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.

Reklamlar

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

 

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:

Bölünebilme Soruları

Bölünebilme  Soruları

1]  p bir asal tam sayı ve a ϵ Z , 1<a<p ise pp!/(p-a)!.a! olduğunu gösteriniz.

2]  p bir asal tam sayı a,b ϵ Z olsun. Kanıtlayınız ki ya p a p– b p yi bölmez ya da p2 , a p– b p yi tam böler.

3]  (a,b)=1 ise (a+b, ab)=1 olduğunu gösteriniz

4]  (a,b)2 =(a2, b2) olduğunu gösteriniz.

5]  Her a ϵ Z için, 6a(a+1)(a+2) olduğunu gösteriniz.

6]  2p-1 asal ise p nin de asal olduğunu gösteriniz .

7]  2f + 1 asal ise f ‘nin 2 nin bir kuvveti olması gerektiğini gösteriniz.

8]  p bir tek asal tam sayı ise her n ϵ Z için, np nin irrasyonel olduğunu gösteriniz.

9] a) 11x + 13y= 17

b) 3x + 6y + 12z = 24

c) 2x + 3y +  5z = 7

Diophant denklemlerini çözünüz.

Published in: on Mayıs 10, 2011 at 1:48 pm  Comments (2)  
Tags:

Çözümlü Sorular II

S1]  21 + 1, 22 + 1, 24 +1, 28 + 1, .. , 2f+1 dizisinden yararlanarak sonsuz çoklukta asal sayı olduğunu gösteriniz.

 

        Ç1] Her  k ≥0 için F n = 2n+1 ,n=2k olarak tanımlarsak, her k≥2 için F0.F1.…Fk-1+2=Fk ‘dır.

Buradan her t≠k için Ft ile Fk aralarında asaldır. Eğer asal sayılar sonlu olsa ve bunların sayısı s olsaydı  F s+1 = 2a+1 ,a=2s+1  için en az bir k≤s için Fn ile Fs+1 aralarında asal olmazdı. O halde asal sayılar sonsuz sayıdadır.

S2] Her n>2 , n ϵ N için (n!)2 > nn olduğunu kanıtlayınız.

Ç2] (n!)2= n!.n!=(1.2.3…n)(n.(n-1)….3.2.1)=(1.n)(2.(n-1))…(s.(n-s+1))nn(n.1) ‘dir.

Her s, 2 ≤ s <n için  s(n-s+1)=(n-s)(s-1)+n >n olduğundan, (n!)2 > nn olur.

Published in: on Mayıs 10, 2011 at 1:47 pm  Yorum Yapın  
Tags: , ,

Çözümlü Sorular I

S1] a,b asal tek sayılar  a≠b ve k,n sayıları kusursuz çift sayılar olmak üzere a+b=k , a-b=n olacak şekilde a,b sayıları var ise  n=6  tek çözümdür.

Kanıt : a+b=k , a-b=n ise, alt alta toplarsak ,a=(k/2) + (n/2),  b=(k/2)-(n/2)  olur.

Her çift mükemmel sayı 2 p-1 (2p-1) şeklindedir. a asal tek sayı olduğundan,k/2 ve n/2 den birinin tek olması gerekir.Birini almamız yeterlidir. n/2 tek olması için , n/2= 2 m-1(2m-1)/2 olduğundan (2m-1) tek olduğundan , 2 m-1 sayısı tek olmalı ki n/2 de tek olsun. Bu durumda tek çözüm m-1=1  den m=2 içindir.o halde n=21x(22-1)=6 bulunur. Örnek çözüm a=17,b=11,k=28

S2]  P>0 olmak üzere 2p sayısının pozitif bölenlerinin toplamının 2p+1 -1 olduğunu gösteriniz.

Kanıt : Pozitif bölenleri : 2p/2, 2p/4,… 2p/2p, 2p/1 dir .

Bunların toplamı ise T= (2 p-1)+(2 p-2)+….2 p-p)+2p =(2×2p)-1=2 p+1-1 dir.

S3] a=4n+3 tam sayısının an az bir P=4k+3 şeklinde asal böleni vardır.

   Kanıt :4n+3=a bir tek sayı olduğuna göre tüm çarpanları tektir. O halde tüm çarpanları 4s+1 formunda olsa (4s+1)(4t+1)(4m+1)… ne kadar çarpanı olursa olsun  sonuç 4a+1 şeklinde olacağından verilen sayıya eşit olmayacaktır.Bu durumda mutlaka 4n+3 şeklinde bir çarpanı olmalıdır.

S4] a=4n+3 şeklinde sonsuz çoklukta  asal sayı vardır.

   Kanıt : Sonlu olduğunu varsayalım. Tüm bu asalların çarpımı ise p olsun. Şimdi, p ya 4s+1, ya da 4s+3 şeklinde bir bileşiktir. P=4s+1  ise p+2=4s+3 olur. Eğer p=4s+3 ise p+4=4s+7=4k+3 şeklindedir. p+2 ve p+4 sayıları bileşik iseler S3 kanıtında görüldüğü gibi mutlaka bir 4s+3 formunda asal çarpanı olmalıdır ve bu asal p yi bölmez. P+2 ve p+4 sayıları asal iseler zaten 4s+3 formundadır. Bu nedenle önerme doğrudur.

S5] n bir bileşik doğal sayı ise p≤√n olacak biçimde bir p asal çarpanı vardır.

    Kanıt: n=axb, 1<a<n,1<b<n bu durumda ya a≤√n,ya da b ≤√n dir.Aksi halde axb >n olur ki axb=n olmalıdır. Bu nedenle önerme doğrudur.