Gönderen Konu: Kardinalite ve Sayılabilir Kümeler  (Okunma sayısı 323 defa)

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Efsane Üye
  • ********
  • İleti: 356
  • Karma: +7/-0
Kardinalite ve Sayılabilir Kümeler
« : Kasım 23, 2020, 11:28:12 ös »
Bu konu başlığı altında "kardinalite 1-2-3" adı altında paylaştığım soru ve çözümleri toplayayıp hem bir konu anlatımı oluşturmak hem de farklı soruları aynı başlık adı altında paylaşmak istedim.

Kardinalitenin ne olduğundan bahsedelim. Bir $A$ kümesinin kardinalitesini onun eleman sayısı olarak düşünebiliriz yani $A=\{1,2,3,4\}$ için $Card(A)=4$ olacaktır (Bir kümenin kardinalitesinin farklı gösterimleri de vardır $\mid A \mid$, $n(A)$, $\# A$ gibi). Kümelerin kardinalitelerini karşılaştırmak bize o iki küme arasındaki tanımlanabilecek birebir, örten veya birebir örten fonksiyon olup olmadığı hakkında fikir verir. Örneğin, $A=\{1,2,3\}$, $B=\{3,4\}$, $C=\{2,3,5\}$, $D=\{2,4,6,8\}$ gibi kümeler tanımlayıp bunların kardinalitelerini karşılaştıralım, $Card(A)=3$, $Card(B)=2$, $Card(C)=3$ ve $Card(D)=4$ olup $$Card(D)>Card(A)=Card(C)>Card(B)$$ olur.

$f:A\rightarrow B$ için Güvercin Yuvası İlkesine göre öyle $a,b\in A$ vardır ki $a\neq b$ ve $f(a)=f(b)$ olur. Yani $f$, birebir olamaz ama $f_1: B\rightarrow A$ için birebir bir fonksiyon bulabiliriz. Örneğin, $f_1=\{(3,1),(4,2)\}$ birebir bir fonksiyondur. Benzer şekilde $g: D\rightarrow A$ için birebir fonksiyon yokken $g_1: A\rightarrow D$ için $g_1=\{(1,2),(2,4),(3,6)\}$ fonksiyonu birebirdir. Buradan şunu gözlemleyebiliriz, $Card(Y)\geq Card(X)$ ise $X$'den $Y$'ye birebir bir fonksiyon tanımlayabiliyoruz (Bunun ispatını eklemeyeceğim fakat göstermek isteyenler için örnekte de kullandığımız gibi Güvercin Yuvası İlkesini kullanabilirsiniz).

Bu kümelerle örten bir fonksiyon tanımlayabilip tanımlayamayacağımıza bakalım. Eğer $h:X\rightarrow Y$ gibi bir fonksiyonumuz örten ise $Y$'nin her elemanının aynı zamanda görüntü kümesinde olması gerekir. Yani her $y\in Y$ için öyle bir $x\in X$ vardır ki $h(x)=y$ sağlanır. Dolayısıyla $X$ kümesinde daha fazla veya eşit sayıda elemanı olması gerekir (Sonsuz elemanlı kümelerde daha fazla elemanı olmasının ne anlama geldiğinden bahsedeceğiz). Dolayısıyla $Card(X)\geq Card(Y)$ olmalıdır (Bu ispattan $Card(X)\geq Card(Y)$ ise örten fonksiyon tanımlanabilir ifadesi çıkartılamaz ama aşağıda göstereceğimiz yolla bu da gösterilebilir).

$A$ ve $C$ kümelerinin kardinaliteleri eşittir ($Card(A)=Card(C)$). Yani yukarıda bahsettiğimiz gibi hem birebir hem de örten fonksiyon tanımlayabilmeliyiz. Gerçekten de $f: A\rightarrow C$ için $f=\{(1,2),(2,3),(3,5)\}$ olarak tanımlarsak $f$, birebir ve örten olmuş olur.

