cantor kümeleri

1. CANTOR KUMELER_I
H. Turgay Kaptanoglu
Yazmzn baslgnda ad gecen Alman
matematikcisi Georg Cantor (1845{1918), mo-dern
matematigin temeli olan kumeler teorisinin
kurucusu olarak kabul edilir. Cantor, 19. yuzyln
sonlarnda yazdg makalelerinde, sonsuzlugu
ve sonsuz kumeleri matematiksel ciddiyetle in-celeyen
ilk kisidir. C esitli sonsuzluklar bir-birleriyle
karslastrms ve sonsuz buyukluklerin
de kendi aralarnda bir aritmetigi oldugunu far-ketmi
stir. Sonsuzluklarla ilgilenen okurlara bu
derginin daha onceki bir saysndaki (cilt:2, say:5,
sayfa:1{9) bir yazy oneriyoruz.
Bu yazda inceleyecegimiz kumeleri
Cantor, konuya oldukca ilgisiz gibi gorunen
trigonometrik serilerle ilgili bir problemi cozmek
icin bulmustur. Bu kumelerin insann sezgisine
cok aykr gelen ozellikleri vardr. Bundan dolay
daha cok, ilk baksta dogru gibi gorunen baz
iddialarn yanlslgn gostermede ornek olarak
kullanlrlar.
A. Cantor'un Ucte Birlik Kumesi
 Once en basit haliyle bir Cantor kumesinin
nasl insa edildigini gorecegiz. Reel saylardaki
[0; 1] kapal aralgn C0 ile gosterelim. C0 bizim
evrensel kumemiz olacak ve butun islemleri onun
icinde yapacagz. C0 'in tam ortasndaki ucte bir-lik
ksm olan
J1;1 =
1
3;
2
3
ack aralgn ckartalm. Geriye uzunluklar 13
olan iki kapal aralk kalr:
I1;1 =
0;
1
3
ve I1;2 =
2
3; 1
:
Bunlarn ikisine birden C1 diyelim; yani C1 =
I1;1 [ I1;2 . Kumemizin insasnn ilk admn
boylece tamamladk.
Simdi, I1;1 ve I1;2 'den, ortalarndaki ucte
birlik ack aralklardan meydana gelen
V2 = J2;1 [ J2;2 =
1
9;
2
9
[
7
9;
8
9
kumesini atalm. Geriye kalan C2 kumesi uzun-luklar
19
olan dort kapal aralktan olusur:
C2 =I2;1 [ I2;2 [ I2;3 [ I2;4
=
0;
1
9
[
2
9;
1
3
[
2
3;
7
9
[
8
9; 1
:
Yukarda V1 = J1;1 de diyebiliriz. Ucuncu
asamada ise atlanlar
V3 =J3;1 [ J3;2 [ J3;3 [ J3;4
=
1
27;
2
27
[
7
27;
8
27
[
19
27;
20
27
[
25
27;
26
27
ve kalanlar
C3 =I3;1 [ I3;2 [ I3;3 [ I3;4
[I3;5 [ I3;6 [ I3;7 [ I3;8
=
0;
1
27
[
2
27;
1
9
[
2
9;
7
27
[
8
27;
1
3
[
2
3;
19
27
[
20
27;
7
9
[
8
9;
25
27
[
26
27; 1
kumeleridir.
Genel olarak n'nci asamada atlan ack
aralklar 2n1 tanedir ve
Vn = Jn;1 [ [ Jn;2n1 =
2n1 [
k=1
Jn;k
ile gosterilirler. Kalan kapal aralklar ise 2n
tanedir ve
Cn = In;1 [ [ In;2n =
2n [
k=1
In;k
ODTU
Matematik Bolumu ogretim uyesi
15

