Matematikte sıkça yapılan yanlışlar nelerdir?

14 beğenilme 0 beğenilmeme
2,852 kez görüntülendi
Amatör/profesyonel matematikçiler arasında da görülebilen, bazı durumların gözardı edilmesi nedeniyle sıkça yapılan yanlışlar çokca bulunmakta. Bunların bir arada bulunması faydalı olabilir. Üstelik bu yanlışların kimilerinin matematik kitaplarına bile girmiş olması nedeniyle, böyle bir liste faydalıdan ziyade gerekli bile olabilir.

1- Matematik kitaplarında gördüğünüz yanlış ispatlar nelerdir?
2- Belirli bir teoremin ispatı sırasında yapıldığını sıklıkla gördüğünüz yanlışlar nelerdir?
3- Tanımının sıklıkla yanlış bilindiğini gözlemlediğiniz kavramlar nelerdir?
29, Ocak, 2015 Serbest kategorisinde Safak Ozden (3,246 puan) tarafından  soruldu
Düzgün bir etiket aklıma gelmedi, uygun bir etiket bulan kişi etiketlerse güzel olur.

$2+2=4$.                     (Cevabi yoruma cevirdim).

10 Cevaplar

1 beğenilme 0 beğenilmeme
Ben lisans eğitimimiz sırasında dikkatimizin çekildiği bir yanlışı örnek vererek başlayayım.

 

"Sayılabilir çoklukta sayılabilir kümenin birleşimi de sayılabilir bir kümedir."

 

teoreminin ispatı şu şekilde verilmektedir. $\{U_i\}_{i\in \mathbb{N}}$ sayılabilir kümelerden oluşan bir küme olsun. Öncelikle $U_i$'lerin kesişmediğini varsayalım (ki her zaman bunu varsayabiliriz). Şimdi, her $i\in\mathbb{N}$ için $U_i$ sayılabilir olduğu için $f_i:U_i\longrightarrow \mathbb{N}$ biçiminde bire-bir bir $f_i$ fonksiyonu vardır. Eğer $x$ elemanı $U_i$ kümesinin elemanıysa $f:\cup_{i\in\mathbb{N}}U_i\longrightarrow \mathbb{N}$ fonksiyonunu

$$ f(x)=p_i^{f_i(x)}$$

olacak biçimde tanımlayalım. Yukarıdaki tanımda $p_i$ ile $i$'inci asal belirtilmektedir. Açık ki bu fonksiyon bir sayma fonksiyonudur. O halde birleşim de sayılabilir bir kümedir.

 

Gelgelelim, bu ispat sırasında seçme aksiyomunu kullanmak gerekmektedir ancak bundan söz edilmemektedir. Dikkat edilirse, $f_i$ elemanını seçmek, $U_i$'den $\mathbb{Z}$ kümesine giden birebir fonksiyonlar kümesinden bir eleman seçmektir. O halde, eğer $U_i$'den $\mathbb{Z}$ kümesine giden birebir fonksiyonlar kümesini $B_i$ ile gösterirsek bütün $f_i$'lerin seçimi

 

$$ \prod_{i=1}^{\infty}B_i$$

kümesinden bir eleman almakla aynı işlemdir. Yani seçme belitini kullanmaktır.

 

Yukarıdaki yanlış ispat Lang cebir kitabında da, Rudin'in analiz kitaplarından birisinde de (yanlış anımsamıyorsam bebek Rudin'de) bulunmakta.
29, Ocak, 2015 Safak Ozden (3,246 puan) tarafından  cevaplandı
29, Ocak, 2015 Safak Ozden tarafından düzenlendi
Eğer bu ispatı gözden geçirirken tümüyle kümeler teorisinin aksiyomları düzeyine inmemiz gerekiyorsa ispat sırasında söylenmesi atlanan başka şeylerde bulabiliriz. Örneğin $U_i$ kümelerinin kesişmediğini varsayabileceğimizi göstermemiz için bile 2 tane aksiyomu kullanmamız gerekmektedir.
Seçim Aksiyomu zaten kabul edilmiş bir aksiyom olduğundan, Lang'ın ya da Rudin'in kitaplarında yanlış kanıt olduğunu söylemek doğru değil. Seçim Aksiyomunun bu tür kullanımlarına cebir ve analizde sık sık rastlanır.

Tabi haklisiniz esasen matematiksel olarak ispatta bir yanlis yok, bu yuzden bir yanlis olarak degerlendirmek dediginiz gibi dogru degil. Ama cok guzel oldugunu da soyleyemeyecegim. Sonuc olarak bir ispat yazilirken elbette kullanilan her argumanin/teoremin refere edilmesi mumkun degil, ustelik gerekli de degil. Ama elbette bazi argumanlari da refere etmemek mumkun degil. Bana kalirsa bu da onlardan birisi. 


Sonuc olarak yanlis ile icime sinmeyen'i karistirmisim.

1 beğenilme 0 beğenilmeme

Çok masum gözüken bir önerme: $A$ kümesinin kardinalitesi $B$ kümesinin kardinalitesinden küçük ise $A$'nın kuvvet kümesinin kardinalitesi $B$'nin kuvvet kümesinin kardinalitesinden küçüktür. Her $A$ ve $B$ için eğer $|A| < |B|$ ise $|\mathcal{P}(A)|<|\mathcal{P}(B)|$.

Bu önerme kümeler kuramı belitlerinden bağımsızdır. Genelleştirilmiş süreklilik hipotezi altında doğrudur ancak Martin'in beliti ve süreklilik hipotezinin değili altında yanlıştır, ki bu varsayımlar ZFC kümeler kuramı eğer tutarlı ise ZFC ile tutarlıdır.

Bu yanlışa kendim hiç rastlamadım ancak danışmanımın anlattığı bir hikayeye göre profesyonel bir matematikçi (ismi önemli değil) zamanında bir makalesinde bu "bariz teoremi" kullanarak bir kohomoloji hesabı yapmış.

29, Ocak, 2015 Burak (1,190 puan) tarafından  cevaplandı
29, Ocak, 2015 Burak tarafından düzenlendi
Çok ilginç. Bilmiyordum.
0 beğenilme 0 beğenilmeme
Matematik kitaplarina gecen bir hata degil ama karsilastigim cogu insanin dustugu bir yanlis:

Yaklasik 600 kisinin aldigi bir lineer cebir dersinde asistanlik yapiyorum. Bu bir odev sorusu ve su ana kadar kagidini okudugum yaklasik 300 kisi asagidaki hatali kaniti vermis.

"$V$ bir vektor uzayi, $W_1, W_2 \subseteq V$ altuzaylar olsun. Eger $W_1 \cup W_2$ bir alt uzay ise, ya $W_1 \subseteq W_2$ ya da $W_2 \subseteq W_1$'dir."

Yanlis Kanit:

$W_1 \cup W_2$'nin bir alt uzay oldugunu kabul edelim. $v_1 \in W_1$ ve $v_2 \in W_2$ olsun. Dolayisiyla, $v_1, v_2 \in W_1 \cup W_2$ ve toplama isleminde kapalilik ozelliginden $v_1+v_2 \in W_1 \cup W_2$. Demek ki $v_1 + v_2 \in W_1$ ya da $v_1 + v_2 \in W_2$.

Ilk durumda, $W_1$ altuzay oldugu ve $-v_1 \in W_1$ oldugu icin, $-v_1 + v_1 + v_2 = v_2 \in W_1$. $v_2 \in W_2$ herhangi bir elemandi. Demek ki $W_2 \subseteq W_1$.

Ayni sekilde, ikinci durumda $W_2$ altuzay oldugu ve $-v_2 \in W_2$ oldugu icin, $-v_2 + v_1 + v_2 = v_1 \in W_2$. $v_1 \in W_1$ herhangi bir elemandi. Demek ki $W_1 \subseteq W_2$.

Demek ki, $W_1 \subseteq W_2$ veya $W_2 \subseteq W_1$.
29, Ocak, 2015 Ozgur (1,973 puan) tarafından  cevaplandı
Hocam doğru ispatı yazar mısınız lütfen

http://www.matkafasi.com/11113/alt-gruplarin-birlesimi-de-neden-alt-grup-olmaz


Linkteki soruya vermis oldugum cevapta altgrup yerine altuzay koyarsak bu soru icin dogru bir kanit vermis oluruz.

