ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLERLE SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ PROF. DR. MEHMET ERDOĞAN Beyket Üverstes Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü YRD. DOÇ. DR. GÜLŞEN YILMAZ Beyket Üverstes Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü
Beyket Üverstes Yayıev Cumhuryet Mah. Şmşek Sok. No:, Beyket Steler, Büyükçekmece 34500 İstabul Tel : (0) 444 997 Faks: (0) 867 55 66 Beyket Üverstes Adıa Sahb Rektör Prof. Dr. Cuma BAYAT Yazar: Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü Yrd. Doç. Dr. Gülşe YILMAZ Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ. Baskı, Ağustos 008 Beyket Üverstes Yayıları, No. 47 Grafk Tasarım: İbrahm SEVİLDİ Baskı: 3ge Ofset ISBN No: 978-975-639-0-4 Sertfka No: 008-34-0030 Ktabı bazı bölümler veya tamamı Beyket Üverstes ve yazarları yazılı z olmaksızı hçbr şeklde çoğaltılamaz. Copyrght 008
ÖNSÖZ İstabul Üverstesde emekl oldukta sora o zamaa kadar çeştl üversteler farklı bölümlerde okutmuş olduğumuz Cebr, Leer Cebr, Soyut Cebr ve Sayılar Teors derslere at blg ve tecrübe brkmmz özellkle lsas öğreclere faydalı olacağı düşüces le bu ktabı yazmaya karar verdk. Ktabı, Sayılar Teors olarak br sömestr ve Cebr veya Soyut Cebr ders olarak da k sömestr okutulablecek kapsamda ele aldık. Brc kısım Sayılar Teorse, kc kısım se Cebr derslere at kouları çermektedr. Her k kısımda da öğrecler kouyu daha y alayablmeler ç tam çözümler verdğmz çok sayıda problem ve kouu souda se öğrecler kedler kotrol edeblmeler ç çözümsüz problemlere yer verdk. Ktabı, br araştırma ktabı olmakta zyade öğrecler alayableceğ tarzda br ders ktabı bçmde hazırladık, ktapta bazı hata ve eksklkler olableceğ peşe kabul eder ve okurlarımızı bu kouda yapacağı uyarılara şmdde mettarlığımızı bldrrz. Ktabı gerek yazım, gerekse düzeltme aşamasıda bzde yardımlarıı esrgemeye Beyket Üverstes Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü Araştırma Görevls Jeta Rogova Alo ve Beyket Üverstes Fe Blmler Esttüsü sekreter matematk uzmaı A. Aslı Somucuoğlu a teşekkür edyoruz. Ayrıca, ktabı yazmamız ç bz teşvk ede Beyket Üverstes Rektörü Prof. Dr. Cuma Bayat, Fe-Edebyat Fakültes Dekaı Prof. Dr. Em Özbaş ve Matematk-Blgsayar Bölüm Başkaı Prof. Dr. Mahr Resulov a ve şüphesz bze bu fırsatı taıya Beyket Üverstes Mütevell Heyet Başkaımız değerl sa, sayı Adem Çelk Bey e sosuz met ve şükralarımızı sumak styoruz. Bu müasebetle, ktabı basımıda emeğ geçe tüm Beyket Üverstes Yayıev çalışalarıa da teşekkür ederz. Mart 008, İstabul Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN Yrd. Doç. Dr. Gülşe YILMAZ
İÇİNDEKİLER SAYFA ÖNSÖZ İÇİNDEKİLER v BİRİNCİ KISIM. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME. BÖLÜM. ASAL SAYILAR 4 3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR 4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR 4 5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER 5 VE İNDEKSLER 6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) 67 REZİDÜLER 7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR 86 8. BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ 97 FONKSİYONLAR İKİNCİ KISIM. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE 07 DENKLİK SINIFLARI. BÖLÜM. GRUPLAR 09 3. BÖLÜM. ALT GRUPLAR 0 4. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI 5 5. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI 36 6. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR 40 7. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI 53 8. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT 6 GRUPLAR VE BÖLÜM GRUPLARI v
9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI 7 0. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER 87. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ 95. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER 05 3. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI 4. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ 3 5. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI 4 6. BÖLÜM. CEBİR 50 KAYNAKÇA 59 DİZİN 6 v
. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME BİRİNCİ KISIM Taım.. a ve b k tamsayı ve a 0 olsu. b = a. c olacak şeklde br c tamsayısı varsa a, b y böler veya b, a le bölüür derz ve bu durumu a b şeklde fade ederz. b ye a ı br katı, a ya b br böle, c ye de b a yı tamamlaya böle adı verlr. c sayısıı bulma şleme se b y a ya bölme şlem adıı vereceğz. Eğer b = a. c olacak şeklde hçbr c tamsayısı yoksa b, a le bölüemez veya a, b y bölmez der ve a / b yazılır. a b se b = a. c dr ve burada eğer c ± se o zama a, b y has olarak böler dyeceğz. Öreğ, 6 =.3 olduğuda, 6 ı br has böledr. durum k egatf olmaya br tamsayı olmak üzere k a Öreğ, k a b, fakat k + a / b se bu b otasyou le belrtlr ( k, a ı b y böle e büyük kuvvetdr). 5 50 ve 3 5 / 50 olduğuda Bölüeblme İle İlgl Temel Özellkler. ) 5 50 dr. a Z ç a 0 dır. Çükü 0 = a.0 ve 0 Z dr. ) 0 a a = 0 dır. Çükü 0 a se a = 0. c olacak şeklde br c Z (gerçekte sosuz çoklukta) vardır. Böylece a = 0. c koşulu acak a = 0 olması halde gerçekler. Terse ) de a Z ç a 0 olduğuda a = 0 ç de fade doğrudur, ya 0 0, dolayısıyla 0 a dır. Aşağıdak özellkler tamamı bölüeblme taımıda kolayca elde edlr:. ) a Z ç ± a ve ± a a dır. ) a ± a = ± dr. 3. a b se ± a ± b dr. 4. a b ve b c se a c dr. 5. a b ve b a se b = ± a dır. 6. ) a b se ca cb dr. ) c 0 7. a b, ca cb se a b dr., a b se a. a b. b dr. se a ( b + c) dr. 8. a b ve a c
Böylece 6. ve 8. özellklerde a b ve a c se a ( bx + cy) ( x, y Z ) elde ederz. 9. b a ve a 0 se b a dır. Çükü, b a olduğuda a = b. c olacak şeklde br c Z vardır. a 0 olduğuda b 0, c 0 ( b, c Z ) olur k, burada b, c elde edlr. Böylece, a = b c b, ya a b olur. Bu se b a olduğuu kaıtlar. Teorem.. (Bölme Algortması) b 0 olmak üzere br a, b tamsayı çft ç a = bq + r, 0 r < b (.) olacak şeklde br ve acak br tek q, r tamsayı çft vardır. Eğer b / a se r tamsayısı 0 < r < b eştszlğ gerçekler. Kaıt. ) Varlık: Öce b > 0 olduğuu varsayalım ve m = 0, ±, ±,... olmak üzere b bütü bm katlarıı göz öüe alalım. Bu katlar çde bm a koşulua uyaları kümes M le gösterelm. m = a ç bm = b( a ) = b a a dır. Böylece b( a ) M olduğuda M dr. Üstelk M kümes a le üstte sıırlıdır, dolayısıyla M kümes bq gb br e büyük elemaa sahptr, ya bq a < b( q + ) = bq + b dr. Burada, 0 a bq < b elde ederz. Eğer a bq = r dersek 0 r < b olur. a = bq + r ve 0 r < b = b olduğua göre bulduğumuz bu q, r tamsayı çft stee koşulu sağlar. Şmd b < 0 olduğuu varsayalım. b > 0 olduğuda yukarıdak spatta görüleceğ gb a = b q ' + r ', 0 r ' < b olacak şeklde br q ', r ' Z tamsayı çft vardır. Üstelk, b = b olduğuda a = ( b) q ' + r ' = b( q ') + r ' dr, ya q = q ', r = r ' ç teorem koşulu gerçekler. ) Teklk: a, b ( b 0 ) tamsayı çft ç (.) koşuluu gerçekleye q, r ve q, r gb k tamsayı çft buluduğuu varsayalım, ya a = bq + r, 0 r < b, a = bq + r, 0 r < b olsu. Burada r r = b( q q ) veya mutlak değer foksyouu özellğde r r = b q q (.) buluur. 0 r < b ve b < r 0 eştszlkler taraf tarafa toplarsak
b < r r < b (.3) buluruz. Böylece (.) ve (.3) te b q q < b elde ederz k, b 0 olduğuda q q < ve burada da q q = 0, ya q = q buluur. Bu souç, (.) de yere yazılırsa r = r elde edlr. Şu halde q, r ve q, r tamsayı çftler brbr ayıdır. Taım.. Teorem.. de b > 0 alıırsa, (.) deklemdek q tamsayısıa a a rasyoel sayısıı tam kısmı (tam değer) der ve q = b b yazılır. Taım.3. b ve c k tamsayı olsu. Eğer br a 0 tamsayısı ç a b ve a c koşulları gerçekleyor se a ya, b ve c tamsayılarıı br ortak böle der. Br b 0 tamsayısıı böleler solu sayıdadır. O halde b ve c de e az brs sıfırda farklı se bu k tamsayıı ortak böleler sayısı soludur. Taım.4. b ve c, e az brs sıfırda farklı k tamsayı olsu. ) d b, d c ) a b, a c a d ) d>0 koşullarıa uya br d tamsayısıa b ve c tamsayılarıı e büyük ortak böle (e.b.o.b.) der ve ( b, c ) şeklde gösterlr. Öreğ; (8,) = 4 ve (7,0) = 7 dr. Uyarı: b ve c olduğuda ( b, c) dr. Taım.5. b, b,..., b heps brde sıfır olmaya tamsayılar olsu. a 0 tamsayısı ç a b, a b,..., a b se a tamsayısıa b, b,..., b tamsayılarıı br ortak böle der. Taım.6. b, b,..., b heps brde sıfır olmaya tamsayılar olsu. ) d b, d b,..., d b ) a b, a b,..., a b a d ) d>0 koşullarıı gerçekleye d tamsayısıa b, b,..., b tamsayılarıı e büyük ortak böle der ve ( b, b,..., b ) şeklde gösterlr. 3
Teorem.. d, b ve c tamsayılarıı e büyük ortak böle se d = ( b, c) = bx + cy 0 0 olacak şeklde br x0, y 0 tamsayı çft vardır. Kaıt. A = { bx + cy x, y Z } kümes göz öüe alalım. Bu kümede e az br tae poztf tamsayı vardır. A kümesdek e küçük poztf tamsayıyı l le gösterelm. Böylece l = bx0 + cy0 olacak şeklde x0, y0 Z tamsayıları vardır. İlk olarak l b ve l c olduğuu gösterelm. Çükü, eğer l / b se o takdrde Teorem.. e göre b = lq + r (0 < r < l) olacak şeklde br q, r tamsayı çft bulablrz ve burada, r = b lq = b ( bx0 + cy0 ) q = b( qx0 ) + c( qy 0 ) olduğuda r A elde ederz k, bu r < l oluşu le çelşr. Şu halde l / b olamaz, bezer şeklde l / c olamayacağı da gösterleblr. Böylece l b ve l c dr. Dğer tarafta d = ( b, c) olduğuda b = db ve c = dc olacak şeklde b, c Z tamsayıları vardır. Z Z l = bx0 + cy0 = ( db ) x0 + ( dc ) y0 = d( b x0 + c y0 ) d l, d>0, l>0 olduğuda d l dr. d, e büyük ortak böle olduğuda d < l olamaz. Şu halde d = l dr ve böylece d = ( b, c) = bx0 + cy0 elde ederz. Z Bu teorem aşağıdak şeklde geelleştreblrz. Teorem.3. b, b,..., b heps brde sıfır olmaya tamsayılar ve d, bu tamsayıları e büyük ortak böle olsu. Bu takdrde, d = ( b, b,..., b ) = b x + b x +... + b x olacak şeklde x, x,..., x tamsayıları vardır. Kaıt. İspat, Teorem.. dek gb yapılır. Teorem.4. m, a, b Z ve m>0 se ( ma, mb) = m( a, b) dr. Kaıt. ( ma, mb) = d ve ( a, b) = d olsu. d = md olduğuu gösterelm. ( a, b) = d olduğuda d a ve d b dr ve böylece a = da ve b = db olacak şeklde a, b Z vardır. Bu k eştlğ her k tarafıı m le çarparsak ma = mda, mb = mdb ve md ma, md mb olacağıda md; ma ve mb tamsayılarıı br ortak böledr. e.b.o.b. taımıda md d dr. Şu halde 4
d = md. t ( d > 0, md > 0 ) olacak şeklde t > 0 tamsayısı vardır. Şmd t = olduğuu gösterelm. dt Buu d md. t d = ( ma, mb) d ma, d mb mdt ma, mdt mb dt a, dt b. m 0 O halde dt tamsayısı, a le b br ortak böledr ve ( a, b) = d olduğuda d dr. Böylece d > 0, dt > 0 ve dt d olduğuda t = elde ederz. = de yere yazarsak d ( ma, mb) = m( a, b) olduğuu kaıtlar. = md buluruz k bu, Uyarı: Geel olarak m, a, b Z ve m 0 se ( ma, mb) = m ( a, b) dr. a b Teorem.5. d a, d b ve d>0 se (, ) = ( a, b) dr. d d d Kaıt. d a ve d b olduğuda a = da ve b = db olacak şeklde a, b Z tamsayıları vardır. O halde, Teorem.4. te a b ( a, b) = ( da, db ) = d( a, b ) = d(, ) d d yazarız, böylece a b ( a, b) = d(, ) d d elde ederz. a b Souç: ( a, b) = g (, ) = dr. g g d 0 a b (, ) = ( a, b) d d d Taım.7. ( a, b ) = se a ve b tamsayılarıa aralarıda asaldır derz. Öreğ; (7,) = olduğuda 7 ve aralarıda asaldır. Teorem.6. ( a, m ) =, ( b, m ) = se ( ab, m ) = dr. Kaıt. ( a, m ) =, ( b, m ) = olduğuda Teorem.. ye göre ax0 + my0 = ve bx + my = olacak şeklde x0, y 0 ve x, y tamsayıları vardır. Burada, ( ax + my )( bx + my ) = abx x + m( ax y + bx y + my y ) = 0 0 0 0 0 0 ve x0 x = A Z, ax0 y + bx y0 + my0 y = B Z dersek, aba + mb = elde ederz. ( ab, m) = d olsu. Böylece, d ab, d m ve aba + mb = olduğuda d ( aba + mb) d d = 5
buluur, o halde ( ab, m ) = dr. Bu teorem aşağıdak gb geelleştreblrz: ( a, m ) =, ( a, m ) =,..., ( a, m ) = se ( aa... a, m ) = dr. Teorem.7. (Artmetğ Esas Yardımcı Teorem) a, b, c ( c 0) tamsayılar olmak üzere a bc ve ( a, b ) = se a c dr. Kaıt. ( a, b ) = olduğuda Teorem.. ye göre ax0 + by0 = olacak şeklde x, y Z tamsayıları vardır. Bu fade her k yaıı c le çarparak, 0 0 acx + bcy = c yazarız. Böylece, hpotezde 0 0 ya a c elde ederz., ( ) a bc a ac a acx + bcy = c 0 0 Uyarı: a bc ve a / b de a c soucu çıkarılamaz. Souç : p br asal sayı olmak üzere p bc se p b ve p c fadelerde e az brs doğrudur. Çükü, p b se spat tamamdır, eğer p / b se ( p, b ) = olacağıda Teorem.7. ye göre p bc de p c elde ederz. Souç : p / b ve p / c se p / bc dr. Teorem.8. a, b, x tamsayılar olmak üzere ( a, b) = ( b, a) = ( a, b) = ( a, b + ax) dr. Kaıt. İlk üç eştlk e.b.o.b. taımıda derhal elde edlr. Bz sadece ( a, b) = ( a, b + ax) olduğuu gösterelm, buu ç ( a, b) = d ve ( a, b + ax) = d olduğuu kabul edelm. ( a, b) = d olduğuda d a d ax d ( b + ax) d b d ( a, b + ax) = d, e. b. o. b.ta. ya d d olur. Dğer tarafta, ( a, b + ax) = d olduğuda d a d ax d ( b + ax) ax = b d ( b + ax) 6
yazablrz, şu halde d kullaılarak d a, b) d a, d b bulmuş olduk, burada e.b.o.b. taımı ( = buluur, ya d d dr. Böylece, d d, d d d = d d > 0, d > 0 buluur k, bu ( a, b) = ( a, b + ax) olduğuu kaıtlar. Örek.. a, b, c tamsayıları ç ( a, b, c) = ( a,( b, c)) dr. Çözüm. ( a, b, c) = d, ( a,( b, c)) = d olsu. ( a, b, c) = d d a, d b, d c dr. O halde d ( b, c) dr ve d a le brlkte d ( a,( b, c)) = d buluruz. ( a,( b, c)) = d d a, d ( b, c) d a, d b, d c dr, ya d ( a, b, c) = d dr. Böylece, d > 0, d > 0 d = d d d, d d buluruz k, bu stedğmz eştlktr. Teorem.9. (Ökld Algortması) a ve b ( b 0 ) tamsayıları verls. a ve b ye ard arda bölme algortması uygulaarak a = bq + r, 0 < r < b, b = r q + r, 0 < r < r, r = r q + r, 3 3 0 < r3 < r, r = r q + r, 0 < r < r, r = r q + r, r + = 0 + + eştlkler elde edlmş olsu. Burada b > r > r > r >... > r > r + = 0 3 dr ve ayrıca ( a, b) = r, ya sıfırda farklı e so kala, e büyük ortak böledr. Kaıt. Yukarıdak eştlklerde r r, r r,..., r a, r b olduğu heme görülür. O halde r, a ve b br ortak böledr, böylece r ( a, b) dr. Dğer tarafta, ( a, b) = d se d a ve d b d a bq = r olduğuda ( ) 7
yazablrz. d r se yukarıdak bölme algortmalarıı deklemlerde d r,..., d r elde edlr. Böylece r > 0, d > 0, r d, d r olması edeyle d = r buluruz. Örek.. 550 ve 4 tamsayılarıı e büyük ortak böle buluuz ve bu tamsayıyı 550 ve 4 tamsayılarıı br leer brleşm (kombezou) şeklde fade edz. Çözüm. 550 =.4 + 4 =. + (550, 4) = =. + 0 buluur. Ayrıca = 4 -. = 4 - (550 -.4) = 3.4 -.550 yazılableceğde x 0 = 4, y 0 = 550 ve a = 3, b = olmak üzere = ax0 + by0 = 3.4.550 şeklde br leer brleşm olarak fade edlmş olur. Örek.3. (40, 480) = d se d y buluuz ve d = 40x + 480y olacak şeklde br x, y tamsayı çft belrleyz. Çözüm. 40 =.480 + 80 80 = 40.480 480 =.80 + 0 0 = 480.80 80 =.0 + 60 60 = 80.0 0 =.60+0 yazılırsa, burada d = (40,480) = 60 buluur. Ayrıca 60 = 80.0 = 80 (480.80) = 3.80.480 = 3(40.480).480 = 3.40 7.480 yazılablr ve x = 3, y = 7 araa tamsayı çft verr. Taım.8. a k ve b k se k ya a le b br ortak katı der. Taım.9. a ve b sıfırda farklı k tamsayı olsu. ) a k, b k ) a l, b l k l 8
) k>0 koşullarıa uya br k tamsayısıa a ve b e küçük ortak katı (e.k.o.k.) der ve k = [ a, b] şeklde gösterlr. İkde fazla tamsayıı e.k.o.k. da bezer şeklde taımlaır. Teorem.0. m > 0 olmak üzere [ ma, mb] = m[ a, b] dr. Kaıt. Teorem.4. dek gb yapılır. Öreğ; [ 50, 30] = 0[ 5, 3] = 0.5 = 50 dr. Şmd spatıı daha sora yapacağımız ve aşağıdak öreğ çözümüde kullaacağımız br özellk yazalım. Özellk: a>0, b>0 se ( a, b)[ a, b] = a. b dr. Örek.4. ( a, b ) = 0 ve [ a, b ] = 00 koşullarıı gerçekleye bütü poztf a, b tamsayı çftler buluuz. Çözüm. ( a, b) = 0 0 a, 0 b a = 0m, b = 0 ; m, Z, ( m, ) = dr. Çükü, 0 = (0 m,0 ) = 0( m, ) ( m, ) = olur. Dğer tarafta, [0 m,0 ] = 0[ m, ] = 00 [ m, ] = 0 ve burada yukarıdak özellk kullaılarak ( m, ) [ m, ] = [ m, ] = m. = 0 = buluur. Böylece çarpımları 0 ola tamsayı çftler, yukarıdak a = 0m, b = 0 deklemlerde m ve değerler yere yazılarak stee tamsayı çftler (0,00), (0,50), (50, 0), (00,0) olarak buluur. Örek.5. ( + +, + 7) = d se d alableceğ değerler buluuz. Çözüm. ( + +, + 7) = d se d ( + + ), d ( + 7) dr. d ( + + ) d + 7 ( + + ) d ( + 7) = 5 ya d ( 5 ) buluur. Burada d ( 5 ) d ( 5 ) = 0 4 d 0 + 35 ( 0 4) = 39, d ( + 7) d 5 ( + 7) = 0 + 35 ya d 39 buluruz. 39 = 3.3 ve d > 0 olduğuda d =, 3,3, 39 olablr. 9
Örek.6. N ( Doğal Sayılar Kümes ) olmak üzere 6 ( + )( + ) olduğuu kaıtlayıız. Çözüm. ( + )( + ) = A dyelm. y 6 le bölerek, bölme algortmasıa göre = 6q + r, 0 r < 6 yazablrz. O halde; r = 0 se: = 6q A = 6 q(6q + )( q + ) 6 A, r = se: = 6q + A = (6q + )(6q + )(q + 3) = (6q + )(3q + )3(4 q + ) = 6(6q + )(3q + )(4q + ) 6 A, r = se: = 6q + A = (6q + )(6q + 3)( q + 5) = (3q + )3( q + )( q + 5) = 6(3q + )(q + )( q + 5) 6 A, r = 3 se: = 6q + 3 A = (6q + 3)(6q + 4)(q + 7) = 3(q + )(3q + )(q + 7) = 6(q + )(3q + )(q + 7) 6 A, r = 4 se: = 6q + 4 A = (6q + 4)(6q + 5)( q + 9) = (3q + )(6q + 5)3(4q + 3) = 6(3q + )(6q + 5)(4q + 3) 6 A, r = 5 se: = 6q + 5 A = (6q + 5)(6q + 6)(q + ) = (6q + 5)6( q + )( q + ) 6 A buluur. Bütü haller ç 6 ( )( ) Bölme Algortmasıı Br Uygulaması + + olduğu görülür. Bölme algortması yardımıyla tamsayıları verle br tabaa göre yazablrz. Br a > tamsayısı göz öüe alalım ve bu tamsayıyı sabt tutalım. Şmd herhag br b > 0 tamsayısı seçelm. Bölme algortmasıa göre b = aq0 + r0, 0 r0 < a olacak şeklde tek türlü belrl q 0, r 0 tamsayı çft vardır. Bu kez, bölme algortmasıı q o ve a ya uygularsak q0 = aq + r, 0 r < a olacak şeklde tek türlü belrl q, r tamsayı çft vardır. a > olduğuda b > q0 > q >... (.4 ) olduğu açıktır. Şmd bölme algortmasıı q, a çfte uygularsak q = aq + r, 0 r a.4 dzs azala br dz olduğuda solu br. adımda q = 0 olacak şeklde b > q > q > q >... > q > q = 0 dzse ulaşırız. Böylece, 0 < yazablrz. Bu şeklde devam edersek, ( ) 0
b = q0a + r0 = ( qa + r ) a + r0 = qa + r a + ro = ( q a + r ) a + r a + r = q a + r a + r a + r 3 0 = r a + r a +... + r a + r a + r 0 o elde edlr. Burada r 0, 0 r0, r,..., r < a dır. Souç olarak her poztf b tamsayısıı, de büyük br a tamsayısıı kuvvetler br leer kombezou olarak yazılableceğ elde etmş olduk. Bu durumu sembolle b = ( r r... r r ) şeklde göstereblrz. a Örek.7. a = 3 ve b = 543 alalım. b = 543 tamsayısıı a = 3 tabaıa göre yazalım. Çözüm. 543 = 8.3 + 0, r 0 = 0 olduğuda elde edlr. PROBLEMLER ), 8 = 60.3 +, r = 60 = 0.3 + 0, r = 0 0 = 6.3 +, r 3 = 6 =.3+ 0, r 4 = 0 = 0.3+, r 5 = 543 = r a + r a + r a + r a + r a + r 5 4 3 5 4 3 0 5.3 4 0.3 3.3 0.3.3 0 = + + + + + = (000) 3 a b Z ve ( a,4 ) = ( b,4) = se ( ) a b c Z ; ( a, b ) = ve c ( a b) se ( ) ),, a + b,4 = 4 olduğuu gösterz. a, c = olduğuu gösterz. 3) a, b, c, d, x, y tamsayılar ve ayrıca m = ax + by ; = cx + dy ; ad bc = ± olsu. Bu takdrde ( m, ) = ( x, y) olduğuu gösterz.
a 4), c b d Q ( a, b, c, d Z ; b 0, d 0) ve ( a b) ( c d ) a c + Z se b = d olduğuu gösterz. b d, =, = olsu. 5) Ardışık üç tamsayıı çarpımıı 6 le, ardışık dört tamsayıı çarpımıı da 4 le bölüdüğüü gösterz. 6) br poztf tamsayı olmak üzere (, + ) ve [, ] 7) a b se ( a, b ) ve [, ] 8) x y 5 + = ve ( ) olmadığıı gösterz. a b ı değerler buluuz. + y hesaplayıız. x, y = 4 koşullarıı sağlaya hçbr x, y tamsayı çft 9) k br tamsayı olmak üzere, herhag br tamsayıı kares ya 3k bçmde veya 3k + bçmde olduğuu gösterz. 0) Her Z ç / olduğuu gösterz. 4 + ) x ve y tek tamsayılar se x + y tamsayısıı br çft tamsayı olduğuu, fakat 4 le bölüemedğ gösterz. ) 000 le 7007 arasıda ola ve 7 le bölüeble kaç tae tamsayı vardır? 3) br tamsayı ve k gösterz. + Z olsu. Bu takdrde ( k ) olduğuu 4) a) Ardışık 4 tamsayıı çarpımıı 4 le bölüebldğ gösterz. 4 b) 5 / se sayısıı 5 le bölüebldğ gösterz. c) Z ç 3 6 ) ( olduğuu gösterz. ç) N ç + 0 sayısıı le bölüdüğüü tümevarımla gösterz. + + d) N ç 7 (3 ) olduğuu gösterz. e) N ç 5 (6 ) olduğuu gösterz.
f) N ç 6 ( + )(7 + ) olduğuu gösterz. g) ( m, ) = ve m a, a se m. a olduğuu gösterz. h) ( m, ) = se ( m +, m) = olduğuu gösterz. 5) u =, u =, u = u + u ( 3 ) ( Fboacc sayıları ) se ( u, ) u = olduğuu gösterz. 6) a, b Z ve a b 7) a, b olduğuu gösterz. 8) se ( a, b) = a olduğuu gösterz. + Z (poztf tamsayılar kümes) ve ( a, b) [ a, b] a, a,..., a ; y, y,..., y Z olmak üzere olduğuu gösterz. ( a, a,..., a ) = ( a, a y a, a y a,..., a y a ) 3 3 = se a = b 9) ( ) 86,890 d = olsu. Ökld Algortmasıı kullaarak d y hesaplayıız ve ayrıca d y 86 ve 890 tamsayılarıı br leer kombezou olarak fade edz. 3
. BÖLÜM. ASAL SAYILAR Taım.. p > tamsayısı verls. Eğer p ± ve ± p de başka böle yoksa p tamsayısı br asal sayıdır derz. Asal olmaya br tamsayıya bleşk sayı dyeceğz. Teorem.. Z tamsayılar kümesde e az br asal sayı vardır. Kaıt. Z ve asaldır. Çükü asal olmasaydı: c Z öylek c dr. Böylece, < c < olur ve le arasıda hçbr tamsayı olmadığıda bu br çelşmedr. Şu halde tamsayısı asaldır. Öreğ;, 3, 5, 7,, 3, 7, asal sayılardır. Teorem.. Her > tamsayısıı e az br asal böle vardır. Kaıt. d, de büyük e küçük poztf böle olsu. Eğer d asal se spat tamamdır. d asal değlse < d < d, ( =,) olmak üzere d = d. d dr. Böylece d > poztf tamsayısı da br böle olur k, bu d taımıa aykırıdır. O halde, de büyük br tamsayıı e az br asal böle vardır. Teorem.3. Her > tamsayısı asal sayıları br çarpımı şeklde yazılablr. Kaıt. = p. p... pk olacak şeklde p, p,..., p k asal sayılarıı buluableceğ göstermelyz. Kaıtı e göre tümevarım yötem le yapalım. asal olduğuda dda = ç doğrudur. = k ç ddaı doğruluğuu kabul edp = k + ç de doğru olduğuu göstermelyz. k = p... p pr olacak şeklde p ( =,,..., r) asal sayıları mevcut olsu. Eğer k + = q sayısı asal se dda doğru, aks takdrde, ya q asal değlse < < q, ( =,) olmak üzere q =. dr. Tümevarımdak hpotezde ve sayıları asal sayıları br çarpımı şeklde fade edlebleceğde k + = q sayısı da asal sayıları br çarpımı şeklde fade edlmş olacaktır. bu gösterlşdek asal çarpalar brbrde farklı olmak zoruda değldr. Ya, her > tamsayısı, p, p,..., p r tamsayıları brbrde farklı asal sayılar ve α, α,..., α r lerde egatf olmaya tamsayılar olmak üzere α α αr = p p... p r (.5) şeklde yazılablr. Bu gösterme tamsayısıı kaok gösterm (gösterlş) dyeceğz. Teorem.4. > tamsayısıı asal sayıları çarpımı şeklde yazılışı sıra dkkate alımaz se tek türlü belrldr. 4
Kaıt. > tamsayısıı asal sayıları çarpımı şeklde = p... p pr ve = q... q qs gb farklı k gösterlş olduğuu varsayalım. Burada, p ( =,,..., r) ve q ( j =,,..., s) sayıları asaldır. O halde j p p... pr = qq... qs (.6) dır. r s kabul edeblrz, aks halde p ve q ları roller değştreblrz. p... p pr olduğu ç (.6) da p... q qs dyeblrz. Böylece p q ( s) olacak şeklde br q vardır. q asal olduğuda q = p elde edlr. Ayı düşücey p,..., p r ç yaparak p = q, p = q,..., p = q (.7) r r eştlkler elde ederz. Burada,,..., r tamsayları,,...,r tamsayılarıı br permütasyoudur. (.7) dek eştlkler (.6) da yere yazıp elde edle fade her k yaıı p, p,..., p r le sadeleştrrsek = q... q q... q q... q q... q + + r r + s elde ederz. Eğer r < s olursa yukarıdak eştlğ sağ tarafıda e az br q asal sayısı mevcut olurdu k, sağ tarafı e eşt olması ede le bu j mümkü değldr. O halde, r = s, p = q, p = q,..., p = q buluruz ve teorem kaıtlamış olur. r r Şmd a ve b poztf tamsayılarıı kaok gösterlşler asal ve, α β (,,..., k; j,,..., t) j = = olmak üzere p ve q ler... k a p α p α p α = k,... t b = q β q β q β t olsu. p / a ve p / b se p a ve b de bulua kuvvet sıfır kabul ederek a ve b y ayı asal sayıları çarpımı olarak aşağıdak gb yazablrz; α α... αr β β a = p p p r,... βr b = p p p r ( p ler asal ve α, β 0 ) (.8) Böylece, r m( α, β ) m( α, β ) m( αr, βr ) m( αk, βk ) r k k = ( a, b) = p p... p = p, dır. r max( α, β ) max( α, β ) max( α r, βr ) max( α, β ) r k k = k k [ a, b] = p p... p = p Şmd daha öce spatsız olarak verdğmz br özellğ spatlıyalım. 5
Özellk: a, b olmak üzere ( a, b)[ a, b] = a. b dr. Kaıt. a ve b kaok gösterlş (.8) dek gb olsu. k =,,..., r olmak üzere k ç m( αk, βk ) + max( αk, βk ) = αk + βk olduğuu göstermelyz. r k k k k ( a, b)[ a, b] = p, a. b = k = m( α, β ) + max( α, β ) k r k = k k p α + β k yazılablr. k =,,..., r ç; α β m( α, β ) + max( α, β ) = α + β, dır. O halde, k k k k k k k k β α m( α, β ) + max( α, β ) = α + β k k k k k k k k r r m( k, k ) max( k, k ) k k (, )[, ] = α β + α β k = α + β k =. k = k = elde edlr. a b a b p p a b Örek.. (7,96,9,0) ve [7,96,9,0] değerler buluuz. Çözüm. 3 3 3 0 7 =.36 =.8 =.9 =.3 =.3.5 3 4 5 5 0 96 =.48 =.4 =. =.6 =.3 =.3.5 3 4 5 6 0 9 =.96 =.48 =.4 =. =.6 =.3.5 3 3 0 =.60 =.30 =.5 = 3.5 olduğuda 3 0 (7, 96,9,0) =.3.5 = 4 buluruz. = = 6 [7, 96,9,0].3.5 880 Teorem.5. (Ökld) Asal sayıları sayısı sosuzdur. Kaıt. Asal sayıları sayısıı solu olduğuu varsayalım ve bular p, p,..., p olsu. K = p... p p + doğal sayısıı oluşturalım. K > olduğuda Teorem.. ye göre K ı q gb br asal böle vardır ve =,,..., r olmak üzere her ç q p dr. Eğer q = p olsa: q K, q p... p p olur, burada da q ( K p... p p ) ya q elde edlr k, bu mümkü değldr, böylece q p dr. p, p,..., p asal sayılarıda başka br q asal sayısı daha bulumuş olur k, bu varsayımımıza aykırıdır. Şu halde asal sayıları sayısı solu olamaz. 6
+ Örek.. Br Z tamsayısı ç + br asal sayı se tamsayısıı br kuvvet şeklde olduğuu gösterelm.. Çözüm. br kuvvet olmadığıı varsayalım. Bu taktrde de k farklı br t tek tamsayısı ç =. t yazablrz. Bua göre,. ( ) ( ) k t ( k )( k t k t + = + = + +... + ) yazılablr. Yukarıdak eştlğ sağ yaıdak her br çarpa br tamsayı ve k. < k + < k t + = + olduğuda ( + ) ( + ) elde ederz k, bu + br asal sayı olduğu hpotez le çelşr. O halde varsayımımız yalıştır, ya, br kuvvet olmak zorudadır. + Örek.3. 3 te büyük her asal sayı q Z olmak üzere ya 6q + veya 6q formudadır. Çözüm. p, 3 te büyük br asal sayı olsu. Bölme Algortmasıa göre q ve r poztf tamsayılar olmak üzere p = 6q + r, r = 0,,,3, 4,5 şeklde yazılablr. r = 0 se p = 6q olur k p ve < p olduğuda bu, p asal oluşu le çelşr. r = se p = 6q + olduğuda bu stee durumdur. r = se p = 6q + olur k p ve < p olduğuda bu, p asal oluşu le çelşr. r = 3 se p = 6q + 3 olur k 3 p ve 3 < p olduğuda bu, p asal oluşu le çelşr. r = 4 se p = 6q + 4 olur k p ve < p olduğuda bu, p asal oluşu le çelşr r = 5 se p = 6q + 5 = 6( q + ) = 6q olduğuda bu stee durumdur. q Z Örek.4. ( 4 le bölüeblme kuralı ) Br m tamsayısıı 4 le bölüeblmes ç gerek ve yeter koşul bu tamsayıı so k basamağıı oluşturduğu sayıı 4 le bölüeblmesdr. Çözüm. m tamsayısıı 0 tabaıa göre yazılışı m = a0 + a 0 +... + a0 + a0 + a0 ve 4 m olsu. Ayrıca 4 ( a0 + a 0 +... + a0 ) olduğuda 4, bu k sayıı farkıı da böler. Şu halde 4 m ( a0 + a 0 +... + a0 ) 7
veya 4 ( a 0 + a ) elde ederz. Terse 4 ( a 0 + a ) se, 0 0 4 ( a0 + a 0 +... + a0 ) olduğuda bu ks toplamı da 4 le bölüecektr, ya 4 [( a0 + a 0 +... + a0 ) + ( a0 + a0 )] 4 m buluruz. Örek.5. ( 3 le bölüeblme kuralı ) Br m tamsayısıı 3 le bölüeblmes ç gerek ve yeter koşul bu tamsayıı rakamları toplamıı 3 le bölüeblmesdr. Çözüm. m = a0 + a 0 +... + a0 + a0 + a0 ve 3 m olsu. Bom açılımıda 0 = (9 + ) = 9 + 9 + 9. +... + 9. + = 3b +, ( b Z ) olduğu dkkate alıırsa, 3 [ a (3b + ) + a (3b + ) +... + a (3b + ) + a ], ( b,..., b, b Z ) 0 yazablrz. Böylece, m [ a b a b a b a a a a ] 3 3( + +... + ) + + +... + + 0 elde edlr. Ayrıca 3 3( ab + a b +... + ab ) olduğuda 3 buları farkıı da böler. Şu halde 3 ( a + a +... + a + a ) 0 buluruz. Terse 3 ( a + a +... + a + a0 ) se 3 m olduğu gösterleblr. Öreğ, 065 sayısıı rakamları toplamı 5 olup, bu tamsayı 3 le bölüeblr. Yukarıdak örekte, br tamsayıı 9 le bölüeblmes ç rakamları toplamıı 9 le bölüeblmes gerektğ soucuu heme elde ederz. Teorem.6. Asal olmaya br > doğal sayısıı p koşulua uya e az br p asal böle vardır. 8
