İlk Dört Pozitif Tam Sayının Kuvvetlerinin Toplamı Çoğu Zaman 10’a Bölünür

İngiltere’de bir lise matematik öğretmeni güzel bir soru sormuş. Soruyu ve bir öğrencisinin ilginç cevabını twitter’da paylaşmıştı. Soru şöyle: Bazı farklı \(n\) doğal sayıları için \(1^n + 2^n + 3^n + 4^n\) toplamını hesaplayın. Bu toplam hakkında ne fark ettiğinizi yazın.

Açık uçlu, güzel bir soru. Öğretmenin beklediği, bazı farklı \(n\) değerleri için bu toplamı hesapladıktan sonra, öğrencilerin bu toplamın (seçtikleri bütün \(n\) sayıları için) 2’ye bölündüğünü fark etmeleri. Yazının sonunda bu toplamın bütün \(n\) sayıları için 2’ye bölündüğünü kanıtlayacağız. 

Öğrencilerden birisi ilginç bir cevap vermiş: \(n\) sayısı asal ise bu toplam 10’a bölünür. İlk bakışta şaşırtıcı görünen bir cevap doğrusu. Bir an ben de doğruluğundan şüphe etmedim değil. Aslında bundan daha da fazlası doğru. Bu toplamın tam olarak hangi \(n\) değerleri için 10’a bölündüğünü bulacağız.

Bu öğrenci belli ki bu toplamı bazı asal sayılarla hesaplamış. Birkaç denemeden sonra böyle bir gözlem yapmış. Başka türlü bu kanıya nasıl varabileceğinden emin değilim. Biz bu toplamın 10’a bölündüğü bütün \(n\) değerlerini bulurken Fermat’nın Küçük Teoremini kullanacağız. İngiltere’de ileri seviyedeki lise öğrencileri bu teoremi bilebilir fakat bu öğrencinin gözlemi bu teoreme dayanmıyor gibi. Bu teoreme dayansaydı, bizim varacağımız gibi, daha güçlü bir sonuca varması gerekirdi.

Biraz Modüler Aritmetik

Bunun gibi bölünebilme soruları için doğal olarak modüler aritmetik kullanılır. Benim zamanımda liselerde anlatılırdı. Herhalde hâlâ anlatılıyordur ama hep bu lafı kullanmak istemiştim. Bu fırsatı kaçıramazdım!

Bir \(k\) tam sayısı alalım. Kalanlı bölmeden bildiğimiz üzere, herhangi bir başka \(m\) tam sayısını \(k\)’ye böldüğümüzde kalan her zaman \(k\)’den küçük bir doğal sayıdır (yani negatif olamaz ama sıfır olabilir). Demek ki bütün tam sayıları \(k\) sayısına bölümünden kalanlarına göre sınıflandırabiliriz. Tam olarak \(k\) tane sınıf olacak: \(k\)’ye bölümünden \(0,1,\ldots,k-1\) kalanlar. Bu sınıfları \([0],[1],\ldots,[k-1]\) olarak gösterelim. Sıfırın sınıfı, yani \([0]\) kümesi \(k\)’ye tam olarak bölünen sayılardan oluşuyor.

Bu sınıflardan oluşan küme \(\mathbb Z/k\mathbb Z\) olarak gösterilir. Yani:

$$ \mathbb Z/k\mathbb Z =\{[0],[1],\ldots,[k-1]\}.$$

Bu küme üzerinde de tam sayılardakine benzer bir şekilde toplama ve çarpma işlemleri tanımlayabiliriz. Herhangi \([a],[b]\in \mathbb Z/k\mathbb Z\) için toplamlarını \([a]+[b] :=[a+b]\) olarak, çarpımlarını da \([a][b]:=[ab]\)
olarak tanımlayalım.

Tabii bu yaptığımız tanımların iyi tanımlı olduğunu göstermek gerekir. Yani \([a]\) ve \([b]\) sınıflarının toplamını, bu sınıfların temsilcileri olan \(a\) ve \(b\) sayıları üzerinden tanımladık ama bu sınıflar için başka temsilciler de seçebilirdik. Mesela herhangi bir \(a\) sayısı için \([a] = [a + k]\) eşitliği kolayca görülebilir. Bu durumda şu önermeyi kanıtlamak lazım:

Önerme 1. Eğer \([a] = [\alpha]\) ve \([b] = [\beta]\) ise, \([a+b] = [\alpha+\beta]\) ve \([ab] = [\alpha\beta]\).

