ÇİN KALAN TEOREMİ. Chinese Remainder Theorem A.KILIÇ & V.SERT Ç ANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ

Transkript

1 Chiese Remaider Theorem A.KILIÇ & V.SERT 2012 Ç ANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ

2 İçidekiler Sayfa o Semboller 2 Ösöz 3 Öbilgiler 4 Geel Halkalar içi Çi Kala Teoremi 7 Çi Kala Teoremii Tamsayılar Halkasıa Uygulaması 10 Örek Çözümü 12 RSA Uygulaması 15 Kayak 17 1

3 SEMBOLLER Semboller Alamı Z R/I her elema elemaı değil gerektirir gerek ve yeter koşul tamsayılar kümesi bölüm halkası izomorftur 2

4 ÖNSÖZ Bu çalışmamızda geel halkalar içi Çi kala teoremii ve soucuda uygulama alalarıı iceledik. Çi kala teoremii Su Zi tarafıda buluduğu bilimektedir. Teoremi buluuş edeie baktığımızda ise geel matematik teoremleride olduğu gibi isaları hayatlarıı kolaylaştırma isteği ve merak duygusuda çıktığı görülmüştür. Öyle ki bu teorem belli aralıklarla tekrar ede gökyüzü olaylarıı tahmi etmek, orduda kaç asker olduğuu bulmak veya güümüzdeki gibi gerek sayı gerekse kelime şifrelemede kullaılmaktadır. Çalışma boyuca kedimize kayak olarak kitapları yaı sıra iteret üzeride yayılamış kou ile alakalı makaleleri esas aldık ve bu teoremi daha iyi alamak içi hepsii bu yazımızda topladık. Daha öce ki çalışmalarımızda ele alıa koular farklı olmasıa rağme yaşaa duygular bezerdi. Ayı heyeca, ayı seviç ve tabi ki bezer zorluklarla karşılaştık. Elbette ki bu çalışma döemide bezerlikleri yaıda farklılıklarda vardı. Ne ilk çalışmalarımızdaki gibi deeyimsizdik e de kedie güve duygusuda yoksu. Aksie e yapabileceğimizi bilip başladık bu yola. Ve her yolculukta olduğu gibi buda da öümüze taşlar çıktı. Bize öümüzdeki güçlükleri aşmakta hiçbir yardımı esirgemeye başta Neşet Aydı olmak üzere tüm dostlarımıza ve tabi ki bu zorlu döemde bize alayış göstere ailelerimize teşekkürü bir borç biliriz. Ayşegül KILIÇ Vehibe SERT Mart,2012 Çaakkale 3

5 Öbilgiler Teorem: (R, +, ) değişmeli bir halka ve {A 1, A 2,, A k } R halkasıı idealleri olsu. Bu durumda, i. A 1 +A A k = {a 1 + a a k a i εa i, iεn } R halkasıı bir idealidir. ii. A 1 A 2 A k = j=1 a 1j a 2j a kj a ij εa i, iεn R halkasıı bir idealidir. iii. (R A 1 ) (R A 2 ) (R A k ) direkt çarpımları da değişmeli halkadır. iv. φ R (R A 1 ) (R A 2 ) (R A k ) x (x (moda 1 ),, x (moda k ) ) olarak taımlaa döüşümü halka homomorfizmasıdır. Bu döüşümü çekirdeği ise ker(φ) = A 1 A 2 A k şeklidedir. Not: R A kesir halkasıda x R olmak üzere x(moda) = x + A şeklidedir. Notasyo: Yazıı devamıda kullaışlı olması açısıda R halkasıı toplama işlemie göre birimii 0, çarpma işlemie göre birimii ise 1 ile göstereceğiz. İspat: i. I = A 1 +A A k olsu. I kümesii R halkasıı bir ideali olduğuu söyleyebilmek içi öcelikle I kümesii boş kümede farklı olduğuu daha sora da alıa α, βε I ve rεr içi α β ε I ve r α ε I olduğuu göstermeliyiz. iεn içi A i ideal olduğuda 0ϵA i olur. Yai 0εI dolayısıyla I koşulu sağlaır. α, βε I ve rεr içi şeklide yazarsak. α = a i ve β = b i (i N) α β = a i b i = (a i b i ) iεn içi A i ideal olduğuda a i b i ε A i burada da (a i α β ε I koşulu da sağlaır. b i ) ε I olur. Yai 4

