Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
1 beğenilme 0 beğenilmeme
410 kez görüntülendi
Her $n\ge1$ pozitif tamsayısı için  $ 1+5^n+5^{2.n}+5^{3.n}+5^{4.n} $ sayısı  bileşik sayıdır.
Akademik Matematik kategorisinde (240 puan) tarafından  | 410 kez görüntülendi

$5 \nmid n$ pozitif tam sayıları için $11 \mid 1 + 5^n + 5^{2n} + 5^{3n} + 5^{4n}$ olduğunu modüler aritmetik ile ispatladım. Fakat $5 \mid n$ pozitif tam sayıları için $1 + 5^n + 5^{2n} + 5^{3n} + 5^{4n}$ ifadesinin $11$ ile bölümünden kalan $5$ oluyor. $n=5k$, $k\in \mathbb Z^+$ için de $1 + 5^n + 5^{2n} + 5^{3n} + 5^{4n}$ sayısının bileşik olduğunu henüz gösteremedim.

 

Düzeltme: Yukarıda sehven $n \nmid 5$ yazmışım. $5 \nmid n$ olarak düzeltildi. 

hocam $ n \nmid 5 $ durumu  için çözümünüzü yazabilir misiniz
Bu ifadeyi $5^n + 1$ ile çarpınca $5^{5n} - 1$ elde ediliyor. Belki bu bir işe yarar?
Özgür hocam $5^n - 1$ ile çarpınca $5^{5n}-1$ yazacaktınız sanırım. Evet, o da ilk akla gelen yöntemlerden biri fakat bunu kullanarak bir ilerleme göremedim. Belki çabuk vazgeçmişimdir, biraz daha bakalım.

4 Cevaplar

1 beğenilme 0 beğenilmeme
$f(n)=1+5^n+5^{2n}+5^{3n}+5^{4n}$ alalım. Eğer $n$ çift ise , $k=n/2$, buradan ;

 

                                    $f(2k)=(1+5^k+5^{2k}+5^{3k}+5^{4k})(1-5^k+5^{2k}-5^{3k}+5^{4k})$ , ..........$(1)$

yazabiliriz. Burada $(1)$ ifadesini elde etmek için  şu çarpanlara ayırma özdeşliğini kullanıyoruz ;  

 

                                     $x^8+x^6+x^4+x^2+1=(x^4+x^3+x^2+x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)$

 

eğer $n$ tek ise $n=2k-1$ alabiliriz bu durumda şu polinom özdeşliğine bakalım ;

 

                                $x^4+x^3+x^2+x+1=(x^2+3x+1)^2-5x(x+1)^2$ ,

 

  bu özdeşlikten yararlanarak aşağıdaki eşitliği elde ederiz

 

şimdi   

                        $f(2k-1)=(1+5^k+3.5^{2k-1}+5^{3k-1}+5^{4k-2})(1-5^k+3.5^{2k-1}-5^{3k-1}+5^{4k-2})$ ....$(2)$

   eşitliğini elde ederiz. Bu durumda Her $n\ge1$ doğal sayısı için  $f(n)$ bileşik sayıdır.
(240 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
Normalde $x^4+x^3+x^2+x+1=(x^2+3x+1)^2-5x(x+1)^2$ iki kare farkı oluşturmuyor. Fakat $x$ yerine $5$ in tek kuvveti olan bir sayı yazınca $5x$ tam kare oluyor. Güzel bir kurgusu var. İyi soru yazmışsınız, tebrik ediyorum.
1 beğenilme 0 beğenilmeme

Siklotomik polinomlar için Lucas Teoremi'ni kullanarak şu şekilde daha genel bir önermeyi ispatlamak mümkün:

 

İddia: $p \equiv 1 \pmod 4$ bir asal sayı ve $\Phi_p(x) = \frac{x^p - 1} {x-1} = 1 + x + x^2 + \cdots + x^{p-1}$ de $p$-inci siklotomik polinom olmak üzere her $n \geq 1$ tamsayısı için $\Phi_p(p^n)$ bir bileşik sayıdır.