Önermenin kanıtı ödev olsun (evet sadece derste değil, yazıda da ödev bırakıyorum). Bu önerme ile \(\mathbb Z/k\mathbb Z\) kümesi üzerinde tanımladığımız toplama ve çarpma işlemlerinin iyi tanımlı olduğunu gördük.

Her seferinde \([a]\) şeklinde yazmak zahmetli olduğu için genellikle bu parantezler unutulur. İki \(a\) ve \(b\) tam sayısının \(k\)’ya bölündüğünde kalanları aynı ise (yani aynı sınıftalarsa) bu sayılara denk denir ve \(a\equiv b\) (mod \(k\)) olarak yazılır.

Önerme 2. \(\equiv\) bağıntısı \(\mathbb Z\) üzerine bir denklik bağıntısıdır. Yani herhangi \(a,b,c\in \mathbb Z\) için:

1. \(a\equiv a\),
2. eğer \(a\equiv b\) ise, \(b\equiv a\),
3. eğer \(a\equiv b\) ve \(b\equiv c\), ise eğer \(a\equiv c\)

özellikleri sağlanır.

Bu önermenin kanıtını da ödev olarak bırakıyorum (iyi alıştım). Bu bölümü, hesaplarımızın temelini oluşturacak Fermat’nın Küçük Teoremi ile bitirelim.

Teorem [Fermat’nın Küçük Teoremi].
Herhangi bir \(p\) asal sayısı ve herhangi bir \(a\) tam sayısı için \(a^{p-1}\equiv 1\) (mod \(p\)).

Kanıtı diğer iki önerme kadar kolay değildir. Yine de tümevarım ve binom katsayılarının özellikleri kullanılarak kolayca kanıtlanabilir. Elbette kanıtı yine ödev (evet, hoca size taktı).

Sorunun Çözümü

Gelelim sorunun çözümüne. \(1^n + 2^n + 3^n + 4^n\) toplamının hangi \(n\) sayıları için 10’a bölündüğünü bulmaya çalışıyorduk. Bir sayının 10’a bölünmesi ne demek, onu hatırlayalım. Liseden beri bildiğimiz 10’a bölünebilme kuralına göre bir sayının 10’a bölünebilmesi için hem 2’ye hem de 5’e bölünebilmesi gerekiyor.

Yukarıda tanımladığımız denkliği kullanırsak, \(1^n + 2^n + 3^n + 4^n\) toplamının 10’a bölünmesi \(1^n + 2^n + 3^n + 4^n\equiv 0\) (mod \(2\)) ve \(1^n + 2^n + 3^n + 4^n\equiv 0\) (mod \(5\)) denkliklerinin aynı anda sağlanması demek. Yani biz bu iki denkliği aynı anda sağlayan \(n\) sayılarını arıyoruz.

Önce \(1^n + 2^n + 3^n + 4^n\equiv 0\) (mod \(2\)) denkliğine bakalım. Mod \(2\), yani sayıları 2’ye bölümlerinden kalanlara göre sınıflandırmak, tek-çift olarak sınıflandırmakla aynı şey. Bu yüzden bu denklik için işimiz kolay. Her \(n\) için \(1^n\) her zaman \(1\)’e eşit yani her zaman tek. Aynı şekilde her \(n\) sayısı için \(3^n\) tek sayı, \(2^n\) ve \(4^n\) de çift sayılar. Yani elimizde iki tane tek sayının iki tane çift sayı ile toplamı var. Bu sayı her zaman çift. Yani her \(n\) sayısı için:

$$ 1^n + 2^n + 3^n + 4^n\equiv 0 \mbox{ (mod \(2\))}. $$

Bunu modüler aritmetiğe girmeden bile gösterebilirdik. Toplamdaki iki tane tek sayıya \(2l+1\) ve \(2t+1\) diyelim; iki çift sayı da \(2j\) ve \(2i\) olsun. O zaman (sabit bir \(n\) sayısı için) bu toplamı \((2l+1)+(2t+1) + 2j+ 2i\) şeklinde yazabiliriz. Toplamın sonucu \(2(l+t+j+i) + 2\), yani çift.

Dolayısıyla öğrencilerin yaptıkları denemelerde bunu fark etmeleri ve hatta kanıtlamaları zor değil. İki tane basit kanıtını yaptık. Bu toplamın hangi \(n\) sayıları için 5’e bölündüğünü bulmak daha zor. İşte bunun için modüler aritmetiğe ve Fermat’nın Küçük Teoremine ihtiyacımız olacak.

Fermat’nın Küçük Teoremine göre \(1^4\equiv 2^4\equiv 3^4\equiv 4^4\equiv 1\) (mod \(5\)) denkliklerini biliyoruz. Bu sebeple \(1,2,3\) ve \(4\)’ün \(4\)’ün katı olan bütün kuvvetleri de \(1\)’e denk olacak. Yani \(n\) sayısı \(4\)’ün bir katı ise

$$
1^n + 2^n + 3^n + 4^n = 1^{4k} + 2^{4k} + 3^{4k} + 4^{4k}\equiv 1+1+1+1\equiv -1 \mbox{ (mod \(5\))}.
$$

Bu da \(n = 4k\) iken \(1^n + 2^n + 3^n + 4^n\) sayısı 5’e bölünemez demek. Yani 10’a da bölünemez. Burada \(k=0\) olabileceğine dikkatinizi çekerim, \(0\) da \(4\)’ün katı elbette. Geriye sadece \(n = 1, 2, 3\) durumlarında toplamın sonucunu kontrol etmek kaldı. (Son ödev: Neden sadece \(n = 1, 2, 3\) durumlarını kontrol etmek yeterli? Burada ufak bir ara adımı atladık. Mesela neden \(n=7\) durumunu kontrol etmeye gerek yok?)

Toplamdaki sayıların birinci, ikinci ve üçüncü kuvvetlerini ve mod \(5\)’te neye denk olduklarını hesaplamak kolay.

• \(1^1\equiv 1\) (mod \(5\)), \(1^2\equiv 1\) (mod \(5\)), \(1^3\equiv 1\) (mod \(5\)).
• \(2^1\equiv 2\) (mod \(5\)), \(2^2\equiv 4\) (mod \(5\)), \(2^3\equiv 3\) (mod \(5\)).
• \(3^1\equiv 3\) (mod \(5\)), \(3^2\equiv 4\) (mod \(5\)), \(3^3\equiv 2\) (mod \(5\)).
• \(4^1\equiv 4\) (mod \(5\)), \(4^2\equiv 1\) (mod \(5\)), \(4^3\equiv 4\) (mod \(5\)).

Bu hesaptan sonra \(n= 1, 2, 3\) durumlarında toplamın 5’e bölünüp bölünmediğine karar vermek de kolay.

• \(1^1+2^1+3^1+4^1\equiv 1+2+3+4\equiv 10\equiv 0\) (mod \(5\)).
• \(1^2+2^2+3^2+4^2\equiv 1 + 4+4+1\equiv 10\equiv 0\) (mod \(5\)).
• \(1^3+2^3+3^3+4^3\equiv 1 + 3+2+4\equiv 10\equiv 0\) (mod \(5\)).

Yani \(n = 4k\) hariç, diğer bütün olası \(n\) değerleri için bu toplam mod \(5\)’te sıfıra denk. Yani sonuç 5’e bölünüyor. Daha önce bu toplamın 2’ye bölündüğünü de kanıtlamıştık. Demek ki 4’e bölünmeyen bütün \(n\) sayıları için \(1^n + 2^n + 3^n + 4^n\) toplamı 10’a bölünüyor. 

Asal sayılar da elbette tanımları gereği 4’e bölünmezler. Yani yazının başında bahsettiğim öğrencinin cevabına bizim hesaplarımızın bir sonucu olarak ulaşabiliriz. Biz bundan daha iyisini yaptık. Ödevleri de unuttum sanmayın, Fermat’nın Küçük Teoremini kanıtladığımızda (hoca spoiler verdi) onlara da bakarız.