$4$'e bolundugunde $1$ kalanini veren sonsuz sayida asal oldugunu ispatlayin.

0 beğenilme 0 beğenilmeme
417 kez görüntülendi

$4$'e bolundugunde $1$ kalanini veren sonsuz sayida asal oldugunu ispatlayin.

1, Nisan, 2015 Orta Öğretim Matematik kategorisinde Sercan (24,012 puan) tarafından  soruldu

1 cevap

1 beğenilme 0 beğenilmeme

Sonlu sayida olsun, $p_1,p_2, \cdots, p_n$. Simdi $(2p_1p_2\cdots p_n)^2+1$ hepsinden buyuk ve hic bir asala bolunmuyor o halde asal olmak durumunda, bu da celiski getirir..

not: eğer $p\equiv 3 \mod 4$ ise $x^2\equiv -1\mod p$ olamaz.

genisletme: ilk olarak $(2p_1p_2\cdots p_n)^2+1$ sayisi tek bir sayi ve de $4$'e bolundugunde $1$ kalanini veriyor. Simdi bu sayiyi bolen asallar $4k+3$ formunda ya da $4k+1$ formunda olabilir (yani tek sayilar, tek asallar). Bariz olani bunu "kabulumuzden" $4k+1$ seklinde hic bir bolen asal yok. Simdi $4k+3$ seklinde bir asalin bu sayiyi boldugunu kabul edelim, bu asal $p$ olsun. O zaman $(2p_1p_2\cdots p_n)^2 \equiv -1\mod p$ olmali, yani $-1$ modulo $p$'de bir kare olmali "quadratic residue" (kareden kalan) teoreminden bu olamaz, burdan da celiski gelir.

1, Nisan, 2015 Sercan (24,012 puan) tarafından  cevaplandı
Belki bu sayının bölenleri 4k+3 biçimdedir. Bu tarz iki sayının çarpımı 4k+1 formatındadır.

Bilgisayar yok da şimdi, yarın güzelcene ekleyecem $x^2=-1(p)$ olamaz diye..

$-1$ kare olmasa da sorun var. Birbirinden farklı iki tane $4k+3$ formatında asalın çarpımı neden olamaz bu sayı?

O zaman $p$ diyelim bunlardan birine, $p$ bu sayıyı bölecek, o zaman -1'in kare olması gerekecek mod $p$'de, ama değil.

Bu  ispata, başka açıdan bakınca,  bu çarpımın, bu tip yeni bir asal üretmesi gerekiyor ama yapmıyor. Örnekler:

$5+1=6=2\times 3$

$5\times13+1=66=2\times3\times11$

$ 5\times13\times17+1=2\times7\times79$

ama hocam diğerlerinin çarpımını içerebilir, o nedenle çarpımları+1 asal olamıyor. En azından 2ye bölünüyor. Yani yeni bir asal üretemediğimizden çelişki de gelmiyor.

Formu da 4k+2 oluyormuş bu arada..

Çarpımın bir fazlası asal olmalı demedim, çarpımın bir fazlasının asal çarpanlarından birinin $4n+1$ şeklinde olduğunu gösteremezsen çelişki çıkmaz diyorum ve de örneklerde öyle olmuyor.

hocam genisletme yaptim, kafamdakini cok aktaramadim galiba, umarim bu sefer olmustur.

Evet, böyle olmuş. Doğan hocam, sonlu sayıda asal olması şartı çarpımın asal olmasını sağlıyor. Realitede sonsuz sayıda asal olduğu için yeni asal üretmesi gerekmiyor.

Şimdi tam oldu. Daha önceki ispatlarda,  sonlu sayıda $4n+1$ tipinde asal sayı   varsayıldığında,  (bunlar $p_1,p_2,\ldots,p_k$ olmak üzere)  $p_1p_2\cdots p_k+1$ sayısının tüm tek asal bölenlerinin $4n+3$  şeklinde olabileceği olasılığı gözden kaçıyor, $4n+1$ tipinde bir asala bölüneceği (gerekçesiz) varsayılıyordu. Benim verdiğim örneklerde tüm tek bölenleri $4n+3$ şeklinde oluyor. 


 $4n+1$ şeklinde sonlu sayıda asal olması $p_1p_2\cdots p_k+1$ (zaten çifttir ve 2 den büyüktür) sayısını da $(2p_1p_2\cdots p_k)^2+1$ sayısını da ( $p_1,p_2,\ldots,p_k$ den başka asallar var olduğu için)  asal yapmaya yeterli değildir. Ama Sercan ın yeni  çözümünde (genişletme kısmında)  bu sayının asal olmasına gerek yok.

$4k+1$ biçiminde  deki asalları sonlu deyip listelersek , sonrasında bu listedeki sayıları çarpıp sonra bu carpımı şu şekilde ifade edelim 


         $P=4(p_1p_2p_3.....p_n)-3$ ifadesinde  $4k+1$ formunda olup liste dışı sayıdır ,şimdi 


2 durum var ; 1) bu liste dışı sayı asalsa sonlu kabulümüz yanlış yani çelişki  2) ancak bu sayı bileşik bir sayı olsa   mutlaka listedekilerden büyük ve listede ki asalların birisi ile bölünecek  yani   $p_i \mid 4(p_1p_2p_3...p_n)-3 $  bu da mümkün değil yani liste dışındaki bir asal sayı bu $P$ sayısını bölecek , ancak bölünmediği açıktır , liste dışı asal sayının varlığı mevcut bu durumda sonlu olamaz $4k+1$ formatında sonsuz asal vardır

$(4a+3)(4b+3)=4c+1$ oldugundan bu asallara da bolunmedigini gostermemiz gerekir.

(RAMANUJAN1729) $4k+3$ şeklindeki asalların çarpımının $4k+1$ tipinde olabileceğini gözden kaçırıyorsunuz. $4\cdot5\cdot13\cdot17-3=7\cdot 631$ (Wolfram Alpha ya göre) 7 ve 631 $4n+3$ şeklinde.

doğru hocam :-)

sizin çözümden , olay net zaten genişletme ile beraber çok iyi gözden kaçırmışım 

Acaba yaptığım yaklaşıma $4p+3$ biçiminde ki asalları nasıl dahil edeceğim ve ispat eksiksiz tamamlanacak 

bu sekil icin zor, o nedenle $x^2+1$ formuna getirmek isi kolaylastiriyor, baska cozumu var mi aacaa, arastirmadaim hic..

Var, $L$-fonksiyonlarıyla.

sen bugun bi link paylasmissin ya hocam, cumartesi maas falan, ayni tepkiyi verdim.. ahahahadi be..

tamsayılar üzerine topoloji tanımlanarak yapılabilir mi  ? acaba açık kümelerden $a\mathbf{Z}+b$ üzerinde topoloji tanımlayıp açıkların kesişimi ve birleşimi kullanılarak , $\big\{an+b\big\}$ biçiminde acık kümelerin kesşimleri ile elde edilebilen sonlu kabul ettiğimiz asallar üzerine çelişki bulabilmek mümkün olur mu?

...