Sonlu sayıda eleman içeren kümeler için karşılaştırma yapabiliyoruz fakat kümeleri $\mathbb{R}$, $\mathbb{Z}$ ve $\mathbb{N}$ gibi sonsuz elemanlı seçersek büyüklük karşılaştırması yapamayız. Bu durumda kardinaliteler arasındaki büyüklük, küçüklük veya eşitlik gibi ilişkileri daha farklı tanımlamalıyız. O yüzden aşağıdaki tanımları kullanabiliriz,

$1)$ Eğer $A$ kümesinden $B$ kümesine tanımlı birebir ve örten bir fonksiyon varsa $Card(A)=Card(B)$ olarak gösterilir. Eğer böyle bir fonksiyon yoksa $Card(A)\neq Card(B)$ olarak gösterilir. Burada şunları gözlemleyebiliriz,

$1a)$ Her $A$ kümesi için $Card(A)=Card(A)$'dır çünkü $f(x)=x$ birim fonksiyonu birebir ve örten olacaktır.

$1b)$ Her $A$ ve $B$ kümesi için $Card(A)=Card(B)$ ise $Card(B)=Card(A)$'dır çünkü $f$, $A$'dan $B$'ye tanımlı birebir ve örten bir fonksiyon ise $f^{-1}$ fonksiyonu da $B$'den $A$'ya tanımlı birebir ve örten bir fonksiondur.

$1c)$ Her $A$, $B$ ve $C$ kümeleri için $Card(A)=Card(B)$ ve $Card(B)=Card(C)$ ise $Card(A)=Card(C)$'dir. Bunu yukarıdaki sorudaki iddiada kullandığımız gibi bileşke fonksiyon kullanarak gösterebiliriz.

$2)$ Eğer $A$'dan $B$'ye tanımlı birebir bir fonksiyon varsa $Card(A)\leq Card(B)$'dir. Burada da şunu gözlemleyebiliriz,

$2a)$ Her $A$ ve $B$ için $Card(A)\leq Card(B)$ ise $B$'den $A$'ya örten bir fonksiyon tanımlayabiliriz çünkü $g$, $A$'dan $B$'ye birebir bir fonksiyon ise $R(g)$ görüntü kümesi, $a\in A$ ve $b\in B$ olmak üzere, $b\in R(g)$ ise $g_1(b)=g^{-1}(b)$ olarak ($g^{-1}(b)$'den kasıt $b$ değerine giden $A$ kümesi elemanıdır) ve $b\notin R(g)$ ise $g_1(b)=a$ olarak tanımlarsa $g_1$ fonksiyonu $B$'den $A$'ya tanımlı örten bir fonksiyon olur.

$2b)$ $A$, $B$ ve $C$ kümeleri için $Card(A)\leq Card(B)$ ve $Card(B)\leq Card(C)$ ise $Card(A)\leq Card(C)$ olur. Bunun ispatı ise $A$'dan $B$'ye birebir $f$ ve $B$'den $C$'ye birebir $g$ fonksiyonu için $g\circ f$, $A$'dan $C$'ye birebir fonsiyon olur.

$3)$ Eğer $Card(A)\leq Card(B)$ fakat $Card(A)\neq Card(B)$ ise $Card(A)<Card(B)$ olarak gösterilir.

Bu gösterimlerin sonlu sayıda elemana sahip kümeler için zaten doğru olduğu görülebilir ve bu yeni tanımlarla artık sonsuz elemanlı kümeleri de karşılaştırabiliriz.

Kardinalite konusunda en çok bilinenlerden biri $Card(\mathbb{R})\neq Card(\mathbb{N})$ olduğudur, bunun ispatını ekleyeceğim.

Not 1: $A$ ve $B$, $A\subseteq B$ şartını sağlayan kümeler olsun. $f: A\rightarrow B$ için $f(x)=x$ fonksiyonu birebir olacağından $Card(A)\leq Card(B)$ olacaktır Dolayısıyla $Card(\mathbb{N})\leq Card(\mathbb{R})$ olacaktır ayrıca $Card(\mathbb{R})\neq Card(\mathbb{N})$ olduğundan $Card(\mathbb{N})<Card(\mathbb{R})$ olacaktır.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Efsane Üye
  • ********
  • İleti: 356
  • Karma: +7/-0
Ynt: Kardinalite ve Sayılabilir Kümeler
« Yanıtla #1 : Kasım 23, 2020, 11:30:31 ös »
Soru: $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{N}$ tanımlı bir $f$ fonksiyonun birebir ve örten bir fonksiyon olamayacağını gösteriniz.

İspat: $A$'dan $B$'ye tanımlı bir $f$ fonksiyonu birebir ve örtendir ancak ve ancak $f(g(x))=g(f(x))=x$ olacak şekilde $B$'den $A$'ya tanımlı bir $g$ fonksiyonu vardır (yani tersi vardır).

İspattan önce bir iddiayı ispatlayalım,

İddia: $g:(0,1) \rightarrow \mathbb{R}$ tanımlı birebir ve örten olan bir $g$ fonksiyonu vardır.

İspat: $g_1:\left (-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right ) \rightarrow \mathbb{R}$ olmak üzere $g_1(x)=\tan{x}$ birebir ve örten bir fonksiyondur. Fonksiyonun bu halinde oynamalar yaparak $(0,1)$ kümesini elde edebiliriz.

$g_2:\left (0,1\right ) \rightarrow \mathbb{R}$ olmak üzere $g_2(x)=\tan\left (\pi x-\dfrac{\pi}{2}\right )$ fonksiyonu birebir ve örten olmuş olur.

Şimdi $\mathbb{R}$'den $\mathbb{N}$'ye tanımlı birebir ve örten $f$ fonksiyonunun varlığını kabul edelim. $g$ de $(0,1)$'den $ \mathbb{R}$'ye tanımlı birebir ve örten bir fonksiyon olsun. O halde $(f\circ g)(x)$ bileşke fonksiyonu da $(0,1)$'den $\mathbb{N}$'ye tanımlı birebir ve örten bir fonksiyon olacaktır ve $h(x)=(f\circ g)^{-1}(x)$ fonksiyonu da $\mathbb{N}$'den $(0,1)$'ye tanımlı birebir ve örten bir fonksiyon olur. Şimdi $h: \mathbb{N}\rightarrow (0,1)$ olan birebir ve örten olan fonksiyonu inceleyelim.

$h(n)$ değerlerinin ondalık yazılımdaki hallerine bakalım, $a_{ij}$ terimleri rakam olmak üzere, $$h(n)=0,a_{n0}a_{n1}a_{n2}\dots$$ olarak tanımlayalım. Şimdi $0<a<1$ olarak şekilde bir $a$ sayısı tanımlayalım, $$b_k=\begin{cases} 1 & a_{kk} \neq 1 \\ 2 & a_{kk}=1  \end{cases}$$ ve $a=0,b_0b_1b_2\dots$ olsun. Fonksiyon örten olduğundan, bu sayının görüntü kümesinde olması gerekir. Başka bir deyişle öyle bir $m$ doğal sayısı vardır ki $h(m)=a=0,b_0b_1b_2\dots$ olsun. $h(m)$'nin açılımında $a_{mm}=b_m$ olmalıdır ($h(m)=a$ olduğu için) fakat $b_m$'nin tanımı gereği hiçbir $m$ doğal sayısı için $a_{mm}=b_m$ sağlanılmaz. Dolayısıyla $h(m)$=a olacak şekilde bir $m$ yoktur ve bu da $h$'nin örten olmasıyla çelişir. Dolayısıyla ana kabulumuz olan $\mathbb{R}$'den $\mathbb{N}$'ye tanımlı birebir ve örten olan bir $f$ olduğu yanlıştır.

Not: $A$ ve $B$ kümeleri için $A\subset B$ olması $Card(A)<Card(B)$ olduğunu göstermez. Örneğin, $(0,1)\subset \mathbb{R}$ olmasına rağmen $Card((0,1))=Card(\mathbb{R})$ olduğunu iddiada ispatladık.
« Son Düzenleme: Kasım 23, 2020, 11:35:31 ös Gönderen: metonster »
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Efsane Üye
  • ********
  • İleti: 356
  • Karma: +7/-0
Ynt: Kardinalite ve Sayılabilir Kümeler
« Yanıtla #2 : Kasım 23, 2020, 11:32:30 ös »
Cantor Teoremi:

$A$ bir küme olmak üzere, $\wp(A)$'yı $A$'nın altkümelerinin oluşturduğu küme olarak tanımlayalım. Buna göre,

$f:A\rightarrow \wp(A)$ tanımlı bir $f$ fonksiyonun birebir ve örten bir fonksiyon olamayacağını gösteriniz. Diğer bir deyişle $Card(A)\neq Card(\wp (A))$ olduğunu gösteriniz.

İspat: Öncelikle $A$'nın boş küme olması durumuna bakalım. Bu durumda $\wp(A)=\{\emptyset\}$ olur ve tanımlanabilecek tek fonksiyon, boş fonksiyon olur fakat $\wp(A)$ kümesi boş küme olmadığından bu fonksiyon birebir ve örten olmayacaktır. Eğer $A$ boş küme değilse,

Bizim göstermemiz gereken şey, $f: A\rightarrow \wp (A)$ olan her $f$ fonksiyonu için $\wp (A)$ kümesinde görüntü kümesinde olmayan en az bir eleman olduğudur. $\wp(A)$ kümesi, kümelerden oluştuğu için her $a\in A$ için $f(a)$ bir kümedir, hatta $\wp(A)$ kümesinin elemanları $A$'nın altkümesi olduğundan $f(a)$, $A$'nın altkümesidir. Şimdi yeni bir küme tanımlayalım, $$X=\{a\in A\mid a\notin f(a)\}$$ olarak bir küme tanımlayalım. $X$ kümesi $A$'nın elemanlarından oluştuğundan $X$, $A$'nın altkümesidir. Yani $X\in \wp(A)$ olacaktır. Şimdi $X$ kümesinin görüntü kümesinde olmadığını gösterelim. Yani herhangi bir $c\in A$ için $f(c)=X$ olacak şekilde bir $c$ olmadığını gösterelim. $X$'in bir küme olduğunu biliyoruz.

$i)$ $c\in X$ ise $X$ kümesinin tanımı gereği $c\notin f(c)$ yani $c\notin X$ olmalıdır. Bu bir çelişkidir.

$ii)$ $c\notin X$ ise tanımı gereği $c\in X$, yani $c\in f(c)$ olmalıdır. Bu da bir çelişkidir.

Yani hiçbir $c$ için $f(c)=X$ olamaz, dolayısıyla $X$, görüntü kümesinde değildir. Dolayısıyla $f$ örten değildir. Çelişki.

Not 1: $A$'dan $\wp(A)$'ya birebir fonksiyon bulabiliriz. Örneğin, $f(a)=\{a\}$ bunu sağlar. Dolayısıyla $Card(A)<Card(\wp(A))$ olacaktır.

Not 2: Eğer $A$ kümesi sonlu elemana sahipse $Card(A)=n$ ise $Card(\wp(A))=2^n$ olacaktır. $Card(A)<Card(\wp(A))$ olacağı barizdir fakat $A$'nın sonsuz elemana sahip olduğu durumlarda bu yorumu yapamayacağımızdan bu doğru bir ispat değildir.
« Son Düzenleme: Kasım 23, 2020, 11:34:29 ös Gönderen: metonster »
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Efsane Üye
  • ********
  • İleti: 356
  • Karma: +7/-0
Ynt: Kardinalite ve Sayılabilir Kümeler
« Yanıtla #3 : Kasım 23, 2020, 11:36:37 ös »
Schröder-Bernstein Teoremi:

$A$ ve $B$ kümeleri için, hem $A$'dan $B$'ye hem de $B$'den $A$'ya birebir fonksiyon tanımlayabiliyorsak $A$'dan $B$'ye birebir ve örten bir fonksiyon tanımlayabileceğimizi gösterin. Diğer bir deyişle, $$ \left [\left (Card(A)\leq Card(B)\right )\wedge \left (Card(B)\leq Card(A)\right )\right ]\Rightarrow \left (Card(A)= Card(B)\right )$$ olduğunu gösterin.

İspat: $A$ ve $B$ kümeleri arasındaki birebir fonksiyonları tanımlayalım. $f:A\rightarrow B$ ve $g:B\rightarrow A$ birebir fonksiyonlar olsun. Şimdi $A$ ve $B$ kümesinin elemanlarının atalarını tanımlayalım;

Eğer $a\in A$ için $g(b)=a$ ise $b$, $a$'nın bir atası olsun, benzer şekilde $b\in B$ için $f(a)=b$ ise $a$, $b$'nin atası olsun. Ayrıca tanıma şunu da ekleyelim, atanın atası da elemanın atasıdır ve her eleman kendisinin atasıdır.

Örnek vermek gerekirse $A=\{a_1,a_2,a_3,\dots\}$ ve $B=\{b_1,b_2,b_3,\dots\}$ için $f(a_1)=b_2$, $g(b_2)=a_3$, $f(a_3)=b_7$ ve $g(b_7)=a_2$ olsun. $a_2$'nin ataları en yakın atadan uzağa doğru $a_2$, $b_7$, $a_3$, $b_2$, $a_1$ şeklinde ilerler.

Fonksiyonlar birebir olduğundan bir elemanın aynı nesil içerisinde birden fazla atası olamaz.

Eğer bu fonksiyonlardan biri örtense şart zaten sağlanır. Eğer değilse öyle $a\in A$ ve $b\in B$ elemanları vardır ki $$f(a')=b~~~~~\text{ve}~~~~~g(b')=a$$ olacak şekilde $a'\in A$ ve $b'\in B$ yoktur. Bu şekildeki $a\in A$'lara $aaaaa$ ve $b\in B$'lere $bbbbb$ diyelim. Şimdi $A$ ve $B$ kümesini ikiye bölelim, $$A_1=\{a\in A \mid \text{a'nın ataları arasında $aaaaa$ bir eleman vardır}\}$$ $$A_2=\{a\in A \mid \text{a'nın ataları arasında $aaaaa$ bir eleman yoktur}\}$$ $$B_1=\{b\in B \mid \text{b'nin ataları arasında $aaaaa$ bir eleman vardır}\}$$ $$B_2=\{b\in B \mid \text{b'nin ataları arasında $aaaaa$ bir eleman yoktur}\}$$ Bu kümeler arasında şu görülmelidir ki $A_1\cup A_2=A$ ve $B_1\cup B_2=B$'dir. Ayrıca $A_1$ ile $A_2$ ve $B_1$ ile $B_2$ ayrık kümelerdir.

Şimdi $A_1$ kümesinden bir $a_1$ elemanı alalım, $f(a_1)=b_1$ olsun. $a_1$'nin ataları, $b_1$'in de atası olacağından $b_1$'in ataları arasında $aaaaa$ vardır. Dolayısıyla $b_1\in B_1$ olacaktır. Şimdi herhangi bir $b_2\in B_1$ için $b_2$'nin atalarına bakalım. $b_2$'nin atası olmak zorundadır çünkü tanımı gereği ataları arasında $aaaaa$ vardır. Dolayısıyla öyle bir $a_2$ vardır ki $f(a_2)=b_2$ olsun. Ayrıca $b_2$'nin kendisi $aaaaa$ olamayacağından $a_2$'nin ataları arasında $aaaaa$ vardır. Dolayısıyla $a_2\in A_1$ bulunur. Buradan görülür ki $f$ fonksiyonunu $A_1$ ve $B_1$ kümeleri arasında sınırlayabiliriz ve bu sınırlama ile elde edeceğimiz $f_1:A_1\rightarrow B_1$ fonksiyonu birebir örten olacaktır.

