Kuratowski Kapanış-Tümleyen Teoremi

Posted on 26 Ağustos 2021 by esrakorkmaz

KURATOWSKI - Encyklopedia w INTERIA.PL — Kazimierz Kuratowski

Kuratowski Kapanış-Tümleyen Teoremi, 1922 yılında Kazimierz Kuratowski tarafından ortaya koyulmuş, sadece topolojik değil cebirsel olarak da nitelendirilebilecek bir teoremdir. Genel Topoloji dersini almaya yeni başlamış olanlar bile oldukça kolay ispatlayabilir yada ispatını anlayabilirler. Hadi o zaman biraz ispat ve beyin jimnastiği yapalım.

Öncelikle işe birkaç gösterimle başlayalım. $(X,\tau)$ bir topolojik uzay ve $A\subseteq X$ olmak üzere, $k(A)=\overline{A}$ ( $A$ ‘nın kapanışı) ; $t(A)=X\setminus A$ ( $A$ ‘nın tümleyeni) ; $i(A)=A^\circ$ ( $A$ ‘nın içi olsun. Bu durumda aşağıdaki özellikler sağlanır:

(t1) $t^2(A)=t(t(A))=A$ .
(t2) $A\subseteq B \Rightarrow t(B)\subseteq t(A)$ .
(k1) $k^2(A)=k(k(A))=k(A)$ .
(k2) $A\subseteq B \Rightarrow k(A)\subseteq k(B)$ .
(i1) $i(A)\subseteq A$ .
(i2) $t(k(t(A)))=t(t(i(A)))=i(A)$ . Ya da daha tanıdık gelecek bir gösterimle, $X\setminus \overline{X\setminus A}=X\setminus (X\setminus A^\circ)= A^\circ )$ . Bunu gösterirken $k(t(A))=t(i(A))$ (yani $\overline{X\setminus A}=X\setminus A^\circ)$ özelliği kullanılabilir.

Şimdi sıra teoremde: Kuratowski’ye göre $A$ kümesine kapanış ve tümleyen operatörlerini uygulayarak en fazla 14 farklı küme elde edebiliriz. Bu operatörleri bir ondan bir öbüründen gibi farklı şekillerde uygulayacağız. Sadece bir tanesini uygulamak ya da hiçbirini uygulamamak gibi seçenekler de bu işleme dahil olacak. Ayrıca $t^2(A)=A$ ve $k^2(A)=k(A)$ olduğuna da dikkat edeceğiz. İşte bütün bu şartlar altında elde edeceğimiz kümeler şu şekildedir:

$A, t(A), k(A), tk(A), kt(A)$ , $tkt(A), ktk(A), tktk(A), ktkt(A)$ , $tktkt(A), ktktk(A)$ , $tktktk(A), ktktkt(A), tktktkt(A)$ .

Buradan sonra uygulayacağımız her operatörde elimizde olan kümelerden biriyle karşılaşırız. Bunu görmek için $ktktktk(A)=ktk(A)$ eşitliğini ispatlamamız yeterli olacaktır. Çünkü yukarıdaki diziyi devam ettirmek istersek, sıradaki elemanlar $ktktktk(A)=ktk(A)$ ile $tktktktk(A)=tktk(A)$ olur ki bunlar daha önce zaten yazılmıştır. Burada hem fikirsek $ktktktk(A)=ktk(A)$ eşitliğinin doğru olduğunu gösterip ispatı sonlandırabiliriz.

$\underline{ktktktk(A)\subseteq ktk(A)}$ : Öncelikle (i2)‘den $tkt=i$ olduğundan $tktktk(A)=tkt(ktk(A))=i(ktk(A))$ ‘dır. Bu nedenle (i1)‘den $tktktk(A)\subseteq ktk(A)$ ‘dir. Burada kapsamanın her iki tarafına $k$ operatörü uygularsak (k2)‘den $ktktktk(A)\subseteq kktk(A)=ktk(A)$ elde ederiz.

$\underline{ktk(A)\subseteq ktktktk(A)}$ : Bu kez, $tktk(A)= tkt(k(A))$ kümesi $k(A)$ ‘nın içi olduğundan $tktk(A)\subseteq k(A)$ elde edilir. Şimdi bu kapsamaya art arda 3 operatör uygulayarak sonuca ulaşacağız. Tabii (t2) ve (k2) özelliklerine dikkat ederek.
$\bullet$ Önce $k$ ile başlayalım: $ktktk(A)\subseteq kk(A)=k(A)$
$\bullet$ Son elde ettiğimize $t$ uygulayarak devam edelim: $tk(A) \subseteq tktktk(A)$
$\bullet$ Şimdi bir $k$ operatörü daha: $ktk(A) \subseteq ktktktk(A)$ .

Her iki kapsamadan istenilen eşitliğe ulaşmak mümkündür. Teoremin geri kalanı, bu operatörleri uygulayarak maksimum sayıda, yani 14 tane küme elde edebileceğimiz bir uzayın var olduğunu söylüyor. İşte örnek:

$X=\mathbb{R}$ ve $A=(0,1)\cup (1,2)\cup \{3\}\cup ([4,5]\cap \mathbb{Q})$ olsun. Bu durumda elde edeceğimiz kümeler şunlardır:

1) $A=(0,1)\cup (1,2)\cup \{3\}\cup ([4,5]\cap \mathbb{Q})$
2) $k(A)=[0,2]\cup \{3\}\cup [4,5]$
3) $t(A)=(-\infty,0]\cup \{1\}\cup [2,3)\cup (3,4)\cup ([4,5]\cap (\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}))\cup (5,\infty)$
4) $kt(A)=(-\infty,0] \cup \{1\} \cup [2,\infty)$
5) $tk(A)= (-\infty,0) \cup (2,3)\cup (3,4)\cup (5,\infty)$
6) $ktk(A)= (-\infty,0] \cup [2,4]\cup [5,\infty)$
7) $tkt(A)= (0,1)\cup (1,2)$
8) $ktkt(A)=[0,2]$
9) $tktk(A)=(0,2)\cup (4,5)$
10) $ktktk(A)=[0,2]\cup [4,5]$
11) $tktkt(A)= (-\infty,0) \cup (2,\infty)$
12) $ktktkt(A)= (-\infty,0]\cup [2,\infty)$
13) $tktktk(A)= (-\infty,0)\cup (2,4)\cup (5,\infty)$
14) $tktktkt(A)=(0,2)$

Peki bu teoremin cebirsel olarak nitelendirilmesinin sebebi nedir? $G=\{g_i : i\in I\}$ , bir $S$ kümesi üzerindeki operatörlerin kümesi olmak üzere, $G$ ‘nin elemanlarının bileşkesini alarak yeni operatörler elde edebiliriz. Bileşke işlemi birleşme özelliğini sağladığından, birbirinden farklı operatörlerin kümesi bileşke işlemi ile bir monoid olur. Herhangi bir $(X,\tau)$ topolojik uzayı üzerindeki tümleyen ve kapanış operatörleri ile üretilen monoid, $X$ uzayının Kuratowski monoidi olarak adlandırılır. İşte bu Kuratowski monoidleri yardımıyla topolojik uzayları sınıflandırmak mümkündür. İlgilenenler ve daha fazlasını isteyenler buyursunlar.

KAYNAKLAR
1) Gardner, B. J., M. Jackson, The Kuratowski closure-complement theorem, New Zealand Journal of Mathematics 38, 9-44, 2008.
2) https://math.stackexchange.com/questions/876436/a-question-on-the-proof-of-14-distinct-sets-can-be-formed-by-complementation-and

Süreklilik vs Düzgün Süreklilik

Posted on 22 Ağustos 2021 by esrakorkmaz

Süreklilik ve düzgün süreklilik, tanım olarak birbirine oldukça yakın görünen iki kavram. Peki bunları birbirinden farklı kılan o ince ayrıntı nedir. İleri analiz dersi almış olanlar tanımları arasındaki farkı mutlaka biliyorlardır. İşte şimdi bu tanımların geometrik olarak ne anlattığına bir bakalım.

Bunun için ilk olarak önce sürekliliği anlamak/hatırlamak gerekiyor. İnternette üstünkörü bir araştırma yaptığınızda, “bir fonksiyonun sürekli olması, onun grafiğini kaleminizi hiç kaldırmadan çizebilmenizdir” gibi açıklamalarla karşılaşırsınız. Bu tam olarak da doğru sayılmaz aslında. Tamam, bu şekilde çizilebilen her fonksiyon sürekli olabilir fakat her sürekli fonksiyon ille de bu özelliği sağlayacak diyemeyiz. Örneğin,

$f(x)= \begin{cases} x sin {\frac{1}{x}} & x\neq 0 \\ 0 & x=0 \\ \end{cases}$

parçalı fonksiyonunu elimizi kaldırmadan çizmemiz mümkün olmayacaktır. Hatta, orijinde sonsuz kez salınım yaptığından, teknik olarak, grafiği elle çizmemiz dahi mümkün olmayacaktır. Fakat bu fonksiyon reel sayılar üzerinde süreklidir.

Şimdi reel sayılar üzerinde tanımlı bir $f$ fonksiyonun bir $x_0$ noktasında sürekliliğini şöyle bir oyunla anlamaya çalışalım. Karşınızdaki kişi size herhangi bir $\epsilon>0$ versin. y-ekseni üzerinde $(f(x_0)-\epsilon, f(x_0)+\epsilon)$ aralığını işaretleyelim. Soru şu: Acaba $(x_0-\delta, x_0+\delta)$ aralığındaki tüm noktaların görüntüleri $(f(x_0)-\epsilon, f(x_0)+\epsilon)$ aralığının içinde kalacak şekilde en az bir $\delta>0$ sayısı bulabilir misiniz? İşte size verilen her $\epsilon$ için bunu başarabilirseniz, fonksiyonunuz o noktada sürekli olur, yani kazanan siz olursunuz.

Yukarıdaki $f$ fonksiyonunda her $\epsilon>0$ için başarı sağlamak mümkün. Fakat $g$ fonksiyonu umutsuz vaka. Şekildeki gibi seçilen $\epsilon$ sayısına karşılık, koşula uyan bir $\delta$ maalesef bulunamaz. Çünkü ne seçersek seçelim, $x_0$ ‘ın solundaki noktaların görüntüsü bu aralığın dışına düşer.

Matematiksel olarak ifade edecek olursak,

$\forall \epsilon>0$ , $\exists \delta>0$ ; $(x_0-\delta<x< x_0+\delta)\Rightarrow (f(x_0)-\epsilon<f(x)< f(x_0)+\epsilon)$

ya da ilk eşitsizliğin her tarafından $x_0$ , ikincisinden ise $f(x_0)$ çıkarırsak,

$\forall \epsilon>0$ , $\exists \delta>0$ ; $(-\delta<x-x_o< \delta) \Rightarrow (-\epsilon<f(x)-f(x_0)< \epsilon)$ .

Buradan da mutlak değere geçersek,

$\forall \epsilon>0$ , $\exists \delta>0$ ; $\mid x-x_0 \mid < \delta \Rightarrow \mid f(x)-f(x_0)\mid <\epsilon$ .

(Şunu da eklemekte fayda var; burada mutlak değer yerine metrik fonksiyonu ya da komşuluklar kullandığımızda metrik ve topolojik uzaylarda süreklilik tanımını elde edebiliriz.)

Görüldüğü gibi süreklilik oldukça lokal, yani noktasal bazda bir kavram. Diyelim ki fonksiyonunuz tanım kümesindeki her noktada sürekli. Demek ki her $x_0$ noktasında, her $\epsilon>0$ sayısına karşılık en az bir $\delta$ bulma oyununu kazanmışsınız. Fakat muhtemelen her nokta için farklı bir $\delta$ sayısı bulmuşsunuzdur. Yani bulduğunuz $\delta$ , hem $\epsilon$ ‘a hem de $x_0$ noktasına bağlıdır. İşte her nokta için ayrı bir $\delta$ bulmak yerine her bir nokta için iş görebilecek ortak bir $\delta$ bulunabiliyorsa bunun ismi düzgün süreklilik olur. Burada oyunu kazanmak biraz daha zorlaşıyor çünkü her kapıyı açacak bir anahtar bulmaya çalışıyorsunuz. Bunun doğal bir sonucu her düzgün sürekli fonksiyonun sürekli olması fakat tersinin her zaman doğru olmamasıdır.

Sürekli fonksiyonların grafiklerinden farklı olarak, düzgün sürekli fonksiyonların grafiklerinde ani bir artış ya da azalma olmaz. Yani grafiğin yalnızca sürekli bir fonksiyon görüntüsüne sahip olması yetmez, ayrıca çok dik de olmamalıdır.

