T.C TRAKYA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ

T.C TRAKYA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ Burç BAYRAK TRAKYA ÜNİVERSİTESİ FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ ANABİLİM DALI

T.C TRAKYA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ İKİLİ KUADRATİK FORMLAR VE YAPILARI Burç BAYRAK YÜKSEK LİSANS TEZİ CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ ANABİLİM DALI Tez Yönetcs : Yrd. Doç. Dr. Ftnat KARAALİ TELCİ 011 EDİRNE

ÖZET İkl kuadratk formların yapılarını ncelemey amaçlayan bu çalışmada zlenen plan aşağıdak bçmdedr; I. Bölümde konuyla lgl önblgler verlmştr. II. Bölümde kl kuadratk formların tpler ve kare çarpansız br tamsayı olan " d " nn sınıf sayısı ncelenmştr. III. Bölümde kuadratk formların otomorfları üzerne çalışılmıştır. IV. Bölümde poztf belrl br form le temsl edlen br tamsayının bölenler ve kl kuadratk formlar çn Mass formülü verlmştr. V. Bölümde d csmnn sınıf sayısı le kl kuadratk formlar arasındak lşk ncelenmştr.

ABSTRACT The plan followed n ths study, whch ams to determne the structures of bnary quadratc forms, may be outlned as below. In Chapter I, pertnent backgrounds whch are related to ssue are gven. In Chapter II, the types of bnary quadratc forms and the class number of " d " whch s an nteger of square free are determned. In Chapter III, the automorphs of bnary quadratc forms are gven. In Chapter IV, the dvsons of an nteger whch are represented wth a postve defnte form and Mass formula for bnary quadratc forms are gven. In Chapter V, the relaton between class number of the feld d and bnary quadratc forms are studed.

ÖNSÖZ Tez çalışmam süresnce yardımlarını esrgemeyen değerl hocalarım Yrd. Doç. Dr. Ftnat KARAALİ TELCİ le Prof. Dr. Hülya İŞCAN a ve madd, manev desteğyle yanımda olan aleme teşekkürlerm sunarım. Burç BAYRAK

İÇİNDEKİLER ÖZET.. ABSTRACT.. ÖNSÖZ. GİRİŞ.1 I. BÖLÜM / TEMEL KAVRAMLAR ve GENEL BİLGİLER 1.1. Temel Kavramlar..3 1.. Genel Blgler...6 II. BÖLÜM / KUADRATİK FORMLARIN TİPLERİ.1. Poztf Belrl Formlar 0.. Belrsz Formlar..7 III. BÖLÜM / FORMLARIN OTOMORFLARI 3.1. Genel Blgler.4 3.. Poztf Belrl Formların Otomorfları.5 3.3. Belrsz Formların Otomorfları...54 IV. BÖLÜM / POZİTİF BELİRLİ FORM İLE TEMSİL EDİLEN BİR SAYININ BÖLENLERİ ve KUADRATİK FORMLAR İÇİN MASS FORMÜLÜ 4.1. Poztf Belrl Form İle Temsl Edlen Br Sayının Bölenler.56 4.. Kuadratk Formlar İçn Mass Formülü...65 V. BÖLÜM / KUADRATİK CİSİMLER ve KUADRATİK FORMLAR ARASINDAKİ İLİŞKİ Kuadratk Csmler ve Kuadratk Formlar Arasındak İlşk......76 KAYNAKLAR 83 ÖZGEÇMİŞ.84

1 GİRİŞ Bu tez çalışmasında abc,, ler, ya da den seçlmek üzere knc dereceden, k değşkenl f x, y ax bxy cy kl kuadratk formlarının genel yapılarının ncelenmes amaçlanmıştır. İkl kuadratk formların özellkler katsayılarının tamsayı, rasyonel sayı ve reel sayı olmasına bağlıdır. İkl kuadratk formlar lk olarak Fermat tarafından k kare toplamı olarak yazılablen tamsayılar çn çalışılmıştır. İkl kuadratk formlar le Pell denklemler arsındak bağlantı kurulduktan sonra bu formlar Pell denklem olarak ele alınmıştır. Lagrange ın 1773 yılındak çalışmalarıyla gelşmeye başlayan kuadratk formlar teors lk olarak Legendre sayesnde belrl br düzen çersnde ncelenmştr. Lagrange ın gelştrp Legendre ın sstematk br bçmde nceledğ kuadratk formlar teors Gauss tarafından daha da gelştrlmştr. Gauss un "Dsqustones Arthmetcae" adlı ktabında formlarda denklk, ndrgeme ve bleşke problemler üzerne çalışılmıştır. Gauss un bu çalışmaları kden çok değşken olan kuadratk formların artmetk teors le cebrsel sayılar teorsn güçlü br şeklde etklemş, cebrsel sayılar teorsnde öneml br rol oynayan kuadratk csmler yerne daha genel olan sayı csmler le çalışılmıştır. Sayı csmlernn yapılarının belrlenmesnde, deal sınıfları grubunun mertebes olarak tanımlanan sınıf sayısının hesaplanması önemldr. Ancak deal sınıfları grubu yardımı le sınıf sayısı hesabı kolay olmadığından br çok yöntem gelştrlmştr. Bu yöntemlerden br de kuadratk Dophant denklemler çözümlernn elde edlmesdr. d kare çarpansız br tamsayı olmak üzere her kuadratk form, ndrgenmş br forma denk olup d dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı sonlu olduğundan ndrgenmş formların denklk sınıflarının sayısı da sonludur. Bununla brlkte d nn kesrsel dealler le d dskrmnantlı kuadratk formlar arasında bre br eşleme var olduğundan ndrgenmş formların denklk sınıfları sayısı da d csmnn sınıf sayısıdır. İkl kuadratk formları ve genel yapılarını ncelemey amaçlayan bu tez çalışmasının I. Bölümünde; temel kavramlar, kl kuadratk formlar le lgl genel blgler ve sınıf sayısı tanımı verlmştr.

Çalışmanın II. Bölümünde; poztf belrl ve belrsz tptek formların özellkler ncelenerek bu tptek formlar yardımı le csmn sınıf saısının hesaplama yöntem verlmştr. III. Bölümünde; kl kuadratk formların otomorflarının genel özellkler ve poztf belrl formlar le belrsz tptek formların otomorflarına yer verlmştr. IV. Bölümünde; aşağıdak makalelerden yararlanarak poztf belrl form le temsl edlen br tamsayının bölenler ve kl kuadratk formlar çn Mass formülü ncelenmştr. Wllam C. JAGY nn 008 yılında yayınlanan makalesnde d 11 ve p asalı özdeşlk formu le temsl edlyor ken np nn prmtf formla öz temsl var se n nnde aynı prmtf formla öz temslnn var olduğunu göstermştr. John Paul COOK un 010 yılında yayınlanan makalesnde d dskrmnantlı poztf belrl f formuyla öz temsl olan n nın aynı dskrmnantlı tüm öz temsllernn sayısını tespt etmştr. Ayrıca temsl le öz temsl arasındak lşkden yaralanarak n nın tüm temsllernn sayısını br formülle fade etmştr. V. Bölümde; konuyla lgl tanımlar verldkten sonra d kare çarpansız br tamsayı olmak üzere d kuadratk sayı csmnn kesrsel dealleryle d dskrmnantlı formlar arasındak lşkye yer verlmştr.

3 1. BÖLÜM TEMEL KAVRAMLAR VE GENEL BİLGİLER 1.1 Temel Kavramlar Tanım 1.1.1 : F br csm ve S csmne F csmnn br alt csm denr. F olsun. S, F dek şlemlerle br csm se S Tanım 1.1. : F csm br K csmnn alt csm se K ya F csmnn br genşlemes denr ve K F veya K le gösterlr. Ayrıca K F br csm genşlemes F se K, F üzernde br vektör uzayı olarak düşünüleblr. Tanım 1.1.3 : K F br csm genşlemes se BoyF K ya K csmnn F üzerndek genşleme dereces denr ve K: F le gösterlr. Eğer K: F se K F genşlemesne sonlu genşleme denr. Tanım 1.1.4 : K br csm genşlemes olsun. a K çn f F a 0 olacak şeklde sıfırdan farklı br f x F x polnomu varsa a ya F csm üzernde br cebrsel elemandır denr ve a ceb F le gösterlr. Tanım 1.1.5 : Br kompleks sayı üzernde cebrsel se cebrsel sayı olarak adlandırılır. Tanım 1.1.6 : br cebrsel sayı olsun. Eğer, üzernde cebrsel se ya cebrsel tamsayı denr. Tanım 1.1.7 : F üzernde cebrsel olan br K yı kök kabul eden Fx dek asal ve monk polnoma a nın sağladığı mnmal polnom denr. a nın sağladığı mnmal

4 polnom f x F x se mnmal polnomun dereces Irr a, F deg f gösterlr. le Teorem 1.1.8 : d kare çarpansız br tamsayı ve k d kümes olmak üzere d olsun. w d d; eğer d,3 mod 4 se, 1 d ; eğer d 1 mod 4 se, d nn her elemanı xy, çn d nn cebrsel tamsayılar x yw şeklnde yazılablr. Sonuç 1.1.9 : d x ywd x, y cebrsel tamsayılar kümes : d d d, a b w a b w a a b b w 1 1 d d 1 1 d ve : d d d a b w, a b w a a b. b w 1 1 d d 1 1 d şlemleryle d nn br alt halkası olup br tamlık bölges oluşturur. Tanım 1.1.10 : d csmnn cebrsel tamsayılar kümes d ye d tamlık halkası ve 1, w d ye de d tamlık halkasının tamlık tabanı denr. nn Tanım 1.1.11 : K br csm ve K olsun. K : se K ya br sayı csm denr. Özel olarak K : se K csm kuadratk sayı csm olarak adlandırılır. Teorem 1.1.1 : K br sayı csm olsun. K vardır. olacak şeklde uygun br K

