6  Karışık Problemler

  1. Tam sayı katsayılı bir f(x) polinomu için f(x) = 0 denkleminin bir tam sayı çözümü varsa, her p asal sayısı için x \equiv 0 \pmod{p} denkleminin de çözümü vardır. Birinci dereceden ax + b = 0 denklemini kullanarak bunun tersinin doğru olmadığını kanıtlayınız.1
  1. a ve b tam sayıları olmak üzere ax + b \equiv 0 \pmod{m} denkleminin her m pozitif tam sayısı için çözümü varsa, ax + b = 0 denkleminin de tam sayı çözümünün bulunduğunu kanıtlayınız.2
  1. 6x^2 + 5x + 1 \equiv 0 \pmod{m} denkleminin her m pozitif tam sayısı için çözümü bulunduğunu, fakat 6x^2 + 5x + 1 = 0 denkleminin tam sayı çözümünün bulunmadığını kanıtlayınız.3
  1. Her k tek ve n pozitif tam sayısı için 2n^2 + 2 \mid k^{2n} - 1 olduğunu kanıtlayınız.4
  1. k tam sayısı, x ve y tam sayılar olmak üzere k = x^2 - 2y^2 şeklinde gösterilebiliyorsa, bu sayının sonsuz sayıda değişik yolla bu şekilde gösterilebileceğini kanıtlayınız.5
  1. k tam sayı olmak üzere 8k + 3 ve 8k + 5 şeklinde olan hiçbir sayının, x ve y tam sayı olmak üzere x^2 - 2y^2 şeklinde gösterilemeyeceğini kanıtlayınız.6
  1. k tam sayı olmak üzere 8k + 1 şeklinde olan sayılardan sonsuz sayıda, x ve y tam sayı olmak üzere x^2 - 2y^2 şeklinde gösterilebilenlerin ve sonsuz bu şekilde gösterilemeyenlerin bulunduğunu kanıtlayınız. Gösterilemeyenlerin en küçüğünü bulunuz.7
  1. Her mükemmel sayının son rakamının 6 veya 8 olduğunu kanıtlayınız.8
  1. N. Anning’in şu teoremini kanıtlayınız: rakamları herhangi bir g > 1 tabanında yazılmış olan \frac{101010101}{1100110011} sayısının payında ve paydasında tam ortadaki 1 rakamının yerine herhangi tek sayıda 1 yazılırsa, kesrin değerinin değişmeyeceğini kanıtlayınız9 (örneğin, \frac{1010110101}{1100110011} = \frac{1010111011}{110011110011} = \frac{1010111110101}{1100111110011} = \dots).
  1. 2^n sayısının ondalık yayılımındaki rakamları toplamının n’nin artması ile sonsuz arttığını kanıtlayınız.10
  1. k > 1 bir tam sayı ve c de bir rakam ise 2^n’nin sağdan k. rakamı c olacak şekilde bir n pozitif tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.11
  1. 5^n \ (n = 1, 2, 3, \dots) sayılarının son 4 rakamlarının periyodik dizi oluşturduğunu kanıtlayınız. Periyodu bulunuz ve saf periyot olup olmadığını tespit ediniz.12
  1. Her s için pozitif tam sayının ondalık yazılımının ilk s rakamının herhangi bir şekilde (?) olabileceğini kanıtlayınız.13
  1. n^n \ (n = 1, 2, 3, \dots) sayılarının son rakamlarının periyodik dizi oluşturduğunu kanıtlayınız. Periyodu bulunuz ve saf periyot olup olmadığını tespit ediniz.14
  1. Her sonsuz ondalık kesirde, her n sayısı için uzunluğu n olan ve dizide sonsuz sayıda rastlanan bir rakamlar dizisi bulunduğunu kanıtlayınız.15
  1. Her k pozitif tam sayısı için 32^k sayısını ardışık sayılardan oluşan 3^k tane sayının toplamı şeklinde gösteriniz.16
  1. Bir s > 1 tam sayısı verilmişse, her n \geq m_s için n ile 2n arasında bir pozitif tam sayının s. dereceden kuvveti bulunacak şekilde bir m_s pozitif tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız. s = 2 ve s = 3 için en küçük m_s sayılarını bulunuz.17
  1. Her n için, hiçbir bir pozitif tam sayının 1’den büyük dereceden kuvveti olmayan n ardışık pozitif tam sayının bulunduğunu kanıtlayınız.18
  1. u_1 = 1, u_2 = 3 ve n = 1, 2, \dots için u_{n+2} = 4u_{n+1} - 3u_n olarak tanımlanan (u_n) dizisinin n. terimi için n’ye bağlı formül bulunuz.19
  1. u_1 = a, u_2 = b ve n = 1, 2, \dots için u_{n+2} = 2u_{n+1} - u_n olarak tanımlanan (u_n) dizisinin n. terimi için n’ye bağlı formül bulunuz.20
  1. u_1 = a, u_2 = b ve n = 1, 2, \dots için u_{n+2} = -(u_n + 2u_{n+1}) olarak tanımlanan (u_n) dizisinin n. terimi için n’ye bağlı formül bulunuz. a = 1, b = -1 ve a = 1, b = -2 özel durumlarını inceleyiniz.21
  1. u_1 = a, u_2 = b ve n = 1, 2, \dots için u_{n+2} = 2u_n + u_{n+1} olarak tanımlanan (u_n) dizisinin n. terimi için n’ye bağlı formül bulunuz.22
  1. n = 1, 2, \dots için a^{a^n} = a eşitliğini sağlayan tüm a \neq 0 tam sayılarını bulunuz.23
  1. Hem toplamı hem de çarpımı tam kare olan tüm pozitif tam sayı ikililerini bulmak için bir yöntem veriniz.24
  1. İki ardışık pozitif tam sayının kareleri toplamına eşit olan tüm üçgen sayıları bulunuz.25
  1. V.E.Hogatt’ın, her pozitif tam sayının Fibonacci dizisinin birbirinden farklı terimlerinin toplamı şeklinde gösterilebileceğini söyleyen teoremini kanıtlayınız.26
  1. Fibonacci dizisinin u_n terimlerinin n = 1, 2, 3, \dots için u_n^2 = u_{n-1} u_{n+1} + (-1)^{n-1} eşitliğini sağladığını kanıtlayınız.27
  1. Her tam sayının sonsuz değişik sayıda beş tam sayının küpleri toplamı şeklinde gösterilebileceğini kanıtlayınız.28
  1. 3 sayısının sonsuz değişik sayıda 0 ve 1’den farklı dört tam sayının küpleri toplamı şeklinde gösterilebileceğini kanıtlayınız.29
  1. Elementer yöntemlerle, birbirinden farklı dört pozitif tam sayının kareleri toplamı şeklinde en az iki değişik şekilde gösterilebilen sonsuz sayıda pozitif tam sayı bulunduğunu ve birbirinden farklı dört pozitif tam sayının küpleri toplamı şeklinde en az iki değişik şekilde gösterilebilen sonsuz sayıda pozitif tam sayı bulunduğunu kanıtlayınız.30
  1. Her m pozitif tam sayısı için 4m^4 \cdot 7 sayısının negatif olmayan dört tam sayının kareleri toplamı şeklinde herhangi gösteriminde, bu sayılardan hiçbirinin 2^{m-1}’den küçük olmadığını kanıtlayınız.31
  1. İki pozitif tam sayının kareleri toplamı ve iki pozitif tam sayının küpleri toplamı şeklinde gösterilebilen 2’den büyük en küçük tam sayıyı bulunuz ve aralarında asal iki pozitif tam sayının kareleri toplamı ve iki pozitif tam sayının küpleri toplamı şeklinde gösterilebilen sonsuz sayıda pozitif tam sayı bulunduğunu kanıtlayınız.32
  1. s pozitif tam sayısı için verilmişse, her k = 1, 2, \dots, n için n sayısı iki tane pozitif tam sayının k. dereceden kuvvetleri toplamı olacak şekilde bir n > 2 tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.33
  1. İki tam sayının küpleri toplamı şeklinde gösterilemeyen, fakat iki rasyonel sayının küpleri toplamı şeklinde gösterilebilen sonsuz sayıda pozitif tam sayı bulunduğunu kanıtlayınız.34
  1. İki pozitif tam sayının küpleri farkı şeklinde gösterilebilen, fakat iki pozitif tam sayının küpleri toplamı şeklinde gösterilemeyen sonsuz sayıda pozitif tam sayı bulunduğunu kanıtlayınız.35
  1. Her k > 1, k \neq 3 tam sayısı için iki pozitif tam sayının k. dereceden kuvvetleri farkı şeklinde gösterilebilen, fakat iki pozitif tam sayının k. dereceden kuvvetleri toplamı şeklinde gösterilemeyen sonsuz sayıda pozitif tam sayı bulunduğunu kanıtlayınız.36
  1. Her n > 1 tam sayısı için iki pozitif tam sayının n. dereceden kuvvetleri toplamı şeklinde gösterilebilen, fakat iki pozitif tam sayının k. dereceden kuvvetleri farkı şeklinde gösterilemeyen sonsuz sayıda pozitif tam sayı bulunduğunu kanıtlayınız.37
  1. 1’den n’ye kadar olan pozitif tam sayıların kareleri toplamı tam kare olmasını sağlayan en küçük n > 1 tam sayısını bulunuz.38
  1. a ve b 1’den büyük tam sayılarsa a^b şeklinde olan sayıya öz kuvvet diyelim. Sonlu sayıda öz kuvvetin toplamı şeklinde yazılabilen tüm pozitif tam sayıları bulunuz.39
  1. 6’dan farklı her n \leq 10 pozitif tam sayısının iki öz kuvvetin farkı şeklinde gösterilebileceğini kanıtlayınız.
  1. Kenar uzunlukları tam sayı olan her dik üçgen ve her n pozitif tam sayısı için bu üçgene benzer ve her kenar uzunluğu bir pozitif tam sayının n’den büyük dereceden kuvveti olan bir üçgen bulunduğunu kanıtlayınız.40
  1. (n - 1)! + 1 = n^2 eşitliğini sağlayan tüm n > 1 tam sayılarını bulunuz.41
  1. İki ardışık üçgen sayısının çarpımının hiçbir zaman tam kare olmayacağını, fakat her t_n = \frac{n(n+1)}{2} sayısı için t_n t_m çarpımının tam kare olacak şekilde t_n’den büyük olan sonsuz sayıda t_m üçgen sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.42
  1. Logaritma tablosu kullanmadan F_{1945} = 2^{2^{1945}} + 1 sayısının basamak sayısının 10^{582}’den büyük olduğunu kanıtlayınız ve (F_{1945} sayısının en küçük asal böleni olan) 5 \cdot 2^{1947} + 1 sayısının basamak sayısını bulunuz.43
  1. 2^{11213} - 1 (bilinen en büyük asal sayı) sayısının basamak sayısını bulunuz.44
  1. 2^{12112}(2^{12112} - 1) (bilinen en büyük mükemmel sayı) sayısının basamak sayısını bulunuz.45
  1. 3!!! sayısının basamak sayısının 1000’den fazla olduğunu kanıtlayınız ve bu sayının sonundaki 0 sayısını bulunuz.46
  1. Aşağıdaki özelliğe sahip olan m > 1 tam sayısı bulunuz: bir x tam sayı sayısı için f(x) değeri m’ye bölünecek, başka bir x değeri için f(x) değeri m’ye bölündüğünde 1 kalanı verecek ve tüm x tam sayı değerleri için f(x) değerleri m’ye bölündüğünde 0 veya 1 kalanı verecek şekilde tam sayı katsayılı bir f(x) polinomu bulunur.47
  1. m ve n pozitif tam sayılar ve D = [(4m^2 + 1)n + m]^2 + 4mn + 1 olmak üzere \sqrt{D} sayısının sürekli kesir şeklinde gösteriniz.48
  1. \varphi(n) Euler fonksiyonu, d(n) de n sayısının pozitif tam bölenlerinin sayısını göstermek üzere \varphi(n) = d(n) eşitliğini sağlayan tüm n \leq 30 pozitif tam sayısını bulunuz.49
  1. Her g pozitif tam sayısı için, her w > 1 rasyonel sayısının, k > g ve s \geq 0 tam sayılar olmak üzere w = (1 + \frac{1}{k})(1 + \frac{1}{k+1}) \dots (1 + \frac{1}{k+s}) şeklinde gösterilebileceğini kanıtlayınız.50
  1. P. Erdős ve M. Surányi’nin şu teoremini kanıtlayınız: her k tam sayısı sonsuz değişik yolla, m pozitif tam sayı olmak üzere ve + veya - işaretleri belirli bir şekilde seçilerek k = \pm 1^2 \pm 2^2 \pm \dots \pm m^2 şeklinde gösterilebileceğini kanıtlayınız.51

