3  Aritmetik Diziler

  1. Pozitif tam sayılardan oluşan ve tüm terimleri ikişer ikişer aralarında asal olan ve terim sayısı yeterince önceden verilen herhangi bir n sayısından büyük olan bir aritmetik dizi bulunduğunu kanıtlayınız.1
  1. Her k pozitif tam sayısı için, pozitif tam bölenlerinin sayısı k’yı bölen tüm n sayıları kümesinin bir sonsuz aritmetik dizi içerdiğini kanıtlayınız.2
  1. x(x + 1), y(y + 1), z(z + 1) sayıları artan aritmetik dizi oluşturacak şekilde sonsuz sayıda x, y, z pozitif tam sayı üçlüsünün bulunduğunu kanıtlayınız.3
  1. Kenarları bir aritmetik dizi oluşturma tam sayılar olan tüm dik üçgenleri bulunuz.4
  1. Pozitif tam sayılardan oluşan, hiçbir üçgen \left(\frac{n(n+1)}{2}\right) sayısını içermeyen ve farkı en küçük olan artan bir aritmetik dizi bulunuz.5
  1. a ve b pozitif tam sayılar olmak üzere ak + b (k = 0, 1, 2, \dots) aritmetik dizisinin sonsuz tane tam kare içermesi için gerek ve yeterli koşulu bulunuz.6

  1. Birbirinden farklı pozitif tam sayılardan oluşan ve her terimi bir pozitif tam sayının 1’den büyük dereceden kuvvetine eşit olan ve terim sayısı önceden verilen n sayısından büyük olan bir aritmetik dizi bulunduğunu kanıtlayınız. 7

  2. Birbirinden farklı pozitif tam sayılardan oluşan ve her terimi bir pozitif tam sayının 1’den büyük dereceden kuvvetine eşit olan sonsuz bir aritmetik dizi bulunmadığını kanıtlayınız. 8

  3. Her biri bir pozitif tam sayının 1’den büyük dereceden kuvvetine eşit olan dört ardışık sayı bulunmadığını kanıtlayınız. 9

  4. Pozitif tam sayılardan oluşan her artan aritmetik dizinin bileşik sayılardan oluşan, önceden verilen n’den fazla sayıda ardışık teriminin bulunduğunu kanıtlayınız. 10

  5. a ve b aralarında asal pozitif tam sayılarsa her m pozitif tam sayısı için ak + b (k = 0, 1, 2, \dots) aritmetik dizisinin m ile aralarında asal olan sonsuz sayıda terimi bulunduğunu kanıtlayınız. 11

  6. Her s pozitif tam sayısı için pozitif tam sayılardan oluşan her artan aritmetik dizide önceden verilen herhangi s tane rakamla başlayan terimlerinin bulunduğunu kanıtlayınız.12

  1. Fibonacci dizisinin üç teriminden oluşan tüm artan aritmetik dizileri bulunuz ve bu dizinin dört teriminden oluşan hiçbir artan aritmetik dizi bulunmadığını kanıtlayınız. 13

  2. Tam sayılardan oluşan, Fibonacci dizisinin hiçbir terimini içermeyen ve farkı en az olan bir artan aritmetik dizi bulunuz.14

  1. a ve b aralarında asal pozitif tam sayılar olmak üzere ak + b (k = 0, 1, 2, \dots) şeklinde olan ve Fibonacci dizisinin hiçbir terimini içermeyen bir aritmetik dizi bulunuz.15
  1. a ve b aralarında asal pozitif tam sayılar olmak üzere ak + b (k = 0, 1, 2, \dots) şeklinde olan her aritmetik dizinin ikişer ikişer aralarında asal olan sonsuz sayıda teriminin bulunduğunu kanıtlayınız.16
  1. a ve b pozitif tam sayılar olmak üzere her ak + b (k = 0, 1, 2, \dots) aritmetik dizisinde asal çarpanları aynı olan sonsuz tane terim bulunduğunu kanıtlayınız.17
  1. a ve b pozitif tam sayılar olmak üzere her ak + b (k = 0, 1, 2, \dots) aritmetik dizisi ve her s pozitif tam sayısı için, s tane birbirinden farklı asal sayının çarpanına eşit olan sonsuz tane terim bulunduğunu kanıtlayınız.18
  1. Farkı 10 olan ve sadece asal sayılardan oluşan en az 3 terimli tüm aritmetik dizileri bulunuz.19
  1. Farkı 100 olan ve sadece asal sayılardan oluşan en az 3 terimli tüm aritmetik dizileri bulunuz.20
  1. Sadece asal sayılardan oluşan, 10 terimli ve son terimi en küçük olan artan bir aritmetik dizi bulunuz.21
  1. Pozitif tam sayılardan oluşan ve hiçbir terimi iki asal sayının ne toplamı, ne de farkı şeklinde gösterilemeyen artan bir sonsuz aritmetik dizi bulunuz.22

  1. m verilmiş bir tam sayı > 1 olsun. k=1, 2, \dots, m için m!k+1 sayıları, k < l \le m olacak şekilde pozitif k ve l tam sayıları için aralarında asaldır. Eğer d > 1, m!k+1 ve m!l+1’in ortak böleni olsaydı, d \mid l(m!k+1) - k(m!l+1) = l-k’ye sahip olurduk, dolayısıyla 1 < d < m ve d \mid m!’dir. Bu, d \mid m!k+1 olması göz önüne alındığında, d\mid 1’i verir, ki bu da d > 1 varsayımıyla çelişir.↩︎

  2. Gerekli özellik, 2^k t + 2^{k-1} (t = 0, 1, 2, \dots) aritmetik dizisinin tüm terimleri tarafından sağlanır, çünkü n = 2^k t + 2^{k-1}’in asal çarpanlara açılımında 2 sayısı k-1 üssü ile girer; pozitif tam sayı bölenlerinin sayısı için iyi bilinen formülden, n sayısının pozitif tam sayı bölenlerinin sayısının k ile bölünebildiği hemen anlaşılır.↩︎

  3. Gerekli özellik, keyfi bir pozitif x tam sayısı için ve y = 5x+2, z = 7x+3 için geçerlidir, çünkü bu durumda x(x+1) = x^2+x, \quad y(y+1) = 25x^2+25x+6, \quad z(z+1) = 49x^2+49x+12 sayıları, 24x^2+24x+6 farkıyla bir aritmetik dizi oluşturur.
    NOT. x, y, z, t gibi artan dört pozitif tam sayının x(x+1), y(y+1), z(z+1) ve t(t+1) sayılarının bir aritmetik dizi oluşturacak şekilde bulunmadığı gösterilebilir, çünkü o zaman bu sayılardan dört kat daha büyük ve bir artırılmış sayılar, yani (2x+1)^2, (2y+1)^2, (2z+1)^2 ve (2t+1)^2 de bir aritmetik dizi oluştururdu, bu da Fermat teoremine aykırıdır; Fermat teoremine göre bir aritmetik dizi oluşturan dört farklı tam sayının karesi yoktur (ispat W. Sierpiński’nin kitabında bulunabilir Sierpiński (1964a), s. 74, teorem 8).↩︎

  4. Eğer bir dik üçgenin kenarları bir aritmetik dizi oluşturuyorsa, o zaman bunları b-r, b ve b+r olarak gösterebiliriz, burada b ve r pozitif tam sayılardır, ve (b-r)^2+b^2 = (b+r)^2’ye sahibiz, dolayısıyla b = 4r’dir, bu da kenarları 3r, 4r ve 5r olan dik üçgeni verir, burada r keyfi bir pozitif tam sayıdır. Böylece, kenarları bir aritmetik dizi oluşturan tam sayılar olan tüm dik üçgenler, kenarları 3, 4, 5 olan üçgenin tam sayı katları alınarak elde edilir.↩︎

  5. t_n = \frac{1}{2}n(n+1) üçgensel sayıları n = 4u+1 (u=0, 1, 2, \dots) için tek ve 4\mid n için çifttir. Dolayısıyla, farkı 2 olan her iki dizi de sonsuz sayıda üçgensel sayı içerir. Öte yandan, 3k+2 (k=0, 1, 2, \dots) dizisi hiçbir üçgensel sayı içermez, çünkü eğer 3\mid n ise, o zaman 3\mid t_n; benzer şekilde, u=0, 1, 2, \dots için n=3u+2 ise, o zaman 3\mid t_n; son olarak, u=0, 1, 2, \dots için n=3u+1 ise, o zaman t_n = 9 \frac{u(u+1)}{2} + 1’dir, dolayısıyla 3’e bölünmesi 1 kalanını verir.↩︎

  6. b’nin a modülüne göre bir kuadratik (ikinci dereceden) kalan olması gerekli ve yeterlidir. Aslında, eğer bazı pozitif x tam sayısı ve bazı k \ge 0 tam sayısı için x^2 = ak+b’ye sahipsek, o zaman x^2 \equiv b \pmod{a}’dır ve b, a modülüne göre bir kuadratik kalandır. Tersine, eğer b, a modülüne göre bir kuadratik kalan ise, o zaman x^2 \equiv b \pmod{a} olacak şekilde sonsuz sayıda pozitif x tam sayısı vardır, dolayısıyla x^2 = ak+b’dir, burada k bir tam sayıdır, ve sonuç olarak yeterince büyük x için pozitiftir.↩︎

  7. A. Schinzel’in ispatını sunacağız. p_k, k’ıncı ardışık asalı göstersin. s keyfi bir pozitif tam sayı olsun ve P = p_1 p_2 \dots p_s olsun. Çin kalan teoremine göre, her k \le s pozitif tam sayısı için a_k \equiv 0 \pmod{P/p_k} ve a_k \equiv -1 \pmod{p_k} olacak şekilde bir a_k pozitif tam sayısı mevcuttur. Q = 1^{a_1} 2^{a_2} \dots s^{a_s} alalım. kQ sayıları (k = 1, 2, \dots, s), s terimli artan bir aritmetik dizi oluşturur. a_k sayılarının tanımına göre (k=1, 2, \dots, s), p_k \mid a_k+1’e sahibiz ve n, s’den büyük pozitif bir tam sayı olmak üzere, eğer k \ne n ise p_j \mid a_k’dir. Sayılar Q_k = k Q^{(k+1)/P_k} \prod_{n=1 \atop n \ne k}^s n^{a_n / p_k} doğaldır, ve k = 1, 2, \dots, s için kQ = Q_k^{p_k} olduğunu kolayca görürüz, bu nedenle kQ sayıları (k=1, 2, \dots, s), tam sayı üsleri > 1 olan tam sayıların kuvvetleridir.↩︎

  8. İstenen teorem, açıkça, her sonsuz artan tam sayı aritmetik dizisinde, herhangi bir tam sayının > 1 tam sayı üslü bir kuvveti olmayan bir terimin var olduğu teoremine denktir. Dolayısıyla, a ve b pozitif tam sayılar olmak üzere, ak+b (k = 0, 1, 2, \dots) sonsuz bir aritmetik dizi olsun. p > a+b olan bir p asalı mevcuttur. (a, p^2) = 1 olduğundan, ax - p^2 y = 1 denkleminin pozitif x, y tam sayılarında bir çözümü vardır. k = (p-b)x olsun; bu pozitif bir tam sayı olacaktır (çünkü p > b), ve ak+b = p^2 y(p-b)+p’ye sahip olacağız. Böylece, dizimizin ak+b terimi p^2’ye bölünemez, ve bu nedenle > 1 tam sayı üssü olan pozitif bir tam sayının kuvveti olamaz.↩︎

  9. Her dört ardışık pozitif tam sayıdan biri, k \ge 0 bir tam sayı olmak üzere, 4k+2 formunda olmalıdır. 4’e bölünemeyen bir çift sayı olan böyle bir sayı, > 1 tam sayı üssü olan pozitif bir tam sayının kuvveti olamaz.
    NOT. A. Mąkowski, her biri pozitif bir tam sayının > 1 tam sayı üslü bir kuvveti olan üç ardışık pozitif tam sayı olmadığını ispatlamıştır, ancak ispat zordur (Khatri 1962). Bununla birlikte, her biri pozitif bir tam sayının > 1 tam sayı üslü bir kuvveti olan iki ardışık sayı mevcuttur. Bu tür sayılar, örneğin, 2^3 = 8, 3^2 = 9’dur. Bu tür tam sayıların başka çiftlerinin olup olmadığına dair Catalan problemi açıktır. S. Hyyrö (Hyyro 1964), böyle herhangi bir çiftte her iki tabanın da > 10^{11} olduğunu ispatlamıştır.↩︎

  10. Çözüm doğrudan Problem 58’den gelmektedir, ancak daha basit bir yolla da ispatlanabilir. m > 1 bir tam sayı olsun, ve q_i (i=1, 2, \dots, m), a < q_1 < q_2 < \dots < q_m olacak şekilde asallar olsun. Çin kalan teoremine göre, j=1, 2, \dots, m için ax \equiv -b-aj \pmod{q_j^2} olacak şekilde pozitif bir x tam sayısı mevcuttur. Böylece j=1, 2, \dots, m için q_j^2 \mid a(x+j)+b’dir. Dolayısıyla, ak+b dizisinin m ardışık terimi, yani j=1, 2, \dots, m için a(x+j)+b terimleri, bileşik sayıdır.↩︎

  11. Elbette, m’nin > 1 bir tam sayı olduğunu varsayabiliriz. P, m’nin a’nın bölenleri olan tüm asal bölenlerinin çarpımını göstersin, ve eğer böyle bölenler yoksa P = 1 olsun. Q, m’nin b’nin bölenleri olan tüm asal bölenlerinin çarpımını göstersin, ve eğer böyle bölenler yoksa Q = 1 olsun. (a, b) = 1 olduğundan, (P, Q) = 1’e sahibiz. Son olarak, R, m’nin a veya b’yi bölmeyen tüm asal bölenlerinin çarpımını göstersin, ve eğer böyle bölenler yoksa, R = 1 olsun. Açıkça, (R, P) = 1 ve (R, Q) = 1’e sahibiz. (aPR+b, m) = 1 olduğunu göstereceğiz. Aslında, eğer doğru olmasaydı, p\mid m ve p\mid aPR+b olacak şekilde bir p asalı var olurdu. Eğer p\mid P olsaydı, o zaman p\mid aPR+b ifadesi p\mid b’yi gerektirirdi, dolayısıyla p\mid Q, bu da (P, Q) = 1 gerçeğiyle çelişir. Eğer p\mid Q olsaydı, o zaman p\mid b’ye sahip olurduk, dolayısıyla p\mid aPR, ki bu imkansızdır çünkü (a, b) = 1, (b, P) = 1, (b, R) = 1’dir. Son olarak, eğer p\mid R olsaydı, p\mid b’ye sahip olurduk, dolayısıyla p\mid Q, bu da (R, Q) = 1 gerçeğiyle çelişir. Böylece, (aPR+b, m) = 1’i ispatladık, ve buradan k=0, 1, \dots için (a(km+PR)+b, m) = 1 sonucu çıkar. Bu nedenle, dizimiz m ile aralarında asal olan sonsuz sayıda terim içerir, ki bu da ispatlanması gerekendi.↩︎

  12. Dizimizin ilk terimi b ve farkı a olsun; böylece a ve b sayıları pozitif tam sayılardır. b’nin a’ya bölünmesinden kalanı ele alalım; bu nedenle, t \ge 0 bir tam sayı ve 0 \le r < a olacak şekilde r bir tam sayı olmak üzere b = at+r’ye sahibiz. s keyfi bir pozitif tam sayı olsun, ve c_1 \ne 0 olmak üzere c_1, c_2, \dots, c_s keyfi bir ondalık basamak dizisi olsun. N, ardışık basamakları c_1, c_2, \dots, c_s olan s basamaklı tam sayıyı göstersin.
    Açıkça, 10^n > 2a(t+1) olacak şekilde pozitif bir n tam sayısı mevcuttur. N 10^n / a - t sayısı > 1 olacaktır.
    k, N 10^n / a - t’den büyük en küçük pozitif tam sayı olsun; böylece, k-1 \le N 10^n / a - t’ye sahip olacağız, dolayısıyla k+1 \le \frac{N 10^n}{a} + 2 - t < \frac{(N+1)10^n}{a} - t çünkü 10^n > 2a’dir. Bu nedenle N 10^n < a(k+t) < ak+at+r = ak+b < a(k+t+1) < (N+1)10^n = N 10^n + 10^n’ye sahibiz ve buradan ak+b sayısının ilk s basamağının, N sayısının ilk s basamağıyla aynı olduğu, yani c_1, c_2, \dots, c_s basamakları olduğu sonucu çıkar.↩︎

  13. Eğer Fibonacci dizisinin u_k, u_l, u_m terimleri bir aritmetik dizi oluşturuyorsa, o zaman u_l > 1 olmalıdır, ve dolayısıyla l > 2’dir (u_2 = 1 olduğundan), ve m > 3’tür. Dahası, u_m = u_l + (u_l - u_k)’dir, ki bu da u_m < u_l + u_l = u_l + u_{l-1} + u_{l-2} < u_l + u_{l-1} + u_l = u_{l+1} + u_{l-2} anlamına gelir ve buradan u_m < u_{l+1} sonucu çıkar. Öte yandan, u_m > u_l’dir, dolayısıyla u_m \ge u_{l+1}’dir. Ve u_k < u_l’ye sahip olmalıyız. Bu nedenle (l > 2 olduğundan) m = l+1’e sahibiz. Böylece u_m = 2u_l - u_k = u_{l+1} = u_l + u_{l-1}’e sahibiz, ki bu da u_l - u_k = u_{l-1} anlamına gelir. Dolayısıyla, eğer Fibonacci dizisinin u_k, u_l, u_m terimleri artan bir aritmetik dizi oluşturuyorsa, l > 2, k = l-2 ve m = l+1 olmalıdır. Öte yandan, herhangi bir l > 1 tam sayısı için u_{l-1}, u_{l+1} ve u_{l+2} sayıları u_l farkıyla bir aritmetik dizi oluşturur. Eğer n, > l+1 bir tam sayı olsaydı, n \ge l+2’ye sahip olurduk, dolayısıyla u_n \ge u_{l+2}’dir. ve u_n - u_{l+1} \ge u_{l+2} - u_{l+1} = u_l > u_{l-1}’dir (l > 2 olduğundan). Buradan, Fibonacci dizisinin bir aritmetik dizi oluşturan dört teriminin olmadığı sonucu çıkar.↩︎

  14. Biliyoruz ki, eğer m pozitif bir tam sayı ise, o zaman Fibonacci dizisinin ardışık terimlerinin m’ye bölünmesinden elde edilen kalanlar, saf periyotlu periyodik bir dizi oluşturur (Sierpiński 1958b, 279, problem 3). m = 2, 3, 4, 5, 6, 7 için, Fibonacci dizisinin terimlerinin m’ye bölünmesinden elde edilen kalanlar sırasıyla şöyledir (burada tümünü değil, sadece ilk birkaç kalanı gösteriyoruz):
    m = 2 için: 1, 1, 0, ,
    m = 3 için: 1, 1, 2, 0, ,
    m = 4 için: 1, 1, 2, 3, 1, 0, ,
    m = 5 için: 1, 1, 2, 3, 0, 3, 3, 1, 4, ,
    m = 6 için: 1, 1, 2, 3, 5, 2, 1, 3, 4, 1, 5, 0, ,
    m = 7 için: 1, 1, 2, 3, 5, 1, 6, 0, 6, 6, 5, 4, ,
    m \le 7 olan her pozitif tam sayı için m modülüne göre tüm olası kalanlar yukarıdaki dizilerde göründüğünden, farkı m \le 7 olan aritmetik dizilerin her birinin Fibonacci dizisinin sonsuz sayıda terimini içerdiğini görüyoruz.
    Şimdi 8k+4 (k = 0, 1, 2, \dots) dizisinin Fibonacci dizisinin hiçbir terimini içermediğini göstereceğiz.
    u_1 = u_2 = 1 ve n = 1, 2, \dots için u_{n+2} = u_n + u_{n+1} olduğundan, u_1, u_2, \dots, u_{14} sayılarının 8’e bölünmesinden aşağıdaki kalanları verdiğini kolayca görürüz:
    1, 1, 2, 3, 5, 0, 5, 5, 2, 7, 1, 0, 1, 1. Buradan 8\mid u_{13}-u_1 ve 8\mid u_{14}-u_2 sonucu çıkar. Böylece, n = 1 için 8\mid u_{n+12}-u_n ve 8\mid u_{n+13}-u_{n+1}’e sahibiz. Şimdi bu iki formülün bazı pozitif n tam sayıları için geçerli olduğunu varsayalım. O zaman 8\mid u_{n+12}+u_{n+13}-(u_n+u_{n+1}) veya 8\mid u_{n+14}-u_{n+2}’ye sahibiz (8\mid u_{n+13}-u_{n+1} olduğundan). Tümevarım yoluyla n = 1, 2, \dots için 8\mid u_{n+12}-u_n sonucu çıkar, ki bu da Fibonacci dizisinin 8 modülüne göre ardışık kalanlar dizisinin periyodik olduğunu ve on iki terimlik saf bir periyoda sahip olduğunu gösterir.
    8 modülüne göre ilk on dört kalandan, bu kalanların sadece 0, 1, 2, 3, 5 ve 7 olabileceğini görüyoruz. Dolayısıyla 4 veya 6 kalanı yoktur, bu da 8k+4 ve 8k+6 dizilerinin Fibonacci dizisinin hiçbir terimini içermediğini gösterir. Bunlar, istenen özelliğe sahip ve mümkün olan en küçük farka sahip tam sayı terimli dizilerdir.↩︎

  15. 11k+4 (k=0, 1, 2, \dots) dizisi istenen özelliğe sahiptir. Problem 65’in çözümünde olduğu gibi, kolay bir tümevarımla n=1, 2, \dots için 11 | u_{n+10} - u_n olduğunu kanıtlarız. Buradan, Fibonacci dizisinin 11 modülüne göre kalanlar dizisinin periyodik olduğu ve periyodunun 10 olduğu sonucu çıkar; bu diziyi kolayca 1, 1, 2, 3, 5, 8, 2, 10, 1, 0, \dots olarak buluruz. 4 sayısı (ve ayrıca 6, 7 ve 9) bu dizide görünmez.↩︎

  16. Dizimizin n terimine sahip olduğumuzu varsayalım ak_1+b, ak_2+b, \dots, ak_n+b, bunlar ikişerli olarak aralarında asaldır (n=1 için k_1=1 alabiliriz). m = (ak_1+b)(ak_2+b) \dots (ak_n+b) olsun. Problem 62’den, (ak_{n+1}+b, m) = 1 olacak şekilde pozitif bir k_{n+1} tam sayısının var olduğu sonucu çıkar, dolayısıyla i=1, 2, \dots, n için (ak_{n+1}+b, ak_i+b) = 1’dir. Sayıları ak_1+b, ak_2+b, \dots, ak_n+b, ak_{n+1}+b bu nedenle ikişerli olarak aralarında asaldır. Böylece tümevarımla, ak_i+b (i=1, 2, \dots) dizisinin orijinal aritmetik dizinin sadece aralarında asal terimlerini içermesini sağlayan sonsuz k_1, k_2, \dots dizisini tanımlamış olduk.↩︎

  17. d = (a, a+b) olsun. Böylece a = da_1, a+b = dc olur, burada (a_1, c) = 1 ve c > 1’dir (d \le a iken dc = a+b > a olduğundan). (a_1, c) = 1 ve Euler teoremi göz önüne alındığında, c^{\phi(a_1)} \equiv 1 \pmod{a_1} elde ederiz, dolayısıyla n tam sayısı için c^{n\phi(a_1)} \equiv 1 \pmod{a_1} olur. Bu nedenle, c^{n\phi(a_1)} - 1 = t_n a_1 olacak şekilde bir t_n pozitif tam sayısı vardır, ki bu (c > 1 ve n keyfi olarak büyük olduğundan) keyfi olarak büyük yapılabilir. Dahası, elimizde şu var: a(ct_n+1)+b = da_1ct_n + dc = dc^{n\phi(a_1)+1}. Dizimizin (keyfi olarak büyütülebilen) a(ct_n+1)+b terimi, bu nedenle, dc > 1 sayısının asal bölenleri olan ve sadece o asal bölenlere sahiptir. Böylece, dizimizde aynı asal bölen kümesine sahip sonsuz çoklukta terim mevcuttur, ki bu da kanıtlanması gerekendi (bkz. Pólya (1918)).↩︎

  18. Lejeune-Dirichlet teoreminden, s=1 için teoremin doğru olduğu hemen anlaşılır. Şimdi teoremin bir s pozitif tam sayısı için doğru olduğunu varsayalım. Bu durumda, q_1 < q_2 < \dots < q_s asal olmak üzere ak_0+b = q_1q_2 \dots q_s olacak şekilde bir k_0 sayısı mevcuttur. asallar. Lejeune-Dirichlet teoremine göre, ak+1 = q’nun q > q_s olacak şekilde bir asal sayı olmasını sağlayan sonsuz sayıda k tam sayısı vardır. t = q_1q_2 \dots q_s k + k_0 için şunu elde ederiz: at+b = q_1q_2 \dots q_s ak + ak_0 + b = q_1q_2 \dots q_s (ak+1) = q_1q_2 \dots q_s q. Dolayısıyla teorem s+1 için de doğrudur. Tümevarım yoluyla, teoremin her pozitif s tam sayısı için doğru olduğu sonucu çıkar, ki bu da kanıtlanması gerekendi.↩︎

  19. Eğer p bir asalsa, o zaman p, p+10 ve p+20 sayılarından biri 3’e bölünmelidir (çünkü p+10 \equiv p+1 \pmod 3 ve p+20 \equiv p+2 \pmod 3’tür ve her üç ardışık tam sayıdan biri 3’e bölünmelidir). Dolayısıyla, eğer bu üç sayımızın tümü asalsa, o zaman bunlardan biri, yani en küçüğü, 3’e eşit olmalıdır ve p = 3, p+10 = 13, p+20 = 23 elde ederiz. Bu nedenle, farkı 10 olan ve üç asaldan oluşan yalnızca bir aritmetik dizi vardır, yani 3, 13, 23. Farkı 10 olan ve dört (veya daha fazla) asaldan oluşan hiçbir aritmetik dizinin olmadığını kolayca gösterebiliriz, çünkü eğer p, p+10, p+20 ve p+30 asal olsaydı, o zaman gösterdiğimiz gibi, p=3 olurdu, ancak p+30 = 33 = 3 \cdot 11 bir asal değildir.
    NOT. A. Schinzel’in asallara ilişkin belirli bir sanısından (Schinzel ve Sierpiński 1958a), p+10’un da asal olmasını sağlayan sonsuz sayıda p asalının var olduğu sonucu çıkar; örneğin 7 ve 17, 13 ve 23, 19 ve 29, 31 ve 41, 37 ve 47, 61 ve 71, 73 ve 83, 79 ve 89.↩︎

  20. p, p+100 ve p+200 sayılarından birinin 3’e bölünmesi gerektiğinden ve eğer bu sayılar asalsa, p = 3 olması gerektiğinden, bu tür diziler yoktur. Ancak bu durumda p+200 = 203 = 7 \cdot 29 bileşik sayıdır.
    NOT. Benzer bir şekilde, 1003 = 17 \cdot 53 bileşik olduğundan, üç veya daha fazla asaldan oluşan ve farkı 1000 olan hiçbir dizinin bulunmadığını gösteririz. Öte yandan, A. Schinzel’in bir sanısından (Schinzel ve Sierpiński 1958a) p+1000’in de asal olmasını sağlayan sonsuz sayıda p asalının var olduğu sonucu çıkar; örneğin 13 ve 1013, 19 ve 1019, 31 ve 1031, 61 ve 1061, 97 ve 1097, 103 ve 1103, 1039 ve 2039.↩︎

  21. Eğer dizimizin farkı tek olsaydı, o zaman dizimizin her ikinci terimi çift olurdu; bu ise dizimizin on asaldan oluşması isteniyorsa imkansızdır. Dolayısıyla, fark çift olmalıdır. Eğer ilk terim 2’ye eşit olsaydı, o zaman bir sonraki terim çift olurdu ve dolayısıyla bileşik olurdu. Bu nedenle, dizimizin ilk terimi tek bir asaldır ve buradan tüm terimlerin tek asal olması gerektiği sonucu çıkar. Esasen M. Cantor’a ait olan şu teoremi kullanacağız: Eğer bir aritmetik dizinin n terimi tek asalsa, o zaman dizinin farkı n’den küçük her asal sayıya bölünür (bkz, örneğin, Sierpiński (1964a), s. 121, teorem 5). n=10 için, dizimizin farkının 2, 3, 5 ve 7’ye, dolayısıyla 210’a bölünmesi gerektiği sonucu çıkar. Önce, 10 asaldan oluşan ve farkı 210 olan bir aritmetik dizi bulmaya çalışacağız.
    210 sayısı (dizimizin farkı) 2, 3, 5 ve 7’ye bölündüğünden, ilk terim bu asallardan hiçbirine eşit olamaz. 11’e de eşit olamaz, çünkü bu durumda ikinci terim 221 = 13 \cdot 17 olurdu. Dolayısıyla dizinin ilk terimi > 11’dir ve terimlerin hiçbiri 11’e bölünmez. 210’un 11’e bölümünden kalan 1’dir. Eğer ilk terim 11’e bölündüğünde > 1 kalanını verseydi, o zaman her sonraki terimde bu kalan 1 artardı ve dizinin terimlerinden biri 11’e bölünürdü ki bu imkansızdır. Bu nedenle, dizinin ilk terimi 11’e bölündüğünde 1 kalanını vermelidir ve tek olduğundan, k pozitif bir tam sayı olmak üzere 22k+1 formunda olmalıdır. Bu formdaki ardışık asallar 23, 67, 89, 199, \dots şeklindedir.   İlk terim 23 olamaz, çünkü o zaman altıncı terim 1073 = 29 \cdot 37 olurdu. Eğer ilk terim 67 olsaydı, o zaman dördüncü terim 697 = 17 \cdot 41 olurdu. Eğer ilk terim 87 olsaydı, o zaman ikinci terim 229 = 13 \cdot 23 olurdu. Ancak, ilk terim 199 ise, on ardışık asaldan oluşan bir dizi elde ederiz 199, 409, 619, 829, 1039, 1249, 1459, 1669, 1879, 2089. Böylece farkı 210 olan ve on asaldan oluşan bir dizi bulmuş olduk. Şimdi, farkı 210’dan farklı bir r olan ve on asaldan oluşan artan bir aritmetik dizimiz olduğunu varsayalım. O zaman r (Cantor teoremine göre) 210’a bölünmelidir ve 210’dan farklı olduğundan, r \ge 420 olmalıdır. Ancak bu durumda, dizimizin ikinci terimi 420’yi aşacaktır, dolayısıyla bizim bulduğumuz dizinin ikinci terimi olan 409’u aşacaktır ve açıkçası sonraki terimler de bulduğumuz dizinin terimlerini aşacaktır. Dolayısıyla, ilk terimi 199 ve farkı 210 olan dizi, mümkün olan en küçük son terime sahip olan, on asaldan oluşan artan dizidir.
    NOT. Bugüne kadar bilinen en uzun artan aritmetik asal dizisi, ilk terimi 4943 ve farkı 60060 olan on üç terimli dizidir ve Moskova’dan W. N. Seredinsky tarafından bulunmuştur. A. Schinzel’in asallara ilişkin bir sanısından, farkı 30030 olan ve on üç asaldan oluşan sonsuz sayıda dizinin var olduğu sonucu çıkar (bkz. Schinzel ve Sierpiński (1958a), s. 191, C_{1,4}). Ancak, şu ana kadar böyle bir dizi bulunamamıştır.↩︎

  22. Örneğin, 30k+7 (k=1, 2, 3, \dots) dizisi istenen özelliğe sahiptir. Gerçekten de, eğer 30k+7 = p+q olsaydı, 30k+7’nin tek olduğu gerçeği göz önüne alındığında, p ve q sayılarından biri çift olurdu ve bir asal olarak 2’ye eşit olurdu. q=2 olduğunu varsayalım; o zaman p = 30k+5 = 5(6k+1) olur ki bu, p’nin bir asal olması durumunda imkansızdır. Eğer p ve q asal olmak üzere 30k+7 = p-q ise, o zaman q=2 ve p = 30k+9 = 3(10k+3) olurdu ki bu da imkansızdır.
    NOT. İki asalın hem toplamı hem de farkı olarak temsil edilebilen sonsuz sayıda çift sayının var olduğu kanıtlanabilir (ancak kanıtı zordur). A. Schinzel’in asallara ilişkin belirli bir sanısından, hem iki asalın toplamı hem de farkı olan sonsuz sayıda tek sayının var olduğu sonucu çıkar. Bkz. Sierpiński (1963).↩︎