Question

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

Answer 1

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.

Comments

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?