ÖZET. Yüksek Lisans Tezi GAUSS TAMSAYILARI HALKASINDA KONGRÜANS DENKLEMERİNİN ÇÖZÜMLERİ VE 4. DERECEDEN KALANLAR ÜZERİNE.

Transkript

1 ÖZET Yüse Lsans Tez GAUSS TAMSAYILARI HALKASINDA KONGRÜANS DENKLEMERİNİN ÇÖZÜMLERİ VE. DERECEDEN KALANLAR ÜZERİNE Kevser AKTAŞ Selçu Ünverstes Fen Blmler Ensttüsü İlöğretm Anablm Dalı Matemat Öğretmenlğ Programı Danışman : Prof.Dr. Hasan ŞENAY 008, 37 Sayfa Jur : Prof. Dr. Hasan ŞENAY Prof. Dr. Durmuş BOZKURT Yard. Doç. Dr. Ahmet CİHANGİR Bu çalışmada Gauss tamsayılarının özelller yardımıyla Elemanter Legendre Sembolünün. dereceden Legendre sembolüne genşlemesn nceled.. dereceden Legendre sembolünün özelllern nceled. Buradan. dereceden alanlar teoremne ulaştı. Gauss tamsayılar halasında P ümelernn varlığı çn br rter oluşturara bazı genşlemeyen P ümelernn var olduğunu gösterd. Ayrıca Gauss asallarından faydalanılara nasıl P ümelernn yazılableceğn gösterd. Anahtar Kelmeler: Gauss Tamsayıları, Legendre Sembolü, P Cümleler.

2 ABSTRACT Master Thess ON THE SOLUTIONS OF CONGRUENCE EQUATIONS IN THE GAUSSIAN INTEGERS RING AND BIQUADRATIC RESIDUES Kevser AKTAŞ Selçu Unversty Graduate School of Natural and Appled Scences Department of Educaton Supervsor : Prof.Dr. Hasan ŞENAY 008, 37 Pages Jury : Prof. Dr. Hasan ŞENAY Prof. Dr. Durmuş BOZKURT Assst. Prof. Dr. Ahmet CİHANGİR In ths study, usng propertes of Gaussan Integers, we nvestgated the extenton of Elementary Legendre Symbol to the bquadratc. We consdered the propertes of the bquadratc Legendre symbol. Then we obtaned the bquadratc resdue theorem. In ths study we formed a crter for the exstence of P Sets n Gaussan Integers Rng and we showed the exstence of some nonextendanble P Sets. In addton to ths, usng Gaussan Integers we showed that how to wrte P Sets. Key Words : Gaussan Integers, Legendre Symbol, P Sets.

3 ÖNSÖZ Bu çalışma Selçu Ünverstes Eğtm Faültes Ortaöğretm Fen ve Matemat Alanlar Eğtm Ortaöğretm Matemat Eğtm Anablm Dalı Öğretm Üyes Prof. Dr. Hasan ŞENAY yönetmnde yapılara Selçu Ünverstes Fen Blmler Ensttüsü ne Yüse Lsans Tez olara sunulmuştur. Çalışmamda yardımlarından dolayı saygıdeğer hocam Prof. Dr. Hasan ŞENAY a ve bana deste veren TÜBİTAK a teşeürlerm ve saygılarımı sunarım.

4 İÇİNDEKİLER ÖZET... ABSTRACT... ÖNSÖZ... İÇİNDEKİLER... v. GİRİŞ.... ÖN BİLGİLER..... Sonlu Csmlern Temel Özelller..... Çarpanlanablr Karaterler Z [ ] Halasının Bazı Özelller TEORİK ESASLAR Dördüncü Dereceden Kalanlar Dereceden Kalan Sembolü...8. Z [ ] DE P KÜMELERİNİN VARLIĞI SONUÇLAR KAYNAKLAR...37 v

5 . GİRİŞ Davd COX yılında tabında, benzer şelde. dereceden alanlar çn Legendre sembolünü tanımlayıp, p asalının x, y Z çn = + 6 bçmnde p x y temsl edleblmes çn gere ve yeter oşul p ( mod ) ve nn, p modülüne göre br. dereceden alan olması geretğn fade etmştr.[] Feth ÇALLIALP tabında, Z [ ] Gauss Tamsayılar halasının genel özelllernden bahsetmştr.[] Andrej DUJELLA maalesnde tamsayılar le yazılablen elemanlı ümelernn Gauss tamsayılarına nasıl genşledğn gösterd. ( ) P b te veya a b mod se, bu şelde elemanlı br P a + b ümes yazılamayacağını söylemştr. Eğer elemanlı br P a + b ümes ve a + b yuarıda formda olmayıp {,,,,, } a + b + se, o halde en azından br tane elemanlı br P a + b ümes varlığını gösterd. Z ve Z [ ] de, elemanlı P ümelernn are farı şelnde temsl edlen elemanların ümes olduğunu gösterd.[3] H. FLANDERS maalesnde, Z [ ] de alanlı bölme teoremnn geçerl olduğunu belrtmştr.[] Kenneth IRELAND ve Mchael ROSEN tabında, Z [ ] nn asalları le lgl blg verp Legendre sembolünün. dereceden alanlara genşletmesn göstermştr.. dereceden alanlar teorem üzernde durmuştur.[5] çalışmıştır.[6] Kenan KAYGISIZ maalesnde bazı genşletlemeyen P ümeler üzernde Hasan ŞENAY tabında, Z [ ] Gauss tamsayılar halasının özelller ve asalların araterzasyonu le lgl çalışmalara yer vermştr.[7]

6 . ÖN BİLGİLER Bu bölümde çalışmamızın onusunun temel olan Z [ ] Gauss tamsayılar halasının temel özelller le bunların ullanılmasında yardımcı olaca dğer blgler vereceğz... Sonlu Csmlern Temel Özelller F, q elemanlı br sonlu csm olsun. O zaman F nn çarpımsal alt grubu olan * F nın q tane elemanı vardır. Böylece α F *, q x = eştlğn sağlar. (Burada, F nn çarpımsal brmn temsl edp, bldğmz anlamda tamsayı değldr.) F nn her elemanı q x = x eştlğn sağlar. Önerme... q x x x α F ( α ) = İspat: Her polnom da F [ x ] n elemanları olara düşünülür. α F nın, olduğundan ve q x q x halde, x q x = ( x α ) α F x n br öü olduğunu blyoruz. F nn q tane elemanı x n dereces q olduğundan ( x α) nın dereces de q dur. O α F dır (Ireland ve Rosen 990). Sonuç... K br csm olma üzere F olması çn gere ve yeter şart İspat: q α q α K olsun. Br α K nın F nn çnde = α olmasıdır (Ireland ve Rosen 990). = α olması çn gere ve yeter şart α nın q x x n öü olmasıdır. Buradan, Önerme... gereğ, olduğuna lg çelmeldr. q x x n ölernn tam olara F nn elemanları Sonuç... Eğer f ( x ), q x x bölüyorsa, o halde d, f ( x ) n dereces olma üzere, f ( x ) n d tane farlı öü vardır (Ireland ve Rosen 990).

