..:: Anasayfaya Dönüş ::..

:: 3 -  Olmayana Ergi (Çelişkiyle ispat) Tekniği : Bu ispat tekniğinde hipotez aynen alınırken, hükmün bir parçası olumsuz alınır ve bir çelişki ortaya çıkarılır. O zaman yanlışın baştaki kabule dayandığı söylenerek ispat yapılır. Bunu örnekler ile görelim.
          Örnek 6 : Kendi kenisiyle toplandığında kendisini veren sayı sıfırdır.
          İspat 6 : Bir x sayısını ele alalım. Önermede bizden x+x=x ise x=0 olduğunu göstermemiz isteniyor. Bu teknik ile ispatı göstermeye çalışalım. Hükmü (veya bazı durumlarda hükmün bir parçasını) olumsuz olarak alalım. Yani kabul edelim ki, x sıfırdan farklı bir sayı olsun. Bu durumda x+x ifadesine bakalım. Önermede bize x+x in x olduğu verilmişti. Yani x+x=x denilmişti. Ayrıca biz biliyoruz ki x+x=2x tir. Öyleyse bu eşitlikleri birleştirerek;
x = 2x  elde ederiz. x i sıfırdan farklı kabul ettiğimizden dolayı taraf tarafa x leri sadeleştirirsek (x in sıfırdan farklı olduğunu kabul etmeseydik bu sadeleştirmeyi yapamazdık). 
1 = 2  sonucu elde edilir. Bu ise bir çelişkidir. Bu çelişki x i sıfırdan farklı almamızdan kaynaklanmaktadır. Öyleyse x=0 olmalıdır. Sonuç olarak x=0 olması gerektiğinden ispat tamamlanmış oldu.
          Bu önermeden de görüldüğü gibi hükmü olumsuz kabul ederek bize verilen hipotezi kullanıp bir çelişkiye vardık. Bu çelişkinin sebebi de hükmü olumsuz kabul etmemizdir. Tabi bu önermede x in sıfır olması gerektiği kolaylıkla görülebiliyor ancak tekniği anlayabilmek açısından böyle bir önerme seçtim. 
          Örnek 7 : kök 2 sayısının rasyonel sayı olmadığını gösterin.
          İspat 7 : Önermede bizden kök 2 sayısının irrasyonel bir sayı olduğunu göstermemiz isteniyor. Olmayana ergi yöntemiyle bu ispatı yapmaya çalışalım. Tekniğe göre hükmü olumsuz kabul edelim, yani kök 2 sayısı rasyonel bir sayı olsun diyelim ve bir çalişkiye varalım. O zaman kök 2 sayısını, tek ortak böleni 1 olan p ve q gibi iki tamsayının oranı şeklinde yazabiliriz. (Not: p ve q nun tek ortak böleninin 1 olması p/q nun bir tamsayı değil rasyonel sayı olmasını ve p/q da pay ve paydanın herhangi bir tamsayı ile sadeleştirilemeyeceğini verir). Yani kök 2 = p/q diyebiliriz. Her iki tarafın da karesini alalım. 2 = p²/q² olur. Her iki yanı q² ile çarparsak; 
2q² = p²  olur. Öyleyse buradan p² nin bir çift sayı olduğunu söyleyebiliriz. O zaman 3 nolu örnekte ispatladığımız sonucu kullanarak p nin de bir çift sayı olduğunu söyleyebiliriz. p çift bir sayı ise öyle bir n tamsayısı için p=2n olarak alalım. 
2q² = p²  bulmuştuk. p nin 2n olan değerini burada yerine koyarsak;
2q² = p² = (2n)²  = 4n² olur. Yani 2q² = 4n²  dir. 2 leri sadeleştirirsek;
q² = 2n²  olur. Bu ise bize q nun da bir çift sayı olduğunu gösterir. Öyleyse yine 3 nolu örnekte ispatladığımız sonucu kullanırsak q nun da bir çift sayı olduğunu söyleyebiliriz. q çift bir sayıysa öyle bir m tamsayısı için q=2m olarak yazabiliriz.
