∫ayılar T∑orisinin K∅nuları

  • BÖLÜNEBİLME
  • MODÜLER ARİTMETİK
  • KONGRÜANSLAR : polinom kongrüanslar, primitif kökler
  • KUADRATİK REZİDÜLER
  • ARİTMETİK FONKSİYONLAR
  • KUADRATİK CİSİMLER : cebirsl sayılar, gauss tam sayıları
  • SÜREKLİ KESİRLER : sürekli kesirler, kuadratik irrasyoneller, pell denklemleri
  • KUADRATİK FORMLAR : İkili formlar, formların denkliği
Reklamlar
Published in: on Ekim 17, 2016 at 2:02 pm  Yorum Yapın  

Problem 8

“Herhangi bir pozitif tam sayının  basamaklarından birisini değiştirerek her zaman bir asal sayı elde edebiliriz” düşüncesinin yanlış olduğunu gösteriniz. 

 

Kanıt 8 :

Soruda bahsedilen düşünce ile ilgili tek bir zıt örnek verilmesi düşüncenin yanlış olduğunu kanıtlayacaktır. 200 sayısını ele alırsak, bu sayıdan birbasamağını değiştirerek asal elde edebilmemiz için son basamağını tek sayılarla değiştirmemiz gerekir. Buna göre elde edilecek 201, 203, 205, 207, 209 sayılarından hiçbiri asal değildir. Çünkü ; 3 I 201, 7 I 203, 5 I 205,  3 I207, 11 I209  (yani 11 sayısı 209’u tam böler) . Bu durumda soruda bahsedilen   düşünce yanlıştır.

Problem 7

Gösteriniz ki  ( 10^n ) + 3  şeklinde  sonsuz çoklukta bileşik sayı bulunur. ( n=1, 2, 3,…. )

Problem 6

n^4 + (n+1)^4 toplamını bileşik sayı yapan en küçük pozitif n tamsayısını bulunuz.

Published in: on Nisan 12, 2015 at 1:56 pm  Yorum Yapın  
Tags:

Problem 5

Kanıtlayınız ki 1, 31, 331, 3331, … serisi sonsuz çoklukta bileşik (asal olmayan) sayılar içerir.

(Açıklama : 1 hariç ( 1: matematiksel sabit ne bileşik ne de asal) ilk 7 seri asaldır. 31, 331, 3331, 33331, 333331, 3333331, 33333331 sayıları asal iken serideki 8’nci sayı ise 333333331 =17 X 19607843 olup bileşiktir. )

Kanıt :

Kolaylıkla kontrol edilebilir ki serinin n’inci terimi 1/3(10″-7) ‘ e eşittir. Bu durumda 10^2 == 15 == -2 (mod 17), buradan      10^8 == 16= = -1 (mod 17). Böylece 10^9 == -10 == 7 (mod 17), 10^16 == 1 (mod 17) olduğundan beri  10^(16k+9) == 7 (mod 17)  k = 0, 1, 2, …. için, böylelikle 17 I 1/3(10(16k+9) – 7), (17 böler 1/3(10(16k+9) – 7 ) ,ve 1/3(10^(16k+9)-7)  k = 0,1,2, … için,    >=1/3(10^9-7) > 17 olur ki hepsi bileşiktir. Ve 1/3(10″-7) sayısı  n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ve 8. için asaldırlar. en küçük bileşik ise 1/3(10^9-7) = 333333331.

problem buradan daha başka bileşik sayı olup olmadığı sorusuna gelir ki, Elimizde  10^2 = 5 (mod 19), buradan 10^4 = 25 == 6 (mod 19) ve 10^12 = 6^3 = 7 (mod 19), ve 10^18k = 1 (mod 19) olduğundan, elde ederiz ki ,k = 0, 1, 2, ..için         19 I 1/3(10^(18k+12)-7) (yani 19 sayısına sağ taraf bölünür)  buradan  1/3(10^12-7) bileşiktir. Bununla birlikte bu formda sonsuz çoklukta asal sayı olup olmadığı bilinmiyor.

Elementer Sayılar Teorisinde Temel Problemler ve Çözümleri

                  ( Bu bölümde zaman içinde elementer sayılar teorisinden problemler ve çözümleri paylaşılacaktır.  )     ASAL VE BİLEŞİK SAYILAR İLE İLGİLİ TEMEL PROBLEMLER

     Problem 1 : Kanıtlayınız ki 4k+1 şeklindeki her asal sayı, kenarları tam sayı olan bir dik üçgenin hipotenüsüdür. [Ya da köşegen uzunluğu 4k+1 formunda bir asal  olan tamsayı kenarlı sonsuz sayıda dik üçgen olduğunu kanıtlayınız.]  

     Kanıt  :  Fermat’ın bilinen  teoremine göre 4k+1 formunda olan her asal sayı iki pozitif tam sayının  karesinin toplamı olarak gösterilebilir. Bu durumda, eğer p sayısı  4k+1 şeklinde bir asal ise  a ve b pozitif tamsayı olmak üzere p= a^2 + b^2 , a>b için , o halde p^2 = (a^2 – b^2)^2 + (2ab)^2 ‘dir. Bu durumda p sayısı dik  kenar uzunlukları a^2 – b^2  ve 2ab olan bir dik üçgenin hipotenüsüdür. (Örnekler : 5^2 = 3^2 + 4^2 , 29^2 = 21^2 +20^2 )                                                     

Problem 2:  Gösteriniz ki n > 6 olan her çift sayı için öyle iki p ve q asalı vardır ki (n-p , n-q)=1 ‘dir.  (n-p ve n-q aralarında asaldır)  

Kanıt : Bu asal sayılar  p=3 ve q=5 olmak üzere, eğer n çift ve n>6 ise o halde n-1>=6 , ve p<q

     Problem 3 :  Kanıtlayınız ki p^2 + q^2 = r^2 + s^2 + t^2 ‘nin p, q, r, s, t sayıları asal olmak üzere hiçbir çözümü yoktur. ( p^2 ifadesi : p’nin karesi )

Kanıt       :   Öncelikle söz konusu sayıların hepsi asal ve p^2 + q^2 = r^2 + s^2 + t^2 olsa idi, p ve q’nun her biri r,s,t sayılarından farklı olurdu. Eğer örneğin p=r olsa  q^2 = s^2 + t^ 2 olurdu ki q, s , t asal iken çözümü yoktur(kanıtlayınız) . Bununla birlikte s ve t sayılarının ikisi de aynı anda çift ya da tek sayı olamaz. (Bu durumda q=2 elde edilirdi ki varsayımımıza göre  sağ taraf >4 olması gerektiğinden imkansızdır.) Eğer s=2 olsa idi o halde 4 sayısı iki tamsayının karesinin farkı olurdu ki imkansızdır.    Eğer p^2 + q^2 = r^2 + s^2 + t^2 olsa o halde bu sayıların hepsinin tek olması imkansızdır. Eğer p çift ise o halde p=2 ve diğer sayılar tek iken , tek sayının karesi  8 ile bölümden 1 kalanını verdiğinden sol taraf 5 kalanını verirdi ve sonra sağ taraf 3 kalanını verirdi ki imkansızdır. Eğer p ve q’nun her ikisi de tek ise sol taraf 8 ile bölümden 2 kalanını verir, Bu durumda sağ taraftaki sayılardan biri çift olmalı farzedelim r=2 , bu durumda sağ taraf 8 ile bölümden 6 kalanını verirdi ki imkansız.

Problem 4 : iki tam sayının 4’üncü kuvvetlerinin toplamı olarak gösterilebilen 5 asal sayı bulunuz.

    Çözüm: 2=1^4 + 1^4 ,  17= 1^4 + 2 ^4 ,  97 = 2^4 + 3^4,   257= 1^4 + 4^4,   641= 2^4 + 5^4 .

    ( A.Schinzel göstermiştir ki her n pozitif tamsayısı için,  a ve b pozitif tamsayı olmak üzere a^2^n + b^2^n toplamı şeklinde sonsuz asal tamsayı vardır.)

Uluslararası Olimpiyat Soruları

 ** Geçmiş yıllara ait olimpiyat sorularına farklı dil seçenekleri ile indirme hakkı sunan aşağıdaki linkten ulaşabilirsiniz.

     http://www.imo-official.org/problems.aspx

     Uluslararası matematik olimpiyatları 1959 yılından beri yapılmakta, Türkiye 1978 yılından beri katılmaktadır. Türkiye yarışmalara katıldığından beri ilk bronz madalyasını 1985, ilk gümüş madalyasını 1989, ilk altın madalyasını 1999 yılında almıştır. Yıllar süren deneyim ve öğretme tekniği sonuç vermiş ve Türkiye özellikle 1999 yılından itibaren önemli başarılar elde etmeye başlamıştır. 2008 ve 2011 yıllarında takım olarak  3’er altın madalya alınması önemli bir sonuçtur. Yarışmalarda 6 soru vardır ve her soru 7 puan değerindedir.

Maks.: 7+7+7+7+7+7=42 puan

Altın:  31 puan ve üstü ( bir sorudan takım halinde alınan toplam puan)
Gümüş: 24 puan
Bronz:  15 puan

Bireyselde ise toplam 6 sorudan her soru 7 puan üzerinden olmak üzere 15 veya daha fazla toplam puan alanlar madalya hakkı kazanabilmektedir.
Yarışma sonuçları takım ve bireysel olarak ayrı değerlendirilmektedir. Takımlar 6 kişiliktir bu nedenle 6 tane madalya alınabilir. Türkiye’nin yıllar içinde bireysel ve takım halindeki başarılarına aşağıdaki linklerden ulaşılabilir.

      http://www.imo-official.org/country_individual_r.aspx?code=TUR&column=year&order=desc

      http://www.imo-official.org/country_team_r.aspx?code=TUR&column=year&order=desc

 ** Geçmiş yıllara ait olimpiyat sorularına farklı dil seçenekleri ile indirme hakkı sunan aşağıdaki linkten ulaşabilirsiniz.

     http://www.imo-official.org/problems.aspx

 

Fermat’ın İki Kare Teoreminin Farklı İspatları

Teorem: Fermatın iki kare teoremi der ki ; 2 den farklı bir asal sayı iki kare toplamı olarak yazılabiliyorsa bu asal sayı 4k+1 şeklindedir. Diğer bir deyişle 4k+1 formundaki her asal iki kare toplamı olarak ve tek bir şekilde gösterilebilir.

P=x2 + y2 ancak ve ancak P ≡ 1 (mod4)

Fermat bunu söyledi ancak ispatını vermedi. İlk defa Euler 40 yaşında iken 1747 de bunun ispatını 5 adımda vermiştir. Daha sonra farklı ispatlar da bulunmuştur.

 

Euler’in Sürekli Serilere Dayalı İspatı

1.iki kare toplamı olarak yazılabilen iki sayının çarpımı da iki kare toplamı olarak gösterilebilir. Bu brahmagupta-Fibonacci özdeşliğidir.

(a2 + b2)(c2 + d2)=(ac-bd)2 + (ad + bc)2=(ac + bd)2 + (ad – bc)2

Örneğin : 5×13=65=12 + 82, 5=1 + 4 , 13= 4 + 9

2. İki kare toplamı olarak yazılabilen bir sayı iki kare toplamı olarak yazılabilen bir asal ile tam bölünebiliyorsa bölüm iki kare toplamı olarak gösterilebilir.

 Gerçekten de  , mesela (a2 + b2) sayısı (p2 + q2 )ile bölünebilsin. O halde (p2 + q2 ) ,

(pb − aq)(pb + aq) = p2b2 − a2q2 = p2(a2 + b2) − a2(p2 + q2) yi böler. (p2 + q2 ) asal olunca ,faktörlerden birini böler. Diyelim ki (pb − aq) yı bölsün

(a2 + b2)(p2 + q2)=(ap + bq)2 + (aq-bq)2 olduğundan beri bunu takiben p2 + q2 ,

(ap + bq)2yi bölmelidir.Bu nedenle eşitlik p2 + q2 tarafından bölünür.(p2 + q2)2 ile bölününce [(a2 + b2)/(p2 + q2)]=[(ap + bq)/(p2 + q2)] + [(aq- bp)/(p2 + q2)]2 çıkar.Bu iki kare toplamı olarak ifade edilebilmesi demektir.Eğer p2 + q2 , pb + aq yu bölerse yine benzer bir argüman  brahmagupta-fibonacci ilkesi

(a2 + b2)(p2 + q2)=(ap + bq)2 + (aq-bq)2 ,   kullanılarak ortaya çıkar.

3. Eğer İki kare toplamı olarak ifade edilebilen bir sayı iki kare toplamı olarak ifade edilemeyen bir sayı tarafından bölünebiliyorsa o halde sonucun faktörlerinden biri  iki kare toplamı olarak ifade edilemez.

   Farzedelim ki x , a2 + b2  yi böler. Bu durumda sonuç asal çarpanlarına ayrılırsa p1.p2….pn

o halde a2 + b2 = x.p1.p2….pn , eğer tüm asal faktörler iki kare toplamı ise o halde a2 + b2 p1.p2.. pn ile bölünebilir. Bir önceki adımı uygulayarak her sonucun iki kare toplamı olduğu sonucuna ulaşırız.Bu durumda eğer x iki kare toplamı olarak gösterilemiyorsa o halde asal çarpanlardan biri de iki kare toplamı olarak gösterilemez.

4. Eğer a ile b aralarında asal ise, o halde a2 + b2 nin tüm faktörleri iki kare toplamı olarak gösterilebilir.

  Bu sonsuz serileri kullanan bir adımdır. Diyelim ki x, a2 + b2 nin bir çarpanı, şunu yazabiliriz;

 

a = mx ± c , b = nx ± d , bu durumda

 

a2 + b2 = m2x2 ± 2mxc + c2 + n2x2 ± 2nxd + d2 = ax + (c2 + d2)

Bununla birlikte c2 + d2,  x ile bölünebilmelidir. c2 + d2 = yx olsun. Eğer c ile d aralarında asal değil ise o halde en büyük ortak bölenleri x ‘i bölemez(eğer bölseydi a ile b’yi de bölerdi ki aralarında asal olmalarıyla çelişirdi). Böylece en büyük ortak bölenlerinin karesi y’yi böler    (c2 + d2 ‘yi böldüğü gibi).Bu da bize şu eşitliği verir ki e ile f aralarında asal olmak üzere

e2 +f2= zx , (z , x/2 den büyük olmamak üzere).

 

zx = e2 + f2 ≤c2 + d2≤ (x/2)2 + (x/2)2 =x2/2 olduğundan beri ,

 

eğer c ile d aralarında asal ise onları e ile f  ile değiştirmeden doğrudan kullanabiliriz.

Eğer x iki kare toplamı değil ise , 3.adımdan , z’ nin iki kare toplamı olmayan bir çarpanı olmalıdır. Bu çarpana w diyelim. Bu x’den w’ye sonsuz bir seri verir. İkisi de iki kare toplamı değil ancak bir, iki kare toplamını bölen sayılar. Bu şekilde bir sonsuz seri mümkün olmadığından x’in iki kare toplamı olması gerektiği sonucuna erişiriz.

 

5. 4n+1 formundaki her asal iki kare toplamıdır.

 

Eğer p=4n+1 ise ,o halde fermat’ın küçük teoreminden ,1, 24n, 34n,…(4n)4n sayılarının her biri mod p’ye denktir. 24n -1 , 34n – 24n, …, (4n)4n – (4n-1)4n farklarının hepsi p ile bölünebilir.

Bu farkların hepsi şu şekilde gösterilebilir ;

 

a4n – b4n = (a2n + b2n)(a2n – b2n)

 

p asal olduğundan bu iki faktörden birini bölmelidir. 4n-1 ‘li lerden herhangi biri ilk faktörü bölüyorsa bir önceki adımdan görüldüğü gibi, p’nin kendisinin iki kare toplamı olduğu sonucuna ulaşırız(a ve b nin farkı 1 ,aralarında asal iken) . Bu yüzden bu p’nin ikinci faktörü her zaman bölemeyeceğini göstermek için yeterlidir. Eğer tüm 4n-1 farklarını bölerse

 22n – 1, 32n-22n ,…. , (4n)2n – (4n-1)2n o halde ardışık terimlerin tüm 4n-2 farklarını bölerdi ve farklarının tüm 4n-3 farklarınını da olduğu gibi..

1k, 2k, 3k … serisinin k’ncısı  k! ‘e eşit olduğundan beri ,2n’inci farkların hepsi sabit ve kesinlikle  p ile bölünemeyen  (2n)!’e eşit olurdu. Bununla beraber p , p’nin iki kare toplamı olduğunu kanıtlayan tüm ikinci faktörlerin hepsini bölemez .

 

Lagrange’nin Kuadratik Formlara Dayalı İspatı

Lagrange 1770’de kendisinin integral kuadratik formların genel teorisine dayalı bir ispat verdi.Aşağıdaki bu ispatın basite indirgenmiş halidir.

ax2 + 2bxy + cy2   ,a,b,c tamsayı olmak üzere bir kuadratik form alınacak olursa ,

 n = ax2 + 2bxy + cy2 ,olacak şekilde x,y var ve aynı kuadratik formda n vardır. O halde Fermat’ın iki kare teoremi x2 + y2 formunda bir p asalı vardır ki p≡1 (mod4) . Kuadratik formun diskriminantı b2 –ac olarak tanımlanır. X2 + y2 ‘nin diskriminantı ise -1 dir.

ax2 + 2bxy + cy2 ve  rx’2 + 2sx’y’ + ty’2 formları yalnızca ve yalnızca tamsayı katsayılı

x = αx’ + βy’

y = γx’ + δy’ 

 

 (αδ – βγ = ±1 olacak şekilde)

 

sayıları olduğunda eşittir. Eşit formların aynı diskriminanta sahip olduğu kolaylıkla görülebilir. Dahası eşit formlar aynı tamsayıları temsil edecektir.

Lagrange kanıtlamıştır ki diskriminantı −1  olan ve │b│≤ a ≤ c koşullarını sağlayan tüm formlar eşittir. Böylece Fermat’ın iki kare teoremini kanıtlamak için p’yi temsil eden ve diskriminantı -1 olan herhangi bir indirgenmiş form bulmak yeterlidir. Bunu yapmak için p , m2 + 1’i bölebilecek şekilde bir m sayısı bulmak yeterlidir. Böyle bir tamsayı bulmak için diskriminantı -1 olan şu formu gözönünde bulundurabiliriz;

 

Px2 + 2mxy + [ (m2 + 1)/p].y2

 

x=1 ve y=0 değerleri için p’ye eşittir.

Diyelim ki p=4n + 1 olsun . Şimdi Fermat’ın küçük teoremine başvuruyoruz. P ile aralarında asal olan herhangi bir z için , biliyoruz ki p, zp-1 -1 = z4n -1 = (z2n – 1)(z2n + 1)’i böler.Dahası , Lagrange’nin bir teoreminden , z2n – 1 ≡ 0 (mod p) kongrüansının 1,2,.., p-1=4n sayıları içinden en fazla 2n tane çözümü vardır. Bu nedenle p’deb daha küçük öyle z pozitif tamsayıları vardır ki p, z2n – 1 ‘i bölmez.Ancak p, z4n -1 = (z2n – 1)(z2n + 1)’yi bölmektedir. O halde p, z2n + 1’i bölmelidir. O halde m = zn  yazmak kanıtı tamamlar.

Erdös’ün Bertrand Postulatı Kanıtı

 

Erdös’ün Bertrand Postulatı  Kanıtı

 

Bertrand Postulatı : n > 1tamsayıları için,  n < p < 2n olacak şekilde her zaman  bir p asal sayısı vardır.

 

Bertrand postulatının ispatı, teta fonksiyonunun bazı basit özelliklerini içermektedir.

 teta(x), x  ≥  0 için belirtilir ki ,

 teta(x) = toplam (log p : p asal ve 0 < p ≤ x) .

  teta(x) < 2x log(2) olduğunu gösterelim.

 ( log(x),  x in doğal log’u olarak betimlenmiştir..)

 Bunu x tamsayı iken göstermek yeterlidir. Bunu tümeverımla kanıtlayacağız.

 Buradaki iş C(2m+1, m)’ in binom katsayılarındadır.

 C(2m+1, m) = (2m+1)! / m! . (m+1)!

 Bunun sonucuna  kısaca M diyelim.

 

p asalı m+1 < p ≤ 2m+1 aralığındaki bir asal olsun. O halde p , M ‘nin payını böler ancak paydasını bölemez. Bu yüzden p,  M’yi böler. O halde bu şekildeki tüm asallar M yi böler ve,

 toplam(log p: m+1 < p ≤ 2m+1) < log M

 ya da teta(x) fonksiyonunun ifadesiyle

 teta(2m+1) – teta(m+1) < log M.

 Diğer taraftan, (1 + 1) (2m+1) ‘ in binom açılımının M’ ye eşit iki tane terimi vardır. Bu yüzden

 2M < 2 (2m+1)

 M < 2 2m

 log M < 2m.log(2)

 Bu nedenle

teta(2m+1) – teta(m+1) < 2m.log(2)

 Bu formülü ispatımızdaki şu tümevarım adımında kullanacağız ;

 teta(x) < 2x log(2)

 x = 1 için,

 teta(1) = 0 < 2 log(2)

 ve x = 2 için ,

 teta(2) = log 2 < 4 log(2)

 Varsayın ki eşitsizlik x < n için doğru .x = n için bunu kanıtlayalım.

 Eğer n çift ve n> 2 ise , o halde kesinlikle bir asal değildir, bu yüzden

 teta(n) = teta(n-1) < 2(n-1) log(2) < 2n log(2).

 Eğer n tek ise n = 2m + 1 olsun. O halde yukarıda kanıtladığımız gibi,

 teta(2m+1) – teta(m+1) < 2m log(2)

teta(2m+1) < theta(m+1) + 2m log(2)< 2(m+1) log(2) + 2m log(2)

 = (3m + 1) log(2) < (4m + 2) log(2) = 2n log(2).

 

Bu, ispatı şu şekilde tamamlar,

 teta(x) < 2x log(2).

 Şimdi soluklanalım.

 Yapacağımız bir sonraki şey p asal olmak üzere p’ nin n! ‘i bölen en büyük kuvvetine bakmaktır. Buna j(n, p) diyoruz.

  [x] işaretini x ‘den küçük olan en büyük tamsayıyı belirtmek için kullanalım  [x] ≤ x.

 

p’ den sonraki her p’ inci sayı p’ nin bir katıdır. Bu yüzden n! sayısında [n / p] tane p çarpanı vardır. Ancak her p2 ‘ inci sayı da sadece p’ nin değil, p’ nin karelerinin de bir çarpanıdır.

,ve  [n / p] ‘ye bunlar dahil değildir. Bu nedenle [n / p2 ] ‘yi de eklememiz gerekir. Benzer şekilde her p3’ üncü sayı da p3 ‘lerin bir çarpanıdır. Bunları da eklemedik. Bu yüzden n! sayısını bölen p asalının en büyük kuvveti

 

 m ≥ 1 için  tüm  [n / pm]  sayılarının toplamıdır.

 

Tabi ki [n / pm] = 0 ,  pm > n olduğu sürece :  ,

 

m > log(n) / log(p) için.

 

Şimdi bertrand postulatının yanlış olduğunu varsayalım. ve, o halde n< p < 2n olan bir p asalı yoktur.

Şimdi bir başka binom açılımına bakacağız.

 

 C(2n , n) = (2n!) /( n!)2

 

Buna kısaca  N diyeceğiz.

Varsayımımızdan, N ‘i bölen ilgili asallar n’ den küçüktür. Şimdi

 

   N = (2n)! / (n!)2 =

 

       sonuç(p^j(2n, p): p ≤ 2n)

       —————————-

       sonuç(p^2j(n, p): p ≤ n)

 

ancak varsayımımıza göre  n ile 2n arasında hiç asal yoktur. Bu nedenle, paydaki  

“p ≤ 2n”  ile “p ≤ n” yer değiştirebilir. Sonuçta ,

 N = sonuç(p^(j(2n, p) – 2j(n, p)): p ≤ n).

 

j(2n, p) – 2j(n, p) ye kısaca  k(p)  diyelim. İki tarafın log’unu aldığımızda elimizde ;

 

   log N = toplam(k(p) log(p): p ≤ n) kalır.

 

k(p) nin , [2x] – 2[x] formunun toplamı olduğuna dikkat edin..

[2x] – 2[x] her zaman ya 0 ya da 1 ‘dir. Eğer [2x] çift sayı ise, [2x] – 2[x] 0’dır

; aksi halde 1’dir.

 

Öncelikle p > 2n / 3 için , k(p) = 0 olduğunu gösterelim. 

 

   2n/3 < p ≤ n

 Ya da   2 ≤ 2n/p < 3

 ve [2n / p] = 2, bu yüzden  [2n/p] – 2[n/p] = 0.

 n > 4 olduğu sürece,  p2 > (4 / 9)n2 > 2n  ‘dir.

 

Ve kesinlikle n>4 olduğunu , n ile 2n arasında asal olmadığını varsaydığımızdan beri varsayabilir, mesela 5, 4 ile 8 arasındadır.

 Bu nedenle p’nin daha büyük kuvvetlerini içeren terimler yoktur.

Şimdi  ,k(p) ≥ 2 olan terimlerin çok fazla katkıda bulunmadığını gösterelim.

 

Böyle bir terimin olması için p2 < 2n ya da p < (2n) olmalı, bu yüzden, bu tür terimlerin sayısı en fazla (2n)’dir.Diğer taraftan  k(p),  pm > 2n ise 0 , ya da m > log(2n) / log(p) olan

[2n / pm] – 2[n / pm] terimlerinin toplamıdır. Bu yüzden k(p) en fazla log(2n) / log(p), ve  k(p) log(p) ≤ log(2n) ‘dir. Bu nedenle,

 

  toplam(k(p) log(p) : k(p)≥  2) ≤ (2n) log(2n), bu şekildeki en fazla p asallarının olası sayısı ve herhangi  k(p) log(p) den büyük bir sayı

 

k(p) = 1 olan terimler için ,en fazla  

 toplam(log(p): p ≤ 2n/3) = teta(2n/3) < (4n/3) log(2)

 bunca adım sonrasını birleştirince bize şu sonucu verir

 

   log N < (4n/3) log(2) + (2n) log(2n).

