Asal mı Değil mi? Kontrol Edin.

Aşağıdaki internet sitesinden 2^53 -1 (9007199254740991 ) sayısından küçük olan herhangi bir sayının asallığını kontrol edebilirsiniz.  http://primes.utm.edu/curios/includes/primetest.php

Reklamlar
Published in: on Nisan 1, 2014 at 12:52 pm  Yorum Yapın  
Tags: , , ,

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.

Kuvvet Toplamları

59 4 + 158 4 = 133 4 + 134 4

1 5 + 6 5 + 7 5 + 17 5 + 18 5 + 23 5  = 2 5 + 3 5 + 11 5 + 13 5 +21 5 + 22 5

27 5 + 84 5 + 110 5 + 133 5 = 144 5

30 4 + 120 4 + 272 4 + 315 4 = 353 4

268244 4 + 15365639 4 + 18796760 4 = 20615673 4

95800 4 + 217519 4 + 414560 4 = 422481 4

1729 = 1 3 + 12 3= 9 3 + 10 3

87539319 = 167 3 + 436 3= 228 3 + 423 3= 255 3 + 414 3

6963472309248 = 2421 3 + 19083 3= 5436 3 + 18948 3= 10200 3 + 18072 3=13322 3 + 15530 3

6017193=166 3 + 113 3 = 180 3 + 57 3 = 185 3 – 68 3 = 209 3 – 146 3 = 246 3 – 207 3

1412774811 = 963 3 + 804 3 = 1134 3 – 357 3 = 1155 3 – 504 3 = 1246 3 – 805 3 =

21153 – 20043 = 4746 3 – 4725 3

11302198488 = 1926 3 + 1608 3 = 1939 3 + 1589 3 = 2268 3 – 714 3 = 2310 3 – 1008 3 =

2492 3 – 1610 3= 4230 3 – 4008 3= 9492 3 – 9450 3

15170835645 = 517 3 + 3468 3= 709 3 + 2456 3= 1733 3 + 2152 3

16776487 = 220 3 + 183 3= 255 3 + 58 3

Source : Unsolved problem in number theory/R.K.Guy/1994

………………………………………………………………………………………..

(2^100 + 1)^10 + 2^304 + 2^503 +2^704 = (2^100 – 1 )^10 + 2^102 + 2^104 + 2^308 + 2^509 +2^708 + 2^902 + 2^904      (^ sembölü kuvveti anlamındadır)

ve

(2^1000+1)^10 + 2^3004 + 2^5003 + 2^7004 = (2^1000-1)^10 + 2^1002+ 2^1004 + 2^3008 + 2^5009 + 2^7008 + 2^9002 + 2^9004

Bilinen En Büyük Asallar

   Asal                           Basamak Sayısı                       

274207281 – 1                    22338618                         Mersenne asalı

57885161 – 1                     17425170

2 43112609 – 1                     12978189

242643801  – 1                     12837064

237156667  – 1                     11185272

232582657  – 1                     9808358

230402457 – 1                     9152052

225964951  – 1                     7816230

Sayıların Gösterisi

Bütün Sayılar İlginçtir!

Kanıt: İlginç sayıların sonlu olduğunu varsayalım. Bu durumda ilginç olmayan sayılardan en küçüğü en küçük ilginç olmayan sayı olma özelliğiyle ilginç olacaktır. Bu da varsayımla çelişir, bu nedenle bütün sayılar ilginçtir.

Not: Tabi ki matematiksel bir kanıt değildir. Eğlence amacıyla yazılmıştır.

1938 + 1881 = 3819                     19 ve 38 yer değiştiriyor .

1938² – 1881² – 2 = 217681                          bir asal sayıdır.

1938^4 – 1881^4 + 44 = 1587780890459  bir asal sayıdır.

8391-1881-1923-1918+1914 = 4583           bir asal sayıdır.

……………………………………………………………………………………..

12=1

112=121

1112=12321

11112=1234321

111112=123454321

1111112=12345654321

1111111 2=1234567654321

11111111 2=123456787654321

111111111 2=12345678987654321

…………………………………………………….

(1+9+6+8+3)3= 19683

37 + (3×7)=32 + 72

37.(3.7)=33 + 73

135=1.3.5.(1+3+5)

144=1.4.4.(1+4+4)

8833=882 + 332

234256= (2+3+4+2+5+6)4

52521875=(5+2+5+2+1+8+7+5)5

412 + 432 + 452 = 5555

42=16

342=1156

3342=111556

….

..

13=1

23=3+5

33=7+9+11

43=13+15+17+19

53=21+23+25+27+29

n3 = n2 – n+1 den sonraki n tane ardışık tek
sayının toplamı

59 4 + 158 4 =133 4 + 134 4

1 5 + 6 5 + 7 5 + 17 5 + 18 5 + 23 5 = 2 5 + 3 5 + 11 5 + 13 5 +21 5 + 22 5

27 5 + 84 5 + 110 5 + 133 5 = 144 5

Published in: on Mayıs 10, 2011 at 2:28 pm  Yorum Yapın  
Tags: ,

Bazı Zarif Kanıtlar

Euler’in Denklemi

e iv = cosv + isinv

v = π için denklem şöyle olur => e i π = cosπ + isinπ , π=180° olduğundan, cos(180)=-1 , sin(180)=0  dır.

e i π  = -1          =>              e i π + 1 = 0   

Bu denklem, matematiksel beş sabitin bir arada bulunduğu bir denklemdir. Ayrıca görsel olarak güzel, kısa ve yalın anlaşılırdır. Göründüğü üzere e ve π aşkın sayılar olmasına karşın, e i π  = -1 olduğundan aşkın sayı değildir. 

Euler sayısının (e) irrasyonel olduğunun kanıtı 

Aşkın sayılar ve irrasyonel sayılar birbirinden farklıdır. Her aşkın sayı irrasyoneldir ancak her irrasyonel sayı aşkın sayı değildir. Örneğin √2 cebirsel olarak ifade edilebildiğinden aşkın sayı değildir sadece irrasyoneldir. Ancak e ve π aşkın sayılardır.

e’nin irrasyonel sayı olduğuna dair Özet bir kanıta aşağıdaki bağlantıdan ulaşabilirsiniz:

http://www.akademikmatematik.com/e-sayisinin-irrasyonelligi-uzerine.html 

Asal Sayıların Sonsuzluk İspatı

Teorem : Asal  sayılar sonsuzdur.

Kanıt :  Asal sayılar, 1 ve  kendisinden başka hiçbir sayıya bölünmeyen tam sayılardır. Aksini varsayalım ve asal sayıların sonlu olduğunu düşünelim.

P1, P2,P3 …..P n sayıları tüm asal sayılar olsun.

P=P1.P2.P3 ……P n + 1 sayısı yapısından dolayı P1,P2,….P n sayılarından hiçbirisine tam bölünmez ve 1 kalanını verir. Eğer bu P sayısı asal değil ise ,bir bileşik sayı ise bu durumda p1,p2,..pn sayılarından hiçbirisi bu P sayısının asal çarpanı olamaz. Her bileşik sayı asal çarpanlarının çarpımı olarak yazıldığından P sayısının bu asallardan farklı bir asal çarpanı vardır. Eğer bu P sayısı asal ise bu asallardan farklı olduğundan bu durumda asal ayılar sonsuzdur.

√3  Neden İrrasyoneldir?

Öncelikle rasyonel sayıların tanımını yapalım. Rasyonel sayı, a ve b aralarında asal tam sayılar olmak üzere a/b şeklinde yazılabilen sayılara denir.  1 ve kendisinden başka ortak böleni olmamalıdır. İrrasyonel sayıların ise böyle bir özelliği yoktur. Bunlar köklü ifadenin dışına çıkarılamayan sayılardır. Mesela √4 =2 olduğundan bir tamsayıdır. İrrasyonel değildir. Köklü olarak gösterilebilmesi onu irrasyonel yapmaz. Sadece ,  rasyonel sayıların n’ inci dereceden kuvvetleri alınarak n ‘inci dereceden kök içine alınabildiğini gösterir. Nedense köklü sayılar konusu okullarda işlenirken matematik hocaları köklü sayı ile irrasyonel sayı arasındaki farkı anlatmazlar. Köklü sayı başka şeydir, irrasyonel sayı başka şeydir.

Şimdi aksini varsayıp √3 ‘ün rasyonel olduğunu söyleyelim. Bu durumda,

√3= a/b  her iki tarafın karesini alalım =>  3 = a2 / b2 => a2=3b2 dir. Bu a sayısının 3 ile bölünebildiğini gösterir. O halde a=3x => a2=9x2 =3b2 , => b2 =3x2 olur ki bu b sayısının da 3 ile bölünebildiğini gösterir. Bu ise her ikisinin 3 ile bölünebildiğini gösterir. Halbuki √3 ‘ün rasyonel olması için a ve b’ nin aralarında asal olmaları gerekirdi. Demek ki bu sayı irrasyoneldir.

√7 Neden irrasyoneldir?

