Document

BÖLÜM II
Asal Sayılar
Tanım 2.1 p > 1 tam sayısının 1 den ve kendisinden başka böleni yoksa bu sayıya
asal sayı denir. 1 den büyük asal olmayan sayılara da bileşik sayı denir.
Teorem 2. 2 Eğer p bir asal sayı ve p ab ise p a veya p b dir.
İspat: pFa olsun. p nin pozitif bölenleri sadece 1 ve kendisi olduğundan ( p, a ) = 1
dir. Öklid Lemmasına göre p b olmak zorundadır.
Sonuç 2. 3 Eğer p bir asal sayı ve p a1a 2 L a n ise bir k ∈ {1,2,K, n} için p a k dır.
İspat: n’e göre Matematiksel İndüksiyon ile yapılır.
Sonuç 2. 4 Eğer p, q1 , q 2 , K , q n hepsi asal sayılar ve p q1q 2 K q n ise 1 ≤ k ≤ n olan
bir k için p = q k dır.
İspat: p q1q 2 K q n olduğundan Sonuç 2.3’e göre, 1 ≤ k ≤ n olmak üzere bir k için
p q k dır. q k sayısı asal olduğundan 1 den ve kendisinden başka böleni yoktur. Buna göre
p = q k olmak zorundadır.
Teorem 2. 5 Her n > 1 tam sayısının p gibi bir asal böleni vardır.
İspat: n asal ise n = p alınır. Eğer n asal değilse, 1 < d < n olan d gibi en az bir
böleni vardır. Bu şekildeki bütün d sayıları arasından en küçüğünü p ile gösterelim. Bu
durumda p asal olmak zorundadır. Aksi halde p nin, 1 < q < p olan q gibi bir böleni vardır.
q p, p n den q n elde edilir, bu ise p nin, n nin, 1 < d < n şeklide olan en küçük böleni
olması ile çelişir.
Teorem 2.6 (Aritmetiğin Esas Teoremi) n > 1 olan her tam sayı bir takım asal
sayıların çarpımı olarak gösterilebilir ve bu gösteriliş sıradan vazgeçildiği takdirde tek türlü
belirlidir.
İspat: İspatı n’e göre indüksiyon ile yapacağız. n =2 ise aşikar olarak n asal sayıların
çarpımı şeklindedir. 1 < m < n olan her tam sayının bir takım asal sayıların çarpımı olarak
gösterildiğini kabul edelim. Eğer n sayısı asal değilse, 1 < n1 < n, 1 < n2 < n ve n = n1n2
olacak şekilde n1 , n2 tam sayıları vardır. İndüksiyon hipotezine göre n1 ve n2 bir takım asal
sayıların çarpımı olarak gösterilebilir. Bunun sonucu olarak n bir takım asal sayıların çarpımı
olarak gösterilebilir.
Tekliği göstermek için, pi , q j (i = 1, K , r ; j = 1, K , s ) ler asal olmak üzere, n nin
n = p1 p2 L pr = q1q2 L qs , r ≤ s
şeklinde iki türlü asal sayıların çarpımı olarak gösterilebildiğini kabul edelim.
12
p1 ≤ p 2 ≤ L ≤ p r , q1 ≤ q 2 ≤ L ≤ q s olsun. p1 q1q 2 L q s olduğundan Sonuç 2. 4’e göre
1 ≤ k ≤ r olan bir k için p1 = q k dır. O halde p1 ≥ q1 dir. Benzer şekilde q1 p1 p 2 L p r den
1 ≤ t ≤ s olan bir t için q1 = pt bulunur. O halde p1 ≤ q1 dir. Sonuç olarak p1 = q1 ve
p2 L pr = q2 L qs
elde edilir. Benzer düşünce uygulanarak
p1 = q1 , p 2 = q 2 ,K, p r = q r
bulunur. Diğer taraftan r = s olmak zorundadır. Aksi halde r < s olsa, q r +1q r + 2 L q s = 1
olurdu ki bu q j > 1 olması ile çelişir.
Pozitif bir tam sayının asal çarpanlara ayrılışında bir çok asal sayı tekrarlı bir şekilde
gözükebilir. Örneğin
5040=2.2.2.2.3.3.5.7
Bu gibi durumlarda bir önceki teoremi aşağıdaki şekilde ifade edebiliriz.
Sonuç 2.7 n > 1 olan her tam sayı
n = p1 k1 p 2 k2 L p r kr
(*)
şeklinde tek türlü olarak gösterilebilir, burada i = 1, K , r için her k i pozitif tam sayı ve her
pi , p1 < p 2 < L < p r olan bir asal sayıdır. (*) şeklindeki gösterilişe n nin asal çarpanlara
ayrılışının kanonik şekli denir. Örneğin 5040 sayısının kanonik şekli
5040 = 2 4.3 2.5 .7
tir.
Teorem 2.8 Bir a > 1 bileşik sayısının p ≤ a koşuluna uyan p gibi bir asal böleni
vardır.
İspat: a > 1 bir bileşik sayı sayı olduğundan 1 < b < a, 1 < c < a olmak üzere, a = bc
tam sayıları vardır. b ≤ c olduğunu kabul edersek b 2 ≤ bc = a ve böylece b ≤ a bulunur.
b > 1 olduğundan Teorem 2.5’e göre p gibi bir asal böleni vardır. Böylece p b ve b a den
p a ve p ≤ b ≤ a elde edilir..
Sonuç 2.9 Bir a > 1 doğal sayısı p ≤ a koşuluna uyan asal sayıların hiçbiri ile
bölünemiyorsa, asal olmak zorundadır.
Eratosthenes Kalburu: Yukarıdaki sonuca göre, bir n > 1 tamsayısı verildiği zaman
1 ile n arasındaki asal sayılar bilindiği takdirde n ile n 2 arasındaki asal sayıları bulabiliriz.
Eratosthenes, bu gerçekten yola çıkarak, a > 1 sayısından küçük bütün asal sayıları bulmak
için, adına Eratosthenes kalburu denilen bir teknik geliştimiştir. Bunun için, 2 den büyük çift
sayılar daima 2 ile bölündüğünden, 2 ve sadece tek sayılardan oluşan ve ≤ a olan sayılar
küçükten büyüğe bir tablo halinde yazılır. Daha sonra p ≤ a olan bütün asal sayılar için bu
tabloda yer alan p nin bütün katları çizilir geride kalan sayılar, ≤ a olan asal sayılardır.
Örnek 1. 1 ile 10 arasındaki asal sayılar “2, 3,5,7” bilindiğine göre 10 ile100
arasındaki asal sayıları Eratosthenes kalburu yardımı ile bulalım:
13
üstü çizilmemiş olan sayılar asal sayılardır.
Örnek 2. a = 5021 sayısının asal olup olmadığını araştıralım. 70 < 5021 < 71 dir.
p ≤ 70 koşuluna uyan asal sayılar 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59,
61, 67 dir ve 5021 bu sayıların hiçbiri ile kalansız olarak bölünemez. O halde 5021 sayısı
asaldır.
Öte yandan 5019 sayısını araştıracak olursak, 70 < 5019 < 71 , 3 5019, 7 5019
o halde
5019 = 3.7.239
olarak yazılabilir. Şimdi 239 un asal olup olmadığını araştıralım: 15 < 239 < 16 , p ≤ 15
koşuluna uyan asal sayılar 2, 3, 5, 7, 11, 13 ve 239 bu sayıların hiçbiri ile kalansız olarak
bölünemediği için asal olmak zorundadır.. Böylece 5019 sayısının kanonik şekli
5019 = 3.7.239
dir.
Teorem 2.10
(i)
Herhangi bir p asal sayısı için
(ii)
Eğer a pozitif bir tamsayı ve
(iii)
n ≥ 2 tamsayısı için
n
p sayısı irrasyoneldir.
n
a rasyonel ise
n
a bir tamsayıdır.
n irrasyoneldir.