 

İspat:  Zsigmondy Teoremi'nden, her $d$ pozitif tamsayısı için öyle bir $q_d$ asalı bulunabilir ki $q_d \mid  p^m -1$ şartını sağlayan en küçük pozitif tamsayı $m = d$'dir. $d \mid pn$ ve $d \nmid n$ şartlarını sağlayan her $d$ pozitif tamsayısı için, $q_d \mid p^{pn}-1$ ve $q_d  \nmid p^n -1$, dolayısıyla da $q_d \mid \Phi_p(p^n)$ olduğu kolayca gösterilebilir. Öyleyse, $d \mid pn$ ve $d \nmid n$ şartlarını sağlayan birden fazla $d$ pozitif tamsayısı bulunabildiği durumlarda $\Phi_p(p^n)$ bir bileşik sayı olacaktır. Bu şekilde birden fazla $d$ bulunamaması içinse bir $k \geq 0$ pozitif tamsayısı için $n = p^k$ olmalıdır.
 
Geriye kalan $n=p^k$ durumunu da Lucas Teoremi'nin yardımıyla çözebiliriz. $p \equiv 1 \pmod 4$ olduğu için Lucas Teoremi'nden, $C_p$ ve $D_p$ monik, tamsayı katsayılı ve simetrik (palindromik katsayılı) polinomlar olmak üzere $$\Phi_p(p^n) = C_p^2 (p^n) - p^{1+ p^k} D_p^2(p^n)$$ yazılabilir ve dolayısıyla $\Phi_p(p^n)$ iki kare farkı olarak çarpanlarına ayrılabilir. $C_p$ ve $D_p$ polinomlarının katsayıları dikkatli incelendiği zaman, iki çarpanın da $p^2$ modunda $\pm 1$'e denk olmadığı basit bir hesapla görülebilir. İki çarpanda $\pm 1$'den farklı olduğu için, $\Phi_p(p^n)$ bu durumda da bir bileşik sayıdır.

 

Not: $\Phi_3(3), \Phi_3(27), \Phi_{19}(19)$ asal sayılar oldukları için, benzer bir önermenin $p \equiv 3 \pmod 4$ için doğru olması pek mümkün gözükmüyor.
 

(20 puan) tarafından 
0 beğenilme 0 beğenilmeme
$n\geq 1$ için $1+5^n+5^{2n}+5^{3n}+5^{4n}$ sayısının sonu ya $81$ ile  ya da $01$ ile biter. $n=1$ için $781=71.11$ olduğundan bileşiktir. $n\geq2$ için duruma bakmak gerekir.
(19.1k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
Hocam 81 ve 01 ile bitmesi ile alaka kuramadım cevabınızı daha açık yazarmısınız
0 beğenilme 0 beğenilmeme

$n$ bir pozitif tam sayı ve $5 \nmid n$ iken $f(n)= 1 + 5^n + 5^{2n} + 5^{3n} + 5^{4n}$ ifadesinin $11$ ile tam bölünebildiğini, dolayısıyla $f(n)$ nin bileşik sayı olduğunu gösterelim.

$5^n$, $5^{2n}$, $5^{3n}$, $5^{4n}$ sayılarını $\mod 11$ de incelersek periyotlarının $5$ olduğunu aşağıdaki tablodan görüyoruz. Böylece bunların toplamından oluşan $f(n)$ ifadesinin de $\mod 11$ içindeki periyodu $5$ olur. 

\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline n &  1 & 2 & 3 & 4 & 5  \\ \hline  5^n & 5 & 3 & 4 & 9 & 1 \\ \hline  5^{2n} & 3 & 9 & 5 & 4 & 1  \\ \hline 5^{3n} & 4 &  5& 9 & 3 & 1    \\ \hline 5^{4n} & 9 & 4 & 3 & 5 & 1   \\ \hline 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1   \\ \hline f(n) & 0 &  0 & 0 & 0 & 5  \\ \hline   \end{array}

$k\in \mathbb N$ olmak üzere $n=5k+1$, $n=5k+2$, $n=5k+3$, $n=5k+4$ sayıları için $11\mid f(n)$ olup $f(n)$ bileşik sayıdır.

Bundan sonra çözüm için çabalarım şu şekilde oldu:

$n=5k$ durumunda ise $f(n) \equiv 5 \pmod{11}$ olmaktadır. Eğer $f(n)$ eğer bileşik sayı ise, ya $11$ dışında farklı bir $\mod m$ için $f(5k) \equiv 0 \pmod{m}$ olduğu gösterilmelidir. Ya da $f(5k) = 1 + 5^{5k} + 5^{10k} + 5^{15k} + 5^{20k}$ ifadesi çarpanlara ayrılmalıdır. Bunun için $1 + x^{5} + x^{10} + x^{15} + x^{20}$ polinomunu $\mathbb Z[x]$ de çarpanlara ayırmak gerekir. Fakat $1 + x^{5} + x^{10} + x^{15} + x^{20}$ indirgenemez gibi duruyor. Wolframalpha da çarpanlara ayıramadığı için bu yolu terk ettim. (Belki program yine hata yapıyordur, birkaç kez farklı türde problemlerde şahit oldum.)

 

O zaman $f(5k) \equiv 0 \pmod{m}$ olacak biçimde $m$ belirleyeyim dedim. $f(5)= 1 + 5^{5} + 5^{10} + 5^{15} + 5^{20}= 95397958987501 = 101×251×401×9384251 $ olup $4$ farklı asal çarpana sahiptir. $m$ değerini bunlardan biri olarak seçeceğim. Biraz daha devam edeyim. $f(10)= 1 + 5^{10} + 5^{20} + 5^{30} + 5^{40}= 9094947949051952362070312501 = 101×251×401×1901×9384251×50150933101 $ olup $6$ farklı asal çarpana sahiptir. O halde $m$ sayısını $101, 251, 401, 9384251$ veya bunların bir çarpımı olarak seçmeliyim. Örneğin $m=101$ için $f(5k) \equiv 0 \pmod{101}$ olduğunu gösterebilirsem problem çözülmüş olur. Fakat burada da $f(25) \equiv 5 \pmod{101}$ veriyor. Yine $f(25) \equiv 5 \pmod{251}$, $f(25) \equiv 5 \pmod{401}$ ve $f(25) \equiv 5 \pmod{9384251}$ olduğundan tüm $k$ değerleri için $f(5k) \equiv 0 \pmod{m} $ olacak biçimde sabit bir $m>1$ tam sayısı olmadığını anlamış oluyoruz.

 

Bir de bunların dışında, soru etiketinde tümevarım olduğu için $f(5k)$ üzerinden tümevarım deneyeyim dedim. $k=1$ için $f(5)$ bileşik sayıdır. $101$ ile bölünebildiğini biliyoruz. Belli bir $k$ için $f(5k)$ nın bileşik sayı olduğunu kabul edip $f(5k+5)$ in de bileşik sayı olduğunu göstermek gerekir. Bunu da başaramadım.

 

Aklıma Murphy'nin bir kanunu geldi: Bir şeyin birkaç şekilde ters gitme olasılığı varsa, hep en kötü sonuç doğuracak şekilde ters gidecektir. Ne yöntem yapsam soru yemiyor. Acaba bu tersliklerin sebebi, problemde bir hata olmasından kaynaklarıyor olabilir mi? Belki çok büyük bir değerde $n=5k$ için $f(n)$ asal oluyordur fakat $k=1,2,3,4,5$ verdiğim için bunu gözlemleyemiyorumdur.

 

Sorunun kaynağı neydi acaba?

 

(1.1k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
Hocam soru bir kaynaktan değil $f(x)=x^4+x^3+x^2+x+1$  polinomu $Z[X]$ de  indirgenemez. Şu soruyu sordum ; Bu polinoma eğer $x$ yerine doğal sayı formu yazarsam her doğal için bileşik sayı elde edebilirmiyim soru böyle geldi aklıma galiba bir çözüm buldum yazacağım ancak genel olarak ,düşüncem o ki  bunun cyclotomic polynomial ile ilgisi var genel ve daha canonic bir şey olmalı
18,694 soru
20,898 cevap
68,433 yorum
20,689 kullanıcı