Bir önceki adımda da p=2n olarak bulmuştuk. Öyleyse p=2n ve q=2m olduğundan p ve q nun 2 gibi bir ortak böleni vardır. Ancak başta p ve q nun tek ortak böleninin 1 olduğunu söylemiştik. Bu durumda bir çelişki karşımıza çıkmıştır. Bu çelişkinin nedeni kök 2 yi rasyonel bir sayı olarak kabul edip tek ortak böleni 1 olan p ve q tamsayılarını kullanarak p/q şeklinde yazmamızdan kaynaklanmaktadır. Öyleyse kök 2 sayısı rasyonel bir sayı olmaz, yani irrasyoneldir.
          Bu ispat yöntemi ters durum ispatına benzemesine rağmen farklı olarak hipotezin olumsuzu yerine bir çelişkiye varmaya çalışıyoruz. Bu ispat tekniklerinden farklı olarak bir de tümevarım ile ispat tekniği vardır. Şimdi bu tekniği açıklayıp örnekler verelim.

.:: 4 -  Tümevarım İle İspat Tekniği : En çok bilinen ve kullanılan ispat tekniklerinden biridir. Bu teknikte, ispatın yapılacağı kümede, eleman sayısının sayılabilir sonsuzlukta olması durumunda, bir p özelliğinin "1" için var olduğu gösterilir. Sonra k için özelliğin var olduğu kabul edilir ve k+1 için özelliğin ispatı yapılır. 
          k yı en kötü durumda 1 olarak düşündüğümüzde ve 1 için ispatın sağlandığını ilk adımda göstermiş olduğumuzdan, önermenin k için doğru olduğunu kabul etmemiz yanlış bir kabul olmayacaktır. Sonra k+1 için sağlandığını ispatladığımızdan 2 için de sağlandığı gösterilmiş olur. Bu sefer 2 için sağlandığından, k yı 2 gibi düşünürsek k+1 yani 3 için de ispat sağlanacak, 3 için sağlandığından yine aynı mantıkla 4 için de sağlanacak ... ve bu şekilde genel bir ispat yapılmış olacaktır. İlk başlangıç adımının her zaman "1" olması zorunlu değildir, "3 ten büyük tamsayılar için önermenin sağlandığını gösterin" gibi bir durumda başlangıç adımını 3 gibi bir sayı da seçebiliriz. Sonra yine aynı şekilde k için doğru olduğunu kabul edip, k+1 için doğruluğunu göstererek ispatı genelleriz. Bu tekniği kullanarak ispatı yapılan bir çok önerme bulunmaktadır. Şimdi bunlara bir kaç örnek verelim. 

Örnek 8 : 1 + 3 + 5 + ... + 2n-1   biçimindeki sayıların toplamının n=1,2,3,4,5,... tamsayılarının herbiri için n² olduğunu gösteriniz.
          İspat 8 : Tümevarım tekniği ile ispatı yapılabilen toplam serileri üzerine iyi bilinen örneklerden biridir. Tekniğe göre ilk adım olarak "1" için önermenin doğruluğunu görelim;
n=1 için : n=1 için bakacak olursak serinin toplamı 1 olacaktır. Sonuçta
1 = 1² olduğundan n=1 için önerme doğrudur.
n=k için önerme doğru olsun : Yani 1 + 3 + 5 + ... + 2k-1 = k² olsun.
n=k+1 için : n=k+1 için önermenin doğru olduğunu göstermek için;
1 + 3 + 5 + ... + 2(k+1)-1 = (k+1)² olduğunu göstermeliyiz. Burada eşitliğin sol tarafındaki en son terimden bir önceki terim de yazılacak olursa;
1 + 3 + 5 + ... + 2k-1 + 2(k+1)-1 = (k+1)² olduğunu göstermek istiyoruz. Bir önceki adımdaki kabulümüzden dolayı;
1 + 3 + 5 + ... + 2k-1 = k² olduğunu biliyoruz. Bunu yerine yazarsak
1 + 3 + 5 + ... + 2k-1 + 2(k+1)-1 = k² + 2(k+1)-1 olacaktır. Bunun da (k+1)² ye eşit olduğunu göreceğiz.
k² + 2(k+1)-1 = k² + 2k + 1 = (k+1)² dir.
Böylece önermenin k için doğru olduğunu kabul ederek k+1 için de sağlandığını göstermiş ve genel anlamda ispatlamış oluyoruz. 
