]

⇒ z = [cos(π

6+

2kπ

3) + i sin(

π

6+

2kπ

3)]

k = 0 için,

134 calculus

z1 = [cosπ

6+ i sin

π

6]

z1 = (

√3

2+ i

12)

z1 =12(√

3 + i)

k = 1 için,

z2 = [cos(π

6+

2π

3) + i sin(

π

6+

2π

3)]

z2 = (cos5π

6+ i sin

5π

6)

z2 = (−√

32

+ i12)

z2 =12(−√

3 + i)

k = 2 için,

z3 = [cos(π

6+

4π

3) + i sin(

π

6+

4π

3)]

z3 = (cos3π

2+ i sin

3π

2)

z3 = (0− i)

z3 = −i

bulunur.Köklerin görüntülerinin agırlık merkezi orijinde olan düzgün

çokgenin köseleri oldugunu grafikten görünüz.Söylenenleri özetlersek;

z = r)cosθ + isinθ sayısının n tane kökü sunlardır:

zk =n√

r(

cos( θ+2kπn ) + sin( θ+2kπ

n ))

(k = 0, 1, 2, . . . , n− 1)

Örnek 6.30.

z1 = 8 + 6i sayısının kareköklerini bulunuz.Bu sayıyı kutupsal biçimde yazmak için trigonometrik cetveldendegerler bulmak zorunda kalacagız. Bundan sakınmak amacıyla,kutupsal koordinatları kullanmadan, karekökleri tanıma uyacak

biçimde bulmaya çalısalım:

karmasik sayilar 135

z = x + iy ve z2 = z1 olsun.

z2 = (x + iy)2 = 8 + 6i

= x2 − y2 + 2xyi = 8 + 6i{x2 − y2 = 82xy = 6⇒ y = 3

x

çıkar. Elde edilen sistemi çözelim:

x2 − y2 = 8 ⇒ x2 − (3x)2 = 8

⇒ x4 − 9− 8x2 = 0

⇒ (x2 + 1)(x2 − 9) = 0

⇒ x2 + 1 = 0 olamaz

⇒ x2 − 9 = 0⇒ x = ±3

⇒{

x1 = 3 için y1 = 1x2 = −3 için y2 = −1

bulunur. Ohalde z1 = 3 + i ve z2 = −3− i olacaktır.

6.22 Alıstırmalar

1.

z = (

√2

2− 1)2(2− i)

sayısının mutlak degerini bulunuz.

2. z1 =| z1 − 1 | +2i esitligini dogrulayan z1 karmasık sayısınıbulunuz.

3. | z− 1 | − | z + 2i |= 0 esitligini dogrulayan z karmasık sayılarınıngörüntülerini bulunuz.

4. z1 = 1 + 2i ve z2 = 3− i sayıları arasındaki uzaklıgı bulunuz.

5. {z :| z − i |≤ 3, z ∈ C} kümesini karmasık sayılar düzlemindebelirtiniz.

6. {z :| z + 1− 2i |≤| z + 4 |, z ∈ C}’ni karmasık sayılar düzlemindebelirtiniz.

7. z = 1−√

3i sayısını kutupsal biçimde yazınız.

8. z1 = 4(cos 2000 + i sin 2000) ve z2 = 2(cos 1100 + i sin 1100) isez1/z2 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

136 calculus

9. arg[z − 1 + i] = 600 esitligini saglayan z karmasık sayılarınınkarmasık düzlemdeki görüntüleri kümesini gösteriniz.

10. A =(cis π

6 )4(cis π

2 )3

(cis π4 )

5 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

11. z = (1− i)64 sayısını a + ib biçiminde yazınız.

12. Asagıdaki sekilde görüntüleri verilen z1 ve z2’nin çarpımı olansayıyı bulunuz.

13. z = +i sayısının kareköklerini bulunuz ve karmasık düzlemdegösteriniz.

14. Kutupsal koordinatları (2, 1350) olan karmasık sayıyı a + ib biçi-minde yazınız.

15. 4 · (1+√

3)i sayısının küpköklerini bulunuz ve karmasık düzlemdegösteriniz.

16. z4 = 1 + i denklemini çözünüz

17. Asagıdaki denklemleri çözünüz ve kompleks düzlemde grafik-lerini çiziniz:

(a) |z− 4 + 3i| = 5

(b) |z + 3i| = 2

(c) Im(z) = −2

(d) Re(z) = 2

(e) Re(1 + iz) = 3

(f) z2 + (z)2 = 2

18. Asagıdaki esitsizlikleri çözünüz ve kompleks düzlemde grafik-lerini çiziniz:

(a) Re(z) < −1

(b) Re(z) > 3

(c) −1 ≤ Im(z) ≤ 2

karmasik sayilar 137

(d) |z− i| > 1

(e) Re(z2) > 0

(f) 2 < |z− i| < 4

19. 4 ≤ zz < 9 esitsizligini çözünüz ve kompleks düzlemde grafik-lerini çiziniz:

20. z =√

3 + i ise z1996 sayısını bulunuz.

21. deMoivre formülünü kullanarak;

sin3θ = 3sinθ − 4sin3θ

cos3θ = 4sin3θ − 3cosθ

oldugunu gösteriniz.

22. z2 = 4

23. Re(z2) = |√

3− i| denklemini çözünüz.

24. |z− (3− 6i)| = 5 denklemini çözünüz.

25. z = 1(1+i)(1−2i)(1+3i) ise Re(z) ve Im(z)’yi bulunuz.

26. x8 = −32 denklemini çözünüz.

27. x5 = 1 denklemini çözünüz.

28.(

1+√

3i1−√

3i

)10sayısını bulunuz.

29. z3 + i = 0 denklemini çözünüz.

30. f , g : C⇒ C birer fonksiyon ve

f : z⇒ z + 1; g : z⇒ z

ise (g ◦ f )(i)’yi bulunuz.

7Denklemler

7.1 Ikinci Dereceden Denklemler

Ikinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemlera, b, c ∈ R ve a 6= 0 olmak üzere,

ax2 + bx + c = 0

biçimindeki her açık önermeye ikinci dereceden bir bilinmeyenli birdenklem denir. Bir açık önermeyi dogrulayan (eger varsa) x gerçeksayılarına denklemin kökleri, tüm köklerin olusturdugu kümeye

denklemin çözüm kümesi veya dogruluk kümesi, çözüm kümesinibulmak için yapılan islemlere de denklemi çözme denir.

a, b, c ∈ R sayılarına ikinci dereceden denklemin katsayıları denir.Burada, daima a 6= 0 dır b = 0 veya c = 0 olabilir.

b = 0 ve c = 0 ise denklem;

ax2 = 0

b 6= 0 ve c = 0 ise denklem;

ax2 + bx = 0

b = 0 ve c 6= 0 ise denklem;

ax2 + c = 0

biçimini alır. Bu tür denklemler ikinci dereceden bir bilinmeyenlidenklemin özel durumlarıdır.

140 calculus

ax2 = 0 Biçimindeki Denklemlerin Çözümü

ax2 = 0 =⇒ x2 = 0 (a 6= 0)

=⇒ x.x = 0

=⇒ x = 0 oxveya x = 0

=⇒ x1 = x2 = 0

olur. Buna göre denklemin birbirine esit gerçek iki (iki kat) köküvardır. Çözüm kümesi sudur: Ç =

{0}

Örnek:

−78

x2 = 0

denkleminin çözüm kümesini bulalım:

−78

x2 = 0 =⇒ x2 = 0

=⇒ x.x = 0

=⇒ x1 = 0 oxveya x2 = 0

=⇒ x1 = x2 = 0

Ohalde, çözüm kümesi sudur: Ç =

{0}

ax2 + bx = 0 Biçimindeki Denklemlerin Çözümü

ax2 + bx = 0 =⇒ x(ax + b) = 0

=⇒ x = 0 oxveya ax + b = 0

=⇒ x = 0 oxveya ax = −b

=⇒ x1 = 0 oxveya x2 = − ba

= {0,− ba}

denklemler 141

Örnek:

5x2 − 4x = 0

denkleminin çözüm kümesini bulalım.

5x2 − 4x = 0 =⇒ x(5x− 4) = 0

=⇒ x = 0 oxveya 5x− 4 = 0

=⇒ x1 = 0 oxveya x2 =45

= {0,45}

olur.ax2 + c = 0 Biçimindeki Denklemlerin Çözümü

ax2 + c = 0 =⇒ ax2 = −c

=⇒ x2 = − ca

a ve c aynı isaretli ise − ca < 0 olacagından denklemin gerçek kökleri

yoktur. R deki çözüm kümesi

= {}

olur.a ve c ters isaretli ise − c

a > 0 olacagından denklemin oxx1 = +√− c

a

ve oxx2 = −√− c

a gibi gerçek iki kökü vardır. Çözüm kümesi

= {√− c

a,−√− c

a}

olur.Örnekler:

1. 27x2 + 3 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

27x2 + 3 = 0 =⇒ 27x2 = −3

=⇒ x2 = −19

142 calculus

Karesi (− 19 ) a esit olan hiç bir gerçek sayı yoktur. Bu durumda

denklemin çözüm kümesi

= {}

olur.2. 4x2 − 16 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

4x2 − 16 = 0 =⇒ 4x2 = 16

=⇒ x2 = 4

(−2)2 = 4 ve 22 = 4 oldugundan istenen kosula uyan iki tane x ∈ R

sayısı vardır ve bu sayılar -2 ve 2 dir. Çözüm kümesi

= {−2, 2}

olur.ax2 + bx + c = 0 Biçimindeki Denklemlerin Çözümü

Örnekler:1. x2 − 4x− 21 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

Verilen denkleme x in katsayısının yarısının karesini bir ekleyip, birçıkaralım.

x2 − 4x− 21 = 0 =⇒ x2 − 4x + (−42)2 − (−4

2)2 − 21 = 0

=⇒ x2 − 4x + 4− 4− 21 = 0

=⇒ (x + 2)2 − 25 = 0

=⇒ (x + 2)2 − 52 = 0

=⇒ (x + 2 + 5)(x + 2− 5) = 0

=⇒ (x + 7)(x− 3) = 0

=⇒ x + 7 = 0 oxveya x− 3 = 0

=⇒ x1 = −7 oxveya x2 = 3

bulunur. Ohalde, çözüm kümesi söyledir:

= {−7, 3}

denklemler 143

2. 6x2 − 5x + 1 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

6x2 − 5x + 1 = 0 =⇒ 6[x2 − 56

x +16] = 0

=⇒ 6[x2 − 56

x + (−512

)2 − (−512

)2 +16] = 0

=⇒ 6[x2 − 56

x +25

144− 25

144+

16] = 0

=⇒ 6[(x− 512

)2 − 1144

] = 0

=⇒ 6(x− 512

)2 − (112

)2] = 0

=⇒ 6(x− 512

+1

12)(x− 5

12− 1

12) = 0

=⇒ 6(x− 13)(x− 1

2) = 0

=⇒ x− 13= 0 oxveya x− 1

2= 0

=⇒ x1 =13

oxveya x =12

Çözüm kümesi

= {13

,12}

olur.3. 3x2 − 2x + 7 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

3x2 − 2x + 7 =⇒ 3(x2 − 23

x +73) = 0

=⇒ 3(x2 − 23

x +19− 1

9+

73) = 0

=⇒ 3[(x− 13)2 +

209] = 0

=⇒ (x− 13)2 +

209

= 0

209

> 0 ve ∀x ∈ R için (x− 13)2 ≥ 0 oldugundan, bu iki ifadenin

toplamı hiç bir gerçek sayı için sıfır olmaz. Bu nedenle verilendenklemin R deki çözüm kümesi, Ç =

{}

olur.Simdi genel

ax2 + bx + c = 0

denkleminin çözüm kümesini bulalım.

144 calculus

ax2 + bx + c = 0 =⇒ a(x2 +ba

x +ca) = 0

=⇒ a[x2 +ba

x + (b

2a)2 − (

b2a

)2 +ca] = 0

=⇒ a[(x +b

2a)2 − b2

4a2 +ca] = 0

=⇒ a[(x +b

2a)2 − b2 − 4ac

4a2 ] = 0

a 6= 0 oldugundan

ax2 + bx + c = 0

denkleminin kökleri ile

(x +b

2a)2 − b2 − 4ac

4a2 = 0 (1)

denkleminin kökleri aynıdır.(1)denkleminde ∀x ∈ R ve ∀a ∈ R için.

(x +b

2a)2 ≥ 0 oxve 4a2 > 0

oldugundan (1) denklemini dogrulayan x gerçek sayısının bulunmasıiçin gerek ve yeter kosul

b2 − 4ac ≥ 0

olmasıdır.1. b2 − 4ac > 0 ise (1) denklemi

(x +b

2a)2 − (

√b2 − 4ac2 | a | )2 = 0

veya

(x +b

2a−√

b2 − 4ac2 | a | )(x +

b2a

+

√b2 − 4ac2 | a | ) = 0 (2)

biçiminde yazılır.a 6= 0 olduguna göre, a > 0 veya a < 0 dır.a > 0⇒| a |= a olacagından (2) denklemi

(x +b

2a−√

b2 − 4ac2a

)(x +b

2a+

√b2 − 4ac

2a) = 0

veya

(x +b−√

b2 − 4ac2a

)(x +b +√

b2 − 4ac2a

) = 0 (3)

denklemler 145

biçimini alır. Buradan,

x +b−√

b2 − 4ac2a

= 0 =⇒ x1 =−b +

√b2 − 4ac

2a

ve

x +b +√

b2 − 4ac2a

= 0 =⇒ x2 =−b−

√b2 − 4ac

2a

olur. Yada iki kök birlestirilerek,

x1:2 =−b±

√b2 − 4ac

2a

bulunur.a < 0⇒| a |= −a olacagından (2) denklemi

(x +b

2a−√

b2 − 4ac2(−a)

)(x +b

2a+

√b2 − 4ac2(−a)

) = 0

ya da

(x +b +√

b2 − 4ac2a

)(x +b−√

b2 − 4ac2a

) = 0

biçimini alır. Bu denklem ise (3) denklemine denktir. Yani çözümkümeleri aynıdır.

Bu durumda,

ax2 + bx + c = 0

denkleminini çözüm kümesi Ç =

{−b +√

b2 − 4ac2a

,−b−

√b2 − 4ac

2a}

olur.2. b2 − 4ac = 0 ise b2−4ac

4a2 = 0 olacagından (1) denklemi,

(x +b

2a)2 = 0

biçimini alır.