  1. 4x+2=0 denkleminin tamsayı kökleri olmadığı açıktır. Öte yandan, 4x+2\equiv0(mod~p) denkliği her p asal modülü için çözülebilirdir. Modül 2 için, elbette, özdeş olarak çözülebilirdir. p tek bir asal ise, k pozitif bir tamsayı olmak üzere p=2k+1, x=k çözümüne sahiptir.↩︎

  2. m=a koyalım. Eğer ax+b\equiv0(mod~m) denkliğinin bir çözümü varsa, o zaman a\mid b, dolayısıyla k bir tamsayı olmak üzere b=ak’dir. ax+b=0 denklemi x=-k tamsayı köküne sahiptir.↩︎

  3. 6x^{2}+5x+1=(3x+1)(2x+1) olduğunu özdeş olarak biliyoruz, bu da 6x^{2}+5x+1=0 denkleminin tamsayı çözümü olmadığını gösterir. m keyfi bir pozitif tamsayı olsun. O zaman \alpha \ge0 bir tamsayı ve m_{1} tek olmak üzere m=2^{\alpha}m_{1} olur. (2^{\alpha},m_{1})=1 olduğundan, 3x\equiv-1(mod~2^{\alpha}) ve 2x\equiv-1(mod~m_{1}) olacak şekilde bir x pozitif tamsayısı vardır. Bu, m=2^{\alpha}m_{1}\mid (3x+1)(2x+1) ve sonuç olarak 6x^{2}+5x+1\equiv0(mod~m) sonucunu verir.↩︎

  4. Bu, n=1 için doğrudur, çünkü tek bir sayının karesi 8’e bölündüğünde 1 kalanını verir. İddianın bir n pozitif tamsayısı için geçerli olduğunu varsayalım. O zaman tek k için: t bir tamsayı olmak üzere k^{2^{n}}=2^{n+2}t+1’dir. Buradan k^{2^{n+1}}=(2^{n+2}t+1)^{2}=2^{2n+4}t^{2}+2^{n+3}t+1=2^{n+3}(2^{n+1}t^{2}+t)+1 elde edilir, bu da 2^{n+3}\mid k^{2^{n+1}}-1 demektir. Kanıt tümevarımla tamamlanır.↩︎

  5. Kanıt, (3x+4y)^{2}-(2x+3y)^{2}=x^{2}-2y^{2} özdeşliğinden ve x, y pozitif tamsayıları için 3x+4y>x ve 2x+3y>y olmasından hemen elde edilir.↩︎

  6. Eğer x ve y tamsayıları için x^{2}-2y^{2} sayısı tek ise, x tek olmalıdır, dolayısıyla x^{2}\equiv1 (mod 8)’dir. y’nin çift olduğu durumda, 2y^{2}\equiv0 (mod 8), tek olduğu durumda ise 2y^{2}\equiv2 (mod 8) olur. Dolayısıyla, x^{2}-2y^{2}’nin tek olması durumunda, x^{2}-2y^{2}\equiv\pm1 (mod 8) olur, bu da x ve y tamsayıları için x^{2}-2y^{2} sayısının k bir tamsayı olmak üzere 8k+3 veya 8k+5 formunda olamayacağını gösterir.↩︎

  7. Her n pozitif tamsayısı için (2n+1)^{2}-2\cdot2^{2} sayısının, k\ge0 bir tamsayı olmak üzere 8k+1 formunda olduğu kolayca görülebilir. Devamında, 1=3^{2}-2\cdot2^{2}, 9=9^{2}-2\cdot6^{2}, 17=5^{2}-2\cdot2^{2}, 25=15^{2}-2\cdot10^{2} olurken, 33 sayısı x ve y pozitif tamsayılar olmak üzere x^{2}-2y^{2} formunda temsil edilemez. Daha genel olarak, t=0,1,2,... olmak üzere 72t+33 formundaki hiçbir sayının x ve y tamsayılarıyla x^{2}-2y^{2} formunda temsil edilemeyeceğini kanıtlayacağız. Gerçekten de, t tamsayısı, x ve y tamsayıları için 72t+33=x^{2}-2y^{2} olduğunu varsayalım. Sol taraf 3 ile bölünebilir, ancak 9 ile bölünemez. Buradan, x, y sayılarının hiçbirinin 3 ile bölünemeyeceği sonucu çıkar, çünkü 3\mid x olsaydı, 3\mid y olurdu ve sağ taraf 9 ile bölünürdü, ki bu imkansızdır. Dolayısıyla, x ve y sayıları 3 ile bölünemez, bu nedenle x^{2} ve y^{2} 3’e bölündüğünde 1 kalanını verir; böylece, x^{2}-2y^{2} sayısı 3’e bölündüğünde 1 - 2(1) = -1 \equiv 2 (mod 3) kalanını verir, ki bu imkansızdır çünkü sol taraf 3 ile bölünür. Böylece, k=1,2,... olmak üzere 8k+1 formunda olan ve x, y tamsayıları için x^{2}-2y^{2} formunda olmayan sonsuz sayıda pozitif tamsayı vardır ve bu tür en küçük sayı 33=8\cdot4+1’dir.↩︎

  8. Çift mükemmel sayılar, iyi bilindiği gibi, p ve 2^{p}-1 asal olmak üzere 2^{p-1}(2^{p}-1) formundadır (bkz. örneğin, Sierpiński [37, s. 172, sonuç]). p=2 için 6 sayısını elde ederiz. p>2 ise, p 4k+1 veya 4k+3 formunda bir asaldır. p=4k+1 ise, 2^{p-1}=2^{4k}=16^{k} olur ve 2^{p-1}’in son basamağı açıktır ki 6’dır, 2^{p}-1=2^{4k+1}-1=2\cdot16^{k}-1 iken son basamak açıktır ki 1’dir. Böylece, 2^{p-1}(2^{p}-1) çarpımının son basamağı 6’dır. p=4k+3 ise, 2^{p-1}=2^{4k+2}=4\cdot16^{k} sayısının son basamağı 4’tür, 2^{p}’nin son basamağı 8 iken, 2^{p}-1 sayısının son basamağı 7’dir. Sonuç olarak, 2^{p-1}(2^{p}-1) sayısı (biri son basamağı 4, diğeri son basamağı 7 olan iki sayının çarpımı olarak) son basamağı 8 olan bir sayıya sahiptir. Bu, kanıtı tamamlar. NOT. Bir mükemmel sayının son basamağı 8 ise, sondan bir önceki basamağın 2 olduğu kanıtlanabilir (ancak kanıtı daha zordur).↩︎

  9. Kesirimizin g tabanındaki değeri \frac{1+g^{2}+g^{4}+g^{6}+g^{8}}{1+g+g^{4}+g^{7}+g^{8}}’dir ve her k pozitif tamsayısı için bu kesrin \frac{1+g^{2}+g^{4}+g^{5}+...+g^{2k+2}+g^{2k+4}+g^{2k+6}}{1+g+g^{4}+g^{5}+...+g^{2k+2}+g^{2k+5}+g^{2k+6}} (1) kesrine eşit olduğunu kanıtlamalıyız. Bu iddia, bu kesirlerin her birinin payının diğerinin paydasıyla çarpımlarının aynı olduğu kontrol edilerek gösterilebilir. Bkz. P. Anning [1]. NOT. J. Browkin, k pozitif tamsayısı için 1+g^{2}+g^{4}+g^{5}+...+g^{2k+2}+g^{2k+4}+g^{2k+6} = (1-g+g^{2}-g^{3}+g^{4})(1+g+g^{2}+...+g^{2k+2}) ve 1+g+g^{4}+g^{5}+...+g^{2k+2}+g^{2k+5}+g^{2k+6} = (1-g^{2}+g^{4})(1+g+g^{2}+...+g^{2k+2}) özdeşliklerini fark etti. Bu, (1) kesrinin k=1,2,... için \frac{1-g+g^{2}-g^{3}+g^{4}}{1-g^{2}+g^{4}} kesrine eşit olduğunu, dolayısıyla değerinin k’dan bağımsız olduğunu gösterir.↩︎