İspat:
a
, (a, b) = 1 olacak şekilde a, b ∈ Z + vardır. Buna
b
2
2
2
göre pb = a , yani p a ve buradan sonuç 2.3’e göre p a elde edilir. O halde a = p.a1
(i)
p rasyonel olsun.
p=
2
olacak şekilde a1 ∈ Z + vardır. Böylece b 2 = pa1 , yani p b 2 ve böylece p b elde edilir.
Dolayısıyla p (a, b) yani p 1 , çelişki!
p irrasyoneldir.
r
a = , (r , s ) = 1 olacak şekilde r, s ∈ Z + vardır.
s
n
n
n n
Buradan r = as , yani s r ve buradan da s r bulunur. O halde s = (r , s ) = 1 ve bu
(ii)
nedenle
n
a > 0,
n
a rasyonel ise
n
a = r ∈ Z dir.
n
(iii)
n rasyonel olsa (ii) ye göre tamsayı olur. n n = r ∈ Z diyelim. n ≥ 2
olduğundan n n = 1 olamaz. O halde n n = r ≥ 2 , yani n ≥ 2 n bulunur ki bu 2 n > n olması
ile çelişir. O halde n n irrasyoneldir.
14
Tanım 2.11 (Tam Kısım Fonksiyonu) Bir keyfi x reel sayısı için [x ] sembolü ile x
ten küçük veya eşit olan en büyük tam sayıyı göstereceğiz.; yani [x] , x −1 < [x ] ≤ x koşulunu
sağlayan tek tamsayıdır.
1 
 1
Örnek 2.   = 0, −  = −1, 3 = 1, [π ] = 3, [− π ] = −4, [3] = 3.
2
 2
Tanım 2. 11 den yola çıkarsak her x reel sayısı, 0 ≤ θ < 1 koşulunu sağlayan uygun bir
θ için x = [x ] + θ şeklinde yazılabilir.
[ ]
Tam Kısım Fonksiyonunun Özellikleri: x, y ∈ R olmak üzere,
(i) [x] ≤ x < [x ] + 1 dir.
(ii) Eğer x ≥ 0 ise [x] , x ten büyük olmayan doğal sayıların sayısıdır. Bir başka deyimle
[x] = ∑1 dir.
1≤ n≤ x
Her n ∈ Z için [x + n] = [x ] + n dir.
[x] + [ y ] ≤ [x + y ] ≤ [x] + [ y ] + 1 dir.
Eğer x ∈ Z ise [x] + [− x ] = 0 . Eğer x ∉ Z ise [x] + [− x ] = −1 dir.
− [− x ] sayısı x ten küçük olmayan en küçük tam sayıdır.
 [x ]  x 
(vi)
Eğer n ∈ N ise   =   dir.
 n  n
 x
(vii) 0 ≤ [x ] − 2   ≤ 1
2
x
(viii) Eğer x > 0 ve n ∈ N ise   , n nin x ten büyük olmayan pozitif katları sayısına
n
eşittir.
Not: Yukarıdaki özelliklerin ispatı ödev olarak öğrencilere bırakılmıştır.
(ii)
(iii)
(iv)
(v)
Örnek 3 p ≤ 100 olan asal sayıların sayısını bulalım. 100 = 10 olduğundan
Teorem 2. 8’e göre 10 ≤ n ≤ 100 olan bütün bileşik sayılar 2, 3, 5 veya 7 nin katlarıdır.
X m ile m nin ≤ 100 olan katlarının kümesini gösterelim. Bu durumda (ix)’a göre
100 
dir. Buna göre
Xm = 
 m 
X 2 = 50, X 3 = 33, X 5 = 20, X 7 = 14, X 6 = 16, X 10 = 10, X 14 = 7, X 15 = 6,
X 21 = 4, X 35 = 2, X 30 = 3, X 42 = 2, X 70 = 1, X 105 = 0, X 210 = 0.
