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

2 beğenilme 0 beğenilmeme
149 kez görüntülendi
"ilgili sorudaki teorem'i kullanarak $3^2-2\cdot2^2=1$ oldugundan $\sqrt2$ irasyoneldir."  gibi baska sekilde $\sqrt2$'nin irrasyonelligini gosterebilir miyiz?
30, Haziran, 2015 Lisans Matematik kategorisinde Sercan (23,218 puan) tarafından  soruldu
1, Temmuz, 2015 Sercan tarafından düzenlendi

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 :)

4 Cevaplar

1 beğenilme 0 beğenilmeme

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.

1, Temmuz, 2015 Ozgur (2,099 puan) tarafından  cevaplandı
1 beğenilme 0 beğenilmeme

$A$ 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

20, Ocak, 20 Ozgur (2,099 puan) tarafından  cevaplandı
20, Ocak, 20 Ozgur tarafından düzenlendi

iyiymis.              Hatta baya iyiymis. 

1 beğenilme 0 beğenilmeme

$\sqrt2= \frac{a}{b}$ 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). 

21, Ocak, 21 matbaz (2,771 puan) tarafından  cevaplandı
0 beğenilme 0 beğenilmeme

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.

13, Şubat, 13 Rimmerian (99 puan) tarafından  cevaplandı
...