$$\left(\forall x \in\mathbb{R}^{>0}\right)\left(\forall n \in\mathbb{Z}^{>0}\right)\left(\exists ! y\in\mathbb{R}^{>0}\right)\left(y^n=x\right)$$ önermesinin doğru olduğunu gösteriniz.

Question

Yani her $x$ pozitif gerçel sayısı ve her $n$ pozitif tamsayısı için $$y^n=x$$ olacak şekilde bir ve yalnız bir tane $y$ pozitif gerçel sayısının var olduğunu kanıtlayınız.

Not: Böyle bir $y$ sayısı $$\sqrt[n]{x}$$ veya  $$x^{\frac1n}$$ şeklinde yazılır ve bu $y$ sayısına $x$ pozitif gerçel sayısının $n.$ dereceden kökü denir.

Answer 1

$x\in\mathbb{R}^{>0}$  ve  $n\in\mathbb{Z}^{>0}$ olsun ve $E:=\{t| 0<t, \ t^n<x\}$ olarak tanımlayalım.

$\left.\begin{array}{rr} 0<x \\ \\ t_1:=\frac{x}{x+1} \end{array}\right\}\Rightarrow (0<t_1)(t_1^n<t_1<x)\Rightarrow t_1\in E\Rightarrow E\neq \emptyset\ldots (1)$

$1+x<t_2\Rightarrow x<1+x<t_2<t_2^n\Rightarrow t_2\notin E\Rightarrow 1+x\in E^{ü}\Rightarrow E^{ü}\neq\emptyset\ldots (2)$

$(E^{ü}: E$ kümesinin tüm üstsınırlarının kümesi.$)$

$(1),(2)\overset{\text{SUP}}{\Rightarrow} (\exists y\in\mathbb{R})(\sup E=y>0)$

 

$$y^n=x$$ olduğunu gösterirsek kanıt biter. Bunun için de ilk olarak $x\leq y^n$ ve ikinci olarak da $y^n\leq x$ olduğunu göstermeliyiz. Birinci durumun kanıtına geçmeden önce küçük bir çalışma yapalım.

 

$$0<a<b$$

$$\Rightarrow$$

$$b^n-a^n=(b-a)(b^{n-1}+b^{n-2}a+b^{n-3}a^2+\ldots +ba^{n-2}+a^{n-1})$$

$$\Rightarrow$$

$$b^n-a^n<(b-a)(b^{n-1}+b^{n-2}b+b^{n-3}b^2+\ldots +bb^{n-2}+b^{n-1})=(b-a)nb^{n-1}\ldots (3)$$

 

$\textbf{I. Durum:}$ $x\leq y^n$ olduğunu gösterelim. $y^n<x$ olduğunu varsayalım.

$\left.\begin{array}{rr} y^n<x\Rightarrow 0<\frac{x-y^n}{n(y+1)^{n-1}} \\ \\ \text{Arşimet Özelliği}\end{array}\right\}\Rightarrow (\exists m\in\mathbb{N})\left(\frac1{m+1}<\frac{x-y^n}{n(y+1)^{n-1}}\right)\ldots (4)$

 

$(3)$ nolu eşitsizlikte $a=y,  \ b=y+\frac{1}{m+1}$ yazılır ve $(4)$ nolu eşitsizlikte kullanılırsa

 

$$\left(y+\frac{1}{m+1}\right)^n-y^n\overset{(3)}{<}\frac{1}{m+1}\cdot n\cdot \left(y+\frac{1}{m+1}\right)^{n-1}<\frac{1}{m+1}\cdot n\cdot \left(y+1\right)^{n-1}\overset{(4)}{<}x-y^n$$ $$\Rightarrow$$ $$\left(y+\frac{1}{m+1}\right)^n<x$$ $$\Rightarrow$$ $$y+\frac{1}{m+1}\in E$$  elde edilir ki bu durum  $$\sup E=y$$ olması ile çelişir. O halde $$x\leq y^n\ldots (5)$$ olmalıdır.

 

$\textbf{II. Durum:}$ $y^n\leq x$ olduğunu gösterelim. $x<y^n$ olduğunu varsayalım.

$$x<y^n\Rightarrow 0<k:=\frac{y^n-x}{ny^{n-1}}<\frac{y^n}{ny^{n-1}}=\frac{y}{n}\leq y\Rightarrow 0<y-k$$ elde edilir. Öte yandan $(3)$ nolu eşitsizlikte $a=y,  \ b=y-k$ yazılırsa

$$0<y-k\leq t$$ $$\Rightarrow$$ $$(y-k)^n\leq t^n$$ $$\Rightarrow$$ $$y^n-t^n\leq y^n-(y-k)^n\overset{(3)}{<}kn(y-k)^{n-1}<kny^{n-1}=y^n-x$$ $$\Rightarrow$$ $$x<t^n$$ $$\Rightarrow$$ $$t\notin E$$ yani $$y-k\in E^{ü}$$ elde edilir ki bu durum $$\sup E=y$$ olması ile çelişir. O halde $$y^n\leq x\ldots (6)$$ olmalıdır.

Buradan da $$(5),(6)\Rightarrow y^n=x$$ elde edilir.

Comments

II. durumu müsait bir zamanda tekrar ele alıp düzenleyeceğim.

---

Tekliğini okurlara bırakalım.