Yazar: Selma Atabey (Ankara Atatürk Lisesi matematik öğretmeni)
Yıl: 1995-2
Sayı: 22
$\sqrt{2}$ sayısının irrasyonel olduğu olduğu çok eskiden beri biliniyor. Bu sonucu değişik yönlerde genişletebiliriz. Bunlardan biri $a \sqrt{p}+b \sqrt{q}+c \sqrt{r}$ şeklindeki sayların ne zaman rasyonel sayılar olduklarıdır. Bu sorunun cevabı da yazının başlığındaki denklemin tamsayı çözümleri ile bulunur. Tamsayılarda çözümü aranan bir denkleme, eski Yunanlı bir matematikçinin adından Diofant denklemi adı verilir.
1. Aritmetiğin Temel Teoremi
Teorem. Her $n>1$ doğal sayısı, $p_{1}<\cdots<p_{k}$ asal sayılar ve $\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{k}$ doğal sayılar olmak üzere, $n=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \cdots p_{k}^{\alpha_{k}}$ biçiminde tek türlü gösterilir.
Lemma 1. $n$ bir pozitif tamsayı olsun. $\sqrt{n}$ sayısı rasyonel sayı ise, $n$ sayısı tam karedir.
Kanıt. $p$ ve $q$ tamsayı ve $\sqrt{n}=\frac{p}{q}$ olsun. $(p, q)=1$ olduğunu düşünebiliriz. Aritmetiğin Temel Teoremi’nden ve $n q^{2}=p^{2}$ eşitliğinden dolayı, $n$ sayısının yukarıdaki biçimde yazılışında her asal çarpanın kuvveti çifttir, yani $n$ tam karedir.
Lemma 2. $k \geq 1$ olsun. $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}$ pozitif tamsayıları, herhangi ikisinin çarpımı bir sayının karesi olacak biçimde verilsin. O zaman $a_{i}=b_{i}^{2} c$ $(1 \leq i \leq k)$ şeklindedir. Burada $b_{i}$ ve $c$ pozitif tamsayılardır.
Kanıt. $a$ bir pozitif tamsayısı ve $a=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \cdots p_{r}^{\alpha_{r}}$ olsun. $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{r}$ sayılarının 2 ile bölümünden kalanları incelenerek $a=b^{2} c$ yazılabilir. Burada $c$, asal sayıların çarpımıdır.
$a_{i}=b_{i}^{2} c_{i}$ olsun. Her $a_{i}$ için farklı olan $c_{i}$ sayısının aslında aynı olduğunu göstereceğiz. $a_{i} a_{j}=\left(b_{i} b_{j}\right)^{2} c_{i} c_{j}$ sayısının tam kare olduğu biliniyor. $\left(b_{i} b_{j}\right)^{2} c_{i} c_{j}=a_{i j}^{2}$ olsun. O zaman $\sqrt{c_{i} c_{j}}=\frac{a_{i j}}{b_{i} b_{j}}$ sayısı rasyoneldir ve Lemma 1’den dolayı $c_{i} c_{j}$ tam karedir. $c_{i}$ sayılarını asal sayıların çarpımı olarak yazarsak, $c_{i} c_{j}$ tam kare olduğundan, $c_{i}$ ‘nin her asal çarpanı $c_{j}$ ‘nin de asal çarpanı olmak zorundadır. Aynı şey, $c_{i}$ ile $c_{j}$ ‘nin yerini değiştirdiğimizde de doğrudur. Başka sözlerle, $i, j=1, \ldots, k$ için $c_{i}=c_{j}$ ‘dir.
2. $a \sqrt{x}+b \sqrt{y}+c \sqrt{z}=d$ Diofant Denkleminin Çözümü
Bu denklemin çözümünün 1. dereceden üç bilinmeyenli Diofant denkleminin çözümüne dönüştüğünü göstereceğiz [1].
Önce $d=0$ durumunu gözönüne alalım.
