10 Aritmetiğin Esas Teoremi

Asal sayıları “bölünemez” sayılar olarak tanımladık. Şimdi bu sayıların gerçekten de aritmetiğin yapı taşları olduğunu göreceğiz: $1$’den büyük her tam sayı asalların çarpımıdır ve bu çarpım — sıralama dışında — tek türlü belirlidir. Bu teklik, bölünebilme kuramının tamamına düzen getirir.

10.1 Teorem ve İspatı

Teorem 10.1 (Aritmetiğin Esas Teoremi) $1$’den büyük her $n$ tam sayısı, bir takım asal sayıların çarpımı biçiminde yazılabilir.

Ayrıca bu yazılış tek türlü belirlidir: eğer $p_1, \dots, p_m$ ve $q_1, \dots, q_s$ asal sayılar olmak üzere

\[p_1 p_2 \cdots p_m = q_1 q_2 \cdots q_s\]

ise $m = s$’dir ve — gerekirse $q_1, \dots, q_s$ asalları yeniden sıralanarak —

\[p_1 = q_1, \quad p_2 = q_2, \quad \dots, \quad p_m = q_m\]

olur.

İspat

İspatı iki parçaya ayıralım.

1. Varlık. Şu iddiayı güçlü tümevarımla ispatlayalım:

Her $1 < n$ tam sayısı için $n = r_1 r_2 \cdots r_m$ olacak biçimde $r_1, \dots, r_m$ asal sayıları vardır.

Başlangıç adımı ($n = 2$). $2$ asal olduğundan tek çarpanlı bir çarpım olarak yazılır.

Tümevarım adımı. $2 < k$ olsun ve iddianın $n = 2, 3, \dots, k-1$ değerlerinin hepsi için doğru olduğunu varsayalım. $n = k$ için gösterelim.

$k$ asalsa iddia zaten sağlanır; tek çarpanlı çarpım olarak yazılır. O hâlde $k$’nın asal olmadığını varsayabiliriz. Bu durumda

\[k = a \cdot b, \qquad 1 < a, b < k\]

olacak biçimde $a, b$ tam sayıları vardır. $a, b \in \{2, \dots, k-1\}$ olduğundan güçlü tümevarım hipotezi hem $a$ hem $b$ için kullanılabilir:

\[a = r_1 \cdots r_d, \qquad b = t_1 \cdots t_f\]

olacak biçimde $r_1, \dots, r_d, t_1, \dots, t_f$ asalları vardır. O hâlde

\[k = a \cdot b = r_1 \cdots r_d \, t_1 \cdots t_f\]

yazılır; yani $k$ da asalların çarpımıdır. Güçlü tümevarım ilkesi gereği iddia her $1 < n$ için doğrudur.

2. Teklik. Bu kez $m$ üzerinden tümevarım yapalım.

Başlangıç adımı ($m = 1$). $p_1 = q_1 q_2 \cdots q_s$ olsun. $s = 1$ olduğunu gösterelim.

$s \geq 2$ olduğunu varsayalım. Bu durumda

\[p_1 = q_1 \cdot \underbrace{\left( q_2 \cdots q_s \right)}_{\geq \, 2}\]

yazılır. Demek ki $q_1 \mid p_1$ ve

\[1 < q_1 \leq \frac{p_1}{2} < p_1\]

olur; yani $p_1$ sayısının $1$ ile kendisinden farklı bir pozitif böleni vardır. Bu, $p_1$’in asal olmasıyla çelişir. O hâlde $s = 1$ ve $p_1 = q_1$’dir.

Tümevarım adımı. $k$ bir pozitif tam sayı olsun ve teklik iddiasının $m = k$ için doğru olduğunu varsayalım. $m = k+1$ için gösterelim:

\[p_1 \cdots p_k \, p_{k+1} = q_1 \cdots q_s\]

olsun. Sol taraf $p_{k+1}$ ile bölündüğünden sağ taraf da bölünür:

\[p_{k+1} \ \mid \ q_1 q_2 \cdots q_s\]

Sonuç 9.3 gereği $p_{k+1} = q_i$ olacak biçimde bir $i \in \{1, \dots, s\}$ vardır. Çarpanların sırasını değiştirmekte serbest olduğumuzdan $p_{k+1} = q_s$ olduğunu varsayabiliriz. Eşitliği yeniden yazalım:

\[p_1 \cdots p_k \, p_{k+1} = q_1 \cdots q_{s-1} \, q_s = q_1 \cdots q_{s-1}\, p_{k+1}\]

$p_{k+1} \neq 0$ olduğundan her iki tarafı $p_{k+1}$’e sadeleştirebiliriz:

\[p_1 p_2 \cdots p_k = q_1 q_2 \cdots q_{s-1}\]

Şimdi sol tarafta $k$ tane asal vardır; tümevarım hipotezi uygulanabilir. Buradan

\[k = s - 1 \qquad \text{yani} \qquad k + 1 = s\]

ve — uygun bir sıralamayla — $p_1 = q_1, \dots, p_k = q_k$ bulunur. Zaten $p_{k+1} = q_s = q_{k+1}$ olduğunu görmüştük.

Tümevarım ilkesi gereği teklik her $m$ için geçerlidir.

$\blacksquare$

Tekliğin gerçek kaynağı

Varlık kısmı kolaydır; sayıyı parçalamaya devam edersiniz, sonunda asallara ulaşırsınız. Asıl derin olan tekliktir ve ispata bakıldığında bütün ağırlığın tek bir adıma bindiği görülür:

\[p \mid q_1 q_2 \cdots q_s \implies p = q_i \ \text{(bir } i \text{ için)}\]

Bu ise Teorem 9.1’in, yani Öklid lemmasının asal hâlinin sonucudur. Öklid lemması da Bézout teoreminden gelir. Yani teklik, ta en başta iyi sıralama prensibinden çıkardığımız Bézout teoremine dayanır.

10.2 Kanonik Gösterim

Tanım 10.1 (Asal Çarpanlara Ayrılış) $1 < n \in \mathbb{Z}$ olsun. Teorem 10.1’taki

\[n = p_1 p_2 \cdots p_m\]

yazılışına $n$ sayısının asal çarpanlara ayrılışı denir.

Örnek 10.1 (Asal Çarpanlara Ayrılış Örnekleri) \[60 = 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 5, \qquad 37 = 37\]

İkinci örnekte $37$ asal olduğundan çarpanlara ayrılış tek çarpandan oluşur.

Aynı asal birden çok kez görünebildiğinden, tekrarları kuvvet olarak toplamak ve asalları küçükten büyüğe sıralamak daha kullanışlıdır.

Sonuç 10.1 (Kanonik Gösterim) Her $n > 1$ tam sayısı için

\[n = p_1^{\,k_1} p_2^{\,k_2} \cdots p_r^{\,k_r}, \qquad p_1 < p_2 < \cdots < p_r\]

olacak biçimde tek türlü belirli $p_1, \dots, p_r$ asal sayıları ve $k_1, \dots, k_r$ pozitif tam sayıları vardır.

Bu, Teorem 10.1’ın yeniden düzenlenmiş hâlidir: çarpanlara ayrılıştaki eşit asallar bir araya toplanır ve sonuç küçükten büyüğe sıralanır. Teklik, teoremin teklik kısmından gelir.

Örnek 10.2 (Kanonik Gösterim Örneği) \[120 = 2^3 \cdot 3^1 \cdot 5^1\]

Gerçekten de $120 = 8 \cdot 15 = 2^3 \cdot 3 \cdot 5$’tir ve asallar küçükten büyüğe sıralanmıştır.

10.3 Köklerin İrrasyonelliği

Aritmetiğin esas teoreminin ilk büyük kazancı, irrasyonel sayılar üretmenin sistemli bir yolunu vermesidir. Örnek 5.1’de $\sqrt{2}$’nin irrasyonelliğini çift/tek ayrımıyla göstermiştik; şimdi aynı fikri tek hamlede genelleştireceğiz.

Teorem 10.2 (Rasyonel Kök Tam Sayıdır) $n$ ve $a$ birer pozitif tam sayı olsun. Eğer $\sqrt[n]{a}$ sayısı rasyonel ise, bir tam sayıdır.

İspat

$\sqrt[n]{a}$ rasyonel olsun. Sonuç 5.2 gereği

\[\sqrt[n]{a} = \frac{r}{s}, \qquad s > 0, \qquad \gcd(r, s) = 1\]

olacak biçimde $r, s$ tam sayıları vardır. Her iki tarafın $n$’inci kuvvetini alalım:

\[a = \frac{r^{n}}{s^{n}} \implies a \, s^{n} = r^{n} \tag{$\ast$}\]

İddia: $s = 1$’dir. Aksini varsayalım; $s > 1$ olsun. Lemma 9.1 gereği $s$ sayısının bir $p$ asal böleni vardır.

$p \mid s$ olduğundan $p \mid s^n$, dolayısıyla $p \mid a s^n$’dir. $(\ast)$ gereği

\[p \mid r^{n}\]

olur. Sonuç 9.4 gereği bu, $p \mid r$ demektir.

Demek ki $p$ sayısı hem $r$’yi hem de $s$’yi böler; yani

\[p \mid \gcd(r, s) = 1\]

Bu imkânsızdır, çünkü $p > 1$’dir. O hâlde $s = 1$ ve

\[\sqrt[n]{a} = \frac{r}{1} = r \in \mathbb{Z}\]

$\blacksquare$

Sonuç 10.2 (Tam Kuvvet Değilse Kök İrrasyoneldir) $n$ ve $a$ pozitif tam sayılar olsun. Eğer $a = m^n$ olacak biçimde bir $m$ tam sayısı yoksa, $\sqrt[n]{a}$ irrasyoneldir.