2. Kaptanoglu
ile gosterilirler. Vn ve Cn 'yi meydana getiren
her bir parcann uzunlugu 1
3n 'dir ve bu parcalar
birbirlerinden ayrktr. _Ilk bir kac asamada elde
edilenler Sekil 1'de goruluyor.
0 1
0 13
23
1
0 19
29
13
23
79
89
1
Sekil 1
Okuyucuya dusen gorev, burada ve asagda
sozu edilen butun kumeleri sekilde bulmak ve
verilen esitlikleri kontrol etmektir. Bu kumeler
arasndaki baz bagntlar yazalm:
Vn [ Cn = Cn1 (n = 1; 2; 3; : : :)
bize bir onceki asamadaki Cn1 kumesinin
atlan (Vn ) ve kalan (Cn ) ksmlardan meydana
geldigini soyler.
[0; 1] = C0 C1 C2 C3
ise bize n'nci asamada kalan ksmlarn, bir
onceki asamada kalan ksmlarn bir parcas
oldugunu belirtir. Dikkatli okurlar, n =
1; 2; 3; : : : ve k = 1; 2; : : : ; 2n1 icin
In;2k1 [ Jn;k [ In;2k = In1;k
esitliginin de dogru oldugunu da gormuslerdir.
Bu esitlik, atlan ve kalan parcalarn daha
ayrntl bir hesabn tutar. Bir diger nokta da, n
arttkca Vn kumelerinin [0; 1] aralgnn daha fa-zla
ksmn kapladklar, Cn kumelerinin de daha
fazla koseye skstgdr.
Artk atma islemini elimize gecen her ka-pal
aralk icin yapp, bu sureci hic bir snr
tanmadan devam ettirelim; yani n'yi sonsuza
gonderelim. O zaman iki yeni kumemiz daha olur:
V =
1[
n=1
Vn = V1 [ V2 [
ve
C =
1
n=1
Cn = C1 C2 :
V atlan kumelerin hepsidir; C de elimizde kalan
ksmlardr. Tanm geregi,
V [ C = [0; 1] ve V C = ; (1)
oldugu acktr.
Tanm. C'ye Cantor kumesi ad verilir.
 Ozellik K1. Cantor kumesi, [0; 1] kapal
aralgnn bir alt kumesidir.
_Ilk baksta C'de bir sey kalmams gibi
gorunse de, C bos kume degildir; ornegin 0 ve
1 noktalar C'dedir; yani V6= [0; 1]. Hatta,
In;k kapal aralklarnn her birinin ucnoktalar,
hep ortadan attgmz icin, C'dedir. Ama sonsuz
sayda In;k aralg vardr.
 Ozellik K2. Cantor kumesi sonsuz sayda nokta
icerir.
Akla gelebilecek bir soru, C'de
ucnoktalardan baska noktalar da olup ol-mad
gdr. Bu sorunun cevabn B ksmnda K7
ozelliginde verecegiz.
Ack kume diye ack aralklarn sonlu veya
sonsuz bilesimlerine diyoruz. Ack kumelerin
tumleyenlerine de kapal kumeler denir. Cn
kumelerinin her biri kapaldr, cunku sonlu sayda
kapal aralgn bilesimidir. Vn kumelerinin her
biri acktr, cunku ack kumelerin bilesimidir. V
ise ack kumelerin bilesimi oldugundan acktr.
C kapal kumelerin kesisimidir; dolaysyla ka-pal
dr. Bunu gormenin bir baska yolu da, (1)
denklemlerini kullanmaktr.
 Ozellik K3. Cantor kumesi kapal bir kumedir.
Biraz da elde ettigimiz kumelerin uzunluk-lar
n hesaplayalm. A kumesinin uzunlugunu
m(A) ile gosterelim. Daha once de soyledigimiz
gibi, 1 k 2n ve 1 l 2n1 icin,
m(In;k) = m(Jn;l) =
1
3n
dogrudur. Bu kumeler ayrk oldugundan, Cn
ve Vn 'nin uzunluklar kendilerini meydana ge-tiren
esit uzunluktaki aralklarn uzunluklarnn
toplamlardr. Hesaplarsak,
m(Cn) =
2n
3n ve m(Vn) =
2n1
3n
16

3. Kaptanoglu
buluruz. Vn 'ler de birbirlerinden ayrk olduk-lar
ndan,
m(V )=m(V1) + m(V2) + m(V3) +
=
1
3
+
2
9
+
4
27
+ =
1X
n=1
2n1
3n
yazarz. Elde ettigimiz bu toplam bir sonsuz ge-ometrik
seridir; ilk terimi a = 13
ve ortak carpan
r = 23
'tur.

5. 23

7. 1 oldugundan, bu toplam
asagdaki sekilde hesaplayabiliriz:
m(V ) = a
1 r
=
13
1 23
= 1:
[0; 1]
Sonra da m
= 1 ve (1)'i kullanarak
m(C) = 0 oldugunu goruruz.
Ozellik K4. Cantor kumesinin uzunlugu
sfrdr.
Simdi

8. ve (;

9. ) [0; 1] olmak uzere
bir ack aralk alalm. 1
3n

10. olacak sekilde
buyuk bir n bulabiliriz. O zaman (;

