4  Asal ve Bileşik Sayılar

  1. Her çift n > 6 tam sayısı için (n - p, n - q) = 1 olacak şekilde p ve q asal sayılarının bulunduğunu kanıtlayınız.1
  1. Hem iki asal sayının toplamı hem de farkı şeklinde yazılabilen tüm asal sayıları bulunuz.2

  1. n ile n + 10 arasında hiçbir asal sayı olmayacak şekilde üç en küçük n pozitif tam sayısını bulunuz. 10m ile 10(m + 1) arasında hiçbir asal sayı olmayacak şekilde üç en küçük m pozitif tam sayısını bulunuz.3

  2. 4k + 1 şeklinde olan her asal sayının, kenar uzunlukları tam sayılar olan bir dik üçgenin hipotenüzünün uzunluğuna eşit olduğunu kanıtlayınız.4

  1. p, q, r asal sayılar olmak üzere, p^2 + 1 = q^2 + r^2 denkleminin tüm çözümünü bulunuz.5
  1. p, q, r, s, t asal sayılar olmak üzere p^2 + q^2 = r^2 + s^2 + t^2 denkleminin çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.6
  1. (p + 1) + q(q + 1) = r(r + 1) denkleminin tüm p, q, r asal çözümlerini bulunuz.7
  1. p(p + 1), q(q + 1), r(r + 1) sayılarının bir artan aritmetik dizi oluşturmasını sağlayan tüm p, q, r asal sayılarını bulunuz.8
  1. n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 ve n + 15 sayılarının her birinin asal olmasını sağlayan tüm n pozitif tam sayılarını bulunuz.9
  1. İki tam sayının dördüncü dereceden kuvvetinin toplamına eşit olan beş asal sayıyı bulunuz.10
  1. İkiz asal sayılar olmayan sonsuz sayıda ardışık asal sayılar çiftinin bulunduğunu kanıtlayınız.11
  1. Hiçbir ikiz asal sayıda bulunmayan sonsuz tane asal sayı bulunduğunu kanıtlayınız.12
  1. n^2 - 1 sayısının birbirinden farklı üç asal sayının çarpımına eşit olmasını sağlayan en küçük beş n pozitif sayısını bulunuz.13
  1. n^2 + 1 sayısının birbirinden farklı üç asal sayının çarpımına eşit olmasını sağlayan en küçük beş n pozitif sayısını bulunuz. n^2 + 1 sayısının birbirinden farklı üç tek sayının çarpımına eşit olmasını sağlayan bir n pozitif sayısı bulunuz.14
  1. 7’den büyük olan her ardışık üç sayının en az birinin en az iki birbirinden farklı asal böleninin bulunduğunu kanıtlayınız.15
  1. n, n + 1, n + 2 sayılarından her biri birbirinden farklı iki asal sayının çarpımına eşit olacak şekilde beş en küçük pozitif tam sayıyı bulunuz. Bu özellikle sahip olan dört ardışık sayı dizisini bulunmadığını kanıtlayınız. Her birinin tam iki asal böleni bulunan dört ardışık pozitif tam sayıyı bulunuz.16
  1. Aşağıdaki teoremlerin birbirine denk olduğunu gösteriniz:17

  1. n ve n + 1 sayılarının her birinin sadece bir asal böleni olmasını sağlayan n pozitif tam sayıları sonlu sayıdadır.

  2. Sadece sonlu sayıda Mersenne asal sayıları ve sonlu sayıda Fermat asal sayıları vardır.

  1. n pozitif tam sayı olmak üzere milyonlarca büyük olmayan ve iki asal sayının çarpımına eşit olan tüm 2^n - 1 şeklinde olan sayıları bulunuz. Eğer n çift ise ya da n > 4’ten büyükse, 2^n - 1 sayısının 1’den büyük en az üç asal sayının çarpımı şeklinde gösterilebileceğini kanıtlayınız.18
  1. Problem 47’yi kullanarak, p_n, n. asal sayıyı göstermek üzere,her n \geq 3 için p_{n+1} + p_{n+2} \leq p_1 \cdot p_2 \cdot \cdots \cdot p_n eşitsizliğinin doğru olduğunu kanıtlayınız.19
  1. n pozitif tam sayısı için q_n ile, n’nin böleni olmayan en küçük asal sayıyı gösterelim. 92. problemi kullanarak \lim_{n \to \infty} \frac{q_n}{n} = 0 olduğunu kanıtlayınız.20
  1. Her n > 4 tam sayısı için n ile 2n arasında birbirinden farklı iki asal sayının çarpımına eşit olan en az bir tam sayının bulunduğunu ve her n > 15 tam sayısı için n ile 2n arasında, birbirinden farklı üç asal sayının çarpımına eşit olan en az bir sayı bulunduğunu kanıtlayınız.21
  1. Her s pozitif tam sayısı için, yeterince büyük n’ler için n ile 2n arasında s tane birbirinden farklı asal sayının çarpımına eşit olan en az bir sayı bulunduğunu kanıtlayınız.22
  1. 1, 31, 331, 3331, \dots sonsuz dizisinde sonsuz sayıda bileşik sayı bulunduğunu kanıtlayınız ve bunlardan en küçüğünü bulunuz.23
  1. n^4 + (n + 1)^4 sayısının bileşik olmasını sağlayan en küçük n pozitif tam sayısını bulunuz.24
  1. 10^n + 3 (n = 1, 2, 3, \dots) şeklinde olan sonsuz sayıda bileşik sayı bulunduğunu kanıtlayınız.25
  1. n > 1 tam sayıları için \dfrac{2^{4n+2} + 1}{5} sayısının bileşik olduğunu kanıtlayınız.26
  1. Her m pozitif tam sayısı için 2^n - 1 (n = 1, 2, 3, \dots) sonsuz dizisinin, bileşik sayılardan oluşan m ardışık teriminin bulunduğunu kanıtlayınız.27
  1. Bir basamağı değiştirilerek bir asal sayı elde edilemeyen bir pozitif tam sayı bulunduğunu gösteriniz.28
  1. Aşağıdaki teoremlerin birbirine denk olduğunu kanıtlayınız:29

  1. T. Her n > 1 tam sayısı için n ile 2n arasında en az bir asal sayı bulunur.

  2. T1. Her n > 1 tam sayısı için n! sayısının asal çarpanlarına ayrılışında üstü bir olan en az bir asal sayı bulunur.

  1. Her n pozitif tam sayısı için n! sayısının asal çarpanlarına ayrımında kuvveti 1 olan en az iki asal sayı bulunur.30
  1. Her n pozitif tam sayısı için, p - 1 ve p + 1 sayılarının her birinin en az n tane pozitif tam böleni olacak şekilde bir p asal sayısı bulunduğunu kanıtlayınız.31
  1. p - 1 ve p + 1 sayılarından her birinin en az 3 farklı asal böleni bulunacak şekilde en küçük p asal sayısını bulunuz.32
  1. Her n pozitif tam sayısı için, p - 1, p + 1 ve p + 1 sayılarının her birinin en az n tane farklı asal böleni olacak şekilde sonsuz sayıda p asal sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.33
  1. Her n ve s pozitif tam sayıları için, her biri terimlerinin en az n farklı asal böleni olacak ve bu asal sayılardan her birinin kuvveti en az s olacak şekilde istenilen uzunlukta ardışık sayılar dizisinin bulunduğunu kanıtlayınız.34
  1. n > 1 tek sayısı için n ve n + 2 sayılarının sayılarının asal olması için, (n - 1)! sayısının n ve n + 2 sayılarıyla bölünmemesinin gerek ve yeterli olduğunu kanıtlayınız.35
  1. Her m pozitif tam sayısı için basamakları toplamı 10’dan büyük olan bir asal sayı bulunduğunu kanıtlayınız.36
  1. Her n pozitif tam sayısı için en az m basamağı 0 olan asal sayılar bulunduğunu kanıtlayınız.37
  1. p^4 sayısının tüm pozitif tam bölenlerinin toplamı tam kare olacak şekilde olan tüm asal sayıları bulunuz.38
  1. 2 \leq s \leq 10 olmak üzere her s için pozitif tam bölenlerinin toplamı bir tam sayının s. dereceden kuvvetine eşit olan asal sayıları bulunuz.39
  1. (p - 1)! + 1 = p^m denkleminin, p > 5 bir asal sayı ve m bir pozitif tam sayı olacak şekilde hiçbir çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.40
  1. Bir n < q pozitif tam sayısı için q_n, (n - 1)! sayısını bölecek şekilde sonsuz sayıda q asal sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.41
  1. Her k \neq 1 için, 2^n + k sayısı bileşik olacak şekilde sonsuz sayıda n pozitif tam sayı bulunduğunu kanıtlayınız.42
  1. Tüm 2^n + k (n = 1, 2, 3, \dots) sayıları bileşik olacak şekilde sonsuz sayıda k > 0 tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.43
  1. Her n = 1, 2, \dots sayısı için 2^{2n+1} + 3, 2^{2n+1} + 7, 2^{2n+2} + 13, 2^{2n+1} + 19 ve 2^{2n+2} + 21 sayılarının her birinin bileşik olduğunu kanıtlayınız.44
  1. Tüm k \cdot 2^n + 1 (n = 1, 2, \dots) sayıları bileşik olacak şekilde sonsuz sayıda k pozitif tam sayısı bulunduğunu kanıtlayınız.45
  1. Her 2^n + k (n = 1, 2, \dots) sayısı bileşik olacak şekilde sonsuz sayıda k tek sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.46
  1. k sayısı 2’nin bir kuvveti ise, yeterince büyük n sayıları için tüm k \cdot 2^n + 1 sayılarının bileşik olduğunu kanıtlayınız.47
  1. Her k \leq 10 pozitif tam sayısı için 2^n + k sayısının bileşik olmasını sağlayan en küçük n pozitif tam sayısını bulunuz.48
  1. Her k \cdot 2^n + 1 (n = 1, 2, \dots) sayısının bileşik olmasını sağlayan tüm k \leq 10 pozitif tam sayılarını bulunuz.49
  1. Her n > 1 tam sayısı için \dfrac{2^{2n+1} + 2^n + 1}{3} sayısının bileşik olduğunu kanıtlayınız.50
  1. (2^n + 1)^2 + 2^n şeklinde olan sonsuz sayıda bileşik sayı bulunduğunu kanıtlayınız.51
  1. 1 < a \leq 100 olmak üzere her a tam sayısı için a^{2^n} + 1 sayısının bileşik olacak şekilde en az bir n \leq 6 pozitif tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.52
  1. Üç tane asal sayının toplamı şeklinde gösterilebilen fakat üçten az sayıda asal sayının toplamı şeklinde gösterilemeyen sonsuz sayıda tek sayı bulunduğunu kanıtlayınız.53
  1. f(1) = 2, f(2) = 3, f(3) = 5 eşitliklerini sağlayan ve katsayıları tam sayılar olan hiçbir f(x) polinomunun bulunmadığını ve her m > 1 tam sayısı için, p_n = n asal sayılar dizisi türese (f(k) = p_n (n = 1, 2, \dots)) olacak şekilde katsayıları rasyonel sayılar olan bir f(x) polinomunun bulunduğunu kanıtlayınız.54
  1. Her n pozitif tam sayısı için f(1) < f(2) < \dots < f(n) sayıları asal olacak şekilde katsayıları tam sayılar olan bir f(x) polinomu bulunduğunu kanıtlayınız.55
  1. x değişkeninin m farklı değerinde m farklı asal sayı veren ve katsayıları tam sayılar olan bir indirgenmez f(x) polinomu bulunuz.56
  1. f(x), derecesi 0’dan büyük olan tam sayı katsayılı bir polinomsal, sonsuz sayıda p asal sayısı için f(x) = 0 \pmod{p} denkleminin çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.57
  1. k + 1, k + 2, \dots, k + 10 dizisi maksimum sayıda asal sayı içerecek şekilde tüm k \geq 0 tam sayılarını bulunuz.58
  1. k + 1, k + 2, \dots, k + 100 dizisi maksimum sayıda asal sayı içerecek şekilde tüm k \geq 0 tam sayılarını bulunuz.59
  1. 25 tane asal sayı içeren tüm 100 ardışık sayıdan oluşan dizileri bulunuz.60
  1. 8 tane asal sayı içeren tüm 21 ardışık sayıdan oluşan dizileri bulunuz.61
  1. p, p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14 sayılarının her biri asal olacak şekilde tüm p asal sayılarını bulunuz.62
  1. Aşağıdaki koşulları sağlayan sonsuz sayıda bir birinden farklı m ve n pozitif tam sayı ikilisinin bulunduğunu kanıtlayınız:63

  1. m ve n sayılarının asal bölenleri aynıdır;

  2. m + 1 ve n + 1 sayılarının asal bölenleri aynıdır.

  1. p=3, q=5 almak yeterlidir. Eğer n çift ve >6 ise, o zaman n-1 \ge 6 ve p < q < n-1 olur. Ardışık tek sayılar olan n-p = n-3 ve n-q = n-5 sayıları aralarında asaldır.↩︎

  2. Bu tür yalnızca bir asal vardır, yani 5. Gerçekten de, r asalının hem iki asalın toplamı hem de farkı olarak temsil edilebildiğini varsayalım. Açıkçası r > 2 olmalıdır, dolayısıyla r tek bir asaldır. Hem iki asalın toplamı hem de farkı olduğundan, bu asallardan biri çift olmalı, yani 2’ye eşit olmalıdır. Dolayısıyla, p ve q asal olmak üzere r = p+2 = q-2 olmalıdır. Ancak bu durumda p, r = p+2 ve q = r+2 ardışık üç tek asal olurdu ve bu tür yalnızca bir üçlü vardır: 3, 5 ve 7 (çünkü her üç ardışık tek sayıdan biri 3’e bölünmelidir). Bu nedenle r = 5 = 3+2 = 7-2 elde ederiz.↩︎

  3. n = 113, 139, 181; m = 20, 51, 62.↩︎

  4. İyi bilinen Fermat teoremine göre, 4k+1 formundaki her asal, iki pozitif tam sayının karelerinin toplamıdır (bkz, örneğin, (Sierpiński 1964a, 205, Teorem 9)). Dolayısıyla, eğer p 4k+1 formunda bir asalsa, p = a^2+b^2 olur; burada a ve b pozitif tam sayılardır (p tek olduğundan dolayı elbette farklıdırlar). Örneğin, a > b olduğunu varsayalım. O zaman p^2 = (a^2-b^2)^2+(2ab)^2’dir, dolayısıyla p diğer iki kenarı a^2-b^2 ve 2ab olan bir dik üçgenin hipotenüsüdür. Örneğin, 5^2 = 3^2+4^2, 13^2 = 5^2+12^2, 17^2 = 15^2+8^2, 29^2 = 21^2+20^2.↩︎

  5. 13^2+1 = 7^2+11^2, 17^2+1 = 11^2+13^2, 23^2+1 = 13^2+19^2, 31^2+1 = 11^2+29^2.
    NOT. (5x+13)^2+1 = (3x+7)^2+(4x+11)^2 özdeşliği, eğer p=5x+13, q=3x+7 ve r=4x+11 asalsa, p^2+1 = q^2+r^2 olduğunu gösterir. A. Schinzel’in asallara ilişkin belirli bir sanısından (Schinzel ve Sierpiński 1958a) bu tür sistemlerin sonsuz sayıda olduğu sonucu çıkar.↩︎

  6. İlk olarak, eğer p, q, r, s ve t asalsa ve p^2+q^2 = r^2+s^2+t^2 ise, o zaman p ve q sayılarının her biri r, s ve t sayılarının her birinden farklı olmalıdır. Gerçekten de, eğer örneğin p=r olsaydı, o zaman q^2 = s^2+t^2 olurdu ki bu imkansızdır, çünkü q, s, t asalken bu denklemin çözümü olamaz. Aslında, s ve t sayıları hem tek olamazdı hem de her ikisi çift olamazdı (çünkü bu durumda q=2 olurdu, ki bu sağ tarafın > 4 olması gerçeğiyle çelişir). Eğer s=2 olsaydı, o zaman 4 sayısı pozitif tam sayıların iki karesinin farkı olurdu ki bu imkansızdır.
    Eğer p^2+q^2 = r^2+s^2+t^2 ise, p, q, r, s, t sayılarının hepsinin tek olması mümkün değildir. Eğer p çiftse, o zaman p=2’dir ve q, r, s, t sayıları tektir. Tek bir sayının karesinin 8’e bölümünden kalan 1 olduğundan, sol taraf 8’e bölündüğünde 5 kalanını verir, sağ taraf ise 3 kalanını verir, ki bu imkansızdır. Eğer hem p hem de q tekse, o zaman sol taraf 8’e bölündüğünde 2 kalanını verir, sağ tarafta ise sayılardan biri (ve sadece biri) çift olmalıdır, örneğin r=2. Ancak o zaman, sağ taraf 8’e bölündüğünde 6 kalanını verirdi, ki bu imkansızdır.↩︎

  7. A. Schinzel tarafından bulunan çözümü sunuyoruz. Yalnızca bir çözüm vardır, yani p=q=2, r=3. Bunu görmek için, p ve q asal ve r pozitif bir tam sayı olmak üzere p(p+1)+q(q+1) = r(r+1) denkleminin tüm çözümlerini bulacağız. Denklemimiz şunu verir p(p+1) = r(r+1)-q(q+1) = (r-q)(r+q+1), ve r > q olmalıdır. p bir asal olduğundan, ya p\mid r-q ya da p\mid r+q+1 olmalıdır. Eğer p\mid r-q ise, o zaman p \le r-q olur, bu da p(p+1) \le (r-q)(r-q+1) anlamına gelir ve dolayısıyla r+q+1 \le r-q+1 olur ki bu imkansızdır. Dolayısıyla p\mid r+q+1 olmalıdır, bu da bir k pozitif tam sayısı için r+q+1 = kp, \text{ anlamına gelir, bu da } p+1 = k(r-q) \text{ demektir. (1)} Eğer k=1 olsaydı, o zaman r+q+1 = p ve p+1 = r-q olurdu, bu da p-q = r+1 ve p+q = r+1 verir, ki bu imkansızdır. Dolayısıyla, k > 1. (1)’den kolayca şunu elde ederiz 2q = (r+q)-(r-q) = kp-1-(r-q) = k[k(r-q)-1]-1-(r-q) = (k+1)[(k-1)(r-q)-1]. k \ge 2 olduğundan, k+1 \ge 3 olur. Sol tarafı sadece 1, 2, q ve 2q pozitif tam sayı bölenlerine sahip olan son eşitlik, ya k+1 = q ya da k+1 = 2q olmasını gerektirir. Eğer k+1 = q ise, o zaman (k-1)(r-q) = 3, dolayısıyla (q-2)(r-q) = 3. Bu, ya q-2 = 1, r-q = 3, yani q=3, r=6, k=q-1=2 ve (1) uyarınca p=5’e, ya da q-2 = 3, r-q = 1, bu da q=5, r=6, k=4 ve (1) uyarınca p=3’e götürür. Öte yandan, eğer k+1 = 2q ise, o zaman (k-1)(r-q) = 2, dolayısıyla 2(q-1)(r-q) = 2. Bu, q-1=1 ve r-q=1’e, yani q=2, r=3’e ve (1) uyarınca p=2’ye götürür. Dolayısıyla, pozitif r tam sayıları için, p ve q asallarında şu çözümlere sahibiz: 1) p=q=2, r=3; 2) p=5, q=3, r=6, ve 3) p=3, q=5, r=6. Sadece ilk çözümde üç sayı da asaldır.
    NOT. Eğer n’inci üçgensel sayıyı t_n = \frac{1}{2}n(n+1) ile gösterirsek, o zaman yukarıdaki teoremi şu şekilde ifade edebiliriz: t_p+t_q = t_r denkleminin asal sayılarda yalnızca bir çözümü vardır, yani p=q=2, r=3.↩︎

  8. Bu tür sayılar, örneğin, p = 127, q = 3697, r = 5527’dir. Bu sayıların asal olduğunu ve p(p+1), q(q+1) ve r(r+1) sayılarının bir aritmetik dizi oluşturduğunu (örneğin, asal sayılar tablolarından) kontrol etmek kolaydır. Bu tür sayıları bulmak için bir yöntem sunacağız.   Şu özdeşlikten: n(n+1) + (41n+20)(41n+21) = 2(29n+14)(29n+15) pozitif bir n tamsayısı için n(n+1), (29n+14)(29n+15) ve (41n+20)(41n+21) sayılarının bir aritmetik dizi oluşturduğu sonucu çıkar. Eğer bazı pozitif n tamsayıları için n, 29n+14 ve 41n+20 sayılarının hepsi asal olsaydı, bir çözüm bulmuş olurduk. Bu nedenle, n için ardışık tek asalları almalı ve 29n+14 ile 41n+20 sayılarının asal olup olmadığını kontrol etmeliyiz.   Bu tür en küçük sayı, yukarıdaki çözüme götüren n = 127’dir. Ancak, bu şekilde gerekli özelliklere sahip tüm asal üçlülerini elde ettiğimizi iddia edemeyiz.
    NOT. A. Schinzel’in asallara ilişkin (Schinzel ve Sierpiński 1958a) belirli bir sanısından (konjektüründen), 29n+14 ve 41n+20 sayılarının da asal olmasını sağlayan sonsuz çoklukta n asalı bulunduğu sonucu çıkar.
    Yukarıdaki problem şöyle ifade edilebilir: asal indisli ve artan bir aritmetik dizi oluşturan üç üçgensel sayı bulunuz.↩︎

  9. Bu şekilde tek bir pozitif tamsayı vardır, o da n=4’tür. Aslında, n=1 için n+3=4 sayısı bileşiktir; n=2 için n+7=9 sayısı bileşiktir; n=3 için n+1=4 sayısı bileşiktir; ve n>4 için sayılarımızın tamamı 5’i aşar ve en az biri 5 ile bölünebilir. Bu son özellik, 1, 3, 7, 9, 13 ve 15 sayılarının 5’e bölündüğünde 1, 3, 2, 4, 3 ve 0 kalanlarını vermesinden, yani tüm olası kalanları vermesinden kaynaklanır. Dolayısıyla, n+1, n+3, n+7, n+9, n+13 ve n+15 sayıları da 5’e bölündüğünde tüm olası kalanları verir; bu nedenle içlerinden en az biri 5 ile bölünebilir ve 5’ten büyük olduğu için bileşiktir. Öte yandan, n=4 için 5, 7, 11, 13, 17 ve 19 asal sayılarını elde ederiz.
    NOT. A. Schinzel’in asal sayılarla ilgili bir konjektüründen (Schinzel ve Sierpiński 1958a) n+1, n+3, n+7, n+9 ve n+13 sayılarının her birinin asal olacağı şekilde sonsuz sayıda n pozitif tamsayısının var olduğu sonucu çıkar. Örneğin, n=4, 10, 100 durumları böyledir. Ayrıca bkz. (Sierpiński 1962b, 319, P_2).↩︎

  10. 2 = 1^4+1^4, 17 = 1^4+2^4, 97 = 2^4+3^4, 257 = 1^4+4^4, 641 = 2^4+5^4.
    NOT. A. Schinzel’in asallarla ilgili bir konjektüründen (Schinzel ve Sierpiński 1958a), pozitif tamsayılar üzerinde iki dördüncü kuvvetin toplamı olarak temsil edilebilen sonsuz sayıda asal sayının var olduğu sonucu çıkar ve genel olarak, her n pozitif tamsayısı için a ve b pozitif tamsayılar olmak üzere a^n+b^n formunda sonsuz sayıda asal sayının var olduğu sonucu çıkar.↩︎

  11. p_k, k’ıncı asal sayıyı göstersin ve n pozitif tamsayısı için p_{k_n}, \le 6n+1 olan en büyük asal sayı olsun. 6n+2 = 2(3n+1), 6n+3 = 3(2n+1) ve 6n+4 = 2(3n+2) sayıları bileşik olduğundan, p_{k_n+1} \ge 6n+5 olur ve p_{k_n+1} - p_{k_n} \ge (6n+5)-(6n+1) = 4’tür, dolayısıyla p_{k_n} ve p_{k_n+1} asal sayıları ikiz asal değildir. p_{k_n} \ge 6n+5 olduğundan ve n keyfi olabileceğinden, bu tür sonsuz çoklukta p_{k_n} ve p_{k_n+1} sayısı vardır. Ancak, p_{k_n}, p_{k_n+1} çiftinde p_{k_n} sayısının bir ikiz asal çiftinin büyüğü olabileceğini ve p_{k_n+1}’in başka bir ikiz asal çiftinin küçüğü olabileceğini unutmayın. Böylece, n=1 için, ikiz asal olan 5, 7 çiftinin büyüğü olan p_{k_n} = 7’yi ve 11, 13 çiftinin küçüğü olan p_{k_n+1} = 11’i elde ederiz. n=2 için, 11, 13 çiftinin büyüğü olan p_{k_n} = 13’ü elde ederiz, p_{k_n+1} = 17 ise 17, 19 çiftinin küçüğüdür. n=17 için, 101, 103 çiftinin büyüğü olan p_{k_n} = 103 = 6 \cdot 17 + 1’i elde ederiz, p_{k_n+1} = 107 ise 107, 109 çiftinin küçüğüdür.↩︎

  12. Lejeune-Dirichlet’nin aritmetik diziler üzerine teoremine göre, 15k+7 (k = 1, 2, \dots) dizisinde sonsuz çoklukta asal sayı vardır. Bu sayıların hiçbiri bir ikiz asal çiftine ait olamaz çünkü (15k+7)+2 = 3(5k+3) ve (15k+7)-2 = 5(3k+1) sayıları (k > 0 için) bileşiktir.↩︎

  13. Eğer n pozitif bir tamsayı için n^2-1 sayısı üç farklı asal sayının çarpımı ise, (2^2-1 = 3 göz önüne alındığında) n>2 olmalıdır. n^2-1 = (n-1)(n+1) özdeşliği dikkate alındığında, n sayısı çift olmalıdır, aksi takdirde sağ taraftaki çarpanlar çift olurdu ve 2^2\mid n^2-1 olurdu. Dahası, n-1 ve n+1 sayıları (aralarındaki fark 2 olduğundan) (n>2 olduğu için 1’den büyüktürler) her ikisi de bileşik olamaz, çünkü bu durumda n^2-1 üç farklı asal sayının çarpımı olamazdı. Dolayısıyla, n-1 ve n+1 sayılarından biri asal olmalı, diğeri ise iki asal sayının çarpımı olmalıdır. n=4 için n-1 = 3, n+1 = 5 elde ederiz ve bu koşul sağlanmaz. Benzer şekilde, n=6 için n-1 = 5, n+1 = 7; n=8 için n-1 = 7, n+1 = 9 = 3^2. n=10 için n-1 = 3^2, ve n=12 için n-1 = 11, n+1 = 13 elde ederiz. n=14 için n-1 = 13, n+1 = 15 = 3 \cdot 5 elde ederiz. Bu durumda, n^2-1’in üç farklı asal sayının çarpımı olduğu en küçük pozitif tamsayı n=14’tür, çünkü n^2-1 = 13 \cdot 3 \cdot 5. 16^2-1 = 3 \cdot 5 \cdot 17 olduğundan, gereken özelliği sağlayan bir sonraki n sayısının n=16 olduğunu görürüz. Şimdi, 18^2-1 = 17 \cdot 19, 20^2-1 = 19 \cdot 21 = 3 \cdot 7 \cdot 19, ve üçüncü böyle sayı n=20’dir. Sonra, 22^2-1 = 3 \cdot 7 \cdot 23, ve dördüncü aranan sayı n=22’dir. Bu şekilde devam ederek, 32^2-1 = 3 \cdot 11 \cdot 31 olduğundan, beşinci böyle sayının n=32 olduğunu kolayca buluruz. Dolayısıyla, n^2-1’in üç farklı asal sayının çarpımı olduğu ilk beş tamsayı 14, 16, 20, 22 ve 32’dir.
    NOT. A. Schinzel’in asallarla ilgili bir konjektüründen (Schinzel ve Sierpiński 1958a), bu tür sonsuz çoklukta n sayısının var olduğu sonucu çıkar. Daha genel olarak, her s>1 için, n^2-1’in s farklı asal sayının çarpımı olduğu sonsuz çoklukta n pozitif tamsayısı vardır.↩︎

  14. n^2+1’in üç farklı asal sayının çarpımı olduğu en küçük beş pozitif n tamsayısı n=13, 17, 21, 23 ve 27’dir. Elimizde 13^2+1 = 2 \cdot 5 \cdot 17, 17^2+1 = 2 \cdot 5 \cdot 29, 21^2+1 = 2 \cdot 13 \cdot 17, 23^2+1 = 2 \cdot 5 \cdot 53 vardır. n=112 için 112^2+1 = 5 \cdot 13 \cdot 193 elde ederiz.
    NOT. A. Schinzel’in asallarla ilgili bir konjektüründen (Schinzel ve Sierpiński 1958a), her s için n^2+1’in s farklı asal sayının çarpımı olduğu sonsuz çoklukta n pozitif tamsayısının var olduğu sonucu çıkar.↩︎

  15. n > 7 olmak üzere n, n+1 ve n+2 sayılarının her birinin sadece bir asal böleni olduğunu varsayalım. Bu sayılardan hiçbiri 6 ile bölünemez, bu da n’in 6k+1, 6k+2 veya 6k+3 formunda olması gerektiği anlamına gelir, burada k pozitif bir tamsayıdır.
    Eğer n=6k+1 ise, çift olan ve sadece bir asal böleni olan 6k+2 sayısı 2^m formunda olmalıdır; şimdi, n > 7 olması 6k+2 = n+1 > 8’i gerektirdiğinden, m sayısı > 3 olmalıdır. n+2 = 6k+3 sayısı 3 ile bölünebilir ve eğer sadece bir asal böleni varsa, 3^s formunda olmalıdır. 6k+3 = n+2 > 9 olduğundan, s sayısı > 2 olmalıdır. Dahası, 3^s - 2^m = 1 elde ederiz; ancak bu denklemin sadece iki tamsayı çözümü vardır, bunlar s=1 ve s=2, m=3’tür (bkz. Problem 185).   Eğer n=6k+2 ise, n=2^m ve n+1 = 6k+3 = 3^s olur, burada m > 2’dir (n > 6 olduğundan). 3^s - 2^m = 1 elde ederiz, bu da m > 3 için imkansızdır.
    Son olarak, eğer n=6k+3 ise, n=3^s, n+1=2^m olur ve n > 7 göz önüne alındığında s \ge 2, m > 3 elde ederiz, halbuki 2^m - 3^s = 1 denkleminin tek bir tamsayı çözümü vardır, o da m=2, s=1’dir (bkz. Problem 184).   Dolayısıyla, n > 7 tamsayısı için n, n+1 ve n+2 sayılarından hiçbirinin birden fazla asal böleni olmadığı varsayımı bir çelişkiye yol açtı. Öte yandan, n=7 için n+1=2^3, n+2=3^2 olur ve n, n+1 ve n+2 sayılarının her birinin sadece bir asal böleni vardır.↩︎

  16. n = 33 (n = 3 \cdot 11, n+1 = 2 \cdot 17, n+2 = 5 \cdot 7), n = 85 (n = 5 \cdot 17, n+1 = 2 \cdot 43, n+2 = 3 \cdot 29), n = 93 (n = 3 \cdot 31, n+1 = 2 \cdot 47, n+2 = 5 \cdot 19), n = 141 (n = 3 \cdot 47, n+1 = 2 \cdot 71, n+2 = 11 \cdot 13), n = 201 (n = 3 \cdot 67, n+1 = 2 \cdot 101, n+2 = 7 \cdot 29). Her biri iki farklı asal sayının çarpımı olan dört ardışık pozitif tamsayı yoktur, çünkü her dört ardışık sayıdan biri 4 ile bölünmek zorundadır. Her biri tam olarak iki farklı asal bölene sahip olan dört ardışık pozitif tamsayıya bir örnek 33 = 3 \cdot 11, 34 = 2 \cdot 17, 35 = 5 \cdot 7, 36 = 2^2 \cdot 3^2 sayılarıdır.
    NOT. n, n+1 ve n+2 sayılarının her birinin iki farklı asal sayının çarpımı olduğu sonsuz çoklukta n pozitif tamsayısının var olduğunu kanıtlayamıyoruz; bu, A. Schinzel’in asallarla ilgili belirli bir konjektüründen çıkmaktadır. Bkz. (Schinzel ve Sierpiński 1958a, 197, sonuç C_7).↩︎

  17. Hem n hem de n+1’in sadece bir asal böleni olduğu sonsuz çoklukta n pozitif tamsayısının var olduğunu varsayalım. n > 1 olduğunu varsayabiliriz ve n ile n+1 sayılarından biri çift, diğeri tek olduğundan, k ve m pozitif tamsayılar olmak üzere, p^k - 2^m = \pm 1 gibi bir tek p asalı için n ve n+1 sayıları p^k ve 2^m (ya da tam tersi) olmalıdır. Dolayısıyla p^k = 2^m \pm 1 elde ederiz. Bir Mersenne sayısı > 1 herhangi bir asal sayının 1’den büyük üslü bir kuvvetine eşit olamayacağından (bkz. (Sierpiński 1964a, 335, teorem 2)), p^k = 2^m - 1 durumunda k=1 olmalıdır ve 2^m - 1 = p bir Mersenne asalıdır.   Öte yandan, eğer p^k = 2^m + 1 ise, ya k=1’dir, bu durumda p = 2^m + 1 ya 3’tür (eğer m > 1 ise) ya da bir Fermat asalıdır, ya da k > 1’dir, bu durumda 2^m = p^k - 1 = (p-1)(p^{k-1} + p^{k-2} + \dots + 1) elde ederiz. Sol taraf çift olduğundan, k sayısı çift olmalıdır; dolayısıyla k = 2l, burada l pozitif bir tamsayıdır, ve 2^m = (p^l - 1)(p^l + 1) yazabiliriz. Bu nedenle p^l - 1 ve p^l + 1 sayıları, aralarındaki fark 2 olan 2’nin kuvvetleridir, bu da p^l - 1 = 2, p^l + 1 = 4’ü gerektirir, buradan p^l = 3 ve p=3, l=1 bulunur, m = 3 olur, bu da 3^2 = 2^3 + 1 sonucunu verir.
    Böylece, n > 8 için n ve n+1 sayılarının her birinin bir asal böleni varsa, n’in bir Mersenne asalı veya n+1’in bir Fermat asalı olduğunu kanıtladık.
    Tersine, eğer M_m = 2^m - 1 bir Mersenne asalı ise, M_m ve M_m + 1 = 2^m sayılarının her birinin bir asal böleni vardır. Eğer F_k = 2^{2^k} + 1 bir Fermat asalı ise, F_k - 1 = 2^{2^k} ve F_k sayılarının her birinin bir asal böleni vardır, bu da teoremimizin kanıtını tamamlar. Bkz. (Sierpiński 1958a, 209).
    NOT. Bugüne kadar, n ve n+1’in her birinin bir asal böleni olduğu sadece 29 tane n pozitif tamsayısı bilinmektedir. En küçük beşi 2, 3, 4, 7, 8 olup en büyüğü n = 2^{11213}-1’dir.↩︎

  18. 2^{2}-1=3, 2^{4}-1=3\cdot5 ve 2^{2k}-1=(2^{k}-1)(2^{k}+1) eşitliklerine sahibiz. Eğer n=2k>4 için 2^{2k}-1 sayısı iki asalın çarpımına eşit olsaydı, o zaman 2^{k}-1 ve 2^{k}+1 sayılarının da asal olması gerekirdi. Bunlar ardışık tek sayılar olduğundan, 2^{k}-1\le5 olmalıdır, bu da k\le2 demektir. k>1 olduğundan, k=2 olmalıdır, bu da k>2 varsayımıyla çelişir. Bu nedenle, n çift ve >4 için 2^{n}-1 sayıları, en az üç doğal sayının çarpımına eşittir. Tek n için, 2^{3}-1=7, 2^{5}-1=31, 2^{7}-1=127, 2^{9}-1=7\cdot73, 2^{11}-1=23\cdot89, 2^{13}-1=8191 (ki bu bir asaldır), 2^{15}-1=7\cdot31\cdot151, 2^{17}-1 ve 2^{19}-1 sayıları asaldır ve 2^{21}-1=7\cdot127\cdot337, 2^{23}-1 ise zaten >10^{6}’dır. Böylece, 2^{n}-1 formunda olup <10^{6} olan ve iki asalın çarpımına eşit olan tüm pozitif tam sayılar 2^{4}-1=3\cdot5, 2^{9}-1=7\cdot73 ve 2^{11}-1=23\cdot89’dur.
    NOT. Milyonu aşan ve iki farklı asalın çarpımı olduğu bilinen Mersenne sayıları, n = 23, 37, 49, 67 ve 101 için M_{n}=2^{n}-1 sayılarıdır. Bu tür sayıların sonsuz sayıda olup olmadığını bilmiyoruz.↩︎

  19. k\ge3 olduğundan, p_{1}p_{2}...p_{k}\ge p_{1}p_{2}p_{3}=2\cdot3\cdot5>6 olur ve Problem 47 uyarınca, a ve b sayıları > 1 ve aralarında asal olmak üzere p_{1}p_{2}\dots p_{k}=a+b’dir, dolayısıyla p_{1}p_{2}\dots p_{k} çarpımıyla da aralarında asaldır.
    a ve b >1 olduğundan, farklı asal bölenleri vardır; p\mid a ve q\mid b olsun, p<q olduğunu varsayalım. (p,p_{1}p_{2}...p_{k})=1 olduğundan, p\ge p_{k+1} olur ve q>p nedeniyle q\ge p_{k+2} olur. Bu nedenle p+q\le a+b’dir ve kanıtlanması istendiği gibi p_{k+1}+p_{k+2}\le p_{1}p_{2}...p_{k} eşitsizliğine sahibiz.↩︎

  20. m, >3 olan keyfi bir tam sayıyı göstersin ve n, n>p_{1}p_{2}...p_{m} koşulunu sağlayan bir tam sayı olsun. O zaman k\ge m\ge4 olacak şekilde bir k tam sayısı vardır, öyle ki p_{1}p_{2}...p_{k}\le n<p_{1}p_{2}...p_{k}p_{k+1}. \qquad \qquad (1) Eğer q_{n}\ge p_{k+1}+1>p_{k+1} olsaydı, o zaman q_{n} sayısının tanımı gereği p_{1},p_{2},...,p_{k+1} sayılarının her biri n’in bir böleni olurdu, dolayısıyla (1) ile çelişecek şekilde n \ge p_{1}p_{2}...p_{k+1} olurdu. Bu nedenle q_{n}<p_{k+1}+1<p_{k}+p_{k+1} eşitsizliğine sahibiz ve k\ge4 ile Problem 92 uyarınca q_{n}\le p_{1}p_{2}...p_{k-1} elde ederiz, bu da (1) kullanılarak şu ilişkiyi verir: \frac{q_{n}}{n}<\frac{1}{p_{k}}\le\frac{1}{k}\le\frac{1}{m} Keyfi bir m>3 için n>p_{1}p_{2}...p_{m} olduğunda q_{n}/n<1/m olduğunu kanıtladık, bu da n sonsuza giderken q_{n}/n oranının sıfıra yaklaştığını gösterir, ki bu da kanıtlanması istenen şeydi.↩︎

  21. n, >4 olan bir tam sayı olsun. Ya n=2k (burada k>2) ya da n=2k+1 (burada k>1) olur. Eğer n=2k (burada k>2) ise, Chebyshev teoremine göre k<p<2k olacak şekilde bir p asalı vardır ve p>k>2 olduğundan p>2 olur. Böylece n=2k<2p<4k=2n olur ve p>2 olduğundan 2p sayısı iki farklı asalın çarpımıdır ve n<2p<2n eşitsizliği sağlanır. Eğer n=2k+1 (burada k\ge2) ise, Chebyshev teoremine göre k<p<2k olacak şekilde bir p asalı vardır, dolayısıyla 3\le k+1\le p<2k ve n=2k+1<2k+2\le2p<4k<4k+2=2n olur, ve yine n<2p<2n eşitsizliğini elde ederiz, 2p ise iki farklı asalın çarpımıdır. Şimdi n>15 bir tam sayı olsun. Eğer n=16,17,...,29 ise, 30=2\cdot3\cdot5 sayısı n ile 2n arasında yer alır. Bu nedenle n\ge30 olduğunu varsayabiliriz. O halde n=6k+r’dir, burada k, \ge5 olan bir tam sayıdır ve r, n’in 6’ya bölünmesinden elde edilen kalandır, yani r, 0\le r\le5 eşitsizliğini sağlar. Chebyshev teoremine göre, k<p<2k olacak şekilde bir p asalı vardır, dolayısıyla p>5 ve k+1\le p<2k olur. Buradan n=6k+r<6(k+1)\le2\cdot3\cdot p <12k\le2n sonucu çıkar, dolayısıyla n<2\cdot3\cdot p<2n olur ve 2\cdot 3\cdot p üç farklı asalın çarpımıdır.↩︎

  22. p_{k}, k-ıncı ardışık asalı göstersin ve s, >1 olan keyfi bir tam sayı olsun. n>p_{1}p_{2}...p_{s} olsun. n ile 2n arasında s farklı asalın çarpımı olan en az bir pozitif tam sayı bulunduğunu göstereceğiz. n=kp_{1}p_{2}...p_{s-1}+r olsun; burada r, n’in p_{1}p_{2}...p_{s-1} ile bölünmesinden elde edilen kalandır, dolayısıyla n>p_{1}p_{2}...p_{s} olduğundan, k>p_{s} ve 0\le r <p_{1}p_{2}...p_{s-1} olur. Chebyshev teoremine göre, k<p<2k olacak şekilde bir p asalı vardır, dolayısıyla p>p_{s} ve k+1\le p<2k olur. Buradan n= p_{1}p_{2}...p_{s-1}k+r<p_{1}p_{2}...p_{s-1}(k+1)\le p_{1}p_{2}...p_{s-1}p<2p_{1}p_{2}...p_{s-1}k\le2n sonucu çıkar, dolayısıyla n<p_{1}p_{2}...p_{s-1}p<2n olur. p_{1}p_{2}...p_{s-1}p sayısı, p>p_{s} olduğundan, s farklı asalın çarpımına eşittir.
    NOT. Chebyshev teoreminin elementer bir kanıtı Sierpiński [37, s. 137, teorem 8]’de verilmiştir.↩︎

  23. Dizimizin n-inci teriminin \frac{1}{3}(10^{n}-7)’ye eşit olduğunu kolayca kontrol edebiliriz. 10^{2}\equiv15\equiv-2\pmod{17} olur, dolayısıyla 10^{8}\equiv16\equiv-1 olur. Böylece 10^{9}\equiv-10\equiv7\pmod{17} ve 10^{16}\equiv1 \pmod{17} olduğundan, k=0,1,2,... için 10^{16k+9} \equiv7 \pmod{17} elde ederiz. Dolayısıyla 17\mid \frac{1}{3}(10^{16k+9}-7) olur ve k=0,1,2,... için \frac{1}{3}(10^{16k+9}-7) sayıları \ge\frac{1}{3}(10^{9}-7)>17 olduğundan, hepsi bileşik sayıdır. A. Mąkowski tarafından asal sayı tablolarında kontrol edildiği üzere, \frac{1}{3}(10^{n}-7) sayıları n=1,2,3,4,5,6,7 ve 8 için asaldır. Bu formdaki en küçük bileşik sayı bu nedenle \frac{1}{3}(10^{9}-7)=33333331’dir. Bulduklarımız dışında, ele alınan formda başka bileşik sayılar olup olmadığı sorusu ortaya çıkmaktadır. 10^{2}\equiv5(mod~19) olur, dolayısıyla 10^{4}\equiv25\equiv6 \pmod{19} ve 10^{12}\equiv6^{3}\equiv7\pmod{19} olur ve 10^{18k} \equiv1\pmod{19} olduğundan, k=0,1,2,... için 19\mid \frac{1}{3}(10^{18k+12}-7) elde ederiz. Örneğin, \frac{1}{3}(10^{12}-7) sayısı bileşiktir. Ancak, yukarıda verilenler dışında bu formda başka asal olup olmadığını ve eğer varsa, sonsuz sayıda olup olmadıklarını bilmiyoruz.↩︎

  24. Sayı n=5’tir, çünkü 1^4+2^4=17, 2^4+3^4=97, 3^4+4^4=337 ve 4^4+5^4=881 asal iken, 5^4+6^4=1921=17 \cdot 113’tür.↩︎

  25. k=0, 1, 2, \dots olmak üzere 10^{6k+4}+3 biçimindeki tüm sayılar 7 ile bölünebildikleri için bileşiktir. Gerçekten de, 10^4 \equiv 4 \pmod{7}’dir ve Fermat teoremine göre 10^6 \equiv 1 \pmod{7}’dir. Böylece, k tamsayısı için 10^{6k+4}+3 \equiv 10^{6k} \cdot 10^4 + 3 \equiv 1^k \cdot 4 + 3 \equiv 4+3 \equiv 0 \pmod{7} olur.
    NOT. n=1, 2, \dots için 10^n+3 biçimindeki sayılar arasında sonsuz çoklukta asal sayı olup olmadığını bilmiyoruz. Bu tür sayılar n=1 ve n=2 için asaldır, ancak n=3 ve n=4 için bileşiktir (çünkü 1003=17 \cdot 59 ve 7\mid 10^4+3).↩︎

  26. n tamsayısı için 2^{4n+2}+1 = (2^{2n+1}-2^{n+1}+1)(2^{2n+1}+2^{n+1}+1). \quad (1) özdeşliğine sahibiz. 5\mid 2^2+1 olduğundan ve n>1 tamsayısı için 2^{2n+1}-2^{n+1}+1 = 2^{n+1}(2^n-1)+1 \ge 2^3 \cdot (2^2-1)+1 = 25 olduğundan, sağ taraftaki çarpanlardan en az birinin 5 ile bölünebildiği ve (n>1 için) 5’e bölündüğünde birden büyük bir bölüm verdiği sonucu çıkar. Bu nedenle \frac{1}{5}(2^{4n+2}+1), n=1, 2, \dots için, 1’den büyük iki tamsayının çarpımına eşittir, dolayısıyla bileşiktir.↩︎

  27. m > 1 keyfi bir tamsayı olsun ve k=2, 3, \dots, m olmak üzere n=m!+k olsun. k < m!+k ve k\mid m!+k’dir, buradan 2^k-1 < 2^{m!+k}-1 ve 2^k-1 \mid 2^{m!+k}-1 elde edilir. Böylece 2^{m!+k}-1 sayıları k=2, 3, \dots, m için, dolayısıyla 2^n-1 dizisinin ardışık m-1 terimi için bileşiktir.↩︎

  28. 200 sayısından bir asal sayı elde etmek için, son basamağını tek bir sayı ile değiştirmek gerekir. Ancak, 3\mid 201, 7\mid 203, 5\mid 205, 3\mid 207 ve 11\mid 209’dur. Böylece, sadece bir basamağı değiştirerek 200 sayısından bir asal sayı elde edilemez.
    NOT. İki basamağı değiştirerek her sayıdan bir asal sayı elde edilip edilemeyeceğini bilmiyoruz. Öte yandan, (ondalık) basamaklarından hiçbirinin değiştirilmesinin bir asal sayı ile sonuçlanmayacağı sonsuz çoklukta pozitif n tamsayısının var olduğunu kanıtlamak kolaydır. Örneğin, n = 2310k-210 (k=1, 2, \dots) için, son basamağını (yani 0’ı), (açıkça 1, 3, 7 veya 9 sayılarından birine) değiştirmemiz gerekirdi; ancak 11\mid n+1, 3\mid n+3, 7\mid n+7 ve 3\mid n+9 olduğunu görmek kolaydır.↩︎

  29. T teoreminin doğru olduğunu varsayalım. T1 teoremi n=2 ve n=3 için açıkça doğrudur. n > 3 bir tamsayı olduğunu varsayalım. Eğer n çift ise, yani n=2k, o zaman n>3 olduğundan, k>1’dir ve T teoremine göre k < p < 2k olacak şekilde bir p asalı vardır, buradan p < 2k = n < 2p olur ve p, n! = 1 \dots n çarpımındaki sadece bir çarpanı böler. Eğer n=2k+1 ise (n>1 olduğundan) k > 1 bir tamsayıdır, o zaman T teoremine göre k < p < 2k < n olacak şekilde bir p asalı vardır, buradan k+1 \le p olur ki bu da 2k+1 < 2p ve p < n < 2p anlamına gelir. Önceki gibi, p, n!’in asal açılımına 1 üssü ile girer. Dolayısıyla, T’nin T1’i gerektirdiğini gösterdik.
    Şimdi T1’in geçerli olduğunu varsayalım ve n > 1 bir tamsayıyı göstersin. T1 teoremine göre, (2n)!’in asal açılımına 1 üssü ile giren bir p asalı vardır. Dolayısıyla, p \le 2n < 2p’ye sahibiz (çünkü eğer 2p \le 2n olsaydı, o zaman (2n)! = 1 \cdot 2 \dots (2n-1)2n çarpımında p ve 2p çarpanlarına sahip olurduk ve p, T1 teoreminin aksine \ge 2 üssü ile girerdi). Dolayısıyla, n < p < 2n’ye sahibiz (n>1 olduğundan, p=2n denklemi asal p için imkansızdır). Böylece, T teoremi T1 teoreminden çıkar, bu da T ve T1’in denk olduğunu gösterir.↩︎

  30. 11!’in asal açılımında, 7 ve 11 asalları açıkça 1 üsleriyle yer alır. Bu nedenle, n > 11 olduğunu varsayabiliriz; bu da n=2k durumunda olduğu gibi n=2k+1 durumunda da k > 5 olmasını gerektirir. Kullanacağımız teoreme göre, k < p < q < 2k olacak şekilde iki p ve q>p asalı vardır. Dolayısıyla en azından p < q < n ve p \ge k+1 elde ederiz, bu da 2q > 2p \ge 2k+2 > n anlamına gelir. Böylece, hem p hem de q asalları n!’in açılımına 1 üssü ile girer.
    10! sayısına gelince, sadece 7 asalı açılımına 1 üssü ile girer.↩︎

  31. n verilmiş bir pozitif tamsayı olsun. Lejeune-Dirichlet’nin aritmetik diziler üzerine teoremine göre, k pozitif bir tamsayı olmak üzere p = 6^{k}k!+2 \cdot 3^{2^{k-1}}-1 biçiminde bir asal sayı vardır. (Pozitif n tamsayısı için 2^{k-1} \ge n olduğu göz önüne alındığında) buradan 3^n\mid p+1 olduğu ve p+1 sayısının n’den fazla farklı pozitif tamsayı bölenine (örneğin, 1, 3, 3^2, \dots, 3^n) sahip olduğu sonucu çıkar. Öte yandan, Euler teoremine göre 3^{\phi(2^n)} \equiv 1 \pmod{2^n}’dir, buradan 2^n\mid 3^{2^{n-1}}-1 gelir, bu da 2^n\mid p-1 olduğunu ve p-1 sayısının n’den fazla farklı pozitif tamsayı bölenine (örneğin, 1, 2, 2^2, \dots, 2^n) sahip olduğunu gösterir.↩︎

  32. p=131. Burada p-1 = 2 \cdot 5 \cdot 13 ve p+1 = 2^2 \cdot 3 \cdot 11’e sahibiz.↩︎

  33. n verilmiş bir pozitif tamsayı olsun ve p_i, i. asalı göstersin. Çin kalan teoremine göre, b \equiv 1 \pmod{p_1p_2\dots p_n}, b \equiv -1 \pmod{p_{n+1}p_{n+2}\dots p_{2n}}) ve b \equiv -2 \pmod{p_{2n+1}p_{2n+2}\dots p_{3n}}) olacak şekilde pozitif bir b tamsayısı vardır. (b, p_1p_2\dots p_{3n}) = 1’dir ve Dirichlet teoremine göre, p = p_1p_2\dots p_{3n}k+b sayısının bir asal olmasını sağlayan pozitif bir k tamsayısı vardır. Bu durumda p_1p_2\dots p_n \mid p-1, \quad p_{n+1}p_{n+2}\dots p_{2n} \mid p+1, \quad \text{ve} \quad p_{2n+1}p_{2n+2}\dots p_{3n} \mid p+2 olur, dolayısıyla p-1, p+1 ve p+2 sayılarının her biri en az n farklı asal bölene sahiptir.↩︎

  34. p_k, k. asalı göstersin. Pozitif n, s ve m tamsayıları için, j=1, 2, \dots, m olmak üzere a_j = p_{j(s-1)n+1}p_{j(s-1)n+2}\dots p_{jsn} yazalım. 1 \le i < j \le m için (a_i, a_j) = 1’dir ve Çin kalan teoremine göre, j=1, 2, \dots, m için x \equiv -j \pmod{a_j} olacak şekilde pozitif bir x tamsayısı vardır. Böylece j=1, 2, \dots, m için a_j\mid x+j’ye sahibiz, bu da x+j sayılarının (j=1, 2, \dots, m) her birinin en az n farklı asal böleni olduğunu ve bu bölenlerin her birinin en az s. kuvvette göründüğünü gösterir. Bu nedenle x+1, x+2, \dots, x+m dizisi gerekli koşulları sağlar.↩︎

  35. Eğer pozitif bir m tamsayısı için m! sayısı bir p asalı ile bölünüyorsa, o zaman p, m! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot m çarpımındaki çarpanlardan en az birini bölmelidir, dolayısıyla p \le m olmalıdır. Böylece, eğer m! sayısı n > m olan bir n tamsayısı ile bölünüyorsa, n bileşik olmalıdır. Buradan şu sonuç çıkar ki, eğer bir n > 1 tamsayısı için (n-1)! sayısı n veya n+2 ile bölünebilseydi, o zaman n veya n+2 bileşik olurdu. Böylece, koşul gereklidir.
    Şimdi tek bir n > 1 için (n-1)! sayısının n veya n+2 ile bölünmediğini varsayalım. n ve n+2 sayılarının asal olduğunu göstereceğiz. n=3 ve n=5 için n ve n+2 sayıları asal olduğundan n \ge 7 olduğunu varsaymak yeterlidir. Eğer n bileşik olsaydı, n=ab olurdu; burada a ve b, n’den küçük pozitif tamsayılardır, dolayısıyla a \le n-1 ve b \le n-1’dir. Böylece a ve b, (n-1)! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot (n-1) çarpımında çarpan olarak görünürdü. a \ne b durumunda, varsayımın aksine n=ab\mid (n-1)! olurdu. a=b durumunda, n=a^2 olurdu ve n tek ve > 1 olduğundan, a \ge 3 olurdu, bu da n = a^2 \ge 3a > 2a anlamına gelir, dolayısıyla 2a \le n-1’dir. Böylece a ve 2a, (n-1)! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot (n-1) çarpımında farklı çarpanlardır, dolayısıyla varsayımın aksine n=a^2\mid (n-1)! olur. Böylece, n bir asaldır.
    Eğer n+2 sayısı bileşik olsaydı, n+2 = ab olurdu; burada a ve b, 1’den büyük tamsayılardır. n tek olduğundan, a ve b sayıları tektir ve bu nedenle \ge 3’tür. Ardından, n \ge 7 olduğundan, a \le \frac{1}{3}(n+2) \le \frac{1}{2}(n-1)’e sahibiz ve 2a \le n-1’e sahibiz. Benzer şekilde 2b \le n-1 olduğunu gösteririz. Eğer a ve b farklıysa, o zaman 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot (n-1) = (n-1)! çarpımında farklı çarpanlar olarak görünürler, bu da varsayımın aksine n+2 = ab\mid (n-1)! anlamına gelir. Eğer a=b ise, o zaman a ve 2b (n-1)! çarpımında farklı çarpanlardır, dolayısıyla n+2\mid 2ab\mid (n-1)!, yine varsayımın aksinedir.
    Bu nedenle teoremin koşulu yeterlidir.↩︎

  36. m pozitif bir tam sayı olsun. (10^m, 10^m−1) = 1 olduğunu biliyoruz ve aritmetik dizi teoremine göre, p = 10^m k + 10^m − 1 asal olacak şekilde bir k pozitif tam sayısı vardır. Açıkça, bu sayının son m−1 basamağı 9’a eşittir, bu da bu sayının tüm rakamlarının toplamının m olduğunu gösterir.
    NOT. A. Mąkowski, teoremin g > 1 olan keyfi bir gösterim tabanı için de geçerli kaldığını fark etmiştir; ispat için, yukarıdaki ispatta 10 sayısını g ile değiştirmek yeterlidir. Bkz. Sierpiński [31] ve Erdős [8]. Asal sayı artarken, bir asalın rakamları toplamının sonsuza gidip gitmediğini bilmiyoruz.↩︎

  37. m pozitif bir tam sayı olsun. (10^{m+1}, 1) = 1 olduğundan, aritmetik dizi teoremine göre, p = 10^{m+1}k + 1 asal olacak şekilde bir k pozitif tam sayısı vardır. p sayısının son m basamağı, açıkça, m adet sıfır ve birdir. Böylece, ondalık sistemdeki p asalı en az m adet sıfıra sahiptir, ki bu da kanıtlanması gereken şeydi.
    NOT. Her m pozitif tam sayısı için, ondalık sistemde tam olarak m adet sıfıra sahip bir asal sayının var olup olmadığını bilmiyoruz. m = 1 için, bu tür en küçük asal 101’dir; m = 2 için ise 1009’dur.↩︎

  38. Eğer p bir asal sayı ise, p^4’ün tüm pozitif tamsayı bölenlerinin toplamı 1+p+p^2+p^3+p^4’e eşittir. Eğer n pozitif bir tamsayı olmak üzere 1+p+p^2+p^3+p^4 = n^2 ise, o zaman açıkça (2p^2+p)^2 < (2n)^2 < (2p^2+p+2)^2’ye sahibiz ve buradan (2n)^2 = (2p^2+p+1)^2 olması gerektiği sonucu çıkar. Böylece, 4n^2 = 4p^4+4p^3+5p^2+2p+1’dir ve 4n^2 = 4(p^4+p^3+p^2+p+1) olduğundan, p^2-2p-3=0 elde ederiz, bu da p\mid 3 anlamına gelir, dolayısıyla p=3’tür. Gerçekten de, p=3 için 1+3+3^2+3^3+3^4 = 11^2 elde ederiz. Dolayısıyla, problemin koşullarını sağlayan sadece bir p asalı vardır, o da p=3’tür.↩︎

  39. Bir p asal sayısının sadece iki pozitif tamsayı böleni vardır, yani 1 ve p. Böylece, bir p asalının tüm pozitif tamsayı bölenlerinin toplamı, bir n pozitif tamsayısının s. kuvvetine eşitse, o zaman 1+p = n^s’dir, bu da p = n^s-1 = (n-1)(n^{s-1}+n^{s-2}+\dots+1) anlamına gelir. n>1’e sahibiz ve s \ge 2 için sağdaki çarpımın ilk çarpanı ikincisinden daha küçüktür. Bu nedenle, bir p asalının, ilki ikincisinden daha küçük olan iki pozitif tamsayı çarpanının çarpımı şeklinde bir gösterimini elde ederiz. Buradan ilk çarpanın 1’e eşit olması gerektiği sonucu çıkar, dolayısıyla n-1=1, veya n=2, ve p=2^s-1’dir. Böylece, her s \ge 2 tamsayısı için problemin koşullarını sağlayan en fazla bir asal sayı vardır ve böyle bir asal sayı ancak ve ancak 2^s-1 sayısı asalsa vardır. s=2 için 3 sayısını; s=3 için 7 sayısını; s=5 için 31 sayısını; ve s=7 için 127 sayısını elde ederiz. s=4, 6, 8 ve 10 için, 2^4-1 = 3 \cdot 5, 2^6-1 = 3^2 \cdot 7, 2^8-1 = 3 \cdot 5 \cdot 17 ve 2^{10}-1 = 3 \cdot 11 \cdot 31 sayıları bileşik olduğundan, bu tür asal sayılar yoktur.↩︎

  40. p > 5 asalları için, 2 < \frac{p-1}{2} < p-1 ’e sahibiz, bu da (p-1)!^2 = 2 \frac{p-1}{2} (p-1)! anlamına gelir. Eğer p > 5 asalı ve bir m pozitif tamsayısı için (p-1)!+1 = p^m \quad (1) olsaydı, o zaman (p-1)! \equiv p^m-1 olurdu ve her iki tarafı p-1 ile bölersek p-1 \mid p^{m-1} + p^{m-2} + \dots + p + 1 \quad (2) elde ederdik.
    Ancak, p-1 \mid p^k-1, dolayısıyla k=0, 1, 2, \dots için p^k \equiv 1 \pmod{p-1}’dir, bu da p^{m-1} + p^{m-2} + \dots + p + 1 \equiv m \pmod{p-1} anlamına gelir ve (2) göz önüne alındığında, p-1 \mid m buluruz, dolayısıyla m \ge p-1’dir. Bu nedenle, p^m \ge p^{p-1} > (p-1)^{p-1} > (p-1)! elde ederiz, dolayısıyla p^m > (p-1)!+1 olur, bu da (1) ile çelişir.↩︎

  41. Liouville teoremine göre (bkz. Problem 113), p > 5 bir asal sayı ise, m pozitif tamsayısı için (p-1)!+1 = p^m olamaz. (p-1)!+1 > 1 tek sayısının bu nedenle q \ne p olan bir q tek asal böleni vardır ve q\mid (p-1)!+1’den q > p-1 olduğu sonucu çıkar, dolayısıyla (q \ne p olduğundan) q > p’dir. p keyfi olarak büyük olabildiğinden, p < q olacak şekilde q\mid (p-1)!+1 koşulunu sağlayan sonsuz çoklukta q asalı vardır; bu da kanıtlanması istenen şeydi.↩︎

  42. A. Schinzel’in ispatını vereceğiz. a keyfi bir pozitif tamsayıyı göstersin ve k \ne 1 bir tamsayı olsun. Ayrıca, k-1 = 2^s h diyelim; burada 2^s, k-1’i bölen 2’nin en yüksek kuvvetidir ve h pozitif veya negatif bir tek sayıdır. 2^m > a-k olacak şekilde bir m pozitif tamsayısı seçelim ve l \ge s ve l \ge m olacak şekilde bir l tamsayısı belirtelim. Eğer 2^{2^l}+k > 2^{2^m}+k > a sayısı bileşik olsaydı, istenen biçimde ve > a olan bileşik bir sayıya sahip olurduk. O halde p = 2^{2^l}+k sayısının asal olduğunu varsayalım. l \ge s ve k-1 = 2^s h olduğundan, p-1 = 2^{2^l}+k-1 = 2^{2^l}+2^s h = 2^s h_1 elde ederiz; burada h_1 tektir ve > 0’dır. Euler teoremine göre 2^{\phi(h_1)} \equiv 1 \pmod{h_1}’dir, dolayısıyla (p-1 = 2^s h_1 olduğundan) 2^{s+\phi(h_1)} \equiv 2^s \pmod{p-1}’dir. l \ge s olduğundan, 2^l+\phi(h_1) \equiv 2^l \pmod{p-1} elde ederiz. Fermat teoreminden 2^{2^{l+\phi(h_1)}} + k \equiv 2^{2^l} + k \equiv 0 \pmod p, elde ederiz ve 2^l+\phi(h_1) > 2^l olduğundan 2^{2^{l+\phi(h_1)}} + k > 2^{2^l}+k = p. elde ederiz. Böylece, 2^{2^{l+\phi(h_1)}} + k sayısı bileşiktir ve p = 2^{2^l}+k \ge 2^{2^m}+k > a olduğundan > a’dır, bu da ispatı tamamlar. Bu ispat, k=1 için başarısız olur çünkü sonsuz çoklukta bileşik Fermat sayısı olup olmadığını bilmiyoruz.
    Şunu belirtelim ki, teoremin daha zayıf bir versiyonu, yani her k tamsayısı için 2^{2^n}+k’nin bileşik olmasını sağlayan en az bir n tamsayısının var olduğunu ileri süren versiyon, 1943’te J. Reiner tarafından oldukça karmaşık bir teoremin özel bir durumu olarak elde edilmiştir; bkz [16]. Teoremimizden bu daha zayıf versiyonu elde etmek için (k=1 için) 2^{2^5}+1 sayısının bileşik olduğunu, yani 641 ile bölünebildiğini belirtmek yeterlidir.↩︎

  43. Örneğin, s=1, 2, \dots olmak üzere k=6s-1 biçimindeki tüm sayılar bu formdadır, çünkü her n pozitif tamsayısı için 2^{2^n} sayısı 3’e bölündüğünde 1 kalanını verir, dolayısıyla 2^{2^n}+k = 2^{2^n}-1+6s sayısı 3 ile bölünebilir ve > 3’tür, yani bileşiktir.↩︎

    1. n pozitif tamsayısı için 2^{n+1}-1 sayısı 3 ile bölünebilir, dolayısıyla 2^{n+1}-2 = 2(2^n-1) sayısı 6 ile bölünebilir ve k pozitif bir tamsayı olmak üzere 2^{n+1} = 6k+2’ye sahibiz. Buradan 2^{2^{n+1}}+3 = (2^6)^k \cdot 2^2+3 \equiv 2^2+3 \equiv 0 \pmod 7 olduğu 2^{2^{n+1}}+3 = (2^6)^k \cdot 2^3+3 \equiv 2^3+3 \equiv 0 \pmod 7, ve n=1, 2, \dots için 7\mid 2^{2n+1}+3’tür. 2^{2^{n+1}}+3 > 2^{2^2}+3 > 7 olduğundan, 2^{2^{n+1}}+3 biçimindeki sayılar n=1, 2, \dots için bileşiktir.
    2. n pozitif tamsayısı için 2^{4n}-1 \equiv 16^n-1 \equiv 0 \pmod 5’e sahibiz, bu da 10\mid 2^{4n+1}-2 anlamına gelir. Bu nedenle k pozitif bir tamsayı olmak üzere 2^{4n+1} = 10k+2’dir ve 2^{2^{4n+1}}+7 = (2^{10})^k \cdot 2^2+7 \equiv 2^2+7 \equiv 0 \pmod{11}’dir. Böylece 11\mid 2^{2^{4n+1}}+7’ye sahibiz ve 2^{2^{4n+1}}+7 > 2^{2^5}+7 > 11 olduğundan, 2^{2^{4n+1}}+7 biçimindeki sayıların tümü n=1, 2, \dots için bileşiktir.
    3. n pozitif tamsayısı için 2^{8n} \equiv (2^4)^{2n} \equiv 1 \pmod{15}’e sahibiz, bu da 7\mid 2^{8n}-1 ve 28\mid 2^{8n+2}-4 anlamına gelir. Böylece, k pozitif bir tamsayı olmak üzere 2^{8n+2} = 28k+4’tür. Buradan 2^{2^{8n+2}}+13 = (2^{28})^k \cdot 2^4+13 \equiv 16+13=29 \equiv 0 \pmod{29} olduğu, yani 29\mid 2^{2^{8n+2}}+13 olduğu sonucu çıkar ve 2^{2^{8n+2}}+13 > 2^{2^{10}}+13 > 29 olduğundan, 2^{2^{8n+2}}+13 biçimindeki sayılar n=1, 2, \dots için bileşiktir.
    4. n pozitif tamsayısı için 2^{10n} \equiv (2^5)^{2n} \equiv 1 \pmod{11}’e sahibiz, bu da 22\mid 2^{10n+1}-2 ve k pozitif bir tamsayı olmak üzere 2^{10n+1} = 22k+2 anlamına gelir. Buradan 2^{2^{10n+1}}+19 = (2^{22})^k \cdot 2^2+19 \equiv 4+19 \equiv 0 \pmod{23} olduğu ve 23\mid 2^{2^{10n+1}}+19 olduğu sonucu çıkar. n=1, 2, \dots için 2^{2^{10n+1}}+19 > 23 olduğundan, 2^{2^{10n+1}}+19 sayılarının tümü bileşiktir.
    5. n pozitif tamsayısı için 2^{6n} \equiv (2^3)^{2n} \equiv (-1)^{2n} \equiv 1 \pmod 9’a sahibiz, dolayısıyla 9\mid 2^{6n}-1’dir ve 36\mid 2^{6n+2}-4’tür, bu da k pozitif bir tamsayı olmak üzere 2^{6n+2} = 36k+4 anlamına gelir. Buradan 2^{2^{6n+2}}+21 = (2^{36})^k \cdot 2^4+21 \equiv 16+21 \equiv 0 \pmod{37} olduğu, dolayısıyla 37\mid 2^{2^{6n+2}}+21 olduğu sonucu çıkar ve n=1, 2, \dots için 2^{2^{6n+2}}+21 > 37 olduğundan, 2^{2^{6n+2}}+21 sayıları n=1, 2, \dots için bileşiktir.
      NOT. 2^{2^n}+k (n=1, 2, \dots) sayıları arasında sonsuz çoklukta asal sayı bulunduğunu kanıtlayabileceğimiz bir k tamsayısı bilmiyoruz.
    ↩︎

  45. Bildiğimiz gibi, F_n = 2^{2^n}+1 sayıları n=0, 1, 2, 3, 4 için asalken, F_5 = 641p sayısı, p > 2^{16}+1 = F_4 olan bir asaldır. Ayrıca (p, 2^{32}-1) = 1’e sahibiz, çünkü p\mid F_5 olması (p, F_5-2) = 1’i gerektirir. Çin kalan teoremine göre, k \equiv 1 \pmod{(2^{32}-1)641} \quad \text{ve} \quad k \equiv -1 \pmod p. \quad (1) denkliklerini sağlayan sonsuz çoklukta pozitif k tamsayısı vardır.
    Eğer k, (1) denkliklerini sağlayan p’den büyük bir tamsayı ise, k \cdot 2^n+1 (n=1, 2, \dots) sayılarının tümünün bileşik olduğunu göstereceğiz.
    n sayısı, m ve t tamsayıları \ge 0 olmak üzere, n = 2^m(2t+1) biçiminde temsil edilebilir. Önce m’nin 0, 1, 2, 3 veya 4 sayılarından biri olduğunu varsayalım. (1) göz önüne alındığında, k \cdot 2^n+1 \equiv 2^{2^m(2t+1)}+1 \pmod{2^{32}-1}, \quad (2) olur ve m=0, 1, 2, 3, 4 için F_m \mid 2^{32}-1 ve F_m \mid 2^{2^m(2t+1)}+1 olduğundan, (2)’ye göre F_m \mid k \cdot 2^n+1 olduğunu elde ederiz. k \cdot 2^n+1 > p > F_4 olduğundan (k > p olduğu için), k \cdot 2^n+1 sayısı bileşiktir.
    Eğer m=5 ise, (1)’den k \cdot 2^n+1 \equiv 2^{2^5(2t+1)}+1 \pmod{641} elde ederiz ve 641 \mid F_5 \mid 2^{2^5(2t+1)}+1 olduğundan, 641 \mid k \cdot 2^n+1 elde ederiz ve k \cdot 2^n+1 > p > 641 sayısı bileşiktir.
    m \ge 6 durumunu ele almak kalıyor. Bu durumda 2^6 \mid n’dir, dolayısıyla h pozitif bir tamsayı olmak üzere n = 2^6 h’dir ve (1) göz önüne alındığında k \cdot 2^n+1 \equiv -2^{2^6 h}+1 \pmod p; p \mid 2^{32}+1 \mid 2^{2^6}-1 \mid 2^{2^6 h}-1 olduğundan, p \mid k \cdot 2^n+1 elde ederiz. k \cdot 2^n+1 > k > p gerçeği göz önüne alındığında, k \cdot 2^n+1 sayısı bileşiktir.
    Böylece, k \cdot 2^n+1 sayıları n=1, 2, 3, \dots için bileşiktir, ki bu da kanıtlanması istenen şeydi. (Bkz. [30].)
    NOT. Tüm k \cdot 2^n+1 (n=1, 2, \dots) sayılarının bileşik olduğu en küçük k sayısını bilmiyoruz.↩︎

  46. Öncelikle Problem 118’deki teoremin ispatında (1) denkliklerine k \equiv 1 \pmod 2 denkliğini ekleyebileceğimizi ve bunun aşağıdaki T teoremine yol açacağını belirtelim: k > p olan sonsuz çoklukta k tek sayısı vardır, öyle ki k \cdot 2^l+1 (l=1, 2, \dots) sayılarının her biri altı asal sayıdan en az biri ile bölünebilir F_0, F_1, F_2, F_3, F_4, \text{ ve } p \quad (3) (p > F_4 olmak üzere). (3)’teki altı sayının çarpımını Q ile gösterelim. Bu sayılar tek olduğundan, 2^{\phi(Q)} \equiv 1 \pmod Q ve sonuç olarak, q, (3)’teki sayılardan herhangi birini göstermek üzere 2^{\phi(Q)} \equiv 1 \pmod q olur. n keyfi bir pozitif tamsayı olsun. T teoremine göre (l=n(\phi(Q)-1) için), k \cdot 2^{n(\phi(Q)-1)}+1 sayısı (3)’teki sayılardan en az biriyle, diyelim ki q ile, bölünebilir. Dolayısıyla k \cdot 2^{n(\phi(Q)-1)}+1 \equiv 0 \pmod q olur; buradan 2^n ile çarparak k \cdot 2^{n\phi(Q)}+2^n \equiv 0 \pmod q elde ederiz ve 2^{\phi(Q)} \equiv 1 \pmod q ve sonuç olarak 2^{n\phi(Q)} \equiv 1 \pmod q olduğundan, k+2^n \equiv 0 \pmod q elde ederiz; k > p olduğundan, k > q ve k+2^n > q olur; böylece k+2^n sayısı bileşiktir ve 2^n+k, n=1, 2, \dots sayılarının tümünün bileşik olduğu sonsuz çoklukta k tek sayısının var olduğunu gösterdik.↩︎

  47. m pozitif bir tamsayı olmak üzere k=2^m olsun ve s \ge 0 bir tamsayı ve h tek olmak üzere m=2^s h olsun. k \cdot 2^{s+1}+1 = 2^{s+1}(2^{h \cdot 2^s}+1)’e sahibiz, ve n > s için 2^n+k sayısı tek bir pozitif tamsayıdır. Böylece 2^{s+1}+1 \mid k \cdot 2^n+1 elde ederiz ve n > s olduğundan, k \cdot 2^n+1 > 2^{s+1}+1’e sahibiz ve k \cdot 2^n+1 sayıları n > s için bileşiktir (çünkü 2^{s+1}+1 ile bölünebilirler). Özellikle, eğer k, 2’nin tek bir üsse sahip bir kuvveti ise, o zaman n=1, 2, \dots için tüm k \cdot 2^n+1 sayıları 3 ile bölünebilir.↩︎

  48. k=1 için, n=5’tir, çünkü n=1, 2, 3, 4 için 2^{2^n}+1 sayıları asal iken, 641\mid 2^{2^5}+1 ve 2^{2^5}+1 bileşiktir. k=2 için, n=1’dir, çünkü 3\mid 2 \cdot 2^1+1. k=3 için, n=2’dir, çünkü 3 \cdot 2^2+1 sayısı asal iken, 7\mid 3 \cdot 2^3+1 = 49. k=4 için, n=2’dir, çünkü 4 \cdot 2^2+1 = 17 bir asal iken, 5\mid 4 \cdot 2^3+1. k=5 için, n=1’dir, çünkü 3\mid 5 \cdot 2^1+1. k=6 için, n=1’dir, çünkü 5\mid 6 \cdot 2^1+1. k=7 için, n=3’tür, çünkü 7 \cdot 2^1+1 = 29 ve 7 \cdot 2^2+1 = 113 asal iken, 11\mid 7 \cdot 2^3+1. k=8 için, n=1’dir, çünkü 3\mid 8 \cdot 2^1+1. k=9 için, n=2’dir, çünkü 9 \cdot 2^1+1 = 37 asal iken, 5\mid 9 \cdot 2^2+1. k=10 için, n=2’dir, çünkü 10 \cdot 2^1+1 = 41 asal iken, 7\mid 10 \cdot 2^2+1.↩︎

  49. Problem 121’in çözümünden, k=1, 3, 4, 7, 9 ve 10 sayılarının gereksinimleri sağlamadığı sonucu çıkar. 6 sayısı da 6 \cdot 2^1+1 = 97 bir asal olduğundan gereksinimi sağlamaz.
    Öte yandan, 2 \cdot 2^{2^n}+1, 5 \cdot 2^{2^n}+1 ve 8 \cdot 2^{2^n}+1 sayıları, n=1, 2, \dots için 3 ile bölünebildikleri ve 3’ü aştıkları için tümü bileşiktir.
    NOT. Eğer t=0, 1, 2, \dots olmak üzere k=3t+2 ise, o zaman k \cdot 2^{2^n}+1 (n=1, 2, \dots) sayılarının tümü 3 ile bölünebilir ve bileşiktir.↩︎

  50. \frac{1}{3}(2^{2^{n+1}}+2^{2^n}+1) sayıları n=1, 2, \dots için pozitif tamsayılardır. Eğer n çift ise, 2^n \equiv 1 \pmod 3’tür, dolayısıyla k pozitif bir tamsayı olmak üzere 2^n = 3k+1’dir ve 2^{2^n} = (2^3)^k \cdot 2 \equiv 8^k \cdot 2 \equiv 2 \pmod 7’dir, bu da 2^{2^{n+1}} = (2^{2^n})^2 \equiv 4 \pmod 7 anlamına gelir. Buradan 2^{2^{n+1}}+2^{2^n}+1 \equiv 4+2+1 \equiv 0 \pmod 7 olduğu sonucu çıkar. Eğer n tek ise, 2^n \equiv 2 \pmod 3’tür, dolayısıyla k \ge 0 bir tamsayı olmak üzere 2^n = 3k+2’dir. Buradan 2^{2^n} = 2^{3k+2} = 8^k \cdot 4 \equiv 4 \pmod 7 olduğu, 2^{2^{n+1}} = (2^{2^n})^2 \equiv 4^2 \equiv 2 \pmod 7 olduğu sonucu çıkar. Böylece, 2^{2^{n+1}}+2^{2^n}+1 \equiv 2+4+1 \equiv 0 \pmod 7. Sonuç olarak, \frac{1}{3}(2^{2^{n+1}}+2^{2^n}+1) sayıları n pozitif tamsayısı için 7 ile bölünebilir ve n > 1 için \ge \frac{1}{3}(2^{2^3}+2^{2^2}+1) = 91 > 7 olduklarından, n=2, 3, \dots için bileşiktirler.
    XVII. yüzyıldan Michael Stiffel’in teoremi ile karşılaştırın; bkz. Elemente der Mathematik, 18 (1963), s. 18.↩︎

  51. Örneğin, n’nin 28k+1 (k=1, 2, 3, \dots) biçiminde olduğu dizimizin tüm sayıları istenen özelliğe sahiptir. Gerçekten de, Fermat teoremine göre 2^{28} \equiv 1 \pmod{29}’a sahibiz, bu da k=1, 2, \dots için 2^{2 \cdot 28k} \equiv 1 \pmod{29} anlamına gelir. Böylece, n=28k+1 (k=1, 2, \dots) için (2^{2^n}+1)^2+2^2 \equiv 25+4 \equiv 0 \pmod{29}’a sahibiz, bu da 29\mid (2^{2^n}+1)^2+2^2 anlamına gelir. k=1, 2, \dots için, açıkça n=28k+1 \ge 29’a sahibiz, bu da (2^{2^n}+1)^2+2^2 > 29 anlamına gelir. Böylece, n=28k+1, k=1, 2, \dots için (2^{2^n}+1)^2+2^2 biçimindeki tüm sayılar bileşiktir.↩︎

  52. Eğer a tek ve > 1 ise, a^{2^n}+1 sayıları (çift ve > 1 olduklarından) (n=1, 2, \dots için) bileşiktir; bu nedenle a’nın çift olduğunu varsayabiliriz. 641\mid 2^{2^5}+1’e sahibiz, dolayısıyla 641\mid 4^{2^4}+1 ve 641\mid 16^{2^3}+1 de geçerlidir. Ardından, 17\mid 2^{2^3}+1, 17\mid 4^{2^2}+1, 17\mid 6^{2^3}+1, 17\mid 8^{2^2}+1, 17\mid 10^{2^3}+1, 17\mid 12^{2^3}+1, 17\mid 14^{2^2}+1, 17\mid 20^{2^3}+1, \dots, 17\mid 22^{2^3}+1, 17\mid 24^{2^3}+1, 17\mid 26^{2^2}+1, 17\mid 28^{2^3}+1, 17\mid 30^{2^3}+1, 17\mid 32^{2^2}+1 olduğunu kolayca kontrol ederiz.
    Örneğin, 17\mid 28^{2^3}+1 olduğunu kontrol etmek için 28 \equiv 11 \pmod{17} denkliğinden başlarız; bu, 28^2 \equiv 121 \equiv 2 \pmod{17} anlamına gelir, bu da 28^8 \equiv 2^{2^3} \equiv -1 \pmod{17} sonucunu verir ve sonuç olarak 17\mid 28^{2^3}+1’dir.
    Bu formüller göz önüne alındığında, k=0, 1, 2, \dots için hemen şunu elde ederiz 17\mid (34k+2)^{2^3}+1, \quad 17\mid (34k+4)^{2^2}+1, \quad 17\mid (34k+6)^{2^3}+1, 17\mid (34k+8)^{2^2}+1, \quad 17\mid (34k+10)^{2^3}+1, \quad 17\mid (34k+12)^{2^3}+1, 17\mid (34k+14)^{2^2}+1, \quad 17\mid (34k+20)^{2^3}+1, \quad 17\mid (34k+22)^{2^3}+1, 17\mid (34k+24)^{2^3}+1, \quad 17\mid (34k+26)^{2^2}+1, \quad 17\mid (34k+28)^{2^3}+1, 17\mid (34k+30)^{2^3}+1, \quad 17\mid (34k+32)^{2^2}+1.
    5\mid 18^2+1 ve 13\mid 34^2+1 gerçeğini kullanarak, 50, 52, 68, 84 ve 86 sayıları dışında, a \le 100 olan her pozitif tamsayı için a^{2^n}+1’in bileşik olacağı şekilde n \le 5 olan bir pozitif tamsayının var olduğu sonucunu çıkarırız. Öte yandan, 50^2+1 = 2501 = 41 \cdot 61, 5\mid 52^2+1, 5\mid 68^2+1, 257\mid 84^2+1 ve 13\mid 86^2+1’dir. Böylece, a \le 100 olan her pozitif tamsayı için a^{2^n}+1’in bileşik olacağı şekilde n \le 6 olan bir pozitif tamsayı vardır.
    NOT. A. Schinzel, 1 < a < 2^{2^k} olacak şekilde her a pozitif tamsayısı için a^{2^n}+1’in bileşik olacağı şekilde bir n pozitif tamsayısının var olduğunu kanıtlamıştır; bkz [20].
    a > 1 olan her tamsayı için a^{2^n}+1’in bileşik olacağı şekilde bir n pozitif tamsayısının var olup olmadığını bilmiyoruz; örneğin, a=2^{2^{33}} sayısı için bunu kanıtlayamıyoruz. Öte yandan, n=2^{2^{33}} için a^{2^n}+1 sayısının bileşik olduğunu kanıtlayabiliriz ve hatta en küçük asal bölenini, yani 3 \cdot 2^{2^{33}+1}+1’i biliyoruz; bkz. Sierpiński [37, s. 349, Bölüm 6].↩︎

  53. 5’ten büyük her asal sayı açıkça k \ge 0 bir tam sayı olmak üzere 30k+r formundadır ve r, 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 veya 29 sayılarından biridir. Sonsuz sayıda asal olduğundan, bu sekiz r değerinden en az biri için k pozitif tam sayı olmak üzere 30k+r formunda sonsuz sayıda asal vardır. Bu nedenle, aşağıdaki sekiz durumu dikkate almak yeterlidir:
    (1) 30k+1 formunda sonsuz sayıda asal vardır. p bunlardan biri olsun ve n=7+19+p olsun; bu, n=7+19+30k+1=3(10k+9) olduğundan tek bir bileşik sayı olacaktır. Böylece, n sayısı üç farklı asalın toplamıdır (p=30k+1, 7 ve 19’dan farklı olduğu için) ve n iki asalın toplamı değildir, çünkü o zaman bunlardan biri çift, yani 2’ye eşit olmak zorunda kalırdı ve n=30k+27=q+2, yani q=5(6k+5) olurdu ki bu imkansızdır.
    (2) 30k+7 formunda sonsuz sayıda asal vardır. p>7 bu asallardan biri olsun ve n=7+13+p olsun; n=30k+27=3(10k+9) olduğundan n tek ve bileşiktir ve p\ge37 olduğundan, n üç farklı asalın toplamına eşit olacaktır. n-2=30k+25=5(6k+5) olduğundan, n’nin gerekli koşulları sağladığını görürüz.
    (3) 30k+11 formunda sonsuz sayıda asal vardır. p>11 bunlardan biri olsun ve n=11+13+p olsun; böylece n tek ve üç farklı asalın toplamına eşit olacaktır. n=30k+35=5(6k+7) ve n-2=3(30k+11) olduğundan, n sayısı gerekli koşulları sağlar.
    (4) 30k+13 formunda sonsuz sayıda asal vardır. p bunlardan biri olsun ve n=3+11+p olsun; böylece n tek ve üç farklı asalın toplamına eşit olacaktır. n=3(10k+9) ve n-2=5(6k+5) olduğundan, n sayısı gerekli koşulları sağlar.
    (5) p=30k+17 formunda sonsuz sayıda asal vardır. p bunlardan biri olsun ve n=3+7+p alalım. n=3(10k+9) ve n-2=5(6k+5) olduğundan, n sayısı gerekli koşulları sağlar.
    (6) 30k+19 formunda sonsuz sayıda asal vardır. p bunlardan biri olsun ve n=3+5+p olsun. Daha önce olduğu gibi, n’nin gerekli koşulları sağladığını çıkarırız.
    (7) 30k+23 formunda sonsuz sayıda asal vardır. p bunlardan biri olsun ve n=5+7+p olsun. n=5(6k+7) ve n-2=3(10k+11) olduğundan, n sayısı gerekli koşulları sağlar.
    (8) 30k+29 formunda sonsuz sayıda asal vardır. p bunlardan biri olsun ve n=5+31+p olsun. n=5(6k+13) ve n-2=3(10k+21) olduğundan, n sayısı gerekli koşulları sağlar. Kanıt tamamlanmıştır. Bkz [28].↩︎

  54. Eğer f(x), f(1)=2, f(2)=3, f(3)=5 olacak şekilde tam sayı katsayılı bir polinom olsaydı, o zaman g(x)=f(x)-2 g(1)=0 olacak şekilde tam sayı katsayılı bir polinom olurdu ve g(x)=(x-1)h(x) olurdu, burada h(x) tam sayı katsayılı bir polinomdur. f(3)=5 olduğundan g(3)=f(3)-2=3 olur, bu da 2h(3)=3 verir; ancak, h(3) bir tam sayı olduğu için bu imkansızdır. Şimdi m, 1’den büyük bir tam sayı olsun ve k=1,2,...,m için g_{k}(x)=\frac{(x-1)(x-2)...(x-m)}{x-k} olsun. Açıkça, g_{k}(x) m-1 dereceli tam sayı katsayılı bir polinomdur ve k’den farklı her x\le m pozitif tam sayısı için g_{k}(x)=0 iken, g_{k}(k) \ne0 olan bir tam sayı olacaktır. f_{k}(x)=g_{k}(x)/g_{k}(k) olsun; açıkça f_{k}(x), k’den farklı her x\le m pozitif tam sayısı için f_{k}(x)=0 iken f_{k}(k)=1 olacak şekilde m-1 mertebesinden rasyonel katsayılı bir polinom olacaktır. f(x)=p_{1}f_{1}(x)+p_{2}f_{2}(x)+...+p_{m}f_{m}(x) koyalım; açıkça bu polinom gerekli koşulları sağlayacaktır: f(x) rasyonel katsayılara sahiptir ve k=1,2,...,m için f(k)=p_{k} olur.↩︎

  55. J. Browkin’in kanıtı. n verilmiş bir pozitif tam sayı olsun. k\le n pozitif tam sayısı için, t_{k} pozitif tam sayılarını tümevarımla şöyle tanımlayalım: t_{0}=1 olsun. Bir k\le n pozitif tam sayısı için t_{k-1} sayısını zaten tanımladığımızı varsayalım. Lejeune-Dirichlet teoreminin özel durumuna göre, q_{k}=(k-1)!(n-k)!t_{k}+1 sayısının asal olacağı ve k>1 durumunda (k-2)!(n-k+1)!t_{k-1}+1 sayısından büyük olacağı şekilde bir t_{k} pozitif tam sayısı vardır (0!=1 koyarız). Böylece, q_{1},q_{2},...,q_{n} sayıları asal olacaktır ve q_{1}<q_{2}<...<q_{n} olur. f(x)=1+\sum_{j=1}^{n}(-1)_{i}^{n-j}\frac{(x-1)(x-2)...(x-n)}{x-j}t_{j} olsun. Açıkça, f(x) tam sayı katsayılı \le n-1 mertebesinden bir polinom olacaktır ve f(k)=1+(k-1)!(n-k)!t_{k}=q_{k} olduğunu kolayca kontrol ederiz.↩︎

  56. Örnek olarak, p_{k}’nin k’ninci asalı gösterdiği f(x)=[(x-p_{1})(x-p_{2})...(x-p_{m})+1]x polinomunu alabiliriz. Burada k=1,2,...,m için f(p_{k})=p_{k} olacaktır.↩︎

  57. Eğer tam sayı katsayılı f(x) polinomunun sabit terimi 0’a eşit olsaydı, o zaman f(0)=0 olurdu ve f(x)\equiv0(mod~p) denkliği her p modülü için çözülebilir olurdu. Bu nedenle, f(x) polinomunun sabit teriminin a_{0}’a eşit olduğunu ve sıfır olmadığını varsayalım. f(a_{0}x)=a_{0}f_{1}(x) olduğundan, burada f_{1}(x) sabit terimi 1’e eşit olan tam sayı katsayılı bir polinomdur, teoremimizi sadece bu tür polinomlar için kanıtlamak yeterlidir. n verilmiş bir pozitif tam sayı olsun. Açıkça n!\mid f_{1}(n!)-1 olur, dolayısıyla f(n!)=n!k+1, burada k bir tam sayıdır. (>0 mertebesinden olan) f_{1}(x) polinomunun mutlak değeri x ile birlikte tüm sınırların üzerine çıkar; bu nedenle yeterince büyük n için \mid f(n!)\mid =\mid n!k+1\mid >1 olacaktır ve n!k+1 sayısının bir p asal böleni vardır. p\mid n!k+1 olduğundan p>n olmalıdır ve p\mid f_{1}(n!) olduğundan, f_{1}(x)\equiv0(mod~p) denkliği p>n olan bir asal modül için çözülebilirdir. n keyfi olduğundan, f_{1}(x)\equiv0(mod~p) denkliğinin ve dolayısıyla f(x)\equiv0(mod~p) denkliğinin sonsuz sayıda p asalı için çözülebilir olduğunu çıkarırız.↩︎

  58. Böyle sadece bir sayı vardır, yani k=1. O zaman k+1,k+2,...,k+10 (1) dizisi beş asal içerir: 2, 3, 5, 7 ve 11. k=0 ve k=2 için, (1) dizisi dört asal içerir. Eğer k\ge3 ise, (1) dizisi 3 sayısını içermez; bildiğimiz gibi, her üç ardışık tek sayıdan biri 3 ile bölünebilir olmalıdır. Buradan (1) dizisinin en az bir tek bileşik sayı içerdiği sonucu çıkar. Bunun dışında, (1) dizisi beş çift sayı içerir, dolayısıyla (k\ge2 için) bu sayılar bileşiktir. Böylece, k\ge3 için, (1) dizisi en az 6 bileşik sayı içerir ve asal sayıların sayısı 4’ü geçemez. NOT. (1) dizisi k = 0, 2, 10, 100, 190, 820 için dört asal içerir. Bu tür sonsuz sayıda k sayısı olup olmadığını bilmiyoruz. A. Schinzel’in asallarla ilgili bir varsayımından ([22]) cevabın olumlu olduğu sonucu çıkar.↩︎

  59. Böyle sadece bir sayı vardır, yani k=1. Bu değer için k+1, k+2,...,k+100 (1) dizisi 26 asal içerir. k=0, 2, 3 veya 4 için, (1) dizisi 25 asal içerir. Bu nedenle, k\ge5 olduğunu varsayabiliriz. (1) dizisi 50 çift sayı içerir, ki k>1 için bunların hepsi bileşiktir. Ardından, 50 ardışık tek sayı da içerir ve her üç ardışık tek sayı 3 ile bölünebilen bir sayı içerdiğinden, (1) dizisi 3 ile bölünebilen en az 16 sayı içerir, ki k>2 için bunların hepsi bileşiktir. Şimdi (1) dizisinin 5 ile bölünebilen ve 3 veya 2 ile bölünmeyen terimlerinin sayısını hesaplayalım. Tüm bu sayılar 30t+r formunda olacaktır, burada t bir tam sayı \ge0 ve r, 5 veya 25 sayılarından biridir. Bu sayıları sonsuz artan dizide düzenleyelim 5, 25, 35, 55, 65, 85, 95, 115, 125, 145, 155, 175, 185, ... (2) ve u_{n} bu dizinin n’inci terimini göstersin. n=1,2,.... için u_{n+6}-u_{n}<100 olduğunu kolayca kontrol ederiz. u_{n} bu dizinin k’yi aşmayan son terimini göstersin. u_{n}\le k<u_{n+1}<u_{n+6}<u_{n}+100 \le k+100 olacaktır, bu da (1) dizisinin (2) dizisinden en az 6 terim içerdiğini gösterir ve sonuç olarak, k\ge5 için 5 ile bölünebilen ancak 2 veya 3 ile bölünmeyen, dolayısıyla bileşik olan en az 6 terim içerir. Son olarak, (1) dizisinin 7 ile bölünebilen, ancak 2, 3 veya 5 ile bölünmeyen terimlerinin sayısını hesaplayalım. Bunlar 210t+r formundaki terimler olacaktır, burada t bir tam sayı \ge0 ve r, 7, 49, 77, 91, 119, 133, 161, 203 sayılarından biridir. Bu sayıları sonsuz artan dizide düzenleyelim 7, 49, 77, 91, 119, 133, 161, 203, 217, 259, 287, ... (3) ve v_{n} bu dizinin n’inci terimini göstersin. n=1,2,.... için v_{n+3}-v_{n}<100 olduğunu kolayca kontrol ederiz. v_{n}, v_{1}, v_{2}, … dizisinin k’yi aşmayan son terimini göstersin. v_{n}\le k<v_{n+1}<v_{n+3} <v_{n}+100\le k+100 olacaktır, bu da (1) dizisinin (3) dizisinden en az 3 terim içerdiğini, yani 7 ile bölünebilen ancak 2, 3 veya 5 ile bölünmeyen en az üç sayı içerdiğini gösterir. k\ge7 için, tüm bu sayılar bileşik olacaktır. Buradan k\ge7 için, (1) dizisinin en az 50+16+6+3=75 bileşik sayı içerdiği, dolayısıyla en fazla 25 asal içerdiği sonucu çıkar. k=5 ve k=6 için, (1) dizisi v_{2}, v_{3} ve v_{4} bileşik sayılarını içerir. (Dizgi hatası: v_{2}, d_{3} ve v_{4} yerine v_{2}, v_{3} ve v_{4} olmalı). Böylece, k>1 için, (1) dizisi en fazla 25 asal içerir.↩︎

  60. Sadece 6 tane böyle dizi vardır, bunlar 1, 3, 4, 5, 10 ve 11 ile başlayanlardır. Kanıt aşağıdaki lemmadan gelir: k>11 için, k, k+1,...,k+99 sayıları arasında 2, 3, 5, 7 veya 11’den birine bölünebilen en az 76 sayı vardır. Lemmanın kanıtı, 2, 3, 5, 7 veya 11 ile bölünebilen tüm sayıları artan bir sonsuz dizi şeklinde yazarak elde edilebilir. Bu dizi, eğer bir r sayısı dizide yer alıyorsa, r+2310 sayısının da yer alması özelliğine sahiptir ve tersi de geçerlidir (çünkü 2310=2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11). Böylece, eğer r_{1},r_{2},...,r_{s} sayıları 2, 3, 5, 7 veya 11 ile bölünebilen \le2310 olan tüm pozitif tam sayıları gösteriyorsa, o zaman bu tür tüm sayılar s aritmetik dizisinde yer alır: 2310t+r_{i}, burada i=1,...,s ve t=0,1,2,.... Bu nedenle, 2, 3, 5, 7 veya 11 ile bölünebilen \le2310+100 olan tüm pozitif tam sayıları yazmak ve 1\le k\le2310 için k, k+1,...,k+99 sayılarının her yüzlüsünde bu diziden en az 76 sayı olduğunu kontrol etmek yeterlidir. (1) dizisinin 24 asal içerdiği bu tür k pozitif tam sayılarından sadece sonlu sayıda olduğunu kanıtlamak daha zor olurdu. Öte yandan, A. Schinzel’e ait asallarla ilgili belirli bir varsayım ([22]), (1) dizisinin 23 asal içerdiği sonsuz sayıda k sayısı olduğunu ima eder.↩︎

  61. LEMMA. Her 21 ardışık pozitif tam sayıdan en az 14 tanesi 2, 3 veya 5 sayılarından biri ile bölünebilir. KANIT Her ardışık 21 pozitif tam sayıda, 2 ile bölünebilen en az 10 tane ve en az 10 ardışık tek sayı vardır ki bunlardan da en az 3 tanesi 3 ile bölünebilir. Bu nedenle, her 21 ardışık pozitif tam sayı dizisinde 5 ile bölünebilen ancak 2 veya 3 ile bölünmeyen en az bir sayı olduğunu göstermek yeterlidir . x’in 30’a bölünmesinden kalanı r göstersin; o zaman x=30t+r olur, burada t bir tam sayı \ge0 ve 0\le r<30. Eğer r\le5 ise, o zaman x\le30t+5\le x+20 ve 30t+5 sayısı x, x+1,...,x+20 dizisinin 5 ile bölünebilen ancak 2 veya 3 ile bölünmeyen bir terimidir. Eğer 5<r\le25 ise, o zaman x\le30t+25<x+20 ve 30t+25 sayısı x, x+1,...,x+20 dizisinin 5 ile bölünebilen ancak 2 veya 3 ile bölünmeyen bir terimidir. Son olarak, eğer 25\le r<30 ise, o zaman x<30t+35<x+20 ve 30t+35 sayısı x, x+1,...,x+20 dizisinin 5 ile bölünebilen ancak 2 veya 3 ile bölünmeyen bir terimidir. Bu, lemmanın kanıtını tamamlar. Lemmamız, 5’i aşan her 21 ardışık pozitif tam sayıdan en az 14’ünün bileşik sayı olduğunu, dolayısıyla en fazla 7 asal olduğunu hemen ima eder. x=1,2 ve 3 için, x, x+1,...,x+20 dizisi her biri 8 asal içerirken, x=4 ve x=5 için bu dizi 7 asal içerir. Böylece, x, x+1,...,x+20 dizisi x=1,2 ve 3 için 8 asal içerir.↩︎

  62. Böyle sadece bir sayı vardır, yani p=5. p<5 için gerekli özelliğin sağlanmadığını kolayca buluruz. p=5 için, 5, 7, 11, 13, 17 ve 19 asallarını elde ederiz. Eğer p>5 ve p=5k (k pozitif tam sayı) ise, o zaman p bileşiktir. Eğer p=5k+1 ise, o zaman p+14, 5 ile bölünebilir, dolayısıyla bileşiktir. Eğer p=5k+2 ise, o zaman p+8, 5 ile bölünebilir, dolayısıyla bileşiktir. Eğer p=5k+3 ise, o zaman 5\mid p+12 ve p+12 bileşiktir. Son olarak, eğer p=5k+4 ise, o zaman 5\mid p+6 ve p+6 bileşiktir.↩︎

  63. k>1 tam sayısı için bu tür çiftlerin m=2^{k}-2 ve n=2^{k}(2^{k}-2) olduğunu kolayca buluruz, bunlar için m+1=2^{k}-1 ve n+1=(2^{k}-1)^{2} olur. NOT. P. Erdös bu tür başka çiftlerin varlığı hakkında bir problem ortaya atmıştır; bkz [9, s. 126, problem 60]. A. Mąkowski bir çift bulmuştur: m=75=3\cdot5^{2}, n=1215=5\cdot3^{5}, bunlar için m+1=2^{2}\cdot19, n+1=2^{6}\cdot19.↩︎