2  Aralarında Asal Sayılar

  1. Her k tam sayısı için 2k + 1 ve 9k + 4 sayılarının aralarında asal olduğunu kanıtlayınız. 2k - 1 ve 9k + 4 sayılarının OBEB’ini k’ya bağlı bir fonksiyon olarak bulunuz.1
  1. \frac{n(n+1)}{2} şeklinde olan her ikilisi aralarında asal olan sonsuz tane tam sayı bulunduğunu gösteriniz.2
  1. \frac{n(n+1)(n+2)}{6} şeklinde olan her ikilisi aralarında asal olan sonsuz tane tam sayı bulunduğunu gösteriniz.3
  1. a ve b birinden farklı tam sayılar ise, a + n ve b + n sayıları aralarında asal olacak şekilde sonsuz sayıda n tam sayısı bulunduğunu kanıtlayınız.4
  1. a, b, c birbirinden farklı tam sayılarsa, a + n, b + n, c + n sayıları ikişer ikişer aralarında asal olacak şekilde sonsuz sayıda n pozitif tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.5
  1. a + n, b + n, c + n ve d + n sayılarının ikişer ikişer aralarında asal olmamasını sağlayan hiçbir n pozitif tam sayısı olmayacak şekilde birbirinden farklı a, b, c, d pozitif tam sayıları bulunuz.6
  1. 6’dan büyük olan her tam sayının 1’den büyük ve aralarında asal olan iki tam sayının toplamı şeklinde gösterilebileceğini kanıtlayınız.7
  1. 17’den büyük olan her tam sayının ikişer ikişer aralarında asal olan 1’den büyük 3 tam sayının toplamı şeklinde yazılabileceğini ve 17’nin de bu şekilde gösterilemeyeceğini kanıtlayınız.8
  1. Her m pozitif tam sayısı için hem tek 2k çift sayısının m ile aralarında asal olan iki pozitif tam sayının farkı şeklinde yazılabileceğini kanıtlayınız.9
  1. Fibonacci dizisinin, tüm terimleri ikişer ikişer aralarında asal olan bir alt dizisinin bulunduğunu kanıtlayınız.10

  1. Her n = 1, 2, \dots için \text{OBEB}(n, 2^n + 1) = 1 olduğunu gösteriniz.11

    51a. \text{OBEB}(n, 2^n - 1) > 1 olmasını sağlayan sonsuz tane n pozitif tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız ve bunlardan en küçüğünü bulunuz.

  1. 9(2k+1) - 2(9k+4) = 1 olduğundan 2k+1 ve 9k+4 sayıları aralarında asaldır. 9k+4 = 4(2k-1) + (k+8) ve 2k-1 = 2(k+8) - 17 olduğundan, (9k+4, 2k-1) = (2k-1, k+8) = (k+8, 17)’ye sahibiz. Eğer k \equiv 9 \pmod{17} ise, (k+8, 17) = 17 olur; aksi durumda, 17 \nmid k+8’dir, dolayısıyla (k+8, 17) = 1 olur. Böylece, eğer k \equiv 9 \pmod{17} ise (9k+4, 2k-1) = 17 ve eğer k \not\equiv 9 \pmod{17} ise (9k+4, 2k-1) = 1’dir.↩︎

  2. İlk olarak, eğer m pozitif bir tam sayı olmak üzere, a_1 < a_2 < \dots < a_m şeklinde ikişerli aralarında asal m tane üçgensel sayıya sahipsek, t > a_m ve (t, a_1, a_2, \dots, a_m) = 1 olacak şekilde bir t üçgensel sayısının var olduğunu gösteriyoruz.
    Aslında, a = a_1 a_2 \dots a_m olsun; a+1 ve 2a+1 sayıları a ile aralarında asaldır. a_{m+1} = t_{2a+1} = \frac{(2a+1)(2a+2)}{2} = (a+1)(2a+1) sayısı a_m’den büyük bir üçgensel sayıdır; a ile aralarında asal olduğundan, a_1, a_2, \dots, a_m sayılarının her biriyle aralarında asaldır.
    Buradan şu sonuç çıkar: Eğer ikişerli aralarında asal üçgensel sayılardan oluşan sonlu artan bir dizimiz varsa, o zaman her zaman hepsini aşan ve onlarla aralarında asal olan bir üçgensel sayı bulabiliriz. Her zaman bu tür sayıların en küçüğünü alarak, t_1 = 1, t_2 = 3, t_4 = 10, t_{13} = 91, t_{22} = 253, \dots ikişerli aralarında asal üçgensel sayılardan oluşan sonsuz diziyi oluştururuz.↩︎

  3. İlk olarak, eğer m pozitif bir tam sayı olmak üzere, a_1 < a_2 < \dots < a_m dörtyüzlü (tetrahedral) sayıları ikişerli aralarında asalsa, o zaman T > a_m ve (T, a_1, a_2, \dots, a_m) = 1 olacak şekilde bir T dörtyüzlü sayısının var olduğunu kanıtlayacağız. Aslında, a = a_1 a_2 \dots a_n olsun. T = T_{6a+1} = (6a+1)(3a+1)(2a+1) alalım; T’nin a ile aralarında asal olduğu, dolayısıyla a_1, \dots, a_m sayılarının her biri ile aralarında asal olduğu ve T > a \ge a_m olduğu açıktır.
    Böylece, ikişerli aralarında asal dörtyüzlü sayılardan oluşan istenen artan diziyi tümevarımla tanımlayabiliriz: dizinin ilk terimi olarak T_1 = 1’i alın ve bu dizinin ilk m tane ikişerli aralarında asal dörtyüzlü sayısını tanımladıktan sonra, m+1’inciyi ilk m terimin tümünü aşan ve her biriyle aralarında asal olan en küçük dörtyüzlü sayı olarak tanımlayın. Bu şekilde, ikişerli aralarında asal dörtyüzlü sayılardan oluşan sonsuz artan diziyi elde ederiz T_1 = 1, T_2 = 4, T_5 = 35, T_{17} = 969, \dots .↩︎

  4. a ve b iki farklı tam sayı olsun. Örneğin, a < b olduğunu varsayalım ve n = (b-a)k+1-a olsun. Yeterince büyük k için, n pozitif bir tam sayı olacaktır. a+n = (b-a)k+1 ve b+n = (b-a)(k+1)+1 olur, dolayısıyla a+n ve b+n pozitif tam sayılar olacaktır. Eğer d\mid a+n ve d\mid b+n olsaydı, d\mid a-b olurdu ve d\mid a+n olduğundan, d\mid 1 de olur, bu da d=1 anlamına gelir. Böylece, (a+n, b+n) = 1.↩︎

  5. Eğer a, b, c tam sayıları farklıysa, o zaman h = (a-b)(a-c)(b-c) sayısı sıfırdan farklıdır. h \ne \pm 1 durumunda, q_1, \dots, q_s, h’nin 3’ten büyük tüm asal bölenlerini göstersin.
    a, b, c sayılarından iki veya daha fazlası çift ise, r = 1 alın, aksi takdirde r = 0 alın. Açıkça, a+r, b+r, c+r sayılarından en az ikisi tek olacaktır. Eğer a, b, c sayıları 3’e bölündüğünde üç farklı kalan veriyorsa, r_0 = 0 alın. Eğer a, b, c arasından iki veya daha fazlası 3’e bölündüğünde aynı q kalanını veriyorsa, r_0 = 1-q alın. Açıkça, a+r_0, b+r_0, c+r_0 sayılarından en az ikisi 3 ile bölünemeyecektir.
    Şimdi, i, 1, 2, \dots, s sayılarından birini göstersin. Problem 39’un ışığında (ve q_i > 3 gerçeğiyle), a+r_i, b+r_i, c+r_i sayılarından hiçbirinin q_i ile bölünmemesini sağlayan bir r_i tam sayısı vardır. Çin kalan teoremine göre, n \equiv r \pmod 2, \quad n \equiv r_0 \pmod 3, ve n \equiv r_i \pmod {q_i} \quad i = 1, 2, \dots, s \text{ için} olacak şekilde sonsuz sayıda pozitif n tam sayısı vardır.
    a+n, b+n ve c+n sayılarının ikişerli aralarında asal olduklarını göstereceğiz. Örneğin, (a+n, b+n) > 1 olduğunu varsayalım. O zaman, q\mid a+n ve q\mid b+n olacak şekilde bir q asalı var olurdu, dolayısıyla q\mid a-b, bu da q\mid h ve h \ne \pm 1 anlamına gelir. n \equiv r \pmod 2 olduğundan ve a+r, b+r, c+r sayılarından en az ikisi tek olduğundan, a+n, b+n, c+n sayılarından en az ikisi tektir ve q = 2 olamaz. Ardından, n \equiv r_0 \pmod 3 olduğundan ve a+r_0, b+r_0, c+r_0 sayılarından en az ikisi 3 ile bölünemediğinden, a+n, b+n, c+n sayılarından en az ikisi 3 ile bölünemez ve q=3 olamaz. q\mid h olduğundan, h’nin tanımı gereği, 1, 2, \dots, s dizisinden belirli bir i için q = q_i olur. Ancak, n \equiv r_i \pmod {q_i} olması ve a+r_i, b+r_i, c+r_i sayılarından hiçbirinin q_i ile bölünmemesi gerçeği göz önüne alındığında, a+n, b+n, c+n sayılarından hiçbiri q_i = q ile bölünemez; bu da q\mid a+n ve q\mid b+n varsayımıyla çelişir. Böylece, (a+n, b+n) = 1 olduğunu kanıtladık. Benzer şekilde (a+n, c+n) = 1 ve (b+n, c+n) = 1 olduğunu gösteririz. Bu nedenle a+n, b+n, ve c+n sayıları ikişerli aralarında asaldır. Bu tür n sayılarından sonsuz sayıda olduğundan, kanıt tamamlanmıştır.↩︎

  6. Bu tür sayılar örneğin a = 1, b = 2, c = 3, d = 4’tür. Aslında, tek n için, a+n ve c+n sayıları çifttir, dolayısıyla aralarında asal değildirler, ve çift n için, b+n ve d+n sayıları çifttir, dolayısıyla aralarında asal değildirler.↩︎

  7. Eğer n tek ve n > 6 ise, n = 2 + (n-2) olur, burada n-2 tek ve > 1’dir, ve (2, n-2) = 1’e sahibiz.
    n > 6 çift sayı durumu için aşağıdaki ispat A. Mąkowski’ye aittir.
    Eğer n = 4k ise, burada k tam sayısı > 1’dir (n > 6 olduğundan), o zaman n = (2k-1) + (2k+1) olur, ve 2k+1 > 2k-1 > 1’dir (k > 1 olduğundan). 2k-1 ve 2k+1 sayıları, ardışık tek sayılar olarak, aralarında asaldır.
    Eğer n = 4k+2 ise, burada k tam sayısı > 1’dir (n > 6 olduğundan), n = (2k+3) + (2k-1)’e sahibiz, burada 2k+3 > 2k-1 > 1’dir (k > 1 olduğundan). 2k+3 ve 2k-1 sayıları aralarında asaldır çünkü eğer 0 < d\mid 2k+3 ve d\mid 2k-1 ise, o zaman d\mid (2k+3)-(2k-1) veya d\mid 4’tür. Şimdi, d tek bir sayının böleni olarak tek olmalıdır, dolayısıyla d=1’dir, ve (2k+3, 2k-1) = 1’dir.↩︎

  8. Eğer n çift ve > 8 ise, o zaman n = 6k, n = 6k+2 veya n = 6k+4’tür, ve ilk iki durumda k tam sayısı > 1’dir, ve üçüncü durumda k pozitif bir tam sayıdır. Formüller 6k = 2+3+(6(k-1)+1), \quad 6k+2 = 3+4+(6(k-1)+1), 6k+4 = 2+3+(6k-1) n’nin, ikişerli olarak aralarında asal olan üç pozitif tam sayının toplamı olduğunu kolayca gösterir.
    Şimdi n’nin tek ve > 17 olduğunu varsayalım. Altı durumu ele alıyoruz: n = 12k+1, n = 12k+3, n = 12k+5, n = 12k+7, n = 12k+9, ve n = 12k+11, burada ilk üç durumda k tam sayısı > 1’dir, ve son üç durumda k pozitif bir tam sayıdır. Elimizde 12k-1 = (6(k-1)-1)+(6(k-1)+5)+9, var, burada 6(k-1)-1, 6(k-1)+5, ve 9 sayıları > 1’dir ve aralarında asaldır; aslında, ilk ikisi 3’e bölünemez, ve d\mid 6(k-1)-1 ve d\mid 6(k-1)+5 olması d\mid 4’ü gerektireceğinden aralarında asaldırlar, oysa ele alınan sayılar tektir.
    Eğer n = 12k+3 ise, o zaman n = (6k-1)+(6k+1)+3’e sahibiz;
    eğer n = 12k+5 ise, o zaman n = (6k-5)+(6k+1)+9’a sahibiz;
    eğer n = 12k+7 ise, o zaman n = (6k+5)+(6k-1)+3’e sahibiz;
    eğer n = 12k+9 ise, o zaman n = (6k-1)+(6k+1)+9’a sahibiz;
    eğer n = 12k+11 ise, o zaman n = (6(k+1)-5)+(6(k+1)+1)+3’e sahibiz, ve her durumda üç terimin > 1 olduğunu ve ikişerli olarak aralarında asal olduğunu kolayca kontrol ederiz.
    17 sayısı istenen özelliğe sahip değildir çünkü 17 = a+b+c durumunda, üç sayının da (> 1 ve ikişerli aralarında asal olarak) a, b, c’nin tek ve farklı olması gerekirdi. Ancak, 3+5+7 = 15 < 17, 3+5+11 > 17’ye sahibiz, ve 3 < a < b < c durumunda, a \ge 5, b \ge 7, c \ge 9’a sahibiz, dolayısıyla a+b+c \ge 5+7+9 = 21 > 17, bu da 17’nin istenen özelliğe sahip olmadığını gösterir.↩︎

  9. A. Schinzel’in bir fikrine dayanan (bkz. (Schinzel 1959)) ispatı sunacağız. k verilmiş bir pozitif tam sayıyı göstersin ve m, asal kuvvetlere açılımı m = q_1^{a_1} q_2^{a_2} \dots q_s^{a_s} olan pozitif tam sayı olsun. f(x) = x(x+2k) olsun ve i, 1, 2, \dots, s sayılarından birini göstersin. Tüm x tam sayıları için q_i | x(x+2k) olamaz, çünkü o zaman x=1 için q_i | 2k+1 olurdu, ve x = -1 için q_i | 2k-1 olurdu, ve q_i | (2k+1) - (2k-1) = 2 olurdu, ki bu q_i | 2k+1 (ve sonuç olarak q_i \nmid 1) olması göz önüne alındığında imkansızdır. Bu nedenle, q_i \nmid x_i(x_i+2k) = f(x_i) olacak şekilde bir x_i tam sayısı mevcuttur. Çin kalan teoremine göre, i=1, 2, \dots, s için x_0 \equiv x_i \pmod{q_i} olacak şekilde pozitif bir x_0 tam sayısı vardır, bu da i = 1, 2, \dots, s için f(x_0) \equiv f(x_i) \not\equiv 0 \pmod{q_i} sonucunu verir. Dolayısıyla, i=1, 2, \dots, s için (f(x_0), q_i) = 1’e sahibiz, ki bu (m’nin asal çarpanlara açılımı göz önüne alındığında) (f(x_0), m) = 1 veya (x_0(x_0+2k), m) = 1 verir. Böylece, eğer a = x_0+2k, b = x_0 alırsak, 2k = a-b’ye sahip oluruz, burada (a, m) = 1, (b, m) = 1’dir, ki bu da teoremi ispatlar.
    NOT. a ve b’ye m’nin keyfi katlarını eklemek 2k = a-b ve (ab, m) = 1 gerçeğini değiştirmediğinden, her m için, her çift sayının m ile aralarında asal olan pozitif tam sayıların farkı olarak sonsuz sayıda farklı şekilde temsil edilebileceğini ispatladık.
    Her çift sayının iki asalın farkı olup olmadığını bilmiyoruz. A. Schinzel’in asal sayılar üzerine belirli bir sanısından (Schinzel ve Sierpiński 1958a), her çift sayının iki asalın farkı olarak sonsuz sayıda farklı şekilde temsil edilebileceği sonucu çıkar.↩︎

  10. A. Rotkiewicz tarafından verilen ispatı sunacağız. Eğer u_n Fibonacci dizisinin n’inci terimi ise, ve m ile n pozitif tam sayılar ise, o zaman (u_m, u_n) = u_{(m, n)}’dir (bkz. (Sierpiński 1958b), s. 280, problem 5]). u_1 = 1 olduğundan, eğer p_k, k’ıncı ardışık asalı gösteriyorsa, u_{p_1}, u_{p_2}, u_{p_3}, \dots artan sonsuz dizisinin herhangi iki teriminin aralarında asal olduğunu görürüz. p_k yerine 2^{2^k}+1 alabiliriz, zira m ve n \ne m pozitif tam sayıları için (2^{2^m}+1, 2^{2^n}+1) = 1 olduğu iyi bilinmektedir.↩︎

  11. F_n = 2^{2^n}+1 (n = 1, 2, \dots) sayısının > 1 olan her böleninin, 2^{n+2}k+1 formunda olduğunu biliyoruz, burada k pozitif bir tam sayıdır (örneğin, bkz. (Sierpiński 1964a), s. 343, Teorem 5). Pozitif n ve k tam sayıları için 2^{n+2}k+1 \ge 2^{n+2}+1 > n olduğundan, F_n’nin tüm > 1 bölenleri > n olmalıdır, dolayısıyla (n, F_n) = 1’dir, ki bu da ispatlanması gerekendi.
    51a. n = 1, 2, 3, 4, 5 için (n, 2^n-1) = 1 olduğunu kolayca kontrol ederiz, (6, 2^6-1) = 3’tür. k = 1, 2, \dots için 3|2^6-1|2^{6k}-1’e sahibiz, dolayısıyla k = 1, 2, \dots için (6k, 2^{6k}-1) \ge 3’tür. Bu tür en küçük n sayısı 6’ya eşittir.↩︎