Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
2 beğenilme 0 beğenilmeme
1.5k kez görüntülendi
"ilgili sorudaki teorem'i kullanarak $3^2-2\cdot2^2=1$ oldugundan $\sqrt2$ irasyoneldir."  gibi baska sekilde $\sqrt2$'nin irrasyonelligini gosterebilir miyiz?
Lisans Matematik kategorisinde (25.4k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 1.5k kez görüntülendi

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 :)

6 Cevaplar

2 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.

(2.5k puan) tarafından 
2 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

(2.5k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

iyiymis.              Hatta baya iyiymis. 

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

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). 

(2.8k puan) tarafından 

Aa bu da çok güzel.

1 beğenilme 0 beğenilmeme

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.

(2.5k puan) tarafından 
1 beğenilme 0 beğenilmeme
$a,b\in \mathbb{Z}$ 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.
(127 puan) tarafından 
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.

(99 puan) tarafından 
20,247 soru
21,771 cevap
73,413 yorum
2,131,775 kullanıcı