(x +b

2a)2 = 0 =⇒ (x +

b2a

)(x +b

2a) = 0

=⇒ x +b

2a= 0 oxveya x +

b2a

= 0

=⇒ x1 = − b2a

oxveya x2 = − b2a

=⇒ x1 = x2 = − b2a

146 calculus

olur. Bu durumda denklemin birbirine esit gerçek iki kökü (iki katkök yada çakısık iki kökü) vardır.

Çözüm kümesi, Ç =

{− b2a}

olur.3. b2 − 4ac < 0 ise 4ac− b2 > 0 olacagından (1) denklemi

(x +b

2a)2 +

4ac− b2

4a2 = 0 (4)

biçimini alır.4ac− b2

4a2 > 0 ve ∀x ∈ R için (x + b2a )

2 ≥ 0 olacagından (4) ifadesidaima sıfırdan büyüktür. Bu esitligi dogrulayan hiç bir x gerçek

sayısı bulunamaz. Denklemin R içindeki çözüm kümesi Ç =

{}

olur.Ikinci dereceden bir bilinmeyenli bir denklemin gerçek köklerinin

varlıgının b2 − 4ac sayısına baglı oldugunu gördük. Bu sayıyadenklemin diskriminantı denir ve ∆ ile gösterilir.

Ögrendiklerimizi özetliyecek olursak:1. ∆ > 0 ise ax2 + bx + c = 0 denkleminin birbirinden farklı iki

gerçek kökü vardır. Bunlar,

x1 =−b +

√∆

2aoxve x2 =

−b−√

∆2a

’dır.2. ∆ = 0 ise ax2 + bx + c = 0 denkleminin birbirine esit iki gerçek

kökü (çakısık iki kökü veya iki kat kök) vardır. Bunlar,

x1 = x2 = − b2a

’dır.3. ∆ < 0 ise ax2 + bx + c denkleminin gerçek kökleri yoktur. Bu

denklemin gerçek sayılardaki çözüm kümesi φ dir.Örnekler:

1. 6x2 − 13x + 5 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.Önce verilen denklemin diskriminantını bulalım.

∆ = b2 − 4ac

= (−13)2 − 4.6.5

= 169− 120

= 49 > 0

denklemler 147

oldugundan denklemin birbirinden farklı ve gerçek iki köküvardır.Bu kökler,

x1 =−b +

√∆

2a=−(−13) +

√49

2.6=

13 + 712

=2012

=53

x2 =−b−

√∆

2a=−(−13)−

√49

2.6=

13− 712

=6

12=

12

olduguna göre, çözüm kümesi, Ç =

{53

,12}

olur.2. 9x2 + 12x + 4 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

∆ = b2 − 4ac

= (12)2 − 4.9.4

= 144− 144

= 0

Bu durumda denklemin esit iki kökü (iki kat kök) vardır.Bunlar

x1 = x2 =−b2a

=−122.9

= −23

tür. Çözüm kümesi, Ç =

{−23}

olur.3. 2x2 − 3x + 7 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

∆ = b2 − 4ac

= (−3)2 − 4.2.7

= 9− 56

= −47 < 0

oldugundan denklemin gerçek kökleri yoktur.Çözüm kümesi, Ç =

{}

olur.

148 calculus

4. abx2 − (a + b)x + 1 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

∆ = [−(a + b)]2 − 4ab

= a2 + 2ab + b2 − 4ab

= a2 − 2ab + b2

= (a− b)2

x1 =−b +

√∆

2a=

(a + b) +√(a− b)2

2ab=

(a + b) + (a− b)2ab

=2a2ab

=1b

x2 =−b−

√∆

2a=

(a + b)−√(a− b)2

2ab=

(a + b)− (a− b)2ab

=2b2ab

=1a

Ç =

{1b

,1a}

olur.5. mx2 − (2m + 3)x + m + 1 = 0 denkleminin birbirine esit gerçek iki

kökü olması için m nin alacagı degeri bulalım.Denklemin birbirine esit gerçek iki kökü olması için,

∆ = b2 − 4ac = 0

olmalıdır.

b2 − 4ac = 0 ⇒ [−(2m + 3)]2 − 4m(m + 1) = 0

⇒ 4m2 + 12m + 9− 4m2 − 4m = 0

⇒ 8m + 9 = 0

⇒ m = −98

olur.6. (m− 3)x2 + 2mx + 5m− 1 = 0 denkleminin köklerinden birinin (2)

olması için m nin alacagı degeri bulalım.(2) denklemin bir kökü olduguna göre, denklemi saglar. O halde,

(m− 3).22 + 2m.2 + 5m− 1 = 0 ⇒ 4m− 12 + 4m + 5m− 1 = 0

⇒ 13m− 13 = 0

⇒ 13m = 13

⇒ m = 1

denklemler 149

olur.7. mx2 +

√2x− 1 = 0 denkleminin gerçek iki kökünün olması için m

nin alacagı degerler kümesini bulalım.Denklemin gerçek iki kökünün olması için, ∆ > 0 olmalıdır.

(√

2)2 − 4.m(−1) > 0 ⇒ 4 + 4m > 0

⇒ 4m > −4

⇒ m > −1

buna göre, Ç =

{m | m > −1, m ∈ R}

olur.

Örnek 7.1.

1. Asagıdakilerden ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem olan-ları isaretleyiniz.

a) (x + 6)(x− 3) = 0 b) (x2 + 2)(x− 3) = 0c) −3x2 + 5 = 0 d) 24x − 16 = 0e) x(x + 2) = 0 f) x + 3

x − 1 = 0g) (x− 2)(x + 1) = x2 + 3 h) (3x− 1)2 − 1 = 0

2. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) 57 x2 = 0 b) (5a + 3)x2 = 0

c) 3x2 + x + 4 = 4 + x d) 5x2 + 3x = x(x + 3)

3. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) 5x2 − 45x = 0 b) 2x2 + 25 x = 0

c) 3x2

7 = x14 −

x2

2 d) (2x− 1)(3x + 7) = 5x− 7e) (5x− 3

4 )(5x + 34 ) = 2(5x− 9

32 ) f) (√

3x− 2)(√

3x + 3) = −6

4. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) x2 − 16 = 0 b) x2 − 25 = 0c) 3x2 − 243 = 0 d) 3x2 + 75 = 0e) 7x2 − 11x = 3x2 + 53 f) (5x− 2)(5x + 2) = 12

g) 3(x2−8)2 − 10

3 = 2(x2−3)3 h) (a− b)2x2 = a2 − b2

5. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) x2 − 16x + 39 = 0 b) 6x2 + 19x + 10 = 0c) x2 − 2x− 11 = 0 d) 49x2 − 70x− 74 = 0e) 3x2 − 4x + 7 = 0 f) 9x2 − 6x + 1 = 0g) 4

25 x2 + 2x + 254 = 0 h) (4x− 3)2 = (8x− 6)(7x− 2)

150 calculus

6. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) 2√

2x2 − 4x− 3√

2 = 0

b)√

3x2 − 7x + 2√

3 = 0

c) x2 − (√

5− 4)x− 7− 5√

5 = 0

d) 3(3− 2√

3)x2 − 6(2 +√

3)x− 3− 2√

3 = 0

7. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) (a2 − b2)x2 − 2(a2 + b2)x− b2 + a2 = 0

b) x2 − (1 + a + b)x + a + b = 0

c) 2(a− b)x2 + (b2 − a2 − 2)x + a + b = 0

d) 2abx2 − (2a2 − b2 + 3ab)x + a2 − b2 = 0

e) 15abx2 − (12a2 + 25b2)x + 20 = 0

8. x2 − (2m + 1)x + 2m = 0 denkleminin iki kat kökü olması için mnin alacagı degeri bulunuz.

9. 6x2 + (7m − 3)x + 2m2 − 3m − 9 = 0 denkleminin köklerininbirbirine esit olması için m nin alacagı degeri bulunuz.

10. mx2 − (2m− 3)x + m− 2 = 0 denkleminin gerçek iki kökü olmasıiçin m nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

11. (2m + 1)x2 − (4m + 5)x + 2m + 7 = 0 denkleminin gerçek kökleriolmaması için m nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

12. 6x2 + mx + m + 1 = 0 denkleminin bir kökünün 43 olması için m

nin alacagı degeri bulunuz.

7.2 Dönüstürme

Ikinci Dereceden Bir Denkleme Dönüstürülebilen DenklemlerinÇözümü

Bazı denklemler ikinci dereceden bir bilinmeyenli bir denklembiçiminde olmadıgı halde, bunların üzerinde bazı islemler yaparak

ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem biçimine getirerek çözeriz.

7.3 Polinomların Çarpımı

Polinomların Çarpımı veya Bölümü BiçimindekiDenklemlerin Çözümü

P(x) ve Q(x) birinci veya ikinci dereceden birer polinom olmaküzere,

a) P(x).Q(x) = 0 =⇒ P(x) = 0 veya Q(x) = 0b) P(x)

Q(x) = 0 =⇒ P(x) = 0 ve Q(x) 6= 0

denklemler 151

dır.Örnekler: 1.

(4x + 3)(x2 − 9x + 14) = 0 =⇒ 4x + 3 = 0∨ x2 − 9x + 14 = 0

=⇒ 4x = −3∨ x =−b±

√∆

2a=

9±√

252

=⇒ x = −34∨ x = 2∨ x = 7

denklemin çözüm kümesi, Ç =

{−34

, 2, 7}

olur.2. x2−5x+6

x2−8x+15 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

x2 − 5x + 6x2 − 8x + 15

= 0 =⇒ x2 − 5x + 6 = 0∧ x2 − 8x + 15 6= 0

=⇒ (x = 2∨ x = 3) ∧ (x 6= 3∧ x 6= 5)

buna göre denklemin çözüm kümesi, Ç =

{2}

olur.3. 2x+1

x+2 −x+3x−3 −

32 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

Denklemdeki paydaların en küçük ortak katı

2(x + 2)(x− 3)

tür. Buradan

2x + 1x+2

2(x− 3)− x + 3

x−32(x + 2)

− 32

(x + 2)(x− 3)= 0

2(x− 3)(2x + 1)− 2(x + 2)(x + 3)− 3(x + 2)(x− 3)2(x + 2)(x− 3)

= 0

−x2 − 17x2(x + 2)(x− 3)

= 0

çıkar. Son esitligin saglanması için

−x(x + 17) = 0∧ 2(x + 2)(x− 3) 6= 0

(x = 0∨ x = −17) ∧ (x 6= −2∧ x 6= 3)

olmalıdır. Ohalde, denklemin çözüm kümesi, Ç =

{−17, 0}

olur.

152 calculus

7.4 Degisken degistirme

Yardımcı Bilinmeyen Kullanılarak Çözülebilen Denklemlerax4 + bx2 + c = 0 biçimindeki denklemler.

Bu tür denklemleri çözmek için x2 = t dönüsümü yapılırsaoxat2 + bt + c = 0 biçiminde ikinci dereceden bir denklem elde edilir.

t nin bulunan degerlerinin karekökleri (varsa) verilen denkleminkökleridir.

Örnek:1. x4 − x2 − 12 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

x2 = t diyelim.

t2 − t− 12 = 0 ⇒ t = −3∨ t = 4

⇒ x2 = −3∨ x2 = 4

⇒ c1 = {} ∨ c2 = {−2, 2}

verilen denklemin çözüm kümesi,

= c1 ∪ c2 = {−2, 2}

olur.2. ( x

2x−3 )2 − 5x

2x−3 + 6 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.x

2x−3 = t diyelim.

t2 − 5t + 6 = 0 ⇒ t1 = 2∨ t2 = 3

⇒ x2x− 3

= 2∨ x2x− 3

= 3

⇒ x = 4x− 6∨ x = 6x− 9

⇒ x = 2∨ x =95

bulunur.Denklemin çözüm kümesi Ç =

{2,95}

olur.3. 2x

13 + 2x−

13 − 5 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

x13 = t diyelim.

2x13 +

2

x13− 5 = 0∧ x

13 = t ⇒ 2t2 − 5t + 2 = 0∧ t 6= 0

⇒ t =12∨ t = 2

⇒ x13 =

12∨ x

13 = 2

⇒ (x13 )3 = (

12)3 ∨ (x

13 )3 = 23

⇒ x =18∨ x = 8

denklemler 153

verilen denklemin çözüm kümesi Ç =

{18

, 8}

olur.4. 2x+1 + 2x−1 − 10

2x−2 = 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

2.2x +2x

2− 10.22

2x = 0∧ 2x = t ⇒ 2t +t2− 40

t= 0

⇒ 5t2 − 80 = 0∧ 2t 6= 0

⇒ t = ±4

⇒ 2x = 4∨ 2x = −4

⇒ 2x = 22 ∨ 2x = −4

⇒ c1 = {2} ∨ c2 = φ

verilen denklemin çözüm kümesi, Ç =

c1 ∪ c2 = {2}

olur.

7.5 Köklü denklemler√f (x) = g(x) türündeki denklemleri çözmek için esitligin iki

tarafının verilen kök kuvvetini alarak denklemi kökten kurtarırız.Elde edilen yeni denklemi çözerek köklerini buluruz.

Kuvvet alma islemi sırasında yabancı kökler girebilecegindenbulunan kök veya köklerin verilen denklemi saglayıp saglamadıgı

mutlaka, kontrol edilmelidir.Örnekler:

1. x +√

x2 + 16x− 80 = 10 denkleminin çözüm kümesini bulalım.Verilen denklemi

√x2 + 16x− 80 = 10− x biçiminde yazarak köklü

ifadeyi esitligin bir yanında yalnız bırakalım.√x2 + 16x− 80 = 10− x ⇒ (

√x2 + 16x− 80)2 = (10− x)2

⇒ x2 + 16x− 80 = 100− 20x + x2

⇒ 36x = 180

⇒ x = 5

x = 5 in verilen denklemi saglayıp saglamadıgına bakalım.