7 3 q İspat: f ( x) g ( x) = x x olsun. ( ) g x n mertebes q d dr. Eğer f ( x ) n d farlı öten daha az öü varsa, cebrden blndğne göre, f ( x) g ( x ), d + ( q d ) = q farlı öten daha az öe sahp olacatır. Buradan f ( ) öü vardır. Teorem... (Lagrange Teorem) p asal, a ( p) ve ( ) bçmnde br polnom se, f ( x) 0( mod p) vardır (Şenay 007). 0 0 mod x n d tane n = = 0 f x a x ongrüansının en fazla n tane öü n Teorem... Sonlu br csmn çarpımsal grubu devrldr (Ireland ve Rosen 990). İspat: Bu teorem U ( p ) Z Z devrl br gruptur. teoremnn genelleştrlmesdr. İspatı aynıdır. Eğer, d q se, x x n d q x d dr ve Sonuç... den d farlı öü vardı. Böylece sağlayan elemanları çerr. ψ ( d ), d. dereceden * d F ın alt grubu, d. dereceden (mertebeden) x = * F ın elemanlarının sayısıdır. O halde, c d ( c) ψ = d Mobus ters çevrme formülü le, olur. Özel olara, d ψ µ ϕ c ( d ) = ( c) = ( d ) q = olmadıça, ψ ( q ) ϕ ( q ) = > dr. * F ın devrl olma durumu F sonlu olduğunda şu durumu gösterr. Eğer m + Z lel ölere sahp ve ( ) n. dereceden alan olması çn gere ve yeter şart ( d ( n, ϕ ( m ))) a, m = se, a nın m modülüne göre a ϕ ( m) d ( mod m) = olması da göz önüne alara bunun ısm genelleştrmesn verr.

8 Önerme... yeter şart * α F olsun. O halde, ( ) ( q ) d α = dr d ( n, q ) n x = α nın çözümlernn olması çn gere ve = (Ireland ve Rosen 990). Eğer çözümler mevcutsa, tam olara d tane çözüm vardır. İspat: γ, * F ın üretec olsun. ( mod ( ) ) α a = γ ve ny a q ongrüansına dentr. Şmd n q ve ( n q ) Eğer n q se, o zaman n. uvvettense o halde x y = γ olsun. O halde, n x = α eştlğ, = en nasıl durumların oluşacağını gözlemleyelm. n x * F ın n. uvvetten q tane elemanı vardır ve eğer α, n = α eştlğnn tam olara n tane çözümü vardır. Eğer ( n, q ) = se, n. uvvetten her eleman tetr. Örneğn, nın sadece br çözümü vardır. * α F çn, n x = α α Z[ ] πz [ ] olsun. O halde Sonuç..3. ( ) * gere ve yeter şart α ( N( π) ) d x ( ( )) = dr. d=, N( π) = α nın çözümlernn olması çn Not... Z pz = F sonlu csmdr. p.. Çarpanlanablr Karaterler F p üzernde çarpanlanablr br arater, sayılara br χ dönüşümü, şelndedr. ( ab) ( a) ( b) * =, ( a, b Fp ) χ χ χ * Fp dan sıfırdan farlı omples Eğer p modülüne göre a alan sınıfının br fonsyonu gözüyle baılırsa, a p elemanter Legendre sembolü çarpanlanablr aratere br örnetr. Önerme... χ çarpanlanablr arater ve ) χ ( ) = * a F p olsun. O halde,

9 5 ) χ ( a), brmn ( ) p. öüdür. 3) χ ( a ) = χ ( a) = χ ( a) dr (Ireland ve Rosen 990)..3. Z [ ] Halasının Bazı Özelller Şmd Z [ ] halasının çalışmamıza onu olan özelllern ele alablrz. Tanım.3.. Herhang a, b Z ve = olma üzere a + b bçmnde bütün sayılara Gauss Tamsayıları denr. Bu tür sayıların cümlesn Z [ ] le göstereceğz. Yan, = olma üzere, dır. { Z } Z[ ] = a + b a, b Tanım.3.. a, b Z olma üzere α = a + b Z [ ] sayısının eşlenğ a bşelnde tanımlanıp α le gösterlr. Br α = a + b Z [ ] sayısının normu ( ) αα N a + b = = a + b Z dır. Önerme.3.. Norm fonsyonun şu özelller vardır (Şenay 007). ) α [ ] Z çn N ( α ) 0 ) N ( α ) = 0 α = 0 3) α, β [ ] Z çn N ( α β ) N ( α ) N ( β ) = dır. ) α = a + b Z[ ], β = c + d ( a, b, c, d ) dır. a) αβ = αβ b) ( α + β ) = α + β İspat: α = a + b Z[ ], ( a, b ) Z olma üzere, ) ( α ) α α ( a b) ( a b) a b Z olma üzere, N = = + = + 0 dır.

10 6 ) : N ( ) a b a α = + = 0 se, = b olur. Böyle br durum anca a = b = 0 olması le mümün olacağından α = = 0 dır. : α = 0 se, α = a + b = 0 a = b ( ) ( ) N α = a + b = b + b = b + b = 0 3) α, β Z [ ] çn, α = a + b, β = c + d olaca şelde a, b, c, d Z olsun. ( α β ) = (( + ) ( + )) N N a b c d ( ) = N ac + ad + bc + bd (( ) ( ) ) = N ac bd + ad + bc ( ac bd ) ( ad bc) = + + = a c abcd + b d + a d + abcd + b c ( ) ( ) = a c + d + b c + d = N ( a + b) N ( c + d) ( α ) N ( β ) = N ) a) αβ = ( a + b)( c + d) = ( ac + ad + bc bd ) b) ( α + β ) = ( a + b + c + d) = ( ac bd ) + ( ad + bc) = ( ac bd ) ( ad + bc) = ac bd ad bc = a( c d) b( c d) = ( a b)( c d) ( a b)( c d) = ( a + c + ( b + d ) ) = + ( + ) a c b d = a + c b d = + + = αβ

11 7 = ( a b) + ( c d) = ( a + b) + ( c + d) = α + β Tanım.3.. α Z [ ] çn, u α olaca şelde br u tamsayısı varsa buna Z [ ] nn br tersnr elemanı denr. Önerme.3.. α Z[ ] nn tersnr olması çn gere ve yeter şart N ( α ) = olmasıdır. Şu halde tersnr elamanlar, lerdr (Çallıalp 999). İspat: α Z [ ] tersnr α N ( ) N ( α ) N = = α α Z [ ] demetr. α tersnr eleman se, N ( α ) = olmalıdır. Tersne olara, a b [ ] = α = a b Z [ ] bulunur. α ( ) ve N ( α ) N ( α ) α = + Z çn, N ( α ) Z, 0 olduğundan, eğer α = = α α se, N α = a + b = a =, b = 0 veya a = 0, b= anlamını taşıdığından Z [ ] de tersnr elemanların, olduğu anlaşılır. Tanım.3.3. u, Z [ ] nn herhang br tersnr elemanı olma üzere, herhang α, β Z [ ] elemanları çn α = u β eştlğ geçerl se α ve β elemanlarına lgl elemanlar denr ve bu durum α β şelnde gösterlr. Tanım.3.. α Z [ ] elemanına eğer α nın Z [ ] de her bölen ya endsnn br lgls yada br tersnr eleman se ndrgenemez denr. Tanım.3.5. Z [ ] nn tersnr olmayan sıfırdan farlı br π tamsayısına; herhang α, β Z [ ] tamsayıları çn, π αβ olması ya π α veya π β olmasını geretryorsa asal eleman denr.