  10. A. Schinzel, g pozitif bir tamsayı, çift ve 10’a bölünemiyorsa, g^{n}’in ondalık basamaklarının toplamının n ile birlikte sonsuza gittiğini iddia eden daha genel bir teorem kanıtladı. Onun kanıtını sunacağız. a_{i} (i=0,1,2,...) tamsayılarının sonsuz bir dizisini şöyle tanımlayalım: a_{0}=0 koyalım ve k=0,1,2,... için a_{k+1}, 2^{a_{k+1}}>10^{a_{k}} koşulunu sağlayan en küçük pozitif tamsayıyı göstersin (böylece a_{1}=1, a_{2}=4, a_{3}=14 vb. olur). Açıktır ki, a_{1}<a_{2}<a_{3}<.... Bir k pozitif tamsayısı için n\ge a_{k} ise, g^{n}’in basamakları toplamının \ge k olduğunu kanıtlayacağız. g^{n}’in ondalık açılımında 10^{j}’de duran basamağı c_{j} ile gösterelim. g çift olduğundan, 2^{n}\mid g^{n} ve n\ge a_{k} olduğundan, i=1,2,..., k-1 için 2^{a_{i}}\mid g^{n} bağıntısına sahibiz. Dahası, 2^{a_{i}}\mid 10^{a_{i}} (kaynakta a_t yazıyor) olduğundan, 2^{a_{i}}\mid c_{a_{i}-1}10^{a_{i}-1}+...+c_{0} olur. Eğer a_{i-1}\le j<a_{i} için tüm c_{j} basamakları sıfıra eşit olsaydı, 2^{a_{i}}\mid c_{a_{i-1}-1}10^{a_{i-1}-1}+...+c_{0} olurdu ve (g 10’a bölünemediği için c_0 \ne 0 olmalıdır), 2^{a_{i}}\le c_{a_{i-1}-1}10^{a_{i-1}-1}+...+c_{0}<10^{a_{i}-1} (kaynakta a_{i-1-1} yazıyor) olurdu. Bu, 2^{a_{i}}<10^{a_{i-1}} anlamına gelir, ki bu a_{i}’nin tanımıyla çelişir. Dolayısıyla, a_{i-1}\le j<a_{i} olmak üzere c_{j} basamaklarından en az biri sıfırdan farklıdır. Bu, i=1,2,...,k için doğru olduğundan, g^{n}’in en az k basamağı sıfırdan farklıdır. Yeterince büyük n için (n\ge a_{k} için), g^{n}’in ondalık basamaklarının toplamı, keyfi olarak verilen bir k sayısından daha küçük değildir. Bu, g^{n}’in ondalık basamakları toplamının n ile birlikte sonsuza gittiğini gösterir, ki bu kanıtlanması gerekendi. A. Schinzel, benzer bir şekilde, g 5’e bölünebilen tek bir pozitif tamsayı ise, g^{n}’in ondalık basamakları toplamının n ile birlikte sonsuza gittiğinin kanıtlanabileceğini belirtti. Özellikle, yukarıda kanıtlanan teoremden (g=2 için) 2^{n}’in ondalık basamakları toplamının n ile birlikte sonsuza gittiği sonucu çıkar. Ancak bu, artışın monoton olduğu anlamına gelmez: örneğin, 2^{3}’ün basamakları toplamı 8 iken, 2^{4}’ün basamakları toplamı 7 ve 2^{5}’in basamakları toplamı 5’tir. Devamında, 2^{9}’un basamakları toplamı 8 iken, 2^{10}’unki 7’dir. Benzer şekilde, 2^{16}’nın basamakları toplamı 25 iken, 2^{17}’ninki 14’tür.↩︎

  11. Kanıt A. Schinzel’e aittir. k birden büyük bir tamsayı ve c ondalık sistemin keyfi bir basamağı olsun. k>1 olduğundan, 10^{k-1}>2\cdot2^{k} olduğunu kolayca kanıtlarız (örneğin, tümevarımla). t, t\ge c\cdot10^{k-1}/2^{k} koşulunu sağlayan en küçük tamsayıyı göstersin; dolayısıyla t<c\frac{10^{k-1}}{2^{k}}+1 ve t+1<c\frac{10^{k-1}}{2^{k}}+2 olur. t ve t+1 tamsayılarından en az biri 5 ile bölünemez; bu sayıyı u ile gösterelim. c\frac{10^{k-1}}{2^{k}}\le u<c\frac{10^{k-1}}{2^{k}}+2 olur ve 2\cdot2^{k}<10^{k-1} olduğundan, l=2^{k}u için c\cdot10^{k-1}\le l<(c+1)10^{k-1} (1) ilişkisine sahip oluruz. Bu, l=2^{k}u sayısının k basamağı olduğunu, ilk basamağının (dolayısıyla sondan k’ıncı) c olduğunu gösterir (bu basamak sıfır olabilir). l=2^{k}u olduğundan 2^{k}\mid l ve u’nun tanımı gereği 5\nmid u, dolayısıyla (l,5)=1’dir. Bildiğimiz gibi, 2 sayısı 5^{k} modülü için bir ilkel köktür (bkz. örneğin, W. Sierpiński [24, s. 246, lemma]). (l,5)=1 olduğundan, 2^{n}\equiv l(mod~5^{k}) olacak şekilde bir n\ge k tamsayısı vardır. 2^{k}\mid l ve 2^{k}\mid 2^{n} olduğundan (çünkü n \ge k), 2^{n}\equiv l(mod~2^{k}) olur ve sonuç olarak 2^{n}\equiv l(mod~10^{k}) olur. Bu, l sayısının son k basamağının 2^{n}’in karşılık gelen basamaklarıyla aynı olduğunu gösterir. Buradan, 2^{n} sayısının sondan k’ıncı basamağının c olduğu sonucu çıkar, ki bu kanıtlanması gerekendi. NOT. 2^{n}’in son dört basamağı c=2, 4, 6 veya 8 için 111c formunda olamaz, çünkü 1112, 1114, 1116 ve 1118 sayılarından hiçbiri 16’ya bölünemez. Yukarıda alıntılanan makalede (s. 249), 2^{n}’in (burada n=3,4,...) sondan üçüncü ve ikinci basamaklarının keyfi olabileceğini kanıtladım. Ayrıca, m keyfi bir pozitif tamsayı ve k onun basamak sayısı ise, 2^{n} sayısının ilk k basamağının m’nin basamaklarıyla aynı olacak şekilde bir n pozitif tamsayısının var olduğunu da kanıtladım.↩︎

  12. n\ge4 tamsayısı için 5^{n+4}-5^{n}=5^{n}(5^{4}-1)=5^{n}\cdot16\cdot39 (kaynakta 624 yerine 16*39 yazıyor) olur, dolayısıyla 5^{n+4}\equiv5^{n} (mod 10000) ve 5^{n} (n=4,5,...) dizisinin son dört basamağının dört terimli bir periyot oluşturduğu sonucu çıkar. Periyot 0625, 3125, 5625, 8125’tir. Bu periyot saf (pure) değildir, çünkü 5, 5^{2}=25, 5^{3}=125 sayıları ona ait değildir.↩︎

  13. s verilen bir pozitif tamsayı olsun ve c_{1},c_{2},...,c_{s} keyfi bir s ondalık basamak dizisi olsun. m=(c_{1}c_{2}...c_{s})_{10} s basamağı sırasıyla c_{1},c_{2},...,c_{s}’ye eşit olan bir sayı olsun. 2\sqrt{m}<10^{k-1} olacak şekilde bir k pozitif tamsayısı seçelim ve n=[10^{k}\sqrt{m}]+1 olsun, burada [x], x’i aşmayan en büyük tamsayıyı gösterir. 10^{k}\sqrt{m}<n\le10^{k}\sqrt{m}+1 olur, bu da 10^{2k}m<n^{2}\le10^{2k}m+2\cdot10^{k}\sqrt{m}+1<10^{2k}m+10^{2k-1}+1<10^{2k}m+10^{2k} (kaynakta 10^{2k-1} yerine 2\cdot10^{k}\sqrt{m}’den 10^{2k-1}’e geçiş var) ve sonuç olarak 10^{2k}m<n^{2}<10^{2k}m+(10^{2k}-1) olur. Buradan (c_{1}c_{2}...c_{s}00...0)_{10}<n^{2}<(c_{1}c_{2}...c_{s}999...9)_{10} sonucu çıkar; burada sıfırların sayısı ve dokuzların sayısı 2k’dır. Buradan n^{2}’nin ilk s basamağının c_{1},c_{2},...,c_{s} olduğu sonucu çıkar.↩︎

  14. n pozitif bir tamsayı ise, n^{n+20}-n^{n}=n^{n}(n^{20}-1) 4’e bölünür. Gerçekten de, n çift ise, 4\mid n^{n}, n tek ise, n^{10} tektir, dolayısıyla karesi n^{20}, 8’e bölündüğünde 1 kalanını verir. Böylece, 8\mid n^{20}-1. n pozitif tamsayısı için n^{n+20}-n^{n} sayısı, dolayısıyla (n+20)^{n+20}-n^{n} sayısı da her zaman 4’e bölünür. Öte yandan, a ve b, a>b ve 4\mid a-b koşullarını sağlayan pozitif tamsayılar ise, n pozitif tamsayısı için 5\mid n^{a}-n^{b} olur. Gerçekten de, k pozitif bir tamsayı olmak üzere a=b+4k’ya sahibiz, dolayısıyla n^{a}-n^{b}=n^{b}(n^{4k}-1). 5\mid n ise, sağdaki ilk çarpan 5’e bölünür; 5\nmid n ise, Fermat teoremine göre n^{4}\equiv1 (mod 5) olur, bu da n^{4k}\equiv1 (mod 5) demektir ve eşitliğimizin sağ tarafındaki ikinci çarpan 5’e bölünür. Dolayısıyla, a ve b pozitif tamsayılar, a>b ve 4\mid a-b ise, n pozitif tamsayıları için 5\mid n^{a}-n^{b} olduğunu ve elbette, 5\mid (n+20)^{a}-n^{b} olması gerektiğini de kanıtladık. Özellikle, a=(n+20)^{n+20} ve b=n^{n} için, yukarıda gösterildiği gibi, 4\mid a-b olur, dolayısıyla 5\mid (n+20)^{(n+20)^{n+20}}-n^{n^{n}}. Sağ taraf her zaman çift olduğundan (çünkü n ve n+20 ya her ikisi de çift ya da her ikisi de tektir), n pozitif tamsayıları için 10\mid (n+20)^{(n+20)^{n+20}}-n^{n^{n}} ilişkisine sahibiz. Bu, (n+20)^{(n+20)^{n+20}} ve n^{n^{n}} sayılarının son basamaklarının aynı olduğunu gösterir. n^{n^{n}} (n=1,2,...) sayılarının son basamakları dizisi bu nedenle periyodiktir; periyot saftır (pure) ve en fazla 20 terimden oluşur. Periyodun tam olarak 20 terimden oluştuğunu ve 1, 6, 7, 6, 5, 6, 3, 4, 9, 0, 1, 6, 3, 6, 5, 6, 3, 4, 9, 0’a eşit olduğunu görmek kolaydır.↩︎