≤ 100 olan bileşik sayıların sayısı =
( X 2 + X 3 + X 5 + X 7 ) − ( X 6 + X 10 + X 14 + X 15 + X 21 + X 35 )
+ ( X 30 + X 42 + X 70 + X 105 ) − X 210 − 4
= (50 + 33 + 20 + 14) − (16 + 10 + 7 + 6 + 4 + 2) + (3 + 2 + 1) − 4 = 74
p ≤ 100 olan asal sayıların sayısı = 100-( ≤ 100 olan bileşik tam sayıların sayısı)-1=25 dir.
15
Teorem 2.12 n bir pozitif tamsayı ve p bir asal sayı olsun. p nin n! ’i bölen en büyük
∞
kuvveti,
 n 
∞
 n 
∑  p k  dir. Yani ∑  p k  = e p (n!) dersek,
k =1 

k =1 

p
e p ( n!)
n! dir. Burada p k > n için
 n 
 k  = 0 olmasından dolayı, toplam aslında sonlu sayıda terim içerir
p 
n
İspat: n pozitif tamsayı arasında p nin katları sayısı tam   , p 2 nin katları sayısı
 p
∞ 
 n 
 n 
n 
tam  2  , p 3 nin katları sayısı tam  3  , ... tanedir. O halde e p (n!) = ∑  k  dir.
k =1  p 
p 
p 
tanedir.
Sonuç 2.13 n!= ∏ p
∞  n
∑ 
k =1  p k



dir.
p≤n
∞
9
Örnek 4. 3’ün 9!’i bölen en büyük kuvvetini bulalım: e3 (9!) = ∑  k  dır. 33 > 9
k =1  3 
9  9 
olduğundan e3 (9!) =   +  2  = 3 + 1 = 4 tür.
 3 3 
Örnek 5 10!’in asal çarpanlara ayrılışını bulalım: Eğer p , 10!’in bir asal çarpanı ise
p 1.2.3K10 dur. Buradan Sonuç 2.3’e göre bir k ∈ {1,2,K,10} için p k olmak zorundadır. O
halde p ≤ k ≤ 10 olmak zorundadır. Böylece p = 2, 3, 5, 7 olabilir. Öte yandan
10   10   10 
10   10 
e2 (10!) =   +  2  +  3  =5+2+1=8, e3 (10!) =   +  2  = 3 + 1 = 4 ,
 2  2  2 
 3  3 
10 
10 
e5 (10!) =   = 2, e7 (10!) =   = 1 . Böylece
5
7
10!= 28.3 4.5 2.7
dir.
Teorem 2.14 Eğer n ve r , 1 ≤ r < n olan pozitif tam sayılar ise binom katsayısı
n
n!
  =
 r  r!(n − r )!
bir tam sayıdır.
n
r
n−r
şeklinde yazılabilir. Tam kısım fonksiyonu Özellik (iv)’e
pk
pk
 n   r  n − r 
göre  k  ≥  k  +  k  dir. Buna göre r!(n − r )! ‘i bölen her p asal sayısı için
p  p   p 
∞ 
n  ∞  r  ∞ n − r 
e p (n!) = ∑  k  ≥ ∑  k  + ∑  k  = e p (r!) + e p ((n − r )!)
k =1  p 
k =1  p 
k =1  p

İspat:
pk
=
+
16
n!
ifadesinin payındaki kuvveti paydasındaki kuvvetten daha
r!(n − r )!
n!
büyüktür, yani r!(n − r )! n! dir. O halde
bir tam sayıdır.
r!(n − r )!
n n
Öte yandan   =   = 1 yine bir tamsayıdır.