Gerçekten de $\sqrt[n]{a}$ rasyonel olsaydı, Teorem 10.2 gereği bir $m$ tam sayısına eşit olurdu ve her iki tarafın $n$’inci kuvveti alındığında $a = m^n$ bulunurdu — hipoteze aykırı.

Örnek 10.3 ($\sqrt{7}$ İrrasyoneldir) $\sqrt{7}$ sayısının irrasyonel olduğunu gösteriniz.

Çözüm

$7 = m^2$ olacak biçimde bir $m$ tam sayısı olsaydı $m^2 = 7$ olurdu. Oysa

\[2^2 = 4 < 7 < 9 = 3^2\]

olduğundan böyle bir tam sayı yoktur; $7$ bir tam kare değildir. Sonuç 10.2 gereği $\sqrt{7}$ irrasyoneldir.

$\blacksquare$

Aynı akıl yürütme her asal için işler

$p$ bir asal sayı olsun. $p = m^2$ olsaydı $m \mid p$ ve $1 < m < p$ olurdu; bu, $p$’nin asallığıyla çelişir. O hâlde hiçbir asal sayı tam kare değildir ve her $p$ asalı için $\sqrt{p}$ irrasyoneldir.

Örnek 10.4 ($\sqrt{3} + \sqrt{7}$ İrrasyoneldir) $\sqrt{3} + \sqrt{7}$ sayısının irrasyonel olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Aksini varsayalım: $\alpha := \sqrt{3} + \sqrt{7}$ rasyonel olsun. Karesini alalım:

\[\alpha^2 = 3 + 2\sqrt{3}\sqrt{7} + 7 = 10 + 2\sqrt{21}\]

Buradan $\sqrt{21}$’i yalnız bırakalım:

\[\sqrt{21} = \frac{\alpha^2 - 10}{2}\]

$\alpha$ rasyonel ise $\alpha^2$ de, dolayısıyla sağ taraf da rasyoneldir. O hâlde $\sqrt{21}$ rasyonel olurdu.

Oysa $21$ bir tam kare değildir:

\[4^2 = 16 < 21 < 25 = 5^2\]

Sonuç 10.2 gereği $\sqrt{21}$ irrasyoneldir. Çelişki.

O hâlde $\sqrt{3} + \sqrt{7}$ irrasyoneldir.

$\blacksquare$

Örnek 10.5 ($\sqrt[n]{n}$ İrrasyoneldir) Her $2 \leq n$ tam sayısı için $\sqrt[n]{n}$ sayısının irrasyonel olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Aksini varsayalım: $\sqrt[n]{n}$ rasyonel olsun. Teorem 10.2 gereği bir $m$ tam sayısına eşittir ve

\[m^{n} = n\]

olur. $n \geq 2$ olduğundan $m \geq 2$ olmalıdır; çünkü $m = 1$ olsaydı $n = 1$ bulunurdu ve $m = 0$ olsaydı $n = 0$ olurdu.

O hâlde $m \geq 2$ ve

\[n = m^{n} \geq 2^{n}\]

Şimdi her $n \geq 1$ için $2^n > n$ olduğunu hatırlayalım (bkz. Alıştırma 1.3). Bu durumda

\[n \geq 2^{n} > n\]

çelişkisi ortaya çıkar.

O hâlde $\sqrt[n]{n}$ irrasyoneldir.

$\blacksquare$

10.4 Çalışma Problemleri

Alıştırma 10.1 (Asal Çarpanlara Ayırma) Aşağıdaki sayıları kanonik biçimde yazınız.

a) $360$ b) $1001$ c) $5040$ d) $2^{10} - 1$

Alıştırma 10.2 (İrrasyonellik İspatları) Aşağıdaki sayıların irrasyonel olduğunu gösteriniz.

a) $\sqrt{15}$ b) $\sqrt[3]{2}$ c) $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ d) $\log_{10} 2$

İpucu (d): $\log_{10} 2 = a/b$ olsaydı $10^{a} = 2^{b}$ olurdu; her iki tarafı asal çarpanlarına ayırıp tekliği kullanınız.

Alıştırma 10.3 (Tam Kareler ve Çarpanlar) $1 < n$ bir tam sayı ve

\[n = p_1^{\,k_1} p_2^{\,k_2} \cdots p_r^{\,k_r}\]

kanonik gösterimi olsun. $n$ sayısının bir tam kare olması için gerek ve yeter koşulun, bütün $k_i$ üslerinin çift olması olduğunu gösteriniz.

Alıştırma 10.4 (Aralarında Asal Çarpanların Kareliği) $a, b$ pozitif tam sayılar, $\gcd(a,b) = 1$ ve $ab$ bir tam kare olsun. Bu durumda hem $a$’nın hem de $b$’nin birer tam kare olduğunu gösteriniz.

İpucu: $a$ ile $b$’nin kanonik gösterimlerinde ortak asal bulunmadığını gözlemleyip Alıştırma 10.3’yi kullanınız.