1 Primitif Kökler. [Fermat ] p asal, p a a p 1 1 (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) = 1, a φ(m) 1 (mod m) φ(1) := 1

Transkript

1 Primitif Kökler [Fermat ] p asal, p a a p (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) =, a φ(m) (mod m) φ : Z + Z + φ() := φ(m) := {x Z x < m, ebob(x, m) = } φ fonksiyonunun özellikleri: ) m >, φ(m) m 2 ) φ(m) = m m asal sayıdır. 3 ) ebob(m, n) = ise φ(mn) = φ(m)φ(n) 4 ) p asal ve k için φ(p k ) = p k p k 5 ) m Z +, m = p n pn 2 2 pn 3 3 pn r r, ( p i ler asal ) ) ) ) φ(m) = m ( ( p p2 ( pr

2 m Z + ve ebob(a, m) = olsun. a h (mod m), en küçük pozitif tamsayı Euler den ord m (a) := h ord m (a) φ(m) Mertebenin Özellikleri: m > ve ebob(a, m) = M. a s (mod m) ord m (a) s ord m (a) φ(m) M2. a s a t (mod m) s t (mod ord m (a)) M3. ord m (a) = d = ord m (a k ) = d ebob(k, d) M4. ord m (a) = d ve e d ise ord m (a d/e ) = e M5. h := ord m (a) ve k := ord m (b) olsun. ebob(h, k) = = ord m (ab) = hk (k ) ord m (a) = φ(m) oluyorsa a tamsayısına bir mod m primitif kök denir. Z := {b Z b < m, ebob(b, m) = } Z = {a, a 2, a 3,..., a φ(m) } Yani, Z kümesi çarpımsal olarak a ile üretilmiştir. ()

3 a bir mod m primitif kök ise yani, (M3) den dolayı (k ) ord m (a) = φ(m) a k primitif köktür ord m (a k φ(m) ) = ebob(k, φ(m)) = φ(m)) ebob(k, φ(m)) = Dolayısıyla; Bir mod m primitif kök varsa tam olarak φ(φ(m)) tane primitif kök vardır. Modulo 9 a göre 2 bir primitif köktür mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod 9 Dolayısıyla, φ(φ(9)) = φ(8) = 6 tane primitif kök vardır. Bunlar; k < 8, ebob(k, 8) = olmak üzere 2 k lardır. k =, 5, 7,, 3, 7 olduğundan primitif kökler: 2, 3, 4, 5, 3 ve 0 NOT: Her m pozitif tamsayısı için bir primitif kök olmayabilir. Örneğin, m = 8 alırsaki, her tek a sayısı için a 2 (mod 8) dir. Dolayısıyla ebob(a, 8) = olan her a sayısı için ord(a) 2 dir. φ(8) = 4 olduğundan primitif kök yoktur.

4 p > 2 asal ve k olsun. Bir modulo m primitif kök vardır m = 2, 4, p k, 2p k Artin Conjecture : a ve a tam-kare değil. Bu durumda sonsuz çoklukta asal için a bir primitif köktür. Primitif köklerin varlığı bilinse de genel olarak bunları bulmanın kolay bir yolu yoktur. Aşağıdaki sonuç bir g sayısının mod m primitif kök olduğunu göstermede oldukça yararlıdır. ebob(g, m) = olsun. g bir primitif köktür φ(m) nin her q asal böleni için, g φ(m)/q (mod m) dir. NOT: p > 2 küçük bir asal olduğunda bir g sayısının primitif kök olup olmadığını test etmek için bu Teoremi kullanabiliriz. Önce q = 2 alırız. Eğer g (p )/2 (mod p) ise g bir primitif kök değildir. q = 2 den sonra p in diğer bütün q asal bölenleri için de g (p )/q (mod p) gösterdikten sonra g nin modulo p primitif kök olduğunu söyleyebiliriz. Ancak p büyükse p in asal bölenlerini bulmak zor olabilir.

5 m = 9 için 2 nin bir primitif kök olduğunu gösterelim: φ(9) = 8 ve 8 in asal bölenleri 2 ve 3 olduğundan 2 φ(9)/2 = 2 9 (mod 9) ve 2 φ(9)/3 = 2 6 (mod 9) olduğunu göstermek yeterlidir. Bunları direk hesaplarsak; 2 9 (mod 9) ve (mod 9) Şimdi aşağıda ispatsız vereceğimiz Teoremlerle p bir asal olmak üzere, modulo p de bir primitif kök verildiğinde (k ) için p k ve 2 p k şeklindeki sayılarda bir primitif kökün nasıl bulunabileceğini görelim: TEOREM. (i) g modulo p ye göre bir primitif kök olsun. g p (mod p 2 ) ise g modulo p 2 ye göre bir primitif köktür. g p (mod p 2 ) ise g + p modulo p 2 ye göre bir primitif köktür. (ii) k 2 ve g modulo p k ya göre bir primitif kök ise g modulo p k+ e göre de bir primitif köktür. NOT: Modulo p ye göre bir primitif kök modulo p 2 ye göre bir primitif kök olmayabilir. Örneğin; 4, modulo 29 a göre primitif kök fakat modulo 29 2 ne göre değildir. Aynı şekilde; 8, modulo 37 primitif kök fakat modulo 37 2 de değildir. 9, modulo 43 de primitif kök fakat modulo 43 2 de değildir. p < 7 asalları için bunlar yegane örneklerdir. Modulo p ye göre bir primitif kökün modulo p 2 ye göre de primitif kök olma olasılığı /p dir. Dolayısıyla, büyük p asalları için çok nadiren g p (mod p 2 ) dir.

6 TEOREM.2 g modulo p ye göre bir primitif kök olsun. g tek ise g modulo 2p k ya göre bir primitif köktür. g çift ise g + p k modulo 2p k ya göre bir primitif köktür. Bir primitif kökün mertebesi φ(m) olduğundan M2 yi aşağıdaki şekilde tekrar ifade edebiliriz. TEOREM.3 g bir primitif kök olsun. g s g t (mod m) s t (mod φ(m)) dir. Böylece g s (mod m) φ(m) s Modulo m ye göre bir primitif kök varsa mertebeleri d olan elemanların sayısını bulmak için aşağıdaki Teoremi verebiliriz. TEOREM.4 Kabul edelim ki, g modulo m ye göre bir primitif kök ve d de φ(m) nin pozitif bir böleni olsun. Bu durumda ord(g k ) = d ebob(j, d) = olmak üzere k = j φ(m)/d Böylece, mertebesi d olan tam φ(d) tane denk olmayan eleman vardır. İSPAT: M3 den dolayı ord m (g k ) = φ(m)/ebob(k, φ(m)) dir. Dolayısıyla ord m (g k ) = d ebob(k, φ(m)) = φ(m)/d k = j φ(m)/d olsun. Bu durumda, ebob(k, φ(m)) = φ(m) φ(m) ebob(j, d) = ebob(j, d) = dir. d d k φ(m) kabul edebileceğimizden dolayı j d ve ebob(j, d) = olan j ler de φ(d) tanedir.

7 2 Diskret Logaritma Kabul edelim ki, modulo m ye göre bir primitif kök g olsun. ebob(a, m) = ise ( ) den biliyoruz ki; g t a (mod m) ve t φ(m) olacak şekilde bir tek t tamsayısı vardır. Bu t sayısına a nın (g tabanına göre) diskret logaritması denir ve Dlog g (a) ile gösterilir. Diskret logaritmanın tanımından kolayca ispatlanabilen aşağıdaki Teorem ile önemli özelliklerini verebiliriz. (i) Dlog g () 0 (mod φ(m)) ve Dlog g (g) mod φ(m) (ii) a b (mod m) Dlog g (a) Dlog g (b) (mod φ(m)) (iii) Dlog g (ab) Dlog g (a) + Dlog g (b) (mod φ(m)) (iv) k 0 için Dlog g (a k ) k Dlog g (a) (mod φ(m)) Dlog nın özellikleri ile bunlara karşılık gelen Logaritmanın özellikleri arasında çok açık benzerlikleri vardır. Bununla birlikte önemli bir farkta şudur: bir taban belirlendikten sonra bir sayının logaritması bir tektir. Öte yandan, verilen bir tamsayının Dlog sı aynı zamanda kullanılan moduloya da bağlıdır. Dolayısıyla, eğer modulo değiştirilirse Dlog lar yeniden hesaplanmalı ve her bir modulo için ayrı bir Dlog tablosu yapılması gereklidir. Diskret Logaritma ile bx k c (mod m) şeklindeki kongrüansları nasıl çözebildiğimizi aşağıdaki örnek ile açıklayalım:

8 ÖRNEK 7x 0 5 bulunuz. (mod 3) kongrüansının çözümlerini ÇÖZÜM: 2 modulo 3 e göre bir primitif köktür. Gerçekten 3 = 2 nin asal bölenleri 2 ve 3 dür. 2 (3 )/2 = (mod 3) ve 2 (3 )/3 = (mod 3) olduğundan Teorem?? den dolayı 2 bir primitif köktür. Şimdi 2 tabanına göre indeks tablosunu yapalım 2 2 (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) 2 7 (mod 3) 2 7 (mod 3) (mod 3) (mod 3) 2 2 (mod 3) a Dlog 2 (a) x 0 5 (mod 3) Dlog 2 (7x 0 ) Dlog 2 (7)+0 Dlog 2 (x) Dlog 2 (5) (mod 2) = + 0 Dlog 2 (x) 9 (mod 2) = 0 Dlog 2 (x) 0 (mod 2) = 2 Dlog 2 (x) 2 (mod 2) Bu son kongrüansın 2 tane denk olmayan çözümü vardır. Bunlar ve 7 dir.

9 Dlog 2 (x) = = x = 2 ve Dlog 2 (x) = 7 = x = NOT: Bu örnekte primitif kökü 2 alarak denklemin çözümlerini bulduk. Mod 3 e göre başka bir primitif kök seçmiş olsaydık tindeks tablosu değişecekti fakat, bulacağımız çözümler yine aynı olur. 3 Kök Alma : k a (mod m) TEOREM 3. Kabul edelim ki, modulo m ye göre bir primitif kök g ve ebob(a, m) = olsun. Bu durumda x k a (mod m) nin bir çözümü var a φ(m)/ebob(k, φ(m)) (mod m) Eğer çözüm varsa tam ebob(k, φ(m)) tane denk olmayan çözüm vardır. Örneğin; x 6 5 (mod 7) kongrüansının gözönüne alalım: 5 φ(7)/ebob(6, φ(7)) = 5 6/2 = 5 8 (mod 7) olduğundan kongrüansın çözümü yoktur. Her p asal sayısı için bir primitif kök olduğundan aşağıdaki sonucu elde ederiz. SONUÇ 3.2 p bir asal sayı ve ebob(a, p) = olsun. x k a (mod p) nin bir çözümü var a (p )/ebob(k, p ) (mod p)

10 NOT: Bu sonuç herhangi bir a sayısının modulo p ye göre k. kuvvetten bir kalan olup olmadığının belirlenmesinde oldukça etkili olmasına rağmen b k a (mod p) olacak şekilde bir b sayısını bulmak oldukça zor bir problemdir. Fakat ebob(k, p ) = ise b nin bulunması nisbeten kolaydır: Euclid bölme algoritmasını kullanarak sk = t(p ) + olacak şekilde s ve t tamsayılarını bulabiliriz. a sk = a t(p )+ a (mod p) = b := a s dir Eğer d := ebob(k, p ) olmak üzere b d a (mod p) olacak şekilde bir b bulabilirsek x k a (mod p) nin bir çözümünü bulmuş oluruz. Malesef, p in bir d böleni verildiğinde x d a (mod p) kongrüansını çözmek genel olarak kolay değildir. x k (mod m) kongrüansı açık olarak bir çözüme sahiptir. Teorem 3. den dolayı eğer, k φ(m) ise tam olarak ebob(k, φ(m)) = k tane çözüm vardır. Dolayısıyla aşağıdaki Teoremi elde ederiz. TEOREM 3.3 Kabul edelim ki, modulo m ye göre bir primitif kök olsun. Eğer k φ(m) ise x k 0 (mod m) nin tam k tane çözümü vardır. SONUÇ 3.4 Kabul edelim ki modulo m ye göre bir primitif kök olsun. modulo m ye göre denk olmayan k. kuvvetten