5 Teorem 1.1.13 : K br sayı csm olsun. : K ye bre br homomorfzması vardır. Teorem 1.1.14 : K br sayı csm ve K: n olsun. Bu durumda 1,,..., n çn n tane farklı : K gömme homomorfzması vardır ve ler nın eşlenkler olmak üzere polnomunun köküdür. elemanı K nın üzerndek mnmal Tanım 1.1.15 : K br sayı csm ve K: n olsun. 1,,..., n çn ler K nın gömme homomorfzmaları olmak üzere x K çn x n normu ve z(trace) sırasıyla N : K, N x x n 1 bçmnde tanımlanır. Tr : K, Tr x x n 1

6 1. Genel Blgler Genel olarak n değşkenl br kuadratk form, 1, j n çn aj ler, ya da den seçlmek üzere n n 1 j1 a x x j j bçmnde fade edlr. İk değşkenl br kuadratk forma bnary (kl) kuadratk form denr ve bçmnde fade edlr. (, ) f ( x, y) ax bxy cy d f b 4ac f x y kuadratk formunun dskrmnantı bçmnde tanımlanır. Ayrıca dskrmnantı d f b 4ac olan f, x y formunun daha kolay br gösterm de f x, y f ( a, b, c) bçmndedr. Eğer ebob a, b, c 1 se f formuna prmtf form denr. Bu tez çalışmasında kl kuadratk formlar yerne form kavramı kullanılacaktır. Teorem 1..1 : f ( x, y) ax bxy cy, d dskrmnantlı, tam katsayılı kl kuadratk form olsun. Eğer d 0 ve d tam kare değlse a 0, c 0 dır ve f ( x, y) 0 denklemnn tamsayılardak tek çözümü x y 0 dır. Kanıt: Eğer a 0 veya c 0 se ac. 0 ve olacağından d nn tam kare olmamasıyla çelşr. a 0 ve c 0 dır. ( 0, 0) x y, (, ) 0 0 0 f x y ın herhang br tamsayı çözümü olsun. Eğer y0 0 se f ( x,0) ax olur. a 0 olduğundan x0 0 elde edlr. Eğer x0 0 se benzer bçmde f (0, y ) cy ve c 0 olduğundan y0 0 bulunur. Bu durumda x0 y0 0 0 0 olduğunda f ( x0, y0) 0 bulunur. x0 0 ve y0 0 olsun. f ( x, y) ax bxy cy bnary kuadratk formundan 4 af ( x, y) 4a x 4abxy 4acy 4 af ( x, y) ( ax by) b y 4acy 4 af ( x, y) ( ax by) y ( b 4 ac)

7 4 af ( x, y) ( ax by) dy (1.1) fades elde edlr. f ( x0, y0) 0 olduğundan (1.1) fadesnden ( ax0 by0) dy0 bulunur. y0 0 ve d 0 olduğundan dy0 0 ve çarpanlara ayrılmanın teklğnden d nn tam kare olması gerekr. Buda d nn tamkare olmayışıyla çelşr. d 0 ve tam kare değlse a 0, c 0 dır ve f ( x0, y0) 0 denklemnn tam sayılardak tek çözümü x y 0 dır. Tanım 1.. : Br f, x y kuadratk formu hem poztf hem de negatf değerler alablyorsa f ye belrsz(ndefnte) form denr. Eğer her, se f ye poztf yarı belrl (semdefnte) form, her, se f ye form çn, 0 f x, y 0 xy çn f x, y 0 xy çn negatf yarı belrl (semdefnte) form denr. Poztf yarı belrl br f x y denklemnn çözümü sadece x y 0 se poztf belrl form olarak adlandırılır. Benzer şeklde negatf yarı belrl br form çn f x, y 0 denklemnn çözümü sadece x y 0 se "negatf belrl form" olarak adlandırılır. f x, y x y formu f 1,0 1 ve f formdur. f ( x, y) x xy y ( x y) formu her, olduğundan poztf yarı belrl formdur. f ( x, y) x y formu poztf belrl forma örnektr. 0,1 değerlern aldığından belrsz xy çn f x, y 0 olup f 1,1 0 Br kuadratk formun poztf belrl, negatf belrl, yarı belrl veya belrsz form olup olmadığı dskrnnanta bağlı olarak belrleneblr. f x, y ax bxy cy, d dskrmnantlı, tam katsayılı kl kuadratk Teorem 1..3 : form olsun. Eğer ) d > 0 se f x, y belrsz formdur. ) d 0 se f ( x, y ) yarı belrl formdur fakat belrl form değldr.

8 ) d < 0 se a ve c aynı şaretl olup bunların şaretler poztf olması halnde poztf belrl, negatf olması halnde negatf belrldr. Eğer f poztf belrl form se f negatf belrl form olup bunun tersde doğrudur. Bu yüzden belrl formların özellklern ncelerken sadece poztf belrl formlarla çalışmak yeterldr. Kanıt : f ( x, y) ax bxy cy kuadratk formunun dskrmnantına d dyelm. ) d 0 olsun. Bu durumda f (1, 0) a ve f ( b, a) ad dr. a 0 se f 1,0 Benzer şeklde c 0 se f 0,1 a le f b, a ad ters şaretldr. c le f, c b cd olduğundan yne ters şaretldr. Şu halde ac 0 haln ncelemek yeterldr. a c d b b 0 çn 0, 0 dır. Bu hal çn f 1,1 değerlernn olacağı anlaşılır. ) d 0 olsun. a 0 se b ve f 1, 1 b olacağından f nn hem poztf hem de negatf 4 af ( x, y) ( ax by) dy Eştlğnden f nn sıfırdan farklı değerlernn a le aynı şaretl olduğu anlaşılır. Ayrıca f ( b, a) ad 0 dır. a 0 kabul ettğmzden f belrl değldr. Eğer c 0 se d b ve b 0 olacağından 0 f ( x, y) ax olur k f nn şaret a nın şaret le aynı olur. f (0,1) 0 olduğundan f yarı belrl ama belrl değldr. ) d 0 olsun. 4 af ( x, y) ( ax by) dy eştlğndek 4 af ( x, y ) nn öncek teoremden x y 0 harç her xy, çn poztf değerler aldığı anlaşılır.şu halde poztf belrldr. Ayrıca d b ac ac b d d 4 4 0

9 olduğundan a le c aynı şaretldr. Budurumda bu şaret poztf se poztf belrl, negatf se negatf belrldr. Örnekler: f ( x, y) x 3y formu çn f (1,0) 1 ve f (0,1) 3 olduğundan ya da 1) d( f ) d 1 0 olup teoremn ) koşulundan f belrsz br formdur. f ( x, y) x xy y formunda her xy, çn f ( x, y) 0 olup f (1,1) 0 olduğundan ya da d( f ) d 0 ve 0 poztf belrldr. 3) a olduğundan teoremn f ( x, y) x y formunda her xy, çn olup x y 0 olduğundan ya da d f d 4 0 ve koşulundan f poztf belrldr. koşulundan f çn f x, y 0 x nn katsayısı 1>0 olduğundan teoremn Teorem 1..4 : d br tam sayı olsun. Dskrmnantı d olan br kuadratk formun mevcut olması çn gerekl ve yeterl koşul d 0,1mod 4 olmasıdır. Kanıt: : Her b çn b 0,1mod 4 olduğundan d b ac 4 0,1 mod 4 tür. : d, d 0 mod 4 çn d d, formunun dskrmnantı 4.1. 4 f x y x y 4 d d f d dr. d 1 4 ve d 1mod 4 çn f x, y x xy y d 1 d f 1 4.1. d olur. 4 formunun dskrmnantı Tanım 1..5 : a br tam sayı, 1 ebob a, m 1 olsun. Eğer x a(mod m) m ve kongrüansının çözümü varsa a ya m modülüne göre kuadratk rezdü, çözümü yoksa m modülüne göre non- kuadratk rezdü denr.

10 Tanım 1..6 : p >, asal sayı olsun. a p Legendre sembolü a p 0, pa se 1, x a(mod p) çözümü var se 1, x a(mod p) çözümü yok se şeklnde tanımlanır. Teorem 1..7 : p >, asal sayı olsun. O zaman ) a a p p1 (mod p ) a b ab p p p ). ebob a, p 1 se ) a 1 p ve a b b p p v ) 1 1 p ve 1 ( 1) p p1 dr. Teorem 1..8 : (QUADRATIC RECIPROCITY ) p ve q farklı tek asal sayılar olsun p q. ( 1) q p p1 q1. dr. Teorem 1..9 : (Çn Kalan Teorem) r, m1, m,..., m r kşer kşer aralarında asal poztf tam sayılar ve b1, b,..., b r keyf tam sayılar olsun. x b1(mod m1) x b(mod m) x b (mod m ) r r

11 kongrüans sstemnn br ortak çözümü var ve bu çözüm modülo m1. m... m r de tektr. Yan a ve b k çözüm se a b m m m mod 1.... r dr. Teorem 1..10 : r, m1, m,..., m r kşer kşer aralarında asal poztf tam sayılar ve m m1. m... mr olsun. f ( x) 0(mod m) kongrüansının çözümünün olması çn gerek ve yeter koşul her 1,,,, r çn f ( x) 0(mod m ) kongrüansının br çözümünün olmasıdır. Bu taktrde f x m sayısı Nm se f x 0mod m kongrüansının çözüm sayısı r N( m) N( m ) dr. 1 0 mod nn çözüm Tanım 1..11 : f x, y br kuadratk form ve n çn, bçmde br x, y varsa n ye f, 0 0 denr. Burada 0 0 f x y n olacak 0 0 x y kuadratk formu le temsl edleblr ebob x, y 1 se bu temsle öz temsl(proper) aks taktrde öz olmayan temsl adı verlr. Bununla brlkte ebob x, y g ve, 0 0 f x y n olmak 0 0 üzere g n olup n nn, n f x y temsller g nn br öz temsl olarak bulunablr. Tanım 1..1 : f, nn f le temsl varsa x y kuadratk formunun dskrmnantı olan d, br tam kare ve n 4 af x, y 4an ax by dy ax by d y. ax by d y elde edlr. Bu bçmdek yazılışa dejenere hal denr.

1 Teorem 1..13 : n 0 ve d tam sayıları verldğnde n y temsl eden br d dskrmnantlı kuadratk formun mevcut olması çn gerekl ve yeterl koşul x d mod 4 n kongrüansının br çözümünün olmasıdır. Kanıt: : Bu da x d n mod(mod 4 ) br çözümü b olsun. Bu durumda b d n (mod 4 ) 4 n b d c b d 4nc d b 4nc dr. formunun dskrmnantıdır. Bununla brlkte f 1,0 f ( x, y) nx bxy cy olduğundan f, x y, n nn br öz temsldr. n : Dskrmnantı d b 4ac f x, y ax bxy cy n formu n nn br öz olan temsl olsun. Bu durumda x, y f x, y n ve 0 0 0 0 ebob x0, y0 1 olduğundan m1m. 4 n ebob x, y 1 dr. 0 0, ebob m y ebob m y,, 1 1 0 0 olacak bçmde m 1 ve m tam sayıları bulunablr. 4n n p asal kuvvetl çarpanlarının 4 n çarpımı m 1 ve m olsun. 4 af ( x, y) ( ax by) dy m 0 0 0 0 0 1 fadesnden 4 af ( x, y ) ( ax by ) dy olup 4an 0(mod m1 ) olduğundan elde edlr. ebob m y ( ax by ) dy (mod m ) 0 0 0 1, 1 olduğundan z0, y0 m1 zo y0 y0 1 dr. Buradan y0 y0 1(mod m1 ) ve 0 0 0 0 0 0 0 1 ( ax by ) y dy y d y y d(mod m ) dr. Bu durumda u d(mod m1 ) kongrüansının u1 ( ax0 by0) y0 bçmnde br çözümü vardır. Benzer şeklde a ve c y ve ayrıca x ve y y aralarında değştrrsek u d(mod m ) kongrüansınında u ( cy bx ) x bçmnde br çözümünün olduğunu görürüz. Çn Kalan 0 0 0 Teoremnden w u1(mod m1) ve w u(mod m) olacak şeklde br w tam sayısı 1 0

13 bulunablr. Böylece w u d(mod m ) ve benzer bçmde w u d(mod m ) 1 1 elde edlr. m1m 4 n olduğundan kanıt tamamlanır. Sonuç 1..14 : d 0 veya 1mod 4 olsun. Eğer p tek asal sayı se p y temsl eden d d dskrmnantlı kl kuadratk formun var olması çn gerekl ve yeterl koşul 1 p olmasıdır. Kanıt: d : 1 p se d, p modülüne göre karedr.( x d(mod 4) kongrüansının çözümü vardır.) Hpotezden d, modül 4 e göre karedr. p tek olduğundan Çn Kalan Teoremnden d, modül 4 p ye göre karedr. Teorem 1..13 den p, dskrmnantı d olan br form le temsl edlr. : p y temsl eden d dskrmnantlı kl kuadratk form varsa Teorem1..13 den d, d 4 p modülüne göre karedr. Buradan 1 dr. 4 p d d d d 1 1 bulunur. 4p p p Kuadratk Formların Denklğ Formların denklğ lk tam katsayılı yardımıyla verlr. Şmd bu kümelere değnelm. GL veya SL ( ) dek matrsler GL ( ) M det M 1 olup matrslerdek çarpma şlemne göre br gruptur ve SL ( ) M det M 1 kümes de aynı çarpma şlemne göre GL ( ) nn br alt grubudur. Bu alt gruba modüler grup denr. 1 1 S 0 1 ve 0 1 T 1 0

14 SL ( ) nn üreteçler olup S n 1 n 0 1 ve T I dır. x Teorem 1..15: Tam katsayılı, +1 determnantlı x lk matrsler grubu SL le üretlmş olup her M SL olarak yazılablr. Kanıt: 1 1 0 1 S 0 1 ve T 1 0 matrs k ve, j olmak üzere M S T S T S T 1 j1 j... k jk M SL ( ) olsun. M, S ve T nn kuvvetler le brm oluncaya kadar soldan çarpılırsa stenlen elde edlmş olur. Şmd S ve T nn kuvvetlernn nasıl belrlendğn gösterelm. M SL ( ) se M,TM, TM, koşulunu sağlayan 0 se n n seçerek matrs dır. k 3 TM matrslernden br 0 k ve stenlen elde etmek çn n y n 0 sağlıyacak bçmde n S le çarpılır. Bu şeklde devam edlecek olursa sonunda sağ üst veya sağ alt bleşenlerden br sıfır olur. 0 yı fade etmemz gerekrse T matrs uygulanır. Determnant tanımından 1 olduğu görülür. 1 0 1 yı fade etmemz gerekrse T uygulanır.

15 Bundan sonra brm elde edlnceye kadar edlmş olur. a M c c TM a 3 T S T b SL d d b a b TM c d 3 c d TM a b çn olup bu matrsler arsında 0 ve koşulunu sağlayan b 0 ve b d se M ye b 0 ve b d se 3 TM ye b 0 ve b d se TM ye b 0 ve b d se TM ye eşttr. le çarparsak stenen brm elde matrs Örnek: 3 M SL 1 b 0 ve d 1 olup b 1 n 3 3 n. n SM n 0 1 1 1 1 dr. n y matrsn S ve T matrslerne bağlı olarak yazalım. 3 a b M 1 c d d olduğundan M, koşulunu sağlar. elde edlr. Burada n n ve n sağlıyacak şeklde seçersek 1 n 0 den n bulunur. Buradan 1 0 S M M 1 matrs elde edlr. M matrs çn b 0 ve b d 1 olduğundan TM matrs koşulunu sağlar. M matrsn soldan T le çarparsak

16 0 1 1 0 1 TM. 1 0 1 1 0 matrs bulunur. n nn seçm dan bağımsızdır. n n 1 S TM 1 0 matrs le çarpılırsa TM olup n çn 0 1 0 1 1 0. I 1 0 1 0 0 1 0 1 M 1 0 S TM x T M T S T M T S T S M I....... x bulunur. olup S, vardır ve M matrs M S T S T 1 1 TM matrsnde 0 olduğundan T SL dr. M matrs soldan T olduğundan tersler bçmnde fade edlr. Formların denklğn vermeden önce denklk kavramını fade ederken kullanılan fonksyonları verelm. : GL x, y x, y x U U x y x y y fonksyonu tanımlansın. fonksyonu bre brdr. Gerçektende U, U GL 1 1 1 1 1., çn U U,,, 1 1 1 1 1 x y x y, x y x y 1 1 1 1 x y, x y x y, x y 1 1 1 1 U U U GL Benzer şeklde 1 U çn de : x, y x, y U x y

17 fonksyonunun tanımlanableceğ açıktır. Yukarıda tanımlanan fonksyonu A f a, b, c kuadratk form d f b 4ac olmak üzere yardımıyla : AGL A f, U f, U det U. f U bçmnde br fonksyon tanımlanablr. nn y tanımlılığını göstermek çn f, U, f, U A GL 1 1 dr. alalım. f, U f, U f f ve U U 1 1 1 1 U f1, U1 det U1. f1 U1 det U. f U f, U çn (1.) f U f, X a c b XY f, Y formu elde edlr. Buradak X x y ve Y x y (1.3) bçmnde tanımlıdır.,, f U A B C le gösterlrse A a b c f (, ) B ( a c ) b( ) (1.4) ve olup d C a b c f (, ) d B 4 AC. d (1.5) d olması çn gerekl ve yeterl koşul 1 olmasıdır. det 0 U se f, U X, Y det U. f U bçmndedr. (1.6)

