1  Tam Sayıların Bölünmesi

  1. n^2 + 1 sayısının n + 1’e bölünecek şekilde tüm pozitif tam sayı n değerlerini bulunuz.1
  1. x^3 - 3 sayısının x - 3’e bölünecek şekilde tüm x \neq 3 tam sayılarını bulunuz.2
  1. 4n^2 + 1 sayısının 5’e ve 13’e bölünmesini sağlayan sonsuz sayıda pozitif tam sayı n’nin bulunduğunu kanıtlayınız.3
  1. Her pozitif tam sayı n için 3n^3 + 26n - 27 sayısının 169’a bölündüğünü kanıtlayınız.4
  1. k = 0, 1, 2, \dots için 22^{6k+2} + 3 sayısının 19’a bölündüğünü kanıtlayınız.5
  1. 2^{70} + 3^{70} sayısının 13’e bölündüğünü gösteriniz.6
  1. 20^{15} - 1 sayısının 11 \cdot 31 \cdot 61 çarpanına bölündüğünü kanıtlayınız.7
  1. Her pozitif tam sayı m ve a > 1 tam sayısı için \left( \frac{a^m - 1}{a - 1}, a - 1 \right) = (a - 1, m) eşitliğinin sağlandığını kanıtlayınız.8
  1. Her pozitif n sayısı için 3 \cdot (15^5 + 25^5 + \dots + n^5) sayısının 13^3 + 23^3 + \dots + n^3’e bölündüğünü kanıtlayınız.9
  1. 1^n + 2^n + \dots + (n - 1)^n sayısının n’e bölünmesini sağlayan tüm n > 1 tam sayılarını bulunuz.10
  1. Pozitif tam n sayısı için a_n = 2^{2n+1} - 2^{n+1} + 1 ve b_n = 2^{2n+1} + 2^{n+1} + 1 sayılarından hangisinin 5’e bölünüp, hangisinin bölünmediğini tespit ediniz.11
  1. Her n pozitif tam sayısı için x + 1, x^x + 1, x^{x^x} + 1, \dots sonsuz dizisinin her bir terimi n’ye bölünecek şekilde bir x pozitif tam sayısı bulunduğunu kanıtlayınız.12
  1. Her x çift pozitif tam sayısı için x^x + 1, x^{x^x} + 1, x^{x^{x^x}} + 1, \dots dizisinin terimlerinden hiçbirinin n’ye bölünmeyecek şekilde sonsuz sayıda n tek pozitif tam sayısı bulunduğunu kanıtlayınız.13
  1. Her n pozitif tam sayısı için (n + 1)^n - 1 sayısının n^2’ye bölündüğünü kanıtlayınız.14
  1. Her n pozitif tam sayısı için 2^{(2^n - 1)n} - 1 sayısının (2^n - 1)^2’ye bölündüğünü kanıtlayınız.15
  1. 2^n + 1 sayısı n’ye bölünecek şekilde sonsuz sayıda pozitif tam n sayısı bulunduğunu kanıtlayınız. Bu koşulu sağlayan tüm asal sayıları bulunuz.16
  1. Her a > 1 tam sayısı için a^n + 1 sayısının n’ye bölünecek şekilde sonsuz sayıda pozitif tam n sayısı bulunduğunu kanıtlayınız.17
  1. 2^n + 2 sayısı n’ye bölünecek şekilde sonsuz sayıda pozitif tam n sayısı bulunduğunu kanıtlayınız.18
  1. a^{10} + 1 sayısının 10’a bölünmesini sağlayan tüm pozitif tam a sayılarını bulunuz.19

  1. Hiçbir n > 1 tam sayısı için 2^n - 1 sayısının n’ye bölünmediğini kanıtlayınız.20

    1. 2^n + 1 sayısının n’ye bölünmesini sağlayan sonsuz tane n pozitif tam sayısının bulunduğunu gösteriniz.
  1. 3^n + 1 sayısının n’ye bölünmesini sağlayan tüm n tek pozitif tam sayılarını bulunuz.21
  1. n \cdot 2^n + 1 sayısının 3’e bölünmesini sağlayan tüm n pozitif tam sayılarını bulunuz.22
  1. Her tek p asal sayısı için n \cdot 2^n + 1 sayısının p’ye bölünmesini sağlayan sonsuz sayıda n pozitif tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.23
  1. Her pozitif tam n sayısı için, y^y sayısı x^x’e bölünecek, fakat y sayısı x^x’e bölünmeyecek şekilde x > n ve y pozitif tam sayılarının bulunduğunu kanıtlayınız.24
  1. Her n tek pozitif tam sayısı için 2^n - 1 sayısının n’ye bölündüğünü kanıtlayınız.25
  1. 2^n - 3 \ (n = 2, 3, \dots) sonsuz dizisinin 5’e bölünen sonsuz sayıda terimi olduğunu; 13’e bölünen sonsuz tane terimin bulunduğunu, fakat 65’e bölünen hiçbir terimin bulunmadığını kanıtlayınız.26
  1. 2^n - 2 ve 3^n - 3 sayıları n’ye bölünmesini sağlayan iki en küçük bileşik n sayısını bulunuz.27
  1. 2^n - 2 sayısının n’ye bölünmesini, 3^n - 3 sayısının da n’ye bölünmesini sağlayan en küçük n pozitif tam sayısını bulunuz.28
  1. 2^n - 2 sayısının n’ye bölünmemesini, 3^n - 3 sayısının da n’ye bölünmesini sağlayan en küçük n pozitif tam sayısını bulunuz.29
  1. Her a pozitif tam sayısı için a^n - a sayısının n’e bölünecek şekilde bir n bileşik sayısı bulunuz.30
  1. a, b, c tam sayılar olmak üzere a^3 + b^3 + c^3 sayısı 9’a bölünüyorsa, a, b, c sayılarından en az birinin 3’e bölündüğünü kanıtlayınız.31
  1. a_k, k = 1, 2, 3, 4, 5 tam sayılar olmak üzere a_1^3 + a_2^3 + a_3^3 + a_4^3 + a_5^3 sayısı 9’a bölünüyorsa, 3 \mid (a_1 \cdot a_2 \cdot a_3 \cdot a_4 \cdot a_5) olduğunu kanıtlayınız.32
  1. (x, y) = 1 ve x^2 + y^2 = z^4 olmak üzere x, y, z pozitif tam sayılarsa, 7 \mid x \, \text{ya da} \, y olduğunu kanıtlayınız. (x, y) = 1 koşulunun gerekli olduğunu gösteriniz.33
  1. a, b tam sayıları için 7 \mid a^2 + b^2 ise 7 \mid a \, \text{veya} \, 7 \mid b olduğunu kanıtlayınız.34
  1. Aşağıdaki koşulları sağlayan sonsuz sayıda x, y pozitif tam sayı çiftinin bulunduğunu kanıtlayınız ve böyle çiftlerden en küçüğünü bulunuz:35

x(x + 1) \mid y(y + 1), \quad x + y, \quad x + 1 \mid y, \quad x \cdot y + 1, \quad x + 1 \mid y + 1

