Geçen sayıda günlük sonsuzluk algımızın bizi yanılttığından, matematiksel olarak sonsuzluk kavramının ne olduğundan bahsetmiştik. Yazının sonunda da meraklı okura bazı sorular vardı. Bu yazıda bu soruların cevaplarını, ve matematiksel olarak sonsuzluk kavramına dair biraz daha ipucu bulacaksınız. Öncelikle temel kavramları hatırlamakta fayda var:
1 Sonsuzluk kavramı (sonlu olmayan) kümelerin ne kadar eleman içerdikleriyle ilgili bir kavramdır.
2 Doğal sayılar kümesi N ile arasında birebir ve örten bir fonksiyon bulunan kümelere sayılabilir denir. N ile arasında böyle bir fonksiyon bulunmayan kümelere sayılamaz denir.
3 Tamsayılar kümesi Z, hatta rasyonel sayılar kümesi Q sayılabilirdir.
4 Reel sayılar kümesi R, hatta (0,1) aralığı sayılamazdır.
Yeniden Hilbert Oteli
Hilbert oteli sonsuz sayıda odaya sahip, ve odaları doğal sayılarla numaralanmış farazi bir otel. Hilbert otelinde odaların numaraları 0,1,2,3,4,5,…
Bir önceki yazıdan[1] ve yukarıdaki açıklamalardan sonra artık Hilbert otelinin aslında doğal sayılar için bir alegori olduğu açık. Yani doğal sayılar kümesinin biraz hikayeleştirilmiş ve bir anlamda sezgisel hala getirilmiş halinden başka bir şey değil.
Yine geçen sayıda sonsuz sayıda yolcusu olan ve koltukları doğal sayılarla numaralanmış bir, iki ve hatta üç otobüs geldiğinde bu yolcuların hepsini otele yerleştirmiştik[1]. Kullandığımız yöntemi daha genel haliyle hatırlatayım. Diyelim otele sonsuz yolcuya sahip ve koltukları doğal sayılar ile numaralanmış sonlu sayıda otobüs geldi. Otobüslerin sayısına n diyelim. Otobüslerin sayısının sonlu olduğuna ama her birinin sonsuz sayıda yolcu içerdiğine dikkatinizi çekerim! Bu ayırım önemli.
Şimdi otobüsleri 0’dan n-1’e kadar numaralandıralım, ve her otobüsün her yolcusuna bir kod verelim. Kodlama işlemini şöyle yapalım:
0 otobüsünün 0 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (0,0),
0 otobüsünün 1 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (0,1),
0 otobüsünün 2 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (0,2),
.
.
.
1 otobüsünün 0 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (1,0),
1 otobüsünün 1 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (1,1),
1 otobüsünün 2 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (1,2),
.
.
.
n-1 otobüsünün 0 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (n-1,0),
n-1 otobüsünün 1 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (n-1,1),
n-1 otobüsünün 2 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (n-1,2),
.
.
.
Genel olarak i otobüsünün j numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (i,j) (i, 0’la n-1 arasıda bir sayı, j herhangi bir doğal sayı olmak üzere).
Şimdi 0 otobüsünün yolcularını nj + 0 formundaki doğal sayılarla numaralanmış odalara yerleştirelim ($latex j \in \mathbb N$). Yani 0 otobüsün yolcuları kodlarındaki ikinci sayının n katı ile numaralanmış odalara yerleşecekler. Aynı şekilde 1 otobüsünün yolcularını nj + 01formundaki doğal sayılarla numaralanmış odalara yerleştirelim ($latex j \in \mathbb N$). Yani 1 otobüsün yolcuları kodlarındaki ikinci sayının n’ye bölümünden 1 kalan sayılar ile numaralanmış odalara yerleşecekler.
Bu şekilde devam ederek n-1 otobüsüne geldiğimizde, bu otobüsün yolcularını da nj + (n-1) formundaki doğal sayılarla numaralanmış odalara yerleştirelim ($latex j \in \mathbb N$). Son otobüsün yolcuları da kodlarındaki ikinci sayının n’ye bölümünden n-1 kalan sayılar ile numaralanmış odalara yerleşecekler.