6 αε I ve rεr içi r α = r(a i ) iεn içi ra i εa i olduğuda = ra i ra i ε I olur. Yai ideal olma koşullarıı soucusu ola rα I koşulu da sağlamış olur. O halde, A 1 +A A k = {a 1 + a a k a i εa i, iεn } R halkasıı bir idealidir. ii. J = A 1 A 2 A k ispatı (i) kısmıda I kümesi içi yaptığımız işlemleri burada tekrarlarsak. jεn içi A i ideal olduğuda 0ϵA i olur. Yai 0εJ dolayısıyla J koşulu sağlaır. α, βε J ve rεr içi şeklide yazarsak. α = a 1j a 2j a kj ve β = b 1j b 2j b kj (j N) α β = a 1j a 2j a kj b 1j b 2j b kj = (a 1j a 2j a kj ) (b 1j b 2j b kj ) = (a 1j a 2j a kj ) + (( b 1j ) b 2j b kj ) olur. jεn içi A j ideal olduğuda (a 1j a 2j a kj ) + (( b 1j ) b 2j b kj ) ε A 1 A 2 A k Yai α β ε J koşulu da sağlaır. αε J ve rεr içi r α = r(a 1j a 2j = (ra 1j )(a 2j a kj ) a kj ) jεn içi ra 1j εa j olduğuda (ra 1j )(a 2j a kj )ε I olur. Yai üçücü koşulumuz ( rα J ) sağlaır. 5

7 O halde, A 1 A 2 A k = j=1 a 1j a 2j a kj a ij εa i, iεn R halkasıı bir idealidir. iii. S = (R A 1 ) (R A 2 ) (R A k ) ve r, sε S olmak üzere, iv. r = (a 1 (moda 1 ),, a k (moda k )) s = (b 1 (moda 1 ),, b k (moda k )) şeklide verilsi. + S S S ve S S S olmak üzere r + s = ((a 1 + b 1 )(moda 1 ),, (a k + b k ) (moda k )) r s = ((a 1 b 1 )(moda 1 ),, (a k b k ) (moda k )) olarak taımlı işlemler ile (S, +, ) değişmeli halkadır. φ: R S x (x (moda 1 ),, x (moda k )) olarak taımlaa döüşüm içi ker(φ) = {xεr x 0 (moda i ), i = 1,2,, k} = {xεr xεa i, i = 1,, k} olur. = A 1 A 2 A k 6

8 ÇİN KALAN TEOREMİ (R, +, ) değişmeli bir halka, 0 R 1 R ve {A 1, A 2,, A k } R halkasıı idealleri olsu. φ R (R A 1 ) (R A 2 ) (R A k ) x (x + A 1,, x + A k ) Şeklide taımlaa döüşüm bir halka homomorfizması olsu. Ayrıca A i, A j idealleri aralarıda ikişerli asal idealler olsu. Bu durumda i j içi A i + A j = R olur. Aşağıdaki öermeler sağlaır. (1) φ döüşümü örtedir. (2) ker(φ) = A 1 A 2 A k (3) R/(A 1 A 2 A k ) (R A 1 ) (R A 2 ) (R A k ) İspat: Öcelikle taımladığımız döüşümü halka homomorfizması olduğuu görelim. x, y ε R içi x = y ike olduğuda döüşümümüz iyi taımlıdır. φ(x) = (x + A 1, x + A 2,, x + A k ) = (y + A 1, y + A 2,, y + A k ) = φ(y) x, y ε R içi φ(x + y) = ((x + y) + A 1, (x + y) + A 2,, (x + y) + A k ) olur. R halkası değişmeli olduğuda φ(x + y) = (x + A 1 + y + A 1, x + A 2 + y + A 2,, x + A k + y + A k ) yazabiliriz. Burada da φ(x + y) = (x + A 1, x + A 2,, x + A k ) + (y + A 1, y + A 2,, y + A k ) = φ(x) + φ(y) olduğu görülür. 7

9 Diğer yada φ(xy) = (xy + A 1, xy + A 2,, xy + A k ) Yie R halkasıı birimli olmasıda dolayı yazılabilir. φ(xy) = ((x + A 1 )(y + A 1 ), (x + A 2 )(y + A 2 ),, (x + A k )(y + A k )) φ(xy) = (x + A 1, x + A 2,, x + A k )(y + A 1, y + A 2,, y + A k ) = φ(x)φ(y) (1) Döüşümü örteliği açık olduğuda ispatıı okuyucuya bırakıyoruz. (2) İddaa ediyoruz ki i = 1,, k içi {A 1, A 2,, A k } R halkasıı asal idealleri olsu. Bu durumda döüşümü içi ker(φ) = A 1 A 2 A k olur. φ R (R A 1 ) (R A 2 ) (R A k ) x (x + A 1,, x + A k ) k = 1 içi iddaamızı doğru olup olmadığıa bakalım. φ R (R A 1 ) x (x + A 1 ) olur. R değişmeli olduğuda bu döüşüm doğal iz düşüm döüşümüdür. xεkerφ alalım. kerφ kümesii taımıda; φ(x) = 0 R/A1 = x + A 1 x + A 1 = A 1 x ε A 1 olur. kerφ A 1 8

10 xε A 1 olsu. Bu durumda A 1 ideal olduğuda; x + A 1 = A 1 φ(x) = A 1 xεkerφ A 1 kerφ kerφ A 1 ve A 1 kerφ bulduk. Kapsama bağıtısıda A 1 = kerφ olur. k = k 0 içi öermemiz doğru olsu. Yai A 1, A 2,, A k0 kümesi R halkasıı asal idealleri ve döüşümü içi ker(φ) = A 1 A 2 A k olur. φ R (R A 1 ) (R A 2 ) (R A k ) x (x + A 1,, x + A k ) O halde k=k içi doğru olup olmadığıa bakalım. A 1, A 2,, A k0, A k0 +1 kümesi içi A = A 1 A 2 A k0 ve B = A k0 +1 olsu. I. İzomorfizma teoremi souçlarıda R/A R/B ((R A 1 ) (R A 2 ) (R A k )) R/A k0 +1 olur. A i ve A k0 +1 i k içi aralarıda asal ideal olduğuda a j + b j = 1 olacak şekilde a j εa i ve b j εa k0 +1 elemaları vardır. cεa ve dεb olmak üzere c=a 1 a 2 a k0 şeklide yazarsak k 1= 0 (a i + b i ) = c + d, bu eşitlik içi şeklide bir elemadır. r ε R içi k 0 1 d = p=1 (a q1 a qp ) b j q 1,,q p i q1,,q p 1 = c + d eşitliğide, r = rc + rd olur. rεr içi bu işlemler tekrarlaırsa A + B = R olduğu görülür. Dolayısıyla A ve B aralarıda asal ideallerdir. 9

11 a, b ε (R/A) (R/B) alırsak, xεr içi x = ad + bc yazalım burada c + d = 1 olduğuda ve R değişmeli bir halka olduğuda x = a(1 c) + bc x = ad + b(1 d) = a ac + bc = ad + b bd = a + (b a)c = b + (a b)d olur. O halde x a(moda) y b(modb) φ(x) = x(moda), x(modb) = a, b eşitlikleri sağlaır. So olarak ker(φ) = AB olduğuu göstermeliyiz. Buu içi xε ker(φ) alalım. Öbilgilerde ker(φ) = A B olduğuu biliyoruz. x = 1x = (c + d)x = cx + dx ε AB işlemleriyle ker(φ) AB olur. Diğer yada xε AB içi iε N içi a i b i ε AB olmak üzere x = a i b i şeklide yazarsak, A ve B ideal olduklarıda a i b i ε A B olur. Dolayısıyla xε A B ve kapsama bağıtısıda da AB = ker (φ) olur. Teorem: m 1, m 2, m εz + ve her i j içi (m i, m j ) = 1 olsu. Herhagi b 1, b 2, b 3 εz + içi; x b 1 (modm 1 ) x b 2 (modm 2 ) x b (modm ) koguras sistemii Z de x 0 gibi bir çözümü vardır ve m 1, m 2, m modülüe göre, x 0 deklik sııfı sistemii çözüm kümesi olur. 10

12 İspat: m k = m 1 m 2 m k 1 m k+1 m olsu. Bua göre k=1,2,, içi (m k, m k ) = 1 olduğuda ; [(a,b)=1 a x+b y=1] 1=m k u k + m k u k (*) olacak şekilde u k, u k ε Z vardır. r 1 = m 1 u 1 b 1 r 2 = m 2 u 2 b 2 alalım. Ayrıca x 0 = r 1 + r r olsu. r = m u 2 b r k b k = m k u k b k b k = (m k u k 1) b k = m k ( u k ) b k x 0 b k = r 1 + r r k + r b k = (r k b k ) + r 1 + r r k 1 + r k r x 0 b k ε m k Z m k (x 0 b k ) x 0 b k (modm k ) k = 1,2,, O halde x 0 bu sistemi bir çözümü olur. Şimdi m 1, m 2,, m modülüe göre x 0 deklik sııfıı sistemi çözüm kümesi olduğuu görelim. Sistemi başka bir çözümü x 1 olsu. x 1 b i (modm i ),2,, (Diğer yada x 0 b i (modm i ),2,., ) Simetri ve geçişme özelliklerii kullaırsak; x 0 x 1 (modm i ) m i x 0 x 1 (i = 1,2,, ) x 0 x 1 ε m i Z x 0 x 1 ε m 1, m 2,, m ε Z ; m i, m j = 1 m 1, m 2,, m x 0 x 1 x 0 = x 1 (modm 1 m 2 m ) x 0 = x 1 11

13 Örek: x 1(mod2) x 2(mod3) x 3(mod5) x 5(mod7) yukarıdaki sistemi çözümü ve çözüm kümesii buluuz. Yukarıda ki teorem de; b 1 = 1, b 2 = 2, b 3 = 3, b 4 = 5 m 1 = 2, m 2 = 3, m 3 = 5, m 4 = 7 olur. Burada; m 1 = m 2 m 3 m 4 = 105 m 2 = m 1 m 3 m 4 = 70 m 3 = m 1 m 2 m 4 = 42 m 4 = m 1 m 2 m 3 = 30 ve (m 1, m 1 ) = (105,2) = 1 1 = 105 (1) + 2 ( 52) u 1 = 1 (m 2, m 2 ) = (70,3) = 1 1 = 70 (1) + 3 ( 23) u 2 = 1 (m 3, m 3 ) = (42,5) = 1 1 = 42 ( 2) + 5 (17) u 3 = 2 (m 4, m 4 ) = (30,7) = 1 1 = 30 ( 3) + 7 (13) u 4 = 3 Buluur. r i = m i u i b i i = 1,2,3,4 r 1 = = 105 r 2 = = 140 r 3 = 42 ( 2) 3 = 252 r 4 = 30 ( 3) 5 =

14 x 0 = r 1 + r 2 + r 3 + r 4 = ( 252) + ( 450) = ? mod( ) (mod210) Çözüm kümesi: x = 173 Örek: x 1(mod2) (1) x 2(mod3) (2) x 3(mod4) (3) kogruas sistemi içi 100<x<110 olduğua göre x edir? (1)deklemide 2 (x 1) x 1 = 2 k, kεz (2)deklemide 2 k + 1 2(mod3) (*) da ; x = 2 (3 t + 2) + 1 x = 6 t + 5 (**) x = 2 k + 1, kϵz ( ) 2 k (mod3) 2 k 1(mod3)(her iki tarafa 3 eklersek) 2 k 4(mod3) k 2(mod3) 3 k 2 (k 2) = 3 t, tεz k = 3 t + 2 (3) deklemide 6 t + 5 3(mod4) (her iki tarafa -5 eklersek) 6 t 2(mod4) 6 t 2(mod4) 6 t 6(mod4) t 1(mod4) 13

15 t = 2 m + 1 ( ) da x = 6 (2 m + 1) + 5 x = 12 m + 11 mεz m = 8 içi x = 107 ve 100 < x = 107 < 110 Çi kala teoremii uygulamaları(rsa) İlk çıka şifreleme algoritmaları simetrik şifreleme olarak adladırıla, verii aahtar bir kelimeyle şifreleip, daha sora yie ayı aahtarla çözülmesi esasıa dayaıyordu. Buu dezavatajı, aahtar etwork ortamıda veri ile birlikte taşııyor ve aahtar ele geçirildiği veriler rahatlıkla çözülebiliyordu. Asimetrik şifreleme algoritmalarıda ise iki aahtar vardır biri veriyi gödere kişide diğeri ise veriyi ala kişidedir. Datayı gödere kişi açık aahtara (Public Key) sahiptir, ala kişi ise gizli aahtara (Private aahtar) sahiptir. RSA şifreleme yötemii kullaılır olmasıı edeleride e öemlisi asal sayılar kullaılmasıdır. Özellikle sayılar büyüdükçe şifrelemei güveilirliği de artmaktadır. Rsa şifreleme yötemii çözümü e az 3 yıl da başlayıp bilerce yıla kadar sürebilir. Şimdi adım adım şifrelemeyi ve çözümüe bir bakalım; i. İki adet asal sayı seçilir.bular p ve q olsu. ii. = p q olacak şekilde sayısı belirleir, sayısı mod almada kullaılacaktır.. iii. a = (p 1) (q 1) olsu. iv. a ile ortak bölei bulumaya e sayısıı belirleyelim. Yai (a, e) = 1 olmalıdır. v. e ile çarpılıp a ya göre mod alıdığıda 1 kalaıı vere d sayıı buluur. (d e)(moda) = 1 vi. m < olacak şekilde m değeri alıır ve c = (m e )mod ola c sayısı elde edilir. vii. m = c d mod olmalıdır. Öreği ; p=7 ve q=17 gibi iki asal sayı seçelim. Bu iki asal sayıı çarpımı =119 ve bu iki asal sayıı bir eksiklerii çarpımı a=(p-1)(q-1); a=96 olarak hesaplaır. 1 de büyük 96 da küçük 96 ile aralarıda asal bir e=5 tamsayısı seçelim. Seçile e=5 tamsayısıı mod 96 da tersi alıır, souç d=77 gibi bir tamsayıdır. 5 ve 119 tamsayıları geel aahtarı, 77 ve 119 tamsayıları ise özel aahtarı oluşturur. {5,119} ve {77,119} aahtarlarıı kullaarak şifremizi belirleyelim. 14

16 Öreği ; 19 sayısıı geel aahtarımızla {5,119} şifreleyelim. 19 sayısıı 5. kuvvetii (mod 119) daki değeri 66; 19 sayısıı RSA da şifrelemiş halidir. Özel aahtarımızı {77, 119} kullaarak 66 ı 77 ci kuvvetii mod 119 daki karşılığı tahmi de edebileceğiiz gibi 19 dur. RSA algoritması, bir şifreleme algoritması içi oldukça basit bir algoritmadır. Bua karşı sürekli çok büyük asal sayı oluşturmak oldukça zor bir işlemdir. Asal sayılarıı bilie bir formülü yoktur. Bu da RSA şifrelemesii çözülmesii güçleştirmektedir. 15

17 Kayaklar; Ali Osma Asar, Ahmet Arıka, Ayur Arıka Cebir Eflatu Yayıları Matematik Düyası 2004 Yaz