          Örnek 9 : Bazı pozitif n tamsayıları için 2²ⁿ -1 in 3 ün katı olduğunu gösterin.
          İspat 9 : Bu önerme de tümevarım ile kolaylıkla gösterilebilir.
n=1 için :  2²ⁿ -1 = 2^2.1 -1 = 2² -1 = 4 - 1 = 3  olur. Yani 3 ün bir katıddır. Öyleyse n=1 için önerme sağlanır. Şimdi n=k için sağlandığını kabul edip, n=k+1 için inceleyelim;
n=k için önerme doğru olsun :  Yani n=k için 2²ⁿ -1,  3 ün bir katı olmuş olsun. Bunu öyle bir m tamsayısı için 2^2k -1 = 3m (*) olarak gösterelim. 
n=k+1 için : 2^2(k+1) -1 ifadesinin 3 ün bir katı olduğunu göstermemiz gerekiyor. Bu ifadeyi açacak olursak; 
2^2(k+1) -1 = 2^2k+2 -1 = 2^2k.2² -1 = 4.2^2k -1  (**) elde ederiz. Kabulümüzden, yani (*) dan 2^2k yı çekersek;
2^2k -1 = 3m  dediğimizden 2^2k = 3m + 1 elde ederiz. Bunu (**) ifadesinde yerine yazarsak;
2^2(k+1) -1 = 4.2^2k -1 = 4.(3m+1) - 1 = 12m + 4 - 1 = 12m + 3
12m + 3 ifadesini de 3 parantezine alırsak 3(4m+1) elde edilir. Burada 4m+1 ifadesi bir tamsayı olacağına göre, buna p gibi bir tamsayı dersek;
2^2(k+1) -1 = 12m + 3 = 3p olacaktır. Öyleyse 2^2(k+1) -1 ifadesi 3 ün bir katıdır. Böylece n=k+1 için de önermenin doğruluğunu ispatlamış olduk. O zaman tümevarım ile bu önermenin genel olarak sağlandığını söyleyebiliriz.
          Tümevarım tekniğinin kullanımı üzerine başta açıklama yaparken her ispatta ilk adım olarak n=1 almak zorunda olmadığımıza, n=2 , 3 veya önermeye göre başlangıç için farklı tamsayılar alabileceğimize deyinmiştik. Şimdi bunun üzerine bir önermenin ispatını verelim.
          Örnek 10 : 2 den büyük ve eşit tamsayılar için n² > n+1 eşitsizliğinin sağlandığını gösterin.
          İspat 10 : Burada başlangıç adım olarak 2 seçmemiz gerekiyor, çünkü önermemizin 2 den büyük tamsayılar için sağlandığını ispat etmemiz isteniyor.
n=2 için : n² > n+1 olduğunu görmeliyiz.
n² = 2² = 4 > 3 = 2+1 = n+1 olduğundan n² > n+1 eşitsizliği n=2 için sağlanır. 
n=k için önerme doğru olsun : n=k için n² > n+1 özelliği sağlanıyor olsun, yani k² > k+1 eşitsizliğinin sağlandığını kabul edelim. 
n=k+1 için : (k+1)² > (k+1)+1 sağlandığını göstermeliyiz. Eşitsizliğin sol tarafındaki kare ifadeyi açalım; 
(k+1)² = k² + 2k + 1 elde edilir. Kabulümüzden k² > k+1 olduğundan, k² yerine ondan daha küçük olan k+1 yazarsak;  
(k+1)² > k² + 2k + 1 > (k+1) + 2k + 1 = 3k + 2 elde ederiz. Burada k değişkenimiz, 2 den büyük veya eşit bir tamsayı olduğundan 3k yerine k yazdığımızda ifademiz küçülecektir. Öyleyse;   
(k+1)² > 3k + 2 > k + 2 = (k+1) + 1 elde ederiz. Böylece n=k+1 için de aradığımız özellik olan (k+1)² > (k+1)+1 özelliği sağlanmış olur, ispat tamamlanır.
          Görüldüğü gibi tümevarım kullanılarak, bize verilen önermenin genel olarak sağlanıp sağlanmadığını ispatlayabiliyoruz. Son örnek olarak sizlere yine tümevarım tekniği ile ispatlanan ancak az önce yaptığımız örneklere nazaran biraz daha düşünme gerektiren bir önerme vermek istiyorum.

