Sayılar Teorisi II Ders Notları
Sayılar Teorisi II Ders Notları Sayılar Teorisi II Ders Notları
Sayılar Teorisi II Ders Notları Tarkan Öner
- Page 2 and 3: ˙Içindekiler I SAYILAR TEOR˙IS˙
- Page 4 and 5: Bölüm 8 ˙Ilkel Kökler ve ˙Inde
- Page 6 and 7: BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙IND
- Page 8 and 9: BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙IND
- Page 10 and 11: BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙IND
- Page 12 and 13: BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙IND
- Page 14 and 15: BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙IND
- Page 16 and 17: BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙IND
- Page 18 and 19: BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙IND
- Page 20 and 21: BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙IND
- Page 22 and 23: BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙IND
- Page 24 and 25: Bölüm 9 Kuadratik Kar¸sılık Ku
- Page 26 and 27: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 28 and 29: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 30 and 31: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 32 and 33: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 34 and 35: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 36 and 37: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 38 and 39: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 40 and 41: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 42 and 43: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 44 and 45: BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KUR
- Page 46 and 47: Bölüm 11 Özel Formdaki Sayılar
- Page 48 and 49: BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR
- Page 50 and 51: BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR
<strong>Sayılar</strong> <strong>Teorisi</strong> <strong>II</strong> <strong>Ders</strong> <strong>Notları</strong><br />
Tarkan Öner
˙Içindekiler<br />
I SAYILAR TEOR˙IS˙I <strong>II</strong> 1<br />
8 ˙Ilkel Kökler ve ˙Indeksler 2<br />
8.1 Bir Tam Sayının (mod n)’ye Göre Mertebesi . . . . . . . . . . . . 2<br />
8.2 Asal <strong>Sayılar</strong>ın ˙Ilkel Kökleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7<br />
8.3 ˙Ilkel Köke Sahip Olan Birle¸sik <strong>Sayılar</strong> . . . . . . . . . . . . . . . 13<br />
8.4 ˙Indeksler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18<br />
9 Kuadratik Kar¸sılık Kuralı 22<br />
9.1 Euler Kriteri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22<br />
9.2 Legendre Sembolü ve Özellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26<br />
9.3 Kuadratik Kar¸sılık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35<br />
9.4 Birle¸sik Modüllere Göre Kuadratik Kongrüanslar . . . . . . . . . 39<br />
11 Özel Formdaki <strong>Sayılar</strong> 44<br />
11.1 Marin Mersenne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44<br />
11.2 Mükemmel <strong>Sayılar</strong> . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45<br />
11.3 Mersenne Asalları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50<br />
11.4 Fermat <strong>Sayılar</strong>ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56<br />
12 BazıLineer Olmayan Diophantine Denklemler 60<br />
12.1 x 2 + y 2 = z 2 Denklemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60<br />
12.2 Fermat’ın Son Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65<br />
13 Tamsayıların Kare ToplamlarıOlarak Gösterimleri 67<br />
13.1 Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67<br />
13.2 ˙Iki Kare Toplamı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68<br />
13.3 Dört Kare Toplamı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76<br />
15 Sürekli Kesirler 81<br />
15.1 Srinivasa Ramanujan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81<br />
15.2 Sonlu Sürekli Kesirler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82<br />
15.3 Sonsuz Sürekli Kesirler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89<br />
i
Kısım I<br />
SAYILAR TEOR˙IS˙I <strong>II</strong><br />
1
Bölüm 8<br />
˙Ilkel Kökler ve ˙Indeksler<br />
8.1 Bir Tam Sayının (mod n)’ye Göre Mertebesi<br />
Euler teoreminden, (a, n) = 1 olmak üzere a ϕ(n) ≡ 1 (mod n) oldu˘gunu biliyoruz.<br />
Fakat a m ≡ 1 (mod n) ve m < ϕ (n) olacak ¸sekilde m ∈ Z + sayıları<br />
bulunabilir. Örne˘gin;<br />
2 1 ≡ 2, 2 2 ≡ 4, 2 3 ≡ 1, 2 4 ≡ 2, 2 5 ≡ 4, 2 6 = 2 φ(7) ≡ 1 (mod 7) .<br />
Buradan hareketle a¸sa˘gıdaki tanımıverebiliriz.<br />
Tanım 8.1.1. n > 1 ve (a, n) = 1 olsun. a k ≡ 1 (mod n) olacak ¸sekilde ki en<br />
küçük pozitif tam sayıya a sayısının (mod n) ’ye göre mertebesi denir.<br />
Yukarıdaki örnek için 2 sayısının (mod 7)’ye göre mertebesi 3 tür.<br />
a ve b sayıları(mod n)’ye göre denk ise (mod n)’ye göre mertebeleri aynıdır<br />
( a ≡ b (mod n) ve (a, n) = 1 ise a k ≡ b k (mod n) ).<br />
Dikkat edilirse Tanım 8.1.1’de ki (a, n) = 1 ko¸sulu ax ≡ 1 (mod n) lineer<br />
kongüransının çözümünün varlı˘gını garanti eder. Dolayısıyla a k = a a k−1 ≡<br />
1 (mod n) lineer kongrüansını sa˘glayan x de˘geri bulunabilir. Bundan sonra<br />
a sayısının (mod n)’ye göre mertebesinden bahsederken (a, n) = 1 oldu˘gunu<br />
varsayaca˘gız.<br />
Verdi˘gimiz örnekte 2’nin (mod 7)’ye göre mertebesi 3 idi. Dikkat edilirse,<br />
k, 3’ün bir katıolmak üzere<br />
2 k ≡ 2 3t ≡ 2 3 t ≡ 1 t ≡ 1 (mod 7)<br />
olur.<br />
Buradan yola çıkarak a¸sa˘gıdaki teorem verilebilir.<br />
Teorem 8.1.2. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k olsun. a h ≡ 1 (mod n)<br />
olmasıiçin gerek ve yeter ko¸sul k|h olmasıdır.<br />
2
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 3<br />
Kanıt. ⇐= : k|h olsun. Bu durumda h = kt olacak ¸sekilde t ∈ Z vardır.<br />
a h ≡ a kt ≡ a kt ≡ 1 t ≡ 1 (mod n)<br />
elde edilir.<br />
=⇒ : a h ≡ 1 (mod n) olsun. Bölme algoritmasından h = qk + r, 0 ≤ r < k<br />
olacak ¸sekilde q, r ∈ Z vardır. Bu durumda;<br />
1 ≡ a h ≡ a qk+r ≡ a kq a r = 1 q a r ≡ a r (mod n)<br />
yani a r ≡ 1 (mod n) elde edilir. Bu r = 0 olmasınıgerektirir. Aksi takdirde bu<br />
durum k’nın a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi olmasıile çeli¸sir. Dolayısıyla<br />
h = qk yani k|h olur.<br />
Teorem 8.1.2 yardımıyla, a sayının (mod n)’ye göre mertebesini bulmak için<br />
φ (n) sayısının bölenlerini kullanabiliriz. Örne˘gin 2 sayısının (mod 13)’e göre<br />
mertebesi k olsun. φ (13) = 12 ve k|φ (13) oldu˘gundan k sayısı 1, 2, 3, 4, 6, 12<br />
sayılarından biridir.<br />
2 1 ≡ 2, 2 2 ≡ 4, 2 3 ≡ 8, 2 4 ≡ 3, 2 6 ≡ 12 (mod 13)<br />
oldugundan 2 12 ≡ 1 (mod 13) elde edilir yani 2 sayısının (mod 13)’e göre mertebesi<br />
12’dir.<br />
φ (n)’nin keyfi bir d böleni için (mod n)’ye göre mertebesi d olacak ¸sekilde<br />
bir a sayısıolmayabilir. Gerçekten; n = 12 için φ (12) = 4 olur ve<br />
1 1 ≡ 5 2 ≡ 7 2 ≡ 11 2 ≡ 1 (mod 12)<br />
oldu˘gundan (mod 12)’e göre mertebesi 4 olan bir sayıyoktur. (Not: Mertebe için<br />
(a, n) = 1 ko¸sulunun sa˘glanmasıgerekti˘gini unutmayınız.)<br />
Teorem 8.1.3. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k ise a i ≡ a j (mod n)<br />
olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart i ≡ j (mod k) olmasıdır.<br />
Kanıt. =⇒ : ai ≡ aj (mod n) olsun (i ≥ j). (a, n) = 1 oldu˘gundan aj , n = 1<br />
olur ve denkli˘gin her iki tarafını aj ile bölersek ai−j <br />
≡ 1<br />
n mod (aj <br />
,n) yani<br />
ai−j ≡ 1 (mod n) elde edilir. Teorem 8.1.2 yardımıyla k| (i − j) olur. Böylece<br />
i ≡ j (mod k) oldu˘gu gösterilmi¸s olur.<br />
⇐= : i ≡ j (mod k) olsun. Bu durumda i = j + kq olacak ¸sekilde q ∈ Z vardır.<br />
a i ≡ a j+kq ≡ a j a kq ≡ a j 1 q ≡ a j (mod n) .<br />
Sonuç 8.1.4. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k ise a, a 2 , . . . , a k sayıları<br />
(mod n)’ye göre kongrüant de˘gildirler (farklıkalanlara sahiptirler).<br />
¸Simdi a sayısının (mod n)’ye göre mertebesini kullanarak, h > 0 için a h<br />
sayısının (mod n)’ye göre mertebesini bulalım.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 4<br />
Teorem 8.1.5. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k ise, h > 0 için a h<br />
sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k<br />
(h,k) olur.<br />
Kanıt. d = (h, k) olsun. h = h1d, k = k1d ve (h1, k1) = 1 olacak ¸sekilde h1, k1 ∈<br />
Z vardır. a h sayısının (mod n)’ye göre mertebesi r olsun.<br />
h<br />
a k1<br />
≡ a hk1 ≡ a h1dk1 ≡ a h1k ≡ a kh1<br />
≡ 1 (mod n)<br />
denkli˘ginden ve Teorem 8.1.2 ile<br />
r|k1<br />
(8.1)<br />
olur. a hr ≡ a h r ≡ 1 (mod n) ve a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k<br />
oldu˘gundan yine Teorem 8.1.2 ile k|hr elde edilir.<br />
k|hr =⇒ k1d|h1dr =⇒ k1|h1r ve (h1, k1) = 1<br />
=⇒ k1|r. (8.2)<br />
Böylece (8.1) ve (8.2) den r = k1 olur. Sonuç olarak<br />
elde edilir.<br />
r = k1 = k k<br />
=<br />
d (h, k)<br />
Sonuç 8.1.6. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k olsun. h > 0 için a h<br />
sayısının (mod n)’ye göre mertebesinin k olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart (h, k) = 1<br />
olmasıdır.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 5<br />
Örnek 8.1.7. 2’nin kuvvetlerinin (mod 13)’e göre mertebelerini belirleyelim.<br />
2 ≡ 2 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi=12<br />
2 2 ≡ 4 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 6<br />
(2, 12)<br />
2 3 ≡ 8 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 4<br />
(3, 12)<br />
2 4 ≡ 3 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 3<br />
(4, 12)<br />
2 5 ≡ 6 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 12<br />
(5, 12)<br />
2 6 ≡ 12 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 2<br />
(6, 12)<br />
2 7 ≡ 11 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 12<br />
(7, 12)<br />
2 8 ≡ 9 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 3<br />
(8, 12)<br />
2 9 ≡ 5 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 4<br />
(9, 12)<br />
2 10 ≡ 10 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 6<br />
(10, 12)<br />
2 11 ≡ 7 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 12<br />
(11, 12)<br />
2 12 ≡ 1 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12<br />
= 1<br />
(12, 12)<br />
Tanım 8.1.8. (a, n) = 1 ve a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi φ (n) ise a<br />
sayısına n tamsayısının ilkel kökü (primitive root) denir.<br />
Di˘ger bir ifadeyle a φ(n) ≡ 1 (mod n) ve k < φ (n) için a k = 1 (mod n) ise<br />
a’ya n’nin ilkel kökü denir.<br />
3 sayının, 7’nin bir ilkel kökü oldu˘gunu gösterelim. (3, 7) = 1 oldu˘gundan<br />
3 φ(7) ≡ 3 6 ≡ 1 (mod n) olur. 6’nın pozitif bölenleri 1, 2, 3, 6 oldu˘gundan sadece<br />
3 1 , 3 2 , 3 3 , 3 6 de˘gerlerini incelememiz yeterlidir.<br />
3 1 ≡ 3, 3 2 ≡ 2, 3 3 ≡ 6 (mod 7)<br />
oldu˘gundan 3’ün (mod 7)’ye göre mertebesi φ (7) = 6 dır. Dolayısıyla 3, 7<br />
sayısının ilkel köküdür.<br />
Bölüm 8.2’de herhangi bir n asal sayısının her zaman ilkel köklere sahip<br />
oldu˘gunu gösterece˘giz. n asal olmadı˘gı durumlarda ilkel köke sahip olabilirde<br />
olmayabilirde. Örne˘gin; 9 sayısının bir ilkel kökü 2’dir fakat 8 sayısının bir ilkel<br />
kökü yoktur. Daha genel olarak ilkel köklerin var olmamasıdaha genel bir durumdur.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 6<br />
Örnek 8.1.9. n > 1 için Fn = 22n + 1 sayısı asal ise 2’nin Fn sayısının<br />
ilkel kökü olmadı˘gını gösterelim. Yani 2k ≡ 1 (mod Fn) olacak ¸sekilde bir<br />
k < φ 22n + 1 = 22n sayısıbulmalıyız.<br />
2 2n+1<br />
− 1 = 2 2n2 − 1 ≡<br />
<br />
2 2n 2 <br />
− 1 ≡ 2 2n<br />
<br />
− 1 2 2n<br />
<br />
+ 1 ≡ 0 (mod Fn)<br />
Yani 22n+1 ≡ 1 (mod Fn) olur. Bu durumda 2’nin (mod Fn)’ye göre mertebesi<br />
2n+1 ’den büyük olamaz. Tümevarımla n > 1 için 2n+1 < 22n oldu˘gu gösterilebilir.<br />
Dolayısıyla 2’nin (mod Fn)’ye göre mertebesi φ (Fn) olamaz ve 2, Fn<br />
sayısının ilkel kökü de˘gildir.<br />
Teorem 8.1.10. a1, a2, . . . , a φ(n) sayıları, n’den küçük pozitif sayılar ve<br />
(ai, n) = 1 olsun. a sayısı n’nin bir ilkel kökü ise a, a 2 , . . . , a φ(n) sayıları<br />
(mod n)’de a1, a2, . . . , a φ(n) sayılarına denktirler (sıradan ba˘gımsız olarak).<br />
Kanıt. Sonuç 8.1.4’de k = φ (n) alınır.<br />
Teorem 8.1.10 ve Teorem 8.1.5 kullanılarak, en az bir ilkel kökü olan n<br />
sayısının tam olarak kaç tane ilkel kökü oldu˘gu bulunabilir.<br />
Sonuç 8.1.11. n sayısının en az bir ilkel kökü var ise, n’nin φ (φ (n)) tane ilkel<br />
kökü vardır.<br />
Kanıt. 1 = a1, a2, . . . , aφ(n) = n − 1 sayıları n ile aralarında asal olan sayılar<br />
olsun. Dolayısıyla sadece bu sayıların (mod n)’ye göre mertebelerinden bahsedebiliriz.<br />
n’nin ilkel kökleri bunlardan bazılarıdır. a, n’nin ilkel kökü oldu˘gundan<br />
Teorem 8.1.10’ten a, a2 , . . . , aφ(n) sayıları(mod n)’de a1, a2, . . . , aφ(n) sayılarına<br />
denktirler. Yani n’nin ilkel kökleri a, a2 , . . . , aφ(n) sayılarından (mod n)’ye göre<br />
mertebesi φ (n) olanlardır. 1 ≤ h ≤ φ (n) olmak üzere ah sayısının (mod n)’ye<br />
φ(n)<br />
göre mertebesi Teorem 8.1.5’ten (h,φ(n)) olur. Bu sayının φ (n) olmasıiçin h ile<br />
φ (n) aralarında asal olmalıdır. 1 ≤ h ≤ φ (n) arasında φ (n) ile aralarında asal<br />
olanların sayısıφ (φ (n))’dir.<br />
Böylece en az bir ilkel kökü olan n sayısının tam olarak kaç tane ilkel<br />
kökü oldu˘gu Sonuç 8.1.11 yardımıyla, varsa di˘ger ilkel köklerinide Teorem 8.1.5<br />
yardımıyla bulabiliriz.<br />
Bu durumu ¸su ¸sekilde örneklendirelim. n = 9 için 2’nin ilkel kök oldu˘gunu<br />
söylemi¸stik. Dolayısıyla 9’un φ (φ (9)) = φ (6) = 2 tane ilkel kökü vardır. 2,<br />
9’un ilkel kökü oldu˘gundan 2 2 , 2 3 , . . . , 2 6 = 2 φ(9) sayılarından sadece bir tanesi<br />
9 için ilkel köktür. Bu da (h, φ (9)) = 1 ko¸sulunu sa˘glayan 2 h sayısıdır. (h, 6)<br />
= 1 ko¸sulu sadece h = 5 için sa˘glandı˘gından 2 5 ≡ 5 (mod 9) yani 5, 9 için ilkel<br />
köktür.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 7<br />
8.2 Asal <strong>Sayılar</strong>ın ˙Ilkel Kökleri<br />
˙Ilkel kökler teorik ara¸stırmalarda önemli rol oynamaktadır. Dolayısıyla hangi<br />
sayıların ilkel köklere sahip oldu˘gu sorusu akla gelir. Bu kısımda tüm asal sayılar<br />
için ilkel köklerin varoldu˘gunu gösterece˘giz. Önce bu kısımda kullanaca˘gımız,<br />
Lagrange’nin polinom kongrüansların çözüm sayısıyla ilgi teoremini verelim.<br />
Teorem 8.2.1 (Lagrange). p asal sayıve an = 0 (mod p) olmak üzere<br />
f (x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0<br />
tamsayıkatsayılın. dereceden (n ≥ 1) bir polinom olsun. Bu durumda<br />
f (x) ≡ 0 (mod p)<br />
kongrüansı, (mod p)’de kongrüant olmayan en fazla n tane çözüme sahiptir.<br />
Kanıt. n üzerinden tümevarımla yapalım.<br />
n = 1 için polinom<br />
f (x) = a1x + a0<br />
formundadır. (a1, p) = 1 oldu˘gundan a1x ≡ −a0 (mod p) kongrüansı tek bir<br />
çözüme sahiptir. Böylece teorem n = 1 için sa˘glanır.<br />
n = k − 1 için teoremin sa˘glandı˘gınıvarsayalım.<br />
n = k olsun. Yani f (x) k. dereceden bir polinom olsun. f (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansının<br />
ya çözümü olmasın (bu durumda ispat biter) yada en az bir çözümü<br />
olsun ve bu çözüm a olsun. f (x) polinomunu x − a ile bölelim. q (x) , (k − 1) .<br />
dereceden bir polinom ve r bir tam sayıolmak üzere<br />
yazılabilir. x = a için<br />
oldu˘gundan<br />
f (x) = (x − a) q (x) + r<br />
0 ≡ f (a) ≡ (a − a) q (a) + r ≡ r (mod p)<br />
f (x) ≡ (x − a) q (x) (mod p)<br />
elde edilir. b, f (x) = 0 (mod p) kongrüansının a ile (mod p)’de kongrüant olmayan<br />
yani b − a = 0 (mod p) ¸sartınısa˘glayan ba¸ska bir çözüm ise<br />
0 ≡ f (b) ≡ (b − a) q (b) (mod p)<br />
olur ve b − a = 0 (mod p) oldu˘gundan q (b) ≡ 0 (mod p) olur. Yani f (x) ≡<br />
0 (mod p) kongrüansının a’dan ba¸ska her çözümü q (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansının<br />
çözümüdür. q (x) polinomu (k − 1) . dereceden bir polinom oldu˘gundan<br />
tümevarımın varsayımından dolayıq (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansıen fazla k − 1<br />
tane kongrüant olmayan çözüme sahiptir ve dolayısıyla f (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansıen<br />
fazla k tane kongrüant olmayan çözüme sahiptir.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 8<br />
Bu teorem yardımıyla a¸sa˘gıdaki sonucu verelim.<br />
Sonuç 8.2.2. p bir asal sayıd| (p − 1) ise<br />
x d − 1 ≡ 0 (mod p)<br />
kongüransıtam olarak d tane çözüme sahiptir.<br />
Kanıt. d| (p − 1) oldu˘gundan p−1 = dk olacak ¸sekilde bir k ∈ Z vardır. x p−1 −1<br />
polinomu<br />
x p−1 − 1 = x dk − 1<br />
= x d <br />
− 1 x d(k−1) + x d(k−2) + · · · + x d <br />
+ 1<br />
¸seklinde yazılabilir. Buradaki f (x) = x d(k−1) + x d(k−2) + · · · + x d + 1 polinomunun<br />
derecesi d (k − 1) = dk − d = p − 1 − d dir. Lagrange teoreminden<br />
f (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansıen fazla p − 1 − d tane çözüme sahiptir. Ayrıca<br />
Fermat teoreminden x p−1 − 1 ≡ 0 (mod p) kongrüansıtam olarak p − 1 tane<br />
kongrüant olmayan çözüme sahiptir ve bu çözümler 1, 2, . . . , p − 1 sayılarıdır.<br />
x p−1 − 1 ≡ 0 (mod p) kongrüansının çözümü olup f (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansının<br />
çözümü olmayan her x ≡ a (mod p) de˘geri x d −1 ≡ 0 (mod p) kongrüansını<br />
sa˘glamalıdır. Gerçekten<br />
ve<br />
0 ≡ a p−1 − 1 ≡ a d − 1 f (a) (mod p)<br />
p ∤ f (a)<br />
ise p| a d − 1 olur. Böylece x d − 1 ≡ 0 (mod p) kongrüansı en az p − 1 −<br />
(p − 1 − d) = d tane çözüme sahiptir. Lagrange teoreminde de x d − 1 ≡<br />
0 (mod p) kongrüansi en fazla d tane çözüme sahip olaca˘gından tam olarak<br />
d tane çözüme sahiptir.<br />
Sonuç 8.2.2 yardımıyla Wilson teoremini farklıbir ¸sekilde ispatlayabiliriz.<br />
Wilson Teoremi: p asal bir sayıolmak üzere (p − 1)! ≡ −1 (mod p) dir.<br />
Kanıt. (p − 2). dereceden<br />
f (x) = (x − 1) (x − 2) . . . (x − (p − 1)) − x p−1 − 1 <br />
= ap−2x p−2 + ap−3x p−3 + · · · + a1x + a0<br />
polinomunu tanımlayalım. Fermat teoreminden 1, 2, 3, . . . p − 1 sayıları<br />
f (x) ≡ 0 (mod p)<br />
kongrüansının farklı çözümleridir. Fakat Lagrange teoreminden bu kongrüans<br />
en fazla p − 2 tane farklıçözüme sahip olabilir. Dolayısıyla<br />
ap−2 ≡ ap−3 ≡ · · · ≡ a1 ≡ a0 ≡ 0 (mod p)
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 9<br />
olmalıdır. Bu durumda herhangi bir x tamsayısıiçin<br />
(x − 1) (x − 2) . . . (x − (p − 1)) − x p−1 − 1 ≡ 0 (mod p)<br />
olur ve özel olarak x = 0 alırsak<br />
elde edilir.<br />
(−1) (−2) . . . (− (p − 1)) + 1 ≡ 0 (mod p)<br />
(−1) p−1 (p − 1)! ≡ 1 (mod p)<br />
(p − 1)! ≡ 1 (mod p)<br />
Daha önceden n tamsayısıiçin, d sayısıφ (n)’nin keyfi bir böleni olmak üzere<br />
(mod n)’de mertebesi d olacak ¸sekilde bir a sayısıolmayabilece˘gini söylemi¸s ve<br />
n = 12 için 4|φ (12) = 4 oldu˘gu halde mertebesi 4 olan bir a sayısıolmadı˘gını<br />
göstermi¸stik. A¸sa˘gıdaki teorem bu durumun n sayısının asal oldu˘gu durumlarda<br />
geçerli olmadı˘gınıgöstermektedir.<br />
Teorem 8.2.3. p bir asal sayıve d| (p − 1) ise (mod p)’ye göre mertebesi d olan<br />
φ (d) tane farklıtamsayıvardır.<br />
Kanıt. d| (p − 1) ve Ψ (d), (mod p)’ye göre mertebesi d olan sayıların sayısıolsun.<br />
Yani teoremi ispatlamak için Ψ (d) = φ (d) oldu˘gunu göstermeliyiz. 1 ile<br />
p − 1 arasındaki sayılar, p ile aralarında asal olduklarından bir d mertebesine<br />
sahiptirler. Dolayısıyla<br />
p − 1 = <br />
Ψ (d)<br />
yazabiliriz. Ayrıca Gauss teoreminden<br />
oldu˘gundan<br />
<br />
d|(p−1)<br />
d|(p−1)<br />
p − 1 = <br />
d|(p−1)<br />
Ψ (d) = <br />
φ (d)<br />
d|(p−1)<br />
φ (d) (8.3)<br />
e¸sitli˘gi elde edilir. d| (p − 1) olacak ¸sekildeki her d sayısıiçin sadece Ψ (d) ≤ φ (d)<br />
oldu˘gunu gösterirsek E¸sitlik (8.3)’den Ψ (d) = φ (d) elde edilir. (p − 1) sayısının<br />
her d böleni için Ψ (d) = 0 veya Ψ (d) > 0 dır.<br />
-) Ψ (d) = 0 ise Ψ (d) ≤ φ (d) olur<br />
-) Ψ (d) > 0 ise (mod p)’ye göre mertebesi d olan bir a sayısı vardır. Sonuç<br />
8.1.4’ten, a, a 2 , . . . , a d sayıları(mod p)’ye göre kongrüent de˘gildirler ve 1 ≤ k ≤<br />
d olacak ¸sekildeki her k sayısı, a k d ≡ a d k ≡ 1 (mod p) oldu˘gundan<br />
x d − 1 ≡ 0 (mod p) (8.4)<br />
kongrüansınısa˘glar. Sonuç 8.2.2 den (8.4) kongrüansıa, a 2 , . . . , a d sayılarından<br />
ba¸ska çözüme sahip de˘gildir. 1 ≤ k ≤ d için ak sayılarından (mod p)’ye göre<br />
mertebesi d olanların sayısı d<br />
(k,d) = d ¸sartınısa˘glayan k sayılarıkadar yani φ (d)<br />
tanedir. Böylece Ψ (d) = φ (d) elde edilir. Böylece ispat tamamlanmı¸s olur.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 10<br />
Dolayısıyla her p asalıve d|φ (p) = p − 1 olacak ¸sekildeki her d sayısıiçin,<br />
(mod p)’de mertebesi d olan sayılar var ve φ (d) tanedir.<br />
Teorem 8.2.3’te d = p−1 alınırsa, her p asal sayısının ilkel köke sahip oldu˘gu<br />
görülür.<br />
Sonuç 8.2.4. p bir asal sayıise p sayısının φ (p − 1) tane kongrüant olmayan<br />
ilkel kökü vardır.<br />
p = 13 için bu durumu örneklendirelim. 1 ≤ k ≤ 12 sayıları için k’nın<br />
(mod p)’ye göre mertebelerinin<br />
k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12<br />
mertebe 1 12 3 6 4 12 12 4 3 6 12 2<br />
oldu˘gunu daha önceden göstermi¸stik ( Örnek 8.1.7 ). p − 1 sayısının bölenleri<br />
1, 2, 3, 4, 6, 12 dir. Dolayısıyla mertebesi 1 olan sayıların sayısı φ (1) = 1,<br />
mertebesi 2 olan sayıların sayısı φ (2) = 1, mertebesi 3 olan sayıların sayısı<br />