 

N in tanımına bakarak , elimizde olan   

   22n = 2 + C(2n, 1) + C(2n, 2) + … + C(2n, 2n-1)

 

Bu 2n tane terimin bir toplamıdır.  Bu nedenle

 

   22n < 2n.N ‘dir.

 Ya da

 2n log(2) < log(2n) + log(N) ≤ log(2n) + (4n/3) log(2) + (2n) log(2n)

 

Daha önceki adımlarda kanıtlağığımız gibi , Şimdi n nin büyük değerleri için

,sağ tarafta sayılan tek terim 4n / 3 log(2) dir ve 2n.log(2) den küçüktür.

 

 Bu yüzden, yapacağımız şey bu eşitsizliği yanlış çıkarmak için n’ nin ne kadar büyük olabileceğini ortaya çıkarmaktır. Ve sonrasında postulatı n’ nin daha küçük değerleri için doğrudan kanıtlamaktır.

 

n ≥ 29  olsun ve dikkat edin ki  log(2n) = log(210) = 10 log(2). Eşitsizliği log(2) ile bölün. Sonuçta

 

 210 < 10 + 210 (2/3) + (25).10  , Ya da

 

 210 (1 – 2/3) < 10 (25 + 1),

 

   210 (1/3) < 10 (25 + 1),

 

   210 < 30 (25 + 1) < 31 (25 + 1) = (25 – 1) (25 + 1)= 2^10 – 1   , ki bu sonuç yanlıştır!

 

Bu nedenle Bertrand postulatının n ≥ 29 için yanlış olduğu varsayımımız bu sonuçla çelişmiştir. Geride yapılması gereken tek şey n < 29 = 512. Değerleri için postulatın doğru olduğunu göstermektir ki aşağıdaki, her biri bir öncekinin iki katından küçük olan  asal sayılar bunun için yeterlidir.

           2, 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631

 “An Introduction To Number Theory” /Hardy ,Wright  kitabından çevirilmiştir.

Lise Olimpiyat Soruları

EŞİTSİZLİK PROBLEMLERİ

E1]  Her x1, x2, …, x n ϵ  [0, 1] için (x1+x2+….+x n +1)2 ≥4(x12 + x22 + ..+ xn2) olduğunu gösteriniz.

E2] a ϵ R sayısı a5 – a3 + a = 2 denklemini sağlıyorsa, 3 < a6 < 4 olduğunu gösteriniz.

E3]   log45 + log 5 6 + log67 + log78 > 4,4 olduğunu kanıtlayınız.

E4]  Her a, b, c ϵ R için a4 + b4 + c4 ≥ a2bc + b2ac + c2ab eşitsizliğinin sağlandığını gösteriniz.

DENKLEMLER

D1]  x x  + 2y y = z z  denkleminin doğal sayılar kümesinde hiç çözümü olmadığını gösteriniz.

D2]  x2 + y2 + z2 = 2xyz denkleminin tüm tamsayı çözümlerini bulunuz.

D3]  x3 = 6(x – sinx) denklemini çözünüz.

D4]  x2 + y3 = z2 denkleminin doğal sayılarda çözüm kümesinin sonsuz küme olduğunu kanıtlayınız.

CEBİR

C1] x, y, z birbirinden farklı herhangi tamsayılar olsun.

      (x-y)5 + (y-z)5 + (z-x)5 sayısının 5(x-y)(y-z)(z-x) sayısına bölündüğünü gösteriniz.

C2]  Her n ϵ Z için n4 – 40n2 + 4 sayısının bir bileşik sayı olduğunu gösteriniz.

C3]  (5 + 32)m = (3 + 52)n  eşitliğini sağlayan m ve n değerlerini bulunuz.

C4] x2 + y ve y2 + x sayılarının ikisi de tam kare olacak şekilde x ve y doğal sayıları var mıdır?

Published in: on Mayıs 10, 2011 at 2:32 pm  Yorum Yapın  
Tags: