[MD-sorular] Ynt: Re: Ynt: bölünebilme

[dede]

Sayın Zati Lokum;


İkazınız üzerine yaptığım kanıtı bir daha
düşündüm/inceledim.


Haklısın; seri sonsuza kadar devam ettiğine göre, bu
haliyle



kanıtım noksandır.Dediğiniz gibi, seriyi belli bir yerde
kesip, bir hata


terimi ekledikten sonra kanıtı devam ettirmek gerekiyor.
Buna


biraz uğraştım; çok uzun ve zor olduğunu gördüm.Ben
de bu
soruyu


bilinen temel doğal sayıların özelliklerini kullanarak
yeniden kanıtladım.


a) n>1 için (2^n-1) sayısının (n) tamsayısına bölündüğünü
kabul edelim.


    n>1 için (2^n-1) sayısı  her (n) sayısı için tek
sayıdır.Dolayısıyla
(n)


    sayısı da
tek sayı
olmak zorundadır.(Eğer (n) çift sayı
olursa, (2^n-1) 


    tek
sayısının çift
sayıya bölümü tamsayı olamaz, kabulümüze aykırıdır)


b) (n) in asal
çarpanlarından en küçük olanına (p)
diyelim.(p>2 dır).Fermat


   
teoreminden  p |
(2^(p-1)-1)
dır.p | (2^n-1)  olan en küçük
(n) sayısı, (s) olsun.


    Yani p | (2^s-1) dır.(s=<(p-1)) olacak
şekilde).Şimdi (s) nin, p | (2^m-1)
olacak 


    bir (m) sayısı için, s | m  olacağını
kanıtlayalım. m=sq+r olsun.(0=<r<d
dir).(r) nin 


    değeri için;
2^m-2^r=2^r(2^(m-r)-1)=2^r(2^sq-1)
olur.q=1 dersek buradan


   
p | ((2^m-1)-(2^r-1)) olduğu bulunur.p |
(2^m-1) kabul ettiğimizden,p | (2^r-1)


    de olmak
zorundadır.r<s olduğundan r=0 olmak
zorundadır.Şu halde 


   
s | (2^m-1) olan her (m) tamsayısı için s | m olmak zorundadır.(p)
asalını


    (2^n-1) in böleni kabul etmemiz ve p |
(2^(p-1)-1) olması (Fermat!)
nedeniyle


    s | n ve  s |
(p-1)
olduğu anlaşılır.(n) sayısının en
küçük asal çarpanı p>2


    olan sayı
olduğundan, (n, p-1)=1 dır.Buradan da
s=1 olması gerektiği görülür.


    Ama p | (2^s-1) olarak kabul etmiştik.s=1 ise, p | (2-1) yani p | 1


    olur.Ama p>=2 olmak zorundadır.ÇELİŞKİ! Şu halde
baştan yaptığımız


    kabul
yanlıştır.Yani
n>1 her doğal pozitif sayı için, (2^n-1) sayısı (n) ile


   tam olarak
bölünemez!


   Bu kanıtlama biraz
uzun ve “karmaşık” gibi oldu; ancak her cümle dikkatle


   ve anlaşılarak
okunursa sanırım kanıt anlaşılacaktır.İlk yaptığım kanıtı, sonsuz 


   terimli seriye, hata
terimi ekleyip o kanıtı devam ettirmektense (zira hem zor hem de


   2-3 sayfa gibi
uzun); bu kanıtı yapıp yazmayı daha uygun buldum.


   Sağlık ve esenlik
dileklerimle..


 


   A.Kadir
Değirmencioğlu


 


   Not: A
| B sembolü, “B sayısı A sayısına bölünür”
anlamında kullanılmıştır.


         
Kanıtın
anlaşılması için, (n) in ve (2^n-1)
sayılarının her ikisinin de tek


         
doğal sayı
oldukları hep “aklın bir köşesinde” olmalıdır.Yinede bu
kanıtımda da
        
"mantık/düşünme" hataları,belki kanıtta ilkinde olduğu gibi bir "boşluk"
olabilir.
        
Dikkatli üyelerden, ilkinde olduğu gibi uyarmalarını beklerim.

        
Malum:Hata, insana özgüdür.
         Hele
de sınavda değiliz ki! Korkalım:"Ya
kalırsak!"





----- Özgün İleti -----
Kimden : "zati lokum" 
Kime : "dede" 
Cc : "ahmet ertürk"
,md-sorular at matematikdunyasi.org
Gönderme tarihi : 22/04/2011 16:38
Konu : Re: [MD-sorular] Ynt: bölünebilme
Bu kanıtta bir hata yok mu?
Seri açılımı sonsuza kadar gidiyorsa k! ile çarpımı söylenileni
vermiyor.
Bir de burada log 2 sayısına özgü birşey yok sanki, demek
istediğim
her m doğal sayısı için log m de oransızi hatta aşkındır.
O zaman n sayısı m^n-1 sayısını da bölmez. Ama bu doğru değil
tabii,
m=n+1 durumunda bozuluyor en azından.
Sayın Kadir Değirmencioğlunun fikri gerçekten de ilgi çekici.
Belki seriyi sonsuza kadar açmak yerine taylor teoreminden belli bir
yere kadar açıp, yanına
bir hata payı koyulup Kadir beyin kanıtı sürdürebilir.
 
sevgiler
zati


2011/4/21 dede <dede_47 at mynet.com>




Sayın Ahmet Ertürk;

(n) pozitif tamsayı ve n>1 için (2^n-1) in
(n) sayısına bölünemediğinin 

kanıtlanmasını istiyorsunuz. Bu sorunuz,
A=(2^n-1)/n eşitliğinde A nın 

tamsayı olamayacağının kanıtlanması demektir.
Kanıtlama için (2^n-1) in 

(n) sayısına
tam bölündüğünü (dolayısıyla A nın bir tamsayı olduğunu) kabul 

edelim. Bu kabulümüz altında değişik bir kanıt
yapalım:

(2^n-1)/n eşitliğini, n=0 da Maclaurin
serisine açalım:

A=(2^n-1)/n=Log(2)+(1/2!)nLog(2)^2+(1/3!)n^2Log(2)^3+(1/4!)n^3Log(2)^4+..

               
       �.+(1/k!)n^(k-1)Log(2)^k+��.
 (1)

buluruz.k��
için oran testi sıfır olduğundan sağda ki seri,
nâ��nin her değeri için

solda ki eşitliğe denktir.(1) eşitliğinin her iki
yanını (k!) ile çarpalım.Sağdaki her terim

 B bir tamsayı olmak üzere
BLog(2)^k terimlerinin toplamından oluşacaktır.Log(2)

oransız (irrational) bir sayı olduğundan
BLog(2)^k sayısı oransız bir sayıdır.Halbuki

eşitliğin sol tarafı (Ak!) olup bir tam
sayıdır.Oransız bir sayı, bir tam sayıya eşit

olamayacağından; bu A nın tamsayı olduğu
kabulümüzle çelişir; yani A tamsayı değildir.

Sonuç: n>1 için, A tamsayı olmadığından
(2^n-1) sayısı (n) ile bölünemez.

Sağlık ve esenlik dileklerimle..

Not:Sorunuz; endüksiyonla belki daha kolayca
kanıtlanabilir.Değişik bir kanıt

aradım, yukarıdakini bulabildim.Umarım,bir düşünce
hatası yapmamışımdır.


A.Kadir Değirmencioğlu



----- Özgün İleti -----
Kimden : "ahmet ertürk" 
Kime : md-sorular at matematikdunyasi.org
Gönderme tarihi : 21/04/2011 15:01

Konu : [MD-sorular] bölünebilme





 n doğal sayı ve n>1 için 
2n-1 sayısının n ile bölünemeyeceğini gösteriniz



_______________________________________________
MD-sorular e-posta listesi

sorular at matematikdunyasi.org
http://lists.math.bilgi.edu.tr/cgi-bin/mailman/listinfo/md-sorular





_______________________________________________
MD-sorular e-posta listesi
sorular at matematikdunyasi.org
http://lists.math.bilgi.edu.tr/cgi-bin/mailman/listinfo/md-sorular





-------------- sonraki bölüm --------------
Bir HTML eklentisi temizlendi...
URL: <http://lists.math.bilgi.edu.tr/pipermail/md-sorular/attachments/20110422/68dd6d53/attachment.htm>