  1. Her s \leq 25 pozitif tam sayısı ve s = 100 için basamakları toplamı s’ye eşit olan ve s’ye bölünen en küçük n pozitif tam sayısını bulunuz.36
  1. Her s pozitif tam sayısı için, s’ye bölünen ve basamakları toplamı s’ye eşit olan bir n pozitif tam sayısı bulunduğunu kanıtlayınız.37
  1. Aşağıdakileri kanıtlayınız:38
  1. Her pozitif tam sayının 4k + 1 şeklindeki bölenlerinin sayısı 4k + 3 şeklindeki bölenlerinin sayısından az değildir.
  2. 4k + 1 şeklindeki bölenlerinin sayısı 4k + 3 şeklindeki bölenlerinin sayısına eşit olan sonsuz tane pozitif tam sayı bulunduğunu kanıtlayınız.
  3. 4k + 1 şeklindeki bölenlerinin sayısı 4k + 3 şeklindeki bölenlerinin sayısından fazla olan sonsuz sayıda pozitif tam sayı bulunur.
  1. a, b, c herhangi tam sayılar ve n de 3’ten büyük olan bir tam sayı ise, k = a, k + b, k + c sayıların hiçbirinin n’ye bölünmeyecek şekilde bir k tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.39
  1. F_n = 2^{2^n} + 1 için F_n \mid 2^{F_n} - 2 olduğunu kanıtlayınız (n = 1, 2, 3, \dots).40

  1. Bu koşulu sağlayan yalnızca bir pozitif tam sayı vardır: n = 1. Gerçekten de n^2 + 1 = n(n + 1) - (n - 1)’dir; bu nedenle, n + 1 \mid n^2 + 1 ise, n + 1 \mid n - 1 olur. Bu, pozitif tam sayılar için yalnızca n - 1 = 0 olduğunda mümkündür, yani n = 1 olmalıdır.↩︎

  2. x - 3 = t olarak tanımlayalım. Böylece, t, t \neq 0 olacak şekilde bir tam sayı olur ve t \mid (t + 3)^3 - 3, bu da t \mid 3^3 - 3 yani t \mid 24 koşuluna eşdeğerdir. Bu nedenle, t’nin 24’ün bir tam sayı böleni olması gerekli ve yeterlidir. Bu durumda, t, \pm1, \pm2, \pm3, \pm4, \pm6, \pm8, \pm12, \pm24 sayılarından biri olmalıdır. x = t + 3 için şu değerleri elde ederiz: -21, -9, -5, -3, -1, 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 15, ve 27.↩︎

  3. Örneğin, 65k + 56 aritmetik dizisindeki tüm n sayıları (burada k = 0, 1, 2, \dots), istenen özelliğe sahiptir. Gerçekten de, n = 65k + 56 için, k \geq 0 tam sayısı ile n \equiv 1 \pmod{5} ve n \equiv 4 \pmod{13} olur. Bu nedenle, 4n^2 + 1 \equiv 0 \pmod{5} ve 4n^2 + 1 \equiv 0 \pmod{13} olur. Böylece, 5 \mid 4n^2 + 1 ve 13 \mid 4n^2 + 1.↩︎

  4. İddiamızı tümevarım yöntemiyle kanıtlayacağız. 169 \mid 3^6 - 26 - 27 = 676 = 4 \cdot 169 olduğunu biliyoruz. Sonraki adımda, 3^{3(n+1)+3} - 26(n+1) - 27 - (3^{3n+3} - 26n - 27) = 26(3^{3n+3} - 1) elde ederiz. Ancak, 13 \mid 3^3 - 1, bu nedenle 13 \mid 3^{3(n+1)} - 1 ve 169 \mid 26(3^{3n+3} - 1)’dir. Tümevarım yöntemiyle kanıt hemen ortaya çıkar.↩︎

  5. 2^6 = 64 \equiv 1 \pmod{9} olduğuna göre, k = 0, 1, 2, \dots için 2^{6k} \equiv 1 \pmod{9} elde ederiz. Bu nedenle 2^{6k+2} \equiv 2^2 \pmod{9} olur ve her iki taraf da çift olduğundan, 2^{6k+2} \equiv 2^2 \pmod{18} elde ederiz. Buradan 2^{6k+2} = 18t + 2^2 elde ederiz, burada t \geq 0 bir tam sayıdır. Ancak, Fermat’ın küçük teoremine göre, 2^{18} \equiv 1 \pmod{19}’dur ve 2^{18t} \equiv 1 \pmod{19} olur, t = 0, 1, 2, \dots için. Böylece, 2^{6k+2} \equiv 2^{18t+4} \equiv 2^4 \pmod{19} olur; buradan da 2^{6k+2} + 3 \equiv 2^4 + 3 \equiv 0 \pmod{19} elde edilir ve bu da kanıtlanması gereken şeydir.↩︎

  6. Fermat’ın küçük teoremine göre, 2^{12} \equiv 1 \pmod{13} olduğundan, 2^{60} \equiv 1 \pmod{13} elde ederiz. Ayrıca, 2^5 \equiv 6 \pmod{13} olduğu için, 2^{10} \equiv -3 \pmod{13} elde ederiz. Öte yandan, 3^3 \equiv 1 \pmod{13}’tür, bu da 3^{69} \equiv 1 \pmod{13} ve 3^{70} \equiv 3 \pmod{13} anlamına gelir. Bu nedenle, 2^{70} + 3^{70} \equiv 0 \pmod{13} olur, yani 13 \mid 2^{70} + 3^{70}, bu da kanıtlanması gereken şeydir.↩︎

  7. Açıkça görülüyor ki, 20^{15} - 1 sayısının her bir asal böleni olan 11, 31 ve 61’in 20^{15} - 1’i böldüğünü göstermek yeterlidir. 2^5 \equiv -1 \pmod{11} ve 10 \equiv -1 \pmod{11} olduğundan, 10^5 \equiv -1 \pmod{11}, bu da 20^5 \equiv 1 \pmod{11} ve 20^{15} \equiv 1 \pmod{11} anlamına gelir. Dolayısıyla 11 \mid 20^{15} - 1. Sonra, 20 \equiv -11 \pmod{31} olduğundan, 20^2 \equiv 121 \equiv -3 \pmod{31}’dir. Bu nedenle, 20^3 \equiv (-11)(-3) = 33 \equiv 2 \pmod{31} ve 20^{15} \equiv 2^5 \equiv 1 \pmod{31} olur. Böylece, 31 \mid 20^{15} - 1. Son olarak, 3^4 \equiv 20 \pmod{61} ve bu da 20^{15} \equiv 3^{60} \equiv 1 \pmod{61} anlamına gelir (Fermat’ın küçük teoremine göre); bu nedenle 61 \mid 20^{15} - 1.↩︎

