$x$ sayısı, $m$'nin katı olmayan pozitif bir tam sayı ve $m$ asal sayı ise; $x^{m-1} = 1$ (mod $m$).

1 beğenilme 0 beğenilmeme
301 kez görüntülendi
27, Ocak, 2015 Lisans Matematik kategorisinde fidan (15 puan) tarafından  soruldu
27, Ocak, 2015 Enis tarafından düzenlendi

3 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme
Eger $m$ asal bir sayi ise $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ halkasi bir cisim olur. Bu Oklit algoritmasi kullanilarak gosterilebilir. $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ halkasinin cisim olmasi demek de carpma altinda yarigrup olan $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}-\{0\}$ kumenin grup olmasi demektir. Sonlu bir $G$ grubu icin Lagrange teoremi nedeniyle $g^{|G|}=1$ esitliginin $G$ grubundaki her $g$ icin dopru oldugunu biliyoruz. Bu demek oluyor ki, carpma altinda grup olan $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}-\{0\}$ kumesinin her elemani icin de

\begin{equation}

x^{m-1}=1

\end{equation}

esitligi dogru olacaktir.
27, Ocak, 2015 Safak Ozden (3,408 puan) tarafından  cevaplandı
Teşekkür ederim ama lise düzeyine göre biraz ağır bir ispat olmuş galiba.Çünkü kullandığınız terimlerin çoğunu bilmiyorum.Başka bir yolu varsa eğer öğrenmek isterim.Yoksada teşekkür ederim.
Daha kolay anlaşılır kanıtları da var. Burayı takip edin.
teşekkür ederim,takipteyim...
bir tane daha basit ispat eklendi.
6 beğenilme 0 beğenilmeme

$x$ sayısının ilk $m-1$ katını düşünelim:

$x,2x,3x,\dots,(m-1)x$.

Kolayca gösterilebilir ki bu sayıların hiçbiri (mod $m$)'de birbirine ve $0$ sayısına eşit değildir (gerçekten öyle mi?). Bu yüzden bu sayıların her biri (mod $m$)'de, sırasını bilmediğimiz bir şekilde, $1,2,3,...,m-1$ sayılarından birine ve yalnızca birine eşit.

O halde bu elemanları çarparsak,

$x\cdot 2x\cdot 3x\cdot \dots \cdot (m-1)x\equiv 1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot (m-1)$ (mod $m$)

ifadesini elde ederiz ki bu da tam olarak

$x^{m-1}(m-1)!\equiv (m-1)!$ (mod $m$)

demek. Denkliğin her iki tarafından $(m-1)!$ çarparnını sadeleştirirsek (buna gerçekten hakkımız var mı?)

$x^{m-1}\equiv 1$ (mod $m$)

sonucunu buluruz.

Zannediyorum daha basit bir ispatı yok.

27, Ocak, 2015 Enis (1,075 puan) tarafından  cevaplandı
27, Ocak, 2015 Enis tarafından düzenlendi

Çok güzel olmuş. Yüreğinize sağlık hocam.

0 beğenilme 0 beğenilmeme

İyice az matematik. Yoksa bi sürü matematik mi?

Bir başka ispatı daha var. Golomb'un kombinatorik kullandığı ispat. Ben de oradaki felsefeyi buraya aktaracağım.

Şimdi, elimizde $x$ değişik renkten oluşan boncuklar olsun. Bu boncukları ipe dizerek kolye yapacağız ve kaç farklı kolye yapabileceğimizi sayacağız. Öncelikle ipin ucunu bağlamadan, dizi biçiminde geçirelim ipe boncukları. $m$ tane boncuk kullanacağımız için ve $x$ farklı renkte boncuğumuz olduğu için $x^m$ tane boncuk geçirilmiş ip elde ederiz. Fakat ipin iki ucunu bağladığımız zaman elde ettiğimiz kolyelerin bazıları birbirinin aynısı olacaktır. Bu konuyu irdelemeden önce kolyelerin arasından tek renkte olanları ayıralım. Açık ki tek rekte olan $x$ farklı kolye var (çünkü $x$ farklı renk var). O halde elimizde en az iki renkte boncuktan oluşan

\begin{displaymath}

x^m-x

\end{displaymath}

kolye bulunmakta. Şimdi kolyelerin nasıl aynı olabileceği konusuna geri dönelim.

Basit bir örnekte sözü edilen durumu gözleyebiliriz. Diyelim ki iki rengimiz $k$ (kırmızı) ve $s$ (siyah) olsun ve beş boncuklu kolyeler yapıyor olalım. Bu durumda $kksks$ ve $ksksk$ biçiminde ipe dizilmiş boncuklar, ip uç uca bağlandığında aynı kolyeyi verecekti. İlk kolyeyi boynunuza takıp kenarda kalan kırmızı boncuğu boynunuzun arkasından çevirip öbür tarafa geçirirseniz öteki kolyeyle aynı kolyeyi taktığınızı fark edebilirsiniz.

Şimdi, elimizde kalan $x^m-m$ tane kolyeyi gruplara ayıracağız. Yukarıda anlatılan biçimde aynı olan iki kolyeleri bir araya koyacağız, eğer aynı değillerse farklı gruplara koyacağız. Örnek vermek gerekirse, yukarıdaki iki kolye aynı grupta olacak ama $kskkk$ kolyesi başka bir grupta olacak (mesela $kkkks$ kolyesiyle aynı grupta olacak).

[Sıradaki paragraf bu ispatın en önemli iki noktasını içermektedir]

Dikkat edilirse, bir boncuk dizisinin verdiği kolyeyi veren boncuk dizisi $m$ tanedir. Yani $kskkk$ dizinde ipin iki ucunu bağladığımızda elde ettiğimiz kolyeyi veren bu aldığımız diziden başka sadece $4$ tane daha dizi vardır. Onlar da, yukarıda örnekte anlatılan biçimde, bir boncuğu alıp öteki tarafa koyarak elde edilenler. (bu paragrafın neden doğru olduğu irdelenmeli)

Sonuç olarak $x^m-x$ tane kolyeyi farklı gruplara ayırdık ve her grupta bir önceki paragrafta açıkladığımız nedenden, $m$ tane kolye bulunmakta. Bu demek oluyor ki $x^m-x$ sayısı, $m$ çarpı farklı kolye sayısına, yani $m$ çarpı farklı grup sayısına eşittir. Bu $x^m-x$ sayısının $m$ sayısının bir katı olduğu ortaya çıkar. Asıl önerme de buradan ve $m$ sayısının asal $x$ sayısının da $m$ tarafından bölünmediği varsayımından elde edilir.

 

The American Mathematical Monthly, Vol. 63, No. 10 (Dec., 1956)

Combinatorial Proof of Fermat's "Little" Theorem

S. W. Golomb

p. 718 (1 page)

27, Ocak, 2015 Safak Ozden (3,408 puan) tarafından  cevaplandı
27, Ocak, 2015 Safak Ozden tarafından düzenlendi
...