Yazar: Emre Alkan (Boğaziçi Üniversitesi, Matematik Bölümü Öğrencisi)
Yıl: 1995-1
Sayı: 21
Bu yazıda rasyonel kök teoremini ele alacağız. $\sqrt{2}$ sayısının irrasyonel olduğunu hepimiz bilmekteyiz. Daha genel bir sonuç şöyledir.
$N$ bir sayının $m$ kuvveti değilse $\sqrt[m]{N}$ irrasyoneldir. Tersine $\sqrt[m]{N} = \frac{a}{b}$ , $(a,b) =1$ olsun $Nb^{m} = a^{m}$, $a^{m}$’in asal çarpanlarından herbirinin kuvveti $m$ ile bölünür. Dolayısıyla $N$’nin asal çarpan kuvvetleri de $m$ ile bölünmelidir ki bu mümkün değildir. $\sqrt[m]{N}$ sayısının $x^{m}-N=0$ denkleminin bir kökü olduğuna dikkat edelim.
Teorem: (Rasyonel Kök Teoremi) $c_{i}, i= 1,2,\dots,m$ tamsayı olmak üzere $x^{m}+c_{1}x^{m-1}+\dots+c_{m} =0$ denkleminin her kökü ya tamsayı ya da irrasyoneldir.
Kanıt: $x=\frac{a}{b}$, $(a, b)=1$ ve $b>1$ denklemin bir kökü olsun. $a^{m}+c_{1} b a^{m-1}+\cdots+$ $c_{m-1} b^{m-1} a+b^{m} c_{m}=0$ elde edilir ki kolayca $b \mid a^{m}$ olacağı çıkar. $b>1$ ise $p \mid b$ şeklinde bir $p$ asal sayısı bulunabilir. $p \mid a^{m}$ ve $p \mid a$ elde edilir ki bu $(a, b)=1$ olmasıyla çelişir. Dolayısıyla kökler ya tamsayı ya da irrasyoneldir. $\quad \square$
Şimdi teoremin kullanılışını sergilemek amacıyla uygulamalar yapacağız.
Problem: $f(x)$ rasyonel katsayılı, derecesi en az $2$ olan bir polinom olsun. Her $n \geq 1$ için, $f\left(a_{n+1}\right)=a_{n}$ olacak biçimde $a_{n}$ rasyonel sayı dizisi var ise her $n \geq 1$ için $a_{n+k}=a_{n}$ olacak şekilde bir $k \geq 1$ sayısının varlığını gösteriniz.
Önce $a_{n}$ dizisinin sınırlı olduğunu görelim. $f(x)$’in derecesi en az $2$ olduğundan, $|x| \rightarrow \infty$ iken $\left|\frac{f(x)}{x}\right|=\frac{|f(x)|}{|x|} \rightarrow \infty$ yazılabilir. Şu halde $\left|a_{1}\right| \leq M$ ve $|x| \geq M$ için $|f(x)| \geq|x|$ olacak şekilde bir $M$ sayısı bulunabilir. Herhangi bir $n>1$ için $\left|a_{n}\right|>M$ ise $\left|a_{n-1}\right|=\left|f\left(a_{n}\right)\right| \geq$ $\left|a_{n}\right|>M$ ve bu yinelenerek, $\left|a_{1}\right|>M$ çelişkisi elde edilir. Dolayısıyla her $n \geq 1$ için $\left|a_{n}\right| \leq M$ olmalıdır.
Simdi $a_{n}$ dizisinin sonlu sayıda farklı terimden oluştuğunu görelim. Bunun için, her $n \geq 1$ ve $a_{n}$ terimi hakkında $N a_{n}$ tamsayı olacak şekilde bir $N$ sayısı bulacağız. $N$ sayısının ne olacağını kestirmek güçtür. Bir tümevarım kanıtı düşündüğümüzden tümevarım adımını ele alalım. Yani $N a_{n}$ bir tamsayı olsun. $N a_{n+1}$’in $f\left(\frac{x}{N}\right)-$ $a_{n}$ polinomunun bir kökü olduğu açıktır. $b_{i}$’ler ve $c$ uygun tamsayılar olmak üzere, $f(x)=\left(b_{k} x^{k}+\right.$ $\left.b_{k-1} x^{k-1}+\cdots +b_{0}\right) / c$ seklinde yazılabilir. $c f\left(\frac{x}{N}\right)=$ $b_{k} \frac{x^{k}}{N^{k}}+b_{k-1} \frac{x^{k-1}}{N_{k-1}}+\cdots+b_{0}$ ve $\frac{c N^{k}}{b_{k}} f\left(\frac{x}{N}\right)=x^{k}+$ $b_{k-1} \frac{N}{b_{k}} x^{k-1}+\cdots+\frac{N^{k}}{b_{k}}$. Şu halde $N$ sayısı $b_{k}$’nin bir tam katı olacak şekilde seçilirse, $\frac{c N^{k}}{b_{k}}\{ f(\frac{x}{N})-a_{n}\}$ tamsayı katsayılı monik bir polinom olur. Rasyonel kök teoremi ile $N a_{n+1}$ de bir tamsayı olmalıdır. Böylece tümevarım adımı tamamlanır. Tümevarımın başlangıcı için $a_{1}=\frac{a}{b}$ ise $N=b b_{k}$. seçmek yeterli olur.
Böylece şunu elde ederiz. Sonsuz tane $m_{i}$ sayıları için, $a_{m_{i}}=a_{m_{i}+k_{i}}$ olacak sekilde en küçük bir $k_{i} \geq 1$ sayısı vardır. Kolayca $a_{m_{i}}, a_{m_{i+1}}, \cdots, a_{m_{i+k_{i}-1}}$ terimleri farklıdır. Sonlu tane farklı terim olduğundan, sonsuz tane $m_{j}$ sayıları için $a_{m_{j}}=a_{m_{j+k}}$ ve $k \geq 1$ olacak şekilde bir $k$ sayısı vardır. Rasgele bir $a_{n}$ alalım $m_{j}>n$ olacak sekilde bir $m_{j}$ alırsak, $a_{m_{j}}=a_{m_{j+k}}$ olur. Bu eşitliğin her iki tarafına yeteri kadar $f$ uygulanırsa, istenen $a_{n}=a_{n+k}$ elde edilir.
Teorem: (i) $n$ pozitif tamsayısı için, $\cos \frac{\pi}{n}$ sadece $n=1,2,3$ iken rasyoneldir (ii) $\sin \frac{\pi}{n}$ ise sadece $n=1,2,6$ iken rasyoneldir.
Kanıt: $P_{m}(z)$, $m=1,2, \cdots$ polinom dizisini şöyle tanımlayalım. $$ P_{1}(z)=z-1, \quad P_{2}(z)=z^{2}-z-1 \quad \text{ve } m>2 \text{ için } P_{m}(z)=z P_{m-1}(z)-P_{m-2}(z) \ .$$ Tümevarımla, $$P_{m}\left(z+\frac{1}{z}\right)=\frac{z^{2 m+1}+1}{z^{m}(z+1)}$$ olduğunu görelim. $m=1$ ve $m=2$ için kolaylıkla eşitlik sağlanabilir. Tümevarım adımı için, $P_{m}\left(z+\frac{1}{z}\right)=\left(z+\frac{1}{z}\right) P_{m-1}\left(z+\frac{1}{z}\right)-P_{m-2}\left(z+\frac{1}{z}\right)$ yazılabilir. $P_{m-1}\left(z+\frac{1}{z}\right)$ ve $P_{m-2}\left(z+\frac{1}{z}\right)$ için tümevarım hipotezleri yerine konursa, sav kanıtlanmış olur.
Şimdi yeni bir $Q_{m}(z)$, $m=1,2, \cdots$ polinom dizisini söyle tanımlıyalım. $$Q_{1}(z)=z+1, \quad Q_{2}(z)=z^{2}+z-1 \quad \text{ve } m>2 \text{ için } Q_{m}(z)=z Q_{m-1}(z)-Q_{m-2}(z) \ .$$ Benzer şekilde tümevarımla, $$Q_{m}\left(z+\frac{1}{z}\right)=\frac{z^{2 m+1}}{z^{m}(z-1)}$$ olduğu görülebilir.
Şimdi $m \geq 1$ için $P_{m}(z)= 0$ ve $Q_{m}(z)=0$ denklemlerinin köklerini bulmaya çalışacağız. Kolayca $P_{m}(z)$ ve $Q_{m}(z)$’nin $z$’ye göre $m$ derece monik polinomlar olduğu görülebilir. Dolayısıyla Cebrin Ana teoremine göre $\mathbb{C}$ ‘de $m$ tane kök vardır. Eğer $z$, $\frac{z^{2 m+1}+1}{z^{m}(z+1)}=0$’ı sağlıyorsa, $z+\frac{1}{z}$, $P_{m}(z)=0$ denkleminin bir köküdür. Kolayca, $P_{m}\left(z+\frac{1}{z}\right)=0$ denkleminin tüm kökleri, $z=\cos \frac{k \pi}{2 m+1}+i \sin \frac{k \pi}{2 m+1}$, $k=1,2, \cdots, 2 m$ olarak verilir. Böylece $z+\frac{1}{z}=2 \cos \frac{k \pi}{2 m+1}$, $k=1,2, \cdots, 2 m$ olur.
Şimdi şunu gözleyelim. Eğer $z, Q_{m}\left(z+\frac{1}{z}\right)=0$ denkleminin bir kökü ise $-z$ de $P_{m}\left(z+\frac{1}{z}\right)=0$ denkleminin bir köküdür. Böylece $Q_{m}\left(z+\frac{1}{z}\right)=0$ denkleminin tüm kökleri, $z=\cos \frac{k 2 \pi}{2 m+1}+i \sin \frac{k 2 \pi}{2 m+1}$, $k=1,2, \cdots, 2 m$ ile verilir. $z+\frac{1}{z}=2 \cos \frac{k 2 \pi}{2 m+1}$, $k=1,2, \cdots, m$ olur ki böylece $Q_{m}(z) = 0$ denkleminin $m$ kökü $z=2 \cos \frac{ k 2 \pi}{2 m+1}$, $k=1,2, \cdots, m$ olarak belirlenir. $-z=2 \cos \left(\pi-\frac{2 k \pi}{2 m+1}\right)$ değerinin kolayca $P_{m}(z)=0$ denkleminin bir kökü olduğu görülebilir. Böylece $P_{m}(z)=0$’ın tüm kökleri $2 \cos \frac{(2 m+1-2 k) \pi}{2 m+1}$, $k=1,2, \cdots, m$ veya eşdeğer olarak $2 \cos \frac{(2 k-1) \pi}{2 m+1}$, $k=1,2, \cdots, m$ şeklinde elde edilir. $k=1$ alalım. Böylece $2 \cos \frac{\pi}{2 m+1}$, $P_{m}(z)=0$’ın bir köküdür. $P_{m}(z)$ tamsayı katsaylı ve monik bir polinom olduğundan, rasyonel kök teoremi ile $2 \cos \frac{\pi}{2 m+1}$ ya tamsayıdır ya da irrasyoneldir. Tamsayı ise ancak $2 \cos \frac{\pi}{2 m+1}=1$ olabilir. Bu ise $n=3$ halidir. $\cos \pi$ ve $\cos \frac{\pi}{2}$ ‘nin rasyonelliği açıktır.
Her $n>3$ tek sayısı için, $\cos \frac{\pi}{n}$ in irrasyonel olduğunu gördük. $n=2^{k} r$, $2 \nmid r$ ve $k \geq 1$ olsun. $\cos \frac{\pi}{2^{k}r}$ rasyonel ise, $2 \cos ^{2} \frac{\pi}{2^{k}r}-1=\cos \frac{\pi}{2^{k-1}r}$ de rasyonel olur. Böylece devam edilirse, $\cos \frac{\pi}{r}$ rasyonel olur ki $r$ tek olduğundan bu mümkün değildir. Burada $r=1$ ve $r=3$ durumlarını ayrıca ele almak gerekir. $r=1$ için $n=2^{k}$ olur. $\cos \frac{\pi}{2^{k}}$ rasyonel ise, $2 \cos ^{2} \frac{\pi}{2^{k}}-1=\cos \frac{\pi}{2^{k-1}}$ de rasyonel olur. Böylece devam ederek, $\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ değerinin rasyonel olacağı elde edilir ki bu mümkün değildir. $r=3$ için, $n=2^{k} 3$ olur. Benzer şekilde, $\cos \frac{\pi}{2^{k} 3}$ rasyonel ise $\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ değerinin rasyonel olacağı elde edilir ki bu da mümkün değildir. Böylece (i) kanıtlanmış olur.
(ii) kısmını kanıtlamak için, $\sin \frac{\pi}{n}$ sayılarını ele alalım. $n=2^{k} r$, $2 \nmid r$, $k \geq 2$ ve $r \geq 3$ olsun. $\sin \frac{\pi}{2^{k}r}$ rasyonel ise $\cos \frac{\pi}{2^{k-1}r}=1-\sin^2\frac{\pi}{2^{k}r}$ rasyonel olur. $k-1 \geq 1$ ve $r \geq 3$ olduğundan bu mümkün değildir. $k=1$ ise $n=2r$ olur. $r>3$ için kolayca çelişki elde edilir. $r=1$ ve $r=3$ için $\sin \frac{\pi}{2}$ ve $\sin \frac{\pi}{6}$ rasyonel olur. Öte yandan $r=1$ ise $n=2^{k}$ olur. $k=1,2$ halini biliyoruz. $k \geq 3$ kabul edelim. $\sin \frac{\pi}{2^{k}}$ rasyonel ise, $\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ‘nin rasyonel olduğu çıkar ki bu yine mümkün değildir. Şu halde $n$ çift ise $\sin \frac{\pi}{n}$ sadece $n=2$ ve $n=6$ hallerinde rasyonel olur. Şimdi $n$ tek olsun. $k=1$ alalım. Böylece $2 \cos \frac{2 \pi}{2 m+1}$, $Q_{m}(z)=0$ ‘in kökü olur. $Q_{m}(z)$ tamsayı katsayılı ve monik bir polinom olduğundan, rasyonel kök teoremi ile $2 \cos \frac{2 \pi}{2 m+1}$ ya tamsayıdır ya da irrasyoneldir. $2 \cos \frac{2 \pi}{2 m+1}=2$ ise $\cos \frac{2 \pi}{2 m+1}=1$ mümkün değil, $2 \cos \frac{2 \pi}{2 m+1}=-2$ ise $\cos \frac{2 \pi}{2 m+1}=-1$ ve $2 m+1=2$ mümkün değil, $2 \cos \frac{2 \pi}{2 m+1}=-1$ ise $m=1$ olur. $2 \cos \frac{2 \pi}{2 m+1}=1$ ise $2 m+1=6$ mümkün değil. $2 \cos \frac{2 \pi}{2 m+1}=0$ ise $2 m+1=4$ mümkün değil. Dolayısıyla $\cos \frac{2 \pi}{n}$ ($n$ tek) sadece $n=1,3$ iken rasyoneldir. Eğer $n>3$ tek sayısı için $\sin \frac{\pi}{n}$ rasyonel ise, $\cos \frac{2 \pi}{n}=1-2 \sin ^{2} \frac{\pi}{n}$ rasyonel olur ki bu mümkün değil. $\sin \frac{\pi}{n}$, $n=1$ için rasyonel ve $n=3$ için irrasyonel olduğundan (ii) kanitlanmış olur. $\quad \square$
Şimdi bu teoremin geometrik bir uygulamasını vereceğiz.
Teorem: Kartezyen düzlemde yarıçap uzunluğu rasyonel olan bir çember üzerinde tüm köşe koordinatları rasyonel olan bir düzgün $n$-gen $(n \geq 3)$ bulunamaz. ($n=4$ hariç)
Tersine tüm köşe koordinatları rasyonel olan bir $n$-genin varlığını kabul edelim. Şu yardımcı sonucu kullanacağız.
Önerme: Köşe koordinatları $\left(x_{1}, y_{1}\right)\left(x_{2}, y_{2}\right)\left(x_{3}, y_{3}\right)$ olan bir üçgenin alanı, $A=\frac{1}{2}\left|\begin{array}{lll}x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_3 & y_3 & 1 \end{array}\right|$ determinantı ile verilir. Eğer köşe koordinatları rasyonel ise alan da rasyonel olur.
Kanıtı okuyucu kolayca yapabilecektir.
Düzgün $n$-genin alanı, sonlu sayıda ve herhangi ikisinin alanları kesişmeyecek şekilde üçgenlerin toplamı olarak yazılabilir. Tüm köşe koordinatları rasyonel olduğundan, Önerme ile $n$-genin alanı rasyonel olacaktır.
$R$ rasyonel olmak üzere, çemberin yarıçapı ise $n$-genin alanı, $\frac{n R^{2}}{2} \sin \frac{2 \pi}{n}$ ile verilir. Kolayca $\sin \frac{2 \pi}{n}$’in rasyonel olması gerektiği anlaşılır. Bunun için $\sin \frac{2 \pi}{n}$ sayılarını rasyonellik bakımından inceleyelim. Şu yardımcı sonucu ele alacağız.
Önerme: $n \geq 3$ ise, $\sin \frac{2 \pi}{n}$ sadece $n=4$ ve $n=12$ iken rasyoneldir.
Kanıt: $n$ çift ise $n=2 m$, $m \geq 2$ şeklindedir. $\sin \frac{2 \pi}{n}=\sin \frac{\pi}{m}$ olur. Teorem kullanılırsa $\sin \frac{\pi}{m}$ sadece $m=2,6$ iken rasyonel olur. Böylece, $\sin \frac{2 \pi}{n}$, $n=4,12$ iken rasyonel olur. $n$ tek olsun. $\sin \frac{2 \pi}{n}$ rasyonel ise, $\cos \frac{2^{2} \pi}{n}=1-2 \sin ^{2} \frac{2 \pi}{n}$ rasyonel olur. Kolayca her $k \geq 2$ için $\cos \frac{2^{k} \pi}{n}$ rasyonel olur. $k=\phi(n)$ alalım. Euler teoremi ile, $n \mid 2^{\phi(n)}-1$ olacağından, $\cos \frac{\pi}{n}=$ $\cos \frac{2^{k} \pi}{n}$ ya da $\cos \frac{\pi}{n}=-\cos \frac{2^{k} \pi}{n}$ elde edilir. $\cos \frac{\pi}{n}$, $n=1,2,3$ dışında irrasyonel olduğundan çelişki elde edilir. $n \geq 3$ olduğundan, $n=3$ haline ayrıca bakılırsa, $\sin \frac{2 \pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ olarak irrasyonel olur.
Şu halde Önerme ile, $n=4$ ve $n=12$ halleri dışında teoremimiz kanıtlanmış olur. $n=12$ hali için şu yardımcı sonucu ele alacağız.
Önerme: Kartezyen düzlemde köşe koordinatlar rasyonel olan bir eşkenar üçgen yoktur.
Kanıt: Tersine olduğunu varsayalım. Köşeler, $\left(x_{1}, y_{1}\right)$,$\left(x_{2}, y_{2}\right)$,$\left(x_{3}, y_{3}\right)$ olsun. Üçgenin alanı rasyonel olur. Bir kenarın uzunluğu, $\left(\left(x_{1}-\right.\right.\left.\left.x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}\right)^{\frac{1}{2}}=a$ olsun. Alan, $a^{2} \sqrt{3} / 4$ ile verilir fakat $a^{2} / 4$ rasyonel olacağından, $\sqrt{3}$ ‘ün rasyonel olması gerekir ki bu mümkün değildir.
Şu halde köşe koordinatları rasyonel olan bir düzgün onikigen olsaydı, onikigenin uygun üç köşesi alınarak köşe koordinatları rasyonel olan bir eşkenar üçgen elde edilirdi ki bu Önerme’ye ters düşer. Teorem $n=12$ iken de doğrudur. $\quad \square$
$n=4$ halinde de teoremin tersine bir örnek verelim. $x^{2}+y^{2}=1$ çemberi üzerinde $(1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)$ noktalarını almak yeter.
Problem: Bir $n \geq 2$ sayısı için öyle $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ gerçel sayıları bulunuz ki, her $i=1,2, \cdots, n$ için $a_{i}$ irrasyonel olsun $k \geq 2$ için, $a_{k}=2 a_{k-1}^{2}-1$ sağlansın ve $a_{1} a_{2} \cdots a_{n}$ rasyonel olsun. $m=0,1,2, \cdots, n-1$ için, $\cos \frac{2^{m} \pi}{2^{n}+1}$ sayılarının irrasyonel olduğu görülebilir. Bu sayılar, $a_{k}=2 a_{k-1}^{2}-1$ eşitliğini sağlarlar. Öte yandan $\pi_{m=0}^{n-1} \cos \frac{2^{m} \pi}{2^{n}+1}=\frac{1}{2^{n}}$ olmak üzere rasyoneldir (Kanıt okuyucuya bırakmıştır).
Yazıyı dikkat çekici bir sonuç ile bitirelim.
Önerme: $\alpha, \beta$ irrasyonel sayları için, $\alpha^{\beta}$ irrasyonel olmayabilir.
$\alpha=\sqrt{2}, \quad \beta=\log_\sqrt{2} 3$ alalım. Kolayca $\alpha^\beta=3$ alarak rasyonel olur. Son olarak $\beta$ ‘nın irrasyonel olduğunu görelim. $\log {\sqrt{2}}=\frac{a}{b}$ ise, $3^{2 b}=2^a$ olur ki bu ancak $a=b=0$ halinde mümkün olur.
KAYNAKÇA
(1) G.H. Hardy, E.M. Wright, An Introduction to the Theory of Numbers, 5. Basım, 1979.
(2) American Mathematical Monthly, 1994, Problem 10369.
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1995 yılı 1. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Atahan Haznedar‘a ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.