Yukarıdaki şekilde görülen $f(x)=\frac{1}{x}$ fonksiyonunun grafiğine bakalım. Bu fonksiyon $(0,\infty)$ aralığında sürekli olmasına rağmen düzgün sürekli değildir. Öncelikle grafiğin ne kadar dik olduğuna dikkat edelim. Şekildeki gibi seçilen bir $\epsilon$ için bulunan $\delta$ sayıları sola doğru gidildikçe küçüldüğünden, seçilebilecek ortak $\delta$ sayısını sürekli daha da küçültmemiz gerekir. Bu işlem sonsuza kadar süreceği için ortak bir $\delta$ bulmak mümkün olmaz. Sezgisel olarak da oldukça ani azalış gösteren böyle bir fonksiyonun düzgün sürekli olması beklenmezdi.

Diğer taraftan yine aynı fonksiyon $[1,\infty)$ aralığında düzgün süreklidir. Aralığın en sol ucundaki $\epsilon$ ‘a karşılık gelen $\delta$ , tüm aralıkta iş görecektir.

Bir tanımı, problemi mümkün olduğunca görselleştirmek bizi ezberin gereksiz yükünden ve anlaşılmazlığından kurtarır. Yukarıda anlatılanlar düzgün süreklilik ile ilgili teoremleri ve kuralları da daha kolay yorumlamamıza yardımcı olacaktır.

KAYNAKLAR
1) https://math.fel.cvut.cz/mt/txtb/3/txe3ba3g.htm

Aklımıza Takılanlar I: Boş Ailenin Kesişim ve Birleşimi

Posted on 16 Ağustos 2021 by esrakorkmaz

Kümeler Teorisinin iki meşhur operatörü birleşim ve kesişim, kullanması ve anlaması gayet kolay işlemlerdir. Elimizde sonsuz sayıda küme bile olsa bu operatörleri nasıl uygulamamız gerektiğini biliriz. Hatırlayalım:

$X$ herhangi bir küme, $I$ bir indeks kümesi ve $A_i\subseteq X (i\in I)$ olmak üzere, $\bigcup_{i\in I} A_i$ kümesi $X$ ‘in, en az bir $A_i$ ‘nin içinde olan tüm elemanlarının kümesidir. Diğer taraftan $\bigcap_{i\in I} A_i$ kümesi, $X$ ‘in, her bir $A_i$ ‘nin içinde ortak olarak bulunan tüm elemanlarını içerir. Daha formal bir şekilde ifade etmek gerekirse;

$\bigcup_{i\in I} A_i=\{x\in X: \exists i, (i\in I) \wedge (x\in A_i)\}$

$\bigcap_{i\in I} A_i=\{x\in X: \forall i, (i\in I) \Rightarrow (x\in A_i)\}$ .

İşte her şeye hakim olduğumuzu düşünürken ve hatta birleşim ve kesişim benden sorulur kafasına bile gelebilmişken karşımıza şöyle bir problem çıkıyor.

Yukarıdaki tanımda indeks kümesi boş küme olursa ne olur? Yani $\bigcup_{i\in \emptyset} A_i$ ve $\bigcap_{i\in \emptyset} A_i$ nedir? Tabii ki aklımıza ilk gelen her ikisinin de boş küme olması gerektiğidir. Yani indeks kümesi boş olduğundan, elimizde aslında hiç küme yok ve biz olmayan kümelerin birleşim ve kesişiminden söz ediyoruz. Fakat ne yazık ki sezgilerimiz bizi yanıltıyor. Her ne kadar tuhaf görünse de doğru cevap şöyle:

$\bigcup_{i\in \emptyset} A_i=\emptyset$ ve $\bigcap_{i\in \emptyset} A_i=X$ .

Lisans eğitimimde hiç unutmadığım anlardan biri de 3. sınıfta, topoloji dersinde hocanın tahtaya bunları yazdığı andır. Bölümdeki ilk senemde her ne kadar reddetmiş olsa da, zamanla “ $\epsilon$ şu olsun, $\delta$ bu olsun” gibi kabullere alışmış olan beynim o an muhtemelen “her ne kadar mantık dışı görünse de lütfen bunlar da birer kabul olsun ve ben de inanayım” demiş olmalı. Fakat aslında bunlar yukarıda verdiğimiz tanımların doğal birer sonucudur.