  15. m keyfi bir pozitif tamsayı olsun. Verilen sonsuz ondalık kesrin basamaklarını her biri m basamaktan oluşan bloklara ayıralım; bu tür sonsuz sayıda bloğa sahip olacağız. Öte yandan, m basamaktan oluşan 10^{m} farklı dizi vardır; bu sayı sonlu olduğundan, en az birinin sonsuz sayıda tekrarlanması gerektiği sonucuna varırız. NOT. \sqrt{2}, \pi veya e irrasyonel sayıları için, ondalık açılımda hangi basamağın sonsuz sayıda tekrarlanacağını bile bilmiyoruz; bu sayılardan her biri için en az iki böyle basamağın var olduğunu göstermek kolaydır.↩︎

  16. 3^{2k}=(n+1)+(n+2)+...+(n+3^{k}) ise, 3^{2k}=3^{k}n+\frac{1}{2}3^{k}(3^{k}+1) olur, bu da n=\frac{1}{2}(3^{k}-1) verir. Dolayısıyla, 3^{2k} sayısı, en küçüğü n+1=\frac{1}{2}(3^{k}+1) olan, ardışık pozitif tamsayılara eşit 3^{k} terimin toplamıdır. Örneğin, k=1,2 ve 3 için sahibiz: 3^{2}=2+3+4, 3^{4}=5+6+...+13, 3^{6}=14+15+...+40. Bkz. Khatri [12].↩︎

  17. Bildiğimiz gibi, a ve b, b-a>1 olacak şekilde reel sayılarsa, a ve b arasında en az bir tamsayı vardır; aslında, [x] x’i aşmayan en büyük tamsayıyı göstermek üzere, böyle bir tamsayı örneğin [a]+1’e eşittir. Gerçekten de, a<[a]+1\le a+1<b olur (b-a>1 olduğundan). s>1 bir tamsayı olsun ve \mu_{s}=\frac{1}{(\sqrt[s]{2}-1)^{s}} olsun; bu sayı reel ve pozitif olacaktır. Dolayısıyla, n>\mu_{s} tamsayısı için n>\frac{1}{(\sqrt[s]{2}-1)^{s}} olur, buradan \sqrt[s]{n}>\frac{1}{\sqrt[s]{2}-1} ve \sqrt[s]{n}(\sqrt[s]{2}-1)>1 elde edilir bu da \sqrt[s]{2n}-\sqrt[s]{n}=\sqrt[s]{n}(\sqrt[s]{2}-1)>1 demektir. Dolayısıyla, \sqrt[s]{n}<k<\sqrt[s]{2n} olacak şekilde bir k pozitif tamsayısı vardır, bu da n<k^{s}<2n sonucunu verir. m_{s} olarak [\mu_{s}]+1 sayısını alabiliriz. s=2 için [\mu_{2}]=5’tir ve 5 ile 10 arasında zaten bir kare sayı, 3^{2}, yer alır; 4 ile 8 arasında ise bir kare sayı yoktur. Dolayısıyla, en küçük m_{2}, 5’tir. Benzer şekilde, en küçük m_{3} sayısının 33 olduğunu kolayca hesaplarız.↩︎

  18. m keyfi bir pozitif tamsayı olsun. Çin kalan teoremine göre, i=1,2,...,m için x\equiv p_{i}-i+1(mod~p_{i}^{2}) (1) olacak şekilde bir x pozitif tamsayısı vardır; burada p_{i}, i’nci asalı gösterir. m ardışık tamsayıdan oluşan x, x+1,...,x+m-1 dizisi istenen özelliğe sahiptir, çünkü (1) ile i=1,2,...,m için x+i-1=p_{i}^{2}k_{i}+p_{i} olur; burada k_{i} bir tamsayıdır. Bu sayı p_{i} ile bölünebilir ancak p_{i}^{2} ile bölünemez, dolayısıyla x+i-1 herhangi bir pozitif tamsayının 1’den büyük üslü bir kuvveti olamaz.↩︎

  19. n=1,2,... için u_{n}=3^{n-1}. Tümevarımla kolay kanıt.↩︎

  20. n=1,2,... için u_{n}=(2-n)a+(n-1)b. Tümevarımla kolay kanıt.↩︎

  21. n=1,2,... için u_{n}=(-1)^{n}[(n-2)a+(n-1)b]. Formülün n=1 ve n=2 için geçerli olduğunu kolayca kontrol ederiz. Bir n için formülün u_{n} ve u_{n+1} için geçerli olduğunu varsayarak, u_{n+2}=-(u_{n}+2u_{n+1}) gerçeğini kullanarak, formülün u_{n+2} için de geçerli olduğunu kolayca kontrol ederiz. Böylece, kanıt tümevarımla tamamlanır.↩︎

  22. n=1,2,... için u_{n}=\frac{3}{4}[3^{n-2}+(-1)^{n-1}]a+\frac{1}{4}[3^{n-1}+(-1)^{n}]b. Tümevarımla kanıt.↩︎

  23. Sadece iki tamsayı vardır, a=1 ve a=-1. Bu sayıların her ikisinin de istenen koşulu sağladığını kolayca kontrol ederiz. n=1 için bu koşuldan a^{a}=a olduğu sonucu çıkar. Dolayısıyla, a\ge2 bir tamsayı olsaydı, a^{a}\ge a^{2}>a olurdu, ki bu imkansızdır. Eğer a\le-2 olsaydı, \mid a^{a}\mid =1/\mid a\mid ^{\mid a\mid }<1 olurdu, bu da a^{a}=a ve a\le-2 olması \mid a^{a}\mid =\mid a\mid >2 anlamına geldiğinden yine imkansızdır.↩︎

  24. a ve b keyfi pozitif tamsayılar olsun ve c^{2}, a^{2}+b^{2}’nin en büyük kare bölenini göstersin, yani a^{2}+b^{2}=kc^{2}. x=a^{2}k, y=b^{2}k olsun; x+y=a^{2}k+b^{2}k=(a^{2}+b^{2})k=(kc)^{2} olurken xy=(abk)^{2} olur. Toplamı ve çarpımı kare olan tüm pozitif tamsayı çiftlerinin, uygun seçilmiş a ve b için bu şekilde elde edilebileceğini göstereceğiz. z ve t pozitif tamsayılar olmak üzere x+y=z^{2}, xy=t^{2} olduğunu varsayalım. d=(x,y) olsun ve c_{1}, d’nin en büyük kare bölenini göstersin; dolayısıyla, k 1’den büyük bir tamsayının karesiyle bölünemeyen pozitif bir tamsayı olmak üzere, d=kc_{1}^{2} olur. (x_{1},y_{1})=1 olmak üzere x=dx_{1}, y=dy_{1} olur ve x+y=z^{2}’den (x_{1}+y_{1})d=z^{2} sonucu çıkar. Dolayısıyla, d=kc_{1}^{2}\mid z^{2} ve k, 1’den büyük bir tamsayının karesiyle bölünemediğinden, kc_{1}\mid z buluruz; bu da z_{1} pozitif bir tamsayı olmak üzere z=kc_{1}z_{1} demektir. Buradan (x_{1}+y_{1})d=x+y=z^{2}=k^{2}c_{1}^{2}z_{1}^{2}=kdz_{1}^{2} olur, bu da x_{1}+y_{1}=kz_{1}^{2} ve x_{1}y_{1}=t^{2}/d^{2} demektir. (x_{1},y_{1})=1 olduğundan, x_{1} ve y_{1} sayılarının kare olduğu, yani x_{1}=a_{1}^{2}, y_{1}=b_{1}^{2} olduğu sonucu çıkar. x=dx_{1}=k(c_{1}a_{1})^{2}, y=dy_{1}=k(c_{1}b_{1})^{2} olduğundan, a=c_{1}a_{1}, b=c_{1}b_{1} koyarak x=ka^{2}, y=kb^{2} elde ederiz ve a^{2}+b^{2}=(c_{1}a_{1})^{2}+(c_{1}b_{1})^{2}=c_{1}^{2}(x_{1}+y_{1})=k(c_{1}z_{1})^{2}; c_{1}z_{1}=c koyarak a^{2}+b^{2}=kc^{2} elde ederiz; k sayısı 1’den büyük bir r tamsayısının karesiyle bölünemediğinden, c^{2} sayısı a^{2}+b^{2}’nin en büyük kare bölenidir. \le100 olan ve hem toplamı hem de çarpımı kare olan tüm pozitif tamsayı çiftleri 2, 2; 5, 20; 8, 8; 10, 90; 18, 18; 20, 80; 9, 16; 32, 32; 50, 50; 72, 72; 2, 98; 98, 98; 36, 64’tür.↩︎

  25. Böyle sadece bir sayı vardır, 10. Gerçekten de, (2x-1)^{2}+(2x+1)^{2}=\frac{1}{2}y(y+1) ise, o zaman (2x+1)^{2}-(8x)^{2}=17 (kaynakta (2y+1)^2 - (8x)^2 = 17 olmalı) ve 17 sayısının iki tamsayı karesinin farkı olarak tek bir gösterimi vardır, 17=9^{2}-8^{2}. Bu, 2y+1=9 verir, dolayısıyla y=4 ve t_{y}=\frac{1}{2}y(y+1)=10 olur.↩︎

  26. Hogatt teoreminin \le u_{n} olan her pozitif tamsayı için geçerli olduğunu n’ye göre tümevarımla kanıtlayacağız. n=1 için u_{1}=1 olduğundan ve n=2 için u_{2}=1 olduğundan doğrudur. Şimdi n>2 bir tamsayı olsun ve \le u_{n} olan her pozitif tamsayının Fibonacci dizisinin farklı terimlerinin toplamı olduğunu varsayalım. k, u_{n}<k\le u_{n+1} olacak şekilde bir tamsayıyı göstersin. Eğer k-u_{n}>u_{n-1} olsaydı, u_{n+1}\ge k>u_{n-1}+u_{n}=u_{n+1} olurdu, ki bu imkansızdır. Dolayısıyla, 0<k-u_{n}\le u_{n-1} olur. k-u_{n} pozitif tamsayısı, tümevarımla, Fibonacci dizisinin farklı terimlerinin toplamına eşittir ve k-u_{n}\le u_{n-1}<u_{n} olduğundan, u_{n} sayısı bu gösterimde yer almaz. Buradan, k=(k-u_{n})+u_{n}’in Fibonacci dizisinin farklı terimlerinin toplamı olduğu sonucu çıkar, bu da Hogatt teoreminin kanıtını tamamlar. 1=u_{1}, 2=u_{3}, 3=u_{4}=u_{1}+u_{3}, 4=u_{1}+u_{4}, 5=u_{5}=u_{3}+u_{4}, 6=u_{1}+u_{5}, 7=u_{3}+u_{5}, 8=u_{6}=u_{4}+u_{5}, 9=u_{1}+u_{6}, 10=u_{3}+u_{6} olur.↩︎

  27. Tümevarımla ilerleyeceğiz. Formülümüz n=2 için 1^{2}=1\cdot2+(-1) olduğundan geçerlidir. Formülümüzün n\ge2 tamsayısı için geçerli olduğunu varsayalım. Dolayısıyla, u_{n}^{2}=u_{n-1}u_{n+1}+(-1)^{n-1} olur. Buradan u_{n+1}^{2}-u_{n}u_{n+2}=u_{n+1}^{2}-u_{n}(u_{n}+u_{n+1}) = u_{n+1}(u_{n+1}-u_{n})-u_{n}^{2}=u_{n+1}u_{n-1}-u_{n}^{2}=(-1)^{n} elde edilir, bu da formülü n+1 için kanıtlar.↩︎

  28. Önce 6t=(t+1)^{3}+(t-1)^{3}+(-t)^{3}+(-t)^{3} özdeşliğinden, 6 ile bölünebilen her tamsayının, tamsayıların dört küpünün toplamı olduğunu fark edelim. Her k tamsayısı ve n pozitif tamsayısı için, r = 0, 1, 2, 3, 4, 5 olmak üzere 6k+r-(6n+r)^{3} sayılarının her biri 6 ile bölünebilir (çünkü r tamsayısı için 6\mid r^{3}-r olduğundan), her tamsayının sonsuz sayıda yolla tamsayıların beş küpünün toplamı olarak temsil edilebileceği sonucu çıkar. NOT. Her tamsayının tamsayıların dört küpünün toplamı olarak sonsuz sayıda yolla temsil edilebileceği varsayılmaktadır (ve bu varsayım < 1000 olan tüm pozitif tamsayılar için kontrol edilmiştir); bkz. Schinzel, Sierpiński [21] ve Demjanenko [6].↩︎

  29. Çözüm, n=1,2,3,... için 3=(4+24n^{3})^{3}+(4-24n^{3})^{3}+(-24n^{3})^{3}+(-5)^{3} özdeşliğinden hemen elde edilir.↩︎

  30. Kanıt, t>8 tamsayısı için geçerli olan aşağıdaki iki özdeşlikten hemen elde edilir: (t-8)^{2}+(t-1)^{2}+(t+1)^{2}+(t+8)^{2}=(t-7)^{2}+(t-4)^{2}+(t+4)^{2}+(t+7)^{2} ve (t-8)^{3}+(t-1)^{3}+(t+1)^{3}+(t+8)^{3}=(t-7)^{3}+(t-4)^{3}+(t+4)^{3}+(t+7)^{3}↩︎

  31. Bazı pozitif m tamsayıları için 4^{m}\cdot7=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} olduğunu varsayalım; burada a, b, c, d sayılarından en az biri, diyelim ki a, \ge0 ve <2^{m-1}’dir. a=0 olamaz, çünkü bu durumda 4^{m}\cdot7 tamsayıların üç karesinin toplamı olurdu, ki bu imkansızdır (bkz. örneğin, W. Sierpiński, [37, s. 363, Teorem 3]). Dolayısıyla m>1 olmalıdır ve a=2^{k}(2t-1) olur; burada k, \le m-2 olan negatif olmayan bir tamsayı ve t pozitif bir tamsayıdır. Buradan 4^{m}\cdot7-[2^{k}(2t-1)]^{2}=4^{k}[4^{m-k}\cdot7-(8u+1)]=4^{k}(8v+7) elde edilir; burada u ve v tamsayıdır (k\le m-2 olduğundan m-k\ge2 demektir) ve 4^{k}(8v+7)=b^{2}+c^{2}+d^{2} olur, ki bu imkansızdır. NOT. m pozitif bir tamsayı olmak üzere 4^{m}\cdot7 sayısının, tamsayıların dört karesinin toplamı olarak en az bir gösterimi olduğunu kanıtlamak kolaydır, çünkü 4^{m}\cdot7=(2^{m})^{2}+(2^{m})^{2}+(2^{m})^{2}+(2^{m+1})^{2}’dir.↩︎

  32. >2 olan ve pozitif tamsayıların iki küpünün toplamı olan ilk altı tamsayının 1^{3}+2^{3}=9, 2^{3}+2^{3}=16, 1^{3}+3^{3}=28, 2^{3}+3^{3}=35, 3^{3}+3^{3}=54, 1^{3}+4^{3}=65 olduğunu kolayca kontrol ederiz. 9, 16, 28, 35 ve 54 sayılarından hiçbiri tamsayıların iki karesinin toplamı değildir, 65=1^{2}+8^{2} iken. Dolayısıyla, >2 olan, tamsayıların iki karesinin toplamı ve pozitif tamsayıların iki küpünün toplamı olan en küçük tamsayı 65’tir. Aralarında asal iki pozitif tamsayının iki karesinin toplamı ve iki küpünün toplamı olan sonsuz sayıda pozitif tamsayı olduğunu göstermek için, k pozitif tamsayısı için 1+2^{6k}=1^{2}+(2^{3k})^{2}=1^{3}+(2^{2k})^{3} olduğunu belirtmek yeterlidir.↩︎

  33. Örneğin, 1+2^{s}! sayısı bu özelliğe sahiptir, çünkü k=1,...,s için k\mid s!’dir. Elbette, s! yerine [1,2,...,s] sayısını alabilirdik.↩︎

  34. Örneğin, 6\cdot8^{n} (n=0,1,2,...) formundaki tüm sayılar istenen özelliğe sahiptir. Gerçekten de, n’nin çift olması durumunda bu sayı 9’a bölündüğünde 6 kalanını verdiğinden, n’nin tek olması durumunda ise (8\equiv-1(mod~9) olduğundan) 3 kalanını verdiğinden, böyle bir sayı pozitif tamsayıların iki küpünün toplamı değildir. Öte yandan, bir tamsayının her küpü 9’a bölündüğünde 0, 1 veya -1 kalanını verir, dolayısıyla iki küpün toplamı yalnızca 0, 1, -1, 2 veya -2 kalanını verebilir ve 3 veya 6 kalanını (ne de 4 veya 5) veremez. Öte yandan, 6=(17/21)^{3}+(37/21)^{3} olduğunu kolayca kontrol ederiz, bu da 6\cdot8^{n}=(\frac{17\cdot2^{n}}{21})^{3}+(\frac{37\cdot2^{n}}{21})^{3} verir. Böylece, 6\cdot8^{n} (n=0,1,...) sayıları iki pozitif rasyonel sayının küpüdür.↩︎

  35. Kanıt A. Schinzel’e aittir. Örneğin, 7\cdot8^{n} (n=0,1,2,...) formundaki tüm sayılar istenen özelliğe sahiptir. Gerçekten de, bir yandan n=0,1,2,... için 7\cdot8^{n}=(2^{n+1})^{3}-(2^{n})^{3}’e sahibiz; öte yandan 7\cdot8^{n} (n=0,1,2,...) sayılarından hiçbirinin pozitif tamsayıların iki küpünün toplamı olmadığını kanıtlayacağız. İddianın n=0 ve n=1 için doğru olduğunu kolayca kontrol ederiz. Şimdi, 7\cdot8^{n}’in pozitif tamsayıların iki küpünün toplamı olduğu bir n pozitif tamsayısının var olduğunu varsayalım ve n bu tür sayıların en küçüğü olsun; dolayısıyla, n\ge2 olur ve x, y pozitif tamsayılar olmak üzere 7\cdot8^{n}=x^{3}+y^{3}=(x+y)(x^{2}-xy+y^{2}) olur. Sol taraf çift olduğundan, x ve y ya her ikisi de çift ya da her ikisi de tektir. Eğer her ikisi de tek ise, x^{2}-xy+y^{2} tektir ve sol tarafın sadece 1 ve 7 gibi tek bölenleri olduğundan, x^{2}-xy+y^{2}=1 veya x^{2}-xy+y^{2}=7 olmalıdır. İlk durumda x^{3}+y^{3}=x+y olurdu ve x, y pozitif tamsayılar olduğundan, bu x=y=1 demektir, dolayısıyla 7\cdot8^{n}=2 olur, ki bu imkansızdır. Eğer x^{2}-xy+y^{2}=7 ise, (2x-y)^{2}+3y^{2}=(2y-x)^{2}+3x^{2}=28 olur, bu da 3x^{2}\le28 ve 3y^{2}\le28 verir, dolayısıyla x\le3, y\le3. Böylece, x^{3}+y^{3}\le54 olur, ki bu x^{3}+y^{3}=7\cdot8^{n}\ge7\cdot8^{2} olduğundan imkansızdır. Dolayısıyla, x ve y’nin her ikisi de çifttir, x=2x_{1}, y=2y_{1}; burada x_{1} ve y_{1} pozitif tamsayılardır ve 7\cdot8^{n}=x^{3}+y^{3} olduğundan 7\cdot8^{n-1}=x_{1}^{3}+y_{1}^{3} olur, bu da n sayısının tanımıyla çelişir. Bu nedenle, 7\cdot8^{n} (n=0,1,2,...) sayılarının istenen özelliğe sahip olduğunu kanıtladık. NOT. 1’den büyük bir tamsayının herhangi bir küpüyle bölünemeyen ve rasyonel sayıların iki küpünün toplamı olarak temsil edilemeyen sonsuz sayıda n pozitif tamsayısı olduğu kanıtlanmıştır, ancak kanıtı zordur. \le50 olan bu tür sayılar 3, 4, 5, 10, 11, 14, 18, 21, 23, 25, 29, 36, 38, 39, 41, 44, 45, 46, 47’dir. 22 sayısı, rasyonel sayıların iki küpünün toplamıdır, ancak büyük paydalara sahiptir: 22=(\frac{17299}{9954})^{3}+(\frac{25469}{9954})^{3}. Bkz. [23, s. 301 ve s. 354 ve 357’deki tablolar].↩︎

