11 Çelişki ile İspat (Olmayana Ergi)
Şimdiye kadarki iki yöntem de hipotezden sonuca giden bir yol kuruyordu. Üçüncü yöntem bunun tam tersini yapar: önermenin yanlış olduğunu varsayar ve bu varsayımın matematiğin kabul edilmiş bir gerçeğiyle çatıştığını gösterir.
11.1 Bir Önermeyi Çürütmek
Bir teorem genellikle “her \(x\) için \(p(x)\) ise \(q(x)\)’tir” biçiminde kurulur. Niceleme mantığı bölümünde öğrendiğimiz kurallarla bu önermenin değilini alalım:
\[ \begin{aligned} \big[\forall x, \; p(x) \Rightarrow q(x)\big]' &\equiv \exists x, \; \big[p(x) \Rightarrow q(x)\big]' \\[2pt] &\equiv \exists x, \; \big[p(x) \wedge q'(x)\big] \end{aligned} \]
Bu denklik iki şey söyler:
Tanım 11.1 (Aksine Örnek) Bir \(\forall x, \; p(x) \Rightarrow q(x)\) önermesinin yanlış olduğunu göstermek için, \(p(x)\)’i doğru ve \(q(x)\)’i yanlış yapan bir tek \(x\) değeri bulmak yeterlidir. Böyle bir \(x\) değerine aksine örnek (karşı örnek) denir.
Tanım 11.2 (Çelişki ile İspat (Olmayana Ergi)) Bir önermenin doğru olduğunu göstermek için, önermenin yanlış olduğu kabul edilir; bu kabulden hareketle bilinen bir doğruyla çelişen bir sonuca ulaşılırsa, kabulün yanlış olduğu, dolayısıyla önermenin doğru olduğu sonucuna varılır. Bu yönteme çelişki ile ispat veya olmayana ergi denir.
Bir \(p \Rightarrow q\) önermesi için bu, “\(p\) doğru ve \(q\) yanlış olsun” diye başlamak demektir; çünkü koşullu önermenin değili tam olarak budur.
11.2 Çözümlü Uygulamalar
Örnek 11.1 (Trigonometrik Bir Eşitsizlik) Her \(x \in \left[0, \tfrac{\pi}{2}\right]\) gerçel sayısı için \(\sin x + \cos x \geq 1\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Çelişki ile ispat yöntemini kullanalım. Kabul edelim ki verilen ifade doğru olmasın. O hâlde
\[\sin x + \cos x < 1\]
olacak şekilde bir \(x \in \left[0, \tfrac{\pi}{2}\right]\) vardır.
\(x \in \left[0, \tfrac{\pi}{2}\right]\) olduğu için ne \(\sin x\) ne de \(\cos x\) negatiftir; dolayısıyla toplamları da negatif olamaz:
\[0 \leq \sin x + \cos x < 1\]
Bu eşitsizliğin bütün tarafları negatif olmadığından karesini alabiliriz:
\[0 \leq (\sin x + \cos x)^2 < 1\]
Sol tarafı açalım ve \(\sin^2 x + \cos^2 x = 1\) özdeşliğini kullanalım:
\[\sin^2 x + 2\sin x \cos x + \cos^2 x = 1 + 2 \sin x \cos x < 1\]
Buradan
\[2 \sin x \cos x < 0 \;\Longrightarrow\; \sin x \cos x < 0\]
elde edilir. Bu ise bir çelişkidir; çünkü \(\left[0, \tfrac{\pi}{2}\right]\) aralığında \(\sin x \geq 0\) ve \(\cos x \geq 0\) olduğundan çarpımları da negatif olamaz.
O hâlde kabulümüz yanlıştır; yani her \(x \in \left[0, \tfrac{\pi}{2}\right]\) için \(\sin x + \cos x \geq 1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.2 (Karesi Çift Olan Sayı) Bir \(a \in \mathbb{Z}\) verilsin. Eğer \(a^2\) çift ise \(a\)’nın da çift olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Çelişki ile ispat yöntemini kullanalım. Kabul edelim ki \(a^2\) çift iken \(a\) çift olmasın; yani \(a\) tek olsun.
Bu durumda \(a = 2c + 1\) olacak şekilde bir \(c \in \mathbb{Z}\) vardır ve
\[a^2 = (2c+1)^2 = 4c^2 + 4c + 1 = 2\underbrace{(2c^2 + 2c)}_{\in\, \mathbb{Z}} + 1\]
olduğundan \(a^2\) tektir. Bu ise \(a^2\)’nin çift olduğu hipoteziyle çelişir.
Bu çelişki kabulümüzden kaynaklandığına göre kabulümüz yanlıştır: \(a^2\) çift iken \(a\) çifttir.
\(\blacksquare\)
Yukarıdaki sonucun tam hâli şudur: bir \(n\) tam sayısı tektir ancak ve ancak \(n^2\) tektir. Bir “ancak ve ancak” önermesi iki koşullu önermenin birleşimi olduğundan iki ayrı ispat gerektirir.
(\(\Rightarrow\)) \(n\) tek ise \(n^2\) tektir. Doğrudan: \(n = 2k+1\) için
\[n^2 = (2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1\]
olup \(n^2\) tektir.
(\(\Leftarrow\)) \(n^2\) tek ise \(n\) tektir. Karşıt ters: \(n\) çift olsun, yani \(n = 2k\). Bu durumda
\[n^2 = (2k)^2 = 4k^2 = 2(2k^2)\]
olup \(n^2\) çifttir. Karşıt ters önerme doğru olduğundan asıl önerme de doğrudur.
Örnek 11.3 (√2 İrrasyoneldir) \(\sqrt{2}\) sayısının irrasyonel olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Çelişki ile ispat yöntemini kullanalım. Kabul edelim ki \(\sqrt{2}\) rasyonel olsun. Buna göre
\[\sqrt{2} = \frac{a}{b}, \qquad a, b \in \mathbb{Z}, \quad b \neq 0\]
olacak şekilde \(a\) ve \(b\) tam sayıları vardır. Buradaki kesrin en sade hâlde olduğunu, yani \(a\) ile \(b\)’nin aralarında asal olduğunu kabul edebiliriz.
Her iki tarafın karesini alalım:
\[2 = \frac{a^2}{b^2} \;\Longrightarrow\; a^2 = 2b^2\]
O hâlde \(a^2\) çifttir. Örnek 11.2 gereği \(a\) da çifttir; yani \(a = 2c\) olacak şekilde bir \(c \in \mathbb{Z}\) vardır. Bunu yerine yazalım:
\[a^2 = 2b^2 \;\Longrightarrow\; (2c)^2 = 2b^2 \;\Longrightarrow\; 4c^2 = 2b^2 \;\Longrightarrow\; b^2 = 2c^2\]
Buradan \(b^2\) çift, yine Örnek 11.2 gereği \(b\) de çift olur.
Bu ise bir çelişkidir: \(a\) ile \(b\)’nin ikisi de çift çıktı, oysa aralarında asal olduklarını kabul etmiştik (ikisi de çift olsaydı ortak bölenleri \(2\) olurdu).
Çelişki kabulümüzden kaynaklandığına göre kabulümüz yanlıştır: \(\sqrt{2}\) rasyonel değildir, irrasyoneldir.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.4 (Rasyonel ile İrrasyonelin Toplamı) “Bir rasyonel sayı ile bir irrasyonel sayının toplamı bir irrasyonel sayıdır.” önermesini ispat ediniz.
Çözüm
Herhangi bir \(x \in \mathbb{Q}\) ve herhangi bir \(y \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) alalım. \(z = x + y\) olsun; gösterilmesi gereken \(z\)’nin irrasyonel olduğudur.
Çelişki ile ispat yöntemini kullanalım. Kabul edelim ki \(z\) rasyonel olsun.