11. ) aralg,
In;k aralklarndan daha uzun olur ve onlarn hic
birinin icinde olmaz. Boyle bir aralgn C'de ol-mas
na imk^an yoktur.
Ozellik K5. Cantor kumesi hic bir ack aralk
icermez.
B. Uc Tabanna Gore Yazlm
[0; 1] aralgndaki her x says 10 ta-ban
nda, yani her zaman kullandgmz say sis-teminde,
0:x1x2x3 seklinde yazlabilir. Bu-rada
xn 'lerin her biri 0; 1; : : : ; 8; 9 rakamlarndan
biridir. x1 onda birler, x2 yuzde birler, x3 binde
birler, . . . basamagn gosterdiginden, bu aclm
x = 0:x1x2x3 =
1X
n=1
xn
10n
seklinde de yazabiliriz. xn 'ler bir noktadan sonra
hep 0 da olabilir, 9
16 = 0:5625000 = 0:5625
orneginde oldugu gibi. 1 icin 0:999 aclmn
kullanrz. Bu konuda cok daha fazla bilgi, bu
dergide daha once ckan bir yazdan (cilt:1, say:2,
sayfa:2-5) elde edilebilir.
Ayn tip bir aclm, xn 'ler icin yalnz 0, 1
ve 2 rakamlarn kullanarak, 3 tabanna gore de
yapabiliriz. O zaman
x = 0:3x1x2x3 : : : =
1X
n=1
xn
3n
olur. x1 ucte birler, x2 dokuzda birler, x3 yirmi
yedide birler, . . . basamagdr. Baz saylar icin
bu cinsten biri sonlu, digeri sonsuz iki aclm
vardr; ornegin 13
= 0:31 = 0:30222 ve
23
= 0:32 = 0:3111 . Bu belirsizligi ortadan
kaldrmak icin, x'in sonlu aclmnn son rakam
2 ise sonlu aclm, degilse sonsuz aclm ter-cih
edecegiz; yani 1
3 = 0:30222 ve 2
3 = 0:32
alacagiz. Ayrca 0 = 0:30 ve 1 = 0:3222 kullanacagz. Bu ksmdaki butun aclmlar 3 ta-ban
nda olacaktr.
_Iddiamz, Cn kumesini meydana getiren
her kapal aralgn sol ucnoktasnn aclmnn
ilk n basamagnn yalnz 0 ve 2'lerden ibaret
oldugu ve n+1'inci ve sonraki basamaklarn hep-sinin
0 oldugudur. Bu iddiamz tumevarm ile
ispatlayacagz. n = 1 iken, C1 kumesindeki
iki aralgn sol ucnoktalar 0 ve 2
3 'tur.  Onceki
paragrafta gosterildigi gibi, birinin ilk basamag
0, digerinin 2'dir; ve sonraki basamaklar 0'dr.
Boylece tumevarmn ilk admn bitirdik.
_Ikinci olarak, Cn kumesi hakkndaki id-diam
zdan, Cn+1 kumesi hakkndaki iddiamzn
dogrulugunu elde edelim. Cn 'nin bilesimindeki
aralklardan biri [a; b] = [0:3a1a2 ; 0:3b1b2 ]
ise, a1; : : : ; an 'nin 0 ve 2'lerden meydana
geldigini ve 0 = an+1 = an+2 = oldugunu
kabul ediyoruz. Cn+1 'in aralklarndan biri
[c; d] = [0:3c1c2 ; 0:3d1d2 ] ise, yukardaki
[a; b] gibi bir aralgn orta ksmnn atlmasyla
ortaya ckar. Eger [c; d] sol tarafta kalan ksmsa,
c = a'dr. O zaman da yukardaki kabul geregi,
c1; : : : ; cn+1 'in 0 ve 2'lerden olustugu (ozellikle
cn+1 = 0) ve 0 = cn+1 = cn+2 = oldugu
gorulur. Eger [c; d] sag tarafta kalan ksmsa,
n+1'inci admda atlan ve kalan aralklarn uzun-luklar
1
3n+1 oldugundan dolay, c = a+ 2
3n+1 'dir.
Fakat 2
3n+1 = 0:30 02'dir ve 2 rakam n+1'inci
basamaktadr. Yani, hem a'nn, hem de 2
3n+1 'in
n+2'nci ve sonraki basamaklar hep 0'dr (ayrca
an+1 = 0). Bu da cn+1 = 2 ve 0 = cn+2 =
cn+3 = verir. Boylece tumevarm sona erdi ve
iddiamzn dogrulugunu ispatladk.
Bu sonucu soyle kullanacagz:
Cn 'nin aralklarndan birine [a; b] =
[0:3a1 an; 0:3b1b2 ] dersek, a hakknda id-diam
z gecerlidir ve b = a + 1
3n 'dir. Fakat
1
3n = 0:30 0222 yazldgnda, 2'lerden
once tam n tane 0 vardr. O zaman da b =
0:3a1 : : : an +0:30 : : : 0222 = 0:3a1 an222 olur. 2 = bn+1 = bn+2 = oldugu da
17

12. Kaptanoglu
buradan ckan bir baska sonuctur. Kelime-lerle
tekrarlarsak, [a; b] aralgnda a'dan b'ye
giderken degisiklik sadece n + 1'inci ve sonraki
basamaklarda olmaktadr. Baska bir deyisle,
x = 0:3x1x2 2 [a; b] ise, x1 = a1 , . . . ,
xn = an 'dir. Buradan ckaracagmz sonuc,
Cn 'de alnan her hangi bir x noktasnn 3 ta-ban
na gore aclmnda ilk n basamagn 0 ve
2'lerden olustugudur.
n'nci admda atlan her ack aralg
b; b+
1
seklinde yazabiliriz. = 0:3n
b 3a1 : : : an222 aclmnda son 0 rakam k 'nci basamakta olsun;
yani ak = 0 ve ak+1 = = an = 2 ol-sun.
Elimizdeki aralktaki her hangi bir noktay
t = 0:3 t1t1 ile gosterirsek, tk = 1 olur, cunku
artk k 'nci basamak degismek zorundadr ve
ayrca aralgn uzunlugu, yukarda da gosterildigi
gibi, sadece n + 1'inci ve sonraki basamaklarda
degisiklige izin vermektedir.  Ornegin, n = 1 iken, 1
3 ; 23
'te alnan her t saysnn aclm 0:31 ile baslamak zorundadr. 0:31222 oldugunda
bunu 0:32 diye yazar ve
2
3 ; 1
'e girmis oluruz.
Cantor kumesinde alacagmz bir x =
0:3x1x2 noktas butun Cn 'lerin icinde ola-cakt
r. Bu da bize n = 1; 2; : : : icin xn = 0
veya xn = 2 oldugunu soyler. Eger t62 C
ise, t bir asamada atlan ack aralklarn birinde
olacagndan, t'nin aclmnda mutlaka 1 vardr.
Simdi bu ifadeleri birlestirelim:
Ozellik K6. Cantor kumesi tam tamna [0; 1]
aralgndaki, 3 tabanna gore aclmlarnda yalnz
0 ve 2 rakamlar bulunan saylardan olusur.
Bu sonucu kullanarak, Cantor kumesinde
In;k aralklarnn ucnoktalarndan baska ele-man
bulunup bulunmadgn gorebiliriz. Bu
ucnoktalarn her biri k ve m negatif ol-mayan
birer tamsay olmak uzere, k
3m seklinde
yazlabilir. 14
'un ise boyle yazlamayacag acktr.
Fakat,
1
4
=
1X
n=1
2
32n = 0:3020202
aclmndan goruleceg gibi, 14
Cantor
kumesindendir. Geometrik seri toplamlarn kul-lanarak,
C'de bu cinsten diger saylar bulmay
okuyuculara brakyoruz.
Ozellik K7. Cantor kumesinde In;k kapal
aralklarnn ucnoktalarndan baska noktalar da
vardr.
Bu ucnoktalar gene de C'nin onemli ele-manlar
dr. Verilen bir n icin, k6= l ise, In;k ve
In;l birbirlerinden ayrk oldugundan, x 2 C ise,
x bu tip yalnz bir tek aralktadr. Diyelim ki
x 2 [an; bn]. Cantor kumesinin elde edilisinden,
n arttkca, an 'lerin arttgn ve bn 'lerin azaldgn
anlarz.  Ustelik,
lim
n!1
[an; bn]
m
= lim
n!1
(bn an) = lim
n!1
1
3n = 0
oldugundan,
x = lim
n!1
an = lim
n!1
bn
14
sonucunu elde ederiz. Bu yontemi kullanarak,
x = 'e yaknsayan dizilerin
fa1; a2; a3; a4; : : :g =
f0:; 0:302; 0:30202; 0:3020202; : : : g
ve
fb1; b2; b3; : : : g =
f0:30222 ; 0:3020222 ; 0:302020222 ; : : : g
oldugunu goruruz. x ucnoktalardan biri degilse,
an 'lerin ve bn 'lerin hic biri x'e esit degildir.
 Ozellik K8. Cantor kumesinin her eleman, In;k
kapal aralklarnn ucnoktalarndan olusan, biri
artan, digeri azalan iki tekduze dizinin limitidir.
Kapal ve her noktas, diger noktalarnn
bir limiti olarak elde edilebilen kumelere yetkin
(veya mukemmel) kumeler denir. Yetkin bir
kumenin hic bir noktas digerlerinden yaltk ola-maz.
Diger bir deyisle, boyle bir kumenin her
noktasnn her komsulugunda gene bu kumeden
sonsuz coklukta nokta vardr. Hatrlanacag gibi
C de kapal bir kumedir.
 Ozellik K9. Cantor kumesi yetkin bir kumedir.
Okuyucuyu (ve de yazar) tumevarm is-patlar
yla daha fazla skmamak icin asagdaki
ozelligi ifade etmekle yetinecegiz.
 Ozellik K10. x 2 C ise, x3
2 C ve 2
3 + x3
2 C
3 2 V ve 2
olur. Ayrca, y 2 V ise, y
3 + y
3 2 V
olur. Hatta, y 2 Jn;k ise, y
3 2 Jn+1;k ve
2
3 + y
3 2 Jn+1;2n+k de dogrudur.
Bu ksm C'nin cok sasrtc bir ozelligiyle
kapatalm. Once bir tanm:
C + C = f x + y : x 2 C; y 2 C g:
18