Aynı şekilde ,

7 = a/b olsa idi ,a2 / b2 => a2=7b2 olurdu, a bu durumda 7 ile bölünür. O halde a= 7x =>  a2=49x2 =7b2 , => b2 =7x2  bu b sayısının da 7 ile bölünebildiğini gösterir. Bu durumda her iki sayı 7 ile bölüneceğinden aralarında asal olamazlar. Bu nedenle 7  irrasyonel sayıdır.

Genellersek ;

 P bir asal tam sayı olmak üzere  √P irrasyonel sayıdır. 

Kanıt: Yukarıdaki kanıtta 7 olan yerlere P konursa, 49 olan yerlere P2  konursa genel kanıt elde edilir. 

 Herhangi bir köklü sayının irrasyonel olduğunu nasıl anlarız ?

Örnek olarak √8 irrasyonel midir bakalım.  Kök içindeki sayıyı asal çarpanlarına ayırırız.        8 = 2^3  olduğundan  √8 = 2√2 ve √2 sayısı irrasyonel olduğundan sonuç olarak √8 irrasyonel olacaktır.

                       PİSAGOR TEOREMİNİN FARKLI KANITLARI

Pisagor teoreminin 100’den fazla kanıtı vardır. Bazı kısa kanıtlar ;

(Pisagor teoreminin 8 kısa ispatı  )

Kanıt 1 .

Aynı dik üçgenin dört kopyasının hipotenüsleri bir karenin kenarlarını oluşturacak şekilde, bu üçgenlerden 3 tanesi 90,180 ve 270 derece döndürülerek yerleştirilir . Her birinin alanı ab/2 olur.

İçteki karenin bir kenarı  (a – b)’dir.  İçteki karenin alanı (a – b)² ile üçgenlerin alanlarını toplayıp büyük karenin alanına eşitlersek eşitliği elde ederiz.

= (a – b)² + 2ab
= a² – 2ab + b² + 2ab

 

Kanıt 2 .

Dört tane dik üçgeni aşağıdaki gibi yerleştirdiğimizde ortada kenarı c olan bir kare oluşur. Bunu kapsayan karenin ise bir kenarı a+b olur. Bu durumda eşitlik , (a + b)² = 4·ab/2 + c² olur ki buradan sadeleştirme yaparak teoremi elde ederiz.

Kanıt 3

Şimdiki kanıt ise bir dik yamuktan faydalanılarak yapılmıştır. (Bulan; başkan J. A. Garfield , 1876)

Dik yamuğun alanını içerdeki üçgenlerin alanları toplamına eşitliyoruz.

(a+b)/2 x (a+b) = 2ab + c.c/2 . Sadeleştirmeler yapılırsa a² + b² = c² elde edilir.

 

 Kanıt 4 :

( J. Barry Sutton, The Math Gazette, v 86, n 505, March 2002, p72.)

ΔABC, ‘de açı  C = 90° olsun. AB = c, AC = b, BC = a.   AD = AE = b.

,C merkezi  A  olan çember üzerindedir ve yarıçapı  b. Açı DCE : DCE = 90° akabinde BCD = ACE. ΔACE ikizkenar olup , CEA = ACE.

DBC ve EBC üçgenleri DBC açısını paylaşır.  İlaveten , BCD = BEC. DBC ve EBC üçgenleri benzerdir. Böylece elde ederiz ki BC/BE = BD/BC, ya da a / (c + b) = (c – b) / a. Sonucunda  =>  a² = c² – b², a² + b² = c².

Kanıt : 5

(c – b)(c + b) = a²

John Molokach modification of proof #43

a/b = (b + c)/d,  böylece , d = b(b + c)/a

bd + ab/2 = (b + c)d/2

ab/2 = (c – b)d/2, or ab = (c – b)d.

ab = (c – b)d = (c – b)(c + b)b/a.

Buradan sadeleştirme sonucu  a² = c² – b². Çıkar.

Kanıt 6 :

Lise öğrencisi Jamie Delemos bulmuştur.

Yamuğun alanı üçgenlerin alanları toplamına eşitlendiğinde

(2a + 2b)/2·(a + b) = 2a·b/2 + 2b·a/2 + 2·c²/2 ,  . Sonucunda a² + b² = c²

 

Kanıt 7 :

(B. F. Yanney and J. A. Calderhead, Am Math Monthly, v.3, n. 12 (1896), 299-300, #XVIII)

AB·BK = BJ·BF,

ya da,

c·BK = (b – a)(b + a).

BK=AK-C, AK= 2b²/c. Yerlerine konduğunda eşitliği elde ederiz.

Kanıt 8 :

Dao Thanh Oai's pythagorean generalization

BC2=AB×BHb + AC×CHc. Eşitliği elde edilir. Buradan, A açısı 90 derece olduğu düşünülürse pisagor teoremi elde edilir.

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.

Bölünebilme İle İlgili Henüz Çözülememiş Bazı Problemler

B1]  *Mükemmel Sayılar sonsuz çoklukta mı? (Perfect Numbers)

        S(n) = n ,  yani kendisi hariç pozitif tam bölenlerinin toplamı kendisine eşit olan sayılara denir. (ya da tüm pozitif bölenleri kendisinin iki katı olan sayı , 1+2+3+6=6×2)

Örneğin : 6, 28, 496 … gibi , 6=1+2+3,   28= 1+2+4+7+14 

Açıklama : Bir mükemmel sayı çift ise onun 2p -1(2p – 1) formunda olması gerektiği ve 2p -1 nin asal olması gerektiği  gösterildi.  Ayrıca 2p -1 in asal ise 2p -1(2p – 1) in  bir mükemmel sayı olduğu da kanıtlarla biliniyor.

      *Bununla birlikte tek sayı olan bir mükemmel sayı olup olmadığı da çözülememiş problemlerden biridir. Carl Pomerance,  eğer bir tek sayı olan mükemmel sayı varsa en az 7 asal çarpanı olması gerektiğini göstermiştir.

B2]  2k dan başka Yaklaşık Mükemmel Sayılar Var mı? (almost perfect numbers)

      s(n)=n-1 olan sayılardır. Yani kendisi hariç pozitif bölenleri toplamı kendisinden bir küçük olan sayılardır. k >0 için 2k formunda olan tüm sayıların böyle bir özelliği vardır. Örneğin 24=16 için ,

s(16)= 1+2+4+8=15=16-1

*Çözülememiş soru şudur ki 2 nin kuvvetlerinden başka yaklaşık mükemmel olan bir sayı var mıdır?

    S(n)= n+1 olan sayılara ise sözde mükemmel (quasi perfect numbers) sayılar deniyor. Böyle bir sayı henüz bulunamadı olup olmadığı ise gösterilemedi ancak eğer varsa bir tek sayının kuvvetleri olması gerektiği gösterildi.

B3] Süper Mükemmel Sayılar ve Katlı Süper Mükemmel Sayılar (Super perfect Numbers)

      *Süper mükemmel sayılar arasında tek sayı olanı var mı? Mükemmel sayılarda da olduğu gibi henüz bilinmiyor.

      Açıklama :Hint matematikçi Suryanarayana ismini vermiştir ki ;Kısaca ,pozitif tam bölenlerinin toplamının pozitif tam bölenlerinin toplamı kendisinin iki katına eşit olan sayılara süper mükemmel sayılar denir. Fonksiyon olarak Q2(n)=Q(Q(n))=2n olarak gösterilir.

İlk yedi süper mükemmel sayı  : 2, 4, 16, 64, 4096, 65536, 262144 sayılarıdır.

Örneğin Q(2)=1+2=3 ve Q(3)=1+3=4=2×2  Yani Q2(2)=4  , Q(4)=1+2+4=7,Q(7)=1+7=8=2×4, Q2(4)=8

Q(16)=1+2+4+8+16=31 ve Q(31)=1+31=32=2×16   Q2(16)=32

Suryanarayana ve Kanold göstermiştir ki çift süper mükemmel sayılar sadece 2p – 1 asal olmak şartıyla 2p-1sayılarıdır. ( mesela 2=21 ve 22-1=3 asal, 4=22 ve 23-1=7 asal …)

** Q m(n)=2n olan sayılara da katlı süper mükemmel sayılar denir. m≥3 için çift bir katlı mükemmel sayı olmadığı Bode tarafından gösterilmiştir.

Fakat bence soru şöyle daha güzel  sorulabilirdi  =>

**Q m(n)=mn olan katlı süper mükemmel sayılar var mıdır? Bilinmiyor.

=>Bu arada Q2(n)=2n-1 olan sayılara da yaklaşık süper mükemmel sayılar denir.Var mı bilinmiyor.

B4] Dokunulmaz Sayılar (Untouchable Numbers)

      Herhangi bir sayının tüm pozitif bölenlerinin toplamı olarak gösterilemeyen sayılara dokunulmaz sayılar denir.

