Gönderen Konu: 2020 ile tam bölünebilme {çözüldü}  (Okunma sayısı 461 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3056
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
2020 ile tam bölünebilme {çözüldü}
« : Haziran 28, 2020, 03:33:48 ös »
Problem (Lokman GÖKÇE): $1\leq n \leq 2020$ olmak üzere
$$\dfrac{n^4 -1}{2020}$$
bir tam sayı olacak biçimde kaç $n$ tam sayısı vardır?

$\textbf{a)}\ 8 \qquad\textbf{b)}\ 12 \qquad\textbf{c)}\ 14 \qquad\textbf{d)}\ 16 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
« Son Düzenleme: Haziran 30, 2020, 04:38:38 öö Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Demirbaş Üye
  • ********
  • İleti: 342
  • Karma: +7/-0
Ynt: 2020 ile tam bölünebilme
« Yanıtla #1 : Haziran 28, 2020, 09:12:14 ös »
Cevap: $\boxed{E}$

$n^4-1=(n-1)(n+1)(n^2+1)$ ve $2020=2^2\cdot 5\cdot 101$'dir. Asıl çözüme geçmeden önce şunu hatırlayalım.

Lemma: $x^2\equiv -1\pmod{p}$ denkliğinin $p$ modundaki çözüm sayısı; $p$, $4k+3$ formatındaysa $0$, $4k+1$ formatındaysa $2$'dir.

Soruya dönecek olursak, $$n^4-1\equiv (n-1)(n+1)(n^2+1)\equiv 0\pmod{4}\Rightarrow n\equiv 1,3 \pmod{4}$$ olur. $$n^4-1\equiv (n-1)(n+1)(n^2+1)\equiv 0\pmod{5}$$ $n^2+1\equiv 0\pmod{5}$ denkliğinin $2$ çözümü olduğunu biliyoruz. Bu çözümler $n=1$ ve $n=-1$ ile çakışık olmadığından toplamda $4$ çözüm vardır. Benzer şekilde $n^2+1\equiv 0\pmod{101}$ denkliğinin de $2$ çözümü $n=1$ ve $n=-1$ ile çakışık olmadığından toplamda $4$ çözümü vardır.  Çin kalan teoreminden $n^4-1\equiv 0\pmod{2020}$ denkliğinin $2\cdot 4\cdot 4=32$ çözümü vardır. Dolayısıyla sorudaki ifadeyi tam sayı yapan $32$ tane $n$ tam sayısı vardır.
« Son Düzenleme: Ekim 12, 2020, 07:19:24 ös Gönderen: metonster »
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3056
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Ynt: 2020 ile tam bölünebilme {çözüldü}
« Yanıtla #2 : Ekim 14, 2020, 02:56:30 ös »
Çözümde Çin Kalan Teoremi ve Lagrange Teoremi'ni kullanacağız. Bunu paylaşalım.

Çözüm 2: $2020=4 \cdot 5 \cdot 101$ olduğundan
$$n^4-1\equiv (n-1)(n+1)(n^2+1)\equiv 0\pmod{4} \tag{1}$$
$$n^4-1\equiv (n-1)(n+1)(n^2+1)\equiv 0\pmod{5}\tag{2}$$
$$n^4-1\equiv (n-1)(n+1)(n^2+1)\equiv 0\pmod{101}\tag{3} $$
denkliklerini çözmeliyiz.

$(1)$ in çözümleri için $n \equiv -1, 0, 1, 2 \pmod{4}$ denenirse $n \equiv \mp 1 \pmod{4}$ çözümleri bulunur.

$(2)$ nin çözümleri için $n \equiv -2,-1, 0, 1, 2 \pmod{5}$ denenirse $n \equiv \mp 1, \mp 2 \pmod{5}$ çözümleri bulunur. Elbette bu aşamada $(n,5)=1$ iken $n^4\equiv 1 \pmod{5}$ Fermat teoremi de uygulanabilir. Yine $4$ çözüm gelir.

$(3)$ ün çözümleri için $n \equiv -1, 1 \pmod{101}$ değerlerinin denkliği sağladığı görülüyor. $n^2 +1 \equiv 0 \pmod{101}$ denkliğini çözmeliyiz. Bunun için de $n^2 -100 \equiv 0 \pmod{101}$ yazıp iki kare farkı özdeşliği kullanılırsa $n \equiv -10, 10 \pmod{101}$ çözümleri bulunur. $m$-inci dereceden polinomum asal bir modda en fazla polinmum derecesi kadar kökü vardır (Lagrange). Bu durumda da toplam $4$ kök buluruz ve Lagrange Teoremi'nden dolayı daha fazla da kök olamaz.

Çin kalan teoreminden dolayı $n^4-1\equiv 0 \pmod{2020}$ denkliğinin $2 \cdot 4 \cdot 4 =32$ farklı çözümü vardır.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal