$\sqrt 2$'nin irrasyonel oldugunun siradisi ispatlari nelerdir?

Question

"ilgili sorudaki teorem'i kullanarak $3^2-2\cdot2^2=1$ oldugundan $\sqrt2$ irasyoneldir."  gibi baska sekilde $\sqrt2$'nin irrasyonelligini gosterebilir miyiz?

Comments

Terimin ya ingilizcesini (irrational) yada türkçesini (irrasyonel) kullanmalıydınız.

---

ikisini birden kullanmisim iste, daha iyi degil mi.. el aliskanligi bazen ingilizceye kayiyor.

---

ipat kelimesinin de turkcesini kullansaymissin iyi olurmus Sercan hocam.

---

Onun turkcesini bulamadim, ispat yazdim, tam karsiligi olmasa da buraya uydu.

---

yok ben espri yapmistim. typo vardi, duzeldi :)

---

oyleyse espriye espri yapmisim desene :)

Answer 1

Eger $\sqrt{2}$ rasyonel ise, $\sqrt{2} = \frac{a}{b}$ olacak sekilde $a$ ve $b$ pozitif tamsayilari bulabiliriz. Yani, $b\sqrt{2} = a$. Yani, eger $\sqrt{2}$ rasyonel ise, $b \sqrt{2} \in \mathbb{N}$ olacak sekilde bir $b$ pozitif tamsayisi bulabiliriz. 

$\mathcal{A} = \{ n \in \mathbb{N} : n \sqrt{2} \in \mathbb{N}\}$ olsun*. Yukarida soyledigim seyi, su sekilde ozetleyebiliriz:

$$\sqrt{2} \in \mathbb{Q} \implies \mathcal{A} \neq \emptyset$$

Tahmin edebileceginiz uzere, $\mathcal{A}$'nin bos kume oldugunu gosterecegiz. Bu da $\sqrt{2}$'nin rasyonel olmadigini soyleyecek bize. (Cunku $\sqrt{2}$ rasyonel olsaydi, $\mathcal{A}$ bos olmayacakti.).

Gozlem 1: Eger $n\in \mathcal{A}$ ise, o zaman $n ' = n\sqrt{2} -n$ de $\mathcal{A}$'dadir. 

Gozlem 1'in Kaniti: $n \in \mathcal{A}$ olsun. Demek ki, $n \sqrt{2} = a$ olacak sekilde bir $a \in \mathbb{N}$ var. Bu durumda, $n'\sqrt{2} = (n\sqrt{2} - n)\sqrt{2} = 2n - n\sqrt{2} = 2n - a \in \mathbb{N}$. Demek ki, $n' \in \mathcal{A}$.

Gozlem 2: $n' < n$.

Gozlem 2'nin Kaniti: Oncelikle, $n' = n\sqrt{2} - n = n (\sqrt{2} -1)$ oldugunu gorelim. Simdi, $1 < \sqrt{2} < 2$ oldugu icin $0 < \sqrt{2} - 1 < 1$ oldugunu gorelim. Bu esitsizligi $n$ ile carptigimizda gozlem 2'yi kanitlamis oluyoruz.

Sonuc: $\mathcal{A}$ kumesinde, minimum bir eleman yok. (Cunku $m$ elemani $\mathcal{A}$'nin minimum elemani olsaydi, $m'$ da $\mathcal{A}$'nin elemani olacakti (Gozlem 1) ama $m' < m$ olacagi icin (Gozlem 2), $m$ minimum olamayacakti.)

Ama $\mathbb{N}$ iyi sirali bir kumedir. Yani, bos olmayan her altkumesinin bir en kucuk elemani vardir. (bkz: Ali Nesin'in Analiz 1 Kitabi, Sayfa 28, Teorem 2.4). O halde, $\mathcal{A}$ bos kume olmak zorundadir. 

--

*$\mathbb{N}$ yerine $\mathbb{N}^+$ yazmak istemiyorum, dogal sayilarin 1'den basladigini kabul edelim. 