12 8 Not.3.. Bundan sonra Z nn asallarına rasyonel asal dyeceğz. Teorem.3.. Z [ ] nn, 0 ve tersnr olmayan her elemanı sonlu sayıda ndrgenemez elemanlarının çarpımı bçmndedr. Tanım.3.6. Br Z [ ] halasına, her α Z [ ] tamsayısının sonlu sayıda ndrgenemez elemanların çarpımı olara temsl, çarpanlarının sırasının ve ndrgenemez elemanlarının lgller le değşm dışında te türlü se, çarpanlama bölges denr. te Teorem.3.. Br bölgede çarpanlara ayrılışın te olmasının gere ve yeter oşulu her ndrgenemez elemanın asal olmasıdır (Şenay 007). Not.3.. Yuarıda teoreme göre Z [ ] nn her ndrgenemez elemanı aynı zamanda br asal elemandır. Tanım.3.7. İs brden sıfır olmayan α, β Z [ ] elemanları çn aşağıda oşulu sağlayan br δ Z [ ] tamsayısına α, β tamsayılarının en büyü orta bölen denr. () δ α ve δ β, () α, β nın her δ orta bölen çn δ δ. Not.3.3. Herhang α, β Z [ ] tamsayılarının (eğer mevcutsa) br en büyü orta bölen le lgl olan tamsayının da α, β nın eza br en büyü orta bölen olduğuna lg çelmeldr. Böylece α, β nın yuarıda oşulları gerçeleyen br en büyü orta bölennn te bçmde belrtlmedğ açı olup, bunu ( α, β ) le göstereceğz. O halde lgl olanları dışında ( α, β ) te br bçmde belrtlmştr. Teorem.3.3. Eğer α, β Z [ ] nn en büyü orta bölen δ se, herhang λ, µ Z [ ] tamsayıları çn δ = λα + µβ olur (Flanders 985). İspat. Verlen α, β Z [ ] tamsayıları le Z [ ] halasında bütün tamsayı değerler serbestçe alablen λ, µ sayıları çn N( αλ + βµ ) bçmnde poztf tamsayıların

13 9 oluşturduğu cümley göz önüne alalım. İy sıralama lesne göre bu cümlenn br en üçü 0 < N( δ) elemanı vardır. Burada λ, µ Z [ ] olma üzere δ = αλ + βµ olduğuna lg çelmeldr. Bölüneblmenn lneerl özelğ gereğ α ve β nın her = ( a + b)( c + d) orta bölen çn ρ δ olur. Bundan başa δ α ve δ β dır. Gerçeten böyle olmasaydı α = δκ + δ ve 0 N( δ) < N( δ) olaca bçmde δ, κ Z [ ] elemanları bulunacatı. Böylece δ = αλ + βµ ve α = δκ + δ eştllernden δ = ( λκ) α + ( κµ ) β bulunur, bu δ n 0 < N( δ ) oşulu le Z [ ] nn en üçü elemanı olduğu abulü le çelşr. O haldeπ ve sonuçta δ = 0 olur. Benzer bçmde u = π = x + y = π = y x x = y p = x olduğu da gösterlr. Öte yandan α, β Z [ ] nn en büyü orta bölen δ olduğundan α = δτ ve β = δω olaca bçmde τ, ω Z [ ] sayıları vardır. Buradan δ = λα + µβ = λτδ + µωδ = ( λτ + µω) δ, ve sonuçta δ δ ayrıca δ hpoteze göre α, β Z [ ] nn en büyü orta bölen olduğundan tanım gereğ δ δ elde edlr, δ ve δ lgl ve sonuçta Tanım.3.7. gereğ δ Z [ ] α, β nın en büyü orta bölen olur. Not.3.. Gauss tamsayılar halasının br Öld bölges olduğunu gösterme çn öncelle Z [ ] de alanlı bölme teoremnn geçerl olup olmadığını nceleyelm. Teorem.3.. ( Z [ ] de Kalanlı Bölme Teorem) α, β Z [ ] ve β 0 çn, α = βγ + δ olaca şelde γ, δ [ ] Z ve N ( α ) N ( β ) < dır (Flanders 985). İspat: Komples düzlem, öşelernn oordnatları tamsayılar olan arelere ayıralım. Böylece herhang br omples sayı, Bu arelerden brnn üzerne veya çne düşer. Ayrıca, arelern öşeler de Z [ ] nn elemanlarıdırlar. α, β Z [ ], β 0 se α β sayısının üzerne veya çne düştüğü arey ve α ya en β yaın olan bu arenn γ öşesn düşünelm. Açıtır, α nın γ ya olan uzalığı, β arenn öşe uzunluğu olan nn yarısından üçü veya eşt olur. Şu halde,

14 0 Buradan α = βγ + δ elde edlr. α α γ γ < β β Tanım.3.8. Eğer Z [] halasının α 0 ve β gb herhang elemanları çn β = ακ + ρ ve 0 N( ρ) < N( α ) olaca bçmde κ, ρ Z [] tamsayıları varsa Q ( ) csmne br Öld Bölges veya tam olara norm çn Öld Bölges denr. Teorem.3.5. Z [ ] br Öld bölgesdr (Şenay 007). Z [ ] nn br Öld bölges olduğunu aşağıda gözlemle de göreblrz. α Gözlem: α = a + b Z [ ] ve sıfırdan farlı γ = c + d Z [ ] olma üzere, r s γ = + olaca şelde r, s R olsun. r m ve alara, δ = ( m + n) Z [ ] elemanı oluşturalım. Buradan, p α γδ N ( r + s m n) ( ( ) ) = N r m + s n = olsun. p = a + b ( c + d) ( m + n) Ya p = 0 ya da ( ) = a + b ( cm + cn + dm dn) = a + b cm cn dm + dn = a cm + dn + ( b cn dm) Z [ ] ve, α N p = N γ γ γ N ( γ ) N α = γ γ N < N O halde Z [ ] br Öld bölgesdr. ( γ ) ( γ ) s n olaca şelde m, n Z

15 Tanım.3.9. Br Z [ ] Öld bölgesnde herhang α, β tamsayılarının en büyü orta bölen Z [ ] nın tersnr br elemanı se α, β tamsayılarına aralarında asal denr. Not.3.5. Br en büyü orta bölenle lgl olan herhang br tamsayı da en büyü orta bölen ve herhang br tersnr elemanla lgl olduğundan α, β aralarında asal se ( α, β ) = abul edeblrz. Sonuç.3.. Eğer ( α, β ) = se, λα + µβ = olaca şelde λ, µ Z [ ] tamsayıları vardır. Şmd her Öld bölgesnn br te çarpanlama bölges olduğunu göstereblrz. Teorem.3.6. Her Öld bölges br te çarpanlama bölgesdr (Şenay 007). İspat. Teorem.3.. gereğ Z [ ] nn her ndrgenemez elemanının br asal eleman olduğunu anıtlamamız yeterldr. Buna göre π, Z [ ] nn ndrgenemez br elemanı olma üzere herhang α, β Z [ ] çn π αβ anca π / α olduğunu varsayalım. O zaman ( α, π ) = ve Sonuç.3.. e göre λα + µπ = olaca şelde λ, µ Z [ ] tamsayıları vardır. Şmd bu eştlğn her yanını β le çarparsa, λαβ + µβπ = β bulunur. Kabulümüz gereğ π αβ ve açı olara π µβπ olduğundan bölüneblmenn lneerl özelğne göre π β olur. Sonuç.3.. Her Öld bölges br te çarpanlama bölges olduğundan Z [ ] br te çarpanlama bölgesdr. Önerme.3.3. π Z [ ] ve N ( π ) br rasyonel asal se π asal Gauss tamsayısıdır (Çallıalp 990). Önerme.3.. π br Gauss asalı olsun. O halde π p rasyonel asalı vardır. Üstel ya N ( π ) p yada N ( π ) p olaca şelde br te p = = dır (Flanders 985).

16 Önerme.3.5. π gb br Gauss asalı farlı rasyonel asalı bölmez (Şenay 007). Teorem.3.7. p asal tamsayısının Z[ ] de çarpanlara ayrılışı şu şeldedr. ) p = π = + Z [ ] çn p π = ve ( ) N π = dr. ) p 3( mod ) se, p = π asal Gauss tamsayıdır ve N ( ) p π = dr. 3) p ( mod ) se, π ve π asal Gauss tamsayıları olma üzere p = π π ve ( π ) ( π ) N = N = p dr. (Çallıalp 990) İspat: ) p = = ( + ) ( ) = ( ) ve N ( ) = olduğundan br asal Gauss tamsayısıdır. asal tamsayısı Z [ ] de ( lgll düşünülmeden) br asal Gauss tamsayısının aresdr. Buna, Z [ ] de dallanır da denr. ) 3( mod ) N N p olsun. π p p π α, α [ ] ( π ) = p veya N ( ) p π = olur. = Z ve N ( p) p N ( α ) N ( π ) (, ) ( π ) 0, veya ( mod ) = = ve π = x + y x y Z N = x + y olablr. Şu halde ( π ) = p olamaz. N ( ) x y p π = + = dr. = ( ) = ( π ) ( α ) p N ( α ) N ( α ) p N p N N olduğu anlaşılır. Yan 3( mod ) = = se, α tersnr olacağından p π p rasyonel asalı, Z [ ] de de asal alır. 3) p ( mod ) olsun. p rasyonel asalı çn x ( mod p) nn çözümü vardır. Br çözüm z se, p z +, π p ve π asal Gauss tamsayısı se ( )( ) π z + = z + z olur. [ ] Z de asal eleman tanımından π z + veya π z bulunur. Faat p z + ve p z / / dr. Çünü [ ] z p p Z dr. Buradan π le p π nn lgl olmadıları anlaşılır. Şu halde N ( π ) N ( p) = p ve p N ( p) p olmasından, N ( π ) = p bulunur. Böylece p ( mod ) se, ( ) p nn asal bölen π le π nn lgl olmadılarını görelm. p = N π = π π dr.

17 3 ( π ) π = x + y, N = x + y = p olsun. u =, tersnr elemanlar olma üzere π = u π olsa d; u = π = x + y = π = x y y = 0 p = x u = π = x + y = π = x + y x = 0 p = y u = π = x + y = π = y + x x = y p = x u = π = x + y = π = y x x = y p = x Çelşlern verrd. Çünü p te, asal tamsayıdır. Buradan p nn farlı lgl olmayan asal Gauss tamsayısının çarpımı olara ayrıştığı anlaşılır. Yuarıda bu tesptlermz aşağıda teoremn spatını verr. Teorem.3.8. Br π tamsayısının br Gauss asalı olmasının gere ve yeter oşul; ) π ya dr ya da bununla lgldr. ) π ya + 3 bçmnde rasyonel asaldır veya bu bçmde br asalla lgldr. 3) + bçmnde herhang br p rasyonel asalı çn N ( ) İfadelernn geçerl olmasıdır (Şenay 007). π = p dr.

18 3. TEORİK ESASLAR 3.. Dördüncü Dereceden Kalanlar Gauss 83 de. Dereceden alanlar teoremn spatsız olara urdu. Sonradan 8 yılında Esensten, Jacob ve Gauss toplamlarını ullanara pe ço spatını yaptı. Temel fr 3. Dereceden alanlar le aynı olmasına rağmen daha zordur. Gauss toplamlarını alanlar teoremnde ullanma fr Gauss a attr bunu. Dereceden alanlar teoremnn altıncı spatını yaparen ullandı. (Ireland ve Rosen 990) α Z se ( ) Z [ ], Gauss tamsayıları halası olma üzere, eğer [ ] α, α tarafından üretlen br esas dealdr. Z [ ] de alanlı bölme teorem geçerl olduğundan Z [ ] br ölt halasıdır. Böylece eğer π br ndrgenemez ve π αβ se ya π α yada π β dır. Eğer N ( α ) = αα, α nın normu se; N ( α ) = olması çn gere ve yeter şart α nın tersnr olmasıdır. Lemma 3... Eğer π br ndrgenemez se, π p olaca şelde br p Z rasyonel asalı vardır (Ireland ve Rosen 990). İspat : N ( π ) = ππ = n = p... p ps, ( asal) p Z Böylece en az br çn π p Böylece ndrgenemezler, Z nn tüm asallarının Z [ ] de çarpanlarına ayrılması le bulunur. Buna göre aşağıda lemma ullanışlıdır. dr. Lemma 3... Eğer α Z [ ] ve N ( α ) asalsa, α ndrgenemezdr (Ireland ve Rosen 990). İspat: Eğer α µλ = se N ( α ) = N ( µ ) N ( λ ) dır. ( ) N α asal olduğundan ya N ( µ ) = dr yada N ( λ ) = dr. Böylece ya µ ya da λ tersnrdr. Böylece α ndrgenemezdr. Lemma ndrgenemezdr ve nn Z[ ] de asal çarpanlarına ayrılışı ( ) = + şelndedr (Ireland ve Rosen 990).

19 5 İspat: N ( ) gereğ) + = ve br asaldır. O halde + ndrgenemezdr. ( Lemma 3... Lemma 3... Eğer 3( mod ) q Z de br asalsa, o zaman q, Z[ ] nn br ndrgenemez elemanıdır (Ireland ve Rosen 990). İspat: q, Z[ ] de br ndrgenemez olmasın. O halde N ( α ) > ve N ( β ) > olaca şelde q = αβ yazablrz. Her tarafında normlarını alırsa, q = N ( α ) N ( β ) Buradan q br asal sayı olduğundan q N ( α ) ( α ) = olur. Eğer a b α = + (, ) a b Z se, q = N = a + b olur. Oysa, bu durum + 3 bçmnde asalların are toplamı şelnde yazılamayacağından br çelşdr. O halde, q ndrgenemezdr. Lemma Eğer p br asal ve p ( mod ) se, p = ππ olaca şelde br π ndrgenemez elemanı vardır ve üstel ( π ) ( π ) İspat: p ( mod ) olduğundan, a ( mod p) vardır. Böylece, p a ( a )( a ) dr (Ireland ve Rosen 990). olaca şelde br a tamsayısı + = + olur. Eğer, p ndrgenemez olsaydı, p a + olurdu. Böylece, p = αβ, N ( α ) >, N ( β ) > dır. Norm alara, p = N ( α ) sonucuna varırız. N ( α ) asal olduğundan Lemma 3... yardımıyla α ndrgenemezdr. Buradan, ( α ) ( α ) olduğu apaçıtır. Tanım 3... Tersnr olmayan br [ ] Z [ ] nn br prmary elemanı denr. Eğer α, [ ] olduğuna lg çelmeldr. 3 ( ) α Z çn, eğer mod( ) α + se α ya Z de prmary se, α ( mod + ) NOT 3... Yuarda tanıma göre + le lgl olmayan elemanların prmary olacağını söyleyeblrz.

20 6 Lemma [ ] se, veya, dır (Ireland ve Rosen 990). İspat: ( ) 3 ( ) Z de tersnr olmayan br a b ( a, b ) a ( mod ), b 0( mod ) a 3( mod ), b ( mod ) α = + Z elemanı prmary + = + olduğundan a + b nn te olması çn gere ve yeter şart ( ) a + b a + b b a + = + Z[ ] dr. + Bu durum, a + b ( mod ) ve a b ( mod ) Kongüanslı özelllernden, ( ) ( ) a + b mod + a b mod ongrüanslarına eşttr. Buradan, ( ) ( ) ( ) a 3( mod ), b ( mod ) a mod a mod, b 0 mod NOT 3... [ ] Z de tersnr olmayan herhang br ( mod ) α şelnde elemanı prmary dr. Üstel, eğer α prmary se, NOT 3... e göre, ( ) + / α. Eğer q, q 3( mod ) olaca şelde br rasyonel asalsa, q br prmary ndrgenemezdr. p ( mod ) asallarından ortaya çıan ndrgenemezler çn aşağıda sonuç geçerldr. Lemma [ ] α Z tersnr olmayan br eleman ve ( ) + / α olsun. O tatrde uα prmary olaca şelde br te u tersnr elemanı vardır (Ireland ve Rosen 990). İspat: a br te ve b br çft sayı olma üzere, εα = a + b olaca şelde br ε elemanı vardır. Gererse, le çarpara, Lemma α nın br prmary lgls olduğunu gösterr Eğer uα ve uα olaca şelde u ve u tersnr elemanlar se, ( ) + / α olduğundan,

21 7 3 ( ( + ) ) olur. Buradan, u ( ) 3 u u u mod + olup buradan u = u olur. Lemma Z [ ] nn br prmary elemanı, prmary ndrgenemezlern çarpımı şelnde yazılablr (Ireland ve Rosen 990). α Z prmary olsun. O halde, 3( mod ) İspat: [ ] q rasyonel asalları, ndrgenemezler N ( π ) = ( mod ) ve α uπ... π ( q )...( q ) t s π prmary = olaca şelde 3 ( ) br u tersnr elemanı vardır. İndrgenmş modül ( + ) 3 bze, u mod ( + ) olduğunu gösterr. Bu da u = demetr. Yan u tersnr br elemandır. Lemma Eğer [ ] ( ) π 3 + mod tür. π Z br prmary asalsa, ya ( mod ) π yada İspat: Eğer π Z [ ] br prmary se, π = a + b olma üzere, Lemma dan, ) ( mod ) a çn ongrüanslı tanımı gereğ = a olaca şelde br Z vardır. b 0( mod ) çn ongrüanslı tanımı gereğ t = b olaca şelde br t Z vardır. ( ) ( ) π = a + b = + + t ( t) = + + se, ongrüanslı tanımından π ( mod ) tür. ) 3( mod ) a çn ongrüanslı tanımı gereğ m = a 3 olaca şelde m Z vardır. ( mod ) b çn ongrüanslı tanımı gereğ n = b olaca şelde n Z vardır. ( 3) ( ) π = a + b = m + + n + ( ) = m + n se, ongrüanslı tanımından 3 ( mod ) π + tür.

22 Dereceden Kalan Sembolü Önerme 3... π Z [ ] ndrgenemez olma üzere, Z[ ]/ πz[ ] alan sınıflar halası, N ( π ) elemanlı sonlu br csmdr (Ireland ve Rosen). İspat: Öncelle Z[ ]/ πz [ ] nn br csm olduğunu gösterelm. ( π ) α 0 mod olaca şelde α Z [ ] olsun. Buradan, β, γ Z [ ] olma üzere (, ) β γ = se, βα + γπ = olaca şelde α, π Z[ ] olacatır. ( π ) Böylece βα mod, α nın alan sınıfının Z[ ]/ πz [ ] de br tersnr olduğunu gösterr. Bu da Z[ ]/ πz [ ] nn br csm olduğunu gösterr. Z[ ]/ πz [ ] nn N ( π ) tane elemanı olduğunu gösterme çn, varsayalım π= q, modülüne göre 3 e ongrüent olan br rasyonel asal olsun. İdda edyoruz, { a b 0 a q ve 0 b q} + < < bütün alan sınıfları temsl eden br ümedr. Bu Z Z nn q N( q) da, [ ]/ q [ ] ( ) = tane elemanı olduğunu gösterecetr. µ= m+ n Z[ ], m, n Z olsun. O halde, m= qs+ a ve n= qt+ b ( s, t, a, b ) ve ( 0 a, b< q) Z olsun. µ= ( qs+ a) + ( qt+ b) = qs+ a+ qt+ b= a+ b+ q( s+ t) olup, µ a+ b( mod q) elde edlr. Bundan sonra, Şmd a+ b a + b ( mod q) ( 0 a, b, a, b q) ( a a ) q+ (( b b ) q) Z [ ] deme ( ),( ) anca a a = ve b b = olduğunda olur. < olduğunu düşünelm. O halde, a a q b b q Z demetr. Bu se Artı p ( mod ) nn rasyonel asal ve ππ N( π) = = p olduğunu düşünelm. İdda edyoruz, { 0,,..., p } tüm alanlar sınıfını temsl eden br ümedr. Bu bze, [ ]/ π [ ] Z Z nn p N( π) = tane elemanı olduğunu gösterece.

23 9 π= a+ b olsun. p= ( a+ b)( a b) = a + b olduğundan p / b dır. µ= m+ n( m,n Z ) olsun. cb n( mod p) olaca şelde br c tamsayısı vardır., Z[ ] nn her O halde µ cπ m ca( mod p) ve buradan, µ m ca( modπ) elemanı π modülüne göre br tamsayıya ongrüenttr. Eğer l Z se, r, s Z ve 0 r< p olma üzere, l sp r ( mod ) = + dr. Böylece, l r( mod p) dr ve buradan l r π sonucu ortaya çıar. Z[ ] nn her elemanının π modülüne göre { 0,,..., p } ümesnn elemanlarından brne ongrüent olduğunu daha önce gösterd. Eğer r r ( modπ) ( r, r ve 0 r, r < p) ( r r ) pn( γ) Z se, r r πγ ve = deme p r r demetr. Böylece r= r olur. p ( mod ) se p asalı sadece olablr. p = çn, N ( π ) = olan π = a + b ( a, b Z) vardır. Buradan a + b = olduğu görülür. Bu eştl anca ve anca a =, b = olması gerer. Gauss tamsayılarında lgll düşünüldüğünde, π nn + veya olması le mümündür. O halde { +, } ümes N ( π ) = eştlğn sağlayan tüm alan sınıflarını temsl eden ümedr ve N ( π ) = tane elemanı vardır. Sonuç 3... Eğer π / α se, α Nπ ( ) ( π) mod dr (Şenay 007). İspat: Br π Gauss asalının br te p rasyonel asalını böldüğünü hatırlatara π p olaca şelde p rasyonel asalını göz önüne alalım. Bu durumda, Teorem.3.8. e göre üç durum ayırt edeblrz.. durum: p n 3 α = + olsun. O zaman N ( ) x y p π = + = olup, spat çn ( modπ ) veya bununla eş anlamda olan p α α ( mod p ) p nn geçerl olduğunu gösterme yeterl olacatır. Gerçeten bu son bağıntıdan p ( α ) p α ve p π p olduğundan ( ) π α α ve buradan da π / α olduğunu göz önüne alara p ( ) π α elde edlecetr.