Şimdi $B_2$ kümesinden bir $b'_1$ elemanı alalım. $g(b'_1)=a'_1$ olsun. $a'_1$, $B$ kümesinin elemanlarından birinin görüntüsü olduğundan $aaaaa$ olamaz, ayrıca $b'_1$ 'nın ataları arasında hiç $aaaaa$ olmadığından $a'_1$'in ataları arasında da $aaaaa$ yoktur, dolayısıyla $a'_1\in A_2$'dir. Şimdi $a'_2\in A_2$ için atalarına bakalım, kendisi de kendisinin atası olduğundan $a'_2$ bir $aaaaa$ değildir. Dolayısıyla öyle bir $b'_2\in B$ vardır ki $g(b'_2)=a'_2$ olsun. $a'_2$'nin ataları arasında hiç $aaaaa$ olmadığından $b'_2$'nin de ataları arasında $aaaaa$ yoktur. Dolayısıyla $b'_2\in B_2$'dir. Böylece $g$ fonksiyonunu da bu kümelerce sınırlayabildiğimizi görürüz. Yani $g_1:B_2\rightarrow A_2$ fonksiyonu da birebir ve örtendir.

Şimdi bu iki fonksiyonu birleştirelim, kümeler ayrık olduğundan ve birleşimleri $A$ ve $B$ kümesini verdiğinden $f_1\cup g_1^{-1}$ fonksiyonu $A$'dan $B$'ye tanımlı birebir ve örten bir fonksiyon olacaktır.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Efsane Üye
  • ********
  • İleti: 356
  • Karma: +7/-0
Ynt: Kardinalite ve Sayılabilir Kümeler
« Yanıtla #4 : Kasım 24, 2020, 03:30:12 ös »
Sayılabilir kümeler

Bir $A$ kümesinin sonlu, sonsuz, sayılabilir sonsuzlukta veya sayılamaz sonsuzlukta olduğu $\mathbb{N}$ kümesiyle olan ilişkisi üzerinden tanımlanır.

Eğer $Card(A)<Card(\mathbb{N})$ ise $A$ kümesine sonlu (finite) küme denir.

Eğer $Card(\mathbb{N})\leq Card(A)$ ise $A$ kümesine sonsuz (infinite) küme denir.

Eğer $Card(A)=Card(\mathbb{N})$ ise $A$ kümesine numaralandırılabilir (denumerable) veya sayılabilir sonsuzlukta (countably infinite) küme denir.

Eğer $Card(A)\leq Card(\mathbb{N})$ ise $A$ kümesine sayılabilir (countable) küme denir.

Eğer $Card(\mathbb{N})<Card(A)$ ise $A$ kümesine sayılamaz (uncountable) küme denir.

Örnek:

$A_1=\{1,2,3,4,5\}$ kümesi sonlu bir kümedir.
$A_2=\{2,3,5,7,11,13,17,\dots\}$ asal sayılar kümesi sayılabilir sonsuzlukta bir kümedir.
$\mathbb{R}$, reel sayılar kümesi sayılamaz bir kümedir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Efsane Üye
  • ********
  • İleti: 356
  • Karma: +7/-0
Ynt: Kardinalite ve Sayılabilir Kümeler
« Yanıtla #5 : Kasım 25, 2020, 01:07:01 ös »
$a)$ Rasyonel sayılar kümesinin ($\mathbb{Q}$) sayılabilir sonsuzlukta olduğunu gösteriniz.

$b)$ Tamsayılar kümesinin ($\mathbb{Z}$) sayılabilir sonsuzlukta olduğunu gösteriniz.

