Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Tübitak Lise 1. Aşama => 1997 => Konuyu başlatan: matematikolimpiyati - Temmuz 04, 2022, 04:11:41 öö
-
$\dfrac{2^{p-1}-1}{p}$ sayısının tam kare olmasını sağlayan kaç $p$ asal sayısı vardır?
$\textbf{a)}\ 4 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 1 \qquad\textbf{d)}\ 8 \qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz çoklukta}$
-
Yanıt: $\boxed B$
$p=2, 3, 5$ sayılarını deneyelim.
$p=2 \Rightarrow \dfrac {2^1 - 1}{2} = \dfrac 12$ sağlamaz.
$ \boxed {p=3 \Rightarrow \dfrac {2^2 - 1}{3} = 1}$ sağlar.
$p = 5 \Rightarrow \dfrac {2^4 - 1}{5} = 3$ sağlamaz.
$p > 5$ olsun.
$4^{\frac {p-1}{2}} - 1 = pT^2 \equiv 3 \pmod 4$ ve $T^2 \equiv 0, 1 \pmod 4$ olduğu için $p = 4k+3$ formunda bir asal sayıdır.
$4^{2k + 1} - 1 = (2^{2k+1} - 1)(2^{2k+1} + 1) = pT^2$
$\text{obeb}(2^{2k+1} - 1, 2^{2k+1} + 1) = 1$ olacağı için inceleyeceğimiz iki durum var:
- $2^{2k+1} - 1 = T_1^2$ ve $2^{2k+1} + 1 = pT_2^2$
- $2^{2k+1} - 1 = pT_1^2$ ve $2^{2k+1} + 1 = T_2^2$
$p = 4k + 3$ formunda bir asal sayı olduğu için $(i)$ deki ikinci eşitliği $\mod 4$ te incelersek $2^{2k+1} + 1 \equiv 1 \pmod 4$ ve $pT^2 \equiv 3T^2 \equiv 0, 3 \pmod 4$ elde ederiz. Yani $(i)$ den bir çözüm gelmez.
$(ii)$ deki ikinci denklemden $2^{2k+1} = T_2^2 - 1 = (T_2 - 1)(T_2 + 1)$ elde ederiz. $2^{2k+1}$ in çarpanları $a,b$ pozitif tam sayılar olmak üzere $2^a \cdot 2^b$ formunda olmalı. Çarpanların farkları $2$ olduğu için $2^b - 2^a = 2$ olmalı. Bu da ancak $a=1$, $b=2$ iken gerçekleşir.
$T_2 - 1 = 2 \Rightarrow T_2 = 3 \Rightarrow 2^{2k+1} = T_2^2 - 1 = 8 \Rightarrow k = 1$ ve $\boxed {p=4k+3 = 7}$ dir.
O halde aradığımız değerler $p=3$ ve $p= 7$ dir.