  8. d = \left( \frac{a^m - 1}{a - 1}, a - 1 \right) olarak tanımlayalım. Aşağıdaki eşitliği göz önünde bulunduralım: {\small\frac{a^m - 1}{a - 1} = (a^{m-1} - 1) + (a^{m-2} - 1) + \dots + (a - 1) + m \tag{1}} ve a - 1 \mid a^k - 1 ifadesinin k = 0, 1, 2, \dots için geçerli olduğunu dikkate alarak, d \mid m elde ederiz. Bu nedenle, a - 1 ve m sayılarının d > \delta ortak bir böleni olsaydı, (1) eşitliğine göre \delta \mid \frac{a^m - 1}{a - 1} olurdu ve a^m - 1 ile a - 1 sayıları \delta > d ortak bir bölenine sahip olurdu ki bu imkânsızdır. Bu nedenle, d, a - 1 ve m sayılarının en büyük ortak bölenidir ve bu kanıtlanması gereken şeydir.↩︎

  9. Pozitif tam sayı n için, şu eşitliğe sahibiz: 1^3 + 2^3 + \dots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} (bu eşitlik tümevarım ile elde edilir). Yine tümevarım ile şu eşitliği de elde ederiz: 1^5 + 2^5 + \dots + n^5 = \frac{1}{12}n^2(n+1)^2(2n^2 + 2n - 1) bu da tüm pozitif tam sayılar n için geçerlidir. Bu formüllerden şu sonucu elde ederiz: 3(1^5 + 2^5 + \dots + n^5) / (1^3 + 2^3 + \dots + n^3) = 2n^2 + 2n - 1 bu da istenen özelliği kanıtlar.↩︎

  10. Bunlar, 1’den büyük tüm tek sayılardır. Aslında, n tek ve n > 1 ise, (n - 1)/2 pozitif bir tam sayıdır ve k = 1, 2, \dots, (n - 1)/2 için kolayca şu ifadeyi elde ederiz: n \mid k^n + (n - k)^n \quad \text{(çünkü } (-k)^n = -k^n \text{)} Böylece, n \mid 1^n + 2^n + \dots + (n - 1)^n elde ederiz. Diğer yandan, eğer n çift ise, 2^s, n’yi bölen en yüksek 2 kuvveti olsun (bu nedenle s pozitif bir tam sayıdır). 2^s \geq s olduğundan, k çift olduğunda 2^s \mid k^n ve k tek olduğunda (bu dizideki k sayılarının sayısı (n-1)/2’dir) Euler’in teoremine göre k^{2^s - 1} \equiv 1 \pmod{2^s} ve k^n \equiv 1 \pmod{2^s} elde ederiz (çünkü 2^s \mid n). Böylece şu sonuca ulaşırız: 1^n + 3^n + \dots + (n - 3)^n + (n - 1)^n \equiv \frac{n}{2} \pmod{2^s} bu da şu sonucu verir: 1^n + 2^n + \dots + (n - 1)^n \equiv \frac{n}{2} \pmod{2^s} 2^n + 4^n + \dots + (n - 2)^n \equiv 0 \pmod{2^s} olduğundan, n \mid 1^n + 2^n + \dots + (n - 1)^n elde ederiz. Eğer 2^s \mid n ise, \frac{n}{2} \equiv 0 \pmod{2^s} olur ve 2^s \mid n ve 2^{s+1} \mid n çelişkisini elde ederiz. Böylece, n çift olduğunda n \nmid 1^n + 2^n + \dots + (n - 1)^n elde edilir.
    Not: Fermat teoreminden şu sonucu kolayca çıkarırız: Eğer n bir asal sayıysa, n \mid 1^n + 1 - 1^n + \dots + (n - 1)^n + 1. Ancak, bu ilişkiyi sağlayan bileşik bir sayı bilmiyoruz. G. Ginga, böyle bir bileşik sayı olmadığını öne sürdü, ancak bu 1’den küçük bileşik bir sayının var olmadığını henüz kanıtlayamadı.↩︎

  11. Dört durumu inceleyelim:
    (a) n = 4k olsun, burada k pozitif bir tam sayıdır. Bu durumda, a_n = 2^{8k+1} - 2^{4k+1} + 1 \equiv 2 - 2 + 1 \equiv 1 \pmod{5}, b_n = 2^{8k+1} + 2^{4k+1} + 1 \equiv 2 + 2 + 1 \equiv 0 \pmod{5}. (2^4 \equiv 1 \pmod{5} olduğundan, 2^{4k} \equiv 1 \pmod{5}’tir.)
    (b) n = 4k + 1 olsun, k = 0, 1, 2, \dots. Bu durumda, a_n = 2^{8k+3} - 2^{4k+2} + 1 \equiv 8 - 4 + 1 \equiv 0 \pmod{5}, b_n = 2^{8k+3} + 2^{4k+2} + 1 \equiv 8 + 4 + 1 \equiv 3 \pmod{5}. (c) n = 4k + 2 olsun, k = 0, 1, 2, \dots. Bu durumda, a_n = 2^{8k+5} - 2^{4k+3} + 1 \equiv 2 - 8 + 1 \equiv 0 \pmod{5}, b_n = 2^{8k+5} + 2^{4k+3} + 1 \equiv 2 + 8 + 1 \equiv 1 \pmod{5}. (d) n = 4k + 3 olsun, k = 0, 1, 2, \dots. Bu durumda, a_n = 2^{8k+7} - 2^{4k+4} + 1 \equiv 8 - 1 + 1 \equiv 3 \pmod{5}, b_n = 2^{8k+7} + 2^{4k+4} + 1 \equiv 8 + 1 + 1 \equiv 0 \pmod{5}. Sonuç olarak, a_n sayıları yalnızca n \equiv 1 veya 2 \pmod{4} olduğunda 5’e bölünürken, b_n sayıları yalnızca n \equiv 0 veya 3 \pmod{4} olduğunda 5’e bölünür. Böylece, yalnızca a_n veya b_n sayılarından biri 5’e bölünür.↩︎

  12. x = 2n - 1 seçmek yeterlidir. Böylece x, x^x, x^{x^x}, \dots sayılarının her biri tek olur ve dolayısıyla 2n = x + 1, sonsuz dizinin her bir terimi olan x + 1, x^x + 1, x^{x^x} + 1, \dots sayılarının bir bölenidir.↩︎

  13. Örneğin, 4k + 3 biçimindeki tüm asal sayılar p. Aslında, x çift olduğunda, dizideki x, x^x, x^{x^x}, \dots terimlerinin her biri çifttir. Eğer dizideki x^x + 1, x^{x^x} + 1, x^{x^{x^x}} + 1, \dots terimlerinden herhangi biri p’ye tam bölünseydi, pozitif bir tam sayı m için p \mid x^m + 1 ilişkisine sahip olurduk, dolayısıyla (x^m)^2 \equiv -1 \pmod{p}. Ancak, -1, 4k + 3 biçimindeki asal bir modül için bir karekök kalanı olamaz.↩︎