$c)$ Tüm elemanları rasyonel sayı olan bir kümenin sayılabilir olduğunu gösteriniz.

İspat: $a)$ Rasyonel sayılar kümesini şu şekilde tanımlayabiliriz, $\mathbb{Q}=\left \{\dfrac{p}{q}\mid EBOB(p,q)=1,~p\in \mathbb{Z},~ q\in \mathbb{Z}^+\right \}$ Eğer $f$ fonksiyonunu $\mathbb{Q}$'dan $\mathbb{N}$'ye şöyle tanımlayabiliriz, $$f\left (\dfrac{p}{q}\right)=\begin{cases} 2^p3^q & p\geq 0 \\ 2^{-p}3^q5 & p<0 \end{cases}$$ Bu fonksiyon birebirdir çünkü eğer $f\left (\dfrac{p_1}{q_1}\right)=f\left (\dfrac{p_2}{q_2}\right)$ ise ya ikisi birden $5$'e bölünüyordur ya da ikisi de $5$'e bölünmüyordur (fonksiyonun tanımından dolayı). İkisi de $5$'e bölünüyorsa $p_1$ ve $p_2$ değerleri negatif tamsayıdır ve $2^{-p_1}3^{q_1}5=2^{-p_2}3^{q_2}5$ olacağından $p_1=p_2$ ve $q_1=q_2$ olmalıdır. Benzer şekilde fonksiyonlar $5$ ile bölünmüyorsa da $(p_1,q_1)=(p_2,q_2)$ olacaktır. Dolayısıyla fonksiyon birebirdir. Yani $$Card(\mathbb{Q})\leq Card(\mathbb{N})$$ olacaktır. Ayrıca $\mathbb{N}\subseteq \mathbb{Q}$ olduğundan $Card(\mathbb{N})\leq Card(\mathbb{Q})$ olacağını söyleyebiliriz (Kardinalitenin tanımının altındaki notlar kısmında bulabilirsiniz). Dolayısıyla Schröder-Bernstein teoreminden $$Card(\mathbb{N})= Card(\mathbb{Q})$$ olmalıdır. Dolayısıyla $\mathbb{Q}$ sayılabilir sonsuzlukta bir kümedir.

$b)$ $\mathbb{Z}\subseteq \mathbb{Q}$ olduğundan $Card(\mathbb{Z})\leq Card(\mathbb{Q})$ olur. Ayrıca $\mathbb{N}\subseteq \mathbb{Z}$ olduğundan $Card(\mathbb{N})\leq Card(\mathbb{Z})$ olur. Bir önceki şıkta $Card(\mathbb{Q})\leq Card(\mathbb{N})$ olduğunu göstermiştik dolayısıyla $Card(\mathbb{Q})\leq Card(\mathbb{Z})$ olacaktır (Bunu kardinalitenin tanımında 2b şıkkında göstermiştik). $Card(\mathbb{Z})\leq Card(\mathbb{Q})$ ve $Card(\mathbb{Q})\leq Card(\mathbb{Z})$ olduğundan, Schröder-Bernstein teoreminden $$Card(\mathbb{Z})= Card(\mathbb{Q})$$ olacaktır. $Card(\mathbb{N})= Card(\mathbb{Q})$ olduğundan $$Card(\mathbb{N})= Card(\mathbb{Q})=Card(\mathbb{Z})$$ olacaktır. Dolayısıyla $\mathbb{Z}$ sayılabilir sonsuzlukta bir kümedir.

$c)$ Tüm elemanları sayılabilir olan küme $A$ olsun. $A\subseteq \mathbb{Q}$ olduğundan $Card{A}\leq Card(\mathbb{Q})$ olacaktır. Ayrıca $Card{\mathbb{Q}}\leq Card(\mathbb{N})$ olduğundan $Card{A}\leq Card(\mathbb{N})$ olacaktır. Dolayısıyla $A$ kümesi sayılabilir bir kümedir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal