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.)