Teorem 1. $p, q, r$ sayıları, $a p+b q+c r=0$ denklemini sağlayan tamsayılar ve $s$ keyfi bir doğal sayı olsun. $a \sqrt{x}+b \sqrt{y}+c \sqrt{z}=0$ denkleminin tamsayılar kümesinde tüm çözümleri
$$ x=p^{2} s, \quad y=q^{2} s, \quad z=r^{2} s \tag{1}$$ formülleri ile verilir.
Kanıt. $x, y, z$ sayıları (1) şeklinde ise, verilen denklemi sağlarlar. Bunun tersine, $a \sqrt{x_{0}}+b \sqrt{y_{0}}+c \sqrt{z_{0}}=0$ olsun. O zaman, $a \sqrt{x_{0}}+b \sqrt{y_{0}}=-c \sqrt{z_{0}}$ ‘dir. Son denklemin her iki tarafının karesini alırsak,
$$
\sqrt{x_{0} y_{0}}=\frac{c^{2} z_{0}-a^{2} x_{0}-b^{2} y_{0}}{2 a b}
$$
olur, yani $\sqrt{x_{0} y_{0}}$ sayısı rasyoneldir. Lemma 1’den dolay $x_{0} y_{0}$ tam karedir. Benzer şekilde $x_{0} z_{0}$ ve $y_{0} z_{0}$ sayılarının da tam kare oldukları gösterilir. Böylece Lemma 2’den dolayı $x_{0}, y_{0}, z_{0}$ sayıları (1) şeklindedir.
Teorem 2. $p, q, r$ sayıları $a p+b q+c r=d$ denklemini sağlayan tamsaylar olsun. $d \neq 0$, $a \sqrt{x}+b \sqrt{y}+c \sqrt{z}=d$ denkleminin tamsayılar kümesinde tüm çözümleri $x=p^{2},\, y=q^{2},\, z=r^{2}$ formülleri ile verilir.
Kanıt. $a \sqrt{x_{0}}+b \sqrt{y_{0}}+c \sqrt{z_{0}}=d$ olsun. $a \sqrt{x_{0}}+b \sqrt{y_{0}}=d-c \sqrt{z_{0}}$ denkleminin her iki tarafının karesini alırsak,
$$
2 a b \sqrt{x_{0} y_{0}} +2 c d \sqrt{z_{0}} +\sqrt{\left(a^{2} x_{0}+b^{2} y_{0}-c^{2} z_{0}-d^{2}\right)^{2}}=0$$
olur. Bu eşitlikten, Teorem 1 ve Lemma 1’den dolayı $z_{0}$ tam karedir. Benzer şekilde $x_{0}$ ve $y_{0}$ da tam karedir.
Sonuç. $a, b, c, p, q, r$ tamsayılar olmak üzere, $a \sqrt{p}+b \sqrt{q}+c \sqrt{r}$ sayısının rasyonel olması için gerek ve yeter şart $p, q, r$ sayılarının tam kareler olmalarıdır.
Örneğin, $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ sayısı irrasyoneldir.
Soru 1. $\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}=\frac{1}{\sqrt{z}}$ denkleminin tamsayılar kümesinde çözümünü bulunuz.
Çözüm. $(x, y, z)$ bu denklemin bir çözümü olsun. O zaman, $\sqrt{y z}+\sqrt{x z}-\sqrt{x y}=0$ olur. Teorem 1’den dolayı $x z,\, y z$ ve $x y$ sayıları aşağıdaki türdendir:
$$
x z=p^{2} s, \quad y z=q^{2} s, \quad x y=(p+q)^{2} s .
$$
Bu denklemlerden $\sqrt{s}=\frac{x y z}{p q(p+q) s}$ olduğu bulunur. Yani $\sqrt{s}$ rasyonel sayıdır. Lemma 1’den dolayı, $s$ tam karedir. O zaman $x z=p^{2} s_{1}^{2},\,y z=q^{2} s_{1},\, x y=(p+q)^{2} s_{1}^{2}$ ‘dir. Buradan
$$x=\frac{p(p+q)}{q} s_{1}, \quad y=\frac{q(p+q)}{p} s_{1}, \quad z=\frac{p q}{p+q} s_{1}$$ olur. $(p, q)=1$ olduğunu düşünebiliriz. Bu durumda $(p+q, p)=1$ ve $(p+q, q)=1$ ‘dir. Yukarıdaki eşitliklerden dolayı $p q(p+q)$ sayısı $s_{1}$ sayısını böler. $s_{1}=p q(p+q) r$ olsun. O zaman
$$
x=p^{2}(p+q)^{2} r, \quad y=q^{2}(p+q)^{2} r, \quad z=p^{2} q^{2} r \tag{2}
$$
olur. Öte yandan, bu şekilde verilen sayılar verilen denklemi sağlıyor ve denklemin tüm çözümleri (2) formüllerinden bulunur.
Örnek. $\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}=\frac{1}{\sqrt{1980}}$ denkleminin tam sayılar kümesinde tüm çözümleri şu ikililerdir:
$$ \begin{array}{lcl}
x=2^{2} 5^{2} 55 & \qquad & x=7^{2} 55 \\
y=3^{2} 5^{2} 55 & \qquad & y=6^{2} 7^{2} 55 \\
&& \\
x=4 \cdot 1980 & \qquad & x=3^{2} 2^{6} 55\\
y=4 \cdot 1980 & \qquad & y=2^{6} 55\\
&&\\
x=3^{4} 55 && \\
y=2^{2} 3^{4} 55 &&
\end{array}$$
Çünkü $1980=2^{2} 3^{2} 55$ ‘tir.
Soru 2. $n>1$ bir doğal sayı olsun. $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{n}$ denkleminin tam sayılar kümesinde kaç tane çözümü vardır?
Çözüm. Lemma 2’nin kanıtında olduğu gibi $n=r^{2} s$ olduğu gösterilebilir. (Burada $s$ ile farklı olan asal sayıların çarpımı gösterilmiştir). Teorem 1’den dolayı $x=p^{2} s$ ve $y=q^{2} s$ ‘dir. Bu değerleri verilen denkleme alırsak, işlemlerden sonra $p+q=r$ bulunur. Bu denklemin pozitif tamsayılar kümesinde $r+1$ tane çözümü vardır: dolayısıyla soruda verilen denklemin de pozitif tamsayılarda $r+1$ tane çözümü vardır.
Örnek. $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1980$ denkleminin tamsayılar kümesinde 56 tane çözümü vardır, çünkü $1980=6^{2} 55$ ‘tir.
Alıştırma Soruları.
- $a, b, c, d$ tamsayılar olsun. Aşağıdaki denklemlerin tamsayılar kümesindeki çözümlerini bulunuz.
(a) $\frac{a}{\sqrt{x}}+\frac{b}{\sqrt{b}}=\frac{c}{\sqrt{z}}$
(b) $a \sqrt{x}+b \sqrt{y}+c \sqrt{z}+d \sqrt{t}=0$
- Aşağıdaki denklemlerin kaçar tane çözümü vardır?
(a) $\sqrt{x}+2 \sqrt{y}+3 \sqrt{z}=\sqrt{1980}$
(b) $\frac{1}{x}+\frac{2}{\sqrt{y}}=\frac{3}{\sqrt{1980}}$
- Her doğal sayı $n$ için, $\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}$ sayısının irrasyonel olduğunu kanıtlayınız.
Düzeltme. [1]’deki son örneğin çözümünde yanlış çıkmış bazı sayıların doğrularını veriyoruz. $v$ sayısı $-\frac{28}{31} \leq v \leq \frac{3}{31}$ aralığında olmalıdır. O zaman $x=3$ bulunur ve doğum günü 3 Şubat’tır.
KAYNAKÇA
[1] S. Atabey, 1. Dereceden İki ve Üç Bilinmeyenli Diofant Denklemleri, Matematik Dünyası, 5, sayı 1, 17-18 (1995).
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1995 yılı 2. 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 Sarper Yurtseven‘e ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.