φ (3) = 2, mertebesi 4 olan sayıların sayısıφ (4) = 2, mertebesi 6 olan sayıların<br />
sayısıφ (6) = 2 ve mertebesi 12 olan sayıların sayısıφ (12) = 4 tür. Gerçekten<br />
bu sayıların do˘gru oldu˘gu tablodan da görülmektedir.<br />
¸Simdi son Teorem 8.2.3’yıkullanarak, 4k +1 formundaki bir p asal sayısıiçin<br />
x 2 ≡ −1 (mod p) kongrüansının bir çözüme sahip oldu˘gunu gösterelim. 4| (p − 1)<br />
oldu˘gundan Teorem 8.2.3 dan (mod p)’de mertebesi 4 olan yani a 4 ≡ 1 (mod p)<br />
veya denk olarak a 2 − 1 a 2 + 1 ≡ 0 (mod p) olan bir a tamsayısı vardır.<br />
p asal oldu˘gundan a 2 − 1 ≡ 0 (mod p) veya a 2 + 1 ≡ 0 (mod p) olmalıdır.<br />
a 2 − 1 ≡ 0 (mod p) olması, a sayısının (mod p)’de mertebesinin 4 olması ile<br />
çeli¸sece˘ginden, a 2 + 1 ≡ 0 (mod p) olmalıdır. Yani x 2 ≡ −1 (mod p) kongrüansı<br />
bir çözüme sahiptir.<br />
Böylelikle asal sayıların ilkel köklere sahip oldu˘gunu ve bir ilkel kökü<br />
bilindi˘ginde di˘ger ilkel köklerinde bulunabilece˘gini biliyoruz. A¸sa˘gıdaki tabloda<br />
200’e kadar olan asal sayılar ve bu sayıların en küçük ilkel kökleri verilmi¸stir.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 11<br />
En Küçük En Küçük<br />
Asal Sayı ˙Ilkel Kökü Asal Sayı ˙Ilkel Kökü<br />
2 1 89 3<br />
3 2 97 5<br />
5 2 101 2<br />
7 3 103 5<br />
11 2 107 2<br />
13 2 109 6<br />
17 3 113 3<br />
19 2 127 3<br />
23 5 131 2<br />
29 2 137 3<br />
31 3 139 2<br />
37 2 149 2<br />
41 6 151 6<br />
43 3 157 5<br />
47 5 163 2<br />
53 2 167 5<br />
59 2 173 2<br />
61 2 179 2<br />
67 2 181 2<br />
71 7 191 19<br />
73 5 193 5<br />
79 3 197 2<br />
83 2 199 3<br />
Örnek 8.2.5. ¸Simdi (mod 31)’e göre mertebesi 6 olan sayılarıbelirleyelim. Teorem<br />
8.2.3’den, bu sayılar φ (6) = 2 tanedir. a sayısı31 sayısının bir ilkel kökü<br />
olsun. Teorem 8.1.5’ten<br />
= 6 yani k = 5 ve k = 25 olmak<br />
φ(31)<br />
(k,φ(31))<br />
= 30<br />
(k,30)<br />
üzere a k sayılarının (mod 31)’e göre mertebesi 6 olur. Dolayısıyla bu tarz sayıları<br />
bulmak için önce ilkel kökü bulmamız faydalıolacaktır. Teorem 8.1.11’den 31<br />
sayısının φ (φ (31)) = φ (30) = 8 tane ilkel kökü oldu˘gunu biliyoruz. Bunlardan<br />
bir tanesini küçükten büyü˘ge do˘gru deneyerek bulalım<br />
2 için :.<br />
2 2 ≡ 4 (mod 31)<br />
2 3 ≡ 8 (mod 31)<br />
2 5 ≡ 1 (mod 31)<br />
oldu˘gundan 2, 31 sayısının ilkel kökü de˘gildir.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 12<br />
3 için :<br />
ve<br />
3 2 ≡ 9 = 1 (mod 31)<br />
3 3 ≡ 27 = (mod 31)<br />
3 5 ≡ 26 = 1 (mod 31)<br />
3 6 ≡ 16 = 1 (mod 31)<br />
3 10 ≡ 25 = 1 (mod 31)<br />
3 15 ≡ 30 = 1 (mod 31)<br />
oldu˘gundan 3 sayısının (mod 31)’e göre mertebesi 15’den büyük yani 30’dur.<br />
Dolayısıyla 3, 31 sayısı için bir ilkel köktür (tablodan da görülmektedir.).<br />
Dolayısıyla<br />
3 5 ≡ 26 (mod 31)<br />
ve<br />
3 25 ≡ 6 (mod 31)<br />
sayıları(mod 31)’e göre mertebesi 6 olan sayılardır.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 13<br />
8.3 ˙Ilkel Köke Sahip Olan Birle¸sik <strong>Sayılar</strong><br />
Daha önceden 2 sayısının 9 için ilkel kök oldu˘gunu söylemi¸stir. Dolayısıyla birle¸sik<br />
sayılar da ilkel köklere sahip olabilirler. Bu kısımda hangi formdaki birle¸sik<br />
sayıların ilkel köklere sahip oldu˘gunu belirleyece˘giz. Önce ilkel köke sahip olmayan<br />
birle¸sik sayılarıgösteren teoremlerle ba¸slayalım.<br />
Teorem 8.3.1. k ≥ 3 için 2 k tam sayısının ilkel kökü yoktur.<br />
Kanıt. k ≥ 3 olsun. 2 k ile aralarında asal olan sayılar tek sayılar oldu˘gundan<br />
incelememizi sadece tek sayılar için yapaca˘gız. 2 k tam sayısının ilkel kökü olmadı˘gınıgöstermek<br />
için, her a ∈ Z + tek sayısıiçin<br />
ve<br />
t < φ 2 k = 2 k − 2 k−1 = 2 k−1<br />
a t ≡ 1 mod 2 k<br />
olacak ¸sekildeki bir t sayısı oldu˘gunu göstermemiz yeterlidir. t = 2k−2 için bu<br />
durumun sa˘glandı˘gınıtümevarım yöntemini kullanarak gösterelim.<br />
k = 3 için; 23 = 8 olur. 12 ≡ 1 (mod 8) , 32 ≡ 1 (mod 8) , 52 ≡ 1 (mod 8) ve<br />
72 ≡ 1 (mod 8) oldu˘gundan a2 ≡ 1 (mod 8) do˘grudur.<br />
k = n için;<br />
a 2n−2<br />
≡ 1 (mod 2 n ) (8.5)<br />
do˘gru olsun.<br />
k = n + 1 için;<br />
a 2n−1<br />
≡ 1 mod 2 n+1<br />
do˘gru oldu˘gunu gösterelim. (8.5) kongrüansı, b ∈ Z olmak üzere<br />
a 2n−2<br />
= 1 + b2 n<br />
e¸sitli˘gine denktir. Bu e¸sitli˘gin her iki tarafının karesini alalım.<br />
<br />
a 2n−2 2<br />
a 2n−1<br />
= (1 + b2 n ) 2<br />
= 1 + 2b2 n + b 2 (2 n ) 2 = 1 + b2 n+1 + b 2 2 2n<br />
= 1 + 2 n+1 b + b 2 2 n−1<br />
≡ 1 mod 2 n+1<br />
oldu˘gundan önermemiz do˘grudur.<br />
Teorem 8.3.2. m > 2, n > 2 ve (m, n) = 1 ise mn sayısının ilkel kökü yoktur.<br />
Kanıt. (a, mn) = 1 olacak ¸sekilde a sayılarınıele alalım. Bu durumda (a, n) = 1<br />
ve (a, m) = 1 olur. h = [φ (n) , φ (m)] ve d = (φ (n) , φ (m)) olsun. m > 2, n > 2
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 14<br />
oldu˘gundan φ (m) ve φ (n) sayılarıda çift sayıdır (Teorem 7.4). Böylece d ≥ 2<br />
dir. Dolayısıyla φ fonksiyonu çarpımsal ve (m, n) = 1 oldu˘gundan<br />
h =<br />
φ (m) φ (n)<br />
d<br />
= φ (mn)<br />
d<br />
≤<br />
φ (mn)<br />
2<br />
olur. Euler teoreminden a φ(m) ≡ 1 (mod m) oldu˘gundan<br />
a h φ(m)φ(n)<br />
≡ a ( d<br />
elde edilir. Benzer ¸sekilde<br />
) ≡ a (φ(m)) φ(n)<br />
d ≡ 1 (mod m)<br />
a h ≡ 1 (mod n)<br />
oldu˘gu da gösterilir. (m, n) = 1 olması ah ≡ 1 (mod mn) olmasını gerektirir<br />
ki bu denklik, mn ile aralarında asal olan sayıların, (mod mn)’ye göre mertebelerinin<br />
φ(mn)<br />
2 den büyük olamayaca˘gınıgösterir. Dolayısıyla m > 2, n > 2 ve<br />
(m, n) = 1 olacak ¸sekildeki mn sayılarının ilkel kökleri yoktur.<br />
Bu teoremin bazıözel durumlarınıa¸sa˘gıda özetleyelim.<br />
Sonuç 8.3.3. n sayısı, iki tek asal sayıtarafından bölünüyorsa veya p tek asal<br />
sayıve m ≥ 2 olmak üzere n = 2 m p k formunda ise n sayısının ilkel kökü yoktur.<br />
Bu sonuç, ilkel köke sahip birle¸sik sayıların, p tek asal sayıolmak üzere sadece<br />
2 2 , p k veya 2p k formunda olabilece˘gini göstermektedir. 1 ve 3 sayıları4 için ilkel<br />
köküdür. ¸Simdi p tek asal sayıolmak üzere p k ve 2p k sayılarının ilkel köklerinin<br />
var oldu˘gunu gösteren teoremleri gerekli olan yardımcıteoremlerle verelim.<br />
YardımcıTeorem 8.3.4. p tek asal sayıise, p sayısının, r p−1 = 1 mod p 2<br />
olacak ¸sekilde bir r ilkel kökü vardır.<br />
Kanıt. Teorem 8.2.3’den p asal sayısının ilkel kökü oldu˘gunu biliyoruz. r sayısı,<br />
p için bir ilkel kök olsun. r p−1 = 1 mod p 2 ise ispat biter. r p−1 ≡ 1 mod p 2<br />
olsun. r ′ = r + p sayısıda p için bir ilkel kökdür (A¸sa˘gıdaki e¸sitlik (mod p)’ye<br />
göre hesaplandı˘gında görülür).<br />
(r ′ ) p−1 = (r + p) p−1<br />
<br />
p − 1<br />
= r<br />
0<br />
p−1 <br />
p − 1<br />
+ r<br />
1<br />
p−2 <br />
p − 1<br />
p + r<br />
2<br />
p−3 p 2 <br />
p − 1<br />
· · · + p<br />
p − 1<br />
p−1<br />
≡ r p−1 + (p − 1) r p−2 p mod p 2<br />
≡ 1 − r p−2 p mod p 2<br />
(8.6)<br />
elde edilir. (r, p) = 1 oldu˘gundan p ∤ r ve p ∤ r p−2 dir. Yani p 2 ∤ r p−2 p ve<br />
dolayısıyla 8.6 (r ′ ) p−1 = 1 mod p 2 elde edilir.<br />
Sonuç 8.3.5. p tek asal sayıise p 2 sayısının ilkel kökü vardır. Aslında r sayısı, p<br />
için bir ilkel kök ise ya r sayısıyada r + p sayısı(veya ikisi birden) p 2 için bir<br />
ilkel köktür.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 15<br />
Kanıt. p tek asal sayısı için Yardımcı Teorem 8.3.4’den p sayısının, r p−1 =<br />
1 mod p 2 olacak ¸sekilde bir r ilkel kökü vardır. Bu r sayısının p 2 içinde ilkel kök<br />
oldu˘gunu yani mod p 2 ’deki mertebesi n olmak üzere n = φ p 2 = p. (p − 1)<br />
oldu˘gunu gösterelim. r’nin mod p 2 ’deki mertebesi n oldu˘gundan<br />
n | φ p 2 = p (p − 1) (8.7)<br />
dir. Ayrıca r n ≡ 1 mod p 2 kongrüansır n ≡ 1 (mod p) kongrüansınıgerektirir<br />
(p | p 2 | (r n − 1)). r, p’nin ilkel kökü oldu˘gundan ve r n ≡ 1 (mod p) oldu˘gundan<br />
(p − 1) | n (8.8)<br />
olur. (8.7) ve (8.8) den n = p − 1 veya n = p (p − 1) dir (n | p (p − 1) ⇒<br />
p (p − 1) = nt1, (p − 1) | n ⇒ n = (p − 1) t2. p (p − 1) = (p − 1) t2t1<br />
⇒ t2t1 = p.<br />
<br />
p asal oldu˘gundan t2 = 1, t1 = p veya t2 = p, t1 = 1 olmalıdır. Bu durumda n =<br />
p−1 veya n = p (p − 1) olur.). n = p−1 olsaydır n = r p−1 ≡ 1 mod p 2 olurdu<br />
ki bu da r p−1 = 1 mod p 2 varsayımıyla çeli¸sirdi. Dolayısıyla n = p (p − 1)<br />
olur.<br />
Bu sonucu örneklendirelim. 3 sayısı7 için ilkel köktür. Bu durumda 3 veya 10<br />
sayısı7 2 için ilkel kök olmalıdır. 3 6 ≡ 43 = 1 mod p 2 ve 10 6 ≡ 8 = 1 mod p 2<br />
oldu˘gundan de bu iki sayıda 7 2 için ilkel köktür. Gerçekten: φ 7 2 = 7.6 ve bu<br />
sayının bölenleri 1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42 için<br />
3 1 ≡ 3, 3 2 ≡ 9, 3 3 ≡ 27, 3 6 ≡ 43, 3 7 ≡ 31, 3 14 ≡ 30, 3 21 ≡ 48, 3 42 ≡ 1 mod 7 2<br />
10 1 ≡ 10, 10 2 ≡ 2, 10 3 ≡ 20, 10 6 ≡ 8, 10 7 ≡ 31, 10 14 ≡ 30, 10 21 ≡ 48, 10 42 ≡ 1 mod 7 2<br />
oldu˘gundan 3 ve 10, 7 2 için ilkel köktür. Di˘ger bir örnek olarak 29 sayısının ilkel<br />
kökü olan 14 sayısını ele alalım. 14 sayısı 29 2 için bir ilkel kök de˘gildir fakat<br />
14 + 29 sayısı29 2 için bir ilkel köktür.<br />
Yardımcı Teorem 8.3.6. p tek asal sayı ve r, r p−1 = 1 mod p 2 olacak<br />
¸sekilde p sayısının bir ilkel kökü olsun. Bu durumda her k ≥ 2 tamsayısıiçin<br />
sa˘glanır.<br />
r pk−2 (p−1) = 1 mod p k <br />
Kanıt. k üzerinden tümevarım yapalım.<br />
k = 2 için, r p−1 = 1 mod p 2 varsayımdan dolayıdo˘grudur.<br />
k = n için, r pn−2 (p−1) = 1 (mod p n ) do˘gru olsun.<br />
k = n + 1 için, r pn−1 (p−1) = 1 mod p n+1 oldu˘gunu gösterelim. (r, p) = · · · =<br />
r, p n−1 = 1 oldu˘gundan, Euler teoreminden<br />
r φ(pn−1 ) ≡ r p n−2 (p−1) ≡ 1 mod p n−1 <br />
n
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 16<br />
elde edilir. Bu durumda<br />
r pn−2 (p−1) = 1 + bp n−1<br />
(8.9)<br />
olacak ¸sekilde b ∈ Z sayısı vardır. Burada p ∤ b dir (p|b olsaydı, rpn−2 (p−1) ≡<br />
1 (mod pn ) olurdu ki buda n. adımdaki varsayımla çeli¸sirdi). (8.9) e¸sitli˘ginin<br />
her iki tarafının p. kuvvetini alalım.<br />
<br />
r pn−2 (p−1) p = 1 + bp n−1p r pn−1 (p−1) =<br />
<br />
p<br />
0<br />
+<br />
<br />
p<br />
bp<br />
1<br />
n−1 +<br />
r pn−1 (p−1) ≡ 1 + bp n mod p n+1<br />
p ∤ b oldu˘gundan<br />
elde edilir.<br />
<br />
p bpn−1 2<br />
2 + · · · +<br />
r pn−1 (p−1) = 1 mod p n+1 <br />
<br />
p bpn−1 p<br />
p ¸Simdiye kadar elde etti˘gimiz bilgileri kullanarak, tek asalların kuvvetlerinin<br />
ilkel köklere sahip oldu˘gunu gösterebiliriz.<br />
Teorem 8.3.7. p tek asal sayıve k ≥ 1 olsun. Bu durumda p k sayısının ilkel<br />
kökü vardır.<br />
Kanıt. r sayısı, p’nin, r pk−2 (p−1) = 1 mod p k olacak ¸sekilde bir ilkel kökü<br />
olsun (YardımcıTeorem 8.3.6’den var oldu˘gunu biliyoruz). Bu r sayısının, p k ’nın<br />
ilkel kökü oldu˘gunu yani r sayısının mod p k ’ya göre mertebesi n olmak üzere<br />
n = φ p k = p k−1 (p − 1) oldu˘gunu gösterelim. r sayısının mod p k ’ya göre<br />
mertebesi n oldu˘gundan,<br />
n|φ p k = p k−1 (p − 1) (8.10)<br />
olur. Ayrıca r n ≡ 1 mod p k kongrüansır n ≡ 1 (mod p) kongrüansınıgerektirir<br />
(r n ≡ 1 mod p k ⇒ p k | (r n − 1) ∧ p|p k ⇒ p| (r n − 1) ⇒ r n ≡ 1 (mod p)).<br />
Buradan da<br />
φ (p) = (p − 1) |n (8.11)<br />
elde edilir. (8.10) ve (8.11) dan, 0 ≤ m ≤ k − 1 olmak üzere n = pm (p − 1)<br />
olur (n | pk−1 (p − 1) ⇒ pk−1 (p − 1) = nt1, (p − 1) | n ⇒ n = (p − 1) t2.<br />
pk−1 (p − 1) = (p − 1) t2t1<br />
⇒ t2t1 = p. p asal oldu˘gundan 0 ≤ m ≤ k − 1<br />
<br />
n<br />
olmak üzere t2 = pm , t1 = pk−1−m olmalıdır. Bu durumda 0 ≤ m ≤ k − 1 olmak<br />
üzere n = pm (p − 1) olur.). E˘ger n = pk−1 (p − 1) olsaydı, n|pk−2 (p − 1) olurdu<br />
ve bu da rpk−2 <br />
(p−1) k ≡ 1 mod p olmasını gerektirirdi. Bu ise rpk−2 (p−1) =<br />
1 mod pk varsayımıile çeli¸sir. Dolayısıyla n = pk−1 (p − 1) olur.
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 17<br />
Sonuç olarak p tek asal sayıolmak üzere r, r p−1 = 1 mod p 2 olacak ¸sekildeki<br />
p’nin bir ilkel kökü ise bu r sayısıayrıca p k , k ≥ 2 sayılarıiçinde bir ilkel<br />
köktür.<br />
3 sayısı7 asalıiçin bir ilkel köktü ve 3 6 ≡ 43 = 1 mod 7 2 idi. Dolayısıyla<br />
3 sayısı7 k , k ≥ 2 sayılarıiçinde ilkel köktür. k = 3 için inceleyelim : φ 7 3 =<br />
7 2 .6 = 294 ve bu sayının bölenleri 1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42, 49, 98, 147, 294 için<br />
3 1 ≡ 3, 3 2 ≡ 9, 3 3 ≡ 27, 3 6 ≡ 43, 3 7 ≡ 129, 3 14 ≡ 177 mod 7 3<br />
3 21 ≡ 195, 3 42 ≡ 295, 3 49 ≡ 325, 3 98 ≡ 324, 3 147 ≡ 342, 3 294 ≡ 1 mod 7 3<br />
oldu˘gundan 3, 7 3 için ilkel köktür.<br />
¸Simdi de p tek asal sayıolmak üzere 2p k ¸seklindeki sayıların ilkel köklerinin<br />
var oldu˘gunu gösterelim.<br />
Sonuç 8.3.8. k ≥ 1 ve p tek asal sayı olmak üzere 2p k sayısının ilkel kökü<br />
vardır.<br />
Kanıt. r sayısı, p k ’nın bir ilkel kökü ve r tek sayıolsun (r çift ise r + p sayısı<br />
alınır). Bu r sayısının ayrıca 2p k sayısının da ilkel kökü oldu˘gunu yani r sayısının<br />
mod 2p k ’ya göre mertebesi n olmak üzere n = φ 2p k = φ (2) φ p k = φ p k<br />
oldu˘gunu gösterelim. r sayısının mod 2p k ’ya göre mertebesi n oldu˘gundan<br />
n|φ 2p k = φ p k<br />
(8.12)<br />
olur. Ayrıca r n ≡ 1 mod 2p k kongrüansır n ≡ 1 mod p k kongrüansınıgerektirir<br />
(r n ≡ 1 mod 2p k ⇒ 2p k | (r n − 1) ∧ p k |2p k ⇒ p k | (r n − 1) ⇒ r n ≡<br />
1 mod p k ). Buradan r sayısıp asalının ilkel kökü oldu˘gundan<br />
olur. (8.12) ve (8.13) den n = φ 2p k elde edilir.<br />
φ p k = φ 2p k |n (8.13)<br />
Teoremin ispatından da anla¸sılaca˘gı üzere, p tek asal sayı olmak üzere r,<br />
r p−1 = 1 mod p 2 olacak ¸sekildeki p’nin r ilkel kökü tek ise bu r sayısıayrıca<br />
2p k , k ≥ 2 sayılarıiçinde bir ilkel köktür. 3 sayısı7 asalıiçin bir ilkel kök, 3<br />
tek sayıve 3 6 ≡ 43 = 1 mod 7 2 oldu˘gundan 3 sayısı2.7 k , k ≥ 2 sayılarıiçinde<br />
ilkel köktür<br />
A¸sa˘gıdaki teoremde, ¸simdiye kadar elde etti˘gimiz bilgileri özetliyoruz.<br />
Teorem 8.3.9. n > 1 tamsayısının ilkel kökünün olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart<br />
n sayısının, p tek asal sayıolmak üzere<br />
formunda olmasıdır.<br />
2, 4, p k veya 2p k
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 18<br />
8.4 ˙Indeksler<br />
Bu bölümde ilk kez Gauss tarafından tanımlanan indeks kavramınıtanıtaca˘gız.<br />
n bir tamsayı ve r’de n sayısının bir ilkel kökü olsun. r, r 2 , r 3 , . . . , r φ(n)<br />
sayıları, n ile aralarında asal ve (mod n)’de, n den küçük sayılara denktirler<br />
(sıradan ba˘gımsız olarak). Böylece, (a, n) = 1 olacak ¸sekildeki bir a sayısı, 1 ≤<br />
k ≤ φ (n) olmak üzere<br />
a ≡ r k (mod n)<br />
formundadır.<br />
Tanım 8.4.1. r sayısı, n’nin bir ilkel kökü olsun. E˘ger (a, n) = 1 ise a ≡<br />
r k (mod n) olacak ¸sekildeki en küçük k saysına a’nın r’ye göre indeksi denir ve<br />
indra ¸seklinde gösterilir.<br />
Tanımdan ve yukarıdaki açıklamalardan, 1 ≤ indra ≤ φ (n) ve r indra ≡<br />
a (mod n) dir. Örne˘gin 2, 5’in ilkel köküdür ve<br />
oldu˘gundan<br />
2 1 ≡ 2, 2 2 ≡ 4, 2 3 ≡ 3, 2 4 ≡ 1 (mod n)<br />
ind21 = 4, ind22 = 1, ind23 = 3, ind24 = 2<br />
elde edilir.<br />
Tanımdan da anla¸sılaca˘gıüzere bir a sayısının indeksinden bahsedebilmemiz<br />
için (a, n) = 1 olmalıdır. Ayrıca (a, n) = (b, n) = 1 olmak üzere a ≡<br />
b (mod n) ise r indra ≡ a (mod n) ve r indrb ≡ b (mod n) oldu˘gundan r indra ≡<br />
r indrb (mod n) elde edilir. Teorem 8.1.3’den indra ≡ indrb (mod φ (n)) olur.<br />
Tanım gere˘gi 1 ≤ indra, indrb ≤ φ (n) oldu˘gundan indra = indrb elde edilir.<br />
Sonuç olarak, (mod n)’ye göre denk olan a ve b sayılarının, r’ye göre indeksleri<br />
e¸sittir.<br />
Teorem 8.4.2. ˙Ilkel kökü r olan bir n tamsayısıverilsin. a ve b tamsayılarıiçin<br />
a¸sa˘gıdaki özellikler sa˘glanır.<br />
(a) indr (ab) ≡ indra + indrb (mod φ (n)) .<br />
(b) k > 0 için indra k ≡ k.indra (mod φ (n)) .<br />
(c) indr1 ≡ 0 (mod φ (n)) , indrr ≡ 1 (mod φ (n)) .<br />
Kanıt. (a) ˙Indeks tanımından , r indra ≡ a (mod n) , r indrb ≡ b (mod n) ve<br />
r indr(ab) ≡ ab (mod n) oldu˘gunu biliyoruz. ˙Ilk iki kongrüansın çarpımı 3. ye<br />
denk oldu˘gundan<br />
r indra+indrb ≡ r indra r indrb ≡ ab ≡ r indr(ab) (mod n)<br />
elde edilir. Teorem 8.1.3’ten<br />
indra + indrb ≡ indr (ab) (mod φ (n))<br />
olur.<br />
(b) rindrak ≡ ak (mod n) ve rk.indra = rindra dan<br />
k k ≡ a (mod n) kongrüansların-<br />
r indrak<br />
≡ r k.indra (mod n)
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 19<br />
elde edilir ve yine Teorem 8.1.3’ten<br />
olur.<br />
(c) A¸sikar.<br />
indra k ≡ k.indra (mod φ (n))<br />
Teorem 8.4.2’den anla¸sılaca˘gıüzere indr, log r fonksiyonu gibi davranmaktadır.<br />
˙Indeks teorisi, özel tipteki kongrüansların çözümünde kullanılabilir. (a, n) =<br />
1 ve n pozitif tamsayısıbir ilkel köke sahip olmak üzere (r olsun) k ≥ 2 için<br />
x k ≡ a (mod n)<br />
binom kongrüansınıele alalım. Bu denklikten indrx k = indra olur ve de Teorem<br />
8.4.2’den bu kongrüans, bilinmeyeni indrx olan<br />
k.indrx ≡ indra (mod φ (n))<br />
lineer kongrüansına denk olur. (k, φ (n)) = d olmak üzere d|indra ise bu kongrüans<br />
d tane farklıçözüme sahiptir.<br />
k = 2 ve n = p tek asal sayıoldu˘gu durumda, (2, p − 1) = 2 oldu˘gundan,<br />
x 2 ≡ a (mod p) kuadratik kongrüansının çözümünün olmasıiçin gerek ve yeter<br />
¸sart r, p’nin bir ilkel kökü olmak üzere 2|indra olmasıdır. Dolayısıyla bu kongrüansın<br />
tam olarak 2 tane çözümü vardır.<br />
Örnek 8.4.3.<br />
4x 9 ≡ 7 (mod 13) (8.14)<br />
kongrüansını, yukarıda de˘gindi˘gimiz yöntemi kullanarak çözelim. 2, 13’ün ilkel<br />
kökü oldu˘gundan, 1 ≤ a ≤ 12 sayılarıiçin a ve ind2a de˘gerlerini içeren bir tablo<br />
olu¸sturalım. (mod 13)’e göre<br />
denkliklerinden tablomuz<br />
2 1 ≡ 2 2 5 ≡ 6 2 9 ≡ 5<br />
2 2 ≡ 4 2 6 ≡ 12 2 10 ≡ 10<br />
2 3 ≡ 8 2 7 ≡ 11 2 11 ≡ 7<br />
2 4 ≡ 3 2 8 ≡ 9 2 12 ≡ 1<br />
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12<br />
ind2a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6<br />
¸seklinde olur. 4x 9 ≡ 7 (mod 13) kongrüansının çözümünün olmasıiçin gerek ve<br />
yeter ¸sart<br />
ind24x 9 = ind27 (8.15)<br />
ind24 + ind2x 9 ≡ ind27 (mod 12) (8.16)<br />
ind24 + 9.ind2x ≡ ind27 (mod 12) (8.17)
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 20<br />
kongrüansının çözümünün olmasıdır. Tablodan elde edilen ind24 = 2 ve ind27 =<br />
11 de˘gerleri (8.15) kongrüansında yerine yazılırsa<br />
9.ind2x ≡ 9 (mod 12)<br />
ind2x ≡ 1 (mod 4) (8.18)<br />
elde edilir. Böylece ind2x de˘geri 1, 5, 9 olur ve dolayısıyla x ≡ 2 1 (mod 13),x ≡<br />
2 5 ≡ 6 (mod 13) ve x ≡ 2 9 ≡ 5 (mod 13) de˘gerleri 4x 9 ≡ 9 (mod 13) kongrüansının<br />
çözümleridir.<br />
Farklıilkel kök kullanımlarında farklıindeks tablosu elde edilir fakat çözümler<br />
aynı olur. 13 için φ (φ (13)) = φ (12) = 4 tane ilkel kök vardır. 2, 13’ün ilkel<br />
kökü oldu˘gundan, 2’nin yardımıyla di˘ger ilkel kökleri de bulalım. (k, φ (13)) = 1<br />
olacak ¸sekildeki 2 k de˘gerleri 13’ün di˘ger ilkel kökleridir. Yani<br />
2 1 ≡ 2, 2 5 ≡ 6, 2 7 ≡ 11, 2 11 ≡ 7 (mod 13)<br />
oldu˘gundan 2, 6, 7 ve 11 sayıları 13’ün di˘ger ilkel kökleridir. ¸Simdi 4x 9 ≡<br />
7 (mod 13) kongrüansını, 13’ün ilkel köklerinden 6’yıkullanarak çözelim. 1 ≤<br />
a ≤ 12 sayılarıiçin a ve ind6a tablosu<br />
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12<br />
ind6a 12 5 8 10 9 1 7 3 4 2 11 6<br />
¸seklinde olur. Dolayısıyla 4x 9 ≡ 7 (mod 13) kongrüansının çözümü<br />
lineer kongrüansının yani<br />
ind64 + 9.ind6x ≡ ind67 (mod 12)<br />
10 + 9.ind6x ≡ 7 (mod 12)<br />
9.ind6x ≡ 9 (mod 12)<br />
ind6x ≡ 1 (mod 4) (8.19)<br />
kongrüansının çözümüdür. Bu çözümler ind2x = 1, 5, 9 yani x ≡<br />
2 1 (mod 13),x ≡ 2 5 ≡ 6 (mod 13) ve x ≡ 2 9 ≡ 5 (mod 13) de˘gerleridir.<br />
Teorem 8.4.4. ˙Ilkel köke sahip bir n sayısıve (a, n) = 1 olacak ¸sekilde bir a<br />
sayısıverilsin. x k ≡ a (mod n) kongrüansının bir çözümünün olmasıiçin gerek<br />
ve yeter ¸sart d = (k, φ (n)) olmak üzere<br />
a φ(n)<br />
d ≡ 1 (mod n)<br />
olmasıdır. E˘ger çözüm varsa, tam olarak (mod n)’de d tanedir.<br />
Kanıt. r sayısı, n’nin bir ilkel kökü olmak üzere, indeks yardımıyla, a φ(n)<br />
d ≡<br />
1 (mod n) kongrüansı<br />
indra φ(n)<br />
d = indr1 = 0
BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 21<br />
e¸sitli˘ginden<br />
φ (n)<br />
d indra ≡ 0 (mod φ (n))<br />
kongrüansına denktir. Bunun sa˘glanması için gerek ve yeter ¸sart d|indra olmalıdır.<br />
Bu ise xk ≡ a (mod n) kongrüansının çözümünün olmasıiçin gerek ve<br />
yeter ¸sarttır.<br />
Sonuç 8.4.5. Bir p asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde bir a sayısıverilsin.<br />
xk ≡ a (mod p) kongrüansının bir çözümünün olması için gerek ve yeter ¸sart<br />
d = (k, p − 1) olmak üzere a p−1<br />
d ≡ 1 (mod (p − 1)) olmasıdır.<br />
Örnek 8.4.6.<br />
x 3 ≡ 4 (mod 13) (8.20)<br />
kongrüansını ele alalım. d = (3, 12) = 3 ve 12<br />
3 = 4 olur. Fakat 44 ≡ 9 =<br />
1 (mod 12) oldu˘gundan Teorem 8.4.4’ten, (8.20) kongrüansının çözümü yoktur.<br />
Fakat aynıteoremden,<br />
x 3 ≡ 5 (mod 13)<br />
kongrüansı, 5 4 = 625 ≡ 1 (mod 12) oldu˘gundan çözüme sahiptir ve tam olarak<br />
(mod 13)’de 3 tane çözümü vardır. Bu çözümleri bulmak için indeksleri kullanalım.<br />
x 3 ≡ 5 (mod 13) kongrüansı,<br />
kongrüansına denktir.<br />
3.ind2x ≡ ind25 (mod 12)<br />
3.ind2x ≡ 9 (mod 12)<br />
ind2x ≡ 3 (mod 4)<br />
Bu durumda, (mod 12)’de ind2x, 3, 7 veya 11 olabilir. Yani x 3 ≡ 5 (mod 13)<br />
kongrüansınısa˘glayan x sayıları, 2 3 ≡ 8, 2 7 ≡ 11 ve 2 11 ≡ 7 (mod 13) dir.
Bölüm 9<br />
Kuadratik Kar¸sılık Kuralı<br />
9.1 Euler Kriteri<br />
Kuadratik kar¸sılık kuralı, kuadratik kongrüansların çözülebilirli˘gi ile ilgili bir<br />
kuraldır. ˙Ilk kez Gauss tarafından ispatlanan ( 7 farklı yolla) bu kural farklı<br />
matematikçiler tarafından da farklı¸sekillerde ispatlanmı¸stır.<br />
Bu kuralı vermeden önce a, b, c ∈ Z, p tek asal sayı ve (a, p) = 1 (yani<br />
a = 0 (mod p)) olmak üzere<br />
ax 2 + bx + c ≡ 0 (mod p) (9.1)<br />
formundaki kuadratik kongrüanslarınıele alaca˘gız. (a, p) = 1 ve p tek asal sayı<br />
oldu˘gundan (4a, p) = 1 olur ve (9.1),<br />
kongrüansına denktir.<br />
e¸sitli˘ginden (9.2),<br />
4a ax 2 + bx + c ≡ 0 (mod p) (9.2)<br />
4a ax 2 + bx + c = (2ax + b) 2 − b 2 − 4ac <br />
(2ax + b) 2 ≡ b 2 − 4ac (mod p) (9.3)<br />
halini alır ve y = 2ax + b, d = b 2 − 4ac yazılırsa, (9.3)’den<br />
y 2 ≡ d (mod p) (9.4)<br />
elde edilir. x ≡ x0 (mod p), (9.1)’in çözümü ise y ≡ 2ax0 + b (mod p) sayısıda<br />
(9.4)’ü sa˘glar. Tersine, y ≡ y0 (mod p), (9.4)’ün çözümü ise 2ax ≡ y0−b (mod p)<br />
lineer kongrüansınıçözümü de (9.1)’in çözümüdür.<br />
Böylece (9.1) formundaki bir kuadratik kongrüansınıçözmek, (9.4) formunda<br />
bir kuadratik kongrüans ile lineer bir kongrüans çözmeye denktir.<br />
Bundan dolayı(9.4) formundaki kuadratik kongrüans çözümlerini incelemek<br />
yeterlidir. p|d ise y = 0 (mod p) a¸sikar çözüm olur. A¸sikar olmayan çözümler<br />
22
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 23<br />
için p ∤ d ko¸sulunu koyalım. y ≡ y0 (mod p), (9.4) kongrüansının çözümü ise y ≡<br />
p − y0 (mod p) di˘ger çözümdür ve p − y0 ile y0 (mod p)’de kongrüant de˘gildirler.<br />
(Gerçekten y0 ≡ p − y0 (mod p) ⇒ 2y0 ≡ 0 (mod p) ⇒ y0 ≡ 0 (mod p) çeli¸ski).<br />
Lagrange teoreminden (9.4) kongrüansıen fazla iki çözüme sahip olaca˘gından,<br />
bu kongrüans ya hiç çözüme sahip de˘gildir yada y ≡ y0 (mod p) çözüm ise<br />
y ≡ p − y0 (mod p) de çözümdür.<br />
Örne˘gin,<br />
5x 2 − 6x + 2 ≡ 0 (mod 13)<br />
kongrüansınıele alalım. Burada a = 5, b = −6, c = 13 tür. Bu kongrüans y =<br />
2ax + b = 10x − 6 ve d = b 2 − 4ac = −4 ≡ 9 (mod 13) olmak üzere<br />
y 2 ≡ 9 (mod 13)<br />
kongrüansına denktir. Bu kongrüansın çözümleri y ≡ 3 (mod 13) ve y ≡<br />
10 (mod 13) oldu˘gundan<br />
10x − 6 ≡ 3 (mod 13) ve 10x − 6 ≡ 10 (mod 13)<br />
10x ≡ 9 (mod 13) ve 10x ≡ 16 (mod 13)<br />
x ≡ 10 (mod 13) ve x ≡ 12 (mod 13)<br />
elde edilir.<br />
Lineer kongrüans çözümlerini bildi˘gimizden, burada asıl mesele (a, p) = 1<br />
olmak üzere x 2 ≡ a (mod p) formundaki kuadratik kongrüansların çözümünü<br />
bulmaktır. ¸Simdi bu durumu incelemek için gerekli olan terminolojiyi verelim.<br />
Tanım 9.1.1. p tek asal sayısı ve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a sayısı verilsin.<br />
x 2 ≡ a (mod p) kuadratik kongrüansı bir çözüme sahipse, a sayısına, p’nin<br />
kuadratik kalanı denir. E˘ger çözüm yoksa, a sayısına , p’nin kuadratik kalanı<br />
de˘gildir denir.<br />
a ve b sayıları(mod p)’ye göre denk iseler a sayısının p’nin kuadratik kalanı<br />
olması için gerek ve yeter ¸sart b sayısının p’nin kuadratik kalanı olmasıdır.<br />
Dolayısıyla p’nin kuadratik kalanlarını incelerken sadece p’den küçük olanlar<br />
ile ilgelenece˘giz.<br />
Örnek 9.1.2. p = 13 için kuadratik kalanlarıbulalım.<br />
1 2 ≡ 1 (mod 13)<br />
2 2 ≡ 4 (mod 13)<br />
3 2 ≡ 9 (mod 13)<br />
4 2 ≡ 3 (mod 13)<br />
5 2 ≡ 12 (mod 13)<br />
6 2 ≡ 10 (mod 13)<br />
7 2 ≡ 10 (mod 13)<br />
8 2 ≡ 12 (mod 13)<br />
9 2 ≡ 3 (mod 13)<br />
10 2 ≡ 9 (mod 13)<br />
11 2 ≡ 4 (mod 13)<br />
12 2 ≡ 1 (mod 13)
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 24<br />
Buradan görüldü˘gü üzere p’nin kuadratik kalanları 1, 3, 4, 9, 10, 12 sayıları ve<br />
kuadratik kalan olmayanlar ise 2, 5, 6, 7, 8, 11 sayılarıdır. dikkat edilirde 1 ve<br />
12 arasındaki sayılar yarıyarıya kuadratik kalan olanlar ve olmayanlar olarak<br />
ayrılmı¸slardır.<br />
Teorem 9.1.3 (Euler Kriteri). p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a<br />
sayısıverilsin. a sayısının, p’nin kuadratik kalanıolmasıiçin gerek ve yeter ¸sart<br />
a p−1<br />
2 ≡ 1 (mod p) olmasıdır.<br />
Kanıt. =⇒ : a sayısı, p’nin kuadratik kalanıolsun. Burumda x 2 ≡ a (mod p)<br />
kongrüansının bir çözümü vardır ve bu çözüm x1 olsun. (a, p) = 1 olması,<br />
x 2 1, p = 1 olmasını ve dolayısıyla da (x1, p) = 1 olmasını gerektirir. Fermat<br />
teoremi yardımıyla<br />
elde edilir.<br />
a p−1<br />
2 ≡ x 2 1<br />
p−1<br />
2 p−1<br />
≡ x1 ≡ 1 (mod p)<br />
⇐= : a p−1<br />
2 ≡ 1 (mod p) olsun. r sayısı, p’nin bir ilkel kökü olmak üzere a ≡<br />
r k (mod p) olacak ¸sekilde bir k (1 ≤ k ≤ p − 1) sayısıvardır. Bu durumda<br />
p−1<br />
k<br />
r 2 ≡ a p−1<br />
2 ≡ 1 (mod p)<br />
olur. Teorem 8.1.2’den r’nin (mod p)’ye göre mertebesi olan p − 1, k p−1<br />
2 sayısını<br />
böler. Bu durumda k çift sayıdır (k = 2j). Böylece<br />
r j 2 ≡ r 2j ≡ r k ≡ a (mod p)<br />
ifadesinden r j sayısının, x 2 ≡ a (mod p) kongrüansının bir çözümü oldu˘gu<br />
görülür. Yani a sayısı, p’nin bir kuadratik kalanıdır.<br />
p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekildeki a sayısıiçin a sayısıp asalının ya<br />
kuadratik kalanıdır ya da de˘gildir. Kuadratik kalan oldu˘gunda a 9−1<br />
2 ≡ 1 (mod p)<br />
idi. ¸Simdi de kuadratik kalan olmadı˘gında (mod p)’de a 9−1<br />
2 de˘gerini bulalım.<br />
Fermat teoreminden<br />
<br />
a p−1 <br />
2 − 1 a p−1 <br />
2 + 1 = a p−1 − 1 ≡ 0 (mod p)<br />
elde edilir. Bu durumda ya<br />
yada<br />
a p−1<br />
2 ≡ 1 (mod p) (9.5)<br />
a p−1<br />
2 ≡ −1 (mod p) (9.6)<br />
olur. Fakat ikisi aynı anda sa˘glanmaz (E˘ger ikisi aynı anda sa˘glansaydı 1 ≡<br />
−1 (mod p) yani p|2 olurdu buda p’nin tek asal olmasıile çeli¸sirdi.). p sayısının<br />
kuadratik kalanları(9.5) kongrüansınısa˘gladı˘gından, di˘gerleri yani p sayısının<br />
kuadratik kalan olmayanlar (9.6) kongrüansınısa˘glar. Böylece Euler kriteri ¸su<br />
¸sekilde de ifade edilebilir : p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a sayısı<br />
verilsin. a sayısının, p’nin kuadratik kalanı olmaması için gerek ve yeter ¸sart<br />
a p−1<br />
2 ≡ −1 (mod p) olmasıdır.
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 25<br />
Örnek 9.1.4. p = 13 için<br />
2 13−1<br />
2 = 2 6 = 64 ≡ 12 ≡ −1 (mod 13)<br />
oldu˘gundan, 2 sayısı, 13’ün kuadratik kalanıde˘gildir. Fakat<br />
3 13−1<br />
2 = 3 6 = (27) 2 ≡ 1 2 ≡ 1 (mod 13)<br />
oldu˘gundan, 3 sayısı, 13’ün kuadratik kalanıdır.<br />
p asal sayısının büyük oldu˘gu durumlarda hesaplamalar kolay olmayaca˘gından,<br />
Euler kriteri, verilen bir sayının, kuadratik kalan olup olmadı˘gının<br />
tespitinde pratik bir yöntem olmayacaktır.
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 26<br />
9.2 Legendre Sembolü ve Özellikleri<br />
˙Ileride yapaca˘gımız çalı¸smalarda büyük kolaylık sa˘glayacak olan (a/p) sembolü<br />
ilk kez Legendre tarafından kullanılmı¸s ve dolayısıyla onun adıyla anılmaktadır.<br />
Bu kısımda Legendre sembolünü tanıtıp özelliklerini inceleyece˘giz.<br />
Tanım 9.2.1. p tek asal sayısı ve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a sayısı verilsin.<br />
(a/p) Legendre sembolü,<br />
<br />
1 , a sayısıp’nin kuadratik kalanıise<br />
(a/p) =<br />
−1 , a sayısıp’nin kuadratik kalanıde˘gil ise<br />
¸seklinde tanımlanır.<br />
Örnek 9.2.2. p = 13 için<br />
ve<br />
olur.<br />
(1/13) = (3/13) = (4/13) = (9/13) = (10/13) = (12/13) = 1<br />
(2/13) = (5/13) = (6/13) = (7/13) = (8/13) = (11/13) = −1<br />
Sıradaki teoremde, Legendre sembolünün bazıtemel özelliklerini verelim.<br />
Teorem 9.2.3. p tek asal sayısı ve (a, p) = (b, p) = 1 olacak ¸sekilde a ve b<br />
sayılarıverilsin. Bu durumda Legendre sembolü a¸sa˘gıdaki özelliklere sahiptir:<br />
(a) a ≡ b (mod p) ise (a/p) = (b/p).<br />
(b) a 2 /p = 1.<br />
(c) (a/p) ≡ a p−1<br />
2 (mod p).<br />
(d) (ab/p) = (a/p) (b/p).<br />
(e) (1/p) = 1 ve (−1/p) = (−1) p−1<br />
2 .<br />
Kanıt. (a),(b) ve (c) a¸sikar.<br />
(d)- (c) özelli˘ginden<br />
(ab/p) ≡ (ab) p−1<br />
2 ≡ a p−1<br />
2 b p−1<br />
2 ≡ (a/p) (b/p) (mod p)<br />
yazabiliriz. Legendre sembolü sadece 1 ve −1 de˘geri alabilir. E˘ger (ab/p) =<br />
(a/p) (b/p) olsaydı, 1 ≡ −1 (mod p) yani p|2 olurdu ki buda p > 2 olmasıyla<br />
çeli¸sirdi. Dolayısıyla (ab/p) = (a/p) (b/p) elde edilir.<br />
(e)- (1/p) = 1 oldu˘gu a¸sikardır. (−1/p) = (−1) p−1<br />
2 oldu˘gunu göstermek için<br />
(c)’de a = −1 alınırsa<br />
(−1/p) = (−1) p−1<br />
2 (mod p)<br />
olur. (−1/p) ve (−1) p−1<br />
2 de˘gerleri sadece 1 ve −1 olabilece˘ginden yukarıdakine<br />
benzer ¸sekilde (−1/p) = (−1) p−1<br />
2 oldu˘gu gösterilir.
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 27<br />
(b) ve (d) kısmundan<br />
ab 2 /p = (a/p) b 2 /p = (a/p)<br />
oldu˘gu kolayca görülmektedir. Di˘ger bir ifadeyle, kare kuvvetler Legendre sembolünden<br />
çıkarılabilir.<br />
(p−1)<br />
2 de˘geri, p = 4k + 1 formunda ise çift sayı, p = 4k + 2 formunda ise tek<br />
sayıdır. Dolayısıyla Teorem 9.2.3’ten a¸sa˘gıdaki sonuçu verebiliriz.<br />
Sonuç 9.2.4. p tek asal sayıolmak üzere<br />
<br />
(−1/p) =<br />
1<br />
−1<br />
p ≡ 1 (mod 4)<br />
p ≡ −1 (mod 4).<br />
Bu sonuçtan, x 2 ≡ −1 (mod p) kuadratik kongrüansının bir çözüme sahip<br />
olması için gerek ve yeter ¸sartın p asalının 4k + 1 formunda olması gerekti˘gi<br />
görülür.<br />
Örnek 9.2.5. x 2 ≡ −46 (mod 17) kongrüansının çözümünün varlı˘gınıinceleyelim.<br />
Teorem 9.2.3 yardımıyla<br />
(−46/17) = (−1/17) (46/17) = (46/17) = (12/17) = 3.2 2 /17 <br />
= (3/17) ≡ 3 17−1<br />
2 ≡ 3 8 ≡ −1 (mod 17)<br />
elde edilir Dolayısıyla x 2 ≡ −46 (mod 17) kongrüansının çözümü yoktur.<br />
Sonuç 9.2.4 yardımıyla asal sayıların da˘gılımıyla ilgili a¸sa˘gıdaki teoremi<br />
verelim.<br />
Teorem 9.2.6. 4k + 1 formunda sonsuz adet asal sayıvardır.<br />
Kanıt. 4k + 1 formunda n tane asal sayıolsun ve bu asal sayılarıp1, p2, . . . , pn<br />
ile gösterelim.<br />
N = (2p1p2 . . . pn) 2 + 1<br />
tamsayısını ele alalım. N sayısı tek oldu˘gundan p|N olacak ¸sekilde tek p asal<br />
sayısıvardır ve<br />
(2p1p2 . . . pn) 2 ≡ −1 (mod p) (9.7)<br />
yazılabilir. Legendre sembolü ile ifade edecek olursak (−1/p) = 1 olur. Bu durumda,<br />
Sonuç 9.2.4’ten p, 4k + 1 formundadır. Yani p, pi asallarından biridir.<br />
Dolayısıyla (9.7) ’den pi|1 çeli¸skisi elde edilir.<br />
Teorem 9.2.7. p tek asal sayıolsun. Bu durumda<br />
p−1<br />
(a/p) = 0.<br />
a=1<br />
ve p sayısı, tam olarak (p − 1) /2 tane kuadratik kalan olan ve (p − 1) /2 tane<br />
de kuadratik kalan olmayan sayıya sahiptir.
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 28<br />
Kanıt. r sayısı, p’nin bir ilkel kökü olsun. r, r 2 , . . . , r p−1 sayıları (mod p)’de<br />
1, 2, . . . , p − 1 sayılarına denktirler (sıradan ba˘gımsız olarak). Yani 1 ile p − 1<br />
arasındaki her a sayısıiçin a ≡ r k (mod p) olacak ¸sekilde tek bir k (1 ≤ k ≤ p−1)<br />
sayısıvardır. r, p’nin ilkel kökü oldu˘gundan<br />
olur ve buradan<br />
r p−1 ≡ 1 (mod p) ⇒ r p−1 − 1 ≡ 0 (mod p)<br />
<br />
⇒ r p−1 <br />
2 − 1 r p−1 <br />
2 + 1 ≡ 0 (mod p)<br />
<br />
=0 (ilkel kök)<br />
⇒ r p−1<br />
2 ≡ −1 (mod p)<br />
(a/p) = r k /p ≡ p−1<br />
r<br />
k 2<br />
=<br />
<br />
r p−1<br />
2<br />
k<br />
≡ (−1) k (mod p)<br />
elde edilir. (a/p) ve (−1) k de˘gerleri sadece 1 ve −1 olabilece˘ginden (a/p) =<br />
(−1) k olur. Böylece<br />
p−1<br />
p−1<br />
(a/p) = (−1) k = 0<br />
elde edilir.<br />
a=1<br />
a=1<br />
Teorem 9.2.7’nin ispatında elde etti˘gimiz bir bilgiyi sonuç olarak verelim.<br />
Sonuç 9.2.8. p tek asal sayı r, p’nin bir ilkel kökü olsun. p’nin kuadratik<br />
kalanları (mod p)’de r’nin çift kuvvetlerine ve p’nin kuadratik kalanı olmayan<br />
sayılar da (mod p)’de r’nin tek kuvvetlerine denktir.<br />
Böylece p asalının ilkel kökleri, kuadratik kalanlarınıtespit etmede kullanılabilir.<br />
2 sayısı, p = 13 için bir ilkel köktür. 13’ün kuadratik kalanları(mod 13)’te<br />
2’nin çift kuvvetleridir.<br />
2 2 ≡ 4 2 8 ≡ 9<br />
2 4 ≡ 3 2 10 ≡ 10<br />
2 6 ≡ 12 2 12 ≡ 1<br />
Benzer ¸sekilde 13’ün kuadratik kalan olmayanları(mod 13)’te 2’nin tek kuvvetleridir.<br />
2 1 ≡ 2 2 7 ≡ 11<br />
2 3 ≡ 8 2 9 ≡ 5<br />
2 5 ≡ 6 2 11 ≡ 7<br />
Kuadratik kalan kuralının ispatında kullanılan Gaus yardımcı teoremini<br />
verelim.<br />
Teorem 9.2.9 (Gauss YardımcıTeoremi). p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak<br />
¸sekilde a sayısıverilsin.<br />
<br />
<br />
p − 1<br />
S = a, 2a, 3a, . . . , a<br />
2
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 29<br />
kümesindeki sayılardan, p’ye bölündü˘günde kalanıp/2 den büyük olan sayıların<br />
sayısın olmak üzere,<br />
(a/p) = (−1) n .<br />
Kanıt. (a, p) = 1 oldu˘gundan, S kümesindeki sayılar (mod p)’de sıfırdan farklıdır<br />
ve herhangi ikisi denk de˘gildir. Bu (p − 1) /2 tane sayının p’ye bölümünden<br />
kalanlarır1, r2, . . . , rm ve s1, s2, . . . , sn olsun öyleki 0 < ri < p/2 ve p/2 < si < p<br />
( dikkat edilirse m + n = (p − 1) /2 dir ). Bu durumda<br />
r1, r2, . . . , rm ve p − s1, p − s2, . . . , p − sn<br />
sayılarının hepsi pozitif ve p/2 den küçüktür. ¸Simdi bu sayıların birbirinden<br />
farklıoldu˘gunu olmayana ergi ile gösterelim. Farz edelim ki bazıi ve j de˘gerleri<br />
için<br />
p − si = rj<br />
olsun. 1 ≤ u, v ≤ (p − 1) /2 olmak üzere si ≡ ua (mod p) ve rj ≡ va (mod p)<br />
olacak ¸sekilde u, v sayılarıvardır. Bu takdirde<br />
(u + v) a ≡ si + rj = p ≡ 0 (mod p)<br />
elde edilir ki (a, p) = 1 oldu˘gundan u + v ≡ 0 (mod p) olur. Bu ise 1 < u + v ≤<br />
p − 1 olmasıile çeli¸sir. Böylece<br />
r1, r2, . . . , rm ve p − s1, p − s2, . . . , p − sn<br />
sayıları, 1, 2, . . . , (p − 1) /2 sayılarıdır (sıradan ba˘gımsız olarak). Buradan<br />
<br />
p − 1<br />
!<br />
2<br />
= r1 . . . , rm (p − s1) . . . (p − sn)<br />
≡ r1 . . . , rm (−s1) . . . (−sn) (mod p)<br />
≡ (−1) n r1 . . . , rms1 . . . sn (mod p)<br />
elde edilir. r1, r2, . . . , rm, s1, s2, . . . , sn sayıları (mod p)’de a, 2a, . . . , p−1<br />
2 a<br />
sayılarına denk olduklarından, son kongrüans<br />
<br />
p − 1<br />
! ≡ (−1)<br />
2<br />
n <br />
p − 1<br />
a.2a . . . a (mod p)<br />
2<br />
≡ (−1) n a p−1<br />
<br />
p − 1<br />
2 ! (mod p)<br />
2<br />
halini alır. p−1<br />
2 ! ile p aralarında asal olduklarından<br />
olur ve her iki tarafı(−1) n ile çarparak<br />
1 ≡ (−1) n a p−1<br />
2 (mod p)<br />
a p−1<br />
2 ≡ (−1) n (mod p)
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 30<br />
elde edilir. Euler kriterinden<br />
olur ki bu da<br />
oldu˘gunu gerektirir.<br />
(a/p) ≡ a p−1<br />
2 ≡ (−1) n (mod p)<br />
(a/p) = (−1) n<br />
Bu durumu örneklendirelim. p = 13 ve a = 5 olsun. (p − 1) /2 = 6 oldu˘gundan<br />
S kümemiz<br />
S = {1.5, 2.5, 3.5, 4.5, 5.5, 6.5}<br />
olur.(mod 13)’e göre S kümesi<br />
5, 10, 2, 7, 12, 4<br />
halini alır. 13/2’den büyük olan sayıların sayısı3’tür. Böylece Gauss yardımcı<br />
teoreminden<br />
(5/13) = (−1) 3 = −1<br />
elde edilir.<br />
A¸sa˘gıdaki teorem Gauss yardımcıteoremi yardımıyla, 2 sayısının kuadratik<br />
kalan oldu˘gu asal sayılarıbelirlememizi sa˘glar.<br />
Teorem 9.2.10. p tek asal sayıise,<br />
<br />
1 , p ≡ 1 (mod 8) veya p ≡ 7 (mod 8)<br />
(2/p) =<br />
−1 , p ≡ 3 (mod 8) veya p ≡ 5 (mod 8).<br />
Kanıt. Gauss yardımcıteoreminden,<br />
<br />
<br />
p − 1<br />
S = 1.2, 2.2, 3.2, . . . , .2<br />
2<br />
kümesindeki sayılardan, p’ye bölündü˘günde kalanıp/2 den büyük olan sayıların<br />
sayısın olmak üzere, (2/p) = (−1) n olur. S kümesinin elemanlarıp’den küçük<br />
olduklarından n sayısınıbulmak için p/2’den büyük sayılarısaymak yeterlidir.<br />
1 ≤ k ≤ (p − 1) /2 için 2k ≤ p/2 ancak ve ancak k ≤ p/4. Bu durumda S<br />
kümesinde p/2’den küçük ⌊p/4⌋ tane sayı vardır. Dolayısıyla p/2 den büyük<br />
sayıların sayısı<br />
p − 1<br />
n =<br />
2 −<br />
<br />
p<br />
<br />
4<br />
olur. p tek asal sayı oldu˘gundan p sayısı, 8k + 1, 8k + 3, 8k + 5 veya 8k + 7<br />
formundadır.<br />
<br />
p = 8k + 1 formunda ise n = 4k − 2k + 1<br />
<br />
= 4k − 2k = 2k<br />
4<br />
<br />
p = 8k + 3 formunda ise n = 4k + 1 − 2k + 3<br />
<br />
= 4k + 1 − 2k = 2k + 1<br />
4<br />
<br />
p = 8k + 5 formunda ise n = 4k + 2 − 2k + 5<br />
<br />
= 4k + 2 − (2k − 1) = 2k + 1<br />
4<br />
<br />
p = 8k + 7 formunda ise n = 4k + 3 − 2k + 7<br />
<br />
= 4k + 3 − (2k − 1) = 2k + 2<br />
4
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 31<br />
Böylece p, 8k+1 veya 8k+7 formunda ise (2/p) = 1, 8k+3 veya 8k+5 formunda<br />
ise (2/p) = −1 olur.<br />
Örne˘gin<br />
(2/5) = −1, (2/7) = 1, (2/11) = −1, (2/13) = −1, (2/17) = 1.<br />
p asalı8k ± 1 formunda ( denk olarak p ≡ 1 (mod 8) veya p ≡ 7 (mod 8) )<br />
ise<br />
p2 − 1<br />
8 = (8k ± 1)2 − 1<br />
=<br />
8<br />
64k2 ± 16k<br />
= 8k<br />
8<br />
2 ± 2k<br />
de˘geri çifttir. Bu durumda, (−1) p2 −1<br />
8 = 1 = (2/p) olur. p asalı8k ± 3 formunda<br />
( denk olarak p ≡ 3 (mod 8).veya p ≡ 5 (mod 8) formunda ) ise<br />
p2 − 1<br />
8 = (8k ± 3)2 − 1<br />
=<br />
8<br />
64k2 ± 48k + 8<br />
= 8k<br />
8<br />
2 ± 6k + 1<br />
de˘geri ise tektir. Bu durumda ise (−1) p2 −1<br />
8 = −1 = (2/p) olur. Bu gözlemden<br />
yola çıkarak a¸sa˘gıdaki sonucu verelim.<br />
Sonuç 9.2.11. p tek asal sayıise<br />
(2/p) = (−1) p2 −1<br />
8 .<br />
p tek asal sayıolsun. p’nin ilkel köklerini veren genel bir yöntem olmadı˘gını<br />
daha önce belirtmi¸stik. Fakat a¸sa˘gıdaki teorem bazıözel durumlar için ilkel kökü<br />
verir.<br />
Teorem 9.2.12. p ve 2p+1 tek asal sayılar olsun. Bu takdirde (−1) p−1<br />
2 .2 sayısı<br />
2p + 1 asalının bir ilkel köküdür.<br />
Kanıt. Sadelik açısından q = 2p + 1 yazalım. Teoremi p ≡ 1 (mod 4) ve p ≡<br />
3 (mod 4) için ayrıayrıispatlayalım.<br />
p ≡ 1 (mod 4) olsun. Bu durumda q ≡ 3 (mod 8) olur. (−1) p−1<br />
2 2 = 2 sayısının<br />
(mod q)’ya göre mertebesinin φ (q) = q −1 = 2p oldu˘gunu gösterelim. φ (q) = 2p<br />
oldu˘gundan, 2 sayısının, (mod q)’ya göre mertebesi 1, 2, p veya 2p sayılarından<br />
biridir ( 1 olmadı˘gıa¸sikar ). Teorem 9.2.3 (c)’den<br />
2 p = (2/q) ≡ 2 q−1<br />
2 = (2/q) (mod q)<br />
elde edilir. Ayrıca Teorem 9.2.10’dan, q ≡ 3 (mod 8) oldu˘gundan (2/q) = −1 dir.<br />
Böylece 2p ≡ −1 (mod q) elde edilir. Bu 2 sayısının (mod q)’ye göre mertebesinin<br />
p olamayaca˘gınıgösterir. Ayrıca 2 sayısının (mod q)’ye göre mertebesinin 2’de<br />
olamaz. Öyle olsaydı, 22 ≡ 1 (mod q) yani q|3 çeli¸skisi elde edilirdi. Böylece 2<br />
sayısının (mod q)’ye göre mertebesinin 2p olur.<br />
p ≡ 3 (mod 4) olsun. Bu durumda q ≡ 7 (mod 8) olur. (−1) p−1<br />
2 2 = −2 sayısının
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 32<br />
(mod q)’ya göre mertebesinin φ (q) = q −1 = 2p oldu˘gunu gösterelim. φ (q) = 2p<br />
oldu˘gundan, −2 sayısının, (mod q)’ya göre mertebesi 1, 2, p veya 2p sayılarından<br />
biridir ( 1 olmadı˘gıa¸sikar ). Teorem 9.2.3 (c),(d) ve (e)’den<br />
(−2) p ≡ (−2) q−1<br />
2 ≡ ( − 2/q) ≡ (−1/q) (2/q) ≡ (−1) p (2/q) ≡ −1. (2/q) (mod q)<br />
elde edilir. Ayrıca Teorem 9.2.10’dan, q ≡ 7 (mod 8) oldu˘gundan (2/p) = 1<br />
dir. Böylece (−2) p ≡ −1 (mod q) elde edilir. Bu −2 sayısının (mod q)’ye göre<br />
mertebesinin p olamayaca˘gınıgösterir. Ayrıca −2 sayısının (mod q)’ye göre mertebesi<br />
2’de olamaz. Öyle olsaydı, (−2) 2 ≡ 1 (mod q) yani q|3 çeli¸skisi elde<br />
edilirdi. Böylece −2 sayısının (mod q)’ye göre mertebesi 2p olur.<br />
Teorem 9.2.12’den a¸sa˘gıdaki tabloyu verebiliriz.<br />
p 2p + 1 ˙Ilkel Kök (−1) p−1<br />
2 .2<br />
3 7 −2<br />
5 11 2<br />
11 23 −2<br />
23 47 −2<br />
29 59 2<br />
Benzer ¸sekilde, p ve 4p + 1 asal sayılar ise 2 sayısının, 4p + 1 sayısının ilkel<br />
kökü oldu˘guda gösterilebilir.<br />
p tek asal iken 2p+1 sayısıda asal sayıoluyorsa p asalına Germain asalıdenir.<br />
Bu isim, Fransız matematikçi Sophie Germain (1776-1831) adına atfedilmi¸stir.<br />
Germain asallarının sonsuz tane olup olmadı˘gıhala çözülememi¸stir. Bilinen en<br />
büyük Germain asalı34547 basamaklı2540041185.2 114729 − 1 sayısıdır.<br />
Teorem 9.2.10’dan faydalanarak 8k − 1 formundaki asalların sonsuz tane<br />
oldu˘gunu gösterelim.<br />
Teorem 9.2.13. 8k − 1 formunda sonsuz tane asal sayıvardır.<br />
Kanıt. Bu formda sonlu tane asal sayıolsun ve bunlarıp1, p2, . . . , pn ile gösterelim.<br />
N = (4p1p2 . . . pn) 2 − 2<br />
sayısınıele alalım. p|N olcak ¸sekilde en az bir p asalıvardır. Bu durumda<br />
(4p1p2 . . . pn) 2 ≡ 2 (mod p)<br />
olur. Yani 2 sayısı p’nin bir kuadratik köküdür ve (2/p) = 1 olur. Teorem<br />
9.2.10’dan p ≡ ±1 (mod 8) olur. E˘ger N sayısının tüm tek asal bölenleri 8a + 1<br />
formunda olsaydıN sayısıda 8a + 1 formunda olurdu ( N, 16a − 2 formundadır.<br />
8a + 1 formundaki bir sayı ayrıca 16a − 2 formunda olamaz.). Dolayısıyla N<br />
sayısının, 8k − 1 formunda bir q asal böleni vardır. Yani q, p1, p2, . . . , pn asallarından<br />
biridir. Böylece q|N ve q| (4p1p2 . . . pn) 2 olur. Buradan da q|2 çeli¸skisini<br />
elde ederiz.
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 33<br />
¸Simdi ise Kuadratik kar¸sık kuralının ispatında kullanaca˘gımız a¸sa˘gıdaki<br />
yardımcıteoremi verelim.<br />
YardımcıTeorem 9.2.14. p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a tek<br />
tamsayısıverilsin. Bu durumda<br />
(a/p) = (−1) Σ<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
⌊ ka<br />
p ⌋ .<br />
Kanıt. Gauss yardımcıteoremindeki gösterimleri hatırlayalım.<br />
<br />
p − 1<br />
S = a, 2a, . . . , a<br />
2<br />
olsun. Bu sayıların p’ye bölümünden kalanları, 0 < ri < p/2 ve p/2 < si < p olmak<br />
üzere r1, r2, . . . , rm ve s1, s2, . . . , sn ile göstermi¸stik ve ayrıca r1, r2, . . . , rm<br />
ve p−s1, p−s2, . . . , p−snsayıları, 1, 2, . . . , (p − 1) /2 sayılarıydı(sıradan ba˘gımsız<br />
olarak). 1 ≤ k ≤ p−1<br />
2 için, 1 ≤ tk ≤ p − 1 ve qk ∈ Z olmak üzere<br />
yazabiliriz ve ka<br />
p = qk + tk<br />
p oldu˘gundan<br />
için<br />
ka = qkp + tk<br />
<br />
ka<br />
p = qk olur. Böylece 1 ≤ k ≤ p−1<br />
2<br />
ka =<br />
<br />
ka<br />
p + tk<br />
p<br />
yazılabilir. Burada tk < p/2 kalanı r1, r2, . . . , rm sayısından biridir ve benzer<br />
¸sekilde tk > p/2 kalanıs1, s2, . . . , sn sayılarından biridir. Dolayısıyla<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
ka =<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
<br />
p−1<br />
ka<br />
2<br />
p + tk =<br />
p<br />
k=1<br />
<br />
ka<br />
p +<br />
p<br />
m<br />
rk +<br />
k=1<br />
n<br />
sk<br />
k=1<br />
k = m<br />
rk + n<br />
(p − sk) = pn + m<br />
rk − n<br />
k=1<br />
k=1<br />
k=1<br />
sk<br />
k=1<br />
e¸sitlikleri elde edilir. (9.8) e¸sitli˘ginden (9.9) e¸sitli˘gini çıkarırsak<br />
(a − 1)<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
k = p<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
elde edilir. p ≡ a ≡ 1 (mod 2) oldu˘gundan<br />
0.<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
k ≡ 1.<br />
n ≡<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
ka<br />
p<br />
<br />
ka<br />
− n + 2<br />
p<br />
n<br />
sk<br />
k=1<br />
<br />
ka<br />
− n + 0.<br />
p<br />
n<br />
sk (mod 2)<br />
k=1<br />
<br />
(mod 2)<br />
(9.8)<br />
(9.9)
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 34<br />
olur. Gauss yardımcıteoreminden<br />
elde edilir.<br />
p = 13 ve a = 5 olsun<br />
p−1<br />
2<br />
k=1<br />
<br />
ka<br />
p<br />
(a/p) = (−1) n = (−1) Σ<br />
p−1<br />
2 ka<br />
k=1 ⌊ p ⌋<br />
=<br />
6<br />
<br />
k.5<br />
k=1 13<br />
<br />
5 2.5 3.5<br />
= + + +<br />
13 13 13<br />
= 0 + 0 + 1 + 1 + 1 + 2 = 5<br />
oldu˘gundan Yukarıdaki yardımcıteoremden<br />
elde edilir.<br />
(5/13) = (−1) 5 = −1<br />
<br />
4.5<br />
+<br />
13<br />
<br />
5.5<br />
+<br />
13<br />
<br />
6.5<br />
13
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 35<br />
9.3 Kuadratik Kar¸sılık<br />
p ve q ayrık asallar ise her iki (p/q) ve (q/p) Legendre sembolü de tanımlıdır. Burada<br />
ilk akla gelen soru bu iki sembol arasında bir ili¸skinin var olup olmadı˘gıdır.<br />
1783 yılında Euler böyle bir ili¸skinin var oldu˘gunu örnekler üzerinden konjuktüre<br />
etmi¸s ve 2 yıl sonra bu konjektür Legendre tarafından eksik olarak ispatlamı¸stır.<br />
Legendre bu ili¸skiyi kendi sembolünü kullanarak<br />
(p/q) (q/p) = (−1) p−1 q−1<br />
2 2<br />
¸sekline ifade etmi¸stir ve Kuadratik Kar¸sılk Kuralı olarak bilinmektedir. 1798<br />
yılında Legendre bu ili¸skiyi ikinci kez ispatlamaya çalı¸smı¸ssada bu ispat da bazı<br />
bo¸sluklar içermekteydi.<br />
Legendre’nin ve Euler’in çalı¸smalarından habersiz bir ¸sekilde Gauss 18<br />
ya¸sında (1795) bu ili¸skiyi bulmu¸s ve bir yıllık çalı¸smanın ardından tam ispatını<br />
vermi¸stir. Bu ispatı "Disquisitiones Arithmeticae" adlı eserinde yayınlamı¸stır.<br />
Bu eseri 1798 yılında bitirmi¸s olmasına ra˘gmen 1801 yılında basılmı¸stır. Bu<br />
durum Legendre ve Gauss arasında Kuadratik Kar¸sılık Kuralının sahiplenilmesi<br />
konusunda tartı¸sma ba¸slatmı¸stır. Gauss daha sonra bu kuralın be¸s farklıispatını<br />
vermi¸s ve bunlara " aritmeti˘gin mücevherleri " demi¸stir. A¸sa˘gıda verece˘gimiz<br />
ispat Gauss’un ispatlarından biridir.<br />
Teorem 9.3.1 (Kuadratik Kar¸sılık Kuralı). p ve q farklıtek asal sayılar ise<br />
(p/q) (q/p) = (−1) p−1 q−1<br />
2 2 .<br />
Kanıt. xy düzleminde (0, 0) , (p/2, 0) , (q/2) , (p/2, q/2) noktalarının olu¸sturdu˘gu<br />
dikgörtgensel bölgeyi ele alalım ve bu bölgeyi T olarak adlandıralım. n, m<br />
tamsayılar olmak üzere, T bölgesi içerisinde kalan (n, m) noktalarının sayısı<br />
1 ≤ n ≤ (p − 1) /2 ve 1 ≤ m ≤ (q − 1) /2 oldu˘gundan<br />
p − 1 − 1<br />
.q<br />
2 2<br />
dir. y = (q/p) x do˘grusu T bölgesini iki parçaya ayırır ve (p, q) = 1 oldu˘gundan<br />
bu do˘gru üzerinde bile¸senleri tamsayıolan (n, m) noktalarıyoktur. T bölgesinin,<br />
do˘grunun alt kısmında kalan parçasıT1, üst kısmında kalan parçasıda T2 olsun.<br />
Bu durumda p−1 q−1<br />
2 . 2 de˘geri T1 ve T2 bölgesindeki tamsayı bile¸senlere sahip<br />
noktaların toplamına e¸sittir. Dolayısıyla ¸simdi bu noktaların sayısını bulalım.<br />
T1 için ba¸slayalım. 1 ≤ k ≤ (p − 1) /2 sayılarıiçin 0 < y < kq/p aralı˘gındaki<br />
tamsayıların sayısı [kq/p] dir. Di˘ger bir ifadeyle (0, k) ile (k, kq/p) noktaları<br />
arasındaki do˘gru parçasıarasındaki tamsayıbile¸senlere sahip noktaların sayısı<br />
[kq/p] dir. Dolayısıyla T1 içeresindeki tamsayıbile¸senli noktaların sayısı<br />
(p−1)/2 <br />
k=1<br />
<br />
kq<br />
p
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 36<br />
dir. Benzer ¸sekilde T2 içerisindeki tamsayıbile¸senli noktaların sayısı<br />
olarak hesaplanır. Böylece<br />
p − 1 − 1<br />
.q<br />
2 2 =<br />
(q−1)/2 <br />
j=1<br />
(p−1)/2 <br />
k=1<br />
<br />
jp<br />
q<br />
e¸sitli˘gi elde edilir. Yardıcıteorem 9.2.14’ten<br />
olur..<br />
(p/q) (q/p) = (−1)<br />
= (−1)<br />
<br />
kq<br />
+<br />
p<br />
(q−1)/2 <br />
j=1<br />
<br />
jp<br />
q<br />
(q−1)/2<br />
j=1 [ jq (p−1)/2<br />
p ] k=1 . (−1)<br />
[ kq<br />
p ]<br />
(q−1)/2<br />
j=1 [ jq<br />
p ]+ (p−1)/2<br />
k=1<br />
= (−1) p−1 q−1<br />
2 . 2<br />
[ kq<br />
p ]<br />
Sonuç 9.3.2. p ve q farklıtek asal sayılar ise<br />
<br />
1 , p ≡ 1 (mod 4) veya q ≡ 1 (mod 4)<br />
(p/q) (q/p) =<br />
−1 , p ≡ q ≡ 3 (mod 4) .<br />
Kanıt. (p − 1) /2. (q − 1) /2 de˘gerinin çift olması için gerek ve yeter ¸sart p ve<br />
q sayılarından en az birinin 4k + 1 formunda olmasıdır. (p − 1) /2. (q − 1) /2<br />
de˘gerinin çift olması için ise gerek ve yeter ¸sart p ve q sayılarının ikisinin de<br />
4k + 3 formunda olmasıdır.<br />
Kuadratik kar¸sılık kuralında her iki tarafını(q/p) de˘geri ile çarpıp (q/p) 2 = 1<br />
e¸sitli˘ginden faydalanarak a¸sa˘gıdaki sonucu verebiliriz.<br />
Sonuç 9.3.3. p ve q farklıtek asal sayılar ise<br />
<br />
(p/q) =<br />
(q/p)<br />
− (q/p)<br />
, p ≡ 1 (mod 4) veya q ≡ 1 (mod 4)<br />
, p ≡ q ≡ 3 (mod 4) .<br />
¸Simdi bu sonuçlarınasıl kullanaca˘gımızıgörelim. p tek asal sayısıve p ∤ a,<br />
a = ±1 olacak ¸sekilde a sayısı verilsin. p1, p2, . . . , pr ayrık tek asallar olmak<br />
üzere a sayısının asal çarpanlara ayrılmı¸s hali<br />
a = ±2p k0<br />
1 pk1 2 . . . pkr r<br />
olsun. Legendre sembolü çarpımsal oldu˘gundan<br />
(a/p) = (±1/p) (2/p) k0 (p1/p) k1 . . . (pr/p) kr<br />
yazılabilir. Dolayısıyla (a/p) de˘gerini bulmak için (−1/p) , (2/p) , (pi/p) de˘gerlerini<br />
hesaplamalıyız. (−1/p) de˘geri için Teorem 9.2.3 (e) ve (2/p) de˘gerleri<br />
içinse Teorem 9.2.10 kullanılabilir. (pi/p) de˘gerleri Sonuç 9.3.3 kullanılarak yer<br />
de˘gi¸stirmeler ve indirgemelerle (−1/p) , (1/p) ve (2/p) ¸sekline indirgenebilir.
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 37<br />
Örnek 9.3.4. (29/53) de˘gerini bulalım. 29 ve 53 tek asal olduklarından ve<br />
29 ≡ 1 (mod 4) oldu˘gundan Sonuç 9.3.3’ten<br />
olur ve Teorem 9.2.3 (a) dan<br />
(29/53) = (53/29)<br />
(53/29) = (24/29)<br />
elde edilir. 24 = 2 3 .3 ¸seklinde yazıldı˘gıiçin<br />
elde edilir. Teorem 9.2.10’dan<br />
(24/29) = (2/29) 3 (3/29) = (2/29) (3/29)<br />
(2/29) = −1<br />
dir. Yine 29 ≡ 1 (mod 4) oldu˘gundan Sonuç 9.3.3’ten ve Teorem 9.2.10’dan<br />
olur. Böylece<br />
elde edilir.<br />
(3/29) = (29/3) = (2/3) = −1<br />
(29/53) = (2/29) (3/29) = (−1) (−1) = 1<br />
Kuadratik kar¸sılık kuralı , kuadratik kalanı 3 olan p = 3 tek asallarının<br />
tespitinde kullanılmaktadır. 3 ≡ 3 (mod 4) oldu˘gundan Sonuç 9.3.3’ten<br />
<br />
(p/3) , p ≡ 1 (mod 4)<br />
(3/p) =<br />
(9.10)<br />
− (p/3) , p ≡ 3 (mod 4) .<br />
olur. p = 3 oldu˘gundan p ≡ 1 (mod 3) veya p ≡ 2 (mod 3) olur. p ≡ 1 (mod 3)<br />
için Teorem 9.2.3 (a)’dan (p/3) = (1/3) = 1 dir. p ≡ 2 (mod 3) için Teorem<br />
9.2.10’dan (p/3) = (2/3) = −1 dir. Dolayısıyla<br />
(p/3) =<br />
1 , p ≡ 1 (mod 3)<br />
−1 , p ≡ 2 (mod 3) .<br />
Böylece (9.10) ve (9.11) den (3/p) = 1 olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart<br />
veya<br />
(9.11)<br />
p ≡ 1 (mod 4) ve p ≡ 1 (mod 3) (9.12)<br />
p ≡ 3 (mod 4) ve p ≡ 2 (mod 3) (9.13)<br />
olmasıdır. (9.12) yerine denk olan p ≡ 1 (mod 12) ve (9.13) yerine denk olan<br />
p ≡ 11 ≡ −1 (mod 12) yazılarak a¸sa˘gıdaki teorem verilir.<br />
Teorem 9.3.5. p = 3 tek asal sayıise<br />
<br />
1 , p ≡ ±1 (mod 12)<br />
(3/p) =<br />
−1 , p ≡ ±5 (mod 12) .
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 38<br />
Örnek 9.3.6. Birle¸sik modüle sahip olan<br />
x 2 ≡ 196 (mod 1357)<br />
kuadratik kongrüansının çözümünün varlı˘gını inceleyelim. 1357 = 23.59<br />
oldu˘gundan bu kongrüansın çözümünün var olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart<br />
x 2 ≡ 196 (mod 23) ve x 2 ≡ 196 (mod 59)<br />
kongrüanslarının çözümünün var olmasıdır. Di˘ger bir ifadeyle (196/23) ve<br />
(196/59) Legendre sembollerinin de˘geri 1 olup olmadı˘gıdır.<br />
(196/23) = (12/23) = 2 2 .3/23 = 2 2 /23 (3/23)<br />
= (2/23) 2 (3/23) = (3/23) = 1.<br />
Dolayısıyla x 2 ≡ 196 (mod 23) kongrüansıçözüme sahiptir.<br />
(196/59) = (19/59) = − (59/19) = − (2/19)<br />
= − (−1) 1 = 1<br />
x 2 ≡ 196 (mod 59) kongrüansı da çözüme sahip oldu˘gundan x 2 ≡<br />
196 (mod 1357) kongrüansıda çözüme sahip olur. ¸Simdi de bu çözümü bulalım.<br />
x 2 ≡ 196 = 12 (mod 23) kongrüansının çözümleri x ≡ 9 (mod 23)<br />
ve x ≡ 14 (mod 23) ve x 2 ≡ 196 = 19 (mod 59) kongrüansının çözümleri<br />
x ≡ 14 (mod 59) ve x ≡ 45 (mod 59) oldu˘gundan<br />
{x ≡ 14 (mod 23) ve x ≡ 14 (mod 59)}<br />
{x ≡ 14 (mod 23) ve x ≡ 45 (mod 59)}<br />
{x ≡ 9 (mod 23) ve x ≡ 14 (mod 59)}<br />
{x ≡ 9 (mod 23) ve x ≡ 45 (mod 59)}<br />
lineer kongrüans sistemlerinin çözümleri x 2 ≡ 196 (mod 1357) kongrüansının<br />
çözümleridir. Bu çözümler x ≡ 14 (mod 1357) , x ≡ 635 (mod 1357) , x ≡<br />
722 (mod 1357) ve x ≡ 1343 (mod 1357) olarak bulunur.
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 39<br />
9.4 Birle¸sik Modüllere Göre Kuadratik Kongrüanslar<br />
¸Simdiye kadar tek olan asal sayıların kuadratik kalanları ile ilgili teoremler<br />
verdik. Bu kısımda birle¸sik sayıların kuadratik kalanlarınıinceleyece˘giz. p tek<br />
asal sayıolmak üzere p k sayısının kuadratik kalana sahip olmasıiçin gerek ve<br />
yeter ¸sartıveren a¸sa˘gıdaki teoremle ba¸slayalım.<br />
Teorem 9.4.1. p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a tamsayısıverilsin.<br />
Bu takdirde<br />
x 2 ≡ a (mod p n ) n ≥ 1<br />
kuadratik kongrüansının çözümünün olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart (a/p) = 1<br />
olmasıdır.<br />
Kanıt. x 2 ≡ a (mod p n ) kongrüansının çözümü var olsun. p|p n oldu˘gundan<br />
x 2 ≡ a (mod p) kongrüansınında çözümü vardır ve bu durumda (a/p) = 1 dir.<br />
Di˘ger taraftan (a/p) = 1 olsun. x 2 ≡ a (mod p n ) kongrüansının çözümünün var<br />
oldu˘gunu göstermek için n üzerinden tümevarım yapalım.<br />
n = 1 için x 2 ≡ a (mod p) kongrüansının çözümü vardır.<br />
n = k için x 2 ≡ a mod p k kongrüansının çözümü var ve bu çözüm x0 olsun.<br />
n = k + 1 için x 2 ≡ a mod p k+1 kongrüansının çözümünün var oldu˘gunu<br />
gösterelim. x 2 0 ≡ a mod p k oldu˘gundan x 2 0 = a + bp k olacak ¸sekilde bir b ∈ Z<br />
vardır. ¸Simdi<br />
2x0y ≡ −b (mod p)<br />
lineer kongrüansınıele alalım. (2x0, p) = 1 oldu˘gundan bu lineer kongrüansının<br />
çözümü vardır ve bu çözüm y0 olsun (yani p| (b + 2x0y0)). ¸Simdi de<br />
x1 = x0 + y0p k<br />
tamsayısınıele alalım. Bu sayının karesi<br />
x 2 1 = x0 + y0p k2 = x 2 0 + 2x0y0p k + y 2 0p 2k<br />
= a + bp k + 2x0y0p k + y 2 0p 2k<br />
= a + (b + 2x0y0) p k + y 2 0p 2k<br />
için, p| (b + 2x0y0) ve p k+1 |y 2 0p 2k oldu˘gundan<br />
x 2 1 ≡ a mod p k+1<br />
elde edilir ve böylece n = k + 1 için x 2 ≡ a mod p k+1 kongrüansının<br />
çözümünün var oldu˘gu gösterilmi¸s olur.<br />
Teoremin ispatından anla¸sılaca˘gı üzere x 2 ≡ a (mod p n ) kongrüansının<br />
çözümüne ula¸smak için önce x 2 ≡ a (mod p) kongrüansı çözülür. Daha sonra<br />
teoremin ispatında izah edilen ¸sekilde bu çözüm yardımıyla x 2 ≡ a mod p 2
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 40<br />
kongrüansının çözümü bulunur. Bu ¸sekilde devam edilerek x 2 ≡ a (mod p n )<br />
kongrüansının çözümüne ula¸sılır. Örne˘gin<br />
x 2 ≡ 23 mod 7 3<br />
kongrüansınıele alalım. Öncelikle x 2 ≡ 23 ≡ 2 (mod 7) kongrüansının çözümü<br />
incelenir. (2/7) = 1 oldu˘gundan bu çözüm vardır ve x0 = 3 tür.<br />
e¸sitli˘ginde b = −2 olur. Dolayısıyla<br />
x 2 0 = a + bp<br />
3 2 = 23 + (−2).7<br />
2x0y ≡ −b (mod p)<br />
2.3.y ≡ − (−2) (mod 7)<br />
6y ≡ 2 (mod 7)<br />
3y ≡ 1 (mod 7)<br />
linner kongrüansınıçözmeliyiz. Bu kongrüansın çözümü ise y0 = 5 tir. Böylece<br />
x 2 ≡ 23 mod 7 2 kongrüansının çözümü<br />
x1 = x0 + y0p<br />
x1 = 3 + 5.7<br />
x1 = 38<br />
olur. ¸Simdi aynı i¸slemleri tekrar ederek x 2 ≡ 23 mod 7 3 kongrüansının<br />
çözümünü bulalım. x 2 ≡ 23 mod 7 2 kongrüansının çözümü olan x0 = 38<br />
sayısıiçin yapalım.<br />
yazıldı˘gında b = 29 olur.<br />
x 2 0 = a + bp 2<br />
38 2 = 23 + 29.7 2<br />
2x0y ≡ −b (mod p)<br />
2.38.y ≡ −29 (mod 7)<br />
76.y ≡ 6 (mod 7)<br />
6y ≡ 6 (mod 7)<br />
y ≡ 1 (mod 7)<br />
lineer kongrüansının çözümü y0 = 1 dir. Dolayısıyla x 2 ≡ 23 mod 7 3 kogrüansının<br />
çözümü<br />
x1 = x0 + y0p 2<br />
x1 = 38 + 1.7 2<br />
x1 = 87
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 41<br />
olur.<br />
¸Simdi de p = 2 için 2 k sayısının kuadratik kalana sahip olmasıiçin gerek ve<br />
yeter ¸sartıverelim.<br />
Teorem 9.4.2. a tek tamsayıolsun. Bu durumda<br />
(a) x 2 ≡ a (mod 2) kongrüansıher zaman çözüme sahiptir.<br />
(b) x 2 ≡ a mod 2 2 kongrüansının çözümünün var olmasıiçin gerek ve yeter<br />
¸sart a ≡ 1 (mod 4) olmasıdır.<br />
(c) n ≥ 3 için x 2 ≡ a (mod 2 n ) kongrüansının çözümünün var olmasıiçin gerek<br />
ve yeter ¸sart a ≡ 1 (mod 8) olmasıdır.<br />
Kanıt. (a) A¸sikar.<br />
(b) Herhangi bir tek sayının karesi (mod 4)’te 1’e denktir. Dolayısıyla x 2 ≡<br />
a mod 2 2 kongrüansının çözümü varsa a ≡ 1 (mod 4) olmalıdır. a ≡ 1 (mod 4)<br />
ise 1 ve 3 sayılarıx 2 ≡ a mod 2 2 kongrüansının çözümleridir.<br />
(c) Herhangi bir tek sayının karesi (mod 8)’de 1’e denktir (2k + 1 ifadesinde<br />
k sayısının tek ve çift olma durumu incelendi˘ginde görülür.). Dolayısıyla x 2 ≡<br />
a (mod 2 n ) kongrüansının çözümü varsa , a ≡ 1 (mod 8) olmalıdır. ¸Simdi a ≡<br />
1 (mod 8) iken x 2 ≡ a (mod 2 n ) kongrüansının çözümünün var oldu˘gunu n ≥ 3<br />
üzerinden tümevarımla gösterelim.<br />
n = 3 için, 1, 3, 5, 7 sayılarıx 2 ≡ a mod 2 3 kongrüansının çözümüdür.<br />
n = k > 3 için x 2 ≡ a mod 2 k kongrüansının çözümü var ve bu çözüm x0<br />
olsun.<br />
n = k + 1 için x 2 ≡ a mod 2 k+1 kongrüansının çözümünün var oldu˘gunu<br />
gösterelim. x 2 0 ≡ a mod 2 k oldu˘gundan x 2 0 = a + b2 k olacak ¸sekilde bir b ∈ Z<br />
vardır. ¸Simdi<br />
x0y ≡ −b (mod 2)<br />
lineer kongrüansınıele alalım. (x0, 2) = 1 oldu˘gundan bu lineer kongrüansının<br />
çözümü vardır ve bu çözüm y0 olsun (yani 2| (b + x0y0)). ¸Simdi de<br />
x1 = x0 + y02 k−1<br />
tamsayısınıele alalım. Bu sayının karesi<br />
x 2 1 = x0 + y02 k−12 = x 2 0 + 2x0y02 k−1 + y 2 02 2k−2<br />
= a + b2 k + x0y02 k + y 2 02 2k−2<br />
= a + (b + x0y0) 2 k + y 2 02 2k−2<br />
için, 2| (b + x0y0) ve 2 k+1 |y 2 02 2k−2 ( 2k−2 = k+1+(k − 3) ≥ k+1 ) oldu˘gundan<br />
x 2 1 ≡ a mod 2 k+1<br />
elde edilir ve böylece n = k + 1 için x 2 ≡ a mod 2 k+1 kongrüansının<br />
çözümünün var oldu˘gu gösterilmi¸s olur.
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 42<br />
x 2 ≡ 5 mod 2 2 kongrüansı 5 ≡ 1 (mod 4) oldu˘gundan çözüme sahiptir<br />
fakat x 2 ≡ 5 mod 2 3 kongrüansının, 5 = 1 (mod 8) oldu˘gundan çözümü yoktur.<br />
x 2 ≡ 17 mod 2 4 ve x 2 ≡ 17 mod 2 5 kongrüanslarının ise 17 ≡ 1 (mod 8)<br />
oldu˘gundan çözümleri vardır.<br />
n > 1 sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sı pi ler ayrık asal sayılar ve ki ≥ 0<br />
tamsayılar olmak üzere n = 2k0p k1<br />
1 pk2 2<br />
kuadratik kongrüansınıçözmek,<br />
. . . pkr<br />
r olsun. (a, n) = 1 olmak üzere<br />
x 2 ≡ a (mod n)<br />
x 2 ≡ a mod 2 k0<br />
x 2 <br />
≡ a mod p k1<br />
<br />
1<br />
.<br />
x 2 ≡ a mod p kr<br />
r<br />
kuadratik kongrüans sistemini çözmeye denktir. Dolayısıyla Teorem 9.4.1 ve<br />
Teorem 9.4.2’den faydalanarak a¸sa˘gıdaki teoremi verebiliriz.<br />
Teorem 9.4.3. n > 1 sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sın = 2k0p k1<br />
1 pk2 2<br />
<br />
. . . pkr<br />
r ve<br />
(a, n) = 1 olsun. Bu takdirde x 2 ≡ a (mod n) kongrüansının çözümünün var<br />
olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart a¸sa˘gıdaki ko¸sulların sa˘glanmasıdır.<br />
(i) i = 1, 2, . . . , r için (a/pi = 1) ,<br />
(ii) 8 ∤ n ve 4|n ise a ≡ 1 (mod 4) , 8|n ise a ≡ 1 (mod 8).<br />
Örnek 9.4.4. x 2 ≡ 3 mod 11 2 .23 2 kuadratik kongrüansının çözümünün varlı˘gınıinceleyelim.<br />
Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter ¸sart<br />
x 2 ≡ 3 mod 11 2 ve x 2 ≡ 3 mod 23 2 kongrüanslarının çözümlerinin var olmasıdır.<br />
x 2 ≡ 3 mod 11 2 için : Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter<br />
¸sart x 2 ≡ 3 (mod 11) yani (3/11) = 1 olmalıdır.<br />
(3/11) = − (11/3) = − (2/3) = − (−1) = 1<br />
Çözüm var.<br />
x 2 ≡ 3 mod 23 2 için : Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter<br />
¸sart x 2 ≡ 3 (mod 23) yani (3/23) = 1 olmalıdır.<br />
(3/23) = − (23/3) = − (2/3) = − (−1) = 1<br />
Çözüm var.<br />
Dolayısıyla x 2 ≡ 3 mod 11 2 .23 2 kuadratik kongrüansının çözümü vardır.<br />
Örnek 9.4.5. x 2 ≡ 9 mod 2 3 .3.5 2 kuadratik kongrüansının çözümünün<br />
varlı˘gını inceleyelim. Bu kongrüansın çözümünün var olası için gerek ve yeter<br />
¸sart x 2 ≡ 9 mod 2 3 , x 2 ≡ 9 (mod 3) ve x 2 ≡ 9 mod 5 2 kongrüanslarının
BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 43<br />
çözümlerinin var olmasıdır.<br />
x 2 ≡ 9 mod 2 3 için : Bu kongrüansın çözümünün var olası için gerek<br />
ve yeter ¸sart x 2 ≡ 9 (mod 2) yani (9/2) = 1 olmalıdır.<br />
(9/2) = 1<br />
Çözüm var.<br />
x 2 ≡ 9 (mod 3) için : Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter<br />
¸sart (9/3) = 1 olmalıdır.<br />
(9/2) = 1<br />
Çözüm var.<br />
x 2 ≡ 9 mod 5 2 için : Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter<br />
¸sart x 2 ≡ 9 (mod 5) yani (9/5) = 1 olmalıdır.<br />
(9/5) = (4/5) = 2 2 /5 = 1<br />
Çözüm var.<br />
Dolayısıyla x 2 ≡ 9 mod 2 3 .3.5 2 kuadratik kongrüansının çözümü vardır.
Bölüm 11<br />
Özel Formdaki <strong>Sayılar</strong><br />
11.1 Marin Mersenne<br />
44
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 45<br />
11.2 Mükemmel <strong>Sayılar</strong><br />
<strong>Sayılar</strong> teorisi tarihi birçok konjektür ve açık problemle doludur. ¸Simdiki kısımda<br />
mükemmel sayılarla ilgili olan konjektür ve problemlere de˘ginece˘giz. Bunlardan<br />
bazılarıçözülmü¸s, bazılarıise hala çözülememi¸stir.<br />
Pisagor 6 sayısının kendisinden farklıpozitif bölenlerinin toplamının yine 6<br />
oldu˘gunu gözlemlemi¸stir.<br />
6 = 1 + 2 + 3<br />
6’dan sonraki bu özelli˘ge sahip sayı28’dir.<br />
28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14<br />
Pisagorcular bu sayılarımükemmel (perfect) olarak adlandırdılar.<br />
Tanım 11.2.1. n pozitif tamsayısıverilin. E˘ger n sayısıkendisinden farklıpozitif<br />
bölenlerinin toplamına e¸sit ise n sayısına mükemmel sayıdenir.<br />
σ (n) − n de˘geri n sayısının kendisi hariç tüm pozitif bölenlerinin toplamını<br />
verdi˘ginden n sayısının mükemmel olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart σ (n) − n = n<br />
yani<br />
σ (n) = 2n<br />
olmasıdır.<br />
Yüzyıllarca filozoflar mükemmel sayıların matematiksel özelliklerinden<br />
ziyade mistik ve dinsel özellikleri ile ilgilenmi¸slerdir. Saint Augustine, Tanrı<br />
dünyayıbir günde yaratabilecekken, yaptı˘gıi¸sin mükemmelli˘gini sembolize etmek<br />
için mükemmel sayıolan 6 günde yarattı˘gınıifade etmi¸stir. Eski Ahit tefsircileri<br />
evrenin mükemmelli˘gini, ayın dünya etrafındaki turunu, mükemmel sayı<br />
olan 28 günde tamamlasıile ifade etmi¸stirler. Yorklu Alcuin, insan ırkının ikinci<br />
jenerasyonunun Hz.Nuh’un gemisindeki 8 ruhun soyundan geldi˘gini, dolayısıyla<br />
8 mükemmel sayıolmadı˘gından ilk jenerasyondan daha az mükemmel oldu˘gunu<br />
söylemi¸stir. Antik yunanda sadece dört tane mükemmel sayıbiliniyordu. Nicomachus<br />
bunları<br />
P1 = 6, P2 = 28, P3 = 496, P4 = 8128<br />
¸seklinde listelemi¸stir. Buradan yola çıkarak, bir basamaklı, iki basamaklı,<br />
üç basamaklı ve dört basamaklı sayılarda sadece birer tane mükemmel sayı<br />
oldu˘gunu ve bunların son basama˘gının 6, 8, 6, 8 ¸sekinde oldu˘gunu gözlemleyerek<br />
a¸sa˘gıdakileri konjektüre etmi¸stir.<br />
1. n. mükemmel sayıPn, n basamaklıdır.<br />
2. Çift olan mükemmel sayıların son basamakları6, 8, 6, 8, . . . ¸seklinde devam<br />
eder.<br />
Bu iki iddia da yanlı¸stır. Be¸s basamaklı mükemmel sayı yoktur. Be¸sinci<br />
mükemmel sayıolan<br />
P5 = 33550336
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 46<br />
ilk kez XV. yüzyılda (anonim ) bulunmu¸s ve sekiz basamaklıdır. Altıncımükemmel<br />
sayıolan<br />
P6 = 8589869056<br />
sayısının son basama˘gıkonjektüre edildi˘gi gibi 8 de˘gil 6 dır. Fakat daha sonradan<br />
çift mükemmel sayıların son basamaklarının 6 veya 8 oldu˘gunu gösterece˘giz. ˙Ilk<br />
altımükemmel sayıdan anla¸sılaca˘gıüzere mükemmel sayılara nadir rastlanılır.<br />
Bunlarından sonlu veya sonsuz tane olup olmadı˘gıhala açık bir problemdir.<br />
Mükemmel sayıların formunu belirleme çalı¸smalarıçok eskilere dayanmaktadır.<br />
Öklid<br />
1 + 2 + 2 2 + 2 3 + · · · + 2 k−1 = 2 k − 1 = p<br />
asal sayı ise 2 k−1 p sayısının mükemmel sayı oldu˘gunu kısmen ispatlamı¸stır.<br />
Örne˘gin 1 + 2 + 2 2 = 2 3 − 1 = 7 asal ve 2 2 .7 = 28 mükemmel sayıdır. Yakla¸sık<br />
2000 yıl sonra Euler, çift mükemmel sayıların bu formda oldu˘gunu ispatlamı¸stır.<br />
¸Simdi bu iki ifadeyi a¸sa˘gıdaki teoremde verelim.<br />
Teorem 11.2.2. 2 k − 1 asal ise (k > 1), n = 2 k−1 2 k − 1 mükemmel sayıdır<br />
ve her çift mükemmel sayıbu formdadır.<br />
Kanıt. 2k − 1 = p asal olsun. n = 2k−1p sayısıiçin, 2k−1 , p = 1 oldu˘gundan<br />
<br />
(k−1)+1 2 2 − 1 p − 1<br />
σ (n) = σ 2 k−1 σ (p) =<br />
2 − 1<br />
= 2 k − 1 (p + 1) = 2 k − 1 2 k<br />
= 2.2 k−1 2 k − 1 <br />
= 2n<br />
p − 1<br />
olur. Yani n mükemmel sayıdır. Di˘ger taraftan n çift mükemmel sayı olsun.<br />
n sayısını k ≥ 2 ve m tek sayı olmak üzere n = 2k−1 m ¸seklinde yazabiliriz.<br />
k−1 2 , m = 1 oldu˘gundan<br />
<br />
(k−1)+1 2 − 1<br />
σ (n) = σ 2 k−1 σ (m) =<br />
σ (m)<br />
2 − 1<br />
= 2 k − 1 σ (m) (11.1)<br />
dır. Ayrıca n mükemmel sayıoldu˘gundan<br />
dir. Böylece (11.1) ve (11.2)’den<br />
σ (n) = 2n = 2 k m (11.2)<br />
2 k m = 2 k − 1 σ (m) (11.3)<br />
elde edilir. Buradan 2 k − 1 |2 k m olur. Fakat 2 k − 1, 2 k = 1 oldu˘gundan<br />
2 k − 1 |m olur. Yani m = 2 k − 1 M olacak ¸sekilde bir M ∈ Z vardır. Bu<br />
ifadeyi (11.3)’te yerine yazarsak<br />
2 k 2 k − 1 M = 2 k − 1 σ (m)<br />
2 k M = σ (m)
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 47<br />
elde edilir yani M | σ (m) dir. M|m ve m|m oldu˘gundan<br />
2 k M = σ (m) ≥ m + M = 2 k − 1 M + M = 2 k M<br />
σ (m) = m + M<br />
olur. Bu ise m sayısının sadece iki tane pozitif böleni oldu˘gunu gösterir. Yani<br />
M = 1 ve dolayısıyla m = 2 k − 1 olur.<br />
Bu teorem, çift olan mükemmel sayılarıbulmak için, 2 k − 1 formundaki asal<br />
sayılarıbulmanın yeterli oldu˘gunu gösterir. Dolayısıyla bu formdaki asal sayıları<br />
incelemek anlamlıdır.<br />
YardımcıTeorem 11.2.3. a k −1 sayısıasal ise a = 2 dir ve k sayısıda asaldır.<br />
Kanıt. a k − 1 sayısı<br />
a k − 1 = (a − 1) a k−1 + a k−2 + · · · + a + 1 <br />
¸seklinde yazılabilir. Bu sayıasal oldu˘gundan iki çarpandan biri 1 olmalıdır.<br />
a k−1 + a k−2 + · · · + a + 1 ≥ a + 1 > 1<br />
dolayıa − 1 = 1 dir yani a = 2 dir.<br />
¸Simdi de k sayısının asal oldu˘gunu olmayana ergi yöntemi ile gösterelim. k sayısı<br />
birle¸sik sayıolsun. k = rs olacak ¸sekilde r > 1, s > 1 sayılarıvardır ve<br />
a k − 1 = (a r ) s − 1 = (a r <br />
− 1) (a r ) s−1 + (a r ) s−2 + · · · + a r <br />
+ 1<br />
yazılabilir. Sa˘g taraftaki iki çarpanda birden büyük oldu˘gundan bu durum a k −1<br />
sayısının asal olmasıile çeli¸sir. Dolayısıyla k asal sayıdır.<br />
2, 3, 5, 7 asal sayıları için 2 2 − 1, 2 3 − 1, 2 5 − 1, 2 7 − 1 sayılarıda asaldır.<br />
Dolayısıyla<br />
2 2 2 − 1 = 6<br />
2 2 2 3 − 1 = 28<br />
2 4 2 5 − 1 = 496<br />
2 6 2 7 − 1 = 8128<br />
sayılarımükemmel sayıdır.<br />
Bu teoremden sonra akla her p asal sayısıiçin 2 p − 1 asal olur mu sorusu<br />
gelmektedir. E˘ger öyle olsaydı çift mükemmel sayıların sonsuz tane oldu˘guda<br />
gösterilmi¸s olurdu. Fakat 1536 yılında Hudalrichus Regius 2 11 − 1 sayısını<br />
2 11 − 1 = 2047 = 23.89<br />
¸seklinde çarpanlara ayırarak tersi durumun geçerli olmadı˘gınıgöstermi¸stir. ˙Ilk<br />
ba¸sta bu hesaplamayıyapmak küçük bir ba¸sarıymı¸s gibi dü¸sünülebilir fakat o
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 48<br />
dönemde bu hesaplama büyük olasılıkla roman rakamlarıve abaküs yardımıyla<br />
yapılmı¸stır ( çünkü Arap sayısistemi XVI. yüzyılın sonlarına do˘gru tamamen<br />
kullanılmaya ba¸slanmı¸stır.). Regius ayrıca p = 13 için 2 13 − 1 sayısının asal<br />
oldu˘gunu göstermi¸s ve bu bize 5. mükemmel sayıolan<br />
2 12 2 13 − 1 = 33550336<br />
sayısınıverir.<br />
Mükemel sayıların tespit edilmesindeki zorluklardan biride, asal sayılar<br />
tablosunun olmamasıydı. 1603 yılında Pietro Cataldi 5150 den küçük bütün<br />
asalların listesini yapmı¸s ve 2 17 − 1 sayısının asal oldu˘gunu tespit ederek altıncı<br />
mükemmel sayıolarak<br />
2 16 2 17 − 1 <br />
sayısınıvermi¸stir.<br />
p asal sayı olmak üzere sonsuz tane 2 p − 1 tipinde asal sayının var olup<br />
olmadı˘gıda halen açık bir problemdir.<br />
¸Simdi çift mükemmel sayıların son basama˘gının 6 veya 8 oldu˘gunu gösteren<br />
teoremi verelim.<br />
Teorem 11.2.4. Her çift mükemmel sayısının son basama˘gı6 veya 8 dir. Denk<br />
olarak n ≡ 6 (mod 10) veya n ≡ 8 (mod 10).<br />
Kanıt. n çift mükemmel sayıoldu˘gundan Teorem 11.2.2’den 2 k − 1 asal olmak<br />
üzere n = 2 k−1 2 k − 1 formundadır. Ayrıca Yardımcı Teorem 11.2.3’ten k<br />
sayısıda asaldır. k = 2 için n = 6 dır ve idda do˘grudur. Dolayısıyla k > 2 olsun.<br />
k asal sayıoldu˘gundan 4m + 1 veya 4m + 3 formundadır. Bu yüzden Teoremi<br />
k = 4m + 1 ve k = 4m + 3 için ayrıayrıispatlayalım.<br />
k = 4m + 1 olsun. Bu durumda<br />
n = 2 4m 2 4m+1 − 1 = 2 8m+1 − 2 4m = 2.16 2m − 16 m<br />
yazılabilir. Her t için 16 t ≡ 6 (mod 10) oldu˘gundan<br />
elde edilir.<br />
k = 4m + 3 olsun. Bu durumda ise<br />
elde edilir.<br />
n ≡ 2.6 − 6 ≡ 6 (mod 10)<br />
n = 2 4m+2 2 4m+3 − 1 = 2 8m+5 − 2 4m+2 = 2.16 2m+1 − 4.16 m<br />
≡ 2.6 − 4.6 ≡ −12 ≡ 8 (mod 10)<br />
Biraz daha ileri gidelim ve çift mükemmel sayıların son basamaklarının 6<br />
veya 28 oldu˘gunu gösterelim. Yani k = 4m + 3 ise n ≡ 28 (mod 100) oldu˘gunu<br />
gösterelim. 2 k−1 için<br />
2 k−1 = 2 4m+2 = 16 m .4 ≡ 6.4 ≡ 4 (mod 10)
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 49<br />
dir. Ayrıca k > 2 için 4|2 k−1 oldu˘gundan<br />
olur. 2 k − 1 içinse<br />
olur. Böylece<br />
2 k−1 ≡ 4, 24, 44, 64, 84 (mod 100)<br />
2 k − 1 = 2.2 k−1 − 1 ≡ 7, 47, 87, 27, 67 (mod 100)<br />
n = 2 k−1 2 k − 1 <br />
≡ 4.7, 24.47, 44.87, 64.27, 84.67 (mod 100)<br />
≡ 28 (mod 100)
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 50<br />
11.3 Mersenne Asalları<br />
n ≥ 1 olmak üzere<br />
Mn = 2 n − 1<br />
¸seklindeki sayılara Mersenne sayıları denir. Bu isim Father Marin Mersenne<br />
adına itaf edilmi¸stir. Bu sayılardan asal olanlara da Mersenne asalıdenir. Kısım<br />
11.2’de 2 n − 1 asal ise n sayısının da asal oldu˘gunu görmü¸stük.<br />
Mersenne, Cogitata Physica-Mathematica (1664) adlıeserinin önsözünde Mp<br />
sayılarının, p = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127, 257 asal sayılarıiçin asal, p < 257<br />
olan di˘ger asal sayılar için ise birle¸sik sayı oldu˘gunu ifade etmi¸stir. Fakat bu<br />
sayıların asal veya birle¸sik sayı olup olmadıklarının test edilip edilme˘gi bilinmemekteydi.<br />
1772 yılında Euler M31 sayısının asallı˘gını 46339 tane olası<br />
bölenini kullanarak do˘grulamı¸stır. Böylece sekizinci mükemmel sayıolan<br />
P8 = 2 30 2 31 − 1 = 2305843008139952128<br />
tespit edilmi¸stir.<br />
1947 yılına kadar 257 den küçük olan 55 tane asal p sayısıiçin Mp Mersenne<br />
sayılarının asallı˘gının tespiti tamamlandıktan sonra, biliyoruz ki Mersenne be¸s<br />
tane hata yapmı¸stır. Mersenne’nin listesindeki M67 ve M257 sayılarıasal de˘gil<br />
fakat listede olmayan M61, M89 ve M107 sayılarıasaldır.<br />
Bazı özel tipteki Mersenne sayılarının asal olup olmadıklarının tespiti için<br />
çe¸sitli yöntemler vardır.<br />
Teorem 11.3.1. p ve q = 2p + 1 asal sayılar ise ya q|Mp yada q|Mp + 2.<br />
Kanıt. Fermat teoreminden<br />
2 q−1 − 1 ≡ 0 (mod q)<br />
oldu˘gunu biliyoruz. Sol tarafıçarpanlara ayırırsak<br />
<br />
2 q−1 <br />
2 + 1 = (2 p − 1) (2 p + 1)<br />
<br />
2 q−1<br />
2 − 1<br />
= Mp (Mp + 2)<br />
≡ 0 (mod q)<br />
olur. Bu durumda q asal oldu˘gundan q|Mp veya q|Mp + 2 olur. Fakat her ikiside<br />
olursa q|2 çeli¸ski elde edildi˘ginden, ya q|Mp ya da q|Mp+2 olmak zorundadır.<br />
Teorem 11.3.1’i ¸su ¸sekilde örneklendirelim. p = 23 için q = 2p + 1 = 47 sayısı<br />
da asaldır. Dolayısıyla Teorem 11.3.1’den ya 47|M23 yada 47|M23 + 2 dir.<br />
dir. Fakat<br />
2 23 = 2 3 2 5 4 ≡ 2 3 (−15) 4 (mod 47)<br />
(−15) 4 = 225 2 ≡ (−10) 2 ≡ 6 (mod 47)
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 51<br />
oldu˘gundan<br />
2 23 ≡ 2 3 6 ≡ 48 ≡ 1 (mod 47)<br />
olur yani 47|M23 = 2 23 − 1 oldu˘gundan M23 sayısıbirle¸sik sayıdır.<br />
p = 29 asalıiçin se 59 ∤ M29 yerine 59| (M29 + 2) elde edildi˘ginden, Teorem<br />
11.3.1 M29 sayısının asal olup olamıdı˘gının tespitinde yardımcıolmamaktadır.<br />
A¸sa˘gıdaki teoremde q|Mp olmasıiçin q sayısıüzerindeki ko¸sullar verilmi¸stir.<br />
Teorem 11.3.2. q = 2n + 1 asal sayıolsun.<br />
(a) q ≡ 1 (mod 8) veya q ≡ 7 (mod 8) ise q|Mn,<br />
(b) q ≡ 3 (mod 8) veya q ≡ 5 (mod 8) ise q|Mn + 2.<br />
Kanıt. q|Mn olması<br />
Mn ≡ 0 (mod q)<br />
2 n = 2 q−1<br />
2 ≡ 1 (mod q)<br />
ifadesine denktir. Bu ifadeyi Teorem 9.2.3 (c)’den Legendre sembolü ile gösterirsek<br />
(2/q) = 1 olur. Teorem 9.2.10’dan q ≡ 1 (mod 8) veya q ≡ 7 (mod 8)<br />
ise (2/q) = 1 oldu˘gunundan (a) do˘grudur. (b) ¸sıkkıda benzer ¸sekilde yapılır.<br />
Sonuç 11.3.3. p ve q = 2p + 1 tek asal sayılar ve p ≡ 3 (mod 4) ise q|Mp dir.<br />
Kanıt. p tek asal sayıoldu˘gundan 4k+1 veya 4k+3 formundadır. E˘ger p = 4k+3<br />
ise q = 8k + 7 olur ve Teorem 11.3.2’den q|Mp olur. p = 4k + 1 ise q = 8k + 3<br />
olur ki bu durumda yine Teorem 11.3.2’den q ∤ Mn olur.<br />
p = 11, 23, 83, 131, 179, 191, 239, 251 asal sayıları için q = 2p + 1 sayıları<br />
da asaldır ve p ≡ 3 (mod 4) oldu˘gundan Sonuç 11.3.3’ten Mp sayılarıbirle¸sik<br />
sayıdır.<br />
Mp sayısının bölenleri ile ilgili, Fermat’a ait olan iki teorem verelim.<br />
Teorem 11.3.4. p tek asal sayıise Mp sayısının her asal böleni 2kp + 1 formundadır.<br />
Kanıt. q, Mp = 2 p − 1 sayısının bir asal böleni olsun. Bu durumda 2 p ≡<br />
1 (mod q) olur. ¸Simdi 2 sayısının (mod q)’ya göre mertebesinin p oldu˘gunu<br />
gösterelim. E˘ger 2 sayısının (mod q)’ya göre mertebesi t olsaydıTeorem 8.1.2’den<br />
t|p olurdu. p asal sayı oldu˘gundan t = 1 veya t = p olmalıdır. t = 1 olsaydı<br />
2 1 ≡ 1 (mod q) denkli˘gi q|1 olmasının gerektirirdi ki q asal sayı oldu˘gundan<br />
çeli¸ski olur. Dolayısıyla t = p, yani 2 sayısının (mod q)’ya göre mertebesinin p<br />
dir.<br />
Fermat teoreminden 2 q−1 ≡ 1 (mod q) dir ve 2 sayısının (mod q)’ya göre mertebesi<br />
p oldu˘gundan tekrar Teorem 8.1.2’den p| (q − 1) dir. Yani z ∈ Z olmak<br />
üzere q = pz + 1 yazılabilir. Burada z tek sayıolsaydıq çift sayıolurdu (çeli¸ski).<br />
Dolayısıyla z çift sayıdır yani q = 2kp + 1 formundadır.<br />
Bu teoremi bir adım daha öteye ta¸sılayım.
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 52<br />
Teorem 11.3.5. p tek asal sayı ise Mp sayısının her q asal böleni için q ≡<br />
±1 (mod 8) dir.<br />
Kanıt. q, Mp sayısının asal böleni oldu˘gundan 2 p ≡ 1 (mod q) dir. Teorem<br />
11.3.4’ten q = 2kp + 1 formundadır. Teorem 9.2.3 (c)’den (2/q) ≡ 2 q−1<br />
2 ≡ 2 kp ≡<br />
(2 p ) k ≡ 1 (mod q) ve Euler kriterinden (Teorem 9.1.3) (2/q) = 1 olur. Bu ise<br />
Teorem 9.2.10’dan q ≡ ±1 (mod 8) oldu˘gu anlamına gelir.<br />
Bu teoremlerin nasıl kullanıldı˘gınıgösteren bir örnek verelim. M17 sayısını<br />
ele alalım. 34k + 1 formunda olan ve 362 < √ M17 olan<br />
sayılarından asal olanlar<br />
35, 69, 103, 137, 171, 205, 239, 273, 307, 341<br />
103, 137, 239, 307<br />
sayılarıdır. 307 = ±1 (mod 8) oldu˘gundan 307 sayısıM17’nin bir böleni de˘gildir.<br />
Di˘ger sayılarda bu ¸sartısa˘glamadı˘gından M17 sayısıasaldır.<br />
Mp sayısının asallı˘gınıtest etmek için Lucas-Lehmer testi kullanılmaktadır.<br />
Bu teste<br />
S1 = 4, Sk+1 = S 2 k − 2, k ≥ 1<br />
dizisi kullanılır. p > 2 için Mp sayısının asal olması için gerek ve yeter ¸sart<br />
Sp−1 ≡ 0 (mod Mp) olması veya buna denk olarak Sp−2 ≡ ±2 p+1<br />
2 (mod Mp)<br />
olmasıdır.<br />
Örne˘gin M7 = 2 7 − 1 = 127 sayısınıele alalım.<br />
S1 ≡ 4, S2 ≡ 14, S3 ≡ 67, S4 ≡ 42, S5 ≡ −16, S6 ≡ 0 (mod 127)<br />
oldu˘gundan M7 asaldır.<br />
Lehmer 1930 yılında hesap makinası yardımıyla 700 saatte S256 =<br />
0 (mod 257) oldu˘gunu göstererek Mersenne’nin listesindeki en büyük sayı(78<br />
basamaklı) olan M257 sayısının asal olma˘gınıhiçbir çarpanıbilinmenden ispatlamı¸stır.<br />
1952 yılında aynı i¸slem bilgisayar yardımıyla sadece 68 saniye sürmü¸stür.<br />
1979 yılında ise M257 sayısının en küçük asal çarpanıolan<br />
535006138814359<br />
sayısıbulunmu¸stur.<br />
A¸sa˘gıdaki listede ilk 41 Mersenne asalı, basamak sayısıve bulunma yılları<br />
ile birlikte verilmi¸stir.
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 53<br />
Mersenne Asalı Basamak Sayısı Bulunma Tarihi<br />
1 2 2 − 1 1 Bilinmiyor<br />
2 2 3 − 1 1 Bilinmiyor<br />
3 2 5 − 1 2 Bilinmiyor<br />
4 2 7 − 1 3 Bilinmiyor<br />
5 2 13 − 1 4 1456<br />
6 2 17 − 1 6 1588<br />
7 2 19 − 1 6 1588<br />
8 2 31 − 1 10 1772<br />
9 2 61 − 1 19 1883<br />
10 2 89 − 1 27 1911<br />
11 2 107 − 1 33 1914<br />
12 2 127 − 1 39 1876<br />
13 2 521 − 1 157 1952<br />
14 2 607 − 1 183 1952<br />
15 2 1279 − 1 386 1952<br />
16 2 2203 − 1 664 1952<br />
17 2 2281 − 1 687 1952<br />
18 2 3217 − 1 969 1957<br />
19 2 4253 − 1 1281 1961<br />
20 2 4423 − 1 1332 1961<br />
21 2 9689 − 1 2917 1963<br />
22 2 9941 − 1 2993 1963<br />
23 2 11213 − 1 3376 1963<br />
24 2 19937 − 1 6002 1971<br />
25 2 21701 − 1 6533 1978<br />
26 2 23209 − 1 6987 1978<br />
27 2 44497 − 1 13395 1979<br />
28 2 86243 − 1 25962 1983<br />
29 2 110503 − 1 33265 1989<br />
30 2 132049 − 1 39751 1983<br />
31 2 216091 − 1 65050 1985<br />
32 2 756839 − 1 227832 1992<br />
33 2 859433 − 1 258716 1994<br />
34 2 1257787 − 1 378632 1996<br />
35 2 1398269 − 1 420921 1996<br />
36 2 2976221 − 1 895932 1996<br />
37 2 3021377 − 1 909526 1998<br />
38 2 6972593 − 1 2098960 1999<br />
39 2 13466917 − 1 4059346 2001<br />
40 2 20996011 − 1 6320430 2003<br />
41 2 24036583 − 1 7235733 2004<br />
Birçok matematikçi Mersenne asallarının sonsuz tane oldu˘guna inanmaktadır.<br />
Fakat sonsuzlu˘gu veya sonlulu˘gu henüz ispatlanmamı¸stır.
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 54<br />
<strong>Sayılar</strong> teorisindeki ünlü problemlerden biride tek mükemmel sayıların<br />
varolup olmadıklarıdır. ¸Simdiye kadar tek olan bir mükemmel sayıbulunmamı¸s<br />
olmasına ra˘gmen bu sayıların varlı˘gıiçin bazıko¸sullar bulmak mümkündür.<br />
Teorem 11.3.6 (Euler). n mükemmel sayısıtek ise pi’ler ayrık asallar ve p1 ≡<br />
k1 ≡ 1 (mod 4) olmak üzere<br />
n = p k1<br />
1 p2j2<br />
2 . . . p 2jr<br />
r .<br />
Kanıt. n sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sıp k1<br />
1 pk2 2<br />
oldu˘gundan<br />
<br />
2n = σ (n) = σ<br />
p k1<br />
1<br />
<br />
σ<br />
<br />
p k2<br />
2<br />
<br />
. . . pkr<br />
r olsun. n mükemmel sayı<br />
. . . σ p kr<br />
r<br />
dır. n tek sayı oldu˘gundan n ≡ 1 (mod 4) veya n ≡ 3 (mod 4). Her iki durumda<br />
da 2n ≡ 2 (mod 4) yani 4 ∤ σ (n) olur. Ayrıca 2|2n = σ (n) dir. Böylece<br />
σ p k1<br />
<br />
1 , σ p k2<br />
<br />
2 , . . . , σ pkr <br />
r sayılarından bir tanesi çift (fakat 4 ile bölünmez)<br />
<br />
geri kalanlar ise tek sayı olmalıdır. σ p k1<br />
<br />
<br />
1 sayısı çift (σ p k1<br />
<br />
1 ≡ 2 (mod 4)<br />
<br />
olur) ve di˘gerleri de tek olsun (i = 2, . . . , r için σ p ki<br />
<br />
i ≡ 1 (mod 4) veya<br />
<br />
σ p ki<br />
<br />
i ≡ 3 (mod 4) olur). Herhangi bir p tek asal sayısı için p ≡ 1 (mod 4)<br />
veya p ≡ 3 ≡ −1 (mod 4) olur.<br />
p ≡ 3 ≡ −1 (mod 4) durumu için k ∈ Z + sayısıolmak üzere :<br />
σ p k = 1 + p + p 2 + · · · + p k<br />
≡ 1 + (−1) 1 + (−1) 2 + · · · + (−1) k (mod 4)<br />
<br />
0 (mod 4) , k tek ise<br />
≡<br />
1 (mod 4) , k çift ise<br />
<br />
olur. Dolayısyla σ p k1<br />
<br />
1 ≡ 2 (mod 4) oldu˘gundan p1 ≡ 1 (mod 4) elde edilir.<br />
i = 2, . . . , r olmak üzere pi ≡ 3 (mod 4) olursa ki çift olur.<br />
p ≡ 1 (mod 4) durumu için k ∈ Z + sayısıolmak üzere :<br />
σ p k = 1 + p + p 2 + · · · + p k<br />
≡ 1 + 1 1 + 1 2 + · · · + 1 k (mod 4)<br />
≡ k + 1 (mod 4)<br />
<br />
elde edilir. p1 ≡ 1 (mod 4) ve σ p k1<br />
<br />
1 ≡ 2 (mod 4) oldu˘gundan k1 ≡ 1 (mod 4)<br />
<br />
elde edilir. i = 2, . . . , r olmak üzere pi ≡ 1 (mod 4) olursa σ p ki<br />
<br />
i ≡ 1 (mod 4)<br />
<br />
veya σ p ki<br />
<br />
i ≡ 3 (mod 4) oldu˘gundan ki ≡ 0 (mod 4) veya ki ≡ 2 (mod 4) elde<br />
edilir. Yani bu durumda da ki çift olur.
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 55<br />
Bu teoremden, herhangi bir n tek mükemmel sayısı<br />
formundadır.<br />
n = p k1<br />
= p k1<br />
1<br />
1 p2j2 2 . . . p 2jr<br />
r<br />
2 . . . pjr r<br />
<br />
p j2<br />
2<br />
= p k1<br />
1 m2<br />
Sonuç 11.3.7. n tek mükemmel sayıise p asal sayı, p ∤ m ve p ≡ k ≡ 1 (mod 4)<br />
olmak üzere<br />
n = p k m 2<br />
formundadır ve n ≡ 1 (mod 4).<br />
Kanıt. Sadece n ≡ 1 (mod 4) kısmıispat gerektirir. p ≡ 1 (mod 4) oldu˘gundan<br />
p k ≡ 1 (mod 4) olur. m tek sayıoldu˘gundan m ≡ 1 (mod 4) veya m ≡ 3 (mod 4)<br />
olur. Her iki durumda da m 2 ≡ 1 (mod 4) olaca˘gından<br />
elde edilir.<br />
n = p k m 2 ≡ 1 (mod 4)<br />
Tek mükemmel sayıların varlı˘gı ile ilgili di˘ger bir çalı¸smada en küçük tek<br />
mükemmel sayısının tespitidir. 1908 yılında Turcaninov bu sayının 2.10 6 sayısından<br />
büyük oldu˘gunu ve en az dört tane asal çarpanının olabilece˘gini göstermi¸stir.<br />
Bilgisayarlar yardımıyla alt sınırın n > 10 300 oldu˘gu tespit edilmi¸stir. Son çalı¸smalar<br />
n sayısının en az sekiz farklıasal çarpanıoldu˘gunu göstermektedir.
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 56<br />
11.4 Fermat <strong>Sayılar</strong>ı<br />
Bu kısımda, birçok konjektürün kayna˘gıolan Fermat sayılarından bahsedece˘giz.<br />
Bu sayılar 2 m +1 formundaki sayıların özel halleridir. 2 m +1 sayısıasal ise n ≥ 0<br />
olmak üzere m = 2 n oldu˘gunu gösterelim. Varsayalım ki m = 2 n formunda<br />
olmasın yani m sayısının tek sayıböleni vardır.<br />
Bu durumda<br />
m = (2k + 1) r<br />
2 m + 1 = 2 (2k+1)r + 1 = (2 r ) 2k+1 + 1<br />
= (2 r + 1)<br />
<br />
(2 r ) 2k − (2 r ) 2k−1 + · · · + (2 r ) 2 − 2 r <br />
+ 1<br />
elde edilir ki bu da 2 m + 1 sayısının asallı˘gıile çeli¸sir. Sonuç olarak 2 m + 1 sayısı<br />
asal ise m = 2 n formundadır.<br />
Tanım 11.4.1. n ≥ 0 olmak üzere<br />
2 2n<br />
+ 1<br />
formundaki sayılara Fermat sayısıdenir.<br />
Matematiksel sezgileri güvenilir olan Fermat<br />
F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65537<br />
sayılarının asal olduklarınıgözlemlemi¸s ve her n de˘geri için Fn sayılarının asal<br />
olabilece˘gini ifade etmi¸stir. Fakat 1732 yılında Euler<br />
F5 = 2 25<br />
+ 1 = 4294967297<br />
sayısının 641 tarafından bölündü˘günü göstermi¸stir.<br />
G. Bennet bu durumu bölme i¸slemi kullanmadan a¸sa˘gıdaki ¸sekilde göstermi¸stir.<br />
Teorem 11.4.2. F5 sayısı641 tarafından bölünür.<br />
Kanıt. a = 2 7 , b = 5 olmak üzere<br />
Ayrıca<br />
olur. Bu e¸sitlik yardımıyla<br />
1 + ab = 1 + 2 7 5 = 641.<br />
1 + ab − b 4 = 1 + a − b 3 b = 1 + 3b = 2 4<br />
F5 = 2 25<br />
+ 1 = 2 32 + 1<br />
= 2 4 a 4 + 1<br />
= 1 + ab − b 4 a 4 + 1<br />
= (1 + ab) a 4 + 1 − a 4 b 4<br />
= (1 + ab) a 4 + (1 + ab) (1 − ab) 1 + a 2 b 2<br />
= (1 + ab) a 4 + (1 − ab) 1 + a 2 b 2<br />
olur ki böylece 641|F5 gösterilmi¸s olur.
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 57<br />
Bugün hala sonsuz tane Fermat asalının varolup olmadı˘gıbilinmemektedir.<br />
Hatta F4 ten büyük Fermat sayılarının birle¸sik sayıoldu˘gu tahmin edilmektedir.<br />
Cetvel ve gönye ile çizilebilecek düzgün çokgenlerin belirlenmesi çok eski bir<br />
problemdir. Gauss "Disquisitiones Arithmeticae" adlıeserinin son bölümünde<br />
Fermat asallarıile bu problem arasında ¸söyle bir ili¸ski kurmu¸stur :<br />
n kenarlıdüzgün bir çokgenin, cetvel ve gönye ile çizile bilmesi için gerek ve<br />
yeter ¸sart k ≥ 0 ve p1, p2, . . . , pr farklıFermat asallarıolmak üzere<br />
¸seklinde olmasıdır.<br />
n = 2 k veya n = 2 k p1p2 . . . pr<br />
Teorem 11.4.3. m > n ≥ 0 için (Fm, Fn) = 1 dir.<br />
Kanıt. d = (Fm, Fn) olsun. Fermat sayılarıtek sayıolduklarından d sayısıda<br />
tek sayıdır. x = 22n ve k = 2m−n olmak üzere<br />
Fm − 2<br />
Fn<br />
=<br />
<br />
2 2 n m−n<br />
2<br />
− 1<br />
22n + 1<br />
= xk − 1<br />
x + 1 = xk−1 − x k−2 + · · · − 1<br />
e¸sitli˘ginden dolayıFn | (Fm − 2) dir. d | Fn oldu˘gundan d | (Fm − 2) dir Ayrıca<br />
d | Fm olmasıd | 2 gerektirir. d tek sayıoldu˘gundan d = 1 elde edilir.<br />
Bu teorem asal sayıların sonsuz tane oldu˘gunun ispatında da kullanılabilir<br />
:Fn Fermat sayısınıbölen en az bir asal sayıvardır. Yukarıdaki teorem farklı<br />
Fermat sayıları aralarında asal oldu˘gunu söyler. Dolayısıyla her Fn sayısının<br />
bölen farklı bir asal sayı vardır. Fermat sayıları sonsuz tane oldu˘gundan asal<br />
sayılarda sonsuz tanedir.<br />
1877 yılında , Cizvit papaz T.Pepin, Fermat sayılarının asallı˘gının tespiti<br />
için bir test bulmu¸stur.<br />
Teorem 11.4.4 (Pepin Testi). n ≥ 1 için Fn = 22n + 1 Fermat sayısının asal<br />
olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart<br />
olmasıdır.<br />
3 (Fn−1)<br />
2 ≡ −1 (mod Fn)<br />
Kanıt. 3 (Fn−1)<br />
2 ≡ −1 (mod Fn) olsun. p | Fn olan p asal sayısıiçin de<br />
sa˘glanır. Her iki tarafın karesini alalım;<br />
3 (Fn−1)<br />
2 ≡ 1 (mod p) .<br />
3 (Fn−1) ≡ 1 (mod p)<br />
3 22n<br />
≡ 1 (mod p) .
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 58<br />
3 sayısının (mod p)’ye göre mertebesi k olsun. Teorem 8.1.2’den k | (Fn − 1) =<br />
22n yani k sayısı2 sayısının bir kuvvetidir. Aslında k = 22n oldu˘gunu gösterelim.<br />
r ≤ 2n−1 olmak üzere, k = 2r olsaydı, 3k ≡ 1 (mod p) denkli˘ginde gerekli kadar<br />
kare alma i¸slemine devam edilerek<br />
yani<br />
3 22n −1<br />
≡ 1 (mod p)<br />
3 (Fn−1)<br />
2 ≡ 1 (mod p)<br />
elde edilirdi ki buradan 1 ≡ −1 (mod p) çeli¸skisi elde edilirdi. Dolayısıyla k<br />
sadece k = 22n = Fn − 1 de˘gerini alabilir. Fermat teoreminden k ≤ p − 1 yani<br />
Fn = k + 1 ≤ p olur. Ayrıca p | Fn oldu˘gundan p ≤ Fn dir. Dolayısıyla Fn = p<br />
yani Fn sayısının asal oldu˘gu elde edilir.<br />
Di˘ger taraftan, n ≥ 1 için Fn Fermat sayısı asal olsun. Fn ≡ (−1) 2n<br />
+ 1 ≡<br />
2 (mod 3) oldu˘gundan dolayı, Kuadratik Kalan kuralından<br />
dir ve Euler kriterinden<br />
elde edilir.<br />
(3/Fn) = (Fn/3) = (2/3) = −1<br />
3 Fn−1<br />
2 ≡ −1 (mod Fn)<br />
Pepin testini kullanarak F3 = 257 sayısının asal oldu˘gunu gösterelim.<br />
3 (F 3 −1)<br />
2 = 3 128 = 3 3 3 5 25<br />
≡ 27 (−14) 25 (mod 257)<br />
≡ 27.14 24 (−14) (mod 257)<br />
≡ 27.17 (−14) (mod 257)<br />
≡ 27.19 (mod 257)<br />
≡ 513 (mod 257)<br />
≡ −1 (mod 257)<br />
oldu˘gundan Pepin testinden F3 sayısıasaldır.<br />
Euler’in F5 Fermat sayısının asal olmadı˘gını gösterdi˘ginden bahsetmi¸stik.<br />
1880 yılında 82 ya¸sındaki F. Landry<br />
F6 = 274177.67280421310721<br />
Fermat sayısının asal olmadı˘gını göstermi¸stir fakat bu çalı¸smasını yayınlamamı¸stır.<br />
1905 yılında J.C. Morehead ve A.E. Western birbirlerinden ba˘gımsız olarak<br />
F7 Fermat sayısına Pepin testini uygulamı¸s ve bu sayının birle¸sik sayıoldu˘gunu<br />
bulmu¸slardır. 66 yıl sonra 1971 yılında Brillhart ve Morrison F7 = 227 + 1<br />
sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sını<br />
F7 = 59649589127497217.5704689200685129054721
BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 59<br />
¸seklinde elde etmi¸slerdir.<br />
1980 yılında Brent ve Pollard F8 Fermat sayısının en küçük asal çarpanını<br />
1238926361552897<br />
olarak belirlemi¸slerdir. Di˘ger çarpan ise 62 basamaklıdır.<br />
1963 yılında Selfridge ve Hurwitz 4933 basamaklıF14 Fermat sayısına Pepin<br />
testini uygulamı¸slar ve birle¸sik sayı oldu˘gunu göstermi¸slerdir. Fakat hala F14<br />
sayısının çarpanlarıbilinmemektedir.<br />
¸Simdi Fermat sayılarının bölenlerini belirlemeye yarayan Euler ve Lucas’<br />
a ait teoremi verelim. 1947 yıllarında Euler, Fn sayısının her asal böleninin<br />
k.2 n+1 +1 formunda formunda olaca˘gınıgöstermi¸s, yüzyıl sonra Lucas bu sonucu<br />
k sayısının çift olmasıgerekti˘gi ¸seklinde geli¸stirmi¸stir.<br />
Teorem 11.4.5. n ≥ 2 olmak üzere, Fn = 22n + 1 Fermat sayısının her p asal<br />
böleni, p = k.2n+2 + 1 formundadır.<br />
Kanıt. Fn sayısının her p asal böleni için<br />
dir. Kare alalım,<br />
2 2n<br />
≡ −1 (mod p) (11.4)<br />
2 2n+1<br />
≡ 1 (mod p) .<br />
2 sayısının (mod p)’ye göre mertebesi h olsun. Bu durumda<br />
dir. 1 ≤ r ≤ n için h = 2 r olsaydı<br />
her iki tarafın devamlıkaresi alınarak<br />
yani (11.4)’den<br />
h | 2 n+1<br />
2 2r<br />
≡ 1 (mod p)<br />
2 2n<br />
≡ 1 (mod p)<br />
−1 ≡ 1 (mod p)<br />
çeli¸skisi elde edilirdi. Dolayısıyla h = 2 n+1 oldu˘gu elde edilir. h = 2 n+1 , 2<br />
sayısının (mod p)’de mertebesi oldu˘gundan φ (p) = p − 1 sayısını böler yani<br />
2 n+1 | (p − 1). n ≥ 2 ise p ≡ 1 (mod 8) olaca˘gından Teorem 9.2.10 yardımıyla<br />
(2/p) = 1 elde edilir. Euler kriterinden<br />
2 p−1<br />
2 ≡ (2/p) = 1 (mod p)<br />
olur. Yine h = 2n+1 , 2 sayısının (mod p)’de mertebesi oldu˘gundan 2n+1 | p−1<br />
2<br />
olmalıdır. Buradan da bir k ∈ Z için p = k.2n+2 + 1 oldu˘gu elde edilir.
Bölüm 12<br />
BazıLineer Olmayan<br />
Diophantine Denklemler<br />
12.1 x 2 + y 2 = z 2 Denklemi<br />
Fermat, n > 2 için<br />
x n + y n = z n<br />
Diophantine denkleminin (0, 0, 0)’dan ba¸ska çözümü olmadı˘gını idda etmi¸stir.<br />
Bu iddia Fermat’ın Son Teoremi olarak olarak bilinmektedir.<br />
Tanım 12.1.1. x 2 +y 2 = z 2 olacak ¸sekildeki x, y, z tamsayılarına Pisagor üçlüsü<br />
denir. E˘ger (x, y, z) = 1 ise bu üçlü ilkel olarak adlandırılır.<br />
(3, 4, 5) , (5, 12, 13) ve (12, 35, 37) ilkel Pisagor üçlüleridir.<br />
(x, y, z) Pisagor üçlüsü verilsin. (x, y, z) = d ise x = dx1, y = dy1, z = dz1<br />
olacak ¸sekilde x1, y1, z1 tam sayılarıvardır.<br />
x 2 1 + y 2 1<br />
=<br />
x<br />
d<br />
= z 2 1<br />
2<br />
+<br />
y<br />
d<br />
2<br />
= x2 + y 2<br />
d 2<br />
= z2<br />
d2 = d2z2 1<br />
d2 ve (x1, y1, z1) = 1 oldu˘gundan (x1, y1, z1) bir ilkel Pisagor üçlüsüdür. Dolayısıyla<br />
Pisagor üçlüleri, ilkel Pisagor üçlülerinden elde edilebilece˘ginden bu üçlüleri<br />
tespit etmek yeterlidir.<br />
Yardımcı Teorem 12.1.2. (x, y, z) bir ilkel Pisagor üçlüsü ise x veya y<br />
sayılarından bir tanesi çift ve di˘geride tektir.<br />
Kanıt. x ve y sayılarının ikisi birden çift olsaydı2 | x 2 + y 2 = z 2 ve dolayısıyla<br />
2 | z olurdu. Bu ise (x, y, z) = 1 olmasıyla çeli¸sir. Di˘ger taraftan x ve y sayıları<br />
tek olsaydıx 2 ≡ 1 (mod 4) ve y 2 ≡ 1 (mod 4) ve dolayısıyla z 2 = x 2 + y 2 ≡<br />
2 (mod 4) olurdu ki bu da bir tamsayının karesinin (mod 4)’te 0 veya 1 olması<br />
ile çeli¸sir.<br />
60
BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER61<br />
Böylece bir (x, y, z) ilkel Pisagor üçlüsü verildi˘ginde x sayısını çift ve y<br />
sayısınıda tek olarak dü¸sünebiliriz.<br />
Ayrıca (x, y, z) ilkel Pisagor üçlüsü için (x, y) = (x, z) = (y, z) = 1 dir.<br />
Gerçekten (x, y) = d > 1 olsaydıp | x ve p | y olacak ¸sekilde bir p asal sayısıvar<br />
olurdu. Buradan p | x 2 + y 2 = z 2 ve p | z elde edilirdi ki bu da (x, y, z) = 1<br />
olmasıyla çeli¸sirdi. Benzer ¸sekilde (x, z) = (y, z) = 1 oldu˘gu da gösterilebilir.<br />
Yardımcı Teorem 12.1.3. ab = c n , (a, b) = 1 ise a = a n 1 ve b = b n 1 olacak<br />
¸sekilde a1, b1 tamsayılarıvardır.<br />
Kanıt. a > 1 ve b > 1 sayılarının asal çarpanlara ayrılı¸sı<br />
a = p k1<br />
1<br />
. . . pkr r ve b = q j1<br />
1 . . . qjs s<br />
olsun. (a, b) = 1 oldu˘gundan pi ve qi sayılarıfarklıasallardır. Bu durumda ab<br />
sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sı<br />
¸seklinde olur.<br />
ab = p k1<br />
1<br />
. . . pkr r q j1<br />
1 . . . qjs s<br />
c = u l1<br />
1<br />
. . . ult t<br />
c sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sıolmak üzere ab = c n e¸sitli˘gi<br />
p k1<br />
1<br />
. . . pkr r q j1<br />
1 . . . qjs r = u nl1<br />
1 . . . u nlt<br />
t<br />
halini alır. Burada u1, . . . ut asallarısıradan ba˘gımsız olarak p1, . . . , pr, q1, . . . qr<br />
asalları, nl1, . . . , nlt sayıları da k1, . . . , kr, j1, . . . , js sayılarıdır. Sonuç olarak<br />
ki, ji sayıların ile bölünebilen sayılardır.<br />
a1 = p k1/n<br />
1 . . . p kr/n<br />
r<br />
b1 = q j1/n<br />
1 . . . q js/n<br />
s<br />
olmak üzere a = a n 1 ve b = b n 1 yazılabilir.<br />
Teorem 12.1.4. (x, y, z) = 1, 2 | x, x, y, z > 0 olmak üzere<br />
x 2 + y 2 = z 2<br />
Pisagor denkleminin tüm çözümleri s > t > 0, (s, t) = 1 ve s = t (mod 2) olmak<br />
üzere<br />
x = 2st, y = s 2 − t 2 , z = s 2 + t 2<br />
¸seklindedir.<br />
Kanıt. (x, y, z) ilkel Pisagor üçlüsü olsun. Bu durumda x çift ve y, z tek<br />
sayılardır. z − y ve z + y sayılarıda çifttir. Dolayısıyla z − y = 2u ve z + y = 2v<br />
olacak ¸sekilde u, v tamsayılarıvardır.<br />
<br />
x<br />
2 =<br />
2<br />
z2 − y2 =<br />
4<br />
(z − y) (z + y)<br />
<br />
4<br />
z − y z + y<br />
=<br />
= uv<br />
2 2
BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER62<br />
yazabiliriz. Buradaki u ve v sayılarıaralarında asaldır. Gerçekten (u, v) = d > 1<br />
olsaydıd | (v − u) = y ve d | (v + u) = z olurdu ki bu da (y, z) = 1 ile çeli¸sirdi.<br />
2 = uv e¸sitli˘gi için YardımcıTeorem 12.1.3’den<br />
x<br />
2<br />
u = t 2 ve v = s 2<br />
olacak ¸sekilde s, t tamsayılarıvardır. Bu sayılar yardımıyla<br />
z = v + u = s 2 + t 2<br />
y = v − u = s 2 − t 2<br />
x 2 = 4vu = 4s 2 t 2<br />
veya x = 2st elde edilir. (y, z) = 1 oldu˘gundan (s, t) = 1 olur. ¸Simdi de s =<br />
t (mod 2) oldu˘gunu yani ikisinin birden tek veya çift olamayaca˘gınıgösterelim.<br />
s ve t tek veya çift olsalardı z ve y çift olurdu ki bu da z ve y sayılarının tek<br />
olmasıile çeli¸sir.<br />
Tersine s ve t teoremdeki ko¸sullarısa˘glayan iki tamsayıolsun. Yani x = 2st, y =<br />
s 2 − t 2 , z = s 2 + t 2 ve s > t > 0, (s, t) = 1 ve s = t (mod 2) olsun.<br />
x 2 + y 2 = (2st) 2 + s 2 − t 2 2 = s 2 + t 2 2 = z 2<br />
oldu˘gundan (x, y, z) bir Pisagor üçlüsüdür. ¸Simdi bu üçlünün ilkel Pisagor<br />
üçlüsü oldu˘gunu gösterelim. (x, y, z) = d > 1 olsun. p | d olacak ¸sekilde bir<br />
p asal sayısı vardır. s = t (mod 2) oldu˘gundan s veya t tek, di˘geride çifttir.<br />
Dolayısıyla z tek olur. p | d | z oldu˘gundan p = 2 dir. Ayrıca p | y ve p | z<br />
oldu˘gundan p | (y + z) ve p | (y − z) yani p | 2s 2 ve p | 2t 2 ve dolayısıyla<br />
p | s ve p | t elde edilir. Fakat bu durum (s, t) = 1 olmasıyla çeli¸sir. Dolayısıyla<br />
(x, y, z) = 1 dir.<br />
x y z<br />
s t 2st s 2 − t 2 s 2 + t 2<br />
2 1 4 3 5<br />
3 2 12 5 13<br />
4 1 8 15 17<br />
4 3 24 7 25<br />
5 2 20 21 29<br />
5 4 40 9 41<br />
6 1 12 35 37<br />
6 5 60 11 61<br />
7 2 28 45 53<br />
7 4 56 33 65<br />
7 6 84 13 85<br />
Dikkat edilirse tabloda (x, y, z) ilkel Pisagor üçlüleri için, x veya y sayılarından<br />
birinin 3 ile bölündü˘gü görülmektedir. Teorem 12.1.4’ten (s, t) = 1 olmak
BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER63<br />
üzere, x = 2st, y = s 2 − t 2 , z = s 2 + t 2 oldu˘gunu biliyoruz. 3 | s veya 3 | t ise<br />
3 | x dir. 3 ∤ s ve 3 ∤ t ise Fermat teoreminden<br />
olur ve<br />
s 2 ≡ 1 (mod 3) ve t 2 ≡ 1 (mod 3)<br />
y = s 2 − t 2 ≡ 0 (mod 3)<br />
yani 3 | y.<br />
Kenar uzunluklarıtamsayıolan dik üçgene Pisagor üçgeni denir.<br />
Teorem 12.1.5. Pisagor üçgeninin iç te˘get çemberinin yarıçapıher zaman tamsayıdır.<br />
Kanıt. Pisagor üçgeninin kenarları x, y ve hipotenüsü z olsun. r, iç te˘get<br />
çemberinin yarıçapıolmak üzere<br />
1<br />
2<br />
xy = 1<br />
2<br />
rx + 1<br />
2<br />
ry + 1<br />
2<br />
1<br />
rz = r (x + y + z)<br />
2<br />
e¸sitli˘ginden r = xy<br />
x+y+z elde edilir. x2 + y 2 = z 2 denklemini sa˘glayan pozitif<br />
tamsayılar<br />
x = 2stk, y = s 2 − t 2 k, z = s 2 + t 2 k
BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER64<br />
¸seklindedir. Bu de˘gerleri yerine yazarsak<br />
tamsayısıelde edilir.<br />
r =<br />
2stk s2 − t2 k<br />
2stk + (s2 − t2 ) k + (s2 + t2 =<br />
) k<br />
2k2st s2 − t2 k (2st + s2 − t2 + s2 + t2 )<br />
= 2kst (s − t) (s + t)<br />
2s (s − t)<br />
= 2kt (s − t)
BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER65<br />
12.2 Fermat’ın Son Teoremi<br />
Teorem 12.2.1 (Fermat). x 4 + y 4 = z 2 Diophantine denkleminin tamsayı<br />
çözümü yoktur.<br />
Kanıt. x0, y0, z0 sayıları x 4 + y 4 = z 2 denkleminin bir çözümü olsun. Burada<br />
(x0, y0) = 1 oldu˘gunu varsayabiliriz. ( (x0, y0) = d > 1 olursa x0 = dx1, y0 = dy1<br />
ve (x1, y1) = 1 olacak ¸sekilde x1, y1 tamsayılarıve z0 = d 2 z1 olacak ¸sekilde z1<br />
tamsayısı vardır. Böylece x 4 0 + y 4 0 = z 2 0 denkleminden d 4 x 4 1 + d 4 y 4 1 = d 4 z 2 1 ve<br />
dolayısıyla x 4 1 +y 4 1 = z 2 1 elde edilebilece˘ginden x1, y1, z1 sayılarıalınır.) x 4 0 +y 4 0 =<br />
z2 0 denklemini x2 2 <br />
2 2 2<br />
0 + y0 = z0 ¸seklinde yazabiliriz. Dolayısıyla x2 0, y2 <br />
0, z0 bir<br />
ilkel Pisagor üçlüsüdür. Teorem 12.1.4’ten s > t > 0, (s, t) = 1 ve s = t (mod 2)<br />
olmak üzere<br />
x 2 0 = 2st, y 2 0 = s 2 − t 2 , z = s 2 + t 2<br />
¸seklindedir. Burada s tek t çift veya s çift t tektir. s çift olursa<br />
1 ≡ y 2 0 ≡ s 2 − t 2 ≡ 0 − 1 ≡ 3 (mod 4)<br />
çeli¸skisi elde edilir. Dolayısıyla s tek t çifttir. Yani t = 2r yazabiliriz. (s, t) = 1<br />
olması ayrıca (s, r) = 1 olmasını gerekmektedir. x2 0 = 2st = 4sr oldu˘gundan<br />
x0 2<br />
2 = sr yazabiliriz. Bu e¸sitlik için YardımcıTeorem 12.1.3’den<br />
s = z 2 1, r = w 2 1<br />
olacak ¸sekilde z1, w1 pozitif tamsayılarıvardır.<br />
y 2 0 = s 2 − t 2 ⇒ t 2 + y 2 0 = s 2<br />
e¸sitli˘gindeki t, y0, s sayıları tekrar Teorem 12.1.4’ten u > v > 0, (u, v) = 1 ve<br />
u = v (mod 2) olmak üzere<br />
t = 2uv, y0 = u 2 − v 2 , s = u 2 + v 2<br />
¸seklindedir. Buradan<br />
uv = t<br />
2 = r = w2 1<br />
elde edilir. (u, v) = 1 oldu˘gundan yine YardımcıTeorem 12.1.3’den<br />
u = x 2 1, v = y 2 1<br />
olacak ¸sekilde x1, y1 pozitif tamsayılarıvardır. Böylece<br />
z 2 1 = s = u 2 + v 2 = x 4 1 + y 4 1<br />
elde edildi˘ginden x1, y1, z1 sayıları x 4 + y 4 = z 2 denkleminin bir çözümüdür.<br />
Ayrıca<br />
0 < z1 ≤ z 2 1 = s ≤ s 2 < s 2 + t 2 = z0
BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER66<br />
olur. Burada yapılan ¸sey x0, y0, z0 çözümü kullanılarak 0 < z1 < z0 olacak<br />
¸sekilde bir x1, y1, z1 çözümü bulunmu¸stur. Benzer ¸sekilde devam edilerek<br />
z0 > z1 > z2 > · · ·<br />
sonsuz azalan pozitif tamsayı dizisi elde edilebilir. Fakat z0’dan küçük sonlu<br />
tane pozitif tamsayıoldu˘gundan bir çeli¸ski olu¸sur. Sonuç olarak x 4 + y 4 = z 2<br />
denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur.<br />
Sonuç 12.2.2. x 4 + y 4 = z 4 denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur.<br />
Kanıt. x0, y0, z0 sayıları x 4 + y 4 = z 4 denkleminin çözümü olsaydı x0, y0, z 2 0<br />
sayılarıx 4 + y 4 = z 2 denkleminin çözümü olurdu.
Bölüm 13<br />
Tamsayıların Kare<br />
ToplamlarıOlarak<br />
Gösterimleri<br />
13.1 Lagrange<br />
67
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI68<br />
13.2 ˙Iki Kare Toplamı<br />
Bu bölümde verilen bir pozitif tamsayının enfazla kaç tane kare toplamı¸seklinde<br />
yazılabilece˘gini inceleyece˘giz.<br />
1 = 1 2<br />
2 = 1 2 + 1 2<br />
3 = 1 2 + 1 2 + 1 2<br />
4 = 2 2<br />
5 = 2 2 + 1 2<br />
6 = 2 2 + 1 2 + 1 2<br />
7 = 2 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2<br />
Bu örnekler de en az 4 tane kareye ihtiyaç vardır. Gerçekten de 1770 yılında<br />
Lagrange verilen bir pozitif tamsayının enfazla 4 tane kare toplamı ¸seklinde<br />
yazılabilece˘gini ispatlamı¸stır.<br />
Bu kısımda iki kare toplamları ve farklarını inceleyece˘giz. Bir sonraki<br />
bölümde de Lagrange’ın teoremini ispalayaca˘gız.<br />
YardımcıTeorem 13.2.1. E˘ger m ve n iki kare toplamı¸seklinde yazılabilen<br />
sayılar ise, mn sayısıda iki kare toplamı¸seklinde yazılabilir.<br />
Kanıt. m = a 2 + b 2 , n = c 2 + d 2 olsun. mn sayısı<br />
mn = a 2 + b 2 c 2 + d 2<br />
= (ac + bd) 2 + (ad − bc) 2 .<br />
¸seklinde iki kare toplamıolarak yazılabilir.<br />
Bazıasal sayılar iki kare toplamı¸seklinde yazılamazlar. Örne˘gin<br />
3 = a 2 + b 2<br />
e¸sitli˘gini sa˘glayan a, b tamsayılarıyoktur.<br />
Teorem 13.2.2. 4k +3 formundaki asal sayılar iki kare toplamı¸seklinde yazılamazlar.<br />
Kanıt. p = 4k + 3 = a 2 + b 2 olacak ¸sekilde a, b pozitif tamsayılarıvar olsun.<br />
a ≡ 0, 1, 2, 3 (mod 4)<br />
b ≡ 0, 1, 2, 3 (mod 4)<br />
oldu˘gundan a 2 ≡ 0, 1 (mod 4), b 2 ≡ 0, 1 (mod 4) ve<br />
olur. Buradan da<br />
çeli¸skisi elde edilir.<br />
a 2 + b 2 ≡ 0, 1, 2 (mod 4)<br />
p ≡ 4 = 0, 1, 2 (mod 4)
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI69<br />
4k+1 formundaki asal sayılar ise iki kare toplamı¸seklinde yazılabilirler. Bunu<br />
ispatlamak için Dirichlet’in ünlü güvercin yuvasıilkesini ve Norveçli matematikçi<br />
Axel Thue’nin yardımcıteoremini verelim.<br />
Güvercin Yuvası ˙Ilkesi : E˘ger n adet nesne m tane güvercin yuvasına<br />
yerle¸stirilecekse ve n > m ise bazıyuvalar en az 2 nesne içerirler.<br />
YardımcıTeorem 13.2.3 (Thue). p asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde bir<br />
a sayısıverilsin. Bu durumda<br />
kongrüansının,<br />
olacak ¸sekilde bir x0, y0 çözümü vardır.<br />
Kanıt. k = √ p + 1 olsun ve<br />
ax ≡ y (mod p)<br />
0 < |x0| < √ p ve 0 < |y0| < √ p<br />
S = {ax − y : 0 ≤ x ≤ k − 1, 0 ≤ y ≤ k − 1}<br />
kümesini ele alalım. ax−y sayısık 2 tane de˘ger alabiir. Ayrıca k 2 > p oldu˘gundan<br />
güvercin yuvası ilkesinden S kümesi, (mod p) de denk olan en az iki elemana<br />
sahiptir Bunlara ax1 − y1 veya ax2 − y2 diyelim ve x1 = x2 ve y1 = y2 dir.<br />
Buradan<br />
a (x1 − x2) ≡ y1 − y2 (mod p)<br />
yazılabilir. x0 = x1 − x2 ve y0 = y1 − y2 yazılırsa x0, y0<br />
ax ≡ y (mod p)<br />
kongrüansının bir çözümü olur. x0 ve y0 sayılarından biri 0 ise (a, p) = 1 ¸sartı<br />
di˘gerininde 0 olmasınıgerektirir. Buradan da<br />
elde edilir.<br />
0 < |x0| ≤ k − 1 < √ p ve 0 < |y0| ≤ k − 1 < √ p<br />
¸Simdi 4k + 1 formundaki asal sayıların iki kare toplamı¸seklinde yazılabilece˘gini<br />
ispatlayabiliriz. Bu teorem Fermat tarafından türetilmi¸stir. (Bu olguyu<br />
Albert Girard Fermat’tan yıllar önce fark etti˘ginden bazen Girard teoremi olarak<br />
ta adlandırılmaktadır.) Fermat, Mersenne’ye mektubunda (1640) bu teoremden<br />
bahsetmi¸s ve çürütülemez bir ispatının oldu˘gunu söylemi¸stir. Fakat ilk basılıispat<br />
1754 yılında Euler tarafından, iki kare toplamının tek türlülü˘gü de eklenerek<br />
verilmi¸stir.<br />
Teorem 13.2.4 (Fermat). p tek asalının iki kare toplamı¸seklinde yazılabilmesi<br />
için gerek ve yeter ¸sart p ≡ 1 (mod 4) olmasıdır.
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI70<br />
Kanıt. ⇒: Teorem 13.2.2’den .<br />
⇐=: p ≡ 1 (mod 4) olsun. Bu durumda (−1/p) = 1 yani −1 p’nin kuadratik<br />
kalanıoldu˘gundan ,<br />
a 2 ≡ −1 (mod p)<br />
olacak ¸sekilde bir a tamsayısıvardır ve (a, p) = 1 dir.<br />
kongrüansıYardımcıTeorem 13.2.3’ten<br />
ax ≡ y (mod p)<br />
0 < |x0| ≤ k − 1 < √ p ve 0 < |y0| ≤ k − 1 < √ p<br />
olacak ¸sekilde x0, y0 çözümüne sahiptir.<br />
−x 2 0 ≡ a 2 x 2 0 ≡ (ax0) 2 ≡ y 2 0 (mod p)<br />
x 2 0 + y 2 0 ≡ 0 ≡ p (mod p)<br />
elde edilir. Böylece k ≥ 1 tamsayısıiçin<br />
yazılabilir.<br />
oldu˘gundan k = 1 yani<br />
elde edilir.<br />
x0 + y0 = kp<br />
kp = x0 + y0 < x 2 0 + y 2 0 < 2p<br />
x 2 0 + y 2 0 = p<br />
Sonuç 13.2.5. 4k + 1 formundaki her asal iki kare toplamı olarak tek türlü<br />
(sıradan ba˘gımsız) yazılabilir.<br />
Kanıt. a, b, c, d pozitif tamsayılar olmak üzere p = a 2 + b 2 = c 2 + d 2 olsun.<br />
a, b, c, d < √ p oldu˘gundan<br />
olmalıdır. E˘ger ad + bc = p ise<br />
a 2 d 2 − b 2 c 2 = p d 2 − b 2 ≡ 0 (mod p)<br />
<br />
⇒ p | (ad) 2 − (bc) 2<br />
⇒ p | (ad − bc) (ad + bc)<br />
ad − cd = 0 veya ad + bc = p<br />
p 2 = a 2 + b 2 c 2 + d 2<br />
= (ad + bc) 2 + (ac − bd) 2<br />
= p 2 + (ac − bd) 2
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI71<br />
e¸sitli˘ginden ac − bd = 0 olur. Bu durumda<br />
ad − bc = 0 veya ac − bd = 0<br />
olmalıdır. ad = bc oldu˘gunu varsayalım. a | bc ve (a, b) = 1 oldu˘gundan a | c<br />
olur. Yani c = ak, k ∈ Z yazılabilir. ad = bc = bka e¸sitli˘ginden d = kb elde<br />
edilir. Fakat<br />
p = c 2 + d 2 = (ak) 2 + (kb) 2 = k 2 a 2 + b 2<br />
= k 2 p<br />
e¸sitli˘gi k = 1 olmasını gerektirir. Bu durumda c = a ve d = b olur. Benzer<br />
¸sekilde ac = bd olmasıda a = d ve b = c olmasınıgerektirir ki her iki durumda<br />
da p asalının iki kare toplamı¸seklindeki gösterimi tek türlü olur.<br />
için<br />
Teorem 13.2.4’ü kullanarak p = 13 asalınıiki kare toplamı¸seklinde yazalım.<br />
a 2 ≡ −1 (mod p)<br />
<br />
p − 1<br />
a = !<br />
2<br />
bir çözümdür. p = 13 için a = 6! = 720 olur.<br />
kongrüansının çözümünü bulalım.<br />
S =<br />
ax ≡ y (mod p)<br />
720x ≡ y (mod p)<br />
5x ≡ y (mod p)<br />
<br />
5x − y : 0 ≤ x, y ≤ k − 1 =<br />
<br />
p − 1 = 3<br />
S = {0, −1, −2, −3, 5, 4, 3, 2, 10, 9, 8, 7, 15, 14, 13, 12}<br />
−3 ≡ 10<br />
=5.0−3 =5.2−0<br />
(mod 13)<br />
Burada x1 = 0, y1 = 3 ve x2 = 2, y2 = 0 olur. Dolayısıyla<br />
elde edilir. Buradan p = 13 asalı<br />
x0 = x2 − x1 = 2<br />
y0 = y2 − y1 = −3<br />
13 = x 2 0 + y 2 0 = 3 2 + 4 2<br />
¸seklinde iki kare toplamı¸seklinde yazılabilir.<br />
¸Simdi de hangi tipteki sayıların herzaman iki kare toplamı¸seklinde yazılabilece˘gini<br />
görelim.
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI72<br />
Teorem 13.2.6. n pozitif bir tamsayı, m = p1 . . . pl olmak üzere n = N 2 m<br />
sayısının iki kare toplamı ¸seklinde yazılabilmesi için gerek ve yeter ¸sart m<br />
sayısının 4k + 3 formunda bir asal çarpan içermemesidir.<br />
Kanıt. ⇐=: m sayısının 4k + 3 formunda hiç bir asalı olmasın. m = 1 ise<br />
n = N 2 + 0 2 ¸seklinde iki kare toplamı¸seklinde yazılabilir. m > 1 ise pi asalı<br />
ya 2 dir ya da 4k + 1 formundadır. Dolayısıyla pi asallarıiki kare toplamı¸seklinde<br />
yazılabilirler ve bunların çarpımıolan m sayısıda iki kare toplamı¸seklinde<br />
yazılabilir. Yani<br />
m = x 2 + y 2<br />
olacak ¸sekilde x, y tamsayılarıvardır.<br />
n = N 2 m = N 2 (x 2 + y 2 )<br />
= N 2 x 2 + N 2 y 2<br />
= (Nx) 2 + (Ny) 2<br />
e¸sitli˘ginden n sayısınında iki kare toplamı¸seklinde yazılabilece˘gi gösterilmi¸s olur.<br />
⇒: n sayısıiki kare toplamı¸seklinde yazılabilsin. Yani<br />
n = a 2 + b 2<br />
olacak ¸sekilde a, b tamsayılarıvarolsun. m > 1 için p m’yi bölen tek asal sayı<br />
olmak üzere p sayısının 4k + 1 formunda oldu˘gunu gösterelim. (a, b) = d ise<br />
a = rd, b = sd ve (r, s) = 1 olacak ¸sekilde r, s tamsayılarıvardır ve<br />
yazılabilir.<br />
oldu˘gundan<br />
N 2 m = a 2 + b 2 = r 2 d 2 + s 2 d 2<br />
= d 2 r 2 + s 2<br />
d 2 ∤ m = p1 . . . pl<br />
d 2 | N 2<br />
elde edilir. p | m oldu˘gundan bir t tamsayısıiçin<br />
r 2 + s 2 2 N<br />
=<br />
d2 <br />
m = tp<br />
yazılabilir ve<br />
r 2 + s 2 ≡ 0 (mod p) (13.1)<br />
elde edilir. Bu denklikten ve (r, s) = 1 ¸sartından p asalır veya s sayılarından<br />
en az biri ile aralarında asaldır ve bu sayır olsun. Dolayısıyla<br />
r ′ r ≡ 1 (mod p)
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI73<br />
olacak ¸sekilde bir r ′ sayısıvardır. (13.1)’i (r ′ ) 2 ile çarpalım ;<br />
(r ′ ) 2 r 2 + s 2 ≡ 0 (mod p)<br />
(r ′ ) 2 r 2 + (r ′ ) 2 s 2 ≡ 0 (mod p)<br />
(r ′ r) 2 + (r ′ s) 2 ≡ 0 (mod p)<br />
1 + (r ′ s) 2 ≡ 0 (mod p)<br />
(r ′ s) 2 ≡ −1 (mod p)<br />
Bu denklik, (−1/p) = 1 anlamına gelir. Dolayısyla Teorem 9.2.4’den p = 4k + 1<br />
formundadır.<br />
Sonuç 13.2.7. Pozitif bir n tamsayısının iki kare toplamı¸seklinde yazılabilmesi<br />
için gerek ve yeter ¸sart 4k + 3 formundaki asal çarpanların kuvvetlerinin çift<br />
olmasıdır.<br />
Örnek 13.2.8. 459 = 3 3 17 sayısıiki kare toplamı¸seklinde yazılamaz çünkü 3<br />
asalı4k + 3 formunda ve kuvveti tektir. Fakat 153 = 3 2 17 asalıiki kare toplamı<br />
¸seklinde yazılabilir.<br />
153 = 3 2 17 = 3 2 4 2 + 1 2<br />
= 3 2 4 2 + 3 2 1 2<br />
= (3.4) 2 + (3.1) 2<br />
= 12 2 + 3 2<br />
Örnek 13.2.9. n = 7 2 .5.13.17 sayısıiki kare toplamı¸seklinde yazılabilir.<br />
5 = 2 2 + 1 2<br />
13 = 3 2 + 2 2<br />
17 = 4 2 + 1 2<br />
Önce a 2 + b 2 c 2 + d 2 = (ac + bd) 2 + (ad − bc) 2 .<br />
e¸sitli˘gi yardımıyla 5.13 için<br />
5.13 = 2 2 + 1 2 3 2 + 2 2 = (6 + 2) 2 + (4 − 3) 2<br />
= 8 2 + 1 2<br />
elde edilir. Yine aynıe¸sitlikten (5.13) .17 için<br />
(5.13) .17 = 8 2 + 1 2 4 2 + 1 2 = (32 + 1) 2 + (8 − 4) 2<br />
elde edilir. Son olarak<br />
elde edilir.<br />
= 33 2 + 4 2<br />
n = 7 2 .5.13.17 = 7 2 33 2 + 4 2<br />
= 7 2 33 2 + 7 2 4 2<br />
= (7.33) 2 + (7.4) 2
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI74<br />
Bazıpozitif sayılar farklı¸sekillerde iki kare toplamı¸seklinde yazılabilirler.<br />
a ≡ b (mod 2) ise<br />
25 = 5 2 + 0 2 = 4 2 + 3 2<br />
<br />
a + b<br />
ab =<br />
2<br />
2<br />
<br />
a − b<br />
−<br />
2<br />
yazılabilir. Bu e¸sitlik bize bazı sayıları farklı iki kare toplamı ¸seklinde yazabilmemizi<br />
sa˘glar.<br />
Örne˘gin<br />
Böylece<br />
e¸sitli˘ginden<br />
<br />
17 + 9<br />
153 = 17.9 =<br />
2<br />
<br />
51 + 3<br />
153 = 51.3 =<br />
2<br />
2<br />
2<br />
<br />
17 − 9<br />
−<br />
2<br />
<br />
51 − 3<br />
−<br />
2<br />
13 2 − 4 2 = 27 2 − 24 2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
13 2 + 24 2 = 27 2 + 4 2 = 745<br />
= 13 2 − 4 2<br />
= 27 2 − 24 2<br />
elde edilir. Böylece 745 sayısıfarklıiki kare toplamı¸seklinde yazılmı¸s olur.<br />
¸Simdi de hangi pozitif tamsayıların iki kare farkı¸seklinde yazılabilece˘gini<br />
görelim.<br />
Teorem 13.2.10. n pozitif tamsayısının iki kare farkı¸seklinde yazılabilmesi<br />
için gerek ve yeter ¸sart n sayısının 4k + 2 formunda olmamasıdır.<br />
Kanıt. ⇒: Herhangi bir a tamsayısıiçin a 2 ≡ 0, 1 (mod 4) olur. Yani a 2 − b 2 ≡<br />
0, 1, 3 (mod 4) tür. Dolayısyla n ≡ 2 (mod 4) ise n = a 2 − b 2 olacak ¸sekilde a, b<br />
sayılarıbulunamaz.<br />
⇐=: n = 4k + 2 formunda olmasın yani n ≡ 0, 1, 3 olsun. n ≡ 1, 3 (mod 4) ise<br />
n − 1, n + 1 sayılarıçifttir ve<br />
<br />
n + 1<br />
n =<br />
2<br />
2<br />
<br />
n − 1<br />
−<br />
2<br />
oldu˘gundan iki kare farkı¸seklinde yazılabilir. n ≡ 0 (mod 4) ise<br />
n =<br />
2<br />
<br />
n<br />
2 <br />
n<br />
2 + 1 − − 1<br />
4 4<br />
oldu˘gundan yine iki kare farkı¸seklinde yazılabilir.<br />
Sonuç 13.2.11. Tek asallar, ardı¸sık sayıların kareleri farkı¸seklinde yazılabilirler.
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI75<br />
11 =<br />
13 =<br />
<br />
11 + 1<br />
2<br />
<br />
13 + 1<br />
2<br />
2<br />
2<br />
<br />
11 − 1<br />
−<br />
2<br />
<br />
13 − 1<br />
−<br />
2<br />
Tek asal sayıların, iki kare farkı¸seklinde gösterimleri tek türlüdür. Gerçekten<br />
: a > b > 0 ve<br />
p = a 2 − b 2 = (a − b) (a + b)<br />
olsun. p asal oldu˘gundan a − b = 1 ve a + b = p yani a = p+1<br />
2<br />
edilir. p sayısı<br />
2 2 p + 1 p − 1<br />
p = −<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
, b = p−1<br />
2 elde<br />
¸seklinde iki kare farkıolarak tek türlü yazılır.<br />
Keyfi tamsayılar içinse iki kare farkı¸seklinde yazım farklı¸sekillerde olabilir.<br />
Örne˘gin :<br />
2 2 12 + 2 12 − 2<br />
24 = 12.2 =<br />
−<br />
= 7<br />
2<br />
2<br />
2 − 5 2<br />
2 2 6 + 4 6 − 4<br />
24 = 6.4 = − = 5<br />
2<br />
2<br />
2 − 1 2 .
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI76<br />
13.3 Dört Kare Toplamı<br />
Teorem 13.3.1. 4 n (8m + 7) formundaki tamsayılar üç kare toplamı¸seklinde<br />
yazılamazlar.<br />
Kanıt. Öncelikle 8m + 7 formundaki sayıların üç kare toplamı¸seklinde yazılamayaca˘gınıgösterelim.<br />
Herhangi bir a tamsayısıiçin<br />
dir. Dolayısıyla<br />
a 2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8)<br />
a 2 + b 2 + c 2 ≡ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (mod 8)<br />
olur. 8m + 7 ≡ 7 (mod 8) oldu˘gundan bu formdaki sayılar üç kare toplamı<br />
¸seklinde yazılamazlar. ¸Simdi de n ≥ 1 için 4 n (8m + 7) formundaki sayılarıele<br />
alalım.<br />
4 n (8m + 7) = a 2 + b 2 + c 2<br />
olsun.Bu takdirde a, b, c sayılarıçift olmalıdır. a = 2a1, b = 2b1, c = 2c1 olmak<br />
üzere<br />
4 n (8m + 7) = (2a1) 2 + (2b1) 2 + (2c1) 2<br />
= 4 a 2 1 + b 2 1 + c 2 1<br />
4 n−1 (8m + 7) = a 2 1 + b 2 1 + c 2 1<br />
yazılabilir. n − 1 ≥ 1 ise bu ¸sekilde devam edilerek<br />
8m + 7 = a 2 n + b 2 n + c 2 n<br />
elde edilir ki bu da bu da 8m + 7 formundaki sayıların üç kare toplamı¸seklinde<br />
yazılamamasıile çeli¸sir. Dolayısıyla 4 n (8m + 7) formundaki tamsayılar üç kare<br />
toplamı¸seklinde yazılamazlar.<br />
YardımcıTeorem 13.3.2 (Euler). m ve n sayılarıdört kare toplamı¸seklinde<br />
yazılabiliyor ise mn sayısıda dört kare toplamı¸seklinde yazılabilir.<br />
Kanıt. m = a2 1 + a2 2 + a2 3 + a2 4 ve m = b2 1 + b2 2 + b2 3 + b2 4 olsun.<br />
mn = a 2 1 + a 2 2 + a 2 3 + a 2 2<br />
4 b1 + b 2 2 + b 2 3 + b 2 4<br />
= (a1b1 + a2b2 + a3b3 + a4b4) 2 +<br />
+ (a1b2 − a2b1 + a3b4 − a4b3) 2<br />
+ (a1b3 − a2b4 − a3b1 + a4b2) 2<br />
+ (a1b4 + a2b3 − a3b2 − a4b1) 2<br />
YardımcıTeorem 13.3.3. p tek asal sayıise<br />
x 2 + y 2 + 1 ≡ 0 (mod p)<br />
kongrüansının, 0 ≤ x0, y0 ≤ p−1<br />
2 olacak ¸sekilde x0, y0 çözümü vardır.
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI77<br />
Kanıt.<br />
S1 =<br />
S2 =<br />
<br />
1 + 0 2 , 1 + 1 2 , 1 + 2 2 , . . . , 1 +<br />
2<br />
<br />
−0 2 , −1 2 , −2 2 <br />
2<br />
p − 1<br />
, . . . , −<br />
2<br />
<br />
2<br />
p − 1<br />
kümelerini ele alalım. S1 kümesinde iki farklıeleman (mod p)’de denk de˘gildirler.<br />
Gerçekten 1 + x 2 1 ≡ 1 + x 2 2 (mod p) olsun.<br />
1 + x 2 1 ≡ 1 + x 2 2 (mod p) ⇒<br />
x 2 1 ≡ x 2 2 (mod p)<br />
⇒ x1 ≡ x2 (mod p) veya x1 ≡ −x2 (mod p)<br />
elde edilir. 0 < x1 +x2 < p (x1 = x2 = 0 hariç) olmasıx1 ≡ −x2 (mod p) olması<br />
ile çeli¸sece˘ginden x1 ≡ x2 (mod p) yani x1 ≡ x2 olmalıdır. Benzer ¸sekilde S2<br />
kümesindeki iki farklıelemanın (mod p)’de denk olmadıklarıgösterilir. S1 ve S2<br />
de toplam p + 1 tane eleman vardır. Güvercin yuvasıilkesiden, S1 kümesindeki<br />
bazıelemanlar S2 deki bazıelemanlar (mod p)’de denktirler yani<br />
1 + x 2 0 ≡ −y 2 0 (mod p)<br />
1 + x 2 0 + y 2 0 ≡ 0 (mod p)<br />
ve 0 ≤ x0, y0 ≤ p−1<br />
2 olacak ¸sekilde x0, y0 sayılarıvardır.<br />
Sonuç 13.3.4. p tek asal sayısıverilsin. Bu takdirde öyle bir k < p sayısıvardır<br />
ki kp dört kare toplamı¸seklinde yazılabilir.<br />
Kanıt. YardımcıTeorem 13.3.3’den 0 ≤ x0, y0 ≤ p−1<br />
2<br />
x 2 0 + y 2 0 + 1 ≡ 0 (mod p)<br />
olacak ¸sekilde x0, y0 sayılarıvardır. Buradan<br />
kp = x 2 0 + y 2 0 + 1 2 + 0 2<br />
yazılabilir (p | (x 2 0 + y 2 0 + 1)). Buradan da<br />
kp = x 2 0 + y 2 0 + 1 < p2<br />
4<br />
e¸sitsizli˘ginden k < p oldu˘gu görülür.<br />
Örnek 13.3.5. p = 17 sayısıiçin<br />
+ p2<br />
4<br />
olmak üzere<br />
+ 1 < p2<br />
S1 = 1 + 0 2 , 1 + 1 2 , 1 + 2 2 , 1 + 3 2 , 1 + 4 2 , 1 + 5 2 , 1 + 6 2 , 1 + 7 2 , 1 + 8 2<br />
= {1, 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, 65}
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI78<br />
S2 = −0 2 , −1 2 , −2 2 , −3 2 , −4 2 , −5 2 , −6 2 , −7 2 , −8 2<br />
= {0, −1, −4, −9, −16, −25, −36, −49, −64}<br />
Yardımcı Teorem 13.3.3’den S1 kümesindeki 1 + x 2 formundaki sayılardan<br />
bazıları S2 kümesindeki −y 2 formundaki sayılardan bazılarına (mod p) denktir.<br />
Örne˘gin<br />
1 + 5 2 ≡ −5 2 (mod 17)<br />
1 + 5 2 + 5 2 ≡ 0 (mod 17)<br />
3.17 = 51 = 1 2 + 5 2 + 5 2 + 0 2<br />
YardımcıTeorem 13.3.3’deki x0, y0 de˘gerlerini kuadratik kalanlar yardımıyla<br />
da bulabiliriz.<br />
x 2 + y 2 + 1 ≡ 0 (mod p) (13.2)<br />
kongrüansını tekrar ele alalım. E˘ger p ≡ 1 (mod 4) ise x 2 ≡ −1 (mod p)<br />
kuadratik kongrüansının çözümü var ve x0 olsun. x 2 0 ≡ −1 (mod p) oldu˘gundan<br />
x 2 0 + 0 2 + 1 2 ≡ −1 + 1 ≡ 0 (mod p)<br />
oldu˘gundan x0 ve y0 = 0 (13.2) kongrüansının çözümüdür. E˘ger p ≡ 3 (mod 4)<br />
ise p asalının kuadratik kalan olmayan en küçük a sayısını(a ≥ 2) ele alalım.<br />
(−a/p) = (−1/p) (a/p) = −1. (−1) = 1<br />
oldu˘gundan −a sayısı p asalının kuadratik kalanıdır. x2 ≡ −a (mod p) kongrüansının<br />
bir çözümü x0 ve 0 < x0 ≤ p−1<br />
2 olsun. a − 1 sayısı a sayısından<br />
küçük ve pozitif oldu˘gundan p asalıiçin bir kuadratik kalandır. Dolayısıyla<br />
y 2 ≡ a − 1 (mod p)<br />
kongrüansını sa˘glayan 0 < y0 ≤ p−1<br />
2 olacak ¸sekilde bir y0 sayısı vardır.<br />
Dolayısıyla<br />
x 2 0 + y 2 0 + 1 ≡ −a + a − 1 + 1 ≡ 0 (mod p)<br />
olur.<br />
¸Simdi yardımcıteoremleri kullanarak her asalın dört kare toplamı¸seklinde<br />
yazılabilece˘gini gösterelim.<br />
Teorem 13.3.6. Her p asalıdört kare toplamı¸seklinde yazılabilir.<br />
Kanıt. p = 2 için 2 = 1 2 + 1 2 + 0 2 + 0 2 . p tek asal sayıolsun. k < p sayısı<br />
kp = x 2 + y 2 + z 2 + w 2<br />
olacak ¸sekildeki en küçük pozitif tamsayı olsun. Buradaki amacımız k = 1<br />
oldu˘gunu göstermektir. Önce k sayısının tek sayıoldu˘gunu olmayana ergi yöntemi<br />
ile gösterelim. k çift sayıolsun. Bu durumda x, y, z, w sayılarının hepsi tek,<br />
hepsi çifttir yada iki tanesi tek ikitanesi çifttir. Her durumda<br />
x ≡ y (mod 2) ve z ≡ w (mod 2)
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI79<br />
yazabiliriz. 1<br />
1<br />
1<br />
1<br />
2 (x − y) , 2 (x + y) , 2 (z − w) , 2 (z + w) sayılarıtamsayıdır ve<br />
1<br />
kp =<br />
2<br />
x − y<br />
2<br />
2<br />
<br />
x + y<br />
+<br />
2<br />
2<br />
<br />
z − w<br />
+<br />
2<br />
2<br />
<br />
z + w<br />
+<br />
2<br />
e¸sitli˘gi k<br />
2 p sayısının dört kare toplamı¸seklinde yazılabilece˘gini gösterir ki bu da<br />
k sayısının seçimi ile çeli¸sir.<br />
¸Simdi de k = 1 oldu˘gunu varsayalım. k tek sayı oldu˘gundan en az 3 de˘gerini<br />
alabilir.<br />
|a| < k k k k<br />
, |b| < , |c| < , |d| <<br />
2 2 2 2<br />
ve a ≡ x (mod k) , b ≡ y (mod k) , c ≡ z (mod k) , d ≡ w (mod k) olacak ¸sekilde<br />
a, b, c, d sayılarını alalım (örne˘gin a sayısı için, x sayısının k’ya bölümünden<br />
ise a = r − k alınır.). Böylece<br />
kalan r olmak üzere r < k<br />
2<br />
yani<br />
yazılabilir.<br />
ise a = r, r > k<br />
2<br />
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≡ x 2 + y 2 + z 2 + w 2 ≡ kp ≡ 0 (mod k)<br />
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = nk, n ∈ Z<br />
0 < nk = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 < k2<br />
4<br />
+ k2<br />
4<br />
+ k2<br />
4<br />
+ k2<br />
4<br />
2<br />
< k2<br />
elde edilir. Burada n = 0 dir. E˘ger n = 0 olsaydıa = b = c = d = 0 olurdu bu da<br />
k|x, k|y, k|z, k|w olmasınıgerektirirdi. kp = x 2 + y 2 + z 2 + w 2 oldu˘gundan k 2 |kp<br />
yani k|p elde edilirdi. Bu da 1 < k < p ile çeli¸sirdi. ¸Simdi nk < k 2 e¸sitsizli˘ginden<br />
n < k elde edilir.<br />
k 2 np = (kp) (kn)<br />
= x 2 + y 2 + z 2 + w 2 a 2 + b 2 + c 2 + d 2<br />
= r 2 + s 2 + t 2 + u 2<br />
r = xa + yb + zc + wd<br />
s = xb − ya + zd − wc<br />
t = xc − yd − za + wb<br />
u = xd + yc − zb − wa<br />
Burada r = xa + yb + zc + wd ≡ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≡ 0 (mod k) oldu˘gundan k|r<br />
dir. Benzer ¸sekilde k|s, k|t ve k|u oldu˘gu da gösterilir. Böylece<br />
np =<br />
<br />
r<br />
2 +<br />
k<br />
<br />
s<br />
2 +<br />
k<br />
2 t<br />
+<br />
k<br />
yazılabilir. Bu ise k sayısının seçimi ile çeli¸sir.<br />
<br />
u<br />
2 k<br />
ve n < k
BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI80<br />
Teorem 13.3.7 (Lagrange). Her pozitif tamsayı dört kare toplamı ¸seklinde<br />
yazılabilir.<br />
Örnek 13.3.8. 459 sayısınıdört kare toplamı¸seklinde yazalım<br />
459 = 3 3 .17<br />
= 3 2 .3.17<br />
= 3 2 1 2 + 1 2 + 1 2 + 0 2 4 2 + 1 2 + 0 2 + 0 2<br />
= 3 2 5 2 + 3 2 + 4 2 + 1 2<br />
= 15 2 + 9 2 + 12 2 + 3 2
Bölüm 15<br />
Sürekli Kesirler<br />
15.1 Srinivasa Ramanujan<br />
81
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 82<br />
15.2 Sonlu Sürekli Kesirler<br />
Tanım 15.2.1. a0 ∈ R, a1, . . . , an ∈ R + olmak üzere<br />
a0 +<br />
a1 +<br />
1<br />
1<br />
1<br />
a2+<br />
. ..an−1<br />
+ 1<br />
an<br />
kesirine sonlu sürekli kesir denir ve [a0; a1, . . . , an] ¸seklinde gösterilir.<br />
ai sayılarıtamsayıise bu kesire sonlu basit sürekli kesir denir.<br />
Tanımdan da görüldü˘gü üzere sonlu basit sürekli kesirin de˘geri rasyonel<br />
sayıdır.<br />
Örnek 15.2.2.<br />
3 +<br />
1<br />
4 + 1<br />
1+ 1<br />
4+ 1 2<br />
= 3 +<br />
1<br />
4 + 1<br />
1+ 1 9 2<br />
= 3 + 1<br />
4 + 1 11<br />
9<br />
= 3 + 11<br />
53<br />
= 170<br />
53<br />
= 3 +<br />
1<br />
4 + 1<br />
1+ 2<br />
9<br />
= 3 + 1<br />
4 + 9<br />
11<br />
= 3 + 1<br />
53<br />
11<br />
Tersine her rasyonel sayısonlu basit sürekli kesir olarak yazılabilir.<br />
Teorem 15.2.3. Her rasyonel sayısonlu sürekli basit kesir olarak yazılabilir.<br />
Kanıt. b > 0 olmak üzere a<br />
b keyfi rasyonel sayısını ele alalım. Öklid algoritmasından<br />
a = a0.b + r1 0 < r1 < b<br />
b = a1.r1 + r2 0 < r2 < r1<br />
r1 = a2.r2 + r3 0 < r3 < r2<br />
.<br />
rn−2 = an−1.rn−1 + rn 0 < rn < rn−1<br />
rn−1 = an.rn + 0<br />
e¸sitlikleri elde edilir. Dikkat edilirse buradaki ai sayılarıtamsayıdır. Yukarıdaki
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 83<br />
e¸sitlikleri<br />
a<br />
b = a0 + r1<br />
b = a0 + 1<br />
b<br />
r1<br />
b<br />
r1<br />
r1<br />
r2<br />
rn−1<br />
rn<br />
= a1 + r2<br />
r1<br />
= a2 + r3<br />
.<br />
.<br />
= 1<br />
an<br />
r2<br />
= a1 + 1 r1<br />
r2<br />
= a2 + 1 r2<br />
r3<br />
¸seklinde tekrar yazalım. ˙Ikinci e¸sitli˘gi birincide yerine yazalım.<br />
a<br />
b = a0 + 1<br />
b<br />
r1<br />
=0 +<br />
1<br />
a1 + 1 r 1<br />
r2<br />
Üçüncü e¸sitli˘gi de yukarıdaki e¸sitlikte yerine yazalım.<br />
Bu ¸sekilde devam ederek<br />
elde edilir.<br />
a<br />
b = a1 + 1 r1<br />
r2<br />
a0 +<br />
a1 +<br />
= a1 +<br />
1<br />
1<br />
a2 + 1 r 2<br />
r3<br />
1<br />
1<br />
a2+<br />
. ..an−1<br />
+ 1<br />
an<br />
Örnek 15.2.4. 19<br />
51 sayısınısürekli kesir olarak yazalım. Önce Öklit algoritmasından<br />
51 = 2.19 + 13 → 51 13<br />
19 = 2 + 19<br />
19 = 1.13 + 6 → 19 6<br />
13 = 1 + 13<br />
13 = 2.6 + 1 → 13 1<br />
6 = 2 + 6<br />
6 = 6.1 + 0<br />
elde edilir. Bu e¸sitlikler yardımıyla<br />
19<br />
51<br />
yazılır. 19<br />
51 = [0; 2, 1, 2, 6]<br />
= 1<br />
51<br />
19<br />
=<br />
=<br />
=<br />
1<br />
1<br />
2 + 13<br />
19<br />
=<br />
2 + 1 19<br />
13<br />
1<br />
2 + 1<br />
1+ 1 13<br />
6<br />
1<br />
2 + 1<br />
1+ 6<br />
13<br />
=<br />
1<br />
2 + 1<br />
1+ 1<br />
2+ 1 6
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 84<br />
olur.<br />
Rasyonel sayıların sonlu basit sürekli kesir gösterimi birden fazla olabilir.<br />
an > 1 ise an = (an − 1) + 1 = (an − 1) + 1<br />
1 yazılabilir ve<br />
[a0; a1, . . . , an−1, an] = [a0; a1, . . . , an−1, an − 1, 1]<br />
an = 1 ise an−1 + 1<br />
an = an−1 + 1<br />
1 = an−1 + 1 yazılabilir ve<br />
[a0; a1, . . . , an−1, an] = [a0; a1, . . . , an−1 + 1]<br />
olur.<br />
Yani her rasyonel sayıiki farklısonlu basit sürekli kesir gösterimine sahiptir.<br />
Örne˘gin 19/51 sayısıiçin<br />
yazabiliriz.<br />
[0; 2, 1, 2, 6] = [0; 2, 1, 2, 5, 1]<br />
Tanım 15.2.5. [a0; a1, . . . , an] sonlu kesiri verilsin. 1 ≤ k ≤ n sayılarıiçin<br />
Ck = [a0; a1, . . . , ak]<br />
sonlu kesirine, [a0; a1, . . . , an] sonlu kesirinin k. yakla¸sımıdenir. k = 0 için<br />
¸seklinde tanımlanır.<br />
C0 = a0<br />
Örnek 15.2.6. 19/51 = [0; 2, 1, 2, 6] sayısının yakla¸sımlarınıbulalım.<br />
C0 = 0<br />
C1 = [0; 2] = 0 + 1 1<br />
=<br />
2 2<br />
C2 = [0; 2, 1] = 0 + 1<br />
2 + 1<br />
1<br />
C3 = [0; 2, 1, 2] = 0 +<br />
C4 = [0; 2, 1, 2, 6] = 19<br />
51<br />
= 1<br />
3<br />
1<br />
2 + 1<br />
1+ 1<br />
2<br />
= 3<br />
8<br />
Teorem 15.2.7. [a0; a1, . . . , an] sonlu basit sürekli kesiri verilsin.<br />
p0 = a0<br />
q0 = 1<br />
p1 = a1.a0 + 1 q1 = a1<br />
pk = ak.pk−1 + pk−2 qk = ak.qk−1 + qk−2<br />
olmak üzere [a0; a1, . . . , an] sonlu kesirinin 0 ≤ k ≤ n için k. yakla¸sımı<br />
dır.<br />
Ck = pk<br />
qk
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 85<br />
Örnek 15.2.8. 19/51 = [0; 2, 1, 2, 6] sayısının yakla¸sımlarınıteorem yardımıyla<br />
bulalım. Önce pk ve qk sayılarınıbulalım.<br />
p0 = 0 q0 = 1<br />
p1 = 0.2 + 1 = 1 q1 = 2<br />
p2 = 1.1 + 0 = 1 q2 = 1.2 + 1 = 3<br />
p3 = 2.1 + 1 = 3 q3 = 2.3 + 2 = 8<br />
p4 = 6.3 + 1 = 19 q4 = 6.8 + 3 = 51<br />
Böylece 19/51 = [0; 2, 1, 2, 6] için tüm yakınsamalar<br />
¸seklinde elde edilir.<br />
C0 = 0<br />
C1 = p1<br />
q1<br />
C2 = p2<br />
q2<br />
C3 = p3<br />
q3<br />
C4 = p4<br />
q4<br />
= 1<br />
2<br />
= 1<br />
3<br />
= 3<br />
8<br />
= 19<br />
51<br />
Teorem 15.2.9. [a0; a1, . . . , an] sonlu basit sürekli kesiri verilsin. Ck = pk<br />
qk k.<br />
yakınsama ise 1 ≤ k ≤ n için<br />
e¸sitli˘gi vardır.<br />
pkqk−1 − qkpk−1 = (−1) k−1<br />
Sonuç 15.2.10. 1 ≤ k ≤ n için pk ve qk aralarında asaldır.<br />
a, b, c ∈ Z olmak üzere<br />
ax + by = c<br />
lineer Diophantine denklemini ele alalım. Bu denklemin çözümünün olmasıiçin<br />
gerek ve yeter ¸sart (a, b) = d|c olmasıdır. (x0, y0) bu denklemin bir çözümü ise<br />
di˘ger çözümleri<br />
x = x0 + b<br />
d t, y = y0 − a<br />
t, t ∈ Z<br />
d<br />
¸seklindedir.<br />
(a, b) = d oldu˘gundan <br />
a b<br />
d , d = 1 olur ve<br />
a b c<br />
x + y =<br />
d d d<br />
denkleminin de çözümü vardır. Böylece bilinmeyenlerinin katsayılarıaralarında<br />
asal olmayan denklemler katsayıları aralarında asal olan denklemlere indirgenebilir.
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 86<br />
¸Simdi (a, b) = 1 olmak üzere<br />
ax + by = c (15.1)<br />
denklemin çözümünü sonlu sürekli basit kesirler yardımıyla çözelim. Öncelikle<br />
ax + by = 1 (15.2)<br />
denkleminin çözümlerini bulaca˘gız. a/b rasyonel sayısıiçin<br />
a<br />
b = [a0; a1, . . . , an]<br />
sonlu basit sürekli kesir gösterimi ve 1 ≤ k ≤ n için<br />
yakla¸sımlarıvardır.<br />
Ck = pk<br />
qk<br />
Cn−1 = pn−1<br />
, Cn =<br />
qn−1<br />
pn<br />
=<br />
qn<br />
a<br />
b<br />
yakla¸sımlarınıele alalım. (pn, qn) = (a, b) = 1 oldu˘gundan pn = a ve qn = b elde<br />
edilir. Teorem 15.2.9 yardımıyla<br />
yazabiliriz. n tek ise<br />
olaca˘gından<br />
pnqn−1 − qnpn−1 = (−1) n−1<br />
aqn−1 − bpn−1 = (−1) n−1<br />
aqn−1 − bpn−1 = 1<br />
a (qn−1) + b (−pn−1) = 1<br />
x0 = qn−1, y0 = −pn−1<br />
de˘gerleri (15.2) denkleminin bir çözümüdür.<br />
n çift ise<br />
olaca˘gından<br />
aqn−1 − bpn−1 = −1<br />
−aqn−1 + bpn−1 = 1<br />
a (−qn−1) + b (pn−1) = 1<br />
x0 = −qn−1, y0 = pn−1<br />
de˘gerleri (15.2) denkleminin bir çözümüdür.<br />
Dolayısıyla<br />
cx0, cy0<br />
de˘gerleri de (15.2) denkleminin bir çözümüdür.
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 87<br />
Örnek 15.2.11.<br />
172x + 20y = 1000<br />
denkleminin çözümünü sonlu basit sürekli kesirler yardımıya bulalım.<br />
(172, 20) = 4 oldu˘gundan bu denklem<br />
43x + 5y = 250<br />
denlemine denktir. Önce 43/5 sayısının sonlu sürekli kesir gösterimini bulalım.<br />
Böylece 43<br />
5<br />
43<br />
5<br />
43 = 8.5 + 3 → 43 3<br />
5 = 8 + 5<br />
5 = 1.3 + 2 → 5 2<br />
3 = 1 + 3<br />
3 = 1.2 + 1 → 3 1<br />
2 = 1 + 2<br />
2 = 2.1 + 0<br />
= 8 + 3<br />
5<br />
= 8 + 1<br />
1 + 1 3<br />
2<br />
= 8 + 1<br />
5<br />
3<br />
= 8 +<br />
= 8 + 1<br />
1 + 2<br />
3<br />
1<br />
1 + 1<br />
1+ 1<br />
2<br />
= [8; 1, 1, 2] elde edilir. ¸Simdi de tüm yakla¸sımlarınıbulalım :<br />
k = 3 için Teorem 15.2.9 yardımıyla<br />
p0 = 8 q0 = 1<br />
p1 = 8.1 + 1 = 9 q1 = 1<br />
p2 = 9.1 + 8 = 17 q2 = 1.1 + 1 = 2<br />
p3 = 2.17 + 9 = 43 q3 = 2.2 + 1 = 5<br />
p3.q2 − q3.p2 = (−1) 3−1<br />
43.2 − 5.17 = 1<br />
43.(2) + 5.(−17) = 1<br />
elde edilir. Bu denklemi 250 ile çarpalım.<br />
Böylece<br />
de˘gerleri<br />
43.(500) + 5.(−4250) = 250<br />
x0 = 500, y0 = −4250<br />
43x + 5y = 250<br />
denkleminin bir çözümüdür. Tüm çözümler de<br />
¸seklinde olur.<br />
x = 500 + 5t, y = −4250 − 43t, t ∈ Z
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 88<br />
Teorem 15.2.12. [a0; a1, . . . , an] sonlu basit sürekli kesiri verilsin. Bu durumda<br />
i) C0 < C2 < C4 < · · ·<br />
ii) C1 > C3 > C5 > · · ·<br />
iii) C2n+1 > C2m<br />
Örnek 15.2.13. [2; 3, 2, 5, 2, 4, 2] sonlu basit sürekli kesirini ele alalım. Bu kesir<br />
için<br />
C0 = 2/1, C1 = 7/3, C2 = 16/7, C3 = 87/38, C4 = 190/83, C5 = 847/370, C6 = 1884/823<br />
dir.<br />
C0 < C2 < C4 < C6 < C5 < C3 < C1
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 89<br />
15.3 Sonsuz Sürekli Kesirler<br />
Tanım 15.3.1. a0 ∈ R, a1, . . . , an ∈ R + olmak üzere<br />
a0 +<br />
1<br />
a1 + 1<br />
a2+···<br />
kesirine sonsuz sürekli kesir denir ve [a0; a1, . . .] ¸seklinde gösterilir.<br />
ai sayılarıtamsayıise bu kesire sonsuz basit sürekli kesir denir.<br />
Tanım 15.3.2. [a0; a1, . . .] sonsuz basit sürekli kesiri verilsin. Bu kesirin de˘geri<br />
¸seklinde tanımlanır.<br />
lim<br />
n→∞ [a0; a1, . . . , an]<br />
[a0; a1, . . . , am, b1, . . . , bn, b1, . . . , bn, b1, . . . , bn, . . .] ¸seklindeki sürekli kesire<br />
periyodik sürekli kesir denir ve kısaca<br />
<br />
a0; a1, . . . , am, b1, . . . , bn<br />
¸seklinde gösterilir.<br />
Sonlu sürekli kesirlerin de˘geri rasyonel sayı idi. Sonsuz sürekli kesirlerin<br />
de˘geri ise irrasyonel sayıdır.<br />
Teorem 15.3.3. Sonsuz sürekli kesirlerin de˘geri irrasyonel sayıdır.<br />
Teorem 15.3.4. [a0; a1, . . .] = [b0; b1, . . .] ise her n için an = bn dir.<br />
Sonuç 15.3.5. ˙Iki farklısürekli kesirin de˘geri iki farklıirrasyonel sayıdır.<br />
Örnek 15.3.6. 3; 6, 1, 4 de˘gerini bulalım.<br />
Burada<br />
yazılırsa<br />
<br />
3; 6, 1, 4 = 3 +<br />
6 +<br />
1<br />
y = 1 +<br />
4 +<br />
y = 1 + 1<br />
4 + 1<br />
y<br />
= 1 + 1<br />
4y+1<br />
y<br />
= 5y + 1<br />
4y + 1<br />
1<br />
1<br />
1 1+<br />
4+ 1<br />
1+ 1<br />
4+···<br />
1<br />
1+ 1<br />
4+···<br />
= 1 + y<br />
4y + 1
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 90<br />
elde edilir ve buradan da<br />
4y 2 + y = 5y + 1 ⇒ 4y 2 − 4y − 1 = 0<br />
⇒ y = 1 + √ 2<br />
2<br />
elde edilir. Böylece<br />
<br />
3; 6, 1, 4 = 3 +<br />
6 +<br />
1<br />
1<br />
= 3 +<br />
1 1+<br />
4+ 1<br />
1+ 1<br />
4+···<br />
1<br />
6 + 1<br />
1+ √ 2<br />
2<br />
(y > 0)<br />
= 3 + 1<br />
6 + 1<br />
y<br />
= 25 + 19√ 2<br />
8 + 6 √ 2<br />
= 14 − √ 2<br />
4<br />
Rasyonel sayıların sonlu basit sürekli kesir ¸seklinde ifade edilebilece˘gini görmü¸stük.<br />
Benzer ¸sekilde irrasyonel sayılar da sonsuz basit sürekli kesir ¸seklinde<br />
ifade edilebilirler.<br />
Teorem 15.3.7. Her irrasyonel sayıtek türlü biçimde sonsuz basit sürekli kesir<br />
olarak ifade edilebilir.<br />
terimi<br />
ve<br />
x0 irrasyonel sayısı verildi˘ginde x0 sayısının sonsuz basit sürekli kesir gös-<br />
olmak üzere<br />
¸sekilde bulunur.<br />
1<br />
x1 =<br />
x0 − ⌊x0⌋ , x2<br />
1<br />
=<br />
x1 − ⌊x1⌋ , x3<br />
1<br />
= , . . .<br />
x2 − ⌊x2⌋<br />
a0 = ⌊x0⌋ , a1 = ⌊x1⌋ , a2 = ⌊x2⌋ , a3 = ⌊x3⌋ , . . .<br />
x0 = [a0; a1, a2, a3, . . .]<br />
Örnek 15.3.8. √ 23 (≈ 4.8) sayısının sonsuz basit sürekli kesir gösterimini<br />
bulalım.<br />
x0 = √ 2 = 4 + √ 23 − 4 <br />
a0 = 4<br />
x1 =<br />
x2 =<br />
x3 =<br />
x4 =<br />
1<br />
x0−⌊x0⌋<br />
1<br />
x1−⌊x1⌋<br />
1<br />
x2−⌊x2⌋<br />
1<br />
x3−⌊x3⌋<br />
Bu ¸sekilde devam edilerek<br />
1 = √ =<br />
23−4 √ 23+4<br />
7 = 1 + √ 23−3<br />
7<br />
= 7<br />
√ 23−3 = √ 23+3<br />
2<br />
= 2<br />
√ 23−3 = √ 23−3<br />
7<br />
= 3 + √ 23−3<br />
2<br />
= 1 + √ 23−3<br />
7<br />
7 = √ =<br />
23−4 √ 23 + 4 = 8 + √ 23 − 4 <br />
x1 = x5 = x9 = · · ·<br />
x2 = x6 = x10 = · · ·<br />
x3 = x7 = x11 = · · ·<br />
x4 = x8 = x12 = · · ·<br />
a1 = 1<br />
a2 = 3<br />
a3 = 1<br />
a4 = 8
BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 91<br />
oldu˘gu görülür ve dolayısıyla √ 23 sayısının sonsuz basit sürekli kesir gösterimi<br />
√ 23 = [4; 1, 3, 1, 8, 1, 3, 1, 8, . . .]<br />
= 4; 1, 3, 1, 8 <br />
¸seklinde elde edilir.<br />
Örnek 15.3.9. π = 3.141592653 . . . sayısının sonsuz basit sürekli kesir gösteriminin<br />
ilk 5 sayısınıbulalım.<br />
x0 = π = 3 + (π − 3) a0 = 3<br />
1<br />
x1 = x0−⌊x0⌋ = 1<br />
0.141592653 = 7.06251330 a1 = 7<br />
1<br />
x2 = x1−⌊x1⌋ = 1<br />
1<br />
x3 = x2−⌊x2⌋ = 1<br />
0.99659440 = 1.00341723 a3 = 1<br />
x4 =<br />
0.06251330 = 15.99659440 a2 = 15<br />
1<br />
x3−⌊x3⌋ = 1<br />
0.00341723 = 292.63467 a4 = 292<br />
π = [3; 7, 15, 1, 292, . . .]
Kaynakça<br />
[1] D.M. Burton, Elementary Number Theory<br />
92