Genel olarak kodu (i,j) olan yolcu nj+i numaralı odaya yerleşecek. Dikkatli okurun gözünden kaçmamıştır, odalara yerleşmede belli bir periyot var. İlk başta 0 otobüsünün 0 numaralı yolcusu, verdiğimiz formül gereği, n0 + 0 = 0 numaralı odaya yerleşiyor. İkinci olarak 1 numaralı otobüsün 0 numaralı yolcusu n0 + 1 = 1 numaralı odaya yerleşiyor. Üçüncü sırada yerleşen yolcu 2 numaralı otobüsün 0 numaralı yolcusu, zira formül gereği bu yolcu n0 + 2 = 2 numaralı odaya yerleşecek. Tahmin ettiğiniz üzere bu şekilde devam ederek en son n-1 otobüsün 0 numaralı yolcusunu n0 + (n-1) = n – 1 numaralı odaya yerleştireceğiz. Bu noktada bütün otobüslerin ilk yolcusunu yani 0 numaralı koltukta oturanları, yerleştirdik.
Şimdi her otobüsün 1 numaralı yolcusunu yerleştireceğiz. Yeniden 0 otobüsüne dönelim, bu otobüsün 1 numaralı yolcusu, n1 + 0 = n numaralı odaya yerleşecek. 1 otobüsünün 1 numaralı yolcusu, n1 + 1 = n + 1 numaralı odaya, ve en son yine n-1 otobüsünün 1 numaralı yolcusu n1 + (n-1) = 2n – 1 numaralı odaya yerleşecek.
Bu aşamada yerleştirme işleminin sırasını tahmin etmek kolay. Yine de belirtmekte fayda var. İlk olarak her otobüsün 0 numaralı yolcusunu otobüslerin sırasına göre yerleştirdik (ilk başta 0 otobüsünün, en sonda n-1 otobüsünün yolcusu yerleşecek). İkinci adımda, yine aynı sırayla, her otobüsün 1 numaralı yolcusunu yerleştirdik. Genel olarak m’inci adımda her otobüsün m-1 numaralı yolcusunu otobüslerin sırasına uygun olarak yerleştirdik. Dolayısıyla n tane otobüsün ilk yolcularını yerleştirdikten sonra yine en başa dönüyoruz. Bu sefer her otobüsün ikinci yolcularını yerleştirmek için. Dolayısıyla bahsettiğimiz periyot n; her n yolcu yerleştiğinde yine aynı otobüse dönüyoruz. Bilen okur bahsettiğimiz şeyin modüler aritmetikten başka bir şey olmadığını fark etmiştir. Konuyu dağıtmamak için modüler aritmetiğin detaylarına girmeyeceğim. Yolcuların nasıl yerleştiğini bir de aşağıdaki tablo ile gösterelim. İlk sütuna yolcuların kodlarını, ilk satıra da oda numaralarını yazalım. Her yolcunun kaldığı odayı kendi satırında X ile işaretleyelim.
Sonlu sayıda otobüsü yerleştirdik. Peki ya sonsuz sayıda sonsuz yolcusu olan otobüs gelirse. Bir önceki yazıda[1] bu soruyu şöyle sormuştum:
1) Sonsuz sayıda yolcu içeren 2 hatta 3 otobüsün yolcularını sonsuz sayıda odası olan bir otele yetleştirdik. Yerleştirme işlemini başka şekillerde de yapabilir misiniz? 2 otobüsün bütün yolcularını yerleştirdiğinizde otelde hala sonsuz sayıda boş odanın kalacağı bir yöntem var mı? Bu yöntem n tane otobüse genellenebilir mi? Peki ya sonsuz otobüs gelirse, hala bütün yolcuları yerleştirebilir misiniz?
Yukarıdaki yöntemde otobüsleri doğal sayılarla numaralandırmıştık. Elbette tek seçenek bu değil. Doğal sayılar yerine ilk akla gelen asal sayılar kümesini kullanmak, bu kümeyi P ile gösterelim. P kümesinin sayılabilir olduğu aşğaıdaki teoremin bir sonuçu.
Teorem1. Sayılabilir bir kümenin altkümeleri ya sonlu ya da sayılabilirdir.
Teoremin kendisi bizim için kanıtından daha önemli olduğundan kanıtına değinmeyeceğim, okur kanıtı [4]’de bulabilir. Soruya geri dönelim. İlk otobüsü birinci asal sayı olan 2 ile numaralandıralım, ikinci otobüsü de ikinci asal olan 3 ile. Şimdi bu otobüslerin yolcularını daha önce yaptığımıza benzer biçimde kolayalım:
2 otobüsünün 0 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (2,0),
2 otobüsünün 1 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (2,1),
2 otobüsünün 2 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (2,2),
.
.
.
3 otobüsünün 0 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (3,0),
3 otobüsünün 1 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (3,1),
3 otobüsünün 2 numaralı koltuğunda oturan yolcunun kodu (3,2),
.
.
Yolcuları yerleştirmek için şu yöntemi kullanalım, 2 otobüsünün n numaralı koltuğundaki yolcuyu $latex {2^{n+1}}$ numaralı odaya yerleştirelim. Mesela kodu (2,0) olan yolcu 2 numaralı odaya, (2,1) olan 4 numaralı odaya yerleşecek. 2 otobüsünün yolcularını 2’nin katıyla numaralanmış odalara yerleştirdik. Diğer otobüsün, yani 3 otobüsünün yolcularını da benzer şekilde yerleştireceğiz. Bu otobüsün m numaralı yolcusu (kodu (3,m) olan) $latex {3^{m+1}}$ numaralı odaya yerleşecek. Dolayısıyla, 3 otobüsünün yolcuları da 3’ün katlarıyla numaralanmış odalara yerleştiler. İki otobüsün de bütün yolcuları yerleştiğinde sadece 2’nin ve 3’nün katları ile numaralanmış odaların dolduğuna dikkatinizi çekerim! Mesela 5 numaralı oda boş, hatta numarası 5’in katı olan bütün odalar boş. Yani sonsuz yolcusu olan iki otobüsü yerleştirip hem de otelin sonsuz sayıda odasını boş tutmayı başardık. Aşağıdaki tablodan ilk birkaç yolcunun yerleştiği odaları takip etmek mümkün. Bu tabloda boş kalan odalar daha belli. İlk kolona yolcuların kodlarını, ilk satıra oda numaralarını yazalım. Her yolcunun kaldığı odaya göre keşistikleri yerleri X ile işaretleyelim. Her kolon ve her saıtrda en fazla bir X olabilir elbet.
Bu yöntemi n tane otobüsün geldiği duruma genelleyelim. Aynı şekilde otobüsleri ilk n tane asal sayı ile numaralandıralım. Bu sayıları $latex {p_{1}{,} p_{2}{,}\ldots{,} p_{n}}$ ile gösterelim, ve bu otobüslerin bütün yolcularını yukarıdaki gibi kodlayalım. Birinci otobüsün yolcuları $latex {p^{m+1}_{1}}$ formundaki sayılarla numaralanmış odalara yerleşecekler. Aynı yöntemi bütün otobüsler için tekrarlayıp en son n numaralı otobüsün yolcularını $latex {p^{m+1}_{n}}$ formundaki sayılarla numaralanmış odalara yerleştireceğiz. Hala sonsuz sayıda odanın boş kalmasını başardık!
Aynı yöntemi, yani otobüsleri asal sayılarla numaralandırıp, yolcuları da karşılık gelen asalın kuvvetleriyle numaralandırılmış odalara yerleştirmeyi, sonsuz sayıda otobüs geldiğinde de uygulayabiliriz. Tıpkı yukarıdaki gibi, tek fark otobüslere numara verirken n’inci asalda durmak yerine her otobüsü bir asal sayı ile numaralandırmaya devam etmek.
Öteki taraftan ilk yöntemi, yani n’ye bölümünden kalanlara göre odalara yerleştirme yöntemini, sonsuz sayıda otobüsün geldiği duruma geneleyemeceğimiz açık. Bu genellemeyi yapabilmek için sonsuz adında ve bütün sayılardan büyük bir “sayıya” ihtiyacımız var! Dahası bu yeni sayıya yani sonsuza bölümü tanımlamamız lazım. Böyle bir sayı olamdığından bu yöntemi sonsuz otobüse genllemek mümkün değil.
Gelelim ikinci soruya:
2) Sonlu 01-dizilerinin (uzunluğu sonlu bir doğal sayı olan, ve 0 ve 1’den oluşan diziler) kümesinin sayılabilir olduğunu kanıtlayın.
Her sonlu 01-dizisini farklı bir doğal sayı ile eşleyebileceğimizi gösterbilirsek, bu dizilerin kümesi doğal sayılar kümesi N‘nin sonsuz bir alt kümesiyle birebir ver örten olarak eşelenecek, ve Teorem1’den dolayı sayılabilir olacak.
Öncelikle yanlış çözüm: herhangi bir sonlu 01-dizisi alalım, diyelim 0110010. Bu diziye denk gelen doğal sayı $latex {2^0 3^1 5^1 7^0 11^0 13^1 17^0}$ olsun. Bu şekilde bütün sonlu 01-dizilerine denk gelen bir doğal sayı bulalım. Yani dizinin uzunluğu n ise, ilk n asalı alalım $latex {p_{1}{,} p_{2}{,}\ldots{,} p_{n}}$ , dizimizi de $latex {a_{1}\, a_{2}\,\ldots\,a_{n}}$ olarak gösterelim ($latex {a_{1}{,} a_{2}{,}\ldots{,} a_{n}}$ sayılarının herbiri sıfıra ya da bire eşit). Bu diziye denk gelen sayı da $latex {p^{a_{1}}_{1}{,} p^{a_{2}}_{2}\ldots{,} p^{a_{n}}_{n}}$ olacak.
İlk bakışta hedefimize ulaşımış gibi görünüyoruz, her sonlu 01-dizisine bir doğal sayı denk getirdik. Ancak ufak bir problem var. Farklı 01-dizilerine farklı sayıların denk geldiğinden emin değiliz. İlk örneğe dönelim, 0110010 dizisine $latex {2^0 3^1 5^1 7^0 11^0 13^1 17^0}$ sayısını denk getirmiştik. Bir de 011001 dizisine denk gelen sayıya bakalım, bu sayı $latex {2^0 3^1 5^1 7^0 11^0 13^1}$ . Elbette ki bu iki sayı birbirine eşit! Demek ki bu yöntemle farklı diziler aynı sayı ile eşleşebiliyor, fakat bu durum işimizi bozuyor.
Yine de bu yanlış çözümün büyük faydası var. Hatanın nereden kaynaklandığını bulmakla işe başalayalım. Yukarıdaki yöntem 0110010 ve 011001 dizilerini birbirinden ayıramıyor. Çünkü ilk dizinin sonundaki 0 işi bozuyor. Herhangi bir sayının 0’ıncı kuvveti 1’e eşit olduğundan, $latex {2^0 3^1 5^1 7^0 11^0 13^1 17^0}$ sayısındaki $latex {17^0}$ dizinin son basamağı 0 olduğu için mi geldi, yoksa dizi son sıfır basamağına gelmeden önceki 1 basamağı ile bitti ve bir sonraki çarpana ihtiyaç mı yok bunu ayırdetmek mümkün değil.
Doğru çözüm: Yanlış çözümün neredeyse tıpatıp aynısı. Çok ufak bir farkla, dizinin basamaklarını direkt olarak kuvvet olarak almaktansa bir fazlalarını kuvvet olarak alacağız. Biraz daha matematiksel olarak, dizimizi $latex {a_{1}{,} a_{2}{,}\ldots{,} a_{n}}$ ile gösterelim. Bu diziye denk gelen doğal sayı $latex {p^{a_{1}+1}_{1}{,} p^{a_{2}+1}_{2}\ldots{,} p^{a_{n}+1}_{n}}$ olsun. Bu durumda farklı 01-dizileri farklı doğal sayılarla eşleşecekler. Yukarıdaki son basamaktaki 0 problemini de böylece çözdüğümüze dikkat edin. Çünkü bu yöntemde hiç bir asalın kuvveti 0 olamayacak. İlk örneğe bir kez daha geri dönersek, 0110010 dizisi bu sefer $latex {2^1 3^2 5^2 7^1 11^1 13^2 17^1}$ sayısı ile, 011001 dizisi ise $latex {2^1 3^2 5^2 7^1 11^1 13^2}$. Bu iki sayı elbetteki birbirinden farklı.
Gelelim son iki soruya. Birbirleriyle alakalı olduklarından iksini de aynı anda düşünmekte fayda var.
3) Reel sayıların sayılamaz olduğunu gösterirken 9’a bir ekleyip 10 yerine neden 0 yazdık?
4) (0,1) aralığının sayılamaz olduğunu bu aralıktaki sayıları ikilik tabanda yazarak Cantor diyagonal metoduyla yeniden gösterin.
Soruların çözümünden önce reel sayıların sayılamaz olduğunu nasıl kanıtladığımızı hatırlamakta fayda var. Bunu kanıtlamak için (0,1) aralığının sayılabilir olduğunu varsaymıştık, bu varsayım bu aralıktaki sayları belli bir sırayla yazma imkanı vermişti bize. Bu sıralama için rastgele olarak şu örneği seçmiştik:
(0,1) aralığında ama bu listede belirmeyen bir sayıyı nasıl bulduğumuzu geçen sayıdaki yazımdan alıntılayayım [1]:
“Şimdi ilk satırda noktadan sonraki ilk sayıyı, ikinci satırda ikinci sayıyı, üçüncü satırda üçüncüyü, genel olarak n’inci satırda noktadan sonraki n’inci sayıyı alarak yeni bir sayı yazalım. Bizim durumumuzda sayımız şöyle başlayacak. 0.134373… Şimdi bu yeni elde ettiğimiz sayıda noktadan sonraki her sayıya bir ekleyelim ve 0.245484… sayısını elde edelim (karşılaşmadık ama noktadan sonra 9 gelirse, bir eklediğimizde 10 yerine 0 yazacağız). Bu sayı yukarıdaki listedeki bütün sayılardan farklıdır.”
Dileyen okur neden bu sayının bu listede belirmediği ile ilgili detayları aynı yazıda bulabilir. Biz sorulara geri dönelim. Önce 3. soru; 9 geldiğinde 1 eklediğimizde neden 10 yerine 0 yazmalıyız. Bu argümanda önemli olanın basmaklar olduğunu hatırlatırım. Eğer bu durumda 0 değilde 10 yazarsak bir basamağı değiştirmek yerine bir basamağı değiştirip bir tane de eklemiş olacağız! Yani fazladan bir basamak yaratacağız. Oysa ki yöntem 0.134373… sayısının basamaklarını değiştirmek üzerine kurulu! Yeni basamak eklemeye hakkımız yok. Bir diğer önemli argüman ise, 0 değil de 10 yazdığımız takdirde 10’a tek bir basamak gibi davranmamız gerekecek. Bu da günlük hayatta kullandığımız 10’luk tabanda değil de 11’lik tabanda çalışmamız anlamına gelir! Bunu da yapabiliriz elbet. Ama o zaman da 10’a bir eklediğimizde 11 yerine 0 yazmamız gerekecek!
Son olarak 4. soruya bakalım. (0,1) aralığındaki sayılar elbette ikilik tabanda yazabiliriz, yani sayının hanelerinde sadece 0 ve 1 sayılarını kullanacağız. Yine (0,1) aralığını sayılabilir olduğunu varsayalım. Bu varsayım bize yine bu aralıktaki sayıların bir sıralamasını verecek. Tekrar bir örnek üzerinden gidelim. Diyelim sıralama şu şekilde verildi:
Yine yukarıdakine benzer sebepten dolayı 1’e bir eklediğimizde 2 değil sıfır yazacağız. Yukarıda tarif ettiğimiz yöntemi uygulayalım, elde edeceğimiz sayı 0.111001… sayısı olacak. Bariz bir şekilde bu sayı yukarıdaki listede beliremez! Bu durumda, 2’lik tabanda çalışmamızdan ötürü, yöntemi biraz daha basitçe söyle özetleyebiliriz. Yeni sayımızın virgülden sonraki basamaklarını şu şekilde oluşturuyoruz: n’inci satırda virgülden sonraki n’inci basamak 0 ise yeni sayıda denk gelen basamak 1 olsun, 1 ise 0.
Böylelikle bir önceki yazıdan kalan bütün soruları yanıtladık! Umarım okur takıldığı noktalarda tatmin edici açıklamaları bulabilmiştir.
Kapanış
Sayılabilir kümeler, ve uğraştığımıza benzer sayma problemleri cebir, topoloji, geometri, olasılık gibi matematiğin bir çok alanında hatta bilgisayar bilimlerinde de karşımıza çıkabilir. Benzer sayma argümanları, algoritmaları geliştirmek, bir kümenin belirli bir özelliği sağlayan elemanlarını saymak önemli sorulardır. Genel olarak sayılabilir kümelerle ve sayma problemleri matematiğin Kombinatorik adını verdiğimiz alanına girer (Kombinatorik genel olarak sayılabilir kümeler ve sayma argümanları üzerine kurulu olsa da çok farklı alt dalları olan, farklı metodlar kullanan ve derim sorular barındıran bir alandır. İlgili Wikipedia makalesinden daha detalyı bilgiler bulunabilir [9]). Matematiğin farklı alanlarından saymaya dayalı önemli bir kaç teoremle yazıyı bitirelim.
Teorem 2. (Analiz): F, reel sayılardan reel sayılara giden monoton (sürekli artan veya sürekli azalan) bir fonksiyon olsun. F’nin süreksiz olduğu noktaların kümesi sonlu ya da sayılabilirdir.
Teorem 3. (Kümeler Kuramı): Doğal sayılar kümesinin sonlu altkümelerinin kümesi sayılabilirdir.
Teorem 4. (Analiz – Cebir): Reel sayılar kümesinin toplama ve çıkarma altında kapalı altkümeleri ya sayılabilir ya da yoğundur.
Kaynakça:
1) U. Efem, “Sonsuzluğu Say(ama)mak” Açık Bilim 18. Sayı (2013) 22.04.2013
2) P. Halmos, “Naive Set Theory”, Springer – Verlag, New York, 1974.
3) T. Jech, “Set Theory: The third millenium edittion”, Springer, 2003.
4) A. Nesin, “Sezgisel Kümeler Kuramı”, 4. Basım, Nesin Yayınevi, İstanbul, 2010.
5) A. Nesin, “Matematik ve Develerle Eşekler”, Nesin Yayınevi, İstanbul, 2008.
6) W. Rudin, “Principles of Mathematical Analysis”, McGraw – Hill, 1964
7) Wikipedia, “Countable Set”, Wikipedia, The Free Encyclopedia, Erişim tarihi: 22.04.2013
8) Wikipedia, “Discontinuity(mathematics)”, Wikipedia, The Free Encyclopedia, Erişim tarihi: 22.04.2013
9) Wikipedia, “Combinatorics”, Wikipedia, The Free Encyclopedia, Erişim tarihi: 22.04.2013
Kapak Resmi / (CC BY-NC-SA 2.0)
[box type=”shadow”] Konuk Yazar Hakkında:Uğur Efem / Oxford Üniversitesi
Lisans eğitimini İstanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü’nde, Yüksek Lisans eğitimini Sabancı Üniversitesi’nde yine Matematik Bölümü’nde tamamladı. 2011 Eylül ayından beri Oxford Üniversitesi Matematik Enstitüsü’nde doktora öğrencisi.
[/box]
Yorum Ekle