Önce birleşimle başlayalım. $I=\emptyset$ olmak üzere, birleşim tanımını uygularsak

$\bigcup_{i\in \emptyset} A_i = \{x\in X: \exists i, (i\in \emptyset) \wedge (x\in A_i)\}$

elde ederiz. Burada $(i\in \emptyset)$ önermesi yanlış olduğundan $(i\in \emptyset) \wedge (x\in A_i)$ her zaman yanlıştır. Aslında sağdaki önermenin hiçbir önemi yok, bir tanesinin bile yanlış olması, $\wedge$ bağlacının özelliği gereği ifadeyi yanlış kılar.) Yani burada istenilen koşulu sağlayan hiç bir $x\in X$ elemanı yoktur ve bu nedenle birleşim boş kümedir.

Şimdi de kesişim tanımına bakalım.

$\bigcap_{i\in I} A_i= \{x\in X: \forall i, (i\in \emptyset) \Rightarrow (x\in A_i)\}$

Burada yine $(i\in \emptyset)$ önermesi yanlış olduğundan $\Rightarrow$ bağlacının özelliği gereği, $(i\in \emptyset) \Rightarrow (x\in A_i)$ her zaman doğrudur. Demek ki burada $X$ kümesinin her elemanı istenilen koşulu sağlıyor. O halde kesişim kümenin kendisine eşit olmalıdır.

İşte bütün mesele bu 🙂

KAYNAKLAR

1)https://www.coopertoons.com/education/emptyclass_intersection/emptyclass_union_intersection.html

Paradoksal Seçimler

Posted on 14 Ağustos 2021 by esrakorkmaz

Cevapla

Kararsız biri olduğunuzu düşünüyor ve seçim yapmakta zorlanıyor musunuz? İşte şimdi okuyacağınız yazı size gerçek hayatta, yani sonlu seçenek söz konusu olduğunda seçmenin aslında ne kadar kolay olduğunu, işin içine sonsuzluk girdiğinde ise olayların ne kadar karışacağını gösterecek. Ayrıca yine sonsuzluk durumunda seçmeye ait bir kabulün, hem ne kadar işe yaradığını hem de işleri nasıl çığırından çıkaran sonuçlara yol açtığını da görmüş olacağız.

Elimizde sonlu sayıda kavanoz olduğunu varsayalım. Bu kavanozların içinde renkli toplar olsun. Her birinden birer top seçme işlemi kolaydır, çünkü sonlu sayıda adım içerir. Şimdi de her birinin içinde doğal sayılar olan sonsuz tane kümemiz olduğunu düşünelim. Doğal sayılardan oluşan bu kümelerin mutlaka en küçük elemanları vardır. (Hatırlayalım: Doğal sayılar kümesi iyi sıralıdır.) O zaman her kümeden en küçük elemanı almak gayet güzel bir seçim olacaktır.

Bahsettiğimiz seçme zorluğunun nedenini en güzel anlatan örnek Bertrand Russell’dan geliyor: Sonsuz çift ayakkabıya ve çoraba sahip birisiniz. Her çift ayakkabıdan birini seçmek istediğinizde her birinin sol tekini alabilirsiniz. Fakat iş her çift çoraptan birini seçmeye geldiğinde, çoraplar özdeş olduğundan kesin bir yanıt vermek mümkün olmayacaktır. Burada olduğu gibi, her sonsuz durum açık bir seçime izin vermez. İşte böyle durumlarda imdadımıza Seçme Aksiyomu yetişir ve boştan farklı her küme için bir seçim yapmanın mümkün olduğunu söyler. Yani durum şu ki, bir ispatın tam ortasında elimdeki şu kümelerden birer eleman seçeyim diyorsunuz. Üstelik elinizde herhangi bir kural yokken. Kimse size neyi ne şekilde seçtiğinizi sormuyor ve Seçme Aksiyomunu kullandım deyip yola devam edebiliyorsunuz.

Öklid’in 5. postulatında olduğu gibi, Seçme Aksiyomunu da ispatlamaya ya da çürütmeye çalışanlar olmuştur. Kurt Gödel, bu aksiyomun Kümeler Kuramının diğer aksiyomları ile birlikte çelişkisiz bir sistem oluşturduğunu; Paul Cohen ise diğer aksiyomlardan bağımsız olduğunu, Seçme Aksiyomunu varsayan ya da varsaymayan kuramlar olabileceğini göstermiştir. Sonuç olarak elimizde ispatlanamaz ya da doğruluğu çürütülemez böyle bir aksiyom var biz de bunu kullanarak aşağıdaki problemi çözmeye çalışabiliriz.

Önce bazılarınıza tanıdık gelecek bir zeka sorusuyla başlayalım. Arka arkaya sıralanmış 100 kişinin başına siyah ve beyaz şapkalar rastgele takılıyor. Sıradakiler önlerindekileri görebilir fakat arkalarına ve kendi şapkalarına bakmaları yasak. Bir moderatör, sıranın en arkasından başlayarak şapkalarının rengini tahmin etmelerini istiyor. Sıradakiler tahminleri duyabiliyor fakat doğruluğu/yanlışlığı hakkında bir şey bilmiyorlar. Acaba en fazla doğru cevabı elde etmek için nasıl bir yol izlenmesi gerekir? Mesela 100. kişi 99. kişinin şapka rengini söylese, 99. bunu duyarak doğru yanıt vermiş olur. Benzer şekilde çift numaralı kişiler önlerinde bulunanların rengini söylediğinde yarı yarıya bir başarı yakalamak mümkün. Fakat daha iyisi de yapılabilir.

100. kişi kendi rengini tahmin etmek yerine, önündeki tüm siyah şapkaları saysın. Siyah şapkaların sayısı çiftse beyaz, tekse siyah cevabını versin. Sıra 99. kişiye geldiğinde o da siyah şapkaları saysın. Eğer 100. kişi ile aynı veriye ulaşmıyorsa, yani örneğin 100. kişi çift bulmuşken kendisi tek buluyorsa, siyah şapka sayısı bir azalmış demektir. Bu durumda kendi şapkası siyah olmalıdır. Fakat 100. kişi ile aynı veriye ulaşmışsa, siyah şapka sayısında değişme olmamış demektir ve kendi şapkası beyazdır. 98. kişi hem 100. kişinin ne gördüğünü hem de 99. kişinin hangi renk şapka taktığını bildiğinden, siyahları sayarak kendisi için doğru bir tahminde bulunabilir. Bu şekilde ilerlersek, 100. kişi hariç herkes doğru yanıt vermiş olur ki bu oldukça başarılı bir stratejidir.

Yukarıdaki sorunun Seçme Aksiyomu ile hiçbir ilgisi yok tabii ki. Ama bu problemin sonsuz duruma uyarlanmış bir versiyonunu biraz matematik kullanarak çözebiliriz. Sonsuz sayıda insanla birlikte arka arkaya, bir sayı doğrusu üzerinde, yüzlerimiz pozitif yöne dönük olacak şekilde sıralandığımızı varsayalım. Fakat sıra her iki taraftan da sonsuz olmasın, yani sıradaki herhangi bir kişinin önünde sonsuz sayıda, arkasında ise sonlu sayıda kişi olsun. Bu kez her bir şapkanın üzerinde bir reel sayı olduğunu ve kendi şapkamızda yazılı olan sayıyı tahmin etmeye çalıştığımızı düşünelim. Hatta olayı biraz daha zorlaştırmak adına kimse arkasındaki kişinin ne söylediğini duyamasın. Seçme Aksiyomu kullanarak sadece sonlu sayıda kişinin yanlış cevap vereceği, sonsuz sayıda kişinin doğru yanıt vereceği bir senaryo oluşturmak mümkündür.

Nasıl mı? İlk olarak olası tüm tahminlerin kümesini, yani sonsuz reel sayı dizilerinden oluşan kümeyi ele alalım. İlk olarak bu küme üzerinde şöyle bir denklik bağıntısı tanımlayalım: Eğer herhangi iki dizinin yalnızca sonlu sayıda bileşeni birbirinden farklı ise bu iki dizi birbirine denk olsun. Örneğin $(\sqrt{2}, \frac{25}{e}, 5, 0, 7,8,9,10,\ldots)$ ve $(3^{\pi}, \sqrt{3}, e, \frac{\pi}{5},7,8,9,10,\ldots)$ dizileri bu bağıntıya göre birbirlerine denktir fakat $(5,6,5,6,5,6,5,6,\ldots)$ dizisi bu iki diziye de denk değildir. Şimdi de kümemizi bu bağıntıya göre parçalayalım, yani birbirine denk olan tüm dizileri aynı küme atarak ana kümeyi bölüntülere ayıralım. Yaptığımız işlem aslında kümeyi elimizdeki denklik bağıntısına göre denklik sınıflarına ayırmaktır. Yukarıdaki örnekteki ilk iki dizi aynı kümenin elemanı iken, üçüncü dizi kendisine denk olan diğer tüm elemanlarla birlikte başka bir kümede ikamet edecektir. Bu noktada Seçme Aksiyomunu kullanarak her bir kümeden, yani denklik sınıfından, sıradaki herkesin hemfikir olacağı birer temsilci seçelim.

Ön hazırlıklar tamam. Şimdi moderatör geliyor ve sol baştan şapka numaralarını tahmin etmemizi istiyor. Sıra bana geldiğinde, arkamda bulunan sonlu sayıda kişiden haberim olmasa da, önümde bulunan sonsuz sayıda kişiye bakarım ve dizinin hangi temsilci ile denk olduğunu saptayabilirim. Sonra da, temsilci dizide kendi bulunduğum konumdaki reel sayıyı moderatöre söylerim. Tahminim doğru olmayabilir, sorun yok. Benzer işlemi önümdeki her bir kişinin de yaptığını düşünelim. Bağıntımızın özelliğinden, bir yerden sonra kişilerin şapka numaralarından oluşan dizi ile temsilci dizinin aynı şekilde devam edeceğini biliyoruz. Yani benimle birlikte sonlu sayıda kişi doğru tahminde bulunamamış olsa bile, dizilerin aynı devam ettiği o noktadan sonra her tahmin mutlaka doğru olacaktır, ki bu da sonsuz sayıda doğru cevap demektir.

Seçme Aksiyomunun kümeler teorisinden cebire, çizge teorisinden topolojiye kadar birçok alanda kullanımı mevcuttur. Tabii burada o kadar derin matematik yapmak gereksiz ama meraklıları şuraya bir göz atabilir ve şuradan da Seçme Aksiyomu yardımıyla ölçülemez bir kümenin nasıl elde edilebileceğini izleyebilirler.

Son olarak Seçme Aksiyomunun nasıl bir paradoksa yol açtığına bakalım. 1924 yılında Polonyalı matematikçiler Stefan Banach ve Alfred Tarski tarafından ispatlanan akıllara zarar Banach-Tarski Paradoksu bize, Seçme Aksiyomunun doğruluğunu kabul etmemiz halinde şöyle çılgın bir sonuca ulaşabileceğimizi söylüyor: İçi dolu bir top alalım ve bu topu sonlu sayıda parçaya bölelim. (Parçalardan biri sadece merkezi içeren tek nokta kümesi olmak üzere 5 parça bu iş için yeterli.) Teoreme göre bu parçaları birleştirerek ilk top ile özdeş iki adet top yapmak mümkün. Üstelik parçaları esnetmek, eğip bükmek gibi hilelere gerek olmadan.

Tabii bu teoremin fiziksel nesneler için değil, yalnızca matematiksel nesneler için geçerli olduğunu belirtmekte fayda var. Derin ispata girmek istemeyen genel okuyucu kitlesi için şurada gayet güzel bir açıklama mevcut. Grup teori severler ise teoremin ispatına buradan ulaşabilirler.

Bu olumsuz sonuca rağmen yapmamız gereken, Dr Strangechoice‘un da dediği gibi, Seçme Aksiyomu hakkında endişelenmeyi bırakıp onu sevmeyi öğrenmek. Evren, Seçme Aksiyomu olmadan çok garip bir yer olabilir çünkü bu durumda bir kümeyi ayrık, boş olmayan parçalara böldüğümüzde, parça sayısının bölünen kümenin eleman sayısını geçmesi gibi tuhaf sonuçlarla karşılaşabiliriz.

KAYNAKLAR
1) https://jaydaigle.net/blog/what-is-the-axiom-of-choice/
2)https://acikders.tuba.gov.tr/pluginfile.php/579/mod_resource/content/0/hafta_21_22.pdf
3)https://www.irregularwebcomic.net/2339.html

Topolojik bir oluşum!

Monthly Archives: Ağustos 2021

Kuratowski Kapanış-Tümleyen Teoremi

Süreklilik vs Düzgün Süreklilik

Aklımıza Takılanlar I: Boş Ailenin Kesişim ve Birleşimi

Paradoksal Seçimler