0 n
Sonuç 2.15 Bir pozitif r tam sayısı için r tane ardışık tam sayının çarpımı r!
tarafından kalansız olarak bölünür.
dir. Bu nedenle p nin
İspat: r tane ardışık tam sayının en büyüğü n olsun. Bu durumda bu sayıların çarpımı
n!
n!
n(n − 1) L (n − r + 1) =
=
⋅ r!= k .r!, k ∈ Z ,
(n − r )! r!(n − r )!
yani r! n(n − 1) L (n − r + 1) dir.
Asal sayılar, matematiğin bir çok alanında kullanılmakla birlikte, bu sayılardan
bankacılık, askeri bilgiler, internet sayfaları gibi önemli şifrelemeler gerektiren verilerin
korunması gibi güvenlik alanında da önemli ölçüde yaralanılır. Bu işlemler için genellikle,
basamak sayısı büyük olan asal sayılar kullanılır. Asırlar boyu asal sayılar üzerine birçok
teorem ortaya konmuş ve asal sayıların bulunması için asal sayı üreten bir çok formül ve
yöntem bulunmaya çalışılmıştır. Ancak asal sayılarla ilgili pek çok soru günümüze kadar
henüz cevaplanamamıştır. Günümüzde asal sayıları veren bir matematik formül
bulunmamaktadır. Ancak Öklid’den beri asal sayıların sonsuz sayıda olduklar bilinmektedir.
Günümüze kadar asal sayıların sonsuz olduklarını gösteren bir çok ispat verilmiştir. Aşağıda
fikir vermek açısından bu ispatlarından bazılarını göreceğiz.
Teorem 2.16 Asal sayılar sonsuz sayıdadır.
İlk olarak Öklid’in verdiği ispatın modern şeklini görelim.
1. Öklid’in İspatı: p1 , p 2 , K, pn gibi sonlu sayıda asal sayının var olduğunu kabul
edelim.
m = p1 . p 2 K p n + 1
olsun. m > 1 olduğundan Teorem 2. 5.’e göre p gibi bir asal böleni vardır. Fakat bütün asal
sayılar p1 , p 2 , K , pn den ibaret olduğundan p bu asal sayılardan biri olmak zorundadır. O
halde p p1 . p 2 K p n dir. Öte yandan p m olduğundan p m − p1 . p 2 K p n yani p 1 bulunur.
Bu ise p > 1 olması ile çelişir. O halde sonsuz sayıda asal sayı vardır.
2. Stieltjes’in ispatı: p1 , p 2 , K, pn gibi sonlu sayıda asal sayının var olduğunu kabul
edelim. n = p1 . p 2 K p n olsun. n = ab, a, b > 1 şeklinde iki tam sayının çarpımı olarak
yazılabilir. n sayısı biribirinden farklı asal sayıların çarpımı şeklinde olduğundan aritmetiğin
esas teoremine göre, her bir pi a ve b den tam bir tanesini böler. Bu durumda a + b , mevcut
pi lerin hiçbiri tarafından bölünmez bu ise a + b > 1 olması ile çelişir.
17
3. Euler’in analitik ispatı: p1 , p 2 , K, pn gibi sonlu sayıda asal sayının var olduğunu
kabul edelim. Her bir pi > 1 olduğundan
∞
1
k =0
i
∑pk
geometrik serisi yakinsak ve toplamı
1
dir. Böylece
(1 − 1 / pi )
n ∞
1
1
=
∏ (1 − 1 / p ) ∏∑ p k
i
i =1
i =1 k =0 i
elde edilir. Bütün asal sayılar p1 , p 2 , K, pn den ibaret olduğundan, aritmetiğin esas
n
k
k
k
teoremine göre herhangi bir n ∈ N sayısı n = p1 1 p 2 2 L p n n şeklinde tek türlü olarak yazılır.
Buna göre
n
∞
1
1
∏ (1 − 1 / p ) ≥ ∑ n
i
n =1
i =1
dir. Yukarıdaki eşitsizliğin sağ tarafındaki seri (harmonik seri) sonsuza ıraksayan bir seridir.
Öte yandan her bir pi > 1 olduğundan sol taraftaki çarpım sonludur. Bu bizi bir çelişkiye
götürür. O halde sonsuz sayıda asal sayı vardır.
n
Tanım 2.17 F n = 2 2 + 1, n ≥ 0 şeklindeki bir tam sayıya Fermat sayısı denir. Eğer
F n asal ise bu sayıya bir Fermat asal sayısı denir.
F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65537, K . Fermat, Mersenne’e yazdığı
mektupta, bu sayıların her n ∈ N için asal olduklarını iddia etmiş, fakat bu iddianın doğru
5
olmadığı, 1732 yılında Euler’in F 5 = 2 2 + 1 = 4294967297 sayısının asal olmadığını ve 641
sayısı ile kalansız olarak bölündüğünü göstermesi ile açığa kavuşmuştur. Bu gün 5 ≤ n ≤ 30
için F n Fermat sayılarının bileşik sayı oldukları bilinmektedir ve bunların dışında da bileşik
sayı olduğu gösterilen bir çok Fermat sayısı vardır. Bu güne kadar bilinen en büyük bileşik
Fermat sayısı F303088 dir ve bu sayı 3.2 303093 + 1 ile kalansız olarak bölünür. Günümüzde bir
çok araştırmacı n ≥ 5 için Fermat sayılarının bileşik sayı olduklarını düşünmektedirler.
Şimdi 641 F5 olduğunu gösteren ve G.Bennett tarafından verilen ispatı görelim: İşe
a = 2 7 ve b = 5 almakla başlıyoruz. Bu durumda
1 + ab − b 4 = 1 + (a − b 3 )b = 1 + 3b = 2 4 olur. Buna göre
1 + ab = 1 + 2 7.5 = 641
ve
5
F5 = 2 2 + 1 = 2 32 + 1 = 2 4 a 4 + 1 = (1 + ab − b 4 )a 4 + 1
[
]
= (1 + ab)a 4 + (1 − a 4 b 4 ) = (1 + ab) a 4 + (1 − ab)(1 + a 2 b 2 ) .
Buradan 1 + ab = 641 olduğuna göre 641 F5 elde edilir.
Teorem 2.18 m > n ≥ 0 olmak üzere F n , F m Fermat sayıları aralarında asaldır.
İspat: d = (Fn , Fm ) olsun. Fermat sayıları tek sayılar olduğu için, d sayısı tek olmak
n
zorundadır. x = 2 2 ve k = 2 m− n diyelim. Bu durumda
18
2m−n
 2 2n 
−1

Fm − 2 
xk −1

=
=
= x k −1 − x k −2 + L − 1
n
2
Fn
x +1
2 +1
ve böylece Fn ( Fm − 2) . d Fn den d ( Fm − 2) bulunur. Öte yandan d Fm ve böylece d 2
dir. d sayısı bir tek sayı olduğundan d = 1 olmak zorundadır.
Şimdi , Teorem 2. 11’ in, yukarıdaki teoremi kullanarak verilen, bir başka ispatını
görelim.
4. Pólya’nın ispatı: Her bir F n Fermat sayısının en az bir asal böleni vardır ve F n
diğer Fermat sayıları ile aralarında asal olduğundan bu asal sayı diğer Fermat sayılarını
bölmez. Yani diğer Fermat sayılarını bölen asal sayılardan farklıdır. O halde F n den büyük
olmayan, birbirinden farklı en az n + 1 tane asal sayı vardır. Fermat sayıları sonsuz sayıda
olduğundan bu bize asal sayıların sonsuz sayısıda olduğunu gösterir.
Teorem 2.19 4n + 3 şeklinde sonsuz sayıda asal sayı vardır.
İspat: 4n + 3 şeklinde q1 , q2 , K, q s gibi sonlu sayıda asal sayının var olduğunu kabul
edelim.