24 0 p p p p α = + olsun. Buradan x y ( mod p) Şmd x y Kabulümüze göre p, n + 3 bçmnde olduğundan α + yazılablr. p = dr. Ayrıca bu p asalı p p p ve br a Z çn, a a ( mod p) olduğundan x x ( mod p) ve y y ( mod p) p dr. Tüm bunlardan α x y α ( mod p) α + elde ederz. Benzer bçmde p α ( mod p) dr. O halde dda edldğ gb α α α ( mod p). durum: p ( mod p) buluruz. olsun. Bu abulle p = ve Teorem.3.8. e göre π, + le lgldr. Böylece π = + olduğunu abul edeblrz. N ( π ) = olduğundan şmd Nπ ( ) ( ) α α modπ ve bastçe + le α aralarında asal olduğunda + nn α böldüğünü spatlamalıyız. Teorem.3.8. e göre + asal olduğundan α Z [ ] olduğunda β= αα ( ) + n de br Gauss tamsayısı olduğunu gösterme yeterldr. Buna göre m, n Z çn, α= m+ n olsun. O zaman, bulunur. Anca, β= {( m m n n mn) ( m m n n mn) } ( ) ( ) + = +, m m n n mn m m n n mn ve ( ) ( ) = + + m m n n mn m m n n mn Sayılarının s de çft olduğundan β br Gauss tamsayısıdır. 3. durum: Şmd p α ( π) = + olsun. Bu durumda ( ) p mod olduğunu göstermelyz. Böylece p p önüne alara α α( mod p) π = + = olup, N x y p π ve ( ) απ, = hpotezn göz olduğunu blme yeterldr. Buna göre α= u+ v α + dr. Anca p= + p p p p olsun. Şmd. durumda olduğu gb u v ( mod p) bçmnde olduğundan p p = ve α u+ v= α( mod p) olur, bu da spatı tamamlar. Not 3... Eğer π nn normu den farlı se, o zaman Z[ ]/ πz[ ] de,, ve + nn alan sınıfları brbrlernden farlıdır.

25 Gerçeten, ( modπ) br asal olduğundan π ve olsun. Buradan π olur ve Teorem.3.8. e göre π = = lgl olurlar. Böylece N( ) N( ) olur bu durum π nn normunun den farlı olması le çelşr. Dğer durumlarda da aynı düşünce uygulanır. {,,, } olduğundan;, ( [ ]/ [ ] ) * N ( π ) olduğunu gösterr. mertebes olan devrl br grup Z πz çarpımsal alt grubunun mertebesn böler. Bu da Önerme 3... Eğer π α π + se, 0 j 3 olaca şelde br te j /, ( ) ( ) tamsayısı vardır. Yan, α N( π) j ( modπ) dır (Ireland ve Rosen 990). Not 3... Bu önermede ( π ) ( + ) hpotez önemldr. Gerçeten ( π ) = ( + ) olsaydı, bunların normları aynı olacağından + ndrgenemez olup ( ) ( ) N + = = + asal çarpanlarına ayrılacatı. Anca π asal olduğundan bu durum çelş olacatı. İspat: ( π ) ( + ), a b ( a, b ) ( ) ( ) π = + Z, Z[ ] de asal olsun. N π = a + b N + = olduğundan π nn + bçmnde br asal olduğunu göz önüne alırsa N ( π ) = 3 olması mümün değldr. Zra 3, + 3 bçmnde olup are toplamı bçmnde olamaz. O halde N ( π ) nn değer en az olma zorundadır. Öte yandan, π / α, α Z[ ] çn, α Nπ ( ) ( π) mod olup Z [ ] de N ( π ) oşulunu gerçeleyen bütün + bçmnde asallar çn ( ) ( ) ( ) π = = + = se N ( ) ( ) N p N ( π ) dr. Böylece Sonuç... den, π = + ve sonuçta α Nπ ( ) ( π) mod dr.

26 Gözlem: Şmd x ( modπ) olduğunu göz önüne alalım. Buradan, x ( π) 0 mod, ( x )( x ) 0( modπ) +, ( x )( x+ )( x )( x+ ) 0( modπ) dr. Buradan denlemn ölernn Lagrange Teoremne göre, +,, +, olduğu ortaya çıar. Öte yandan, {,,, } olduğundan, ( [ ]/ [ ] ) * + + mertebes olan devrl br grup Z πz çarpımsal alt grubunun mertebesn böler. Bu grubun mertebes N ( π ) olup, ( ) N π dr. Buradan, α ( Nπ ( ) ) ün aynı zamanda x ( π) mod ongrüansının br çözümü olduğu ortaya çıar. Bu br çözüm se, +,, +, brbrlerne ongrüent değldrler. Yan alan sınıfları farlıdır. O halde, α N( π) j ( modπ) dr. Tanım 3... Eğer π br ndrgenemez se, N( π) olma üzere, α nın.dereceden alanı π α j / çn, χ ( α ) = ( 0 j 3) π olara tanımlanır. Bu se Legendre sembolünün. dereceden alanlara doğal br genşlemesdr. Özel olara, eğer πα se χπ( α ) = 0 dır. Not Bazı matematçler bu durumu, α x α = π,,, dğer durumda. ( π ), Eğer mod çözüleblrse, şelnde gösterrler. Şmd. dereceden alanlar le lgl Legendre Sembolünün özelllern verelm. Önerme Eğer π / α se, ) χ ( α) x α( modπ) π = Z [ ] de br çözümü vardır.

27 3 αβ α β ) = π π π, 3) χ ( α) χ ( α) π =, π = π ) Eğer π prmary br ndrgenemez se, ( ) ( ) ( a b olma üzere) π= +, a. α β se, = π π, 5) Eğer α β( modπ) 6) Eğer ( π) = ( λ) se, dr. İspat: α α = π λ ) Önerme... ve dolayısıyla Sonuç..3. ten spat tamamlanır. ) ( ) ( ) ( Nπ ( ) χ αβ = αβ ) ( modπ ) π αβ π ( N( π) ) ( N( π) ) ( modπ) α β Kongrüanslı özelllernden, ( N( π) ) ( N( π) ) ( mod ) α β π π ( mod ) α πβ π Legendre sembolünden, dır. 3) α ( Nπ ( ) ) α π α β π π ( modπ) ve π ndrgenemez olduğundan, π p π p dr. Yan π çn geçerl olan π çn de geçerldr. O halde, α ( N( π) ) α π ( modπ) yazılır. Buradan, α α = π π dır. ) Lemma 3..6 ullanılara spat görülür.

28 5) α β( modπ) se, ongrüanslı tanımından π( α β) olaca şelde br Z [ ] vardır. Böylece, dır. Buradan α= π+ β şelnde yazılablr. π= α β olup, α α π ( Nπ ( ) ) ( modπ) ( mod ) π+ β β π olduğundan, ( ) ( N ( π ) ) π β ( modπ ) + α bulunur. β β π ( Nπ ( ) ) ( modπ) 6) Eğer ( π) = ( λ) se, π ve λ lgldr. O zaman lgl tanımı gereğ söz gelş π = λ veya π = λ dır. Bunun çn Legendre sembolü tanımından, α α π α α ( N ( π ) ) ( modπ ) ( N ( λ) ) ( mod λ ) ( N ( λ) ) ( mod λ ) elde edlr. α = λ Z[ ] πz [ ] den Not 3... Legendre Sembolü ( ) * * C a br arater verr. Böylece ( Z[ ] πz [ ] ) * eşt parçaya ayrılır. ( mod ) ( [ ] π [ ] ) ( p ) * * Z Z Z Z olur ve bu durum şu şelde tanımlanır. p olduğunda Eğer Legendre sembolü e eştse. dereceden alanlar vardır. İnc durumda, eğer Legendre sembolü e eştse. dereceden olmayan nc dereceden alanlar vardır. Ger alan son ısımda Legendre sembolünün durumlar olup,. dereceden alan olmayanları çerr. olduğu

29 5 Önerme 3... q 3( mod ) olaca şelde q br asal olsun. O halde a a Z, q / a çn = dr (Ireland ve Rosen 990). q İspat: q 3( mod ) bçmnde br asalsa, N ( q) q a ( q ) = a q Küçü Fermat Teoremnden, q asal ve q a = ( ) ( ) ( q+ q a ) = dr. Böylece, q / çn, a ( mod q) a mod q ( q) d..dereceden alan arater aşağıda gb genelleştrlmştr. Tanım 3... ( ) olsun. + / α olaca şelde α Z [ ] de tersnr olmasın ve β Z [ ] λ ndrgenemez olma üzere, α = λ yazalım. Eğer ( α, β ) = se, β β = şelnde tanımlanır. Önerme (6) dan bunun y tanımlı α λ olduğu görülür. (5) ten β γ ( modα ) se, β γ = olduğu görülür. α α Önerme α Z, α 0 ve a Z tersnr olmayan br te sayı olsun. Eğer ( a, α ) = se, α = dr (Ireland ve Rosen 990). a İspat: a > 0 alalım. p ve q ler asal olma üzere, a Z, asalların çarpımı şelnde yazılableceğnden, a p q = yazılablr. Burada p ( mod ), q 3( mod ). Önerme 3... yardımıyla sadece α = olduğunu gösterme yeterldr. Çünü p

30 6 Önerme 3... te q 3( mod ) olduğu durumda Şmd, ( mod ) α = q p olduğu çn, π ndrgenemez olma üzere olduğu gösterlmşt. p = ππşelnde yazılablr se ve Legendre sembolü çarpanlanablr br fonsyon olduğundan dolayı, şelnde yazılır. Buradan, dır. α α α = p π π α α α = p π π (Önerme (3) ) = ( χ fonsyonun özellğ ) Önerme Eğer (Ireland ve Rosen 990). = n n br tamsayı ve n ( mod ) se, ( ) ( n ) İspat: Burada n negatf br tamsayı da olablr. Eğer n poztf br asal se, p ( mod ) şelnde olacağından p = ππ şelnde yazılablr. Buradan, Legendre sembolünün özelller de göz önüne alınara, ( ) ( p ) ( ) ( p ) = = = p π π Dğer taraftan n q =, 3( mod ) ( ) ( ) ( ) ( q ) ( q q+ ) ( q ) = = = q dır q şelnde ve asalsa, o halde, olur. Eğer n ( mod ) rasgele br tamsayı se, her tamsayı asalların çarpımı şelnde yazılableceğnden ve p ( mod ), 3( mod ) t ( ) ( ) q olma üzere, n = p... p q... q şelnde yazılablr. s = = n p... p ( q )...( q ) p p ( q ) ( q ) t s t s t ( )...( ) ( )...( ) p p q qs =

31 7 = p q j j ( ) ( ) ( ) = ( ) = = ( ) ( n ) p q j j ( ) ( ) p... pt q... qs bulunur. Teorem 3... (. Dereceden Kalanlar Teorem) Eğer π ve θ, Z[ ] de farlı prmary asallar se, dır (Cox 989). π θ = θ π ( ) ( ( π ) )( ( θ ) ) 6 N N Not Eğer π ve θ prmary se, π = a + b ve θ = c + d olma üzere ( N ( π ) ) ( N ( θ ) ) 6 le ( a )( c ) π θ = θ π ( ) ( a )( c ) yazılablr. () aynı şarete sahptr. O halde, Lemma 3... Eğer π, θ Z [ ] farlı prmary asallar se, π = a + b ve θ = c + d olma üzere, π veya θ dan br modülüne göre e ongrüent se, π θ = θ π dr. Eğer hem π hem de θ, modülüne göre 3+ ye ongrüent se, π θ θ = π dr. İspat: π ( mod ) ve θ 3 + ( mod ) olsun. O halde a ( mod ) ongrüanslı tanımı gereğ a se, = + olaca şelde br Z vardır. c 3( mod ) se, ongrüanslı tanımı gereğ c = t olaca şelde br t Z vardır. Buradan,. dereceden alanlar teoremnde, π θ = θ π ( + )(( + ) ) ( ) ( ) 3

32 8 elde edlr. θ = π θ = π ( ) ( + ) t π 3+ ( mod ) ve θ 3 + ( mod ) olsun. O halde 3( mod ) a se, ongrüanslı tanımı gereğ a = m + 3 olaca şelde br m Z vardır. 3( mod ) c se, ongrüanslı tanımı gereğ c = n + 3 olaca şelde br n Z vardır. Buradan,. dereceden alanlar teoremnde, π θ = θ π θ = π ( + )(( n+ ) ) ( ) ( m ) 3 3 ( ) ( m + )( n + ) bulunur. θ = π Lemma 3... p ( mod ), a, b Z olma üzere b af ( mod p) br f olsun. f ( mod p) İspat: b af ( mod p) olur. dr. se, ongrüanslı özelllernden, ( mod ) b a f p olaca şelde (*) Öte yandan, p ( mod ) olduğundan are toplamı şelnde yazılablr. p = a + b olup ongrüanslı tanımını gereğ, ( mod ) b a p elde edlr. dr. (*) ongrüans denlemn göz önüne alınara, f ( p) mod

33 9 Lemma p ( mod ) olma üzere, br sayı se, a ) =, p ) ( a b) ab( mod p) +, p p 3) ( a + b) ( ab) ( mod p) p = a + b şelnde yazılır. Ayrıca a te dr. İspat: a = p ) Gauss Lemmasından, ( ) ( ) p + µ = = = olduğundan, elde edlr. ) p = a + b olduğundan, µ a = p olduğunu blyoruz. Buradan yazılablr. Kongrüanslı tanımı gereğ, p = ( a + b) ab p ( a + b) ab Buradan, ( a + b) ab( mod p) olur. 3) p ( mod ) olduğuna göre, buradan dr. O halde, ( a b) ab( mod p) uvvetn alırsa, p, p = + denlemnn her tarafının p. dereceden

34 30 olup, p p (( a + b) ) ( ab) ( mod p) p p ( a + b) ( ab) ( mod p) elde edlr. Lemma π Z[ ] br prmary asal olma üzere, ) = π ( a ), + ( a b b ) ) = π dür (Cox 989). Not Legendre sembolünün tanımı gereğ, olup, a b π = + ( a, b [ ] ) = π Z olma üzere, = π N ( π ) a + b olur. Şmd bu özelller yardımıyla l spatı L. Euler tarafından yapılan aşağıda teorem fade edelm. Teorem 3... Eğer π = a + b, Z[ ] de br prmary asal se, ) ab = π. ) p asalının x, y Z çn p x y = + 6 bçmnde temsl edleblmes çn gere ve yeter oşul p ( mod ) ve nn, p modülüne göre br. dereceden alan olmasıdır (Cox 989).

35 3 Gözlem: p ( mod ) asal olsun. Öyleyse π = a + b prmary olma üzere p = a + b = ππ şelnde yazılablr. Burada a nın te, b nn de çft olduğunu * * hatırlayalım. ( Z pz) ( Z[ ] πz [ ] ) olduğundan ab = π bze, nn p modülüne göre. dereceden br alan olmasının anca ve anca b nn 8 le bölüneblr olması le mümün olduğunu gösterr. Buradan teoremn nc ısmının spatı elde edlr.

36 3. Z [ ] DE P KÜMELERİNİN VARLIĞI Tanım.. br tamsayı, A ümes n elemanlı farlı poztf tamsayılardan oluşan {,,..., n, } x x x üme olsun. Eğer, j N, j, çn x x j + br tamare oluyorsa bu ümeye P ümes denr. Mesela { },,5 3 elemanlı P ümes, { },79,98 3 elemanlı P ümes, { 5,08,65,97338 } elemanlı P ümesdr. Eğer A ümes genşletlme stenyorsa yen atılan elemanla oluşan üme yne özellğn taşımalıdır. P Lemma.. 3 ten büyü rasyonel asal sayılar 6 formundadır (Kaygısız 007). Lemma.. P ve P ümelernn çnde en fazla br tane 6 + formunda tamsayı bulunablr (Kaygısız 007). Lemma.3. P ve P ümelernn çnde en fazla br tane 6 formunda tamsayı bulunablr (Kaygısız 007). Lemma.. Tüm elemanları 3 ten büyü 6 + veya 6 formunda tamsayı olan P ve P ümelernn elemanından br 6 + formumda se dğer 6 formundadır (Kaygısız 007). Teorem.. Tüm elemanları 3 ten büyü asal sayı olan 3 veya daha fazla elemana sahp P ve P ümes yotur. Teorem.. x, y Z [ ], x y x y olsun. Eğer π = a + b Z [ ],, 3( mod ) ( a, b Z ) ve N ( π ) = A, ( A Z) se elemanlı P { x y} ( ) ( mod ) xy π oşulu le mevcuttur. İspat: x y olduğu çn x = + 3 ve y t 3 = + ( t) P ümesn oluşturma çn P ümesnn tanımı gereğ, = ümeler, olsun. O halde, elemanlı

37 33 ( )( ) xy + = + 3 t = 6t + + t + 3 ( t t) = = ( mod ) (3) elde edlr. Artı a, b Z çn π = a + b Z [ ] olma üzere + = + = ( π ) = eştlğnden, xy ( a b)( a b) xy a b N A + = + veya ( a + b) xy + ve sonuçta xy + 0( modπ ) buradan da xy ( ) ( modπ ) dr. Lemma.5. { } 3,7 İspat: { } 3,7 üzere P { π} P = ümes Z [ ] nn asalları le genşletlemez. P = ümesnn π, Z [ ] nn asal elemanı olma = 3,7, şelnde genşletldğn abul edelm. P ümes tanımından, ve (3) denlemnden, dr. Buradan, ( x y ) ( z t ) 3π + = x + y 7π + = z + t = 3 + Eştlğn sağ tarafı 3 le bölüneblyorsa sol tarafı da 3 le bölüneblyor demetr. O halde, ( x + y ) ( ) 7 6 mod 3 x ( ) + y mod3 Elde edlr. Faat + 3 bçmnde sayının çarpımının fazlasının + bçmnde br sayı olduğu blndğnden () eştllernden x () + y nn modülüne göre e ongrüent olduğu görülür. Bu durumu sağlayaca br tamsayının ares yotur. Bu br çelş olduğundan bu eştlğ sağlayan br π asalı olmadığı sonucuna varılır. Not.. P cümles tanımından ümenn elemanları poztf tamsayılar olacağından, Gauss asallarının normları alınara N ( ) p ( mod ) oluşup oluşmayacağını nceleyelm. π = asalları le P ümelernn

38 3 Lemma.6. { } 3,7 İspat: { } 3,7 P = ümes Z [ ] nn asalları le genşletlemez. P = ümesnn [ ] θ Z ve ( ) olan br Gauss asalı olma üzere, P { 3,7, N ( θ )} edelm. N θ, + bçmnde rasyonel asal = şelnde genşletldğn abul P ümes tanımından ve tane + bçmnde sayının çarpımına eledğmzde bu sayının modülüne göre e ongrüent olduğundan, dr. Buradan, 7( x y ) 6 3( z t ) ( θ ) ( θ ) 3N + = x + y 7N + = z + t + = + Eştlğn sağ tarafı 3 e bölünüyorsa sol tarafı da bölünür. O halde, ( x + y ) ( ) ( x + y ) ( ) 7 6 mod3 3 mod3 elde edlr. x + y nn + bçmnde br sayı olduğu blndğnden bu ongrüans denlemn sağlayaca hçbr çözüm yotur. O halde normu + bçmnde olan Gauss asalları le yapılan P ümeler genşletlemez. Teorem.3. [ ] π Z çn N ( ) p ( mod ) π = bçmnde br asal olsun. Eğer bu asal P de 6 + formunda se, dğer asal da 6 formundadır. İspat: Lemma.. gereğ 3 ten büyü tüm asal sayıların 6 formunda yazılabldğn blyoruz. Öte yandan, Lemma.. ve Lemma.3. gereğ P ümesnde en fazla br tane 6 + veya 6 formunda tamsayı vardır. O halde asallardan br 6 + formunda se, dğer 6 formunda olmalıdır. Teorem.. q 3( mod ) br Gauss asalı olma üzere, 6 + bçmnde se, P de dğer asal 6 bçmndedr. İspat: İspatı Teorem.3. le aynı şeldedr.

39 35 Teorem.5. Gauss asalları le 3 veya daha fazla elemana sahp br P ümes yazılamaz. İspat: Teorem.. gereğ, tüm elemanları 3 ten büyü asal sayı olan 3 veya daha fazla elemana sahp P ümes yazılamaz. Bu da spatı tamamlar.

40 36 5. SONUÇLAR Bz bu çalışmamızda Gauss tamsayılar halasında P ümelernn varlığı çn br rter oluşturara bazı genşlemeyen P ümelernn var olduğunu gösterd. Ayrıca Gauss asallarından faydalanılara nasıl P ümelernn yazılableceğn gösterd. Prmary asalları ullanılara da nceleneblr. P ümelernn oluşturulup oluşturulamayacağı

41 37 6. KAYNAKLAR [] COX, D., 989, Prmes of the form New Yor, Chchester, Brsbane. x + ny, A Wley-Interscence Publcaton, [] ÇALLIALP, F., 999, Sayılar Teors, Marmara Ünverstes, Atatür Eğtm Faültes, İstanbul. [3] DUJELLA, A., FRANUSIC, Z., 007, On Dfferences of Two squares n some quadratc Felds, Rocy Mountan, Journal of Mathematcs, Volume 37, Number. [] FLANDERS, H., 985, A Tale of Two Squares and Two Rngs, Mathematcs Magazne, Vol 58, No Jaunary. [5] IRELAND, K., ROSEN, M., 990, A Classcal Introducton to Modern Number Theory, Sprnger-Verlag, New Yor, Berln, Hedelberg. [6] KAYGISIZ, K.,ŞENAY, H., 007, Constructons of Some New Nonextandable P Sets, Internatonal Mathematcal Forum,, no. 58. [7] ŞENAY, Hasan, 007, Sayılar Teors Dersler, Dzg Ofset Matbaacılı, Konya.