  14. Binom açılımından (1 + n)^n = 1 + \binom{n}{1}n + \binom{n}{2}n^2 + \dots + \binom{n}{n}n^n n > 1 için (bu, 1^2 \mid 2^2 - 1 durumu göz önüne alındığında varsayılabilir), üçüncü terimden itibaren tüm terimler n’yi en az 2 üssünde içerir. İkinci terim \binom{n}{1}n = n^2’ye eşittir. Bu nedenle, n^2 \mid ((1 + n)^n - 1) ve bu kanıtlanması gereken şeydir.↩︎

  15. Problem 14’e göre, pozitif tam sayılar m için m^2 \mid ((m + 1)^m - 1) ilişkisini elde ederiz. m = 2^n - 1 için, (m + 1)^m = 2^{(2^n - 1)} olduğundan, şu ilişkiyi elde ederiz: (2^n - 1)^2 \mid (2^{(2^n - 1)n} - 1), ve bu, kanıtlanması gereken şeydir.↩︎

  16. 3\mid 2^3 + 1 ve pozitif bir tam sayı m için 3^m \mid 2^{3^m} + 1 olduğunu varsayalım. O zaman 2^{3^m + 1} = (3^m k - 1)^3 = 3^m k^3 - 3^m k^2 + 3^m k - 1 = 3^m t - 1, burada t pozitif bir tam sayıdır. Böylece 3^{m + 1} \mid 2^{3^m + 1} + 1 ve tümevarım ile 3^m \mid 2^{3^m} + 1’i elde ederiz, m = 1, 2, \dots. Ancak, n \mid 2^n + 1 ilişkisini sağlayan başka pozitif tam sayılar da vardır. Aslında, pozitif bir tam sayı n için n \mid 2^n + 1 ise, aynı zamanda 2^n + 1 \mid 2^{2^n + 1} + 1 olur. Gerçekten de 2^n + 1 = kn, burada k bir tam sayıdır (açıkça, tektir), o zaman 2^n + 1 \mid 2^{kn} + 1 = 2^{2^n + 1} + 1 olur. Böylece 9 \mid 2^3 + 1 ifadesi 513 \mid 2^{513} + 1 sonucunu verir.
    n’nin asal olduğunu ve n \mid 2^n + 1 olduğunu varsayalım. Fermat’ın teoremiyle, n \mid 2^n - 2 elde ederiz, bu da n \mid 3 sonucunu verir. n asal olduğuna göre, n = 3 elde ederiz. Gerçekten, 3 \mid 2^3 + 1 olur. Böylece, n \mid 2^n + 1 ilişkisini sağlayan tek asal sayı n = 3 olur.↩︎

  17. Öncelikle O. Reutter’e ait aşağıdaki teoremi kanıtlayacağız (bkz. (Reutter 1963)):
    Eğer a+1, tam sayı üs ile bir 2 kuvveti değilse, o zaman n \mid a^n + 1 ilişkisi pozitif tam sayılarla sonsuz çözümü vardır.
    Eğer a+1, tam sayı üs ile bir 2 kuvveti değilse, o zaman p > 2 olan bir asal böleni vardır. Bu durumda, p \mid a + 1 olur.
    Lemma. Eğer k \geq 0 bir tam sayı ve p \mid a^k + 1 ise, o zaman p^{k+1} \mid a^{p^{k+1}} + 1.
    Lemmanın İspatı. k \geq 0 olan bir tam sayı için p^k \mid a^k + 1 olduğunu varsayalım. a^k = b yazalım, bu durumda p^k \mid b + 1 elde ederiz, dolayısıyla b = -1 \ (\text{mod}\ p^{k+1}) olur.
    p tek asal olduğundan, a^{p^{k+1}} + 1 = b^{p+1} = (b+1)(b^{p-1} - b^{p-2} + \dots - b + 1) ifadesini elde ederiz.
    Ve (çünkü b = -1 \ (\text{mod}\ p^{k+1}) bu da b^p = 1 \ (\text{mod}\ p^{k+1}) anlamına gelir) b^2 = 1 \ (\text{mod}\ p) ve b^{2i} = 1 \ (\text{mod}\ p) elde ederiz. Bu nedenle: b^{p-1} - b^{p-2} + \dots - b + 1 = 0 \ (\text{mod}\ p), bu da ikinci terimin p’ye bölünebilir olduğunu gösterir. Dolayısıyla, p^{k+1} \mid a^{p^{k+1}} + 1 elde ederiz ve bu ispatlanması gereken şeydir.
    Lemma, p \mid a + 1 olduğunda, p^{k+1} \mid a^{p^{k+1}} + 1 ve p^{k+1} \mid a^{p^{k+1}} + 1 için k = 1, 2, \dots ifadesiyle tümevarım sağlar. Bu da n \mid a^n + 1 ilişkisini sağlayan sonsuz pozitif tam sayı n olduğunu ve O. Reutter’in teoremini ispatladığımızı gösterir.
    Reutter teoreminin koşullarını sağlayan pozitif tam sayılar için, a’nın tek ve a > 1 olduğunu varsaymak yeterlidir. Bu durumda, a^2 + 1 ve a^2 ifadesi 8k + 1 formundadır. Dolayısıyla, a^2 + 1 = 8k + 2 = 2(4k + 1) tek bir çift sayıdır. Şu lemayı ispatlayacağız:
    Lemma. Eğer a tek ise, o zaman a ve a^2 + 1 çift tek sayılar olup, s \mid a + 1 ise, pozitif bir tam sayı s_1 > s vardır ki s_1 ve a^{s_1} + 1 de çift tek sayılardır ve s_1 \mid a^{s_1} + 1.
    İspat. a^2 + 1 ve a^{s_1} + 1 çift tek sayılar olduğundan, a + 1 = ms elde ederiz, burada m tektir. Böylece a^s + 1 = a^{s_1} + 1 = a^{s_1} + 1’dir ve a^{s_1} + 1 çift bir çift tek sayıdır.
    s_1 \mid a + 1 olduğunda, s_1 \mid a^{s_1} + 1 ve s_1 \mid a^{s_1} + 1 elde ederiz. Bu durumda, a > 1 olduğundan, s_1 > s olur. Böylece lema ispatlanmış olur.
    a tek olduğundan, s = 2 diyebiliriz, bu da lemanın koşullarını sağlar. Böylece, n \mid a^n + 1 ilişkisini sağlayan sonsuz pozitif tam sayı n olduğunu gösteririz ve bu ispatlanması gereken şeydir (bkz. (Sierpiński 1964c)).↩︎

  18. n çift ise ve n \mid 2^n + 2 ve n \mid n - 1 \mid 2^{n - 1} + 1 ise (örneğin n = 2 için bu doğrudur), o zaman n_1 = 2^n + 2 sayısı için n_1 \mid 2^{n_1} + 2 ve n_1 \mid n_1 - 1 \mid 2^{n_1 - 1} + 1 elde ederiz. Aslında, n \mid 2^n + 2 ve n çift olduğunda, 2^n + 2 = nk elde edilir, burada k tektir. Dolayısıyla: 2^n + 1 \mid 2^{2^n + 2} + 1 = 2^{2^{2^n + 2}} + 2 n_1 = 2^n + 2 için ise: n_1 - 1 = 2^n + 1 \mid 2^{2^n + 1} + 1 Sonra, n - 1 \mid 2^{n - 1} + 1 ifadesini elde ederiz ki bu da 2^n + 1 = 2^{n - 1}m + 1’i verir, burada m tektir. Dolayısıyla: 2^n + 1 \mid 2^{a - 1}m + 1 = 2^{2^n + 1} elde ederiz, bu da: 2^n + 2 \mid 2^{2^{2^n + 2} + 2}, \quad ve \quad n_1 \mid 2^{n_1 + 2} Bu koşulları sağlayan sonsuz sayıda çift tam sayı n vardır.
    n_1 = 2^n + 2 olduğundan, koşullarımızı sağlayan sonsuz sayıda çift tam sayı vardır. n = 2’den başlayarak, ardışık sayılar 2, 6, 66, 2^{66} + 2, Ancak, C. Bindschedler bu yöntemin n \mid 2^n + 2 ilişkisini sağlayan tüm sayıları vermediğini fark etti; örneğin 946 sayısı 2^{946} + 2 ilişkisini sağlamaz. Bu problemi tartışan C. Bindschedler tarafından verilen çözümü, Elemente der Mathematik dergisinin 18. sayısındaki 430 numaralı problemimde görebilirsiniz (1963), sayfa 90.↩︎

  19. Eğer a bir pozitif tam sayıysa ve r sayısı a sayısının 10’a bölünmesinden kalan ise, a^{10} + 1 ifadesi ancak ve ancak r^{10} + 1 ifadesi 10’a bölünebiliyorsa 10’a bölünür. Bu nedenle, sadece r = 0, 1, 2, \dots, 9 sayıları dikkate alınmalıdır ve bu sayılar için sadece 3^{10} + 1 ve 7^{10} + 1 ifadelerinin 10’a bölünebildiğini kolayca doğrularız. Dolayısıyla, a^{10} + 1 ifadesi 10’a bölünebilen tüm a sayıları 10k + 3 ve 10k + 7 formundadır, burada k = 0, 1, 2, \dots.↩︎

  20. n > 1 pozitif tam sayılarının olduğunu ve n’in en küçüğü olduğunu varsayalım. Euler teoremine göre n \mid (2^n - 1). Ancak, pozitif tam sayılar a ve b için 2^a - 1 ve 2^b - 1 sayıların en büyük ortak böleni 2^d - 1’dir, burada d = (a, b)’dir.
    a = n ve b = \varphi(n) için d = (n, \varphi(n))’dir, dolayısıyla n \mid (2^d - 1)’dir. Ancak, n > 1 olduğundan 2^d - 1 > 1 elde ederiz, bu da d > 1 ve 1 < d \leq \varphi(n) < n anlamına gelir ve d \mid n \mid (2^d - 1) ifadesi n’in tanımına aykırıdır.
    (a) Örneğin, n = 3^k biçimindeki tüm sayılar için (k = 1, 2, \ldots). Bu durumu matematiksel tümevarım yoluyla ispatlayacağız. Elimizde 3 \mid 2^{3^k} + 1 var. Eğer herhangi bir pozitif tam k için 3 \mid 2^{3^k} + 1, o zaman, aşağıdaki özdeşlikten hareketle 2^{3^{k+1}} + 1 = (2^{3^k} + 1) (2^{3^k} - 2^{3^k} + 1) ve şu gözlemden yola çıkarak: 2^{3^k} - 2^{3^k} + 2 = 2^{3^k} + 2 - (2^{3^k} + 1), \quad \text{ve} \quad 3 \mid 2^{3^k} + 2 (çünkü 4^3 bölündüğünde kalan 1 verir), formülün ikinci terimi 2^{3^{k+1}} + 1’in 3 ile bölünebilir olduğunu gösterir, bu da 3\mid {2^{3^{k+1}}} + 1 anlamına gelir.↩︎

  21. n = 1 olan tek sayıdır. Varsayalım ki, n > 1 olan bir tek sayı vardır ve n\mid 3^n + 1. Bu durumda, n\mid 9n - 1. n, n\mid 9^{\varphi(n)} - 1 ile pozitif bir tam sayı olsun. d = (\varphi(n), n) olarak tanımlandığında, n\mid 9^d - 1 elde edilir. Ancak, d > 1 olduğunda, n\mid 8 elde edilir ki, n tek olduğu için bu mümkün değildir. Sonuç olarak 1 < d \leq \varphi(n) < n ve d\mid n, bu nedenle n > 1 koşulunu sağlayan tek bir sayı yoktur.↩︎

  22. Açıkça, n sayısı 3’e bölünemez. Bu nedenle, n sayısı aşağıdaki formlardan birinde olmalıdır: 6k+1, 6k+2, 6k+4 veya 6k+5, burada k = 0, 1, 2, \dots.
    Eğer n = 6k+1 ise, 2^6 \equiv 1 \pmod{3} olduğundan, n2^n + 1 = (2^6)2 + 1 \equiv 2 + 1 \equiv 0 \pmod{3}. Bu durumda 3 \mid n2^n + 1 olur.
    Eğer n = 6k+2 ise, n2^n + 1 = 2(2^6)2 + 1 \equiv 8 + 1 \equiv 0 \pmod{3}, yani yine 3 \mid n2^n + 1.
    Eğer n = 6k+4 ise, n2^n + 1 \equiv 4(2^6)2^4 + 1 \equiv 2^5 + 1 \equiv 2 \pmod{3}.
    Son olarak, n = 6k+5 ise, n2^n + 1 = 5(2^6)2^5 + 1 \equiv 2 \pmod{3}. Bu durumda, n2^n + 1 ifadesi ancak ve ancak n, 6k+1 veya 6k+2 formunda olduğunda 3’e bölünebilir. Burada k = 0, 1, 2, \dots.↩︎

  23. Eğer p tek bir asal sayıysa ve n = (p-1)(kp+1), burada k = 0, 1, 2, \dots, o zaman n \equiv -1 \pmod{p} ve p-1 \mid n. Fermat’nın küçük teoremi gereğince, 2^n \equiv 1 \pmod{p} olur, dolayısıyla n2^n + 1 \equiv 0 \pmod{p}.
    Not: Bu problemden, n2^n + 1 formunda sonsuz sayıda bileşik sayı olduğu sonucu çıkarılabilir, burada n pozitif bir tam sayıdır. Bu formdaki sayılar Cullen sayıları olarak bilinir. 1 < n < 141 aralığında bu formdaki tüm sayılar bileşik olduğu ispatlanmıştır, ancak n = 141 için n2^n + 1 asal bir sayıdır. Sonsuz sayıda asal Cullen sayısı olup olmadığı bilinmemektedir.↩︎

  24. n verilen bir pozitif tam sayı olsun ve k > 1 olmak üzere 2^k > n olacak şekilde pozitif bir tam sayı olsun. p, 2^k - 1’den büyük bir asal sayı olsun. k > 1 olduğu için, x = 2^k, y = 2p olarak alalım. Buradan x \nmid y ve x^x \mid y^y olur, çünkü x = 2^{2^k} ve y^y = (2p)^{2p}, burada 2p > 2^k k.
    Örneğin, 4 \nmid 10, fakat 4^4 \mid 10^{10}, 8 \nmid 12, fakat 8^8 \mid 12^{12}, 9 \nmid 21, fakat 9^9 \mid 21^{21}.↩︎

  25. Pozitif tam sayılar için, \varphi(n) \mid n! olduğu açıktır. Aslında, n = 1 için bu doğrudur; eğer n > 1 ise ve n = q_1^{a_1}q_2^{a_2} \dots q_k^{a_k} asal çarpanlarına ayrılmışsa, burada q_1 < q_2 < \dots < q_k olmak üzere, o zaman \varphi(n) = q_1^{a_1 - 1} q_2^{a_2 - 1} \dots q_k^{a_k - 1}(q_1 - 1)(q_2 - 1) \dots (q_k - 1) ve q_1^{a_1 - 1} q_2^{a_2 - 1} \dots q_k^{a_k - 1} \mid n, q_1 - 1 < q_2 - 1 < \dots < q_k - 1 olduğu için q_k - 1 < n ve q_1 - 1 < q_2 - 1 < \dots < q_k - 1, n’den küçük farklı pozitif tam sayılardır. Böylece (q_1 - 1)(q_2 - 1) \dots (q_k - 1)(n - 1)! \mid n! elde edilir ve buradan \varphi(n)(n - 1)! \mid n! olduğu sonucu çıkar.
    Eğer n tek ise, (Euler teoremine göre) n \mid 2^{\varphi(n)} - 1 \mid 2^{n!} - 1, dolayısıyla n \mid 2^{n!} - 1, bu da kanıtlanması gereken şeydi.↩︎

  26. Fermat’nın teoremine göre, 2^4 \equiv 1 \pmod{5} ve 2^{12} \equiv 1 \pmod{13}.
    2^3 \equiv 3 \pmod{5} ve 2^4 \equiv 3 \pmod{13} olduğu için, 24k+3 \equiv 3 \pmod{5} ve 2^{12k+4} \equiv 3 \pmod{13} elde ederiz, burada k = 0, 1, 2, \dots. Dolayısıyla, 5 \mid 2^{4k+3} - 3 ve 13 \mid 2^{12k+4} - 3, burada k = 0, 1, 2, \dots.
    Bir sonraki adımda, 2^6 \equiv 1 \pmod{65} olduğunu ve bu nedenle 2^{12} \equiv 1 \pmod{65} olduğunu görürüz. Böylece 2^n - 3 \equiv 2^n - 3 \pmod{65}, bu da 2^n - 3 dizisinin (n = 2, 3, \dots) 12 periyotlu olduğunu gösterir. 2^n - 3 sayılarının hiçbiri (n = 2, 3, \dots) 65’e bölünmüyorsa, bunu göstermek için n = 2, 3, \dots, 13 için 2^n - 3 sayılarının 65’e bölünüp bölünmediğini kontrol etmek yeterlidir. 65’e bölündüğünde kalanlar sırasıyla 1, 5, 13, 29, 61, 60, 58, 54, 46, 30, 63, 64 olup, bunların hiçbiri sıfır değildir.↩︎

  27. n \nmid 2^n - 2 olacak şekildeki en küçük dört bileşik n sayısının 341, 561, 645 ve 1105 olduğu bilinmektedir (örneğin, bakınız Sierpiński, [37, s. 215]). 341 için, 341 \nmid 3^{341}-3’tür, çünkü Fermat teoremi gereğince 3^{30} \equiv 1 \pmod{31}, bu da 3^{330} \equiv 1 \pmod{31} anlamına gelir, dolayısıyla 3^{341} \equiv 3^{11} \pmod{31} olur. 3^3 \equiv -4 \pmod{31} olduğundan, 3^9 \equiv -64 \equiv -2 \pmod{31} elde ederiz, dolayısıyla 3^{11} \equiv -18 \pmod{31} olur. Bu nedenle 3^{341}-3 \equiv 3^{11}-3 \equiv -21 \pmod{31}’dir ve 31 \nmid 3^{341}-3, bu da 341 = 11 \cdot 31 \nmid 3^{341}-3 anlamına gelir. Diğer yandan, 561 = 3 \cdot 11 \cdot 17 \nmid 3^{561}-3’tür çünkü 11 \mid 3^{10}-1 olması 11 \mid 3^{390}-1 ve 11 \mid 3^{561}-3 olmasını gerektirir, ve ayrıca 17 \mid 3^{16}-1 olması 17 \mid 3^{16 \cdot 35}-1 = 3^{560}-1 olmasını gerektirir. Böylece 17 \nmid 3^{561}-3’tür.
    Böylece, n \mid 2^n-2 ve n \nmid 3^n-3 olan en küçük bileşik n sayısı n = 561 sayısıdır.
    645 sayısı 3^{645}-3’ün bir böleni değildir çünkü 645 = 3 \cdot 5 \cdot 43, iken 3^{42} \equiv 1 \pmod{43} olması 3^{42 \cdot 15} \equiv 1 \pmod{43} olmasını gerektirir. Böylece 3^{630} \equiv 1 \pmod{43} ve 3^{645} \equiv 3^{15} \pmod{43}. 3^4 \equiv -5 \pmod{43} olduğundan, 3^6 \equiv -45 \equiv -2 \pmod{43}, 3^{12} \equiv 4 \pmod{43}, 3^{15} \equiv 108 \equiv 22 \pmod{43} elde ederiz. Bu nedenle 3^{645}-3 \equiv 19 \pmod{43}, bu da 43 \nmid 3^{645}-3 anlamına gelir.
    Diğer yandan, 1105 \mid 3^{1105}-3’tür. Gerçekten de, 1105 = 5 \cdot 13 \cdot 17, 3^4 \equiv 1 \pmod 5 ve 3^{1104} \equiv 1 \pmod 5, ve 5 \mid 3^{1105}-3. Sonra, 3^{12} \equiv 1 \pmod{13}, 3^{1104} \equiv 1 \pmod{13} ve 13 \mid 3^{1105}-3. Son olarak, 3^{16} \equiv 1 \pmod{17}, ve 1104 = 16 \cdot 69 olduğundan, 3^{1104} \equiv 1 \pmod{17} elde ederiz, bu da 17 \mid 3^{1105}-3 anlamına gelir. Böylece, n \mid 2^n-2 ve n \mid 3^n-3 koşulunu sağlayan en küçük iki bileşik sayı 561 ve 1105’tir.
    Not: n \mid 2^n-2 ve n \mid 3^n-3 olacak şekilde sonsuz çoklukta bileşik n sayısı olup olmadığını bilmiyoruz. Bu iddia, A. Schinzel’in asal sayılarla ilgili bir sanısından ((Schinzel ve Sierpiński 1958a)) çıkarsanabilirdi. Asal n sayıları için, Fermat teoremi nedeniyle hem n \mid 2^n-2 hem de n \mid 3^n-3 ilişkileri geçerlidir.↩︎

  28. n \nmid 3^n-3 ve Fermat teoremi göz önüne alındığında, n sayısı bileşik olmalıdır ve n \mid 2^n-2 ile n \nmid 3^n-3 koşulunu sağlayan en küçük bileşik n sayısı n=341’dir. Problem 27’nin çözümünde 341 \nmid 3^{341}-3 olduğunu kanıtlamıştık. Böylece, n \mid 2^n-2 ve n \nmid 3^n-3 olacak şekildeki en küçük n sayısı n = 341’dir.
    Not: A. Rotkiewicz, n \mid 2^n-2 ve n \nmid 3^n-3 olacak şekilde hem çift hem de tek olan sonsuz çoklukta pozitif n tam sayısının var olduğunu kanıtlamıştır.↩︎

  29. n=6 sayısı istenen özelliği sağlar. Aslında, eğer n \nmid 2^n-2 ise, n bileşik olmalıdır. En küçük bileşik sayı 4’tür, ancak 4 \nmid 3^4-3 = 78. Sonraki bileşik sayı 6’dır ve 6 \nmid 2^6-2 = 62 iken, 6 \mid 3^6-3’tür çünkü 3^6-3 bariz bir şekilde çifttir ve 3 ile bölünebilir.
    Not: A. Rotkiewicz, n \mid 3^n-3 ve n \nmid 2^n-2 olacak şekilde hem çift hem de tek olan sonsuz çoklukta bileşik n sayısının var olduğunu kanıtlamıştır.↩︎

  30. Eğer a bileşik ise, n=a alabiliriz çünkü a \mid a^a - a olduğu açıktır. Eğer a = 1 ise, n = 4 alabiliriz çünkü 4 \mid 1^4 - 1. Eğer a > 2 bir asal ise, n = 2a alabiliriz çünkü bu durumda a tektir ve a^{2a} - a sayısı çifttir; böylece, tek bir a sayısı ile ve 2 ile bölünebilen a^{2a} - a, 2a ile bölünebilir. Geriye a=2 durumunu ele almak kalıyor. Burada n = 341 = 11 \cdot 31 alabiliriz çünkü 341 \mid 2^{341}-2; bu son özellik şu şekilde kanıtlanabilir: 11 \mid 2^{10}-1 = 1023 elimizdedir, dolayısıyla 11 \mid 2^{340}-1, ve 11 \mid 2^{341}-2. Sonra, 31 = 2^5-1 \mid 2^{340}-1, dolayısıyla 31 \mid 2^{341}-2. Böylece 2^{341}-2 sayısı 11 ve 31 ile bölünebilir, dolayısıyla bunların çarpımı olan 341 ile de bölünebilir.
    Not: M. Cipolla, her pozitif a tam sayısı için n \mid a^n - a olacak şekilde sonsuz çoklukta bileşik n sayısının var olduğunu kanıtlamıştır. (Bakınız (Cipolla 1904)). Ancak, her a tam sayısı için n \mid a^n - a olacak şekilde sonsuz çoklukta bileşik n sayısının olup olmadığını bilmiyoruz. Bu tür sayıların en küçüğü 561 = 3 \cdot 11 \cdot 17’dir. A. Schinzel’in asal sayılarla ilgili belirli bir sanısından ((Schinzel ve Sierpiński 1958a)) bu tür sonsuz çoklukta bileşik sayının var olduğu sonucu çıkar.↩︎

  31. 3 ile bölünemeyen bir tam sayının küpünün 9’a bölünmesiyle elde edilen kalan 1 veya -1’dir. Böylece, eğer a, b, c sayılarından hiçbiri 3 ile bölünemeseydi, o zaman a^3+b^3+c^3 sayısının 9’a bölünmesiyle elde edilen kalan, + ve - işaretlerinin herhangi bir kombinasyonu için 9 ile bölünemeyen \pm 1 \pm 1 \pm 1 olurdu. Buradan, eğer 9 \mid a^3+b^3+c^3 ise, o zaman 3 \mid abc olduğu sonucu çıkar, ki bu da kanıtlanması gerekendi.↩︎

  32. Kanıt, Problem 31’deki kanıta benzerdir çünkü \pm 1 \pm 1 \pm 1 \pm 1 \pm 1 sayısı, + ve - işaretlerinin herhangi bir kombinasyonu için 9 ile bölünemez.↩︎

  33. (x, y) = 1 koşulu gereklidir çünkü, örneğin, 15^2+20^2 = 5^4, iken 7 \nmid 15 \cdot 20. Şimdi, eğer (x, y) = 1 ise ve x, y, z, x^2+y^2 = z^4 olacak şekilde pozitif tam sayılar ise, o zaman Pisagor denklemi teorisinden, örneğin x = m^2-n^2, y = 2mn, z^2 = m^2+n^2 olacak şekilde m ve n tam sayıları vardır. 7 \nmid y olduğunu varsayalım; böylece 7 \nmid m ve 7 \nmid n. 7 ile bölünmeyen bir tam sayının karesinin 7’ye bölünmesiyle 1, 2 veya 4 kalanını verdiğini görmek kolaydır. 1+2, 1+4 ve 2+4 bu tür kalanlar olamayacağından ve hiçbiri 7 ile bölünemediğinden, z^2 = m^2+n^2 denkleminden m ve n sayılarının 7’ye bölündüğünde aynı kalanları vermesi gerektiği sonucu çıkar. Böylece 7 \mid x = m^2-n^2.↩︎

  34. 7 ile bölünmeyen bir tam sayının karesi 7’ye bölündüğünde 1, 2 veya 4 kalanını verir, dolayısıyla bu tür karelerin toplamı 1, 2, 3, 4, 5 veya 6 kalanını verir. Böylece, eğer a ve b, 7 \mid a^2+b^2 olacak şekilde tam sayılar ise, o zaman bunlardan biri, dolayısıyla diğeri de 7 ile bölünmelidir.↩︎

  35. x = 36k+14, y = (12k+5)(18k+7), k=0, 1, 2, \ldots, sayıları istenen özelliği sağlar.
    Aslında, x(x+1) = 2 \cdot 3(12k+5)(18k+7) = 6y olduğu açıkça görülürken, 6 \mid y+1.
    y sayısı x ile bölünemez çünkü y tektir, x ise çifttir. y sayısı x+1 ile bölünemez çünkü 3 \mid x+1, iken 3 \nmid y. y+1 sayısı x ile bölünemez çünkü 18k+7 \mid x ve 18k+7 \mid y, dolayısıyla 18k+7 \nmid y+1. Son olarak, y+1 sayısı x+1 ile bölünemez çünkü 12k+5 \mid x+1 ve 12k+5 \mid y, dolayısıyla 12k+5 \nmid y+1.
    k=0 için x=14, y=35 elde ederiz ve istenen özelliğe sahip daha küçük sayılar olmadığını göstermek kolaydır.↩︎

  36. s < 10 için, elbette n_s = s’e sahibiz. Sonra, s’nin ardışık katlarını inceleyerek, n_{10} = 190, n_{11} = 209, n_{12} = 48, n_{13} = 247, n_{14} = 266, n_{15} = 155, n_{16} = 448, n_{17} = 476, n_{18} = 198, n_{19} = 874, n_{20} = 9920, n_{21} = 399, n_{22} = 2398, n_{23} = 1679, n_{24} = 888, n_{25} = 4975 elde ederiz. Son olarak, n_{100} = 19999999999900’a sahibiz. Aslında, 100 ile bölünebilen her sayının son iki basamağı sıfır olmalıdır ve 199999999999’dan küçük her sayının rakamları toplamı açıkça 100’den küçüktür. Bakınız (Kaprekar 1955).↩︎

  37. s pozitif bir tam sayı olsun, s = 2^\alpha 5^\beta t, burada \alpha ve \beta, \ge 0 tam sayılar, ve t, 2 veya 5 ile bölünemeyen pozitif bir tam sayıdır. Euler teoremine göre 10^{\varphi(t)} \equiv 1 \pmod t’ye sahibiz. n = 10^{\alpha+\beta}(10^{\varphi(t)}+10^{2\varphi(t)} + \ldots + 10^{s\varphi(t)}) olsun. 10^{\varphi(t)}+10^{2\varphi(t)} + \ldots + 10^{s\varphi(t)} \equiv s \equiv 0 \pmod t (t \mid s olduğundan) sahibiz, ve 2^\alpha 5^\beta \mid 10^{\alpha+\beta} olduğundan, n sayısı s ile bölünebilir. Diğer yandan, n sayısının ondalık rakamlarının toplamının s’ye eşit olduğu açıktır.↩︎

    1. Eğer sayının 4k+3 biçiminde bir asal böleni yoksa, teorem bariz bir şekilde doğrudur. Teoremin, asal çarpanlarına (birinci kuvvetler halinde, dolayısıyla farklı olması gerekmeyen) ayrışımı s \ge 0 tane 4k+3 biçiminde asal içeren tüm sayılar için doğru olduğunu varsayalım. n, asal çarpanlarına (birinci kuvvetler halinde, dolayısıyla farklı olması gerekmeyen) ayrışımı s+1 tane 4k+3 biçiminde asal çarpan içeren pozitif bir tam sayı olsun. O zaman n = mq olur; burada m’nin asal çarpanlarına (birinci kuvvetler halinde) ayrışımı s tane 4k+3 biçiminde çarpan içerir ve q, 4k+3 biçiminde bir asaldır. g, m’nin 4k+1 biçimindeki tam sayı bölenlerinin sayısını göstersin ve h, m’nin 4k+3 biçimindeki tam sayı bölenlerinin sayısını göstersin. Varsayım gereği (s ile ilgili olarak) g \ge h’ye sahibiz. Şimdi, mq’nun 4k+1 biçimindeki tam sayı bölenleri, elbette m’nin 4k+1 biçimindeki bölenleri (bu bölenlerin sayısı g’ye eşittir) ve ayrıca m’nin 4k+3 biçimindeki tam sayı bölenlerinin q sayısı ile çarpımlarıdır; bu bölenlerin sayısı h’dir. Böylece, mq sayısı g+h tane 4k+1 biçiminde tam sayı bölene sahip olacaktır. Diğer yandan, mq’nun 4k+3 biçimindeki tam sayı bölenleri, m’nin 4k+3 biçimindeki tam sayı bölenleri (bu bölenlerin sayısı h’dir) ve m’nin 4k+1 biçimindeki bölenlerinin q ile çarpımları (bu bölenlerin sayısı g’dir) olacaktır. Ancak, bu sonuncular arasında m’nin 4k+3 biçimindeki bölenleri olan bölenler olabilir. Böylece mq’nun 4k+3 biçimindeki tam sayı bölenlerinin toplam sayısı \le h+g’dir (ve belki de, < h+g). Teorem her mq sayısı için doğru olduğundan, tümevarım yoluyla (s’ye göre) teoremin pozitif s tam sayısı için doğru olduğunu elde ederiz.
    2. 3^{2n-1} sayısı (n = 1, 2, \ldots) 4k+1 biçiminde (yani, 1, 3^2, 3^4, \ldots, 3^{2n-2}) tam sayı bölenlerine sahip olduğu kadar 4k+3 biçiminde (yani 3, 3^3, 3^5, \ldots, 3^{2n-1}) bölenlere sahiptir.
    3. 3^{2n} sayısı (n = 1, 2, \ldots olmak üzere) n+1 tane 4k+1 biçiminde (yani 1, 3^2, 3^4, \ldots, 3^{2n}) bölene ve sadece n tane 4k+3 biçiminde (yani 3, 3^3, \ldots, 3^{2n-1}) bölene sahiptir. 5^n sayısının tüm n+1 böleni 4k+1 biçimindedir ve 4k+3 biçiminde hiç böleni yoktur.
    ↩︎

  39. r_1, r_2, ve r_3, -a, -b, ve -c tam sayılarının n’ye bölünmesiyle elde edilen kalanlar olsun. Böylece, r_1, r_2, ve r_3, 0, 1, 2, \ldots, n-1 dizisinden tam sayılardır, ve r_1, r_2, r_3 sayıları arasında en fazla üç farklı sayı olduğundan, n > 3 iken, bu dizide r \ne r_1, r \ne r_2, ve r \ne r_3 olacak şekilde bir r sayısı vardır. Eğer n \mid a+r olsaydı, o zaman -a \equiv r_1 \pmod n olduğundan n \mid r - r_1 olurdu. Ancak, r ve r_1, \ge 0 ve < n olan tam sayılardır, ve eğer farkları n ile bölünebiliyorsa, o zaman r’nin tanımının aksine r = r_1 olmalıdır. Benzer bir şekilde n \nmid b+r ve n \nmid c+r olduğunu gösteririz. Böylece, k = r alabiliriz.↩︎

  40. Pozitif n tam sayıları için 2^n \ge n+1 olduğunu tümevarımla kolayca gösteririz, bu da 2^{n+1} \mid 2^{2^n} ve 2^{2^{n+1}}-1 \mid 2^{2^n}-1 anlamına gelir. Bu nedenle F_n = 2^{2^n}+1 \mid 2^{2^{n+1}}-1 \mid 2^{2^n}-1 \mid 2^{2^{n+1}}-2 = 2F_n-2, ve F_n \mid 2F_n-2, ki bu da kanıtlanması gerekendi.
    Not: T. Banachiewicz, bu ilişkinin P. Fermat’ı tüm F_n (n = 1, 2, \ldots) sayılarının asal olduğu sanısına götürdüğünden şüpheleniyordu. Fermat’ın zamanında, sözde Çin teoreminin doğru olduğu düşünülüyordu, yani bir m > 1 tam sayısı m \mid 2^m-2 ilişkisini sağlıyorsa, o zaman m’nin asal olduğunu öne süren teorem (bu, ilk birkaç yüz tam sayı için kontrol edilmişti). Ancak bu, o zamanlar bilinmeyen m = 341 = 11 \cdot 31 için çöker.↩︎