N = 4(q1 . q 2 K , q s ) − 1 = 4(q1 . q 2 K , q s − 1) + 3
diyelim. N sayısı tek sayı olduğu için bu sayının asal bölenleri ya 4n + 1 şeklinde ya da
4n + 3 şeklindedir. N sayısı 4m + 3 şeklinde olduğundan en az bir tane 4n + 3 şeklinde p
gibi bir asal böleni vardır. Çünkü 4n + 1 şeklindeki iki veya daha fazla tam sayının çarpımı
yine aynı şekilde bir tam sayıdır. Sözü edilen p sayısı 4n + 3 şeklinde olduğundan
q r , 1 ≤ r ≤ s lerden biridir. Bu durumda p 4(q1 . q 2 K, q s ) ve böylece p 1 , çelişki. O halde
4n + 3 şeklinde sonsuz sayıda asal sayı vardır.
Yukarıdaki ifadeler, aşağıdaki meşhur teoremin bir özel şeklidir. İspatı çok zor olan bu
teoremin, bilgi olsun diye, sadece ifadesini vermekle yetineceğiz.
Teorem 2.20 (Dirichlet Teoremi) Eğer a ile b , (a, b) = 1 olan iki tamsayı ise an + b
şeklinde sonsuz sayıda asal sayı vardır.
Not.Bu teoremler aynı zamanda asal sayıların sonsuz sayıda olduğunun bir başka
kanıtıdır.
Tanım 2.21 Birbirini izleyen iki asal sayı arasındaki fark 2 ise bu sayı çiftlerine ikiz
asal sayı çiftleri denir.
Örneğin (3,5), (5,7), (11,13), (17,19), (29,31) gibi. İkiz asal sayıların sonsuz sayıda
olup olmadıkları henüz bilinmiyor. Öte yandan 2 n + 1 , 2 n − 1 , n 2 + 1 şeklindeki asal
sayıların sonsuz sayıda olup olmadıkları henüz kanıtlanmış değildir. Asal sayıların dağılımı
ile ilgili, yani hangi sıklıkta görüldükleri hakkında, herhangi bir kural yoktur. Aşağıdaki
teorem, verilen her pozitif n tam sayısına karşılık daima n tane ardışık bileşik sayıdan oluşan
bir dizi bulunabileciğini gösterir. Bu da bize asal sayılar arasında keyfi uzunlukta boşlukların
olduğunu gösterir.
19
Teorem 2.22 Verilen her n ≥ 2 sayısına karşılık, birbirini izleyen ve q − p ≥ n olan
p ve q gibi iki asal sayı vardır.
İspat: 2 ≤ k ≤ n ise k (n!+ k ) dır. O halde n!+2, n!+3, n!+4, K , n!+ n sayıları n − 1 tane
ardışık bileşik sayılardır. p , n!+1 den küçük veya eşit olan en büyük asal sayı, q ise
n!+ (n + 1) den büyük en küçük asal sayı olsun. Bu durumda p ve q birbirini izleyen ve
q − p ≥ n olan iki asal sayıdır.
17. y.y. da ilgi alanı asal sayı üreten formüller bulmaya yönelmiştir. O yıllarda tanım
kümesi negatif olmayan tam sayılardan oluşan f (n) = n 2 + n + 41 polinomunun sadece asal
sayı ürettiğine dair yaygın bir inanış vardı. Bunun doğru olmadığı 1772 yılında Euler
tarafından gösterilmiştir. Gerçekten bu polinomun 0 ≤ n ≤ 39 için aldığı değerler hep asal
olmakla beraber, n = 40, 41 için asal değildir.
f (40) = (40) 2 + 40 + 41 = 40(40 + 1) + 41 = (41) 2
f (41) = (41) 2 + 41 + 41 = 41(41 + 1 + 1) = (41)(43)
dir. f ’in bundan sonra aldığı değer f (42) = 1847 yine asal bir sayıdır. Bu polinom n ’in ilk
100 değeri için 86 tane asal sayı değeri alır. Acaba tanım kümesi negatif olmayan tam sayılar
ve değerler kümesi asal sayıların sonsuz elemanlı bir alt kümesi olan bir f (n) fonksiyonu
bulmak mümkün müdür?