\(x \in \mathbb{Q}\) olduğundan \(x = \dfrac{a}{b}\) olacak şekilde \(a, b \in \mathbb{Z}\), \(b \neq 0\) vardır. Kabulümüzden \(z \in \mathbb{Q}\) olduğundan \(z = \dfrac{c}{d}\) olacak şekilde \(c, d \in \mathbb{Z}\), \(d \neq 0\) vardır.
\(z = x + y\) eşitliğinden \(y = z - x\) yazılır:
\[y = \frac{c}{d} - \frac{a}{b} = \frac{cb - ad}{bd}\]
Burada \(cb - ad \in \mathbb{Z}\), \(bd \in \mathbb{Z}\) ve \(b \neq 0\), \(d \neq 0\) olduğundan \(bd \neq 0\)’dır. O hâlde \(y \in \mathbb{Q}\) elde edilir.
Bu ise başlangıçtaki \(y\)’nin irrasyonel olması ile çelişir. Kabulümüz yanlıştır; \(z\) irrasyoneldir.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.5 (Sonsuz Sayıda Asal Sayı Vardır) Asal sayıların sonsuz sayıda olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Çelişki ile ispat yöntemini kullanalım. Kabul edelim ki asal sayılar sonlu sayıda olsun ve bunların tamamı
\[p_1, \; p_2, \; \dots, \; p_n\]
olsun. Şimdi
\[P = p_1 \cdot p_2 \cdots p_n + 1\]
sayısını ele alalım. \(P > 1\) olduğundan \(P\)’nin en az bir asal böleni vardır; bu asal bölene \(q\) diyelim.
Kabulümüze göre bütün asal sayılar listemizde bulunduğundan, \(q = p_i\) olacak şekilde bir \(i\) indisi vardır. Bu durumda:
- \(p_i\), \(p_1 p_2 \cdots p_n\) çarpımını böler (çarpanlardan biridir),
- \(p_i\), \(P\) sayısını böler (\(q = p_i\) bir bölenidir).
Bir sayı iki sayıyı bölüyorsa farklarını da böler:
\[p_i \;\big|\; \big(P - p_1 p_2 \cdots p_n\big) = 1\]
Bu ise bir çelişkidir; çünkü her asal sayı \(2\)’den küçük olmadığından \(1\)’i bölemez.
Çelişki, asal sayıların sonlu olduğu kabulünden kaynaklanmaktadır. O hâlde asal sayılar sonsuz sayıdadır.
\(\blacksquare\)
İspatta \(P\)’nin bir asal böleni üzerinden ilerledik; \(P\)’nin kendisinin asal olduğunu söylemedik. Bu ayrım önemlidir, çünkü \(P\) gerçekten asal olmayabilir:
\[2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 + 1 = 30031 = 59 \cdot 509\]
Çelişkiyi doğuran şey \(P\)’nin asallığı değil, \(P\)’nin asal bölenlerinden hiçbirinin listede olamamasıdır.
- Değili doğru yaz. \(p \Rightarrow q\) için “\(p\) doğru ve \(q\) yanlış olsun” diye başlayın; \(\forall\) içeren önermelerde değil alırken niceleyici çevrilir.
- Serbestçe hesapla. Artık elinizde iki hipotez vardır; ikisini birden kullanabilirsiniz. Bu, yöntemi güçlü kılan şeydir.
- Çelişkiyi açıkça göster. “\(a\) hem çift hem tek çıktı”, “\(1\)’i bölen bir asal bulundu” gibi, hangi bilinen doğruyla çatıştığını yazın.
- Sonucu bağla. “Çelişki kabulümüzden kaynaklandığına göre kabulümüz yanlıştır” cümlesiyle ispatı kapatın.
Bir sonraki bölümde, değişkenin bütün hâllerinin ayrı ayrı incelendiği durum incelemeli ispat yöntemini göreceğiz.