Yukaridaki yanlis kanitta, her $v_1 \in W_1$'in $W_2$'de, ya da her $v_2 \in W_2$'nin $W_1$'de oldugunu gosteren herhangi bir cumle yok.
3 beğenilme 0 beğenilmeme
Benim şu ana kadar yaptığım belirgin yanlışların hepsi aynıydı: "çok bariz ki ..."
29, Ocak, 2015 Salih Durhan (1,079 puan) tarafından  cevaplandı
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Süreklilik tanımı birçok matematik kitabında yanlış yapılıyor. Mesela

$A\subset \mathbb{R}, \,\ f:A\rightarrow \mathbb{R}$ fonksiyon ve $a\in A$ olmak üzere

$$f, \,\ a\text{'da sürekli}:\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow a}f(x)=f(a)$$

gibi. Oysa limitten bahsedebilmek için $a$ noktasının $A$ kümesinin yığılma noktası olması gerekir. Bu hep göz ardı ediliyor. Olması gereken tanım şu:

$A\subset \mathbb{R}, \,\ f:A\rightarrow \mathbb{R}$ fonksiyon ve $a\in A$ olmak üzere

$$f, \,\ a\text{'da sürekli}$$

$$:\Leftrightarrow$$

$$ (\forall \epsilon>0)(\exists \delta >0)(\forall x\in A)\big{[}\mid x-a\mid <\delta \rightarrow \mid f(x)-f(a)\mid <\epsilon\big{]}$$

$$\Leftrightarrow$$

$$ (\forall \epsilon>0)(\exists \delta >0)\big{[} x\in A\rightarrow \left(\mid x-a\mid <\delta \rightarrow \mid f(x)-f(a)\mid <\epsilon\right)\big{]} $$

$$\Leftrightarrow$$

$$ (\forall \epsilon>0)(\exists \delta >0) \big{[} (x\in A \wedge \mid x-a\mid <\delta) \rightarrow \mid f(x)-f(a)\mid <\epsilon\big{]} $$

$$\Leftrightarrow$$

$$ (\forall \epsilon>0)(\exists \delta >0) \big{[} (x\in A \wedge x\in (a-\delta,a+\delta) ) \rightarrow f(x)\in (f(a)-\epsilon,f(a)+\epsilon)\big{]} $$

$$\Leftrightarrow$$

$$ (\forall \epsilon>0)(\exists \delta >0) \big{[} x\in A \cap (a-\delta,a+\delta) \rightarrow f(x)\in (f(a)-\epsilon,f(a)+\epsilon)\big{]} $$

$$\Leftrightarrow$$

$$ (\forall \epsilon>0)(\exists \delta >0) \big{[} f(x)\in f[A \cap (a-\delta,a+\delta)] \rightarrow f(x)\in (f(a)-\epsilon,f(a)+\epsilon)\big{]} $$

$$\Leftrightarrow$$

$$ (\forall \epsilon>0)(\exists \delta >0) \big{[} f[A \cap (a-\delta,a+\delta)] \subset (f(a)-\epsilon,f(a)+\epsilon)\big{]} .$$

13, Mart, 2015 murad.ozkoc (8,024 puan) tarafından  cevaplandı
26, Kasım, 2016 murad.ozkoc tarafından düzenlendi
Orada, $a$'ya giden her dizi için $f(x)$'lerin limiti $f(a)$ ise denmek istiyor, yani illa da bir dizi olması gerekmiyor. Öyle bir dizi yoksa, fonksiyon o noktada otomatikman sürekli olacaktır yani. Öyle bir dizi olduğu varsayımı yok yani.

Denmek istenen şey ile denen şeyin aynı olması gerekir.

Ama denen sey yakinsak bir dizinin varoldugu degil ki! ben mi yanlis anliyorum

Peki şöyle söyleyeyim. $f(x)=x^2$ kuralı ile verilen $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$ fonksiyonu süreklidir. Ancak hiçbir noktada limit söz konusu değildir.