Kaynak: Leo Goldmakher'in blogu. Yaziya da suradan ulasabilirsiniz.

Comments

Matematik Bloglari

Answer 2

$A$ matrisini 

$$A = \begin{bmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1\end{bmatrix} \in M_2(\mathbb{R})$$

olarak tanımlayalım. Bu matrisin bütün girdileri tamsayı olduğundan $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ kümesini kendisine götürür, bunu şöyle görebiliriz:

$$\begin{bmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix}  = \begin{bmatrix} 2b-a \\a - b\end{bmatrix}$$

Eğer $a,b$ tamsayı ise $2b - a$ ve $a-b$ de tamsayıdır. Bu birinci gözlem.

İkinci gözlem ise şu:

$$\begin{bmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -1\end{bmatrix}\begin{bmatrix} \sqrt{2}  \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - \sqrt{2} + 2 \\\sqrt{2}-1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (\sqrt{2} - 1) \sqrt{2} \\ \sqrt{2} - 1\end{bmatrix} = (\sqrt{2} -1) \begin{bmatrix} \sqrt{2} \\ 1 \end{bmatrix}$$

Dolayısıyla, $\sqrt{2} - 1$ bir özdeğer ve $x = (\sqrt{2}, 1)^T$vektörü bu özdeğere ait bir özvektör.

Şimdi, diyelim ki, $\sqrt{2} = \frac{m}{n}$ rasyonel olsun. Bu durumda $\sqrt{2}n = m$ olur ve $\sqrt{2}n \in \mathbb{Z}$ olur. Dolayısıyla, $nx = (\sqrt{2}n, n)^T$ vektörü $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$'de bulunur. Aynı zamanda $x$ vektörünün bir skaler katı olduğu için yine bir özvektör olur. Fakat her $k$ için

$$A^k (nx) = nA^k x = n (\sqrt{2} - 1)^k x$$ olduğundan ve $0 < \sqrt{2} - 1 < 1$ olduğundan, eğer $k$'yi çok büyük seçersek $(\sqrt{2} - 1)^k$ çok küçük olur ve $A^k(nx)=n (\sqrt{2} - 1)^k x$ vektörünün girdileri de çok küçük ($0$ ile $1$ arasında) olur. Ama $nx \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ olduğu için, bu son söylediğimiz şey birinci gözlem ile çelişir.

Demek ki $\sqrt{2} = \frac{m}{n}$ olacak şekilde $m, n$ tamsayıları olamaz.

Ekleme: Referans: Kalman, D. Variations on an Irrational Theme-Geometry, Dynamics, Algebra, Mathematics Magazine, Vol. 70, No. 2 (Apr., 1997), pp. 93-104

Comments

iyiymis.              Hatta baya iyiymis. 

---

Ya ben bunu buraya yazmıştım, lineer cebir anlatırken kullanırım diye. Unutmuşum. Ne güzelmiş hakkaten.

Answer 3

$\sqrt2= \frac{a}{b}$ olsun ve a ve b tamsayilar olsun. kare alirsak $2=\frac{a^2}{b^2}$ ya da $2.b^2=a^2$ olur. Bu ise imkansiz cunku esitligin sol yaninda tek sayida 2 varken sag tarafinda cift sayida iki var.(Bilinen ispatta tek cift uzerinden gitmek yerine böyle daha kestirme sanki). 

Comments

Aa bu da çok güzel.

Answer 4

Bu kanıt Sergey Markelov tarafından bulunmuş şuradaki tweete göre. Kanıt tümdengelim kullanıyor ama ben olmayana ergi yöntemini kullanacağım.

Önbilgi: modulo 10 incelediğimizde, doğal sayıların kareleri aşağıdaki gibi olur:

$0^2 = 0$

$1^2=1=9^2$

$2^2=4=8^2$

$3^2=9=7^2$

$4^2=6=6^2$

$5^2=5$

Bu hesaptan hareketle üç şey söyleyebiliriz:

1. Bir doğal sayının karesinin son basamağı $0,1,4,9,6,5$ olmak zorundadır.
2. Eğer bir doğal sayının karesinin son basamağı $0$ ya da $5$ ise o sayının kendisinin de son basamağı $0$ ya da $5$ olmalıdır.
3. Bir doğal sayının karesinin iki katının son iki basamağı $0,2$ ya da $8$ olmak zorundadır.

Şimdi kanıta geçebiliriz:

Diyelim ki aralarında asal $a,b$ doğal sayıları için $\sqrt 2$'yi $\sqrt 2 =a/b$ şeklinde yazabiliyor olalım. Böylece iki tarafın da karesini alıp $2b^2 = a^2$ eşitliğini elde edelim. Yukarıdaki üçüncü maddeden dolayı $2b^2$'nin son basamağı $0,2$ ya da $8$ olmalı. Ama $2b^2 = a^2$ olduğundan son basamak $2$ ya da $8$ olamaz yukarıdaki birinci madde yüzünden. Yani $a^2$'nin son basamağı $0$ olmalı. Bu durumda $2b^2$'nin son basamağı $0$ olduğu için $b^2$'nin son basamağı $0$ ya da $5$ olmalı.

Şimdi ikinci maddeden ötürü $a$'nın son basamağı $0$ ve $b$'nin son basamağı $0$ ya da $5$ olmak zorunda. Bu da demek oluyor ki hem $a$, hem de $b$ beşe tam bölünebiliyor. Çelişki elde ettik.

Answer 5

$a,b\in \mathbb{Z}$ olmak üzere, $x=a+b\sqrt{2}$ formatındaki sayıların kümesine $S$ diyelim. $S$ kümesi toplamaya ve çarpmaya kapalıdır. Başka bir deyişle, $x\in S$ ve $y\in S$ ise $x+y\in S$ ve $xy\in S$ olacaktır. $S'=S\cap (0,1)$ kümesine bakalım. $S'$ kümesinin sonsuz elemanı vardır çünkü $1<\sqrt{2}<2$ olduğundan $0<\sqrt{2}-1<1$ olacaktır, buradan da her $n$ pozitif tamsayısı için $0<(\sqrt{2}-1)^n<1$ olduğu elde edilir ($0<x<1$ ise $0<\cdots<x^3<x^2<x<1$ olduğundan bu sayılar çakışmaz). Eğer $\sqrt{2}=\dfrac{p}{q}$ olacak şekilde $p$ ve $q$ tamsayıları olsaydı, herhangi bir $a+b\sqrt{2}\in S'$ için $0<a+\dfrac{bp}{q}<1$ olacaktı (burada $q$'u pozitif kabul edebiliriz çünkü $\dfrac{p}{q}=\dfrac{-p}{-q}$ eşitliği sağlanır).

Buradan, $0<aq+bp<q$ elde edilir. $a,b,p,q$ tamsayı olduğundan $aq+bp$ de tamsayıdır ve alabileceği $q-1$ değer vardır. Dolayısıyla $a+b\sqrt{2}=\dfrac{aq+bp}{q}$ ifadesi en fazla $q-1$ farklı değer alabilir. Bu da $S'$ kümesinin sonsuz elemana sahip olmasıyla çelişir. Yani $\sqrt{2}$ rasyonel sayı değildir.

Answer 6

Diyelim ki, $\sqrt{2}$ bir rasyonel sayı olsun. Öyleyse, aralarında asal $a$ ve $b$ tamsayıları için;

$\sqrt{2}=\frac{a}{b}$ ve $2=\frac{a^2}{b^2}$ olmalıdır.

Fakat yukarıda ulaştığımız sonuç mümkün değildir, zira aralarında asal olan $a,b$ tamsayılarının kareleri de aralarında asal olacak, dolayısıyla $\frac{a^2}{b^2}$ ifadesi asla bir tamsayı olan $2$'ye sadeleşemeyecektir, bu ise önlenemez bir çelişkiye meydan verecektir.