  36. Kanıt A. Schinzel’e aittir. n=0,1,2,... için (2^{k}-1)\cdot2^{nk} formundaki sayılar istenen özelliğe sahiptir. Açıkça (2^{k}-1)2^{nk}=(2^{n+1})^{k}-2^{nk}’ya sahibiz ve (2^{k}-1)2^{nk}=u^{k}+v^{k} (1) denkleminin u ve v pozitif tamsayılarında çözümü olmadığını göstermek kalıyor. Bu, n=0 için doğrudur çünkü 1^{k}+1^{k}<2^{k}-1<2^{k}+1^{k}’dır. (1) denkleminin u ve v pozitif tamsayılarında çözümü olan n pozitif tamsayılarının var olduğunu varsayalım ve n bu tür sayıların en küçüğü olsun. u ve v’nin her ikisi de çift olsaydı, u=2u_{1}, v=2v_{1}, (1) gereğince (2^{k}-1)2^{(n-1)k}=u_{1}^{k}+v_{1}^{k} olurdu, bu da n sayısının tanımıyla çelişir. (1)’in sol tarafı çift olduğundan, u ve v sayılarının her ikisi de tek olmalıdır. k’nın tek ve >3 olduğunu varsayalım. \frac{u^{k}+v^{k}}{u+v}=u^{k-1}-u^{k-2}v+u^{k-3}v^{2}-...+v^{k-1} formülünden, sağ taraf k terim içerdiğinden ve hepsi tek olduğundan, sol tarafın tek olduğu sonucu çıkar; bu sayı (2^{k}-1)2^{nk}’nın bir böleni olduğundan, \frac{u^{k}+v^{k}}{u+v}\le2^{k}-1 olmalıdır. u\ge v varsayabiliriz, bu da \frac{u^{k}+v^{k}}{u+v}\ge v^{k-1} anlamına gelir, ve sonuç olarak v^{k-1}<2^{k}; böylece v<2^{k/(k-1)}<3 (çünkü k>3). k tek olduğundan, v=1 olur ve \frac{u^{k}+v^{k}}{u+v}=\frac{u^{k}+1}{u+1}\ge u^{k-2}(u-1)>(u-1)^{k-1} olur. Buradan (u-1)^{k-1}<2^{k} sonucu çıkar, bu da u-1<3 verir, dolayısıyla u tek olduğundan, u=1 veya u=3 olur. u=1 ilişkisi imkansızdır, çünkü o zaman u^{k}+v^{k}=2 olurdu, ki bu (1) ile çelişir. u=3 ilişkisi de imkansızdır, çünkü \frac{u^{k}+v^{k}}{u+v}=\frac{3^{k}+1}{4} sonucunu verirdi, ki bu (k>3 için) >2^{k}-1’dir. Şimdi k’nın çift bir pozitif tamsayı olduğunu varsayalım. u ve v tek olduğundan, u^{k}+v^{k} sayısı 4’e bölündüğünde 2 kalanını verir, bu imkansızdır çünkü (1)’in sol tarafı 4 ile bölünebilir. Bu, kanıtı tamamlar.↩︎

  37. Kanıt A. Rotkiewicz’e aittir. Eğer 2\mid n ise, k ve l pozitif tamsayıları için (2k+1)^{n}+(2l+1)^{n} sayısı, pozitif tamsayıların iki n’inci kuvvetinin toplamıdır; 4t+2 formunda bir sayı olarak, iki karenin farkı değildir; 2\mid n olduğundan, pozitif tamsayıların iki n’inci kuvvetinin farkı da değildir. Öte yandan, 2\nmid n ise, (2^{n}+1)2^{nk}=(2^{k+1})^{n}+(2^{k})^{n} sayıları (k=0,1,2,... için) pozitif tamsayıların iki n’inci kuvvetinin farkı değildir. Gerçekten de, x>y olan x ve y pozitif tamsayıları için (2^{n}+1)2^{nk}=x^{n}-y^{n} olsaydı, x_{1}=x/(x,y) ve y_{1}=y/(x,y) sayıları pozitif tamsayılar olurdu ve aralarında asal olduklarından her ikisi de çift olamazdı. 2\nmid(x_{1}^{n}-y_{1}^{n})/(x_{1}-y_{1}) olduğu kolayca sonucu çıkar ve (2^{n}+1)2^{nk}=(x,y)^{n}(x_{1}-y_{1})\frac{x_{1}^{n}-y_{1}^{n}}{x_{1}-y_{1}} olduğundan, \frac{x_{1}^{n}-y_{1}^{n}}{x_{1}-y_{1}}\mid 2^{n}+1 olmalıdır; bu da \frac{x_{1}^{n}-y_{1}^{n}}{x_{1}-y_{1}}\le2^{n}+1 anlamına gelir. Ancak, \frac{x_{1}^{n}-y_{1}^{n}}{x_{1}-y_{1}}>x_{1}^{n-1}\ge3^{n-1} olur (x_{1}=2 olamaz, çünkü o zaman y_{1}=1 olurdu ve 2^{n}-1\mid 2^{n}+1 olurdu, ki bu imkansızdır). Dolayısıyla 3^{n-1}<2^{n}+1 olurdu, ki bu n\ge3 için imkansızdır.↩︎

  38. 1^{2}+2^{2}+...+n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} formülünü kullanacağız. m pozitif bir tamsayı olmak üzere n(n+1)(2n+1)=6m^{2} olacak şekilde n>1 olan en küçük tamsayıyı bulmalıyız. Altı durumu ayırt edeceğiz:
    1. k pozitif bir tamsayı olmak üzere n=6k. Denklemimiz k(6k+1)(12k+1)=m^{2} halini alır. Sol taraftaki çarpanlar aralarında asal olduğundan, hepsi kare olmalıdır. k=1 ise, 6k+1 bir kare değildir. 1’den sonraki bir sonraki kare 4’tür. k=4 ise, 6k+1=5^{2}, 12k+1=7^{2} olur ve sonuç olarak n=6k=24 için 1^{2}+2^{2}+...+24^{2} toplamı pozitif bir tamsayının, 70’in, karesidir.
    2. k pozitif bir tamsayı olmak üzere n=6k+1. Bu durumda (6k+1)(3k+1)(2k+1)=m^{2} olur ve (aralarında asal olan) 2k+1, 3k+1 ve 6k+1 sayılarının her biri bir kare olmalıdır. 2k+1’in kare olduğu en küçük k k=4’tür; ancak bu durumda n=6k+1>24 olur.
    3. k \ge0 bir tamsayı olmak üzere n=6k+2. Bu durumda (3k+1)(2k+1)(12k+5)=m^{2} olur ve (aralarında asal olan) 3k+1, 2k+1 ve 12k+5 sayılarının kare olması gerekir. k=0 olsaydı, 12k+5 sayısı bir kare olmazdı. Öte yandan, k pozitif tamsayısı için, daha önce olduğu gibi, k\ge4 olur, dolayısıyla n=6k+2>24 olur.
    4. k \ge0 bir tamsayı olmak üzere n=6k+3. Bu durumda (2k+1)(3k+2)(12k+7)=m^{2} olur; 2k+1, 3k+2 ve 12k+7 sayılarının aralarında asal olduklarını kolayca görürüz, dolayısıyla kare olmaları gerekir. k=0,1,2 veya 3 olamaz, çünkü bu durumda 3k+2 sayısı bir kare olmazdı. Dolayısıyla, k\ge4 olur, bu da n=6k+3>24 demektir.
    5. k \ge0 bir tamsayı olmak üzere n=6k+4. Bu durumda (3k+2)(6k+5)(4k+3)=m^{2} olur; burada 3k+2, 6k+5 ve 4k+3 sayıları aralarında asaldır, dolayısıyla kare olmaları gerekir. k=0,1,2,3 olamaz, çünkü o zaman 3k+2 sayısı bir kare olmazdı. Dolayısıyla, k\ge4 olur ve sonuç olarak n=6k+4>24 olur.
    6. k \ge0 bir tamsayı olmak üzere n=6k+5. Bu durumda (6k+5)(k+1)(12k+11)=m^{2} olur ve 6k+5, k+1 ve 12k+11 sayıları aralarında asaldır, dolayısıyla hepsi kare olmalıdır. k=0,1,2,3 olamaz, çünkü bu durumda 6k+5 sayısı bir kare olmazdı. Dolayısıyla, k\ge4 ve n=6k+5>24 olur. Böylece, 1^{2}+2^{2}+...+n^{2}’nin bir kare olduğu n>1 olan en küçük tamsayının n=24 olduğunu kanıtladık.
    NOT. 1^{2}+2^{2}+...+n^{2}’nin bir kare olduğu tek pozitif tamsayının n=24 olduğunu göstermek oldukça zordur. Öte yandan, 1^{3}+2^{3}+...+n^{3} toplamı her n pozitif tamsayısı için bir karedir, ancak herhangi bir n için pozitif bir tamsayının küpü olmadığı kanıtlanabilir.↩︎