Bir $f$ fonksiyonu $a$ noktasinda ne zaman sureklidir? Eger $a$'ya yakinsayan her $\{x_n\}_{n\in \mathbb{N}}$ dizisi icin $limf(x_n)=f(a)$ ise. Yani tanimda oyle bir dizinin varligindan soz etmiyor, oyle bir dizinin var olmasi da gerekmiyor. Ne zaman sureksizdir? $x_n\longrightarrow a$ olup da $limf(x_n)\neq f(a)$ olan bir dizi VARSA. Yani sureksizlik icin dizi varligi soz konusu, sureklilik icin degil.

0 beğenilme 0 beğenilmeme

$A$ ve $B$ iki küme olsun. $A \times B$ kartezyen çarpımını düşünelim. Ve 

$$\pi_A: A \times B \to A, \quad \pi_A(a,b) =a \\ \pi_B: A \times B \to B, \quad \pi_B(a,b) = b$$

izdüşüm fonksiyonları olsun.

Her $S \subset A\times B$ altkümesi için $S = \pi_A(S) \times \pi_B(S)$ olur.

Karşıörnek: $A = B = \mathbb{R}$ ve $S = $ birim disk.

Yine buna benzer bir yanılgı: $R^2$'nin açık kümeleri, $A$ ve $B$ $\mathbb{R}$'de açık olmak üzere $A \times B$ şeklindedir. Yukarıdaki karşıörnek bunun için de çalışıyor.

12, Mayıs, 2015 Ozgur (1,973 puan) tarafından  cevaplandı

Bu bence sıkça yapılan bir yanlış ama kitaplara girdiğini görmedim. Sayılır mı?

1 beğenilme 0 beğenilmeme

$V$ bir $\mathbb{R}$-vektor uzayi olsun. Eger $A \subseteq V$ altkumesi 

  • $x, y \in A \implies x + y \in A$
  • $x \in A, c\in \mathbb{R} \implies cx \in A$
ozellliklerini sagliyorsa, o zaman $A$ bir altuzaydir.
21, Temmuz, 2015 Ozgur (1,973 puan) tarafından  cevaplandı

Buradaki yanlış nedir acaba?

Bazen koyduğumuz koşullar o kadar fazla oluyor ki aslında bahsettiğimiz altküme boş küme oluyor. Sıfır vektörünün altkumemizin içinde olduğunu kontrol etmek ya da altkümemizin boş olmadığını kontrol etmek gerekiyor. "Kanka sen çok güzel bu özelliklere sahip fonksiyonlarla çalışıyorsun, bunları ekliyorsun çıkarıyorsun ama böyle fonksiyonlar var mı gerçekten?" demesin kimse diye.

Anladım. Bu örnekte böyle bir sorun yok değil mi?

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Yamuk tanımının "sadece 2 kenar paralel" olacak şekilde yapılması

eşkenar dörtgenin özel bir deltoid olduğunun söylenmesi

kümeyi tanımlamaya çalışmak

kenarortayların kesim noktasına üçgenin ağırlık merkezi denmesi

ilk aklıma gelenler bunlar..

30, Ağustos, 2015 muyaku (112 puan) tarafından  cevaplandı
0 beğenilme 0 beğenilmeme

işlem önceliği

28, Aralık, 2015 kadir (15 puan) tarafından  cevaplandı
0 beğenilme 0 beğenilmeme

$f(x)$ fonksiyonu demek, doğrusu $f$ fonksiyonudur,


$x^2+ax+2=K$ için $K'=2x+a$ demek , hangisi değişken belirtilmeden her zaman x değişken sanılır.



Bu zaten sınavda çıkmayacak, bu soru yanlış gibi şeyler söylemek...(liselerdeki öğretmenler)


tanım aralığına bakılmadan türev almaya kalkmak,  R gibi yoğun olmayan bir kümede tanımlanan fonksiyonların türevini almak, $f:\mathbb{Q}\longrightarrow \mathbb{R}$ gibi  buradaki $f$ fonksiyonu türevlenebilir değildir.


Sayılar ve rakamları karıştırmak ,burada MehmetTOKTAŞ  hocanın bir makalesi var bununla alakalı. 

1, Mayıs, 2016 Anıl Berkcan Türker (6,631 puan) tarafından  cevaplandı
...