11 kalanların sayısı φ(m) ebob(k, φ(m)) dir. 4 Bazı Asallık Testleri Fermat Teoreminin tersinin doğru olmadığını biliyoruz. Bunun kısmen tersi olan Teorem: TEOREM 4. [Lucas] m > olsun. Aşağıdaki özelliklere sahip bir a tamsayısı varsa m asaldır. (i) a m (mod m) (ii) m in her q asal böleni için a (m )/q (mod m) dir. NOT: Dikkat edecek olursak bu Teorem ile ord m (a) = m olacak şekilde bir a tamsayısı varsa m asaldır ifadesi denktir. ÖRNEK 2 m = 009 olsun. 008 (mod 009) 009 = 008 = /2 = 504 (mod 009) 008/3 = (mod 009) 008/7 = (mod 009) Dolayısıyla 009 asal sayıdır. Bu Teoremden biraz daha etkili bir sonuç:

12 SONUÇ 4.2 m tek pozitif bir tamsayı olsun. Aşağıdaki özelliklere sahip bir a tamsayısı varsa m asaldır. (i) a (m )/2 (mod m) (ii) m in her q asal böleni için a (m )/q (mod m) dir. ÖRNEK 3 m = 2003 olsun /2 = 5 00 (mod 2003) 2003 = 2002 = /2 = 5 00 (mod 2003) /7 = (mod 2003) / = (mod 2003) /3 = (mod 2003) Dolayısıyla 2003 asal sayıdır. TEOREM 4.3 [Pocklington, 94] m >, m = F R, ebob(f, R) = ve F > R olsun. Aşağıdaki özelliklere sahip bir a tamsayısı varsa m asaldır. (i) a m (mod m) (ii) q F olan her q asal sayısı için ebob(a (m )/q, m) = ÖRNEK 4 m = 2380 olsun = = F := , R := 7 7 = (mod 2380) /2 (mod 2380), / (mod 2380),

13 ebob( /2, 2380) = ebob( 2, 2380) = ebob( /5, 2380) = ebob(967, 2380) = Dolayısıyla 2380 asal sayıdır. Dikkat edecek olursak n = ün bütün asal çarpanlarını kullanmadık. NOT: Bütün bu testlerde m sayısının asal çarpanlarını bilmek gerekiyor. TEOREM 4.4 [Proth, 878 ] k bir tek tamsayı ve n herhangi bir tamsayı olmak üzere k < 2 n olsun. Bu durumda m = k 2 n + sayısı asaldır eğer, a (m )/2 (mod m) olacak şekilde bir a tamsayısı varsa. ÖRNEK 5 m = = 3329 olsun. 3 < 2 8 = (m )/2 = /2 = (mod 3329) Dolayısıyla 3329 asal sayıdır. 5 ONDALIKLI KESİRLER b Z, (b > ) olsun. Bir α R + için a := [α] tam kısmı γ := α [α] kesir kısmı Yani, α = a + γ, 0 γ <

14 Euclid Bölme Algoritması ile a tamsayısı b tabanında tek türlü nasıl yazılabilir. Şimdi γ nın b tabanında nasıl yazılabileceğini verelim: Geometrik Serilerin Toplam formulünü hatırlayalım: d r i = i=0 d, r < (2) r TEOREM 5. γ R, (0 γ < ) ve b Z + (b > ) olsun. Bu durumda γ reel sayısı aşağıdaki şekilde tek türlü yazılabilir: γ = c j b j, (c j Z, 0 c j b ) j= Ayrıca her N Z + için bir n tamsayısı vardır ki n N için c n b dir. İSPAT: c := [b γ] dersek 0 c b olur. ( Çünkü, 0 γ < = 0 b γ < b) γ := b γ c = b γ [b γ] dersek 0 γ < olur ve γ = c b + γ b elde ederiz. Benzer şekilde devam edersek; k = 2, 3, 4,... için c k := [b γ k ] ve γ k := b γ k c k dersek 0 c k b olur. Çünkü, 0 b γ k < ve 0 γ k < dir. Dolayısıyla γ = c b + c 2 b + + c n 2 b + γ n n b n

15 elde ederiz. 0 γ n < = 0 γ n b < γ n = lim n bn n b = 0 n Sonuç olarak ( c γ = lim n b + c 2 b + + c ) n 2 b n = c i b i i= Şimdi bu yazılışın tek türlü olacağını (2) i kullanarak gösterelim: Bunun için kabul edelim ki, γ = c j b j = d j b j j= olsun. Burada 0 c j b ve 0 d j b dir. Ayrıca her N Z + için n ve m tamsayıları vardır ki c n b ve d m b dir. c k d k olan en küçük indis k olsun. c k > d k alabiliriz. Bu durumda 0 = j= j= (c j d j ) b j = c k d k b k + c k d k b k = c k > d k olduğundan Diğer taraftan j=k+ j=k+ j=k+ (c j d j ) b j (d j c j ) b j (3) c k d k b k b k (4) (d j c j ) b j (b ) b j (5) j=k+

16 = (b ) /bk+ /b = b k Denklem (5) de eşitliğin sağlanabilmesi için her j k + için d j c j = b olması gerekir. Bunun olabilmesi içinde j k + için d j = b ve c j = 0 olması gerekir ki d j ler belli bir indisten sonra b e eşit olmaması şartını koymuştuk. Dolayısıyla (5) deki eşitsizlik kesin olmalı. Böylece, (5) ve (4) denklemleri (3) ile çelişir. Bundan sonrabir reel sayının b tabanında şeklindeki yazılışını ile göstereceğiz. (0 c c 2 c 3...) b := c j b j j=

17 ÖRNEK 6 γ = /6 sayısının 8 tabanındaki gösterimi: [ c = 8 ] = γ = = 3 [ c 2 = 8 ] = 2 γ 2 = = 2 3 [ c 3 = 8 2 ] = 5 γ 3 = = 3 Dolayısıyla 6 = ( ) 8 TANIM Bir b taban gösterimi (0 c c 2 c 3...) b sonludur denir eğer bir n Z + için c n = c n+ = = 0 oluyorsa. Mesela 8 = ( ) 0 = (0 25) = ( ) 6 = (0 24) 6 TEOREM 5.2 α R ve 0 α < olsun. α sonlu bir b taban gösterimine sahiptir α Q; [ α = r/s; 0 r < s, p asal p s p b ] İSPAT:(: ) α = (0 c c 2 c 3... c n ) b olsun. Bu durumda α = c b + c 2 b + cn 2 b = c b n + c 2 b n c n n b n Yani, α Q ve payda sadece b yi bölen asallar ile bölünebilir. ( :) 0 α <, α = r/s ve p asalı için p s p b olsun. Bu durumda p i ler farklı asallar olmak üzere s = p a pa 2 2 pa r r

18 ve b = p n pn 2 2 pn r r şeklinde yazabiliriz. Aynı zamanda bir N Z + seçebiliriz ki s b N olur. b N = s a, a Z +. b N α = b N r s = a r, a r Z Euclid Bölme Algoritması ile a r tamsayısını b tabanındaki ifadesini yazarsak; a r = (d m d m d d 0 ) b 0 d i < b elde ederiz. Buradan da α = ar b = d mb m + d m b m + + d b + d 0 N b N = d m b m N + d m b m N + + d b N + d 0 b N = d m b (N m) + d m b [N (m )] + + d b (N ) + d 0 b N = ( d m d m... d d 0 ) b Yani, α nın b taban gösterimi sonludur. Her sonlu b taban ifadesini (0 c c 2 c 3... c m ) b = (0 c c 2 c 3... (c m )(b )(b )...) b şeklinde sonlu olmayacak şekilde yazabiliriz. Örneğin, (0 2) 0 = ( ) 0 gibi. Gerçekten;

19 ( ) 0 = = [ ] = = = (0 2) 0 NOT: için Dolayısıyla Teorem 5. de yazılışın tek türlü olması Her N Z + için bir n Z + vardır ki, n N için c n b kısıtlamasını getirdik. Bu kısıtlama olmadan örnekten de anlaşılacağı gibi b taban gösteriminin tek türlülüğünden bahsedemezdik. TANIM 2 Bir (0 c c 2 c 3...) b, b taban ifadesine periyodik denir, eğer N ve k pozitif tamsayıları varsa öyleki, n N için c n+k = c n oluyorsa. Periyodik ifadeler (0 c c 2 c 3... c N }{{} ön periyod ile gösterilir. Örneğin; c N c N+... c }{{ N+k ) } b periyodik kısım 2 45 = ( ) 3

20 TEOREM 5.3 Periyodik bir b taban ifadesi bir rasyonel sayı gösterir. Tersine, bir rasyonel sayının b taban gösterimi ya sonludur ya da periyodiktir. Ayrıca, 0 < α <, α = r/s ve ebob(r, s) = olmak üzere; s = T U, T nin her asal çarpanı b yi böler ve ebob(b, U) = ise α nın b taban ifadesinin periyod uzunluğu ord U (b) ve önperiyod uzunluğu da T b N olan en küçük pozitif N tamsayıdır. Bu Teoremi ondalık açılımların önperiyod uzunluğunu ve periyod uzunluğunu belirlemek için kullanabiliriz: α = r/s, 0 < α <, s = 2 n 5 n 2 U, α nın ondalık açılımında; periyod uzunluğu ord U (0) ve önperiyod uzunluğu ise max{n, n 2 } dir. ve ebob(0, U) = olsun. Örneğin; α = 5 28, 28 = olduğuna göre Önperiyod uzunluğu max{2, 0} = 2 dir 0 3 (mod 7), (mod 7) (mod 7), (mod 7)

21 0 3 6 (mod 7), 0 6 (mod 7) Periyod uzunluğu da ord 7 (0) = 6 dır. 5 Gerçekten = dir. 28 α = Sayısını göz önüne alalım. Bu sayı; den sonra tane sıfır, den sonra 2 tane sıfır, den sonra 3 tane sıfır... vs şeklinde oluşturulmuş olsun. Bu α sayısı açık olarak periyodik olmayacak şekilde oluştulurduğundan irrasyonel bir sayıdır. π ve e sayıları gibi doğal olarak ortaya çıkan sayıların irrasyonel olduklarını gösterebilmek için Teorem 5.3 ü kullanamayız. Çünkü bu sayıların ondalık açılımındaki basamakları veren açık bir formül bilmiyoruz. Bu sayıların ondalık basamaklarından kaçtane hesaplarsak hesaplayalım hala bunların irrasyonelliğini söyleyemeyiz. Çünkü, periyod hesaplayabildiğimiz basamak sayısından daha da büyük olabilir. ALIŞTIRMALAR.. b Z, (b > ) olsun. Gösteriniz ki, nin b taban gösteriminin periyod uzunluğu m m dir m asal ve ord m (b) = m dir. ( diğer bir deyişle, b sayısı modm ye göre bir primitif köktür.) 2. Hangi p asalları için nin ondalık açılımında periyod p uzunluğu a) b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 f) 6 dır.

22 3. b ve b + bulunuz. sayılarının b tabanındaki açılımlarını 4. (b > 2), b Z, olsun. Gösteriniz ki, (b ) 2 = ( b 3b ) b 5. (b > ), b Z, olsun. Gösteriniz ki, sayısı bir irrasyonel sayıdır. 6. Her reel sayı b + b + 4 b + 9 b + 6 b + 25 C 0 + C! + C 2 2! + C 3 3! + C 4 4! + şeklinde yazılabilir. Burada C 0, C, C 2, C 3,... tamsayılar ve k =, 2, 3... için 0 C k < k dır. 7. Her rasyonel sayının 6.Alıştırmadaki açılımının sonlu olduğunu gösteriniz. 8. p asal ve p = (0 c c 2 c 3 c p ) b olsun. m bir tamsayı ve m < p ise gösteriniz ki, m p = (0 c k+ c p c c 2 c k c k ) b Burada ord p (b) = p olduğundan b bir primitif köktür. Dolayısıyla k tamsayısı m b k (mod p) olan en küçük pozitif sayıdır.

23 6 Sonlu Sürekli Kesirler Sonsuz sürekli kesirleri daha iyi anlayabilmek için Euclid Bölme Algoritmasını kullanarak rasyonel sayıları sürekli kesirler şeklinde ifade edebiliriz. 62 kesirini gözönüne alalım: = = = = = = / = = + 6/7 6 7 = = 2 + 7/2 7 2 = En son eşitliği bir öncesinde yerine yazarsak : = /7 = /2

24 = (6) (6) ifadesine 62/23 rasyonel sayısının bir sürekli kesir açılımı denir. TANIM 3 a, a 2,... a n Z + ve a 0 Z olmak üzere a 0 + a + (7) a a n + a n şeklindeki bir ifadeye bir sonlu sürekli kesir denir ve kısaca [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] ile gösterilir. (7) Eşitliğinden de görülebileceği gibi sonlu sürekli kesirler bir rasyonel sayı gösterir. Euclid Bölme Algoritmasını kullanarak her rasyonel sayının bir sonlu sürekli kesir açılımına sahip olduğunu söyleyebiliriz. a n = (a n ) + gerçeğini gözönüne alırsak a n > 0 ise yazabiliriz. Yani, [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] (8) = [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n, a n, ] 7 = [0 ;,,, 3] = [0 ;,,, 2, ] gibi.

25 (8) Eşitliğinden dolayı her rasyonel sayının tam olarak iki tane sonlu sürekli kesir açılımının olduğunu söyleyebiliriz. Bunlardan biri tek sayıda terime sahipken diğeri çift sayıda terime sahiptir. TANIM 4 Bir [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] sonlu sürekli kesir ifadesinde k n olmak üzere [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a k ] ifadesine [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] sonlu sürekli kesirinin k.yaklaşımı denir ve C k ile gösterilir. TEOREM 6. p 0 := a 0, q 0 := p := a 0 a +, q := a (k = 2, 3,..., n) p k := a k p k + p k 2, q k := a k q k + q k 2 Bu durumda i) C k := [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a k ] = p k q k ii) k n için p k q k p k q k = ( ) k iii) k n için ebob(p k, q k ) = iv) k n için C k C k = ( )k q k q k v) 2 k n için C k C k 2 = ( )k a k q k q k 2 vi) C > C 3 > C 5 >

26 C 0 < C 2 < C 4 < Ayrıca, (j = 0,, 2,...) C 2j+ > C 2k (k = 0,, 2,...) Diğer bir deyişle tek indisli yaklaşımlar çift indisli bütün yaklaşımlardan büyüktür. ALIŞTIRMALAR.2. k. Fibonacci sayısını F k ile gösterelim. ile biten sonlu kesir ifadesini bulunuz. F k+ F k kesirinin 2. α Q ve α > olsun. Gösteriniz ki, α = [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] α = [0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] dir. 3. Bir [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] sonlu sürekli kesirinde a 0 > 0 ise gösteriniz ki, p k p k = [a k ; a k, a k 2, a k 3,..., a, a 0 ] q k q k = [a k ; a k, a k 2, a k 3,..., a 2, a ] 4. k =, 2, 3,... için q k F k olduğunu gösteriniz. 5. ebob(r, s) =, r olmak üzere r s = [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] olsun. Sürekli Kesir simetriktir ( Yani a 0 = a n, a = a n, a 2 = a n 2,...) (n tek ise ) r s 2 +, (n çift ise ) r s 2

27 7 Sonsuz Sürekli Kesirler Bu kısımda Analiz derslerinden monoton artan ve üstten sınırlı ( veya monoton azalan ve alttan sınırlı) her reel sayılar dizinin yakınsak olduğunu hatırlamamız gerekiyor. TEOREM 7. a 0 Z ve a, a 2, a 3,... Z + ve C k := [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a k ] olsun. Bu durumda bir α R için lim n = α dır. n NOT: Bundan sonra α = [a 0 ; a, a 2, a 3,...] yazdığımızda bu Limit değeri anlaşılacak. İSPAT: Teorem 6. (vi) dan biliyoruz ki (C 2n+ ) n 0 azalan bir dizi ve C 0 bir alt sınırı, aynı şekilde (C 2n ) n 0 artan bir dizi ve C bir üst sınırı olduğundan lim C 2n+ = α ve lim C 2n = α 2 n n olacak şekilde α, α 2 R reel sayıları vardır. C 2n+ C 2n = p 2n+ q 2n+ p 2n q 2n = p 2n+q 2n p 2n q 2n+ q 2n+ q 2n = ( )(2n+) q 2n+ q 2n = q 2n+ q 2n Burada en son eşitlikte Teorem 6. ii) yi kullandık. k Z + için q k > k olduğundan 0 < C 2n+ C 2n < q 2n+ q 2n < (2n + ) 2n lim (C 2n+ C 2n ) = 0. Yani, α = α 2 elde etmiş n oluruz.

28 TEOREM 7.2 Sonsuz sürekli kesir [a 0 ; a, a 2, a 3,...] bir irrasyonel sayıdır. İSPAT: α = [a 0 ; a, a 2, a 3,...] ve C k := p k q k = [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a k ] olsun. n 0 için C 2n < α < C 2n+ olduğunu biliyoruz. 0 < α C 2n < C 2n+ C 2n = 0 < α p 2n < q 2n q 2n+ q 2n 0 < αq 2n p 2n < q 2n+ q 2n+ q 2n α rasyonel olsa; yani α = a, (b 0) b 0 < a q 2n b p 2n < b q 2n+ her n Z + için q 2n+ > 2n + olduğundan bir n 0 Z + b tamsayısı bulabiliriz ki, q 2n0 + > b olur. Yani, < dir. Bu da bize 0 < a q 2n0 b p }{{ 2n0 < } Z eşitsizliğini verir ki, böyle bir tamsayı yoktur. q 2n0 +

29 Her irrasyonel sayı bir sonsuz sürekli kesir ile tek türlü ifade edilebilir. Önce aşağıdaki Teorem ile böyle bir sonsuz sürekli kesirin nasıl oluşturulacağını görelim sonrada tek türlü olmasını ispatlayalım. TEOREM 7.3 α R Q ve α 0 := α olsun. k = 0,, 2, 3,... için Bu durumda a k := [α k ] ve α k+ := α = [a 0 ; a, a 2, a 3,...] α k a k (9) İSPAT: a k lar tanımlarından dolayı tamsayıdır. α 0 := α irrasyonel sayı olduğundan α 0 a 0 dır ve α := α 0 a 0 tanımlıdır. Şimdi kabul edelim ki, α k irrasyonel olsun. Bu durumda α k a k olduğundan α k+ := tanımlıdır. α k a k Dolayısıyla α k = a k + α k+ dir. α k+ rasyonel olsaydı α k rasyonel olurdu ki kabulümüz ile çelişir. Sonuç olarak bütün α k lar irrasyoneldir ve a k bir tamsayı olduğundan α k a k dır. Ayrıca, a k < α k < a k + 0 < α k a k < α k+ = > a k+ = [αk + ] α k a k a, a 2, a 3,... pozitif tamsayılardır.

30 α = α 0 = a 0 + = [a 0, α ] α = a 0 + a + = [a 0 ; a, α 2 ] α 2. = a 0 + a + a a k + α k+ = [a 0 ; a, a 2,..., a k, α k+ ] Şimdi lim k [a 0 ; a, a 2,..., a k, α k+ ] = α olduğunu gösterelim α = [a 0 ; a, a 2,..., a k, α k+ ] = α k+ p k + p k α k+ q k + q k α C k = α k+ p k + p k α k+ q k + q k p k q k = (p k q k p k q k ) (α k+ q k + q k ) q k = ( ) k (α k+ q k + q k ) q k α k+ q k + q k > a k+ q k + q k = q k+ α k C k < q k q k+ < Dolayısıyla, lim C k = α, k k(k + ) elde etmiş oluruz. (q k > k olduğundan)

31 TEOREM 7.4 İki sonsuz sürekli kesir [a 0 ; a, a 2, a 3,...] ve [b 0 ; b, b 2, b 3,...] aynı irrasyonel sayıyı temsil ederlerse k = 0,, 2,... için a k = b k dır. İSPAT: α = [a 0 ; a, a 2, a 3,...] olsun. C 0 = a 0 ve C = a 0 + /a olduğundan a 0 < α < a 0 + /a dir. Yani, a 0 = [α] dır. Ayrıca, α = [a 0 ; a, a 2,...] = lim [a 0 ; a, a 2,..., a k ] k ( ) = lim a 0 + k [a ; a 2, a 3,..., a k ] = a 0 + lim k [a ; a 2, a 3,..., a k ] = a 0 + [a ; a 2, a 3,..., a k ] Kabul edelim ki, [a 0 ; a, a 2, a 3,...] = [b 0 ; b, b 2, b 3,...] olsun. a 0 = b 0 = [α] a 0 + [a ; a 2, a 3,..., a k ] = a 0 + [b ; b 2, b 3,..., b k ] olduğundan [a ; a 2,...] = [b ; b 2,...] elde ederiz. Şimdi kabul edelim ki, a k = b k ve [a k+ ; a k+2,... ] = [b k+ ; b k+2,... ] olsun. Aynı şekilde, a k+ = b k+ ve a k+ + [a k+2 ; a k+3,..., ] = a k++ elde ederiz. [b k+2 ; b k+3,..., ] [a k+2 ; a k+3,..., ] = [b k+2 ; b k+3,..., ] Böylece Tümevarımla k = 0,, 2,... için a k = b k dır.

32 ÖRNEK 7 α = 6 için sonsuz sürekli kesir açılımını bulalım. a 0 = [ ] = 2, α = = [ ] a = = 2, α 2 = ( 6+2 ) = [ ] a 2 = = 4, α 3 = ( ) = = α α 3 = α olduğundan a 3 = a, a 4 = a 2,... dir. Sonuç olarak, 6 = [2; 2, 4, 2, 4, 2, 4,...] Bu açılımın periyodik olduğunu söyleyebiliriz. periyodik açılımları daha detaylı inceleyeceğiz. Daha sonra Aşağıdaki Teorem, α irrasyonel sayısının sonsuz kesir açılımındaki yaklaşımların α ya olan en iyi rasyonel yaklaşımlar olduğunu p k ifade eder. Yani, kesiri α ya, paydası q k dan küçük olan q k herhangi bir rasyonel sayıdan daha yakındır. TEOREM 7.5 α bir irrasyonel sayı olmak üzere α nın sonsuz sürekli kesir açılımının yaklaşımları da p i q i, (i =, 2, 3,...) olsun. Bu durumda, r tamsayı, s ve k pozitif tamsayıları için sα r < q k α p k s > q k

33 π = [3; 7, 5,, 292,,,, 2,, 3,...] Bu sürekli kesirin ilk 5 yaklaşımları : 3, 22/7, 333/06, 355/3, 03993/3302 Yukarıdaki Teoremden 22/7 nin paydası 06 küçük en iyi rasyonel yaklaşım olduğunu söyleyebiliriz. TEOREM 7.6 α bir irrasyonel sayı olmak üzere r/s, (s > 0), rasyonel sayısı için α r/s < /(2s 2 ) oluyorsa r/s, α nın sürekli kesir açılımının bir yaklaşımıdır. 8 Periyodik Sonsuz Sürekli Kesirler Bir sonsuz sürekli kesire [a 0 ; a, a 2,...] periyodik diyeceğiz eğer, N ve k pozitif tamsayıları varsa öyleki her n N için a n = a n+k oluyorsa. Bunu [a 0 ; a, a 2,..., a N, a N, a N+,..., a N+k ] ile göstereceğiz. α reel sayısına quadratik irrasyonel diyeceğiz eğer, A, B, C Z, (A 0) tamsayıları için oluyorsa. Diğer bir deyişle α A α 2 + B α + C = 0 B B 2 4 A C 2A

34 sayılarından biridir. Diğerini de α ile göstereceğiz ve α nın eşleniği diyeceğiz. α reel sayı olduğundan B 2 4 A C > 0 dir. Ayrıca, α irrasyonel olduğundan da B 2 4 A C sayısının tam-kare değildir. TANIM 5 Bir α quadratik irrasyonel sayısına indirgenmiş denir eğer, α > ve < α < 0 oluyorsa. TEOREM 8. [Lagrange] Bir irrasyonel sayının sonsuz sürekli kesir açılımı periyodiktir ancak ve ancak bu sayı quadratik irrasyonel ise ÖRNEK 8 Sonsuz sürekli kesir ifadesi [3;, 2 ] olan irrasyonel sayıyı bulalım. y := [, 2 ] x := [3; y] y = [; 2, y ] y = y = 3y + 2y + 2y 2 2y = 0 y = + 3, (y > 0 olduğundan) 2 x = [3; y] = 3 + y = = TANIM 6 Bir sonsuz sürekli kesire [a 0 ; a, a 2,...] tamamen periyodik diyeceğiz eğer, n tamsayısı varsa öyleki, k = 0,, 2, 3,... için a k = a n+k oluyorsa. Bunu ile göstereceğiz. [ a 0 ; a, a 2,..., a n ]

35 TEOREM 8.2 [Lagrange] Bir α quadratik irrasyonel sayısının sonsuz sürekli kesir açılımı tamamen periyodiktir ancak ve ancak α indirgenmiş ise. Ayrıca, α = [ a 0 ; a, a 2,..., a n ] /α = [ a n ; a n, a n 2,..., a 0 ] 9 Sürekli Kesirlerle Çarpanlara Ayırma Verilen bir N pozitif tamsayısını; x 2 y 2 (mod N), 0 < y < x < N, ve x + y N olacak şekilde x ve y pozitif tamsayılarını bulabilirsek çarpanlarına ayırabiliriz. Çünkü, x 2 y 2 = (x+y)(x y) ve N (x y), N (x+y) dir. Bu durumda ebob(x y, N) sayısı N nin bir bölenidir. Bu şartlara uygun x ve y tamsayılarının bulunuşu ile ilgili bir yöntemi aşağıdaki Teoremle verebiliriz. TEOREM 9. N tamkare olmayan bir pozitif tamsayı olmak üzere; (α 0 := α, P 0 := 0, Q 0 := ) ve k = 0,, 2, 3,... için α k := P k + N Q k, a k := [α k ], P k+ := a k Q k P k, Q k+ := N P 2 k+ Q k tanımlarını yapalım. N sayısının k.yaklaşımını da p k /q k ile gösterelim. Bu durumda; p 2 k N q 2 k = ( ) k Q k+

36 Dolayısıyla p 2 k ( ) k Q k+ (mod N) Şimdi, k tek sayı ve Q k+ sayısı bir kare olsun, yani, Q k+ = s 2, s Z +. Bu durumda p 2 k s2 (mod N) olur ki, isteğimize ulaşmış oluruz. k tek ise k + çift olacağından dolayı tamkare olan Q k ları bulmak için çift indislerde arayacağız. ÖRNEK 9 N = 037 sayısın çarpanlarını bulalım. α 0 = ( )/, P 0 = 0, Q 0 = olmak üzere P k, Q k, α k ve a k sayılarını Teorem 9. deki yolla hesaplarsak ; Q = 3, Q 2 = 49 = 7 2 p 2 ( ) 2 Q 2 (mod 037) p = 29 ve (mod 037) olduğundan = (29 7)(29 + 7) = (mod 037) ebob(22, 0037) = 6 ve ebob(36, 0037) = 7, 037 = 7 6 Teorem 9. in bir başka uygulamasını görelim: N tamkare olmayan pozitif bir tamsayı ve d bir tamsayı olmak üzere x 2 N y 2 = d (0) şeklindeki denklemin çözümlerini araştıralım.

37 TEOREM 9.2 N tamkare olmayan pozitif bir tamsayı ve d bir tamsayı olmak üzere d < N olsun. Bu durumda x ve y tamsayıları için x 2 N y 2 = d oluyorsa x/y rasyonel sayısı açılımının bir yaklaşımıdır. N nin sürekli kesir TEOREM 9.3 N tamkare olmayan pozitif bir tamsayı ve p k /q k de (k =, 2, 3,...), N nin sürekli kesir açılımının bir yaklaşımları ve n de periyod uzunluğu olsun. (j =, 2, 3,...) n n { x tek ise 2 N y 2 = ; x = p jn, y = q jn x 2 N y 2 = in çözümü yoktur { x çift ise 2 N y 2 = ; x = p 2jn, y = q 2jn x 2 N y 2 = ; x = p (2j )n, y = q (2j )n 0 Üreteç Fonksiyonları Sayılar Teorisinin en kullanışlı araçlarından biridir. Bir A := (a n ) n b = (a b, a b+, a b+2,...) sayı dizi verildiğinde f A (x) := a n x n n=b serisine A dizisinin üreteç fonksiyonu denir. f A fonksiyonu bu serinin yakınsaklık aralığında tanımlıdır. ÖRNEK 0

38 ) (n 0), a n := olsun. f A (x) = x n = x, x < n=0 2) (n 0), a n := n! olsun. f A (x) = n=0 x n n! = ex, x < 3) Bir üreteç fonksiyonuna en iyi örnek Binom Teoreminden ortaya çıkar. ( ) k k Z +, a n := k nın n li kombinasyonu n f A (x) = ( + x) k = ( ) ( ) k k = + 0 x + ( k 2 ) x ( k n ) x n + a n genel terimi açık bir formül ile verilirse herhangi bir n için a n değerini hesaplamak kolaydır. Fakat böyle olmadığı durumlarda a n için bir formül bulmaya çalışırız. Rekürsif bir a n dizisi verildiğinde; Rekürsif denklemi kullanarak f A (x) fonksiyonuna ilişkin bir denklem buluruz Bu denklemi çözmeye çalışırız. f A (x) in katsayılarını belirlemeye çalışırız. Bunu bir örnek ile açıklayalım a 0 := 0, a :=, a 2 := 5,

39 (n 2) a n+2 5 a n+ + 6 a n = 0 olsun. a n için bir formül bulmaya çalışalım. f A (x) = a n x n = a 0 + a x + a n x n n=0 = 0 + x + = x + 5 = x + 5 x n=2 a n+2 x n+2 = x + n=0 a n+ x n+2 6 n=0 a n x n 6 x 2 n=0 (5 a n+ 6 a n ) x n+2 n=0 a n x n+2 n=0 n=0 = x + 5 x f A (x) 6 x 2 f A (x) a n x n x f A (x) = 5x + 6x = 2 2x + 3x = 2 n x n + 3 n x n = (3 n 2 n )x n a n x n = n=0 n=0 n=0 (3 n 2 n )x n n=0 n=0 Katsayıları eşitleyerek a n := 3 n 2 n elde ederiz. Şimdi Rekürsif Denklemleri genel halde inceleyelim: Homojen Lineer Rekürsif (HLR):

40 (HLR) a 0 := c 0, a := c, a 2 := c 2,..., a k := c k }{{} başlangıç değerleri a n+k + b a n+k + + b k a n = 0, (n 0) Bu durumda R(x) f A (x) = () + b x + b 2 x b k x k Burada R(x) derecsi k dan küçük bir polinomdur. Gerçekten ( + b x + b 2 x b k x k )f A (x) = ( + b x + b 2 x b k x k )( + a x + a 2 x a n x n + ) Çarpımı yaparsak, x n+k nın katsayısı a n+k + b a n+k + + b k a n = 0 (n 0) dır. Fakat (a n ) dizisi (HLR) yi sağladığından her n 0 için x n+k ların katsayıları sıfır olur. Sadece, x, x 2,..., x k lerin katsayıları sıfır olmaz. Bu da bize R(x) polinomunun derecesinin < k olduğunu söyler. (HLR) nin karakteristik denklemi: t k + b t k + b 2 t k b k t + b k = 0 dır. Eğer bu denklemi aşağıdaki şekilde çözebilirsek;

41 (t α ) m (t α 2 ) m2 (t α s ) m s = 0, (m +m 2 + +m s = k) () denklemi f A (x) = R(x) ( α x) m ( α2 x) m 2 ( αs x) m s (2) olur. Bu denklemde bize a n genel teriminin aşağıdaki şekilde olduğunu verir. a n = P (n)α n + P 2 (n)α n P s (n)α n s (3) Burada P i (n) ler derecesi < m i olan n nin polinomlarıdır. Şimdi bunu bir örnekle açıklayalım: } a 0 := 0, a := 9, {{ a 2 :=, a 3 := 2 } başlangıç değerleri a n+4 5 a n a n a n+ 8 a n = 0 (n 0) Şeklinde verilen (a n ) dizisinin genel terimini bulalım: Karakteristik denklem t 4 5 t t t 8 = 0 (3) denkleminden (t 2) 3 (t + ) = 0

42 a n = (A n 2 + B n + C)2 n + D ( ) n a 0, a, a 2, a 3 başlangıc değerlerini yerine yazarak; C + D = 0 2A + 2B + 2C D = 9 6A + 8B + 4C + D = 72A + 24B + 8C D = 2 denklem sistemini elde ederiz. Bu denklem sisteminin çözümleri: A =, B =, C = 3, D = 3 Dolayısıyla a n = (n 2 n 3)2 n + 3( ) n Non-Homojen Lineer Rekürsif (HLR): (HLR) a 0 := c 0, a := c, a 2 := c 2,..., a k := c k }{{} başlangıç değerleri a n+k + b a n+k + + b k a n = f(n), (n 0) Burada aynı yöntemi uygulayabilmemiz f(n) özel şekillerde verilmesiyle mümkün olur. Kabaca söyleyecek olursak ( + b x + b 2 x b k x k )f A (x) hesaplarken f(n) içeren terimleri bir takım özel kurallarla üstesinden gelmeye çalışacağız. Örneğin

43 a 0 := 0, a :=, }{{} başlangıç değerleri a n+2 a n+ 6 a n = n (n 0) şeklinde verilen (a n ) dizisinin genel terimini bulalım: ( x 6x 2 )(a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) = a 0 + (a a 0 ) x + (a 2 a 6 a 0 ) x 2 + +(a n+2 a n+ 6 a n ) x n+2 + = x + (x 3 + 2x nx n+2 + ) = x + x 3 (n + ) x n n=0 = x + x 3 ( x) 2 = x 2 x2 + 2 x 3 ( x) 2 x 6x 2 = ( + 2x)( 3x) olduğundan ( + 2x)( 3x)f A (x) = x 2 x2 + 2 x 3 f A (x) = a n x n = n=0 ( x) 2 x 2 x x 3 ( + 2 x)( 3 x)( x) 2

44 A = + 2 x + B 3 x + C x + D ( x) 2 = A ( 2 n )x n + B 3 n x n = n=0 +C x n + D n=0 n=0 (n + )x n n=0 (A( 2 n ) + B(3 n ) + C + D(n + )) x n n=0 Katsayıları eşitlersek ; a n = A( 2 n ) + B(3 n ) + C + D(n + ) buluruz. Şimdi a 0 = 0, a =, a 2 =, a 3 = 8 değerlerini yerine yazarak;

45 A + B + C + D = 0 2A + 3B + C + 2D = 4A + 9B + C + 3D = 8A + 27B + C + 4D = 8 denklem sistemini elde ederiz. Bu denklem sisteminin çözümleri: Dolayısıyla A = 2/9, B = /4, C = 5/36, D = /6 a n = [ ( 2) n n+2 6 n ] 36 elde ederiz. Şimdi de Lineer olmayan bir rekürsif dizinin genel terimini bulmaya çalışalım. Birleşme özelliği olmayan bir işlem altında x x 2 x 3 x n çarpımını parentez kullanarak bulmak istesek kaç farklı sonuç elde ederiz. Bu sayıyı a n ile gösterelim. a = = a = 2. Örneğin n = 4 (a(b(c d))), (a((bc)d)), ((ab)(cd)), ((a(bc))d), (((ab)c)d) Demekki a 4 = 5. Her bir çarpım en dıştaki parentezin içindeki iki ifadenin çarpımını içeriyor. Bunlardan biri i tane çarpım diğeride n i tane çarpımdan oluşuyor. Dolayısıyle a n ler arasında aşağıdaki bağıntı vardır: a n = a a n + a 2 a n 2 + a 3 a n a n a

46 f A (x) = a n x n n= = x + (a a n + a 2 a n 2 + a 3 a n a n a ) x n n=2 ( ) ( ) = x + a n x n a n x n = x + (f A (x)) 2 n= n= Y 2 Y +x = 0 Y = + 4x 2 dir. Fakat, f A (0) = 0 olduğundan veya Y = 4x 2 f A (x) = + 4x 2 dir. Şimdi ( 4x) /2 ifadesini binom serisine açarsak; f A (x) = 2 2 n=0 ( ) /2 = 0 ve 0 ( ) /2 = n f A (x) = 2 n= ( ) n ( /2 n ) 4 n x n 2 ( 2 ) ( 2 n + ) n! ( ) n ( /2 n olduğundan ) 4 n x n, x < /4 Bir fonksiyonun MacLaurin açılımı bir tek olduğundan

47 a n = 2 ( )n ( /2 n = ( ) n 2 = ( ) n 2 = 2 = 2 = 2 ) 4 n 2 ( 2 ) ( 2 n + ) n! 4 n ( )( 2) ( 2(n )) 2 n 3 (2n 3) 2 n n! 3 (2n 3) n! 2 n n! n! (2n 4)(2n 3)(2n 2) 2n (n!) 2 = (2n 2) n [(n )!] 2 ( ) 2n 2 = n n!