5 +√

52 + 16.5− 80 = 10⇒ 10 = 10

Buna göre, verilen denklemin çözüm kümesi, Ç =

{5}

154 calculus

olur.2.√

4x + 1−√

x + 2 = 1 denkleminin çözüm kümesini bulalım.Verilen esitligin saglanması için,

4x + 1 ≥ 0∧ x + 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ −14∧ x ≥ −2

⇒ x ≥ −14

olmalıdır.√

4x + 1 = 1 +√

x + 2 ⇒ (√

4x + 1)2 = (1 +√

x + 2)2

⇒ 4x + 1 = 1 + 2√

x + 2 + x + 2

⇒ 3x− 2 = 2√

x + 2

⇒ (3x− 2)2 = (2√

x + 2)2

⇒ 9x2 − 12x + 4 = 4x + 8

⇒ 9x2 − 16x− 4 = 0

⇒ x = −29∨ x = 2

bulunur. x ’in bulunan bu degerleri x ≥ − 14 kosuluna uygun

oldugundan, verilen denklemin çözüm kümesi, Ç =

{−29

, 2}

olur.3. 3x2 + 5 + 3

√3x2 − 14x + 15 = 14x denkleminin çözüm kümesini

bulalım.Verilen denklemi

3x2 − 14x + 5 + 3√

3x2 − 14x + 15 = 0

biçiminde yazalım ve esitligin her iki tarafına (10) ekleyelim.

3x2 − 14x + 15 + 3√

3x2 − 14x + 15 = 10

olur.√3x2 − 14x + 15 = t (t ≥ 0) oxdiyelim

t2 + 3t = 10∨ t2 + 3t− 10 = 0

olur.

t2 + 3t− 10 = 0 =⇒ t = 2∨ t = −5

bulunur.t = −5 < 0 oldugundan istenen kosula uymaz.√

3x2 − 14x + 15 = 2 ⇒ 3x2 − 14x + 15 = 4

⇒ 3x2 − 14x + 11 = 0

⇒ x = 1∨ x =113

denklemler 155

bulunur.Denklemin çözüm kümesi,

= {1,113}

olur.

7.6 Mutlak Deger

Mutlak Deger Içeren Denklemlerin ÇözümüBu tür denklemleri çözerken, mutlak deger isareti arasındaki ifadenin

hangi aralıkta pozitif hangi aralıkta negatif olacagını belirlememizgerekir. Bu islem, mutlak deger isaretini hangi kosullara göre

kaldırabilecegimizi belirler.Asagıdaki örnekleri inceleyiniz.

Örnekler:1. x2− | 2x− 3 |= 0 denkleminin çözüm kümesini bulalım:

a)

2x− 3 < 0 ⇒ x <32

⇒ | 2x− 3 |= −(2x− 3) oxolduundan,

x2− | 2x− 3 |= 0 ⇒ x2 − [−(2x− 3)] = 0

⇒ x2 + 2x− 3 = 0

⇒ x1 = 1∨ x = −3

bulunur.Bu degerler x < 3

2 kosuluna uygun oldugundan verilen denkleminkökleridir.

b)

2x− 3 ≥ 0 ⇒ x ≥ 32

⇒ | 2x− 3 |= 2x− 3 oxolduundan,

x2− | 2x− 3 |= 0 ⇒ x2 − 2x + 3 = 0

olur. Bu denklemin çözüm kümesi φ dir. Buna göre verilendenklemin çözüm kümesi, Ç =

{−3, 1}

olur.2. x | x− 1 |= 12 denkleminin çözüm kümesini bulalım.

a)

x− 1 < 0 ⇒ x < 1

⇒ | x− 1 |= −x + 1 oxolduundan,

156 calculus

x | x− 1 |= 12 ⇒ x(−x + 1) = 12

⇒ x2 − x + 12 = 0

Ç =

{}

olur.b)

x− 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ 1

⇒ | x− 1 |= x− 1 oxolduundan,

x | x− 1 |= 12 ⇒ x(x− 1) = 12

⇒ x2 − x− 12 = 0

⇒ x = −3∨ x = 4

bulunur.x = −3 sayısı x ≥ 1 kosuluna uymadıgından, denklemin bir kökü

degildir. Verilen denklemin çözüm kümesi, Ç =

{4}

olur.

Örnek 7.2.

1. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) (x− 1)(2x− 3)(9x2 − 15x + 4) = 0

b) 3(3x− 2)(4x2 − 9)(x2 − 5x + 6) = 0

c) (6x− 2)(2x− 5) = (3x− 1)2

d) 254 (2x + 3)2 − 18x = 27

e) (3x2 + 5x + 2)2 = (3x2 − 6x− 2)2

f) x2(x2 − 9) + 36 = 4x2

g) x4 − x3 + x2 − x = 0

h) 3x3 + 3x = x2 + 1

2. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) 4x−2 + 3 = 2

x+2

b) 4 + 9x2 = 12

x

c) xx+1 −

2x+5x2+4x+3 = 3

d) 2x−1x2−x−12 + x+2

x2+x−6 = 0

denklemler 157

e) x−3x2−x−2 + 2x−7

x2−3x+2 = xx2−1

f) 1−2x1−x = 3x

2x+1 + x2+112x2−x−1

3. Asagıdaki denklemleri çözünüz.

a) x4 − 8x2 − 9 = 0

b) 4x6 − 2x3 − 1 = 0

c) x8 − 82x4 + 81 = 0

d) 6x−2 = x−1 + 1

e) (x− 1)1/2 − 2(x− 1)1/4 = 15

f) (x2 − 1)2 + 24 = 11(x2 − 1)

g) (x2 + 3x)2 + 8 = 6x2 + 18x

h) (x + 4x )

2 + 20 = 9( x2+4x )

k) ( x−1x+3 )

2 + 3 = 4( 1−xx+3 )

l) ( x+1x+2 )

2 − 8 + 2( x+1x+2 ) = 0

m) (2x− 1x )

2 + 6x− 3x = 4

n) x2+8x + 54x

x2+8 = 15

o) 22x − 3.2x+2 − 32 = 0

p) 3x + 3−x+5 = 4.32

4. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) x +√

x− 2− 4 = 0

b)√

2x− 6 + x = 3

c) 3x =√

7x− 10

d) 3√

3x− 3 = 2x

e) 3√

x− 3− 1 = 2

f) 4√

x3 − 1 = 2

g)√

3x− 2−√

2x− 3 = 1

h)√

3x− 3 +√

x− 3 = 4

k)√

5x− 1 +√

4(x− 1) = 5

l)√

x + 10 +√

2x + 4− 8 = 0

m)√

2x + 7−√

x + 3 = 1

n)√

x− 8−√

x = 2

o)√

3y2 + 4y + 2− 1 = 2y

p)√

3x + 8−√

3(1− 2x) = 2

r) x2 − 8x + 12 = 7√

x(x− 8)

158 calculus

s) 3x2 + 5 = 14x + 2√

3x2 − 14x + 20

t) 5x2 − 32x + 105 = 14√

5x2 − 32x + 60

5. Asagıdaki denklemlerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) x2 =| 28− 3x | b) 4x | x− 2 | −4 = 7c) x | 2x− 3 | + | 3x− 4 | +4 = 0 d) x2 − 4 | x |= 21

7.7 Köklerle Katsayılar Arasındaki Bagıntılar

Ikinci Dereceden Bir Denklemin Kökleriyle KatsayılarıArasındaki Bagıntılar

ax2 + bx + c = 0

denkleminin diskriminantı pozitif ise, yani

∆ = b2 − 4ac > 0

ise, denklemin birbirinden farklı gerçek iki kökü vardır.Bu kökler,

x1 =−b +

√∆

2aoxve x2 =

−b−√

∆2a

dır.Simdi bu köklerle denklemin a, b, c katsayıları arasında bazı bagıntılar

kuracagız.Köklerin Toplamı:

x1 + x2 =−b +

√∆

2a+−b−

√∆

2a

=−b +

√∆− b−

√∆

2a

=−2b2a

= − ba

Köklerin Çarpımı:

x1.x2 = (−b +

√∆

2a)(−b−

√∆

2a)

=b2 − ∆

4a2

=b2 − (b2 − 4ac)

4a2

=4ac4a2

=ca

denklemler 159

Köklerin Farkının Mutlak Degeri:

| x1 − x2 | = | −b +√

∆2a

− −b−√

∆2a

|

= | 2√

∆2a|

=

√∆| a |

Örnekler:1. 4x2 − 5x + 1 = 0 denkleminin

a) Köklerinin toplamını,

b) Köklerinin çarpımını,

c) Köklerin farkının mutlak degerini

bulalım.a)

x1 + x2 = − ba

= − (−5)4

=54

b)

x1.x2 =ca

=14

c)

∆ = b2 − 4ac

= (−5)2 − 4.4.1

= 25− 16

= 9

| x1 − x2 | =

√∆| a |

=

√9

4

=34

2. 7x2 + 5x− 3 = 0 denkleminin bir kökü x1 = 27 olduguna göre,

diger kökünü bulalım.

160 calculus

Verilen denklemin kökleri x1 = 27 ve x2 olduguna göre, köklerin

toplamını yazalım.

x1 + x2 = − ba⇒ x1 + x2 = −5

7

⇒ 27+ x2 = −5

7

⇒ x2 = −57− 2

7⇒ x2 = −1

olur.3. ax2 + bx + c = 0 denkleminin gerçek iki kökü x1, x2 olsun.

a) 1x1

+ 1x2

b) x21 + x2

2 sayılarını a, b, c sayılarına baglıolarak hesaplayalım.

a)

1x1

+1x2

=x1 + x2

x1.x2

=− b

aca

= − bc

b)

x21 + x2

2 = x21 + x2

2 + 2x1x2 − 2x1x2

= (x1 + x2)2 − 2x1x2

= (− ba)2 − 2

ca

=b2

a2 −2ca

=b2 − 2ac

a2

7.8 Kökleri Verilen Denklemi Bulma

Kökleri Verilen Ikinci Dereceden Denklemi BulmaBu bölümde, çözüm kümesi {x1, x2} olan ikinci dereceden denklemin

bulunmasını inceleyecegiz.

ax2 + bx + c = 0 (1)

denkleminin gerçek iki kökü x1, x2 olsun (1) denkleminin

a(x2 +ba

x +ca) = 0

denklemler 161

biçiminde yazılabilecegini biliyoruz. Buradan, a 6= 0 oldugundan,

x2 +ba

x +ca= 0

veya

x2 − (− ba)x +

ca= 0 (2)

olur.(1) ve (2) denklemleri denktir. Yani, çözüm kümeleri aynıdır.

− ba= x1 + x2 = S

ca= x1.x2 = P

degerleri, (2) ifadesinde yerine yazılırsa,

x2 − (x1 + x2)x + x1x2 = 0

veya

x2 − Sx + P = 0

denklemi elde edilir.Sıfırdan farklı her a gerçek sayısı için,

x2 − Sx + P = 0

denklemi ile

a(x2 − Sx + P) = 0

denklemleri denktir. Buna göre, {x1, x2} kümesini çözüm kümesikabul eden

a(x2 − sx + p) = 0

denklemi bir tane degildir. a’nın her degeri için, böyle, ikincidereceden bir denklem elde edilir. Bu denklemlerin hepsinin çözüm

kümeleri aynıdır.

x2 − Sx + P = 0

denklemi, bu denklemlerin bir temsilcisidir.Örnekler:

1. Kökleri x1 = 3 ve x2 = −7 olan ikinci dereceden denklemi bulalım.

S = x1 + x2 = 3 + (−7) = −4

P = x1x2 = 3.(−7) = −21

162 calculus

bulunur. Bu degerler

x2 − Sx + P = 0

esitliginde yerlerine yazılırsa;

x2 − (−4)x + (−21) = 0

x2 + 4x− 21 = 0

olur.2. Çözüm kümesi {3 + 2

√2, 3− 2

√2} olan ikinci dereceden denklemi

bulalım.

x1 = 3 + 2√

2 oxve x2 = 3− 2√

2

oldugundan,

S = x1 + x2 = (3 + 2√

2) + (3− 2√

2) = 6

P = x1.x2 = (3 + 2√

2)(3− 2√

2)

= 32 − (2√

2)2

= 9− 8

= 1

bulunur. Istenilen ikinci dereceden denklem,

x2 − Sx + P = 0

dan

x2 − 6x + 1 = 0

olur.3. ax2 + bx + c = 0 denkleminin kökleri x1 ve x2 olsun. Bunlarıbulmadan, kökleri (kx1 + h) ve (kx2 + h) olan ikinci dereceden

denklemi bulalım.

S = (kx1 + h) + (kx2 + h)

= k(x1 + x2) + 2h

= k(− ba) + 2h

P = (kx1 + h)(kx2 + h)

= k2x1x2 + khx2 + khx1 + h2

= k2.x1x2 + kh(x1 + x2) + h2

= k2 ca+ kh(− b

a) + h2

bulunur. Istenilen ikinci dereceden denklem,

x2 − Sx + P = 0

denklemler 163

esitliginden

x2 − [k(− ba) + 2h]x + (k2 c

a− kh

ba+ h2) = 0

veya

ax2 − (−kb + 2ah)x + (k2c− khb + ah2) = 0

bulunur.4. 2x2 − 16x + 30 = 0 denklemin kökleri x1 ve x2 dir. Kökleri 2x1 + 5

ve 2x2 + 5 olan ikinci dereceden denklemi bulalım:Bulunacak denklemin kökleri α = 2x1 + 5 ve β = 2x1 + 5 olsun.

S = α + β = (2x1 + 5) + (2x2 + 5)

= 2(x1 + x2) + 10

P = α.β = (2x1 + 5)(2x2 + 5)

= 4x1x2 + 10x2 + 10x1 + 25

= 4x1x2 + 10(x1 + x2) + 25

verilen denklemden,

x1 + x2 = − ba= −−16

2= 8

x1x2 =ca=

302

= 15

bulunur. Bu degerler S ve P de yerine yazılırsa,

S = 2.8 + 10 = 26

P = 4.15 + 10.8 + 25 = 165

olur. Istenen denklem ise,

x2 − Sx + P = 0

x2 − 26x + 165 = 0

dır.

Örnek 7.3.

1. Asagıdaki denklemleri çözmeden köklerinin toplamını ve çarpımınıbulunuz.

a) x2 + 5x + 4 = 0 b) −x2 − 7x + 3 = 0c) 3x2 − 2x− 11 = 0 d) 1

2 x2 − 75 x + 1

3 = 0

2. Asagıdaki denklemleri çözmeden

a) Köklerin çarpma islemine göre terslerinin toplamını,

164 calculus

b) Köklerin farkının mutlak degerini

bulunuz.

a) x2 − 5x + 6 = 0 b) 14x2 − 13x + 3 = 0c) 3x2 + x− 14 = 0 d) x2 − 5

3 x + 49 = 0

e) 6x2 = 11x + 10 f) −49x2 + 35x− 4 = 0

3. ax2 + bx + c = 0 denkleminin gerçek iki kökü x1, x2 olduguna göre,

a) 1x2

1+ 1

x22

b) x31 + x3

2

sayılarını a, b, c sayılarına baglı olarak hesaplayınız.