  39. 1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14, 15, 19, 23 dışındaki tüm pozitif tamsayılar. Yukarıdaki on üç sayının hiçbirinin, sonlu sayıda öz kuvvetin (bunlar sırasıyla 2^{2}, 2^{3}, 3^{2}, 2^{4}=4^{2}, 5^{2}, 3^{3}, 2^{5}, 6^{2}, …’ye eşittir) toplamı olmadığını göstermek kolaydır. Şimdi n, yukarıdaki on üç sayıdan herhangi birinden farklı bir pozitif tamsayı olsun. k pozitif bir tamsayı olmak üzere n=4k ise, n sayısı k tane 2^{2} sayısının toplamıdır. n=4k+1 ise, n\ne1 ve n\ne5 olduğundan, k\ge2 varsayabiliriz; o zaman n=4k+1=3^{2}+4(k-2) olur, burada k-2 bir tamsayı \ge0’dır. k=2 ise, n=3^{2} olur, k>2 ise, n=3^{2}+2^{2}+...+2^{2} olur, burada 2^{2}’ye eşit terimlerin sayısı k-2’dir. n=4k+2 ise, n sayısı 6, 10 ve 14 sayılarından farklı olduğundan, k\ge4 olur ve n=4k+2=3^{2}+3^{2}+4(k-4) olur. Yine n sayısının istenen özelliğe sahip olduğu sonucu çıkar. Son olarak, n=4k+3 ise, n\ne3,7,11,15,19 ve 23 olduğundan, k\ge6 olur ve n=3^{2}+3^{2}+3^{2}+4(k-6) olur, bu da n’nin istenen özelliğe sahip olduğunu gösterir.
    b. 1=3^{2}-2^{3}, 2=3^{3}-5^{2}, 3=2^{7}-5^{3}, 4=5^{3}-11^{2}=2^{3}-2^{2}, 5=3^{2}-2^{2}, 7=2^{7}-11^{2}, 8=2^{4}-2^{3}, 9=5^{2}-4^{2}, 10=13^{3}-3^{7}.
    NOT. 6 sayısının iki öz kuvvetin farkı olup olmadığını bilmiyoruz. Her pozitif tamsayının sonlu \ge0 sayıda, iki öz kuvvetin farkı olarak gösterimi olduğu varsayılmıştır.↩︎

  40. a, b, c pozitif tamsayılar olmak üzere a^{2}+b^{2}=c^{2} ise, bu eşitliğin her iki tarafını a^{2(4n^{2}-1)}b^{4n(2n+1)(n-1)}c^{4n^{2}(2n-1)} sayısı ile çarparak [(a^{2n}b^{(2n+1)(n-1)}c^{n(2n-1)})^{2n}]^{2}+[(a^{2n+1}b^{2n^{2}-1}c^{2n^{2}})^{2n-1}]^{2} =[(a^{2n-1}b^{2n(n-1)}c^{2n^{2}-2n+1})^{2n+1}]^{2} elde ederiz.↩︎

  41. Böyle tek bir pozitif tamsayı vardır, n=5. Bu sayının (n-1)!+1=n^{2} denklemini sağladığını kolayca kontrol ederiz ve n=2,3 ve 4 sayılarının bu denklemi sağlamadığını da kontrol ederiz. n=6 için n^{2}>6n-4 elde ederiz ve aynı eşitsizliğin n\ge6 olan her tamsayı için geçerli olduğunu tümevarımla gösteririz. n\ge6 bir tamsayı ise, n^{2}>6n-4 olduğundan (n-1)!+1>2(n-1)(n-2)=2(n^{2}-3n+2)>n^{2} olur. Dolayısıyla, n\ge6 tamsayısı için (n-1)!+1=n^{2} olamaz. NOT. n^{2}\mid (n-1)!+1 olan n>5 olan sadece iki pozitif tamsayı biliyoruz, 13 ve 563 sayıları, ve bu tür daha fazla sayı olup olmadığını ya da sonlu sayıda olup olmadığını bilmiyoruz. Böyle her sayının asal olması gerektiğini biliyoruz. n=5,6 ve 8 için (n-1)!+1 sayılarının (sırasıyla 5, 11 ve 71 sayılarının) kare olduğunu da belirtelim ve bu tür başka sayıların olup olmadığını bilmiyoruz.↩︎

  42. n>1 bir tamsayı için t_{n-1}t_{n}=m^{2} olsaydı, m pozitif bir tamsayı olmak üzere, (n^{2}-1)n^{2}=(2m)^{2} olurdu ve n^{2}-1 ile n^{2} aralarında asal olduğundan, her birinin bir kare olması gerekirdi, ki bu imkansızdır çünkü farkları bire eşit olan iki tamsayı karesi yoktur. Şimdi n verilen bir pozitif tamsayı olsun. x^{2}-n(n+1)y^{2}=1 denkleminin x ve y pozitif tamsayılarında sonsuz sayıda çözümü vardır. Gerçekten de, bu çözümlerden biri x=2n+1 ve y=2’dir; x ve y pozitif tamsayıları için x^{2}-n(n+1)y^{2}=1 ise, o zaman [(2n+1)x+2n(n+1)y]^{2}-n(n+1)[2x+(2n+1)y]^{2}=1 olur. x ve y, x^{2}-n(n+1)y^{2}=1 olacak şekilde pozitif tamsayılar ise, t_{n}t_{2t_{n}y^{2}}=t_{n}t_{n}y^{2}(2t_{n}y^{2}+1)=t_{n}^{2}y^{2}x^{2}=(t_{n}yx)^{2} olur. Örneğin, n=2 için t_{2}t_{24}=30^{2}, t_{2}t_{2400}=(2\cdot20\cdot49)^{2} (kaynakta t_3 ve 3\cdot yazıyor, n=2 için t_n=t_2=3’tür) vb. elde ederiz.↩︎

  43. 2^{10}=1024>10^{3}’e sahibiz. Buradan 2^{1945}=2^{5}(2^{10})^{194}>10\cdot10^{3\cdot194}=10^{583} (kaynakta 2^5 yerine 10 yazıyor) sonucu çıkar. Böylece, 2^{2^{1945}}>2^{10^{583}}=(2^{10})^{10^{582}}>10^{3\cdot10^{582}}; ve son sayının basamak sayısı 10^{582}’den büyüktür. 5\cdot2^{1947}+1 sayısı, 5\cdot2^{1947}=10\cdot2^{1946} sayısı ile aynı basamak sayısına sahiptir ve 2’nin ondalık logaritması log_{10}2=0,30103... olduğundan, 2^{1946}=10^{1946log_{10}2}=10^{585,8...} olur ve buradan sayımızın 586 basamağı olduğu sonucu çıkar. NOT. F_{1945} bilinen en büyük bileşik Fermat sayısıdır.↩︎

  44. 2^{11213}-1 sayısı (ondalık sistemde) 2^{11213} ile aynı basamak sayısına sahiptir, çünkü ondan sadece bir eksiktir. Dolayısıyla, 2^{11213}’ün ondalık basamak sayısını hesaplamak yeterlidir. n pozitif bir tamsayısı x reel olmak üzere n=10^{x} formunda ise (tabii ki x\ge0), [x] x’i aşmayan en büyük tamsayıyı göstermek üzere, 10^{[x]}\le n<10^{[x]+1} olur (kaynakta 10^x \le n yazıyor) ve buradan n sayısının [x]+1 ondalık basamağı olduğu sonucu çıkar. 2^{11213}=10^{11213~log_{10}2} olur ve log_{10}2=0,30103... olduğundan, 3375<11213~log_{10}2<3376 olur. Dolayısıyla, 2^{11213} sayısının (dolayısıyla 2^{11213}-1’in de) 3376 ondalık basamağı vardır.↩︎

  45. 2^{11212}(2^{11213}-1)=2^{22425}-2^{11212}. Önce 2^{22425} sayısının basamak sayısını hesaplarız. 22425~log_{10}2=22425\cdot0,30103... =6750,597... olduğundan, (Problem 243’ün çözümüne bakınız) 2^{22425} sayısının 6751 basamağı olduğu sonucunu elde ederiz ve 2^{22425}=10^{6750,597...}=10^{6750}\cdot10^{0,597...} olur. 10^{0,597...}>10^{1/2}>3 olduğundan, 10^{6751}>2^{22425}>3\cdot10^{6750} elde ederiz, bu da 2^{22425}’in ilk basamağının \ge3 olduğunu gösterir. Dolayısıyla, 2^{22425} sayısından daha az basamak sayısına sahip olan 2^{11212} sayısını (kaynakta 2^{11213} yazıyor) çıkarırsak, ilkinin basamak sayısını değiştirmemiş oluruz. Sonuç olarak, 2^{11212}(2^{11213}-1) sayısı 6751 basamağa sahiptir.↩︎

  46. 3!=6, 3!!=6!=720, 3!!!=720!>99!100^{621}>10^{1242} olur. Dolayısıyla, 3!!! sayısı binden fazla basamağa sahiptir. İyi bilinen teoreme göre (bkz. örneğin, Sierpiński [37, s. 131, Teorem 6]), m pozitif bir tamsayı ve p bir asal ise, m!’i bölen p’nin en büyük kuvveti [\frac{m}{p}]+[\frac{m}{p^{2}}]+[\frac{m}{p^{3}}]+...’dir; burada [x], x’i aşmayan en büyük tamsayıyı gösterir. Buradan, 3!!!=720!’i bölen 5’in en büyük kuvvetinin [\frac{720}{5}]+[\frac{720}{25}]+[\frac{720}{125}]+[\frac{720}{625}]=144+28+5+1=178 olduğu sonucu çıkar; 720!’i bölen 2’nin en büyük kuvveti ise daha büyüktür (çünkü [\frac{720}{2}]=360’tır). Buradan, 3!!! sayısının ondalık açılımının sonunda 178 sıfır olduğu sonucu çıkar.↩︎

  47. Çözüm A. Schinzel’e aittir. Sadece asal sayıların kuvvetleri (pozitif tamsayı üsleriyle) olan m pozitif tamsayıları için. Gerçekten de, p bir asal ve k pozitif bir tamsayı olmak üzere m=p^{k} ise, f(x)=x^{\phi(p^{k})} için p\nmid x durumunda, Euler teoremine göre f(x)\equiv1(mod~p^{k}) olur. p\mid x durumunda ise \phi(p^{k})\ge p^{k-1}\ge k (kolayca tümevarımla gösterilebilir) olduğundan, p^{k}\mid x^{k} ve sonuç olarak p^{k}\mid x^{\phi(p^{k})} olur. Dolayısıyla, f(x)\equiv0(mod~p^{k}) olur. m>1 bir tamsayı ise ve m bir asal sayının kuvveti değilse, m’nin en az iki farklı asal böleni vardır, p ve q\ne p. f(x) tamsayı katsayılı bir polinom olsun ve f(x_{1})\equiv0(mod~m) ve f(x_{2})\equiv1(mod~m) olacak şekilde x_{1} ve x_{2} tamsayıları bulunsun. Dolayısıyla, (p\mid m ve q\mid m olduğundan) f(x_{1})\equiv0(mod~p) ve f(x_{2})\equiv1(mod~q) (kaynakta f(x_1) \equiv 1 yazıyor) ilişkilerine de sahip oluruz. p ve q farklı asallar olduğundan, Çin kalan teoremine göre x_{0}\equiv x_{1}(mod~p) ve x_{0}\equiv x_{2}(mod~q) olacak şekilde bir x_{0} tamsayısı vardır. Buradan f(x_{0})\equiv f(x_{1})\equiv0(mod~p) ve f(x_{0})\equiv f(x_{2})\equiv1(mod~q) sonucu çıkar. Bu denkliklerden ilki f(x_{0})\equiv1(mod~m) olamayacağımızı ima eder. Benzer şekilde, ikinci denklik f(x_{0})\equiv0(mod~m) olamayacağımızı ima eder. Sonuç olarak, f(x_{0}), m’ye bölündüğünde ne 0 kalanını ne de 1 kalanını verir. Dolayısıyla, m bir asalın kuvveti değilse, istenen koşulları sağlayan tamsayı katsayılı bir f(x) polinomu yoktur.↩︎

  48. D<[(4m^{2}+1)n+m+1]^{2} olduğunu kolayca görürüz, dolayısıyla \sqrt{D} sayısının tam kısmı a_{0}=(4m^{2}+1)n+m’ye eşittir, bu da D-a_{0}^{2}=4mn+1 ve x_{1}=\frac{1}{\sqrt{D}-a_{0}}=\frac{\sqrt{D}+a_{0}}{D-a_{0}^{2}} demektir. a_{0}, \sqrt{D} sayısının tam kısmı olduğundan, a_{0}<\sqrt{D}<a_{0}+1 olur, bu da 2a_{0}<\sqrt{D}+a_{0}<2a_{0}+1 sonucunu verir ve a_{0}=(4mn+1)m+n (kaynakta a_0 = (4m^2+1)n+m) olduğundan, 2m+\frac{2n}{4mn+1}<\frac{\sqrt{D}+a_{0}}{D-a_{0}^{2}}<2m+\frac{2n+1}{4mn+1} buluruz. (2n+1)/(4mn+1)\le1 olduğundan, x_{1}=(\sqrt{D}+a_{0})/(D-a_{0}^{2}) sayısının tam kısmının a_{1}=2m’ye eşit olduğunu görürüz. Dolayısıyla, x_{1}=a_{1}+1/x_{2} ve x_{2}=1/(x_{1}-a_{1}) olur. Öte yandan, x_{1}-a_{1}=\frac{\sqrt{D}+a_{0}}{4mn+1}-2m=\frac{\sqrt{D}-[(4mn+1)m-n]}{4mn+1} (kaynakta a_0 = (4m^2+1)n+m iken a_0 - 2m(4mn+1) hesaplanmalı) ve sonuç olarak, x_{2}=\frac{(4mn+1)[\sqrt{D}+(4mn+1)m-n]}{D-[(4mn+1)m-n]^{2}} olur. D=[(4mn+1)m-n]^{2}+(4mn+1)^{2} (kaynakta D-[(4mn+1)m-n]^2 = (4mn+1) olmalı, 4mn+1 değil) olduğunu kolayca kontrol ederiz, bu da x_{2}=\frac{\sqrt{D}+(4mn+1)m-n}{4mn+1} (kaynakta x_2) sonucunu verir ve a_{0}<\sqrt{D}<a_{0}+1 veya (4mn+1)m+n<\sqrt{D}<(4mn+1)m+n+1 (kaynakta a_0 = (4m^2+1)n+m) olduğundan, 2m<x_{2}<2m+\frac{1}{4mn+1} elde ederiz. Sonuç olarak, x_{2}’nin tam kısmı a_{2}=2m’ye eşittir. Dolayısıyla, x_{2}=a_{2}+1/x_{3} olur, bu da x_{3}=1/(x_{2}-a_{2}) verir. Ancak, x_{2}-a_{2}=\frac{\sqrt{D}+(4mn+1)m-n}{4mn+1}-2m=\frac{\sqrt{D}-[(4mn+1)m+n]}{4mn+1} (kaynakta -(4mn+1)m-n değil, -(4mn+1)m+n olmalı). Sonuç olarak, x_{3}=\frac{(4mn+1)[\sqrt{D}+(4mn+1)m+n]}{D-[(4mn+1)m+n]^{2}}=\sqrt{D}+(4mn+1)m+n=\sqrt{D}+a_{0} (kaynakta a_0=(4m^2+1)n+m) olur, bu da x_{3}’ün tam kısmının 2a_{0} olduğunu ve \sqrt{D} sayısının 2m, 2m ve 2a_{0} sayılarından oluşan üç terimli periyoda sahip aritmetik sürekli kesre açılımı olduğunu ima eder. NOT. \sqrt{D}’nin aritmetik sürekli kesre açılımının üç terimli bir periyoda sahip olduğu tüm pozitif D tamsayılarının, tam da yukarıda ele alınan D sayıları olduğu gösterilebilir. Bkz. Sierpiński [32].↩︎

  49. n\le30 için \phi(n) ve d(n) fonksiyonlarının değerlerini, bu fonksiyonlar için iyi bilinen formüllerden, yani n=q_{1}^{\alpha_{1}}q_{2}^{\alpha_{2}}...q_{s}^{\alpha_{s}} ise \phi(n)=q_{1}^{\alpha_{1}-1}(q_{1}-1)...q_{s}^{\alpha_{s}-1}(q_{s}-1), d(n)=(\alpha_{1}+1)...(\alpha_{s}+1)’den hesaplayarak, \phi(n)=d(n) olan n\le30 değerlerinin sadece n=1,3,8,10,18,24 ve 30 olduğunu kolayca görürüz. Burada \phi(1)=d(1)=1, \phi(3)=d(3)=2, \phi(8)=d(8)=4, \phi(10)=d(10)=4, \phi(18)=d(18)=6, \phi(24)=d(24)=8, \phi(30)=d(30)=8’e sahibiz. NOT. n pozitif tamsayıları için \phi(n)=d(n) denkleminin başka çözümü olmadığı kanıtlanmıştır. n>30 için \phi(n)>d(n) olduğu gösterilebilir; bkz. Pólya ve Szegö [15, Bölüm VIII, problem 45].↩︎

  50. k pozitif tamsayısı ve s\ge0 tamsayısı için (1+\frac{1}{k})(1+\frac{1}{k+1})...(1+\frac{1}{k+s})=1+\frac{s+1}{k} (1) olduğunu kolayca kontrol ederiz. Pozitif bir w rasyonel sayısı için w-1, m ve n pozitif tamsayılar (aralarında asal olmaları gerekmez) ve n>g (kaynakta g=?) olmak üzere w-1=m/n formunda her zaman temsil edilebilir. k=n ve s=m-1 almak yeterlidir; o zaman (1)’in sağ tarafı w’ye eşit olacaktır. Bu şekilde w sayısı için istenen ayrışımı elde ederiz.↩︎

  51. Önce her k\ge0 tamsayısının, m pozitif bir tamsayı olmak üzere k=\pm1^{2}\pm2^{2}\pm\cdot\cdot\cdot\pm m^{2} (1) formunda en az bir yolla temsil edilebileceğini kanıtlayacağız. İddia 0 sayısı için geçerlidir, çünkü 0=1^{2}+2^{2}-3^{2}+4^{2}-5^{2}-6^{2}+7^{2}. 1, 2 ve 3 sayıları için de geçerlidir, çünkü 1=1^{2}, 2=-1^{2}-2^{2}-3^{2}+4^{2}, 3=-1^{2}+2^{2} (kaynakta 22,4 yazıyor, 3 = -1^2+2^2 olmalı), 4=-1^{2}-2^{2}+3^{2}. Şimdi, teoremimizin her pozitif k tamsayısı için doğru olduğunu kanıtlamak yeterlidir ve 0, 1, 2 ve 3 sayıları için doğru olduğundan, teoremin k\ge0 bir tamsayı için doğruysa, k+4 sayısı için de doğru olduğunu kanıtlamak yeterlidir. Öyleyse, teoremin k sayısı için doğru olduğunu varsayalım; dolayısıyla, m pozitif bir tamsayısı vardır öyle ki + ve - işaretlerinin uygun seçimiyle (1) ilişkisine sahibiz. (m+1)^{2}-(m+2)^{2}-(m+3)^{2}+(m+4)^{2}=4 (2) olduğundan, (1)’den k+4=\pm1^{2}\pm2^{2}\pm...\pm m^{2}+(m+1)^{2}-(m+2)^{2}-(m+3)^{2}+(m+4)^{2} (kaynakta (2) etiketi yanlış yerde) olduğu sonucu çıkar, yani teoremimiz k+4 sayısı için geçerlidir. Dolayısıyla, her tamsayı için doğrudur. (2)’den (kaynaktaki (2) değil, 4=\dots formülü olmalı) her m pozitif tamsayısı için (m+1)^{2}-(m+2)^{2}-(m+3)^{2}+(m+4)^{2}-(m+5)^{2}+(m+6)^{2}+(m+7)^{2}-(m+8)^{2}=0 olduğu sonucu çıkar. Dolayısıyla, (1)’de m sayısını m+8 ile, dolayısıyla m+16 ile vb. değiştirebiliriz. Bu, her k tamsayısının (1) formunda sonsuz sayıda yolla temsil edilebileceğini gösterir, ki bu kanıtlanması gerekendi.↩︎