     Erdös kanıtlamıştır ki dokunulmaz sayılar sonsuz çokluktadır. 1000’e kadar ki dokunulmaz sayılar ;

(Untouchable numbers less then 1000)

2, 5, 52, 88, 96, 120, 124, 146, 162, 178, 188, 206, 210, 216, 238, 246, 248, 262, 268, 276, 288, 290, 292, 304, 306, 322, 324, 326, 336, 342, 372, 406, 408, 426, 430, 448, 472, 474, 498, 516, 518, 520, 530, 540, 552, 556, 562, 576, 584, 612, 624, 626, 628, 658, 668, 670, 714, 718, 726, 732, 738, 748, 750, 756, 766, 768, 782, 784, 792, 802, 804, 818, 836, 848, 852, 872, 892, 894, 896, 898, 902, 916, 926, 936, 964, 966, 976, 982, 996.

*5’in  tek sayı olan tek dokunulmaz sayı olduğu düşünülüyor fakat henüz kanıtı yok.

** Cevabı bilinmeyen diğer soru da dokunulmaz sayılar arasındaen fazla ne kadar uzun  ardışık çift sayı serisine rastlanabilir? Örneğin 288,290,292 –  322,324,326 – 892,894,896,898 gibi…

*Ardışık iki dokunulmaz sayı arasındaki fark en fazla ne kadar olabilir? Sayılar büyüdükçe farklar da büyür diyebilirsiniz ancak daha en başında 2,5,52 52-5=47 gibi fark varken , 1000 e kadar bundan büyük bir farka rastlanmıyor.

B5] Q(n)=Q(n+1) kuralına uyan sonsuz çoklukta sayı var mıdır?

      *Yani tüm pozitif bölenlerinin toplamı kendisinden sonraki sayının pozitif bölenlerinin toplamına eşit olan sayılardan sonsuz çoklukta var mıdır? Bu özellikte ,107 den küçük 113 sayı bilinmektedir.

Bu sayıların bir kaçı 14, 206, 957, 1334, 1364, 1634, 2685, 2974, 4364,…

Örnek : 14 için Q(14)=1+2+7+14=24=Q(15)=1+3+5+15

B6]  31=(25-1)/(2-1)=(53-1)/(5-1)

       *31 sayısı P herhangi bir asal olmak üzere (P r-1)/(P-1) formunda yukarıdaki gibi birden fazla yol ile gösterilebilen tek asal sayımıdır?

     P ‘ nin asal olma şartı olmasaydı şöyle bir çözüm olabilirdi mesela 8191=(213-1)/(2-1)=(903-1)/(90-1)

B7] Faktöriyel Toplamları(Sum Of Factorials)

      *Kurepa tanımlamıştır ki  !n=0! + 1! + 2! + ….(n-1)! , bu durumda her n>2 için  !n’ in n ile bölümünden kalan 0’dan farklımıdır? Bilgisayar  ile gösterilmiştir ki 3≤n≤1000 için tutuyor.

Örneğin : !5=0!+1!+2!+3!+4!=34 ve 34 ≡4 (mod5)

B8] Faktöriyellerin toplam farkı (Alternating Sums Of Factorials)

     An = n! – (n-1)! + (n-2)! -..+…-(-1)!   İse An sonsuz çoklukta asal üretir mi?

Örneğin :           A3= 3!-2!+1!=5  asal

                           A4=4!-3!+2!-1!=19  asal

                          A5=5!-4!+3!-2!+1!=101 asal

n = 3,4,5,6,7,8,10,15,19, 41, 59, 61, 105, 160… sayıları için asaldır.

n=9,11,12,13,14,16,17,18, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28  için An bileşiktir. Mesela  A9=79×4139 , A 11=13×2816537, A12=29×15254711

B9] Smith Sayıları (Smith Numbers)

     Rakamlarının toplamı,asal çarpanlarının rakamlarının toplamına eşit olan sayılara denir. Bu sayılara ismini kardeşinin telefon numarasının özelliğini keşfeden Albert Wiansky vermiştir.

  4937775=3x5x5x65837 ve (4+9+3+7+7+7+5)= (3+5+5+6+5+8+3+7)=42

  Ve 4, 22, 27, 58, 85, 94, 121 …

         Kaynak : Richard K. Guy -1994 tarihli Unsolved Problems in Number Theory . Daha fazla çözülememiş problemi bu kitapta bulabilirsiniz. Problemlerden biri ilginizi çekerse 1994 ‘den beri  hala çözülememiş olup olmadığını, gelişmeleri  kontrol ediniz.            

     ..Devam Edecektir . Gelecek Yazı : Diophantine Denklemleri İle İlgili Çözülememiş Problemler