4. Asagıdaki denklemleri çözmeden,a) Köklerin kareleri toplamını,b) Köklerin karelerinin çarpma islemine göre terslerinin toplamınıbulunuz.

a) x2 + 7x− 12 = 0 b) 5x2 + 6x− 8 = 0

c) −2x2 + 7x− 3 = 0 d) 4x2 − 9x + 3 = 0

e) −x2 + 23 x + 1

3 = 0 f) −x2 + 76 x = 10

3

5. Asagıdaki denklemleri çözmeden köklerin küpleri toplamını bu-lunuz.

a) x2 − 3x + 2 = 0 b) x2 − 5x = 0

c) 4x2 − 12x + 9 = 0 d) x2 − 23 x− 2 = 0

e) 2x2 + 3x− 15 = 0 f) −x2 + 12 x− 1

16 = 0

6. Asagıdaki çözüm kümeleri verilen ikinci dereceden denklemleribulunuz.

a) {2, 5} b) {3,−5}

c) {4} d) {−3,√

3}

e) {3 +√

5, 3−√

5} f) {5 + 2√

7, 5− 2√

7}

g) { 1+√

22 , 1−

√2

2 } h) { a+ba , b

a+b}

7. 10x2 − 7x + 1 = 0 denkleminin kökleri x1, x2 dir. Bu denklemiçözmeden, kökleri

a) 1x2

1, 1

x22

b) 3x1

, 3x2

d) x15 , x2

5 e) x1 + 2, x2 + 2olan ikinci dereceden denklemi bulunuz.

denklemler 165

8. 3x2 − 19x + 6 = 0 denkleminin kökleri x1, x2 dir. Bu denklemiçözmeden, kökleri

a) 5x1 + 4, 5x2 + 4 b) 3x1 − 2, 3x2 − 2olan ikinci dereceden denklemi bulunuz.

9. 2x2 − 3x + 2 = 0 denkleminin kökleri x1, x2 dir. Bu denklemiçözmeden,

a) 7x1x22 − 5x3

1 + 7x21x2 = 5x3

2 b) (4x1 − 3)(4x2 − 3)ifadelerini hesaplayınız.

10. 2(m− 1)x2 + 5(m + 2)x + 3m + 2 = 0 denkleminin kökleri toplamı3 olduguna göre m’yi bulunuz.

11. (m− 2)x2 −mx + 2 = 0 denkleminin kökleri arasında x1 − 3x2 = 1bagıntısı olması için m’nin alacagı degeri bulunuz.

12. (2m − 5)x2 − (m − 2)x + m2 + 9m − 4 = 0 denkleminin kökleriçarpımının 2 olması için m ne olmalıdır?

13. x2 − (2m + 1)x + 2m = 0 denkleminin kökleri arasında x1 = x2

bagıntısı olması için m’nin alacagı degeri bulunuz.

14. (m− 3)x2− 2(m− 2)x− 2(m+ 3) = 0 denkleminin kökleri arasında1x1

+ 1x2

= 78 bagıntısı olması için m’nin alacagı degeri bulunuz.

15. x2 − (2m − 5)x + 2m − 3 = 0 denkleminin köklerinin kareleritoplamının 11 olması için m’nin alacagı degerler kümesini bu-lunuz.

16. (3m + 2)x2 + 5(m + 2)x + 2(m− 1) = 0 denkleminin köklerindenbirinin, diger kökün çarpma islemine göre tersine esit olması içinm’nin alacagı degeri bulunuz.

17. (2m− 3)x2 − 4mx + 2m + 3 = 0 denkleminde köklerin karelerininçarpma islemine göre tersleri toplamının 3 olması için m’nin ala-cagı degerler kümesini bulunuz.

18. (7m− 6)x2 − (3m + 1)x + m− 4 = 0 denkleminin kökleri arasında2(x1 + x2)− 3x1x2 = 0 bagıntısı olması için m’nin alacagı degeribulunuz.

19. (1 − 2m)x2 + mx + 7m − 8 = 0 denkleminin kökleri arasında(2x1 − 3)(2x2 − 3) = 2 bagıntısı olması için m’nin alacagı degeribulunuz.

20. mx2 + (3m− 8)x + 2m = 0 denkleminin kökleri arasında 2(x21 +

x22) = 5x1x2 bagıntısının olması için m’nin alacagı degeri bulunuz.

166 calculus

7.9 Ikinci Dereceden Denklemlerin Incelenmesi

Ikinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Bir DenkleminKöklerini Bulmadan, Köklerinin Varlıgının ve Isaretinin

IncelenmesiDaha önce ax2 + bx + c = 0 denkleminin çözümünü gördük. Simdi,bu denklemi çözmeden köklerle katsayılar arasındaki bagıntılardan

yararlanarak köklerinin varlıgını ve isaretlerini belirlemeye çalısalım.Bunun için, verilen denklemde ∆, c

a ,− ba nın isaretlerini incelememiz

gerekir.1. ∆ = b2 − 4ac < 0

ise, denklemin gerçek kökleri olmadıgından, köklerinin isareti de sözkonusu degildir.

2. ∆ = b2 − 4ac = 0ise, denklemin birbirine esit gerçek iki kökü (yada iki kat bir kökü)

vardır. Bu iki kat kökün (x1 = x2) isareti − ba sayısının isaretine

baglıdır.a) x1 + x2 = − b

a < 0⇒ x1 = x2 < 0b) x1 + x2 = − b

a = 0⇒ x1 = x2 = 0c) x1 + x2 = − b

a > 0⇒ 0 < x1 = x2

dir.3. ∆ = b2 − 4ac > 0

ise, denklemin birbirinden farklı gerçek iki kökü vardır. Denkleminkökleri x1, x2 ve x1 < x2 olsun.

a) x1x2 = ca < 0 ise, kökler çarpımı negatif oldugu için, kökler ters

isaretlidir. Yani x1 < 0 < x2 dir.b) x1x2 = c

a > 0 ise, kökler çarpımı pozitif oldugundan iki kök deaynı isaretlidir. Köklerin artı isaretli mi yoksa eksi isaretli mi oldugu

x1 + x2 = − ba sayısının isaretine baglıdır.

I) x1 + x2 = − ba > 0⇒ 0 < x1 < x2

II) x1 + x2 = − ba < 0⇒ x1 < x2 < 0dır.

c) x1.x2 = ca = 0 ise, köklerden biri sıfırdır. Diger kökün isareti − b

asayısının isaretine baglıdır.

I) x1 + x2 = − ba > 0⇒ 0 = x1 < x2

II) x1 + x2 = − ba < 0⇒ x1 < x2 = 0dır.

Yukarıdaki ögrendiklerimizi asagıdaki tabloda özetleyebiliriz.

denklemler 167

∆ < 0 Denklemin gerçek kökleri yokturx1 + x2 = − b

a > 0⇒ 0 < x1 = x2

∆ = 0 x1.x2 = ca > 0

x1 + x2 = − ba < 0⇒ x1 = x2 < 0

x1x2 = ca = 0 x1 = x2 = 0

x1.x2 = ca < 0 x1 < 0 < x2

x1 + x2 = − ba > 0⇒ 0 < x1 < x2

x1.x2 = ca > 0

∆ > 0 x1 + x2 = − ba < 0⇒ x1 < x2 < 0

x1.x2 = ca = 0 x1 + x2 = − b

a > 0⇒ 0 = x1 < x2

x2 + x2 = − ba < 0⇒ x1 < x2 = 0

Örnekler:1. x2 − 5x− 2 = 0 denklemini çözmeden köklerinin varlıgını ve

isaretini inceleyelim.∆ = b2 − 4ac = (−5)2 − 4.(−2) = 33 > 0 oldugundan,

denklemin birbirinden farklı gerçek iki kökü vardır.x1.x2 = c

a = −2 < 0 oldugundan,kökler ters isaretlidir. Yani,

x1 < 0 < x2 dir.2. −6x2 + 19x− 10 = 0 denklemini çözmeden köklerinin varlıgını ve

isaretini inceleyelim.∆ = b2 − 4ac = (19)2 − 4(−6)(−10) = 121 > 0 oldugundan,

denklemin birbirinden farklı gerçek iki kökü vardır.

x1.x2 =ca=−10−6

=53> 0

Ohalde, kökler aynı isaretlidir.

x1 + x2 = − ba=

196

> 0

oldugu için kökler pozitif isaretlidir.0 < x1 < x2

dir.

Örnek 7.4.

1. Asagıdaki denklemleri çözmeden köklerinin varlıgını ve isaretiniinceleyiniz.

a) x2 − 5x + 6 = 0 b) 3x2 + 17x− 5 = 0

c) 2x2 − x− 1 = 0 d) −9x2 − 2x + 11 = 0

e) 3x2 − 5x = 0 f) m2x2 − 3mx + 13 = 0

2. (m− 1)x2 + 2(m+ 1)x+m− 5 = 0 denkleminin köklerinin varlıgınıve sayısını m’nin alacagı degerlere göre inceleyiniz.

168 calculus

7.10 Denklem Sistemleri

Ikinci Dereceden Iki Bilinmeyenli Denklemler ve DenklemSistemleri

a, b, c sayılarından en az biri sıfırdan farklı ve a, b, c, d, e, f ∈ R olmaküzere

ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0

biçimindeki denkleme ikinci dereceden iki bilinmeyenli denklemdenir. Bu denklemi saglayan (x, y) gerçek sayı ikililerinin kümesine

de denklemin çözüm kümesi adı verilir.Iki bilinmeyen içeren birinci dereceden en az iki denklemin

olusturdugu sisteme, birinci dereceden iki bilinmeyenli denklemsistemi dedigimizi anımsayınız. Eger bu denklemlerden en az bir

tanesi ikinci dereceden ise, bu sisteme ikinci dereceden ikibilinmeyenli denklem sistemi denir.

Bu tür denklem sistemlerini çözerken, verilen denklemlerdenyararlanarak, yeni denklemler aranır. Iki bilinmeyenli denklemsistemlerinin çözümü ile ilgili asagıdaki örnekleri inceleyiniz.

Örnekler:

1.x2 + y2 = 6,x + y + 2

√3 = 0

}sisteminin çözüm kümesini bulalım:

x + y + 2√

3 = 0⇒ y = −x− 2√

3 olur. Birinci denklemde y yerine−x− 2

√3 degerini yazalım.

x2 + (−x− 2√

3)2 = 6 ⇒ x2 + x2 + 4√

3x + 12− 6 = 0

⇒ x2 + 2√

3x + 3 = 0

⇒ x1 = x2 = −√

3

olur.x = −

√3⇒ y = −(−

√3)− 2

√3 = −

√3 bulunur. Verilen sistemin

çözüm kümesi sudur: Ç =

{(−√

3,−√

3)}

2.

5x2 + 3y2 = 15 (1)

3x2 − 7y2 = −2 (2)

sisteminin çözüm kümesini bulalım:(1) denkleminin her iki yanını 7, (2) denkleminin her iki yanını 3

sayısı ile çarpalım.

denklemler 169

35x2 + 21y2 = 105

+9x2 − 21y2 = −644x2 = 99

x = ± 32

bulunan x in bu degerini (1) denklemde yerine yazalım.

5.94+ 3y2 = 15 ⇒ 3y2 =

154

⇒ y2 =54

⇒ y = ±√

52

bulunur. Sistemin çözüm kümesi,

= {(−32

,−√

52

), (−32

,

√5

2), (

32

,−√

52

), (32

,

√5

2)}

olur.3.

3x− y2 = −2 (1)

2x2 + 5y2 = 3 (2)

denklem sisteminin çözüm kümesini bulalım.3x− y2 = −2⇒ y2 = 3x + 2 olur. y2 nin bu degerini (2)nci

denklemde yerine yazalım.

2x2 + 5(3x + 2) = 3 ⇒ 2x2 + 15x + 7 = 0

⇒ x1.2 =−15± 13

4

⇒ x1 = −12∨ x2 = −7

x1 = −12

oxiin y2 = 3(−12) + 2 ⇒ y2 =

13

⇒ y = ±√

32

x2 = −7 için y2 = 3(−7) + 2⇒ y2 = −19bulunur. Buna göre, x = −7 için bir y ∈ R yoktur. Sistemin çözüm

kümesi, Ç =

{(−12

,−√

32

), (−12

,

√3

2)}

olur.

Örnek 7.5.

170 calculus

1. Asagıdaki denklem sistemlerinin çözüm kümelerini bulunuz.a) 3x + 4y = 11 b) 5

2 x− 23 y = 7

2

x + 7y = 3 13 x + 3

2 y = − 53

c) x + y = 3 d) 3y− 2x = 3

x− y = 3 x + y = −4

x− 2y = 3 x + 3y = −6

e) xy = −4 f) 2x2 + xy + y2 = 9

2x− y = 9 −x + 2y = 1

g) 9x2 + 16y2 = 100 h) 3x2 − 4y2 = 42

x2 + y2 = 8 2x2 + 3y2 = 274

i) x2 + y2 = 29 j) x2 − y2 = 3

xy = 10 xy = 2

k) x2 + y2 + xy = 1 l) x2 − 2(y− x) = 23

x2 + y2 − x− y = 0 x2 − y = 19

m) 2x2 − 5xy + 2y2 = 5 n) 2x + 4

y = 1

2x− y = 1 4x− y = 0

o) x2 + y2 + 3xy− 11 = 0 p) 3x −

4y = 1

x2 + y2 − xy = 3 3xy + y = 2x

r) x2

4 + y2 = 1 s) | 2x− 3 |= 7

x2 + y2

4 = 1 5x2 − 7y2 = 90

t) | x + y |= 4 u) | 3x− y |= 13

| x− y |= 4 | 2x− 5y |= 4

denklemler 171

7.11 Esitsizlikler

Ikinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Esitsizliklera, b, c ∈ R ve a 6= 0 olmak üzere,

ax2 + bx + c > 0; ax2 + bx + c ≥ 0

ax2 + bx + c < 0; ax2 + bx + c ≤ 0

biçimindeki açık önermelere ikinci dereceden bir bilinmeyenliesitsizlik denir. Esitsizligi saglayan x gerçek sayılarının kümesine

esitsizligin çözüm (dogruluk) kümesi, çözüm kümesini bulmaislemine de esitsizligi çözme denir.

Ikinci dereceden bir bilinmeyenli bir esitsizligi çözmek demek,f (x) = ax2 + bx + c üçterimlisinin isaretini inceleyerek esitsizligi

saglayan aralıgı bulmak demektir.f (x) = ax2 + bx + c üçterimlisinin,

f (x) = a[(x +b

2a)2 − b2 − 4ac

4a2 ] (1)

veya

f (x) = a[(x +b

2a)2 +

4ac− b2

4a2 ] (2)

biçiminde yazılabilecegini daha önce görmüstük. Buna göre f (x)üçterimlisinin isareti a ile köseli parantez içindeki ifadenin isaretine

baglıdır.1. ∆ = b2 − 4ac < 0 ise;

4ac− b2

4a2 > 0 oxve ∀x ∈ R oxiin (x +b

2a)2 ≥ 0

olacagından (2) bagıntısında köseli parantezin içindeki ifade∀x ∈ R için pozitif olur. Bu durumda f (x) üçterimlisinin isareti a’nın

isaretinin aynısıdır. Yani;

a > 0⇒ f (x) > 0

a < 0⇒ f (x) < 0

olur.Bu durum asagıdaki tabloda gösterilmistir. Inceleyiniz.

xa > 0 + + +

f (x) = ax2 + bx + c ∆ < 0a < 0 - - -

2. ∆ = b2 − 4ac = 0 ise (1) bagıntısı,

f (x) = a(x +b

2a)2

172 calculus

biçimini alır. ∀x ∈ R için (x + b2a )

2 ≥ 0 oldugundan, f (x) üçterimlisix = − b

2a için sıfır x in diger bütün degerleri için a’nın isaretininaynısıdır. Yani;

x = − b2a

oxiin f (− b2a

) = 0

x 6= − b2a

oxiin

{a > 0⇒ f (x) > 0a < 0⇒ f (x) < 0

’dır.Bu durum asagıdaki tabloda gösterilmistir. Inceleyiniz.

x x = − b2a

a > 0 + ◦ +f (x) ∆ = 0

a < 0 - ◦ -3. ∆ = b2 − 4ac > 0 ise,

ax2 + bx + c = 0 denkleminin birbirinden farklı gerçek iki köküvardır. Bu kökleri x1, x2 ile gösterelim ve x1 < x2 olsun. Bu durumda

(1) bagıntısı,

f (x) = ax2 + bx + c = a(x +b−√

b2 − 4ac2a

)(x +b +√

b2 − 4ac2a

)

= a(x− −b +√

b2 − 4ac2a

)(x− −b−√

b2 − 4ac2a

) (3)

biçiminde yazılır.

x1 =−b +

√b2 − 4ac

2a; x2 =

−b−√

b2 − 4ac2a

degerleri (3) bagıntısında yerlerine yazılırsa,

f (x) = ax2 + bx + c = a(x− x1)(x− x2)

olur.a) x < x1 < x2 ise;

x < x1 ⇒ (x− x1) < 0x < x2 ⇒ (x− x2) < 0

}⇒ (x− x1)(x− x2) > 0

olur.Bu durumda, f (x) üçterimlisinin isareti, a’nın isaretinin aynısıdır.

Yani;

a > 0⇒ f (x) > 0

a < 0⇒ f (x) < 0

’dır.

denklemler 173

b) x1 < x < x2 ise;

x1 < x ⇒ (x− x1) > 0x < x2 ⇒ (x− x2) < 0

}⇒ (x− x1)(x− x2) < 0

olur.Bu durumda, f (x) üçterimlisinin isareti, a’nın isaretinin tersidir. Yani;

a > 0⇒ f (x) < 0

a < 0⇒ f (x) > 0

dır.c) x1 < x2 < x ise;

x1 < x ⇒ (x− x1) > 0x2 < x ⇒ (x− x2) > 0

}⇒ (x− x1)(x− x2) > 0

olur. Bu durumda, f (x) üçterimlisinin isareti, a’nın isaretininaynısıdır; yani,

a > 0⇒ f (x) > 0

a < 0⇒ f (x) < 0

olur.d) f (x) üçterimlisi x1 ve x2 için sıfır degerini alır.

Yukarıda ögrendiklerimizi asagıdaki tabloda gösterebiliriz.x x1 x2

a > 0 + ◦ - ◦ +f (x) = ax2 + bx + c ∆ > 0

a < 0 - ◦ + ◦ -Ögrendiklerimizi kısaca özetleyecek olursak;

1. ∆ < 0 ise, ∀x ∈ R için üçterimlinin isareti a’nın isaretinin aynısıdır.2. ∆ = 0 ise, x’in x = − b

2a dan baska tüm degerleri için üçterimlininisareti a’nın isaretinin aynısıdır.

3. ∆ > 0 ise, ikinci dereceden üçterimlinin isareti, köklerin dısındaa’nın isaretinin aynısı, köklerin arasında a’nın isaretinin tersidir.

Örnekler:1. f (x) = ax + b (a 6= 0) ikiterimlisinin isaretini inceleyelim.

f (x) = ax + b = a(x + ba ) ikiterimlisinin kökü − b

a dır.a) x < − b

a ⇒ (x + ba ) < 0 olacagından, ikiterimlinin isareti a’nın

isaretinin tersidir; yani,

a < 0⇒ f (x) > 0

a > 0⇒ f (x) < 0

olur.

174 calculus

b) x > − ba ⇒ (x + b

a ) > 0 olacagından, ikiterimlinin isareti a’nınisaretinin aynısıdır.

a < 0⇒ f (x) < 0

a > 0⇒ f (x) > 0

’dır.Bu durumlar asagıdaki tabloda gösterilmistir. Inceleyiniz.

x − ba

f (x) = ax + b a > 0 - ◦ +a < 0 + ◦ -

2. f (x) = 2x− 5 ikiterimlisinin isaretini inceleyelim.

2x− 5 = 0 ⇒ 2x = 5

⇒ x =52

ikiterimlinin bir köküdür.x < 5

2 için ikiterimli a = 2 > 0 ile ters isaretli,x > 5

2 için ikiterimli a = 2 > 0 ile aynı isaretlidir.Asagıdaki isaret tablosunu inceleyiniz.

x −∞ 5/2 +∞f (x) = 2x− 5 - ◦ +

3) f (x) = 3x2 − 5x + 7 üçterimlisinin isaretini inceleyelim.∆ = b2 − 4ac = (−5)2 − 4.3.7 = −59 < 0 oldugundan,

f (x) üçterimlisinin isareti a’nın isaretine baglıdır. a = 3 > 0 oldugunagöre, ∀x ∈ R için üçterimlinin isareti daima pozitiftir.

x −∞ +∞f (x) = 3x2 − 5x + 7 + + +

4) f (x) = −16x2 + 8x− 1 üçterimlisinin isaretini inceleyelim.∆ = 82 − 4.(−1)(−16) = 0 oldugundan,

üçterimli x = − b2a = − 8

−32 = 14 için sıfır x in diger bütün degerleri

için a = −16 < 0 ın isaretinin aynısıdır.x −∞ 1

4 +∞f (x) = −16x2 + 8x + 1 - ◦ -

5) f (x) = 2x2 + x− 6 üçterimlisinin isaretini inceleyelim.∆ = 12 − 4.2.(−6) = 49 > 0 oldugundan,

2x2 + x− 6 = 0 denkleminin birbirinden farklı iki gerçek kökü vardır.Bunlar,

x1 =−b +

√∆

2a=−1 + 7

4=

32

x2 =−b−

√∆

2a=−1− 7

4= −2

dır.

denklemler 175

O halde, üçterimli kökler arasında a = 2 > 0 ile ters isaretli, köklerdısında aynı isaretlidir.

Üçterimlinin isaret tablosu asagıdadır. Inceleyiniz.x −∞ -2 3/2 +∞

f (x) = 2x2 + x− 6 + ◦ - ◦ +6) 3

2 x + 5 < 1 + 12 x esitsizliginin çözüm kümesini bulalım.

32

x + 5 < 1 +12

x ⇒ 3x + 102

<2 + x

2⇒ 3x + 10 < 2 + x

⇒ 3x− x < 2− 10

⇒ 2x < −8

⇒ x < −4

x −∞ -4 +∞32 x + 5 < x + 1

2 x - ◦ +çözüm

Çözüm kümesi, Ç =

{x | −∞ < x < −4 ∧ x ∈ R}

dır.7. x2 − 4x + 3 ≥ 0 esitsizliginin çözüm kümesini bulalım.

x2 − 4x + 3 = 0 denkleminde,∆ = (−4)2 − 4.1.3 = 4 > 0 oldugundan, kökler x1 = 1, x2 = 3

tür. Üçterimlisinin isareti asagıdaki tabloda gösterilmistir.x −∞ 1 3 +∞

f (x) = x2 − 4x + 3 + ◦ - ◦ +çözüm çözüm

Esitsizligin çözüm kümesi, Ç =

{x | −∞ < x ≤ 1 ∨ 3 ≤ x < ∞, x ∈ R}

dır.8. (3x + 5)(x2 − 8x + 7) < 0 esitsizliginin çözüm kümesini bulalım.A(x) ve B(x) birer polinom olmak üzere A(x).B(x) biçimindeki birçarpımın isaretini belirlemek için önce her çarpanın ayrı ayrı isareti

bulunur. Bunlar bir tabloda alt alta yazılır ve çarpanların isaretlerininçarpımı, çarpımın isaretini verir.

3x + 5 = 0⇒ x = −53

x2 − 8x + 7 = 0⇒ x1 = 1, x = 7

x −∞ -5/3 1 7 +∞3x + 5 - ◦ + + +

x2 − 8x + 7 + + ◦ - ◦ +(3x + 5)(x2 − 8x + 7) - + - +

176 calculus

Esitsizligin çözüm kümesi, Ç =

{x | −∞ < x < −53∨ 1 < x < 7, x ∈ R}

olur.9. −6x2+11x−4

3x2+4x−15 ≤ 0 esitsizliginin çözüm kümesini bulalım.

B(x) 6= 0 olmak üzere A(x)B(x) ile A(x).B(x) in isaretleri aynıdır. Bir

esitsizligin paydasını sıfır yapan x ∈ R degerleri, esitsizligin çözümkümesinin elemanı olamaz. Çünkü, bu degerler için esitsizlik

tanımsızdır. Bunu belirtmek için sonuçta paydanın köklerinin altına ‖simgesini koyacagız.

−6x2 + 11x− 4 = 0⇒ x1 =12∨ x2 =

43

3x2 + 4x− 15 = 0⇒ x1 = −3∨ x2 =53

x −∞ -3 1/2 4/3 5/3 +∞−6x2 + 11x− 4 - - ◦ + ◦ - -3x2 + 4x− 15 + ◦ - - - +−6x2 + 11x− 4 - + - + -3x2 + 4x− 15

Esitsizligin çözüm kümesi, Ç =

{x | −∞ < x < −3∨ 12≤ x ≤ 4

3∨ 5

3< x < ∞, x ∈ R}

olur.10. 5x−8

4x+5 > 2(x−7)4x2+17x+15 esitsizliginin çözüm kümesini bulalım.

5x− 84x + 5

>2(x− 7)

4x2 + 17x + 15⇒ 5x− 8

4x + 5− 2x− 14

(4x + 5)(x + 3)> 0

⇒ 5(x2 + x− 2)(4x + 5)(x + 3)

> 0

x2 + x− 2 = 0 =⇒ x1 = −2 ∨ x2 = 1

(4x + 5)(x + 3) = 0 ⇒ 4x + 5 = 0∨ x + 3 = 0

=⇒ x = −54∨ x = −3

x −∞ -3 -2 −54

1 +∞

5(x2 + x− 2) + + ◦ - - ◦ +(4x + 5)(x + 3) + ◦ - - ◦ - +

5(x2+x−2)(4x+5)(x+3) + - + - +

çözüm çözüm çözüm

denklemler 177

Esitsizligin çözüm kümesi,Ç =

{x | −∞ < x < −3∨−2 < x < −54∨ 1 < x < +∞, x ∈ R}

olur.11. (x2−7x+12)(x2−6x+5)

(−x2−x+2)(x2−9) ≥ 0 esitsizliginin çözüm kümesini bulalım.Bu esitsizligin çözüm kümesini önceki örneklerimizde oldugu gibiisaret tablosu yardımıyla bulabiliriz. Daha pratik olarak asagıdaki

yöntemle de bulunabilir.A(x), B(x) ve C(x) birer polinom olmak üzere, A(x).B(x).C(x) veya

A(x).B(x)C(x) biçimindeki ifadelerin isaretlerini incelerken önce

A(x) = 0, B(x) = 0, ve C(x) = 0 polinom denklemin gerçek kökleri,küçükten büyüge dogru tabloya yerlestirilir. A(x), B(x) ve C(x)

polinomlarının en büyük dereceli terimlerinin katsayılarınınisaretlerinin çarpımı, tabloda en büyük kökün sagına yazılır. Tablo,sola dogru tek katlı köklerde isaret degistirerek; çift katlı köklerde

isaret degistirmeden devam eder.

x2 − 7x + 12 = 0⇒ x1 = 3∨ x2 = 4

x2 − 6x + 5 = 0⇒ x1 = 1∨ x2 = 5

−x2 − x + 2 = 0⇒ x1 = −2∨ x2 = 1

x2 − 9 = 0⇒ x1 = −3∨ x2 = 3

Burada 1 ve 3 iki kez elde edildiginden çift katlı köktür. Polinomlarınen büyük dereceli terimleri (x2), (x2), (−x2), (x2) nin katsayılarınınisaretleri çarpımı (+)(+)(-)(+)=(-) oldugundan, tabloda en büyük kök

5’in sagındaki isaret (-) dir.

15 x −∞ -3 -2 1 3 4 5 +∞x2−7x+12)(x2−6x+5)(−x2−x+2)(x2−9) - + - - - + -

Ç =

{x | −3 < x < −2 ∨ 4 ≤ x ≤ 5, x ∈ R}

olur.

7.12 Esitsizlik Sistemleri

Aynı zamanda gerçeklenen birden fazla esitsizligin olusturdugusisteme bir esitsizlik sistemi denir. Sistemi olusturan esitsizliklerin

çözüm kümelerinin arakesitine de esitsizlik sisteminin çözüm kümesidenir.

Örnekler:

178 calculus

1. 4x + 52 > 2x− 7,

3x−12 < x + 1 esitsizlik sisteminin çözüm kümesini bulalım:

4x +52> 2x− 7 ⇒ 4x− 2x > −7− 5

2

⇒ 2x > −192

⇒ x > −194

3x− 12

< x + 1 ⇒ 3x− 1 < 2x + 2

⇒ 3x− 2x < 2 + 1

⇒ x < 3

x −∞ − 194 3 +∞

4x + 52 > 2x− 7 - ◦ + +

3x−12 < x + 1 - - ◦ +

çözüm

Ç =

{x | −192

< x < 3, x ∈ R}

olur.

2. x2 + 2x− 8 > 0x2 − 4x + 3 < 0 esitsizlik sisteminin çözüm kümesini bulalım:

x2 + 2x− 8 = 0⇒ x = −4∨ x = 2

x2 − 4x + 3 = 0⇒ x1 = 1∨ x = 3

−∞ -4 1 2 3 +∞x2 + 2x− 8 + ◦ - - ◦ + +x2 − 4x + 3 + + ◦ - - ◦ +

çözüm

Ç =

{x | 2 < x < 3, x ∈ R}

olur.3. (3m + 1)x2 − 2(4m + 1)x + 6m + 1 = 0 denkleminin pozitif isaretli

iki kökü olması için m’nin alacagı degerler kümesini bulalım.

∆ > 0,ca> 0 ∧ −b

a> 0

denklemler 179

esitsizliklerini aynı zamanda dogrulayan m nin degerlerini bulmamızgerekir.

∆ = [−2(4m + 1)]2 − 4(6m + 1)(3m + 1)

= −4m(m + 2)

diskriminantın kökleri m1 = 0, m = −2

ca=

6m + 13m + 1

> 0

6m + 1 = 0⇒ m = −16

3m + 1 = 0⇒ m = −13

− ba=

2(4m + 1)3m + 1

> 0

4m + 1 = 0⇒ m = −14

3m + 1 = 0⇒ m = −13

m −∞ -2 -1/3 -1/4 -1/6 0 +∞−4m(m + 2) - ◦ + + + + ◦ -6m+13m+1 + + - - ◦ + +2(4m+1)

3m+1 + + ◦ - ◦ + + +çözüm çözüm

Ç =

{m | −2 < m < −13∨−1

6< m < 0, m ∈ R}

olur.

Örnek 7.6.

1. Asagıdaki esitsizliklerin çözüm kümelerini bulunuz.a) −6x + 7 < 2x− 9 b) | 3

2 x + 6 |≥ 3

c) 10 + 43 x ≤ − 7

8 + 5 d) 19 + 23 x ≤ 9 + 1

3 x

2. Asagıdaki esitsizliklerin çözüm kümelerini bulunuz.a) x2 − 3x− 4 < 0 b) x2 + 5x + 6 > 0

c) x2 + 6x + 9 ≤ 0 d) x2 + 2x− 1 ≤ 0

e) −x2 − 2x + 3 ≥ 0 f) −3x2 − 6x + 4 ≤ 0

g) −x2 − 2x− 65 < 0 h) 6x2 − 11x + 3 > 0

180 calculus

3. Asagıdaki esitsizliklerin çözüm kümelerini bulunuz.

a) 6x2 + 8 < 2− 13x b) 2(6x+13)6x2−25x+14 < 3x+4

2−3x

c) 5x−33x+8 > 2x−1

x+2 d) 1x2+2x−3 > 1

x2−3x−10

e) x2−4x+3x2−6x+8 < 0 f) x2−8x+15

x2−4x−21 > x2−4x−21x2−8x+15

g) x2 − 10x + 12 < 9x2 h) (x2+x−12)(9−x2)(1−x)(x2−x−12)(x2−4) > 0

4. (2m − 3)x2 + (5m − 7)x + 3m − 2 = 0 denkleminin köklerininvarlıgını ve sayısını m’nin alacagı degerlere göre inceleyiniz.

5. (2m + 1)x2 − 4(m + 3)x + 2(2m + 3) = 0 denkleminin gerçekköklerinin olmaması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

6. Asagıdaki esitsizlik sistemlerinin çözüm kümelerini bulunuz.a) 4x + 5

2 > 2x− 7 b) 5x−13 < 0

3x−12 < x + 1 15x2 − 34x + 15 < 0

c) x2 − 2x− 3 < 0 d) x2 − 4x < 5

x2 + x− 2 > 0 x2 + 3x > 10

e) 15x2 − 8x + 1 < 0 f) (3x2 − 8x + 3)2 < 4(x2 − 3x− 2)2

8x2 − 6x + 1 ≥ 0 4(x2 − 5x)2 > 9(x2 + 4)2

g) 6x2 − 19x + 10 < 0 h) (4x− 5)2 > 9(x− 1)2

x2 − 3x + 2 ≥ 0 (5x− 13)2 > (3x− 7)2

2x2 − 9x + 9 ≤ 0 32x+7 < 1

x+2

7. (2m− 1)x2 − 2(2m + 1)x + 2m− 3 < 0 esitsizliginin daima dogruolması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

8. (m + 1)x2 + 2(2m− 1)x + 2m− 1 < 0 esitsizliginin daima dogruolması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

9. (m + 1)x2 + (3m + 1)x + 2m + 2 > 0 esitsizliginin daima dogruolması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

10. (2m + 1)x2 − 2(2m + 1)x + 4m + 3 > 0 esitsizliginin daima dogruolması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

matematik 2 181

11. (2m− 1)x2 − 2(2m + 1)x + 3m + 5 = 0 denkleminin ters isaretli ikikökü olması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

12. (1 + m)x2 − 2(2m + 5)x + 3m + 5 = 0 denkleminin ters isaretli ikikökü olması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

13. (4m + 1)x2 − 2(2m− 1)x + 3m + 1 = 0 denkleminin pozitif isaretliiki kökü olması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

14. (3m− 4)x2 − 2(5m− 1)x + 5m− 1 = 0 denkleminin pozitif isaretliiki kökü olması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

15. (2m + 1)x2 − (5m + 4)x + 4m = 0 denkleminin negatif isaretli ikikökü olması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

16. (2m− 3)x2 − 2(3m− 4)x + 5m− 6 = 0 denkleminin negatif isaretliiki kökü olması için m’nin alacagı degerler kümesini bulunuz.

IKINCI DERECEDEN FONKSIYONLARa ∈ R− {0} ve b, c, x ∈ R olmak üzere,

f : R⇒ R, f (x) = ax2 + bx + c biçiminde tanımlanan fonksiyonlaraR den R ye ikinci dereceden bir degiskenli fonksiyonlar denir. Bu

tür fonksiyonlar,

f : R⇒ R, f : x ⇒ ax2 + bx + c

veya

f = {(x, y) | y = ax2 + bx + c, a, b, c, x ∈ R oxve a 6= 0}

biçiminde gösterilebilir. Burada f (x) üçterimlisinin katsayıları olana, b, c ∈ R (a 6= 0) nin farklı degerleri için degisik fonksiyonlar elde

edilir.Örnegin:

1) a = −2, b = 3 ve c = 1 ise f (x) = −2x2 + 3x + 12) a =

√3, b = 0 ve c = 3 ise f (x) =

√3x2 + 3

3) a = 1, b = 5 ve c = 0 ise f (x) = x2 + 5x4) a = 4, b = 0 ve c = 0 ise f (x) = 4x2

olur.Bu bölümde ikinci dereceden bir degiskenli fonksiyonların

grafiklerini çizecegiz.

f = {(x, y) | y = ax2 + bx + c, a, b, c, x ∈ R oxve a 6= 0}

kümesinin elemanları olan ikililere analitik düzlemde karsılık gelennoktalara f fonksiyonunun grafigi denir. Ikinci dereceden birdegiskenli fonksiyonların grafikleri parabol denen egrilerdir.

f : R⇒ R, f (x) = ax2 + bx + c

182 calculus

fonksiyonunda b = 0 ve c = 0 alınırsa,

f : R⇒ R, f (x) = ax2

fonksiyonu elde edilir. Bu fonksiyonun grafigini çizelim.y = f (x) = ax2 fonksiyonunda x’in her degeri için y’nin aldıgı

degerler hesaplanabilir. x’in aldıgı degisik degerlere karsılık y ninalacagı degerleri gösteren bir tablo yapalım. Buna fonksiyonun

degisim tablosu diyecegiz.Tablodaki (x, y) ikililerine analitik düzlemde karsılık gelen noktalar

yardımıyla f fonksiyonunun grafigi kabaca çizilir.1. a > 0 ise;

x −∞ -2 -1 0 1 2 +∞y = f (x) = ax2 +∞ ↘ 4a ↘ a ↘ 0 ↗ a ↗ 4a ↗ +∞

∀x ∈ R için y = f (x) = ax2 ≥ 0 oldugundan, parabolün kolları OYekseninin pozitif yönündedir ve fonksiyonun aldıgı en küçük deger

x = 0 için y = 0 dır. Buna göre fonksiyonun görüntü kümesiox f (R) = R+ ∪ {0} olur. Bu durumda (0,0) noktası parabolün en alt

noktasıdır. Bu noktaya parabolün tepesi denir.2. a < 0 ise;

x −∞ -2 -1 0 1 2 +∞y = f (x) = ax2 −∞ ↗ 4a ↗ a ↗ 0 ↘ a ↘ 4a ↘ −∞

matematik 2 183

∀x ∈ R için y = f (x) = ax2 ≤ 0 oldugundan, parabolün kolları OYekseninin negatif yönündedir ve fonksiyonun aldıgı en büyük deger

x = 0 için y = 0 dır. Buna göre fonksiyonun görüntü kümesif (R) = R− ∪ {0} dır. Egrinin en yüksek noktası olan (0,0) noktasının

parabolün tepesi oldugunu gördünüz mü?y = ax2 fonksiyonunun degisim tablosunu inceleyiniz.

Burada,

x = ±1 oxiin y = a

x = ±2 oxiin y = 4a

oldugunu görürüz. (−1, a) ile (1, a) ve (−2, a) ile (2, a) noktaları OYeksenine göre simetrik midir? Genel olarak x’in aldıgı (−c) ve (c)degerlerine y’nin aynı (y = ac2) degeri karsılık gelir. Bu da bize

(−c, ac2) ve (c, ac2) noktalarının OY eksenine göre simetrik oldugunugösterir. O halde, OY ekseni (x = 0 dogrusu) fonksiyonun grafiginin

(parabolün) simetri eksenidir.Örnekler:

1. a = 12 , a = 1 ve a = 2 için y = ax2 kuralı ile tanımlanmıs

fonksiyonların grafiklerini aynı analitik düzlemde çizelim.Asagıdaki Sekilden görüldügü gibi, a > 0 için,

• a büyüdükçe parabolün kolları OY eksenine yaklasır,

• a küçüldükçe parabolün kolları OY ekseninden uzaklasır.

184 calculus

2. y = − 12 x2; y = −x2; y = −2x2 fonksiyonlarının grafiklerini aynı

analitik düzlemde çizelim.a < 0 için;

• a büyüdükçe parabolün kolları OY ekseninden uzaklasır,

• a küçüldükçe parabolün kolları OY eksenine yaklasır.

Örnek 7.7.

1. Asagıdaki fonksiyonların grafiklerini çiziniz.

a) y = 4x2 b) y = −4x2 c) y = 14 x2

d) y = − 14 x2 e) y = 1

5 x2 f) y = 23 x2

2. f : R ⇒ R, f (x) = ax2 fonksiyonunun grafiginin asagıdakinoktalardan geçmesi için a ne olmalıdır.

a) (−1, 1) b) (1, 2) c) (−2, 34 )

d) (2, 4) e) (3, 9) f) (−3,−3)

3. Asagıdaki noktalardan, y = 34 x2 fonksiyonun grafigi üzerinde

olanları bulunuz.

a) (−1, 32 ) b) (2, 3) c) (3, 3

4 ) d) (1, 34 )

4. {−3,−1, 0, 13 , 3} kümesinin, f : R ⇒ R, f (x) = 3x2 fonksiyonun-

daki görüntü kümesini bulunuz.

matematik 2 185

5. A = {x :| x |< 3, x ∈ R} ise, f : A⇒ R, f (x) = 23 x2 fonksiyonunun

grafigini çiziniz.

f : R⇒ R, f(x) = ax2 + bx + c Fonksiyonunun GrafigiBu tür fonksiyonların grafiklerinin parabol denen egriler oldugunubiliyoruz. Ikinci dereceden bir degiskenli bir fonksiyonun grafigini

çizebilmek için yapılması gerekli islemleri asagıdaki biçimdesıralayabiliriz.

• Parabolün tepe noktasının koordinatları bulunur.

• Parabolün koordinat eksenlerini kestigi noktaların (varsa) koordi-natları bulunur.

• Fonksiyonun degisim tablosu yapılır.

• Degisim tablosundan yararlanarak fonksiyonun grafigi çizilir.

1.

y = f (x) = ax2 + bx + c (I)

fonksiyonu,

y = a[(x +b

2a)2 +

4ac− b2

4a2 ]

= a(x +b

2a)2 +

4ac− b2

4a

ya da

y− 4ac− b2

4a= a(x +

b2a

)2

biçiminde yazılabilir.

x +b

2a= x1 oxve y− 4ac− b2

4a= y1 (I I)

dersek, verilen fonksiyon,

y1 = ax21

biçimini alır.y = ax2 biçimindeki fonksiyonların grafiklerinin tepe noktası (0, 0)

olan bir parabol oldugunu biliyoruz. Buna göre;

x1 = 0 oxve y1 = 0

degerleri (II) esitliklerinde yerine yazılırsa,

x +b

2a= 0 oxve y− 4ac− b2

4a= 0

186 calculus

ya da

x = − b2a

oxve y =4ac− b2

4a

olur. Bu da bize y1 = ax21 fonksiyonunun grafiginin, tepe noktası

ox(− b2a , 4ac−b2

4a ) olan bir parabol oldugunu gösterir.Denklemi y = ax2 olan parabolün simetri ekseninin x = 0 dogrusu

oldugunu görmüstük. Buna göre x1 = 0 degerini (II) esitligindeyerine yazarsak x + b

2a = 0 veya x = − b2a dogrusu da denklemi

y = ax2 + bx + c olan parabolün simetri ekseni olur.a > 0 ise, grafigin kolları OY eksininin pozitif yönünde olacagındanparabolün tepe noktası en alt noktasıdır. Tepe noktasının ordinatı

olan 4ac−b2

4a sayısı da görüntü kümesinin en küçük elemanıdır.a < 0 ise; grafigin kolları OY ekseninin negatif yönünde olacagındanparabolün tepe noktası en üst noktasıdır ve tepe noktasının ordinatı

olan 4ac−b2

4a sayısı da görüntü kümesinin en büyük elemanıdır.2. Grafigin OX eksenini kestigi noktalarda y = 0 oldugundan,

ax2 + bx + c = 0

olur.b2 − 4ac > 0 ise, grafik, OX eksinini (x1, 0) ve (x2, 0) gibi iki noktada

keser.b2 − 4ac = 0 ise, grafik Ox eksenine tegettir.b2 − 4ac < 0 ise, grafik Ox eksenini kesmez.

Grafigin OY eksenini kestigi noktada x = 0 olacagından y = c olur.Buna göre grafik OY eksenini (0, c) noktasında keser.

3. a > 0 ise;∀x ∈ R için a(x + b

2a )2 ≥ 0 dır.

x −∞ − b2a +∞

y = a(x + b2a )

2 + 4ac−b2

4a+∞ ↘ 4ac−b2

4a ↗ +∞

Tepe noktası

a < 0 ise;∀x ∈ R için a(+ b

2a )2 ≤ 0 dır.

x −∞ − b2a +∞

y = a(x + b2a )

2 + 4ac−b2

4a−∞ ↗ 4ac−b2

4a ↘ −∞

Tepe noktası

y = ax2 + bx + c

= a(x +b

2a)2 +

4ac− b2

4a

matematik 2 187

ifadesinde,

r = − b2a

oxve k =4ac− b2

4a

diyecek olursak,Parabolün denklemi y = a(x− r)2 + k ve tepe noktası ise T(r, k) olur.

Örnekler:1. y = x2 − 8x + 12 fonksiyonunun grafigini çizelim.

Grafigin tepe noktasının koordinatları,

r = − b2a

= − (−8)2

= 4

k =4ac− b2

4a=

4.1.12− (−8)2

4.1= −4

Egirinin OX eksinini kestigi noktalar,y = 0 için,

x2 − 8x + 12 = 0 =⇒ x = 2∨ x = 6

(2, 0) oxve (6, 0)

dır.Egrinin OY eksinini kestigi nokta,

x = 0 için y = 12

(0, 12)

dir.

x −∞ 0 2 4 6 +∞y = x2 − 8x + 12 +∞ ↘ 12 ↘ 0 ↘ -4 ↗ 0 ↗ +∞

2. y = f (x) = −13 x2 + 2x + 3 fonksiyonunun grafigini çizelim.

Egrinin tepe noktasının koordinatları,

r = − b2a

= − 22(− 1

3 )= 3

r = 3 degeri, verilen fonksiyonda x yerine yazılırsa, tepe noktasınınordinatı bulunur.

k = f (− b2a

) = −13

.32 + 2.3 + 3 = 6

olur.Egrinin eksenleri kestigi noktalar,

y = 0 oxiin,

188 calculus

−13

x2 + 2x + 3 = 0 =⇒ x = 3− 3√

2 ∨ x = 3 + 3√

2

(3− 3√

2, 0) oxve (3 + 3√

2, 0)

dır.x = 0 için y = 3

olur. Egri (0, 3) noktasından geçer.

x −∞ 3− 3√

2 0 3 3 + 3√

2 +∞y −∞ ↗ 0 ↗ 3 ↗ 6 ↘ 0 ↘ −∞

3. y = x2 + 4x + 4 fonksiyonunun grafigini çizelim.Egirinin tepe noktasının koordinatları,

r = − b2a

= −42= −2

k = (−2)2 + 4(−2) + 4 = 0

olur.Egrinin eksenleri kestigi noktalar,

y = 0 oxiin x2 + 4x + 4 = 0 =⇒ x1 = x2 = −2

x = 0 oxiin y = 4

x −∞ -2 0 +∞y +∞ ↘ 0 ↗ 4 ↗ +∞

4. y = −(x− 2)2 + 4 fonksiyonunun grafigini çizelim.

matematik 2 189

Parabolün tepe noktasının koordinatları,

y = a(x− r)2 + k

ifadesinden

r = 2 oxve k = 4

olarak bulunur.Parabolün eksenleri kestigi noktalar,

y = 0 için,

−(x− 2)2 + 4 = 0 =⇒ (x− 2)2 = 4

=⇒ x− 2 = ±2

=⇒ x = 0∨ x = 4

x = 0 için y = 4x −∞ 0 2 4 +∞y −∞ ↗ 0 ↗ 4 ↘ 0 ↘ −∞

5. OX eksinini A(2, 0) ve B(6, 0) noktalarında, OY eksinini C(0, 12)noktasında kesen parabolün denklemini bulalım.

y = ax2 + bx + c fonksiyonunun grafigi (parabol) A, B ve Cnoktalarından geçtigine göre bu noktaların koordinatları parabol

denklemini saglamalıdır.(1) A(2, 0) için a.22 + b.2 + c = 0⇒ 4a + 2b + c = 0(2) B(6, 0) için a.62 + b.6 + c = 0⇒ 36a + 6b + c = 0

(3) C(0, 12) için a.02 + b.0 + c = 12⇒ c = 12(1) ve (2) den,

4a + 2b + 12 = 0⇒ 2a + b + 6 = 0,

36a + 6b + 12 = 0⇒ ∓6a∓ b∓ 2 = 0

−4a + 4 = 0⇒ a = 1

ve

2a + b + 6 = 0⇒ b = −8

190 calculus

bulunur. Parabolün denklemi ise,

y = x2 − 8x + 12

olur.6) Tepe noktası T(−1,−2) olan ve A(−2, 1) noktasından geçen

parabolün denklemini bulalım.Parabolün tepe noktasının T(− b

2a , 4ac−b2

4a ) oldugunu biliyoruz. Bunagöre,

− b2a

= −1⇒ b = 2a (1)

4ac− b2

4a= −2⇒ 4ac− b2 = −8a (2)

4ac− b2 = −8a ∧ b = 2a⇒ 4ac− 4a2 + 8a = 0 (3)

Parabol A noktasından geçtigine göre, A noktasının koordinatlarıparabol denklemini saglar.

a(−2)2 + b(−2) + c = 1⇒ 4a− 2b + c = 1

4a− 2b + c = 1∧ b = 2a⇒ c = 1

olur.

4ac− 4a2 + 8a = 0∧ c = 1 ⇒ 4a− 4a2 + 8a = 0

⇒ −4a2 + 12a = 0

⇒ a = 0∨ a = 3

a = 0 olamaz. Çünkü, denklem parabol denklemi olamaz.

a = 3∧ b = 2a⇒ b = 6

bulunur.Istenen parabol denklemi ise,

y = 3x2 + 6x + 1

dir.7. y = (2m− 3)x2 − (m + 5)x + 3m + 4 fonksiyonunun grafiginin

A(1, 8) noktasından geçmesi için m’nin alacagı degeri bulalım.A(1, 8) noktası egri üzerinde bulundugundan, bu noktanın

koordinatları egri denklemini saglar. O halde,

matematik 2 191

8 = (2m− 3)12 − (m + 5).1 + 3m + 4 ⇒ 4m− 4 = 8

⇒ m = 3

bulunur.8. y = (m− 2)x2 − 2mx + m + 2 fonksiyonunun görüntü kümesininen küçük elemanının (-2) olması için m’nin alacagı degeri bulalım vem’nin degerini yerine yazarak elde edecegimiz parabolün grafigini

çizelim.Görüntü kümesinin en küçük (veya en büyük) elemanı tepe

noktasının ordinatıdır.Buna göre; 4ac−b2

4a = k dan,

4(m + 2)(m− 2)− 4m2

4(m− 2)= −2 ⇒ 4m2 − 16− 4m2

4(m− 2)= −2

⇒ −4m− 2

= −2

⇒ m = 4

bulunur. Parabolün denklemi ise,

y = 2x2 − 8x + 6

olur.Parabolün tepe noktasının koordinatları,

r = − b2a

= − (−8)2.2

= 2

k = f (2) = 2.22 − 8.2 + 6 = −2

Parabolün eksenleri kestigi noktalar,x = 0 için y = 6

y = 0 için 2x2 − 8x + 6 = 0 =⇒ x = 1∨ x = 3x −∞ 0 1 2 3 +∞y +∞ ↘ 6 ↘ 0 ↘ -2 ↗ 0 ↗ +∞

9. y = mx2 − 2(m− 1)x + m− 3 fonksiyonunun grafiginin OXeksenine teget olması için m’nin alacagı degeri hesaplayalım ve m’nin

192 calculus

buldugumuz degerini yerine yazarak, fonksiyonunun grafiginiçizelim.

Fonksiyonun grafiginin OX eksenine teget olması için ∆ = 0olmalıdır. Buradan,

[−2(m− 1)]2 − 4m(m− 3) = 0 ⇒ 4m + 4 = 0

⇒ m = −1

bulunur. Ohalde, parabolün denklemi

y = −x2 + 4x− 4

olur. Parabolün tepe noktasının koordinatları:

r = − b2a

= − 42(−1)

= 2

k = f (2) = 0

Parabolün eksenleri kestigi noktalar:x = 0 için y = −4

y = 0 için −x2 + 4x− 4 = 0⇒ x1 = x2 = 2x +∞ 0 2 +∞y −∞ ↗ -4 ↗ 0 ↘ −∞

Örnek 7.8.

1. f : R ⇒ R, asagıdaki esitliklerle tanımlanan fonksiyonlarıngrafiklerini çiziniz.

a) y = x2 − 4 b) y = 2x2 + 3xc) y = x2 + 2 d) y = −4x2 + 1e) y = −x2 + 4x f) y = − 1

2 x2 + 2

2. f : R ⇒ R asagıdaki esitliklerle tanımlanan fonksiyonların grafik-lerini çiziniz.

matematik 2 193

a) y = (x− 2)2 b) y = −2(x + 3)2

c) y = (6x + 1)2 d) y = 12 (x + 2)2

e) y = x2 − 7x + 10 f) y = −x2 + 4x− 3g) y = 6x2 − 5x + 1 h) y = −2x2 + 8x− 5k) y = 1

2 (x− 2)2 + 3 l) y = −(x + 32 )

2 − 2m) y = −2(x− 3)2 + 2 n) y = − 1

4 (x− 1)2 + 10

3. Asagıda tepe noktası T ile üzerindeki bir A noktası verilen parabol-lerin denklemini yazınız.

a) T(6, 1), A(0,−8) b) T(−3, 4) A(−2, 9)d) T(2, 1), A(5, 19) c) T(− 1

4 ,− 12 ) A(−1,−5)

4. Asagıdaki noktalardan geçen parabollerin denklemlerini yazınız.

a) A(−1, 0), B(3, 0), C(0, 3) b) A(−1, 0), B(1, 0), C(0,−1)c) A(−3, 4), B(0,−2), C(3, 4) d) A(−2, 2), B(1, 5), C(4, 2)

5. Tepe noktası T(1, 8) olan ve A(0, 17) noktasından geçen parabolündenklemini bulunuz ve grafigini çiziniz.

6. y = x2 − 2(m− 1)x + m(m− 1)− 1 fonksiyonunun grafiginin OXeksenine teget olması için m’nin alacagı degeri bulunuz.

7. y = 2mx2 + 4mx + m + 4 fonksiyonunun grafiginina) OX eksenine teget olması için m’nin alacagı degeri bulunuz.b) m’nin bulunan degerini yerine yazarak elde edeceginiz fonksiy-onun grafigini çiziniz.

8. y = mx2 − 2(2m− 1)x + 2m + 1 fonksiyonunun grafiginina) A(2,−5) noktasından geçmesi için m’nin alacagı degeri bu-lunuz.b) m’nin bulunan degerini yerine yazarak elde edeceginiz fonksiy-onun grafigini çiziniz.

9. y = (m + 2)x2 + 4mx + 2m + 3 fonksiyonunun görüntü kümesininen küçük elemanının 1

3 olması için m ∈ Z ne olmalıdır. m’ninbulunan degerini yerine yazarak bulacagınız fonksiyonun grafiginiçiziniz.

10. y = −x2 + 2mx + 4(m + 1) fonksiyonunun görüntü kümesinin enbüyük elemanının (1) olması için m’nin alacagı degeri bulunuz.

11. y = mx2 − (m2 + 1)x + m fonksiyonunun gösterdigi egrinin tepenoktasının apsisinin (1) olması için m’nin alacagı degeri bulunuz.

12. y = x2 + (m− 1)x − m fonksiyonunun gösterdigi egrinin simetrieksininin x + 1 = 0 dogrusu olması için m’nin alacagı degeribulunuz.

194 calculus

Esitsizlik Sistemlerinin Grafikle ÇözümüBu bölümde birinci ve ikinci dereceden iki bilinmeyenli esitsizlik

sistemlerinin çözüm kümelerinin, grafiklerden yararlanarak analitikdüzlemde nasıl gösterilecegini görecegiz.

Bu yöntemi esitsizliklerin grafiklerinin birer dogru veya parabollerolması durumunda uyguluyacagız.

Örnekler:

1. y− 2x− 4 ≥ 0,y− 3x− 6 ≤ 0esitsizlik sistemini saglayan noktalar kümesini analitik düzlemdegösterelim:

Önce y− 2x− 4 = 0 dogrusunun grafigini çizelim.

Bu dogru düzlemi H1 ve H2 gibi iki yarı düzleme ayırır. H1 yarıdüzlemi içinde bir P(−3, 0) noktası alalım ve bu noktanın

koordinatlarının esitsizligi saglayıp saglamadıgına bakalım.0− 2(−3)− 4 = 2 > 0 oldugundan,

P(−3, 0) noktasının içinde bulundugu H1 yarı düzlemi arananbölgedir. H1 yarı düzlemindeki bütün noktalar y− 2x− 4 > 0

esitsizligini saglar.Simdi de y− 3x− 6 = 0 dogrusunun grafigini, ayrı bir sekil üzerinde

çizelim.

0(0, 0) noktasının koordinatlarını y− 3x− 6 < 0 esitsizligindeyerlerine yazalım.

matematik 2 195

0− 3.0− 6 < 0⇒ −6 < 0 oldugundan,0(0, 0) noktası y− 3x− 6 < 0 esitsizligini saglar. Buna göre 0(0, 0)

noktasını içinde bulunduran bölge aranan bölgedir.Yukarıdaki iki bölgenin arakesiti, esitsizlik sistemini saglayan

noktaların kümesidir.Her iki esitsizligi saglayan (noktalar kümesi) bölge, asagıdaki grafikte

koyu taranmıstır.