Örnek 11 : H_k = 1 + (1/2) + (1/3) + (1/4) + ... + (1/k)   ve k=1,2,3,... olmak üzere H_k ifadesini (Harmonik sayılar) ele alalım. Burada P(n)=H₂ⁿ >= 1+(n/2)  sağlandığını gösterin.
          İspat 11 : Burada dikkat edilirse bize verilen H_k harmonik dizisinin elemanları k=1,2,3,... olarak verilmiştir. O zaman biz önce önermenin H₁ için sağlandığını görmeliyiz. Önermede P(n)=H₂ⁿ olarak verildiğinden ilk adım olarak n=0 almalıyız. Öyleyse ilk adımla ispata başlayalım;
n=0 için : P(n) = H₂ⁿ olduğundan P(0) = H₂⁰ = H₁ = 1 yani P(0)=1 dir.
p(n) >= 1+(n/2)  olduğunu göstermek istediğimizden;
p(0) = 1 >= 1+(0/2) = 1  olduğundan n=0 için p(n) >= 1+(n/2) eşitsizliği sağlanır.
n=k için önerme doğru olsun :
H₂^k = 1 + (1/2) + (1/3) + ... + (1/2^k) >= 1 + k/2  eşitsizliği sağlanmış olsun.
n=k+1 için :
H₂^(k+1) = 1 + (1/2) + (1/3) + ... + (1/2^(k+1)) >= 1 + (k+1)/2  olduğunu gösterebilirsek ispat tamamlanacaktır.
H₂^(k+1) = 1 + (1/2) + (1/3) +...+ (1/2^k) + (1/2^k + 1) +...+ (1/2^k+1)
Şeklide H₂^(k+1) ifadesini açarız. (Burada k ların değil, paydadaki ifadelerin 1 er 1 er arttırılarak terimlerin bulunduğuna dikkat ediniz). Bu açılımın terimlerine dikkat edelim. Terimlerin (1/2^k + 1) +...+ (1/2^k+1) olan parçasını ele alalım. Bu parça içinde toplam 2^k adet terim vardır ve bu terimlerin paydaları 1 er 1 er arttırıldığından terimler git gide küçülmektedir. Öyleyse bu ele aldığımız parçanın en küçük terimi en sondaki (1/2^k+1) olacaktır. O zaman biz bu 2^k adet terimin tamamını (1/2^k+1) olarak yani en küçükleri olarak alırsak, ele aldığımız parçanın değeri küçülür. (Yani ele aldığımız terimler parçasındaki tüm terimler yerine bu parçadaki en küçük terimi yazarak, terimler parçamızın değerini küçültüyoruz). 2^k adet (1/2^k+1) ifadesi yani; 
2^k.(1/2^k+1)=(1/2) ele aldığımız terimler parçasından küçük olacaktır. Bunu H₂^(k+1) nın açılımında yerine koyarsak;
H₂^(k+1) >= 1 + (1/2) + (1/3) + ... + (1/2^k) + (1/2) elde edilir. Kabulümüzden kırmızı ile yazılan (1/2) nin solunda kalan terimler toplamının da yani;
1 + (1/2) + (1/3) + ... + (1/2^k) >= 1 + k/2  olduğunu bildiğimize göre H₂^(k+1) nın açılımında yerine koyarsak; 
H₂^(k+1) >= 1 + k/2 + (1/2) elde edilir. Bu ifadeyi de düzenleyerek;
H₂^(k+1) >= 1 + k/2 + (1/2) = 1 + (k+1)/2  yani;
H₂^(k+1) >= 1 + (k+1)/2  elde edilir. Bu da aramış olduğumuz şarttır. Öyleyse n=k+1 için de önermenin sağlandığını gösterdiğimiz için bu önermeyi de ispatlamış oluyoruz.
          Görüldüğü gibi vermiş olduğumuz bu 4 ispat tekniği kullanılarak çeşitli ispatlar yapılabilmektedir. Yaklaşımları ve eldeki bilgiyi kullanış biçimleri farklı da olsa temelde bu 4 tekniğe dayalı olarak matematikte teorem ve önermelerin ispatları gösterilebilir.