18 Tanım 1..16 : form olsun. f ( x, y) ax bxy cy ve 1., g( x, y) AX BXY CY k kuadratk f R g U GL f U g bçmnde tanımlanan R br denklk bağıntısı olup f formu g formuna denktr denr. Br f formuna denk olan formların kümes de f nn denklk sınıfı olarak adlandırılır.. f g U SL f U g bçmnde tanımlanan br denklk bağıntısı, olup f formu g formuna has denktr denr. Br f formuna has denk olan formların kümes de f nn has denklk sınıfı olarak adlandırılır. 3. f B g U GL detu 1 ve f, U g bçmnde tanımlanan B br denklk bağıntısı olup f formu g formuna has olmayan denktr denr. Br f formuna has olmayan denk olan formların kümes de f nn has olmayan denklk sınıfı olarak adlandırılır. Verlen br d dskrmnantlı f ( x, y) ax bxy cy kuadratk formu olmak üzere M f a b b ve X c T, x y f x y X M f X (1.7) bçmnde fade edlr. Buradak M f matrsne f kuadratk formunun matrs denr. Özellk: d( f ) d b 4ac Eğer f, olmak üzere f ne ve f de f denk se d( f) det( M( f)) dr. 4 f den f ne x x. y y

19 f den f ne ve f den f ne x x. y y x x x... y y y geçşler vardır. Teorem 1..17 : Denk kuadratk formların dskrmnantları aynıdır. Kanıt: f R g sağlanır. T M GL f M g dr. Bu durumda G M. M( f). M, d g T d f det M g det M. M f. M det f 4 4 Ancak teoremn ters her zaman doğru değldr. Örneğn;, f x, y x y ve g x y x y kuadratk formlarının dskrrmnantları eşt olmasına rağmen denk değldrler. Teorem 1..18 : f ve g denk k form olsun. Her n çn n nn f le öz temselleryle n nn g le öz temsller arasında 1-1 eşleme vardır.

0 II. BÖLÜM KUADRATİK FORMLARIN TİPLERİ.1 Poztf Belrl Formlar Bu bölümdek öncelkl amacımız d 0 dskrmnantlı poztf belrl formların her br denklk sınıfı çn ndrgenmş formları belrlemektr. Tanım.1.1 : f a, b, c se f a, b, c, d dskrmnantlı poztf belrl br form olsun. Eğer formuna ndrgenmş form denr. b a c (.1) Önerme.1. : f a, b, c tür. Kanıt :, d 0 dskrmnantlı ndrgenmş br form se 4 4 b ac b d 3b b d d 3 b d 3 b d tür. 3 Teorem.1.3 : d 0 dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı sonludur. Kanıt : Aynı dskrmnantlı formlar çn Önerme.1. den dolayı mümkün olan b lern kümes d b d aralığındak tamsayılar olup dskrmnant korunduğundan 3 3 d dskrmnantlı ndrgenmş formlara at b ler Bunedenle d 0 dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı sonludur. 4ac b d eştlğn sağlar. Teorem.1.4 : d dskrmnantlı her f poztf belrl formu aynı dskrmnantlı br ndrgenmş forma denktr.

1 Kanıt : f a, b, c, d dskrmnantlı ndrgenmemş br form olsun. a) c a se ; 0 1 1 matrsne karşılık gelen dönüşümler u y, v x y olup,,,, f u v f y x y c b c a b c a, b, c dr. b a b c c sağlayacak bçmde seçldğnde ( a, b, c) c, b c, a b c a, b, c formu elde edlr. Eğer a c se f ndrgenmş olur. Aks taktrde a c oluncaya kadar şleme devam edlr. b) a c ancak b a, a se b y küçültmeden önce f formuna 0 çn 0 1 1 matrs dönüşümü uygulanarak,,,,, f a b c c b a a b c f formu elde edlr. f formuna 1 0 1 matrsene karşılık gelen u x y, v y matrs dönüşümler uygulandığında,,,,, f u v a a b a b c a b c formu bulunur. a a a c olduğundan b, b a b a olacak şeklde seçldğnde a a b c a c elde edlr. bundan sonra lk durumda olduğu gb ard arda 0 1 1 matrs uygulanarak ndrgenmş form elde edlr.

Örnek : f x, y 3,5, 4 formu aşağıdak bçmde ndrgenr. 5 3,3 olduğundan f ndrgenmş br form değldr. f ye karşılık gelen u y ve v x 1y dönüşümlern uygulandığında, 4,8 1 5, 4 1 5 1 3 f u v 0 1 1 1 matrsne formu elde edlr. 81 5 3 olacak şeklde 1 =1 alındığında f 3,5,4 4,3, f formu elde edlr. <4 olduğundan şleme devam edlr. Bu durumda f ne 0 1 1 formu bulunur. 1 matrs uygulandığında 4,3,,4 3, 3 4 f çn 3,5, 4 4,3,,1,3 f ndrgenmş elde edlr. Teorem.1.5 : 1 ) a, b, a a, b, a ) a, a, c a, a, c formları dışında has denk olan brbrnden farklı ndrgenmş form yoktur. Kanıt : abc,, ve a, b, c brbrne has denk k ndrgenmş form se (1.4) den a a b c olacak şeklde, vardır. a c a olduğundan a a a b c a b a a a ac b a elde edlr. Buradan, 0, 1, 1,0 olmalıdır. I. Durum : 1, 0 se 1 0 SL a, b, c a, b a, 1 0 matrs le a, b, c a, b a, ve SL denk formları elde edlr. 0 çn b a b a dır. matrs le

3 1 çn b a b a a a a a dr. Budurumda 1 çn ba b a a olup b a a sağlayan b a değer a olarak bulunur. 1 çnde benzer şlemler yapıldığında b a a olduğu görülür. Buradan a b ve a b çn a, a, c a, a, c elde edlr. II. Durum : 0ve 1 se gerekr. Budurumda 1 formuna denktr. 0 0 1 olup determnanttan 1 olması çn a, b, c c, b c, a b c ve 1 çn a, b, c c, b c, a b c se,, Budurumda a, b, a a, b, a a, c, c c, c, a abc ve c, b, a formlarının her ksde ndrgenmştr. olması çn a c olmalıdır. 1 olup a c ve c a III. Durum : 1ve 1 se Budurumda a, b, c a, b, b olduğundan a, a, a a, a, a dır. a a a a olduğundan se a a a b c dr. olup a b olduğundan ndrgenmş formdur. a,0, a formu T dönüşümü altında ve,, dönüşümler altında kendne denktr. P T. S aaa formu P ve P Teorem.1.6 : d dskrmnantlı her poztf belrl form(teorem.1.5 dek stsna durum harç) br tek ndrgenmş forma denktr. Teorem.1.7 : Belrl br dskrmnant değer çn denklk sınıflarının sayısı sonludur. Tanım.1.8 : d dskrmnantlı f a, b, c formuna karşılık gelen knc dereceden denklem ax bx c 0 olup bu denklemn b a köküne f formunun esas kökü denr. d

4 Poztf belrl formları ndrgemek çn kullanılan dğer yöntem de aşağıdak bçmdedr. a ) 1 Re b a elde etmek çn dönüşümler uygulanır. n S veya n S matrsne karşılık gelen b ) 1 a c elde etmek çn T matrsne karşılık gelen dönüşümler uygulanır. Gerekl se şlemler tekrarlanır. Örnek : f,3, formu yukarıda verlen yöntemle aşağıdak bçmde ndrgenr. <3 olduğundan uygulanmalıdır. S n 1 n 0 1 matrsne karşılık gelen u x ny, v y dönüşümü,,,4 3, 3 f u v f x ny y n n n formu elde edlr. n 1 çn,,, 1,1 f x y y g x y dr. >1 olduğundan gelen u y ve v x dönüşümler g ye uygulanırsa ndrgenmş formu elde edlr.,, 1,1, g y x h x y T 0 1 1 0 matrsne karşılık Tanım.1.9 : d negatf br tamsayı olsun. d dskrmnantlı, tam katsayılı, prmtf formların has denklk sınıflarının sayısına d nn sınıf sayısı denr ve gösterlr. hd le Örnek : d 71 dskrmnantlı formların kümes üzernde tanımlı has denklk bağıntısına göre sınıf sayısı h 71 bulmaya çalışalım. d 71 dskrmnantlı formların kümes olmak üzere f, g A çn A f a, b, c kuadratk form d b 4ac 71

5 f g M SL f, M g x, y bçmnde tanımlı, A üzernde br denklk bağıntısı olduğundan A bölüm kümesdr. A f f A kümesnn elemanları denklk sınıfları olup her br denklk sınıfı f g A f g bçmnde fade edlr. Her kuadratk form aynı dskrmnantlı br tek ndrgenmş forma denk olduğundan (Teorem.1.5 dek stsna harç) her br denklk sınıfının temslcs ndrgenmş form olarak alındığında brbrnden farklı ndrgenmş formların sayısı sınıf sayısını verecektr. olup Önerme.1. den h a, b, c d D 71 D 71 ndrgenmş formlarının b ler çn b 71 br üst sınırdır. Budurumda aday b ler b -4,-3,-,-1,0,1,,3,4 3 olarak bulunur. Ancak denk formların dskrmnantları aynı olduğundan b ler dskrmnant formülünü de sağlamalıdır. 4 4 71 olup aday b ler arasından ancak d b ac ac b d b D b b 1, 3 dört le bölüneblr. b 1 çn ; ac, 0 olduğundan çarpımı 18 veren poztf tam sayıları 4ac 1 71 7 ac 18 çn aday formlarımız belrlenmş olur. f1 1,1,18 (ndrgenmş) f, 1,9 (ndrgenmş) f3 3, 1, 6 (ndrgenmş) f4 6, 1,3 (ndrgenmemş) f5 9, 1, (ndrgenmemş) f6 18, 1,1 (ndrgenmemş) b 1 çn farklı denklk sınıfları Benzer şeklde b 3 çn 1,1,18,, 1,9,3, 1,6 olup 5 tanedr. 4ac 3 71 80 ac 0 olup çarpımı 0 olan a ve c sayıları çn aday formlarımız g1 1, 3, 0 (ndrgenmemş)

6 g, 3,10 (ndrgenmemş) g3 4, 3,5 (ndrgenmş) g4 5, 3, 4 (ndrgenmemş) g5 10, 3, (ndrgenmemş) g6 0, 3,1 (ndrgenmemş) b 3 çn ndrgenmş formlar 4, 3,5 olup tanedr. Bu durumda d 71 dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı 7 olduğundan h71 7 dr.

7. Belrsz Formlar Poztf belrl formlarda verlen br denklk sınıfı çnde aslında tek br ndrgenmş form olmasına rağmen d 0 dskrmnantlı belrsz formların denklk sınıfları çnde brden fazla ndrgenmş form olablr. Bu bölümde belrsz formlardak ndrgenmş formların nasıl bulunacağını ve bu ndrgenmş formların devrlern açıklayacağız. Tanım..1 : abc,,, d 0 dskrmnantlı belrsz br form olsun. Eğer ; 0 b d ve se abc,, formuna ndrgenmştr denr. d b a d b (.) Önerme.. : abc,,, d 0 dskrmnantlı ndrgenmş belrsz br form se d b c d b dr. Kanıt: abc,,, d 0 dskrmnantlı ndrgenmş belrsz br form olsun. abc,, ndrgenmş br form se d b a d b dr. 4ac d b a d b. d b a c a c d b..(*) d b d b d b d b. a c a d b a d b d b d b a c a D b c D b..(**) (*) ve (**) dan d b c d b elde edlr. Önerme..3 : d 0 dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı sonludur. Kanıt : ndrgenmş formlar çn b katsayıları 0 b d aralığından seçleceğnden bu aralıktak b lern sayısı sonludur. Bununla brlkte dskrmnant değer blndğnden

8 d D b 4ac 4ac b D nn a ve c çarpanlarının sayısı da sonlu sayıdadır. Bunedenle ndrgenmş formların sayısı sonludur. Önerme..4 : Her belrsz form aynı dskrmnantlı br ndrgenmş forma denktr. Kanıt : f a, b, c, d 0 dskrmnantlı ndrgenmemş belrsz br form olsun. d c b c d olacak şeklde seçlen çna, b, c c, b c, a b c se bu şlem tekrarlanarak A C a b c c dır. ve d A B d sağlayan A, B, C ndrgenmş formu elde edlr. Bununla brlkte br dğer yöntemde d B. d B 4 A C olduğundan ele alınan formun ndrgenmş olması çn A C ve d B C oluncaya kadar belrtlen şlem tekrarlanır. Budurumda A C ken d B C olduğunda olup buda 0 B d formdur. d B C A d B A C olmasını gerektrr. Bu sebeple,, A B C formu ndrgenmş br Örnek : 5 bçmde ndrgenr. d dskrmnantlı,1, 3 f formunun ndrgenmş formu aşağıdak a olduğundan f formu ndrgenmemştr. f formuna SL 4 4,6 matrsne karşılık gelen dönüşümler uygulanırsa,1, 3 0 1 1 denk formu elde edlr. Ancak 5 3 1 6 5 koşulunu sağlayan olmadığından şlemn devam edeblmes çn 3 3 sağlayan ler

9 bulunup bu lar çn şleme devam edlmeldr. Bu koşulu sağlayan ler -1,0 ve 1 dr. çn,1, 3 3, 7, olup SL 1 1 0 1 1 1 uygulandığında 3, 7,, 7 4 1, 3 71 1 matrs dnüşümü formu elde edlr. Buradan 1 1 5 7 4 5 1 7 4 5 6 4 1 3 1 1 olarak bulunur. Bu aralıktak 1 nın tamsayı değer 1 1 olup ndrgenmş formu elde edlr. 0,1, 3 3, 7,,3, 0 1 1 çn,1, 3 3, 1, dr ve SL uygulandığında 3, 1,,1 4, 3 matrs dönüşümü denk formu elde edlr. Ancak 5 1 4 5 eştszlğn sağlayan yoktur. Bunedenle 3 sağlayan ler bulunmalıdır. Bu ler -1,0 ve 1 olup çn,1, 3 3,1,, 3,,3,,1 1, 0 ndrgenmş formu elde edlr. çn,1, 3 3, 1,,1, 3,3 1 formuna ger dönülür. çn,1, 3 3, 1,,5, 0 denk formu bulunur ve bu form ndrgeme koşullarını sağlamadığından dğer köke geçlr. çn,1, 3 3,5, 0 olup şlem sonlanır. Bu durumda,1, 3 3 1 denk,3, ndrgenmş formu elde edlr. formuna Tanım..5 : a, b, c ve,, b b 0 mod a 1 1 1 1 a b c k belrsz form olsun. Eğer c1 a ve se a, b, c ve,, durumda 1 1 1 a b c formları komşudur denr. Bu a b c formu a, b, c formunun sağ komşuluğu,,,,, 1 1 1 da a, b, c formunun sol komşuluğu olarak adlandırılır. a b c formu 1 1 1

30 Tanım..6 : Br f formunun f ye denk olan f0 f f1 f... f n... bçmndek sağ yada sol komşuluklarından br yne f0 f f1 f f n f nn kends se,,,...,,... ye f formunun br devrdr denr ve br devrdek formların sayısıda o devrn peryodu olarak adlandırılır. Teorem..7 : Verlen br d 0 dskrmnant değer çn ndrgenmş formların kümes komşu formların devrlernn bleşm bçmnde yazılabr. Kanıt : f a, b, c formu d 0 dskrmnantlı ndrgenmş br form olsun. f nn ard arda sağ komşulukları alındığında bu komşuluklar arasında ndrgenmş formlarda bulunur. İndrgenmş formların sayısı sonlu olduğundan bell br adımdan sonra lk ndrgenmş forma dönülür. Eğer daha fazla ndrgenmş form yoksa şlem tamamlanır aks taktrde seçtğmz forma ger dönülmedyse şlem tekrarlanır. Komşu formlar 0 1 b1 b 1 a matrs dönüşümü altında denk olup denklğn geçş özellğnden br devr çndek tüm formlar brbrne denktr. Örnek : 5 bulunuz.,3,, b, c d dskrmnantlı,3, formunun ndrgenmş sağ komşuluklarını 3 b olacak şeklde 5 b 5 aralığından. seçlrse b 1 çn,3,,1, 3 sağ komşuluğu elde edlr. Benzer şlemler yapılarak devam edlrse devr elde edlr.,3,,1, 3 3, 1,, 1,3 3,1, Teorem..8 : İk ndrgenmş formun denk olması çn gerekl ve yeterl koşul aynı devrde olmalarıdır.

31 Tanım..9 : k, kn, c bçmndek forma ambguous form denr. Bununla brlkte a, b, a formunun denklk sınıfında ambguous form olduğundan ambguous form olarak görüleblr. a, b, a a, b a, b a b a, b a, a b a, b a, a a, b, a formu Tanım..10 : a, b, c formuna,, form kend tersne has denktr. b abc formunun ters denr ve br ambguous ka çn k seçldğnde a, b, c c, b, a a, b a, c b c a, b, c olduğu görülür. Tanım..11 : abc,, ve c, b, a formlarına lgl formlar denr. Önerme..1 : Br devrn peryodu her zaman çfttr. Kanıt : abc,,, f ndrgenmş formunun devrndek herhang br eleman olsun. abc,, formuna 0 1 1 0 matrsne karşılık gelen matrs dönüşümler uygulandığında a, b, c c, b, a denk formu elde eldr. c, b, a formu,, abc formunun sağ komşuluğu olduğundan abc,, formu f ndrgenmş formunun devrnde se c, b, a formu da aynı devrde olmak zorundadır. Bu nedenle f nn devrnn peryodu çfttr. Önerme..13 : f ve f aynı devrde olmayan k lgl form se bu devrlerden herhang brnde bulunan br formun lgl formu dğer devrdedr. Böyle devrlere lgl devr denr. Kanıt : f a, b, c ve f c, b, a 0 mod olacak şeklde f a, b, c b b c komşuluğu vardır. Benzer şeklde f c, b, a farklı devrlerde bulunan k lgl form olsun. formunun c, b, c bçmnde br sağ formunun da b b 0mod c sağlayan br a, b, c sol komşuluğu vardır. Dskrmnanttan a c olduğu görülür. Bu durumda a, b, c c, b, c ve,, c b c formları lgl formlardır. Bu şeklde devam

3 edldğnde devrlerden herhang brndek br formun lgl formunun dğer devrde olduğu görülür. Önerme..14 : Tam olarak k ambguous form çeren br devr kendsyle lgl br devrdr. Tersne kendsyle gl br devr tam olarak k ambguous form çerr. Kanıt : f a, b, c ve f c, b, a kend kendyle lgl olan br devrn k lgl formu se Önerme..13 nn kanıtına benzer şeklde f nn sağ ve f nün sol komşuluklarının lgl formlar olduğu kolaylıkla görüleblr. f nn sağ komşuluklarından ve sonlu olduğu çn sonlu br adımdan sonra f nün sol komşuluklarından lerlenecek olursa devr uzunlukları f a, b, c c, b1, c1 c1, b, c ck 1, bk, ck ck, bk 1, ck 1 c b c c b a f n 1, n,,, elde edlr. b b1 b bn 0mod c olduğundan c, b, c ve c, b, c lgl formlardır. Bu şeklde devam edlerek c 1 1 n 1 n 1 formları 1, b, c formu le ck, bk 1, ck 1 k k k formlarının lgl formlar olduğu görülür. bk bk 1 bk bk bk 0mod ck olduğundan ck b k dır. ck, bk, ck 1 formu ambguous formdur. Benzer şeklde f nn sol ve f nün sağ komşuluklarından lerlenecek olursa farklı br ambguous form elde edlr. Bu durumda devr tamamlanmış olduğundan kend kendyle lgl br devrde k ambguous form vardır. Tersne a, b, c k ambguous form çeren br devrn herhang br elemanı olsun. a, b, c nn sağ komşulukları alınarak devam edldğnde,, a b c nün sağ komşuluklarından br a, ak, c bçmndek br ambguous formdur. Bu formun sağ komşuluklarından br a, ak, c le lgl c, ak, a formu olup a, ak, c formunun sol, c, ak, a formunun da sağ komşuluğu alındığında,,,,,,,,,, f a b c a b a a ak c c ak a a b c

33 denklğ elde edlr. f nn dskrmnantı d olmak üzere d, d b, b çn ak b ak b 0mod a formülünden a aralığındak olduğundan b b olup dskrmnant c olduğu görülür. Bu durumda a, b, a c, b, a a, b, c denk lgl formları elde edlr. Bu şeklde devam edlecek olursa sonlu br adımdan sonra a, b, c c, b, a lgl formu elde edlr. O halde f nn devr kendsyle lgl br devrdr. Verlen br belrsz formun has denklk sınıfındak ndrgenmş formları bulmak çn daha kullanışlı br yöntem aşağıdak bçmde verlr. Tanım..15 : f a, b, c formu çn f c, b, a ya f nn normalleştrcs denr. Daha açık olarak formuna f nn normal ve s s f olmak üzere b c b sgnc. sgnc. ; c D c c D b sgnc. ; c D c f c, b sc, cs bs a dr. (.3) Tam katsayılı formlar çn D le D nın yer değştrleblr. Bununla brlkte matrs çn f f, U f U f 0 1 1 s f olarak elde edlr. Örnek : 9 d dskrmnantlı 5, 3, 1 f formu ndrgenmş br formdur. 9 3 1 9 olduğundan s s f sgn1. 1 dr. Bu durumda 1

34 f 1,5,1 ndrgenmş formu elde edlr. f f 1,5, 1 e br kez daha uygulandığında ndrgenmş formu elde edlr. Buda belrsz formların has denklk sınıflarında brden fazla ndrgenmş formun olduğunu gösterr. Br denklk sınıfındak ndrgenmş formların sayısı Verlen br f a, b, c ndrgenmş formların sayısını bulmak çn ndrgenmş belrsz formunun denklk sınıfındak tüm 1 0 0 1 f f, a, b c bçmnde br operatörü tanımlanır. Bu durumda f f c, b sc, a bs cs elde edlr. Bununla brlkte f le f denktr ancak has denk olmaları gerekmez. Önerme..16 : a ) f ve f has denk se f nn denklk sınıfı f nn has denklk snıfına eşttr. b ) f ve f has olmayan denk se f nn denklk sınıfı, brbrnden farklı f ve f n has denklk sınıflarının bleşmdr. Kanıt : a ) f a, b, c form olsun. ve f has denk ken g, f nn denklk sınıfındak herhang br g nn f ye has denk olduğu gösterlmeldr. Eğer g, f ye has olmayan denk se detu 1 olmak üzere, det. g f U U f U Ax Bxy Cy olup g, f ye has denktr. Gerçektende g, f ye has olmayan denk se f, U g U GL detu 1 1 çn f g, U 1 1 1 f g, U dr.

35 olup g, f ye has denktr.ancak f, f ye has denk olduğundan g, f ye has denk olur k buda g nn f ye has olmayan denk oluşuyla çelşr. O halde f, f ye has denk se f nn denklk sınıfı f nn has denklk sınıfına eşttr. b ) f ve f has olmayan denk olsun. Bu durumda f ve f nn has denklk sınıfları farklıdır. Bununla brlkte f nn has denklk sınıfı f nn has olmayan denklk sınıfına eşt olduğundan f nn denklk sınıfı f nn ve f nn has denklk sınıflarının bleşmdr. f tam katsayılı br form olsun. f nn has ya da has olmayan denklk sınıfındak ndrgenmş formları bulmak çn f kullanışlı olan f Örneğn ; f 1,3, formunun dönüşümü altındak devr ken dönüşümü altındak devr f ve f dzs kullanılır. dzs ya da f,, f c b s f c c s f b s f a 1,3,,,1,,,3, 1, 1,3,,,1,,,3,1 f c, b s f c, a b s f c s f 1,3,,,1,,,3, 1 dr. dzsne göre daha peryodk olup f n peryot uzunluğu f nn peryot uzunluğunun k katıdır. Bununla brlkte f f Önerme..16 den f nn has ve has olmayan denklk sınıfları eşttr. olduğundan Tanım..17 : d poztf br tamsayı olsun. d dskrmnantlı, tam katsayılı, prmtf formların denklk sınıfları sayısına d nn sınıf sayısı ve hd le gösterlr.

36 Örnek : d 1173 dskrmnantlı formların kümes üzernde tanımlanan denklk bağıntısına göre sınıf sayısı h 1173 aşağıdak gb bulunur. d 1173 dskrmnantlı her f a, b, c ndrgenmş formu 0 b 1173 34.49 ve dskrmnant formülünü sağlayacağından aday formlar çn b ler b 1,3,5,7,9,11,13,15,17,19, 1, 3, 5, 7, 9,31,33 olablr. b 1 çn 4ac d b ac 93 (93 asal) 1,1, 93, 1,1, 93, 93,1, 1, 93,1,1 (ndrgenmemş) b 3 çn 4ac d b ac 91 3.97 1,3, 91, 1,3, 91, 91,3, 1, 91,3,1 (ndrgenmemş) 3,3, 97, 3,3,97, 97,3, 3, 97,3,3 (ndrgenmemş) b 5 çn 4ac d b ac 87 7.41 1,5, 87, 1,5, 87, 87,5, 1, 87,5,1 (ndrgenmemş) 7,5, 41, 7,5, 41, 41,5, 7, 41,5,7 (ndrgenmemş) b 7 çn 4ac d b ac 81 (81 asal) 1,7, 81, 1,7, 81, 81,7, 1, 81,7,1 (ndrgenmemş) b 9 çn 4ac d b ac 73 3.7.13 1,9, 73, 1,9, 73, 73,9, 1, 73,9,1 (ndrgenmemş) 3,9, 91, 3,9,91, 91,9, 3, 91,9,3 (ndrgenmemş) 1,9 13, 1,9,13, 13,9, 1, 13,9, 1 (ndrgenmş) Benzer şeklde devam edlecek olursa b 17, 3,33 çnde ndrgenmş formlar elde edlr. d 1173 dskrmnantlı tüm ndrgenmş formlar 1,9, 13, 1,9,13, 13,9, 1, 13,9, 1, 13,17, 17, 13,17,17, 17,17, 13 17,17,13, 7,3, 3, 7,3,3, 3,3, 7, 3,3,7, 1,33, 1, 1,33,1 1,33, 1, 1,33,1, 3,33, 7, 3,33,7, 7,33, 3, 7,33,3

37 olup bu ndrgenmş formlara uygulanırsa A ) 1,33, 1 1,9,13 13,17, 17 17,17,13 13,9, 1 1,33,1 B ) 1,33, 1 1,9, 13 13,17,17 17,17, 13 13,9, 1 1,33, 1 C ) 3,33, 7 7, 3, 3 3, 3, 7 7,33,3 D ) 3,33,7 7, 3, 3 3, 3,7 7,33, 3 bçmnde devrler elde edlr. f ve f has denk olmadığından f nn denklk sınıfı f ve f nn denklk sınıflarının bleşmdr. Bu durumda f nn denklk sınıfı, f 1,33, 1 le 1,33, 1 g kuadratk formlarının devrlernn bleşm olup benzer şeklde dğer devrlern bleşmnn de ayrı br denklk sınıfı olduğu görüleblr. d 1173 dskrmnantlı tam katsayılı formlar kümes üzernde tanımlanan denklk bağıntısına göre k farklı denklk sınıfı olduğundan h1173 olarak bulunur. Tanım..18 : f tam katsayılı belrsz br form olsun. ) g, f ye has denk br form olmak üzere f nn has devr g dzsdr. ) g A, B, C ve A 0 olmak üzere g, f ye has olmayan denk olsun. f nn devr g dzsdr. Önerme..19 : f tam katsayılı br form ve olsun. a ) f nn peryodu l tek se f ve f nn has devr f, f, f, f,..., f, f, f,..., f 0 1 3 l1 0 1 l 1 dr. Bu durumda f nn denklk sınıfı f nn has denklk sınıfına eşttr. f f0, f1, f,... f l 1 de f nn devr b ) f nn peryodu l çft se f nn has devr f0, f1, f,..., fl 1 has devr ve f f0, f1, f,..., fl 1 dr. Ayrıca f nn denklk sınıfı; brbrnden farklı f ve f nn has denklk sınıflarının bleşmdr. nn

38 Kanıt : a ) l tek olsun. M 1 0 0 1 olmak üzere M I olduğundan l l l l l f f f f f dr. Bu nedenle f ve l f has denktr. Önerme..16 den f nn denklk sınıfı f nn has denklk sınıfına eşttr. f nn denklk sınıfında f x de olduğundan 1,,3,..., l 1 çn f, f nn has denklk sınıfında ken f de f nn has denklk sınıfındadır. Buradan f nn denklk sınıfı f0, f1, f, f3,..., fl1, f0, f1,..., fl 1 dır. b ) l çft olsun. Bu durumda l l f f f olup 0 l çn, f l f f f U olduğundan f, f ye has olmayan denktr. f ve f has olmayan denk olduğundan Önerme..16 den f nn denklk sınıfı f ve f nn has denklk sınıflarının bleşmdr. f nn devr 0,1,,..., l 1 çn f 1 olup her 0,1,,..., l 1 çn ( ) f f, U f f olduğundan f, f 1 e has olmayan denktr. Bunedenle f nn has devr f f f f f nn has devrde a 0 olmak üzere f a, b, c şeklde hesaplanır.,,,..., l dr. Benzer şeklde 0 1 1 f0, f1, f,..., fl olarak bulunur. olsun. f nn f0, f1, f,..., fl 1 devr aşağıdak f a, b, c f ve her 0,1,,..., l 1 durumda 0 0 0 0 olup f 1 n dğer br yazılışı çn s s f b D c,,,, f a b c c b s c a b s c s 1 1 1 1 olsun. Bu

39 dr. f f, T sağlayan 0 1 f 1 f,, 1 s f p T q p q 1 1 GL matrsn hesaplamak çn T0 Ix ve 0 çn p s p1 p, q sq 1 q rekürans bağıntıları tanımlanır. Örnek : 73 bçmde bulunur. d dskrmnantlı 1,7, 6 f ndrgenmş formunun devr aşağıdak 0 1 3 4 5 6 7 8 9 a 1 6 3 4 4 3 6 1 b 7 5 7 5 3 5 7 5 7 7 c 6 3 4 4 3 6 1 6 p 1 0 1 3 7 10 17 44 149 193 q 0 1 1 4 9 13 57 193 50 s 1 3 1 1 3 1 7 Tablo.1 f nn peryodu 9 olduğundan Önerme..19 den f nn has devr uzunluğu 18 dr. Önerme..0 : f, d 0 dskrmnantlı ndrgenmş br form olsun. a ) çn p1 p 0 ve p p b ) çn q1 q 0 ve q q c ) çn p d ) çn q 1

40 e ) 0 çn p D f ) 0 Kanıt : 1 çn q D a ) f, 0 dr. 1 1 d dskrmnantlı ndrgenmş br form se 1 s f D dr. p0 1, p1 0 olup p s p1 p rekürans bağıntısından 0 çn p s0 p1 p0 1 ve 1çn p s p p s.1 0 s elde edlr. 3 1 1 1 1 çn p s p 1 p p 1 p p 1 0 dır. Buradan 3 çn p p ve s 1 çn p s p p p p s 1 p olduğundan çn 4 3 3 1 s 1 s 1 1 p p dr. Önermenn b ) şıkkı da benzer şeklde kanıtlanır. c ) çn p doğru olduğu tüme varımla kanıtlanır. n çn Tn önermes k çn p 1 n T n : p n bçmnde tanımlamsın. olduğundan T doğrudur. k olmak üzere k n çn Tk önermes doğru olsun. Bu durumda k n çn k p p k k sağlanır. n çn Tn önermesnn doğru olduğu göstermeldr. n4 pn. dr. den Tn n 1 doğru n 4 çft se edlr. n 4 n4 n4 olduğundan n 4 tek se bu durumda p n5 n3 n p n. dr. den T n n 1 doğru p n n4 n pn. elde n 4 n 4 n 5 n 5 olup

41 çn e ) 0 p dr. Önermenn d ) şıkkı da benzer şeklde kanıtlanır. çn p D olduğunu da önermenn üçüncü fadesnn kanıtına 1 benzer şeklde tüme varımla yapalır. n 0 çn T n önermes T n pn D n 0 çn p 0 1 D 1 : 1 n olsun. olduğundan 0 n 1 çn p3 s1 D D 1 T doğrudur. olduğundan 1 k olmak üzere k n 1 pk D 1 k sağlanır. çn T doğrudur. T k doğru olsun. Bu durumda k n 1 çn k n çn T n : p 1 n n D nın doğru olduğunu göstermeldr. n n n1 n n1 n s D n 1 n p s p p D. p p D. D 1 D 1 n D D D 1. 1 n çn p dr. Önermenn f ) şıkkı da benzer bçmde kanıtlanır.

4 III. BÖLÜM FORMLARIN OTOMORFLARI 3.1 Genel Blgler Bu bölümde br f formuna uygulandığında onu değştrmeyen GL matrslere karşılık gelen dönüşümler nceleyeceğz. dek Tanım 3.1.1 : f br kuadratk form olmak üzere f, U f sağlayan matrsne f nn otomorfu, f, U f sağlayan has otomorfu denr. U SL U GL matrsne de f nn Örnek : Herhang br f formu çn,, x f Ix f Ix f olduğundan I x ve I her formun otomorflarıdır. Bu otomorflara f nn aşkar otomorfları denr. Tanım 3.1. : f nn otomorflarının kümes GL nn otomorflar grubu denr ve Aut f le gösterlr. nn br alt grubudur. Bu gruba f 1 Gerçekten de Aut f U GL f U f olup U Aut f U Aut f, 1 1 1 dr. Bu durumda 1,, 1., 1,, olduğundan U U Aut f f U U f U U f U f Aut f GL dr. Tanım 3.1.3 : f nn has otomorflarının kümes de SL gruba f nn has otomorfları grubu denr ve Aut f x x nn br alt grubudur. Bu alt le gösterlr. I, I Aut f olduğundan f nn has otomorflarının kümes her zaman I, I matrslern çerr. x x Tanım 3.1.4 : Eğer f nn otomorflar grubu sadece aşkar otomorflardan oluşuyorsa bu otomorflar grubuna f nn aşkar otomorflar grubu denr.

43 Tanım 3.1.5 : n reel sayısının f le temsller xy, ve x, y olsun. x, y x, y U Aut f U x, y x, y bçmnde tanımlanan br denklk bağıntısıdır. Teorem 3.1.6 : f a, b, c katsayıları tam sayı olmayan br form olsun. Aut f aşkar değlse rf. tam katsayılı olacak şeklde poztf br r tam sayısı vardır. Kanıt : U Aut f olsun. (1.7) den det U 1 olarak alınırsa T M ( fu ) M f (det U ). U. M ( f ). U dr. 1 T U M f M f U (3.1) elde edlr. U, (1.) de tanımlanan matrs olarak düşünüldüğünde ve 1 a b a b M f. U c b c b T 1 1 a b c b a b c b U. M f olduğu görülür. (3.1), (3.) ve (3.3) den elde edlr. x a c, b a, b c (3.) (3.3) (3.4) U I se 0 veya 0 veya 0 dr. 0 se (3.4) den a abc,,,, dr. Benzer şeklde (3.4) ten 0 se c abc,,,, ve 0 se abc,, b,, elde edlr. detu 1 çn kanıt benzer şeklde yapılır. Sonuç 3.1.7 : Aut f Aut g dr. f ve g k kuadratk form olsun. Eğer br r çn g rf se Kanıt : U Aut f olsun. gu rf U r fu rf g olduğundan U Aut g olup Aut f Aut g dr. Tersne V Aut g olsun.

44,,, g V rf V g rf V rf r f, V rf f, V f dr. Bu durumda V Aut f olup Aut g Aut f elde edlr. Aut f Aut g Aut g Aut f olduğundan Aut f Aut g dr. ve Sonuç 3.1.7 den dolayı formun prmtf şeklnn otomorf grubu aynıdır. prmtf olmayan br formun otomorf grubu le o Tanım 3.1.8 : Nd, çn x dy N Dophant denklemne Fermat-Pell denklem ya da kısaca Pell denklem denr. M SL ve Teorem 3.1.9 : f a, b, c, d dskrmnantlı prmtf br form olsun., x y de x dy 4 Pell denklemnn br çözümü olmak üzere 0 0 x0 by0 Kanıt : x0 by0 cy0 M Aut f M olmasıdır. x0 by0 ay 0 x, 0 by0 ve det M 1 olduğunu göstermemz gerekr. 0 0 0 0 x dy 4 x b 4ac y 4 x0 b y0 4ac 4 0 0 41 x b y ac 0 0 4 x b y x0 by0 x0 by0 x0 b y0 4k k 4 x x çelşks elde edlr. 0 by 0 0 by0 4 elde edlr. k x b y k olup x0 by0 olduğu var sayılarak x0 by0 dr. Benzer şlemler çn

45 x de yapılırsa 0 by0 0 0 det x b y x M acy dy 0 0 0 1 dr. Bu nedenle 4 4 dr. r s : M m n olduğu görüleblr. Bununla brlkte x0 by0 M ay0 cy 0 x0 by0, f nn has otomorfu olsun. SL, f M f x y olduğundan a, b, c ar brm cm x ars rn sm b cmn xy as bsn cn y dr. det M rn sm 1 rn 1 sm olup bu eştlk b de yerne yazıldığında b ars 1 sm b cmn 0 ars bsm cmn elde edlr. Bu durumda a ar brm cm 0 ars bsm cmn eştlkler bulunur. Brnc eştlk s, knc eştlk r le çarpılıp taraf taraf toplanırsa as cm (*) eştlğ ve brnc eştlk n knc eştlk m le çarpılırsa bm a n r (**) eştlğ elde edlr. (*) ve (**) eştlklernden a cm ve a bm olup ebob a, b, c 1 olduğundan am dr. a m y0 m ay0 dr. (*) dan as cm cay0 s cy0 ve (**) dan a n r bm bay0 n r by0 elde edlr. Böylece n r n r 4nr 0 4 b y nr b y0 41 sm 0 41 0 0 b y cy ay 0 41 acy0 b y

46 n x by 0 0 0 0 ve r n r dy x dy 0 0 0 ac y0 b 4 4 d dy 0 4 bulunur. x by olmak üzere x0 n r olup 4 4 olduğundan Pell denklemnn br çözümüdür. : x, y, x dy 4 Pell denklemnn br çözümü olmak üzere 0 0 x0 by0 M ay0 cy 0 x0 by0 f, M g a, b, c 1 1 1 SL olsun. Bu durumda olsun. M Aut f olduğu gösterlmeldr. x by x by a a a b ay ca y x b ac y 4 4 0 0 0 0 1 0 0 0 0 a a x0 dy0.4 a ve 4 4 x 0 by 0 x 1 0 1 0 0 0 0 by b a cy b cy ay c ay 0 b f ~ g olduğundan d f d g olup a1 x0 by0 M Aut f ay 0 det 1 cy 0 x0 by0 a ve b 1 dr. b ken c 1 M olan matrsnn yeterl koşul 0 0 A GL c elde edlr. Aut f de olması çn gerekl ve x, y, x dy 4 Pell denklemnn br çözümü olmak üzere M x0 by0 ay0 cy0 x0 by0 olmasıdır. Kanıtı Teorem 3.1.9 a benzer şeklde yapılır.

47 Yukarıda tanımlanan M matrsn bundan sonra le göstereceğz. U f, x, y x by ay cy x by Teorem 3.1.10 : f prmtf br form olsun. 1. x dy 4 Pell denklemnn çözümlern U f, x, y Aut f ye dönüştüren dönüşüm 1-1 ve örtendr.. x dy 4 Pell denklemnn çözümlern U f, x, y Aut f ye dönüştüren dönüşüm 1-1 ve örtendr. Kanıt : B x, y x dy 4 olmak üzere 0 0 0 0 h: B Aut f bçmnde br h dönüşümü tanımlıyalım. x, y, x, y B çn 1 1 h y tanımlıdır. x, y hx, y U f, x, y x, y x, y x x, y y olup 1 1 1 1 x1 by1 cy1 h x1, y1 U f, x1, y1 x1 by1 ay 1 x by cy U f x y h x y x by ay,,, x, y, x, y B çn hx, y hx, y U f, x, y U f, x, y 1 1 1 1 1 1 dr.

48,,,, U f x y U f x y ve 0 1 1 c ken x by ay1 1 1 x by cy1 x1 by1 ay x cy by olup a 0 ebob a, b, c 1 olduğundan b 1 olmalıdır. Bu durumda son eştlkte a 0, c 0 ve b 1 yerne yazıldığında x1 y1 0 x y 0 x1 y x 1 y 0 0 elde edlr. Matrs eştlğnden x, y x, y olduğu görülür. 1 1 a 0 olsun. Bu durumda ay1 ay olduğundan y1 y dr. y1 y olması durumunda x by 1 1 h 1-1, dr. x = by 1 1 1 x x b y y x x elde edlr. olsun. Teorem 3.1.9 den x y x dy U Aut f, 4 çn 0 0 0 0 h x, y 0 0 h örtendr. x0 by0 ay0 cy0 x0 by0 dr. d olsun. Bu durumda f 1,0, d Örnek : 0mod 4 formdur. den 0 0 4 formu d dskrmnantlı br x, y, x dy 4 Pell denklemnn br çözümü se Teorem 3.1.9 dr. Tersne U f, x, y 0 0 x0 dy0 x y 0 0 Aut f

49 se x, y, 0 0 x dy 4 Pell denklemnn br çözümüdür. Teorem 3.1.11 : Aynı dskrmnantlı tüm prmtf formların otomorflar grubu brbrne zomorftur. Kanıt : f ve g, d dskrmnantlı tam katsayılı k prmtf form olsun. Bu durumda Aut f ve Aut g aynı x dy 4 Pell denklemnn çözümler le üretlr. xy, ve ab, x dy 4 Pell denklemnn k çözümü se kls de x x dy a db xa ybd xb ay xa byd xb ay d 4 4, olduğundan dy 4 Pell denklemnn dğer br çözümüdür. Bu durumda xa ybd xb ay, elemanıdır. B üzernde şlem bçmnde tanımlansın. x y a b,,,,,,, x y x y a b a b B çn 1 1 1 1 br öncek teoremde tanımladığımız B kümesnn br xa ybd xb ay,,, x, y, a, b x, y, a, b x1, y1 x, y ve a1, b1 a, b dr. 1 1 1 1 x y a b olduğundan y tanımlıdır.,,,,, a b a b a b B çn 1 1 3 3 x x ve y y ve a a ve b b 1 1 1 1 x a y b d x b a y 1 1 1 1 1 1 1 1 1, 1 1, 1, x a y b d x b a y, x, y a, b a1, b1 a, b a3, b3 a1, b1 a, b a3, b3

50 olduğundan şlemnn brleşme özellğ vardır. x, y B çn olup buradan,,, x y a b B çn xa ybd,,, xb ay x y a b x, y xa ybd x ve xb ay y xa ybd x ve xb ay y dr. xa ybd x x yd a x. xb ay y y x b y x yd x x y x x dy y y a, b 0 elde edlr. x yd x dy x yd y x y x x y a b xa ybd xb ay,,, ax byd ay xb a, b x, y, olduğundan şlem değşmel olup x, y B çn a, b,0 x, y a, b a, b x, y x, y dr. şlemnn etksz elemanı vardır. x, y B çn x y a b,, xa ybd xb ay B,,,,0 a b x y B olup şlemnn ters elemanı vardır. B, değşmel gruptur. Teorem 3.1.10 da tanımlanan h: B Aut f, B ve örten br fonksyon olup x, y, s, t B çn xs ytd xt sy h x, y s, t h, Aut f grupları arasında 1-1 ve

51 xs ytd xt sy U f,, xs ytd xt sy b xt sy c xs ytd xt sy xt sy b a x yb s tb cy ct. x yb s tb ay at U f, x, y. U f, s, t h x, y. hs, t olduğundan grup zomorfzmasıdır. Bu nedenle A Aut f A Aut g olduğu da görüleblr. A Aut f ve A Aut g olduğundan Aut f Aut g dr. Benzer şeklde dr. Bu teoremn br sonucu olarak aynı dskrmnantlı k formun otomorflarının sayısının aynı olduğu söyleneblr.

5 3. Poztf Belrl Formların Otomorfları f Bu bölümde tam katsayılı poztf belrl formların otomorflarını tanımlıyacağız. a, b, c poztf belrl br form ve U Aut f se f f, U xy, çn f x, y 0 olduğundan f f, U olup her olması çn detu 1 olmalıdır. Bu nedenle poztf belrl formların otomorfları has otomorflardır. Öncek bölümde verlen d dskrmnantlı f a, b, c formunun otomorfları le x dy 4 Pell denklem arsındak lşkden yararlanılarak poztf belrl formların otomorfları tespt edleblr. Örnek : Tam katsayılı -4 dskrmnantlı prmtf formların otomorflarını belrleynz. Öncek teoremden tüm -4 dskrmnantlı tam katsayılı prmtf formların otomorflar grubu brbrne zomorf olduğundan -4 dskrmnantlı poztf belrl form olarak f 1,0,1 formu alınablr. Bu formun otomorfları x 4y 4 Pell denklemnn çözümleryle elde edlp x 4y 4 0, 1 olduğundan f nn otomorflar grubu denklemnn çözümler sadece,0 ve Aut f 1 0 0 1, 0 1 1 0 dr. Bu otomorflar grubu devrl olup dördüncü mertebeden T 0 1 1 0 matrs le üretlr. Örnek : Tam katsayılı -3 dskrmnantlı prmtf formların otomorflarını belrleynz. -3 dskrmnantlı tüm prmtf formların otomorflar grubu brbrne zomorf olduğundan -3 dskrmnantlı poztf belrl form olarak f 1,1,1 formu alınablr. Bu formun otomorfları x 3y 4 Pell denklemnn çözümleryle elde edlp x 3y 4 denklemnn çözümler 1, 1 ve,0 Aut f olduğundan f nn otomorflar grubu 1 0 0 1 1 1,, 0 1 1 1 1 0