ÖABT İlköğretim Mat. Mantık, Kümeler ve İspat Yöntemleri konu anlatımı

Mantık, kümeler ve ispat yöntemleri; ÖABT İlköğretim Matematik alan bilgisinin "dili" niteliğindedir. Analiz, cebir ve sayılar teorisindeki her tanım ve teorem önerme mantığı ile küme dili kullanılarak yazılır, her teorem de bir ispat yöntemiyle kanıtlanır. Sınavda bu konudan genellikle bileşik önermelerin doğruluk değeri, denk önermeler ve totolojiler, niceleyicili önermelerin değili, küme işlemleri ve eleman sayısı hesapları ile ispat yöntemlerinin (doğrudan ispat, karşıt ters, olmayana ergi, tümevarım, aksine örnek) tanınması ve uygulanması sorulur.

Önerme mantığı

• n tane basit önerme içeren bir bileşik önermenin doğruluk tablosunda 2ⁿ satır vardır.

Önemli denklikler

• De Morgan: ¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q
• Karşıt ters (kontrapozitif): p → q ≡ ¬q → ¬p
• İhraç kuralı: p → (q → r) ≡ (p ∧ q) → r
• ¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q
• p → q önermesinin karşıtı q → p, tersi ¬p → ¬q'dur; bunlar p → q'ya denk değildir (karşıt ile ters birbirine denktir).

Totoloji her durumda doğru, çelişki her durumda yanlış olan bileşik önermedir. Modus ponens [(p ∧ (p → q)) → q] ve modus tollens [((p → q) ∧ ¬q) → ¬p] totolojidir.

Niceleyiciler

• ∀ (her), ∃ (en az bir / bazı).
• ¬(∀x, P(x)) ≡ ∃x, ¬P(x) ve ¬(∃x, P(x)) ≡ ∀x, ¬P(x).
• Niceleyicilerin sırası önemlidir: ℝ'de "∀x ∃y (x + y = 0)" doğru, "∃y ∀x (x + y = 0)" yanlıştır.

Kümeler

• A \ B = A ∩ B′, A Δ B = (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B)
• De Morgan: (A ∪ B)′ = A′ ∩ B′, (A ∩ B)′ = A′ ∪ B′; A \ (B ∪ C) = (A \ B) ∩ (A \ C)
• n elemanlı kümenin alt küme sayısı 2ⁿ, öz alt küme sayısı 2ⁿ − 1, r elemanlı alt küme sayısı C(n, r)'dir.
• s(A ∪ B) = s(A) + s(B) − s(A ∩ B)
• s(A ∪ B ∪ C) = s(A) + s(B) + s(C) − s(A ∩ B) − s(A ∩ C) − s(B ∩ C) + s(A ∩ B ∩ C)
• s(A × B) = s(A) · s(B); P(A) kuvvet kümesidir ve s(P(A)) = 2^(s(A)).
• ∈ ile ⊂ farkı: Eleman ile alt küme karıştırılmamalıdır. A = {1, {2}} için {2} ∈ A doğru, {2} ⊂ A yanlıştır (2 ∉ A).

İspat yöntemleri

1. Doğrudan ispat: p doğru kabul edilip mantıksal adımlarla q elde edilir.
2. Karşıt ters ile ispat (dolaylı): p → q yerine denk olan ¬q → ¬p ispatlanır.
3. Olmayana ergi (çelişki): Hükmün değili doğru kabul edilip bir çelişkiye ulaşılır (√2'nin irrasyonelliği, asal sayıların sonsuzluğu).
4. Tümevarım: P(n₀) doğrulanır (temel adım); P(k) doğru kabul edilerek (tümevarım hipotezi) P(k + 1) gösterilir.
5. Aksine örnek: "Her x için P(x)" iddiasını çürütmek için P'yi sağlamayan tek bir örnek yeterlidir.
6. Güvercin yuvası ilkesi: n + 1 nesne n kutuya konursa en az bir kutuda en az iki nesne bulunur.

Örnek 1. ¬(p → q) ∨ q önermesinin en sade denkini bulunuz.

Çözüm: ¬(p → q) ≡ p ∧ ¬q olduğundan ifade (p ∧ ¬q) ∨ q olur. Dağılma özelliğiyle (p ∨ q) ∧ (¬q ∨ q) ≡ (p ∨ q) ∧ 1 ≡ p ∨ q bulunur. Cevap: p ∨ q

Örnek 2. 50 kişilik bir grupta 28 kişi İngilizce, 25 kişi Almanca bilmektedir; her iki dili bilen 10 kişidir. Bu iki dilden hiçbirini bilmeyen kaç kişi vardır?

Çözüm: s(İ ∪ A) = 28 + 25 − 10 = 43. Hiçbirini bilmeyen 50 − 43 = 7 kişidir. Cevap: 7

Örnek 3. Her n pozitif tam sayısı için 3'ün n³ + 2n sayısını böldüğünü tümevarımla gösteriniz.

Çözüm: Temel adım: n = 1 için 1 + 2 = 3, 3'e bölünür. Tümevarım adımı: k³ + 2k = 3m kabul edelim. (k + 1)³ + 2(k + 1) = k³ + 3k² + 3k + 1 + 2k + 2 = (k³ + 2k) + 3(k² + k + 1) = 3m + 3(k² + k + 1) Bu sayı 3'ün katıdır; dolayısıyla önerme her n ≥ 1 için doğrudur.

Örnek 4. Ardışık iki tek sayının karelerinin farkının 8'in katı olduğunu doğrudan ispatlayınız.

Çözüm: Ardışık tek sayılar 2k + 1 ve 2k + 3 olsun. (2k + 3)² − (2k + 1)² = (4k² + 12k + 9) − (4k² + 4k + 1) = 8k + 8 = 8(k + 1) Sonuç 8'in katıdır. Örneğin 7² − 5² = 49 − 25 = 24 = 8 · 3 (k = 2 için k + 1 = 3). İspat tamamlanır.