13. Kaptanoglu
z = x + y 2 C + C ise, z 'nin [0; 2] aralgnda
olacag acktr. Ama z hangi noktalara erisebilir?
z =
1X
n=1
xn
3n +
1X
n=1
yn
3n =
1X
n=1
xn + yn
3n
yazdgmzda, xn ve yn yalnz 0 ve 2 degerlerini
alrlar; dolaysyla, xn + yn ya 0'dr, ya 2'dir, ya
da 4'tur. xn + yn = 2zn dersek, zn , 0, 1 veya 2
olmaldr. O halde
1X
n=1
zn
3n
aclmnda [0; 1] aralgndaki her hangi bir say
ckabilir. Dolaysyla
z =
1X
n=1
2zn
3n = 2
1X
n=1
zn
3n ;
[0; 2] aralgndaki her hangi bir say olabilir.
Baska bir deyisle, Cantor kumesi [0; 1] aralgna
son derece seyrek daglms bir kume olmasna ve
hic bir aralk icermemesine ragmen, iki tanesinin
kume toplam bir aralk edebilmektedir.
Ozellik K11. C + C = [0; 2].
C. Cantor Kumesinde Kac Nokta Vardr?
B ksmnn basnda 10 ve 3 taban icin
yaptgmz simdi de 2 tabannda yapalm. [0; 1]
aralgnda aldgmz bir x saysn, bilgisayarlarn
yaptg gibi, xn 'ler icin yalnzca 0 ve 1 degerlerini
kullanarak,
x = 0:2x1x2x3 =
1X
n=1
xn
2n
seklinde yazabiliriz. Gene baz saylarn iki
aclm vardr; 12
= 0:21 = 0:20111 gibi. 1 =
0:2111 saysnn birinci cinsten aclm yoktur.
0' da ilgi alanmzdan ckartalm. Eger ikinci cin-sten
aclmlar kullanmamay kabul edersek, (0; 1)
ack aralgndaki her saynn bir tek aclm olur.
Bunun faydas, 2 tabanna gore aclmlarda ayn
sayy iki kere saymamamzdr.
Simdi Cantor kumesinden 0' ve 3 ta-ban
ndaki aclmlarnda bir basamaktan sonra
hep 2'ler olan sonsuz cokluktaki noktalar
ckartalm ve kalan noktalara B kumesi diyelim.
2
3 = 0:32 2 B, fakat 1 = 0:3222 62 B ve
13
= 0:30222 62 B olur.
B'de alacagmz her x noktasna karslk,
(0; 1)'de bir y says bulabiliriz; bu islemin tersini
de yapabiliriz. Verilen bir x'in 3 tabannda
aclmndaki 2'leri 1'lere ceviririz ve yeni sayy 2
tabannda okuruz; bu y olur.  Ornegn, x = 20
27 =
0:3202'in karslg y = 0:2101 = 58
'dir. Daha ack
olarak yazarsak,
1X
n=1
xn
3n
noktas
1X
n=1
xn=2
2n =
1X
n=1
xn
2n+1
saysna karslk gelir. Diger yondeki gonderimde
bu islemi tersine ceviririz. Kabullenislerimiz
sayesinde, B'deki her elemann 3 tabannda ve
(0; 1)'deki her noktann 2 tabannda tek bir
aclm oldugu icin, her iki yondeki gonderim bire
birdir. _Ilk baksta (0; 1)'de 0:20111 gibi nok-talar
elde edilmez gibi gorunse de, bunlar degisik
sekilde de, 0:21 gibi, yazlabilirler ve B'deki 0:32
gibi saylardan elde edilirler. Boylece B ile (0; 1)
arasnda bire bir esleme kurmus olduk.
Reel saylar kumesini R ile gosterelim ve
f : (0; 1) ! R olmak uzere
f(x) =
2x 1
x(1 x)
x 2 (0; 1)
fonksiyonunu tanmlayalm. Okurlara, f 'nin
(0; 1) uzerindeki gra

14. gini cizmeyi oneriyoruz.
lim
f(x) = +1 ile lim
x2(x!1
0
0;1)
x2(x!0;1)
f(x) = 1
oldugundan ve f de (0; 1) uzerinde surekli
oldugundan, f 'nin degerleri her gercel sayy alr;
yani f ortendir. Ayrca,
f0(x) =
2x2 2x + 1
(x x2)2
x 2 (0; 1)
:
Paydaki polinomun kokleri karmask saylar
oldugundan, polinom (0; 1) uzerinde ya hep eksi,
ya da hep art isaretlidir. f
1
2
= 12
0
oldugundan dolay, (0; 1) aralgnda pay hep poz-itif
olur. Payda zaten pozitiftir. Dolaysyla,
aralgmzda f(x) 0'dir. Bu da f 'nin
tekduze artan ve bunun sonucu olarak da bire bir
oldugunu verir.  Ozetlersek, f fonksiyonu (0; 1)
ile R arasnda bire bir eslemedir.
Boylece B ile R arasnda bire bir esleme
kurabilecegimizi gosterdik. Bu, her ikisinin ayn
coklukta eleman oldugu anlamna gelir. Cantor
kumesi B'den buyuktur, fakat R'nin icindedir.
Sonuc olarak, C ile R'nin ayn coklukta eleman
icerdigini anlarz.
19

15. Kaptanoglu
Ozellik K12. Cantor kumesinde, reel saylarda
oldugu kadar, yani saylamayacak coklukta nokta
vardr.
D. Lebesgue'in Tekil Fonksiyonu
Henri Lebesgue (1875{1941), modern inte-gral
teorisini baslatan Fransz matematikcisidir.
1902'de yaymladg doktora tezinde, o zamana
dek bilinen integral anlaysn genisleterek inte-grali,
sonsuzluklarla daha iyi is goren ve limit
alma islemi altnda daha iyi davrans gosteren
hale getirmistir. Bugun de matematikte en
cok kullandgmz integral, Lebesgue integralidir.
Bu ksmda tanmlayacagmz fonksiyon, Cantor
kumesi uzerinde ilginc ozellikleri olan ve turevinin
sonsuz sayda tekil noktas olan bir fonksiyondur.
Cantor kumesini insa ederken attgmz
ack aralklara degisik isimler vererek baslayalm.
Her asamann sonunda, o ana kadar attgmz
(daha onceki asamalarda attklarmz dahil)
aralklara Ln;k diyecegiz; burada k = 1, . . . ,
2n 1 degerlerini alr.  Ornegin, L1;1 = J1;1 ,
L2;1 = J2;1 , L2;2 = J1;1 L2;3 = J2;2 , L3;1 = J3;1 ,
L3;2 = J2;1 , L3;3 = J3;2 , L3;4 = J1;1 , L3;5 =
J3;3 , L3;6 = J2;2 , L3;7 = J3;4 , . . . . Boylece
her aralgn Ln;k 'ler cinsinden birden fazla ismi
olur. Jn;k 'lerin oldugu gibi, Ln;k 'lerin de hep-sinin
bilesimi V kumesidir:
V =
1[
2n[1
n=1
k=1
Ln;k
:
Artk fonksiyonumuzu V uzerinde
tanmlayabiliriz:
F(x) = k
2n = cn;k (x 2 Ln;k) (2)
deriz; bu F 'yi her Ln;k aralg uzerinde
sabit yapar. Aslnda F her asamada, daha
onceki asamalarda atlan aralklar uzerinde tekrar
tanmlanmaktadr; ama bu onceki tanmlar
degistirmeyecek sekildedir, cunku, 1 k 2n1
icin, Ln+1;2k = Ln;k ve cn+1;2k = cn;k 'dir. F 'nin
tanm geregi V uzerinde artan bir fonksiyon
oldugu kolayca gorulur; yani x y ise F(x) F(y)'dir. Ayrca, F(0) = 0 ve F(1) = 1 diyelim;
simdi her x 2 V icin, 0 F(x) 1 saglanr.
Sekil 2, F 'nin gra

16. ginin bir ksmn gosteriyor.
0 19
29
13
23
7
9
89
1
Sekil 2
x 2 Ln1;k ve y 2 Ln;k ise,
F(y) F(x) = k
2n
k 1
2n =
1
2n
olur. Ln;k1 ve Ln;k aralklar arasnda uzunlugu
1
3n olan In;k kapal aralg vardr. Bu yuzden,
x; y 2 V ve yx 1
3n ise, x ve y artk n+1'inci
ve daha sonraki asamalardaki ack aralklardadr;
F 'nin artan olma ozelliginden
F(y) F(x)
1
2n
elde ederiz. Bu son esitsizlikten, x ve y 'nin
birbirlerine yaklastklarnda, F(x) ve F(y)'nin
de birbirlerine yaklastklar sonucu ckar. Bu da
F 'nin V uzerinde surekli oldugunu soyler.
Biz F fonksiyonunu, artan olma ve
sureklilik ozelliklerini bozmadan, butun [0; 1]
aralg uzerinde tanmlamak istiyoruz. Bunun
icin F 'yi C uzerinde uygun bicimde tanmlamak
yeter. Once In;k aralklarnn ucnoktalarnda,
bitisik olduklar Ln;k1 ve Ln;k 'deki degerleri
alacak sekilde tanmlayalm F 'yi. Eger In;k =
[a; b] ise,
F(a) = k 1
2n ve F(b) = k
2n (3)
olsun. x 2 C bir ucnokta degilse, K8 ozelligini
kullanarak, x'e yaknsayan tekduze fang ve fbng
20

17. Kaptanoglu
dizilerini buluruz. F artan oldugundan,
F(an)
ve
F(bn)
dizileri de tekduzedir. Ustelik
F 'nin degerleri alttan 0 ve ustten 1 ile snrl
oldugundan, bu son iki dizinin limitleri vardr.
Limitlere srasyla c ve d diyelim.
d c= lim
n!1
F(bn) F(an)
= lim
n!1
k
2n
k 1
2n
= lim
n!1
1
2n = 0
bize c = d verir ve 0 c 1. x'e yaknsayan
her dizi, fang ve fbng dizileri arasnda kalmak
zorundadr. Boyle bir dizinin F altndaki
goruntusu de c'ye yaknsar. Artk F(x) = c diye
tanmlayabiliriz. Boylece F butun [0; 1] aralg
uzerinde tanmlanms olur. Boyle bir tanmn
F 'nin artanlgn koruyacag acktr.
Ozellik F1. F : [0; 1] ! [0; 1] artan bir
fonksiyondur.
Eger elimizde bir g fonksiyonu varsa ve
lim
n!1
xn = x
olan her fxng dizisi icin
lim
n!1
g(xn) = g(x)
esitligi saglanyorsa, g fonksiyonu x noktasnda
surekli olur. Yukardaki F , V uzerinde
surekliydi. C uzerindeki tanmn da surekli ola-cak
sekilde yaptk.
Ozellik F2. F : [0; 1] ! [0; 1] surekli bir
fonksiyondur.
F(0) = 0 ve F(1) = 1 oldugunu
hatrlayalm. F 'nin surekli olmasn Ara Deger
Teoremi ile birlestirirsek, F 'nin 0 ile 1 arasnda
her degeri aldgn goruruz.
Ozellik F3. F : [0; 1] ! [0; 1] orten bir
fonksiyondur.
Simdi bu fonksiyonun Cantor kumesi
uzerinde aldg degerlere biraz daha yakndan goz
atalm. x = 0:3x1x2 2 C alalm ve K6
ozelligini hatrlayalm. Gostermek istedigimiz
F(x) = F
1X
l=1
xl
3l
=
1X
l=1
xl
2l+1 (4)
esitligidir. x = 0 ve x = 1'de yapacak bir sey
yoktur. K8 ozelliginden ve F 'nin C uzerindeki
tanmndan dolay, bu esitligin dogru oldugunu
sadece In;k 'lerin ucnoktalarnda gostermek yeter.
Bir kez daha tumevarm kullanacagz. n =
1 halinde, (3)'ten F
13
= 1
2 ve F
23
= 1
2 'dir.
Ayn zamanda, geometrik dizi toplam formulu
sayesinde,
F
1
3
= F
1X
l=2
2
3l
=
1X
l=2
2
2l+1 =
14
1 12
=
1
2
ve
F
2
3
=
2
22 =
1
2
olur. (4)'un, n'nci asamadaki butun ka-pal
aralklarn ucnoktalar icin dogru oldugunu
varsayalm. Bunlardan biri In;k = [a; b] ol-sun.
Ucnoktalarn 3 tabanndaki aclmlarnn
nasl oldugunu B ksmndan hatrlayalm. (2)'den
ve varsaymmzdan
F(a) = F
Xn
l=1
al
3l
=
Xn
l=1
al
2l+1 = k 1
2n :
n + 1'inci asamada [a; b]'nin ortasndan
Ln+1;2k1 = (c; d) aralgn atarz.
d = a +
2
3n ve c = a +
1
3n = a +
1X
l=n+2
2
3l
oldugundan, 0:3d1 dndn+1 = 0:3a1 an2 ve
0:3c1 cncn+1cn+2 = 0:3a1 an022 olur.
(3) ise F(c) = F(d) = 2k1
2n+1 verir. Fakat
nX+1
l=1
dl
2l+1 =
Xn
l=1
al
2l+1 +
2
2n+2 = F(a) +
1
2n+1
= k 1
2n +
1
2n+1 =
2k 1
2n+1 = F(d)
ve
1X
l=1
cl
2l+1 =
Xn
l=1
al
2l+1 +
1X
l=n+2
cl
2l+1
=F(a) +
1X
l=n+2
2
2l+1 = k 1
2n +
1
2n+2
1 12
=
2k 1
2n+1 = F(c);
(4)'un dogrulugunu ispatlar.
21

18. Kaptanoglu
Ozellik F4. x = 0:3x1x2 Cantor kumesinde
ise,
F(x) =
1X
n=1
xn
2n+1 :
F 'nin sagladg baz denklikleri gorelim
simdi de. x 2 C ise
2
3
+ x
3
=
2
3
+
1
3
1X
n=1
xn
3n =
2
3
+
1X
n=1
xn
3n+1
=
2
3
+ x1
9
+ x2
27
+ =
1X
n=0
xn
3n+1
olur; son ifadede x0 = 2 diye yazdk. Buradan
da, K10 ve F4 ozelliklerini kullanarak,
2F
x
3
=2F
1X
n=1
xn
3n+1
= 2
1X
n=1
xn
2n+2
=
1X
n=1
xn
2n+1 = F(x)
ve
2F
2
3
+ x
3
1=2F
1X
n=0
xn
3n+1
1
=2
1X
n=0
xn
2n+2 1
=
1X
n=0
xn
2n+1 1
=
2
2
+
1X
n=1
xn
2n+1 1 = F(x)
ozdesliklerini elde ederiz.
x 2 Jn;k V ise, K10 ozelligini ve (2)'yi
kullanarak,
2F
x
3
= 2
k
2n+2
= k
2n+1 = F(x)
ve
2F
2
3
+ x
3
1=2
2n + k
2n+1
1
=
2n + k
2n
2n
2n
= k
2n = F(x)
oldugunu goruruz.
 Ozellik F5. Lebesgue fonksiyonu, x 2 [0; 1]
icin, asagdaki denklikleri saglar:
2F
x
3
= F(x) ve 2F
2
3
+x
3
1 = F(x):
Bunlar gibi, bir fonksiyonun baz nokta-lardaki
degerlerini baska noktalardaki degerleri
cinsinden veren denklemlere fonksiyonel denklem-ler
denir. Bu konuda bir yaz bu dergide daha
once (cilt:2, say:4, sayfa:22{25) ckmst. Simdi
okuyuculara (ve de o yaznn yazarna) bir kac so-rumuz
var: F5 ozelligindeki denklemleri saglayan
ve F 'nin baz ozelliklerine sahip F 'den baska
fonksiyon bulunabilir mi? F 'nin baska hangi
ozellikleri (surekli, artan, orten, . . . ) cozumun
sadece F olmasn saglar?
Fonksiyonumuz V 'nin her bir parcasnda
sabit degerli ve m(V ) = 1 oldugundan, [0; 1]
uzerinde hemen her yerde, yani uzunlugu 0 olan
bir parca dsnda, F 'nin turevi F0(x) = 0 olur.
Boyle fonksiyonlara tekil fonksiyon diyoruz. Bu
bize F 'nin yalnz C uzerinde arttgn soyler.
m(C) = 0 nedeniyle,
R 1
0 F0(x) dx integralini,
sadece V uzerinde integral alarak hesaplayabil-iriz;
tabii Lebesgue integrali kullanarak.
Z 1
0
F0(x) dx=
Z
V
F0(x) dx =
Z
V
0 dx
=0 m(V ) = 0 1 = 0 1
=1 0 = F(1) F(0):
Bu esitsizlik, kl^asik
Z b
a
g0(x) dx = g(b) g(a)
teoremine aykr gibi gorunur. Fakat bu teorem,
g 'nin (a; b) aralgnn her noktasnda (hemen
her yerde olmas yetmez) turevli olmasn gerek-tirdi
ginden, celiski yoktur.
E. Genel Cantor Kumeleri
Yazmzn baslgnda birden fazla Cantor
kumesindan bahsetmisitk. Son olarak, Cantor
kumelerinin genel olarak nasl elde edilebilecegine
ksaca deginelim. Gene [0; 1]'de kapal aralklarn
tam ortasndan parcalar atarz; fakat kalan In;k
kapal aralklarnn uzunluklarn 1
3n yerine tn
gibi 0 2tn tn1 esitsizliklerini saglayan
saylardan seceriz; o zaman atlan Jn;k ack
aralklarnn uzunlular rn = tn1 2tn olur.
22

19. Kaptanoglu
 Ornegin, I1;1 = [0; t1], I1;2 = [1 t1; 1] ve
J1;1 = (t1; 1t1); I2;1 = [0; t2], I2;2 = [t1t2; t1],
I2;3 = [1 t1; 1 t1 + t2], I2;4 = [1 t2; 1] ve
J2;1 = (t2; t1t2), J2;2 = (1t1+t2; 1t2); . . . .
Cn , C, Vn ve V 'nin de tanmlar ayn kalr.
Uzunluklar onceki gibi hesaplarz; (Cn) =
2ntn ve m(Vn) = 2n1rn buluruz. O zaman
m(C) = lim
n!1
2ntn
ve
m(V ) = lim
n!1
2n1rn = 1 m(C)
olur; yukarda tn 'ler uzerine koydugumuz sarttan
dolay bu limitler vardr. Tabii artk m(C) = 0
olmas gerekmez. Hatta, bir 0 s 1 alp,
tn = s
2n +
1 s
3n
secerek m(C) = s olmasn saglayabiliriz.
Ozellik K13. Genel bir Cantor kumesi, basit
Cantor kumesinin K1, K2, K3, K7, K9, K11
ve K12 ozelliklerini paylasr. Ayrca uzunlugu 0
ile 1 arasndaki her hangi bir degeri alabilir.
F. Kaynakca
Bu yazda anlattklarmz, genellikle
universitelerin matematik bolumlerinde 4. snfta
veya yuksek lisansta okunan ve Lebesgue inte-grali
kullanan Reel Analiz derslerinin konusudur.
Bu konuda daha fazla bilgi edinmek isteyen-ler
boyle bir ders kitabna basvurabilirler. Biz,
_Ingilizce olmalarna ragmen, nispeten daha fazla
bilgi veren 3 tanesini onerecegiz. Asagdaki kita-plar
n ilki, genel Cantor kumeleri icin, ucuncusu
ise, Lebesgue tekil fonksiyonun degisik bir tanm
icin faydaldr.
K. R. Stromberg, An Introduction to Classical
Real Analysis, Wadsworth, Belmont, 1981.
I. P. Natanson, Theory of Functions of a Real
Variable, Frederick Ungar, New York, 1955.
W. Rudin, Real and Complex Analysis,
McGraw-Hill, New York, 1974.
23