Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
1.3k kez görüntülendi
Ispatlayiniz: Tum asal $p \ne 2 $ icin $$p=a^2+b^2 \: \: (a,b \in \mathbb Z) \iff p \equiv 1 \mod 4.$$
Lisans Matematik kategorisinde (25.3k puan) tarafından  | 1.3k kez görüntülendi

a $\neq$ b için mi?

$a=b$ için $p$ asal olmaz zaten.

Şafak Özden'in grup kohomoloji serisinde yaptigi gibi sorularıni numalandirsan? 3 cevap var, ama hiçbiri $ \mathbb{Z}[i]$'yi kullanmıyor. Ama bundan önceki sorulara bakarsak istedigin kanıt o kanıt.

Biraz daha sorayım da, kitap ünitesi diye ekleyecem bunları başka bir başkıkta. Algebraic Number theory, Neukirch. Bunlar kitapbın girişinde Gaussian integer başlığı altında. İlk numarayı bunlar alacak.

2 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

p $\equiv$ 1(mod 4)

p-1 $\equiv$ 0(mod 4)

p+3 $\equiv$ 0(mod 4) $\rightarrow$  p =1,5,9,13...

yani p = 4n+1  

dolayısıyla p= $a^{2}$ + $b^{2}$ $\equiv$ 1 (mod 4) olur. 

Tabii ki buradan başka bir soru ortaya çıkar:

$a^{2}$ + $b^{2}$ eşit midir (4n+1)'e 

henüz bulamadığım kısım bu



(19 puan) tarafından 

Bu cevabı yoruma çevirebilirsiniz, çünkü cevap değil.

0 beğenilme 0 beğenilmeme

$(\Rightarrow)$

$p$ , $2$ disindaki asallar ise tektir. $p=a^2+b^2$ tek olması için $a$ veya $b$ den biri tek biri çift olmali.

Diyelim ki $a=2k$ ve $b=2t+1$ olsun. ($k,t$ herhangi tamsayilar)

$p=a^2+b^2=(2k)^2+(2t+1)^2=4k^2+4t^2+4t+1=4(k^2+t^2+t)+1$

Yani $p\equiv 1(mod4)$ tur.

$(\Leftarrow)$ 

$p\equiv 1(mod4)$ ise $p=4m+1$ ($m$ herhangi bir tamsayi) seklinde yazilabilir. $m$ yi $m=k^2+l^2+l$ ($k$ ve $l$ tamsayilar) olarak secelim.

$p=4m+1=4(k^2+l^2+l)+1=4k^2+4l^2+4l+1=(2k)^2+(2l+1)^2 $ elde edilir. $\square$

(1k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

$(\Leftarrow)$

$p\equiv 1(mod4)$ ise $p=4m+1$  , m yi de $m=k^2+l^2+l$ seçersek ($l$ ve $k$ tamsayı)

$p=4(k^2+l^2+l)+1=4k^2+4l^2+4l+1=(2k)^2+(2l+1)^2$

Tesekkur ederim ece :)

$m$ o şekilde yazılmak zorunda mı peki?

$m$ nin parcalariyla iki tam kare elde etmek adina bu tip bir tamsayi olması gerektiğini düşünüyorum ben..

Evet, oyledir. Lakin ispatlamak istenilen kabul edilip ispat yapilmis oluyor su an.

Buradaki sav da $p$ asalinin $a^2+b^2$ tipinde olması için gerek ve yeter sartin $p$ asalinin $4m+1$ fomunda olması gerektiğini göstermeye calisiyoruz..yani yeter şartta gerek kosulu saglar tipteki $m$ lerin varligini ve formunu göstermek kanit için yeterli değil mi? 


Tamam da $m$ öyşe parçaya ayrılabiliyor mu? Hem burda asallık da kullanılmıyor, bu da düşünülmesi gerek..

İste burda haklisin hocam...kanitima inanıyorum sonuna kadar ama asallikla ilgili bi cikarimi olmadi yeter durumda orada benim de soru işaretlerim var...bu tipteki $p$ sayisi her daim asal olamayabilir..

Bence kanitini da bi gozden gecirmek lazim: Kullanilan arac su: her $m$ sayisi $k^2+l^2+1$ seklinde yazilabilir. (ya da her $4m+1$'i asal yapan $m$ sayisi icin.) Sorum su: Bu dogru mu peki? Bunu ispatlarsan kanit bitmis olur. Belki de yanlis. 

Söyle ki $p\neq 2$ olan asallar olarak aliniyor. Bu durumda asallarimiz tek..her tek sayi $4m+1$ veya $4m+3$ formunda ifade edilir...($\Leftarrow$) deki kabulumuz $p=4m+1$ formunda bir asal olduğu. Bu asallari $m=k^2+l^2+l$ tipindeki $m$ tamsayilari ile ifade edebiliriz. Cunku $k$ ve $l$ herhangi tamsayi..her $4m+1$ formundaki asalda $ m$ yi $k^2+l^2+l$ tipinde yazabiliriz...

Benim kafam basta zaten $p$' yi asal aliyoruz a dikkat etmediğim için karismisti. $p$ zaten $4m+1$ tipinde bir asal..$m$' nin $p$' yi her asal yapan değerini $k^2+l^2+l$ formunda elde edebilirim. $k$ ve $l$ keyfi seçiliyor..

Hocam senin beklediğin kanit çok farkli bir yaklasimdan gelecek... algebraic number theory (neukirch) indirdim... Algılamaya calisiyorum...o.O

lakin daha da ispatlamadin bunu. Bende soyle diyeyim o zamam: $p$'yi $a^2+b^2$ selkinde yaziyorum, $a,b$ keyfi.. inandin mi bana :)

Ordan daha cok soru soracam, indirdigin iyi olmus. Sonra da bunlari birlestirip ayri bir unite basligi dusunuyorum.

İnanmadim :) ben biraz susayim...:)

20,200 soru
21,726 cevap
73,275 yorum
1,887,805 kullanıcı