Teorem 2.23 Eğer f , her n ∈ N için asal sayı değeri alan tam katsayılı bir polinom
ise f sabittir.
İspat: a k ≠ 0 olmak üzere f ( x) = a k x k + a k −1 x k −1 + L + a1 x + a0 her n ∈ N için asal
sayı değeri alan tam katsayılı bir polinom olsun. Sabit bir n0 sayısı için f (n0 ) = p bir asal
sayıdır. Herhangi bir t ∈ N için
f (n0 + tp ) = a k (n0 + tp) k + a k −1 (n0 + tp) k −1 + L + a1 (n0 + tp ) + a0
= (a k n0 k + a k −1n0 k −1 + L + a1n0 + a 0 ) + p.q(t )
= f (n0 ) + p.q(t ) = p + p.q (t ) = p(1 + q(t ))
burada q (t ), t nin tam katsayılı bir polinomudur. p f (n0 + tp) , f ( x) ’in sadece asal sayı
değeri alan bir polinom olduğunu kabul ettiğimizden her t ∈ N için f (n0 + tp ) = p elde
edilir. Oysa k . dereceden, sabit olmayan, bir polinom aynı değeri k kereden fazla alamaz.
Ohalde f sabittir.
Ödev Problemler
1-) p ≥ 5 bir asal sayı ise p 2 + 2 nin bileşik sayı olduğunu gösteriniz.
(Yol göst. p nin 6k + 1 veya 6k + 5 şeklinde yazılabileceğini düşünüz.)
2-) p , p a n olan bir asal sayı ise p n a n olduğunu gösteriniz.
3-) p ≠ 5 olan bir tek asal sayı ise 10 ( p 2 − 1) veya 10 ( p 2 + 1) olduğunu gösteriniz.
4-) 29p+1’in bir tam kare olması için p asal sayısı hangi değerleri almalıdır?
20
5-) 3n + 2 şeklinde sonsuz sayıda asal sayının var olduğunu gösteriniz.
6-) 6n + 5 şeklinde sonsuz sayıda asal sayının var olduğunu gösteriniz.
(Yol göst: N = 6(q1 . q 2 K , q s ) − 1 = 6(q1 . q 2 K , q s − 1) + 5 alınız.
7-) (a) İki ikiz asal sayının çarpımının bir fazlasının daima bir tam sayının karesi olduğunu
gösteriniz.
(b) p > 3 olmak üzere p ve p + 2 gibi ikiz asal sayıların toplamının 12 ile kalansız
olarak bölündüğünü gösteriniz.
8-) p > 3 olan bir asal sayı ise p 2 − 1 ’ün 24 ile kalansız olarak bölünebileceğini gösteriniz.
19-) 701 sayısının asal olup olmadığını araştırınız.
10-) p1 , p 2 , K , p n birbirinden farklı n tane asal sayı ise
1
1
1
+
+L+
p1 p 2
pn
toplamının hiçbir zaman tamsayı olamayacağını gösteriniz.
11-) n > 2 olan her doğal sayı için 2 n − 1 , 2 n + 1 sayılarından en az birinin asal olmadığını
gösteriniz.
12-) 3’ün 452!’i bölen en büyük kuvvetini bulunuz.
(Cevap: 222)
13-) 2003! sayısının sonunda kaç sıfır vardır?
(Cevap: 499)
n!
14-) n = a + b + c ise
in bir tam sayı olduğunu gösteriniz.
a!b!c!
15-) n ∈ N olsun. n = a m 2 m + L + a1 2 + a 0 , a m ≠ 0, i = 1,K, m − 1 için 0 ≤ ai < 2
gösterilişini göz önüne alarak
∞ 
n + 2 k −1 
∑  2k  = n
k =1 

olduğunu gösteriniz.
21