2. y ≤ 2− x− x2,x + 2y + 2 > 0

esitsizlik sistemini saglayan noktaların kümesinianalitik düzlemde gösterelim.

y = −x2 − x + 2 parabolünün grafigini çizelim.

r = − b2a = − 1

2k = f (− 1

2 ) = −(−12 )

2 − (− 12 ) + 2 = 9

4

}⇒ T(−1

2,

94)

x = 0 için y = 2y = 0 için −x2 − x + 2 = 0⇒ x = 1∨ x = −2

x −∞ -2 − 12 0 1 +∞

y −∞ ↗ 0 ↗ 94 ↘ 2 ↘ 0 ↘ −∞

Bu parabol düzlemi üç ayrık bölgeye ayırır. Parabolün iç bölgesindeki0(0,0) noktası için,

196 calculus

0 ≤ 2− 0− 0⇒ 0 ≤ 2

esitsizligi dogrudur. Buna göre parabolün iç bölgesindeki bütünnoktalar için, y ≤ 2− x− x2 esitsizligi saglanır.

x + 2y + 2 > 0 esitsizligi için 0(0,0) noktasını alalım.

0 + 2.0 + 2 > 0⇒ 2 > 0

esitsizligi dogru olduguna göre baslangıç noktası tarafındaki yarıdüzlem aranan bölgedir (kesik çizgi dogru üzerindeki noktaların

çözüm kümesine ait olmadıgını gösterir.)Esitsizlik sistemini saglayan bölge grafikte taranarak gösterilmistir.

3.y > x2 − 1y ≥ 2x− x2

esitsizlik sistemini saglayan noktaları analitik düzlemde gösterelim.

y = x2 − 1 oxve y = 2x− x2

parabollerinin grafiklerini aynı analitik düzlemde çizelim.x −∞ -1 0 1 +∞y +∞ ↘ 0 ↘ -1 ↗ 0 ↗ +∞x −∞ 0 1 2 +∞y −∞ ↗ 0 ↗ 1 ↘ 0 ↘ −∞

y = x2 − 1 parabolünün iç bölgesindeki 0(0,0) noktası için,

0 > 02 − 1⇒ 0 > −1

esitsizligi dogru oldugundan, parabolün iç bölgesindeki bütünnoktalar için y > x2 − 1 esitsizligi dogrudur.

y = 2x2 − x2 parabolünün dıs bölgesindeki A(0, 1) noktası için,

1 > 2.0− 02 ⇒ 1 > 0

oldugundan, bu bölgedeki bütün noktalar y ≥ 2x− x2 esitsizliginisaglar.

Buna göre, birinci parabolün iç bölgesi ile ikinci parabolün dısbölgesinin arakesiti aranan bölgedir.

Örnek 7.9.

Asagıdaki esitsizlik sistemlerini saglayan noktaların kümesini analitikdüzlemde gösteriniz.

matematik 2 197

1) x + 2y− 3 ≥ 0 2) 2x + y ≥ −14y + x− 6 ≥ 0 2x + y < 4

3) 2x + y ≥ 1 4) y < 2x + 2x− y < 3 y > 2− 2x

5) y > x26) y− x2 + 9 > 0

y + x < 3 y + 1 < 0

7) y ≤ 4x− x28) y ≤ −2x2 + x + 6

y− x > 0 y > x2 − 5x + 4

9) x2 − 3x− y− 4 ≤ 0 10) y− 2x2 − 4x− 5 ≥ 05x− x2 − y + 6 ≥ 0 y + 2x2 + 8x + 6 < 0

8Büyük Sayıları Adlandırma

Okuma Parçası

En büyük sayı nedir? Googol nedir? Sentilyon nedir? Büyük sayılarınadları nasıl veriliyor? Sonsuz nedir? Bu sorular, genellikle okul

sıralarında ögrencilerin merak ettikleri sorulardır. Internette küçükbir arastırma, bu merakı giderecek yanıtlarla doludur. O zahmete

giremarkeyenler için, asagıdaki derleme yararlı olabilir.

8.1 En büyük sayı nedir?

En büyük sayı yoktur. En büyük sayı diye tahayyül ettiginiz sayıyadaima 1 ekleyebilir ve böylece en büyük dediginiz sayıdan dahabüyük bir sayı elde edersiniz. Dolayısıyla en büyük sayı yoktur.

Bunu, matematik diliyle söyle ifade ederiz. Dogal Sayılar kümesiminmaksimum ögesi yoktur. Dogal sayılar kümesi yerine, tam sayılar,

rasyonel sayılar ya da gerçel sayılar konularak aynı sonuç ifadeedilebilir.

8.2 Büyük Sayılar Nasıl Adlandırılır?

Büyük sayılar, yaygınlıgı nedeniyle Ingilizce adlarıyla çagrılır. Amabu adlandırma Avrupa’da ve Amerika’da birbirlerinden farklıdır. Bu

yazıda, bu farklılıgın nedenini ve farklılıgı yoketmek için önerilençareleri ele alacagız.

Büyük sayıların adlandırılısı, bir çok alanda oldugu gibi, Latinkökenlidir. Örnegin, Latince 3 anlamına gelen -tri- sözcügünün

arkasına -illion- takısı eklenerek -trillion- sözcügü olusturulur. Bukurgu -million- sözcügüne bir benzetmedir. Fransız matematikçisi

Nicolas Chuquet (1445-1488) 1012 sayısı için -byllion- ve 1018 sayısı için-tryllion- sözcüklerini kullanmıstır. Bu nedenle, büyük sayıları

adlandırma sisteminin, ondan kaynaklandıgı söylenir. Ancak, 1600

yıllarında Fransada 109 yerine -billion- ve 1012 yerine -trillion-

200 calculus

sözcükleri kullanılır olmustur. Fransa ve Amerika bu yeni sistemikullanmaya devam ederken Ingiltere ve Almanya Chuquet sistemini

kullanmayı sürdürmüstür. 1948 yılında Fransa tekrar Chuquetsistemine dönmüs ve böylece Avrupa ve Amerikan adlandırma

sistemleri cografi olarak da ayrılmıstır. Ancak, Amerika’nın finansalüstünlügü agır basmaya baslayınca, büyük sayıları adlandırmadaAmerikan sistemi dünyada yaygınlık kazanmaya baslamıstır. 1974

yılında Ingiltere basbakanı Wilson, Ingilterenin resmi raporlarında-billion- nun 1012 degil, Amerikan sisteminde oldugu gibi 109 sayısıyerine kullanılacagını açıklamıstır. Ama, bu girisim bile, Avrupa ve

Amerikan sistemleri denilen iki adlandırma sisteminibirlestiremarkemistir. Birlestirme yönünde yapılan öneriler vardır. Buönerilere geçmeden önce, Avrupa ve Amerikan sistemlerinde büyük

sayıların nasıl adlandırıldıgını söylemeliyiz. n = 1, 2, 3, 4, 5, . . . gibi birdogal sayı göstersin. Avrupa sisteminde büyük sayılar 10 üzeri (6n)

biçiminde gruplanır. 106n sayısının adı, n sayısının Latince adına-illion- takısı eklenerek söylenir. Amerikan sisteminde takı aynıdırama büyük sayılar 103n+3 biçimindeki gruplara ayrılır. Bu nedenle,billion sayısı Avrupa sisteminde 1012 = 1 000 000 000 000 sayısı iken

Amerikan sisteminde 109 = 1 000 000 000 sayısıdır. 109 sayısınaAvrupada -milliard- ya da -bin milyon- denilmektedir.

Bu gün Amerikanın adlandırma sisteminin daha iyi oldugusöylenemeyecegi gibi, onların Avrupa sistemine dönmesi de

beklenemez. Onun yerine, büyük sayıları adlandırmada, bütünülkelerin anlasacagı yepyeni bir sisteme gitmekte yarar vardır. Buönerilerden birisi, büyük sayıları 103n gruplarına ayırmak, Latincesayılar yerine Yunanca sayıları kullanmaktır. Bir baska öneri de,sayılara International System of Units (SI) takısını eklemektir. Buöneri, fiziksel bilimlerle de uyum saglayacagı için, bilimsel açıdan

daha uygun görünmektedir. Ama, bütün dünyada insanların alıskınoldukları sayı adlarını aniden degistirmek olanaksızdır. Bu degisim,okullardan baslayıp bir iki kusak zaman alacak bir istir. Asagıdaki

tablo, yukarıda söylenenleri özetlemektedir.

8.3 Googol Nedir?

1 in sagına 100 tane sıfır konulunca elde edilen sayıdır. Bu sayıyı 10

üzeri 100 (10100) biçiminde gösteririz. Saka olsun diye yaratıldıgısöylenir. Yukarıdaki adlandırma sistemlerinin hiç birisine uymaz. O

sistemler içinde adlandırmak istersek, googol sayısı Amerikansisteminde 10 duotrigintillion, Avrupa sisteminde 10 sexdecilliard ve

Yunan tabanlı öneride 10 triacontatrillion adlarını alır. 1 in sagınagoogol tane sıfır koyarsak elde edecegimiz sayıya googolplex denilir.

büyük sayilari adlandirma 201

n 103n Amerikan Sistemi Avrupa Sistemi SI öntakısı Öneri3 109 billion milliard giga- gillion4 1012 trillion billion tera- tetrillion5 1015 quadrillion billiard peta- pentillion6 1018 quintillion trillion exa- hexillion7 1021 sextillion trilliard zetta- heptillion8 1027 septillion quadrillion yotta- oktillion9 1027 octillion quadrilliard ennillion10 1030 nonillion quintillion dekillion11 1033 decillion quintilliard hendekillion12 1036 undecillion sextillion dodekillion13 1039 duodecillion sextilliard trisdekillion14 1042 tredecillion septillion tetradekillion15 1045 quattuordecillion septilliard pentadekillion16 1048 quindecillion octillion hexadekillion17 1051 sexdecillion octilliard heptadekillion18 1054 septendecillion nonillion oktadekillion19 1057 octodecillion nonilliard enneadekillion20 1060 novemdecillion decillion icosillion21 1063 vigintillion decilliard icosihenillion22 1066 unvigintillion undecillion icosidillion23 1069 duovigintillion undecilliard icositrillion24 1072 trevigintillion duodecillion icositetrillion25 1075 quattuorvigintillion duodecilliard icosipentillion26 1078 quinvigintillion tredecillion icosihexillion27 1081 sexvigintillion tredecilliard icosiheptillion28 1084 septenvigintillion quattuordecillion icosioktillion29 1087 octovigintillion quattuordecilliard icosiennillion30 1090 novemvigintillion quindecillion triacontillion31 1093 trigintillion quindecilliard triacontahenillion32 1096 untrigintillion sexdecillion triacontadillion33 1099 duotrigintillion sexdecilliard triacontatrillion

Table 8.1: Büyük Sayıları Adlandırma

202 calculus

8.4 Sentilyon (centillion) Nedir?

1 in sagına 303 tane sıfır konulunca elde edilen sayıdır. Bu sayıyı 10

üzeri 303 (10303) biçiminde gösteririz. 103×100+3 biçiminde yazıldıgıiçin Amerikan sistemine uyar. Avrupa sisteminde 10 sexdecilliard ve

Yunan tabanlı öneride 10 triacontatrillion adlarını alır.

Katsayı Adı Simge Katsayı Adı Simge1024 yotta Y 10−1 deci d1021 zetta Z 10−2 centi c1018 exa E 10−3 milli m1015 peta P 10−6 micro µ

1012 tera T 10−9 nano n109 giga G 10−12 pico p106 mega M 10−15 femto f103 kilo k 10−18 atto a102 hecto h 10−21 zepto z101 deka k 10−24 yocto y

Table 8.2: SI öntakıları

Bibliography

bibliography 205

Index

(x, y), 8

A ] B, 32

Ox− ekseni, 8

Oy− ekseni, 8

W, 33

ℵ0, 17

ℵ1, 17

N, 5

\, 16

ω, 16

a < b, 31

a ≺ b, 31

+, 5

-, 5

öge sayısı, 15

öklit, 8

çözüm, 8

çatıskı, 15

apsis, 8

ardıl, 35, 77

axiom, 15, 35, 77

bölüksel, 26

bölüksel küme, 26

bütün kümelerin kümesi, 15

bütün sıra sayılarının sınıfı, 33

büyük sayı adları, 199

baslangıç noktası, 5

belit, 35, 77

bilinmeyen, 8, 139

bir boyutlu, 8

bire-bir-esleme, 5

birim öge, 94

birim uzunluk, 5

birlesme özeligi, 95

birli islem, 91

birli operatör, 91

boyut, 8

completeness, 6

Continuum Hypothesis, 18

düsey, 8

düzlem, 5, 7

dagılma özeligi, 96

dagılma kuralları, 44, 86

degisken, 8, 139

denklem, 8, 139

dogal sayı, 35, 77

dogal sayılar, 5, 35, 77

dogal sayıların kurulusu, 35, 77

dogal sayıların sıralanması, 39, 81

dogru, 7

dogrultu, 5

dogrusal denklem, 8

essıralı, 25, 26

etkisiz öge, 94

islem, 91

islemlerin özelikleri, 93

iki boyutlu, 8

ikili islem, 92

ikinci derece denklmi, 139

iyi sıralı, 25

iyi sıralama, 39, 81

iyi tanımlı, 45, 87

iyi tanımlılık, 19, 45, 87

kök, 139

kümenin büyüklügü, 15

kapalılık, 93

karsılastırma, 30

komutatif, 95

linear denklem, 8

modular aritmetik, 97

mukayese, 30

n-li islem, 92

negatif, 5

nicelik sayıları, 15

operatör, 91

ordinat, 8

paradox, 15

Peano aksiyomları, 38, 80

Peano belitleri, 38, 80

pozitif, 5

rasyonel sayılar, 44, 86

S-çarpma islemi, 92

sürey hipotezi, 18

sıra sayıları, 25

sıra sayılarında aritmetik, 31

sıra sayısı, 26, 29

sıralı çift, 8

sayı dogrusu, 5

sayı ekseni, 5

sonlu ötesi sayılar, 15

sonlu ötesi tümevarım ilkesi, 28

sonlu küme, 15

sonlu tümevarım ilkesi, 38, 80

sonsuz küme, 15

sonsuzluk aksiyomu, 37, 79

tümevarım ilkesi, 38, 80

tasıyıcı dogru, 5

tablo, 96

tablo gösterimi, 96

takas, 95

tam sayılar, 41, 83

tamlık, 6

ters öge, 94

208 calculus

ters konum sıralaması, 32

transfinite numbers, 15

uzay, 7

vektör, 8

yön, 5

yönelti, 5

yatay, 8

yer degisim, 95

yutan öge, 95