Kaıt. > asal olmadığıa göre, p < olacak şeklde br p poztf asal böle vardır, ya > uygu br doğal sayı olmak üzere = p dür. Burada p ve de e az br doğrudur. Çükü hem p > hem de > olsa p >, ya > olur k, bu mümkü değldr. Eğer p se bu p asal sayısı stedğmz koşula uyar. p > se bu takdrde dr. > olduğuda ü q gb br poztf asal böle vardır ve < q dür. q ve olduğuda q dr. Dğer yada < q olduğuda < q dr. Şu halde q, stee koşulları gerçekleye br asal böledr. Şu halde, p koşulua uya p asal sayılarıda hçbrs le bölüemeye br doğal sayısı asaldır. Örek.6. 3, 4 ve 453 sayılarıı asal olduklarıı gösterelm. Çözüm. 0 < 3 < olup, le 0 arasıdak asal sayılar, 3, 5, 7 dr. Bu asal sayılarda hçbr 3 ü bölmez. Şu halde 3 asaldır. 5 < 4 < 6 olup, le 5 arasıdak asal sayılar, 3, 5, 7,, 3 dür. Bu asal sayılarda hçbr 4 bölmedğde 4 asaldır. 38 < 453 < 39 olup, le 38 arasıdak asal sayılarda hçbr 453 ü bölmedğde 453 sayısı da asaldır. Eratosthees Kuralı İle Asal Sayıları Buluması le arasıdak de büyük p, p,..., p k poztf asal sayıları bldğ takdrde, le arasıdak bütü asal sayıları Eratosthees kuralı le bulablrz. de ye kadar ola bütü doğal sayıları sırayla yazdıkta sora p = de başlayarak. sıradak sayıyı ve tam katlarıdak sıralarda bulua sayıları, p = 3 de başlayarak 3. sıradak sayıyı ve 3 ü tam katlarıdak sıralarda bulua sayıları, bu şeklde devam ederek hayet da başlayarak p k. sıradak sayıyı ve p k ı tam katlarıdak sıralarda bulua bütü sayıları üstüü çzelm. Bu şlem souda üstü çzlmemş ola sayılar, le arasıdak bütü asal sayıları verecektr. Örek.7. de 00 e kadar ola asal sayıları Eratosthees kuralı le bulalım. Çözüm. Öce le 00 arasıdak bütü tamsayıları yazalım. de 0 a kadar ola asal sayılar, 3, 5 ve 7 dr. O halde sldkte sora de başlayarak sırayla ve katları, 3 ve 3 ü katları, 5 ve 5 katları ve hayet 7 ve 7 p k 9
katlarıdak sıralarda yer ala bütü sayıları slersek gerye kala, 3, 5, 7,, 3, 7, 9, 3, 9, 3, 37, 4, 43, 47, 53, 59, 6, 67, 7, 73, 79, 83, 89, 97 sayıları le 00 arasıda bulua asal sayılar olacaktır. 3 4 5 6 7 8 9 0 3 4 5 6 7 8 9 0 3 4 5 6 7 8 9 30 3 3 33 34 35 36 37 38 39 40 4 4 43 44 45 46 47 48 49 50 5 5 53 54 55 56 57 58 59 60 6 6 63 64 65 66 67 68 69 70 7 7 73 74 75 76 77 78 79 80 8 8 83 84 85 86 87 88 89 90 9 9 93 94 95 96 97 98 99 00 Taım.. ( p, p + ) şekldek asal sayı çftlere asal sayı kz, ( p, p +, p + 6) asal sayılarıa asal sayı üçüzü, ( p, p +, p + 6, p + 8) şekldek asal sayılara da asal sayı dördüzü adı verlr. Öreğ; yukarıdak tabloda le 00 arasıdak asal sayı kzler (3,5), (5,7), (,3), (7,9), (9,3), (4,43), (59,6) ve (7,73) ; asal sayı üçüzler (5,7,), (,3,7), (7,9,3) ve (4,43, 47) ; asal sayı dördüzler de (5,7,,3) ve (,3,7,9) olduğuu söyleyeblrz. Not : Asal sayılar brbr düzgü aralıklarla zlememektedr. 0.000.7 e kadar ola asal sayılar D.N. Lehmer tarafıda br tablo le gösterlmş olup, bu tabloda bazı yerlerde büyük boşluklar bulumaktadır. Öreğ 36 le 36, 8467 le 850, 955 le 9587 arasıda hçbr asal sayı yoktur. Asal sayılar dzsde steldğ kadar geş boşluklar bulmak mümküdür. Gerçekte, - tae! +,! + 3,...,! + sayıları arasıda hçbr asal sayı bulumamaktadır. Çükü k =,3,..., olmak üzere her k ç k (! + k) dır. PROBLEMLER ) p br asal sayı olmak üzere ( a, b) hag değerler alablr. = p se (, ) a b, ( a 3, b ) ve ( a, b 3 ) 3 4 4 ) p br asal sayı, ( a, p ) = p ve ( b, p ) = p se ( ab, p ) ve ( a b, p ) değerler buluuz. + ü 0
3) Aşağıdak öermeler doğru olup olmadığıı araştırıız. Doğru se spatlayıız, yalış se br örek verz. a, b a, c a, b = a, c dr. a) ( ) = ( ) se [ ] [ ] b) ( a, b) = ( a, c) se b = c dr. c) ( a, b) ( a, c) = se ( a, b ) ( a, c ) ve p ( a b ) d) p br asal sayı, p a e) a, b Z olmak üzere f) a b se a b dr. 3 3 g) ( a, b ) = se ( ) 4 h) b ( a + ) se b ( a ) ı) ( a, b, c) (( a, b),( a, c) ) = dr. + se p b dr. a b se a b dr. a, ab, b = dr. + dr. = dr. + 4) Br Z ( poztf tamsayılar kümes ) ç asal se de asal olduğuu gösterz. 5) a, a, a3, a 4 tamsayıları aa4 aa3 = ± koşuluu gerçeklyorsa kesr sadeleştrlmş br kesr olduğuu, ya ( a a a a ) olduğuu gösterz. a a 3 4 + a + a 3 4 +, + = 6) br poztf tamsayı olsu. Aşağıdak fadeler spatlayıız. a) tamsayısıı le bölüeblmes ç gerek ve yeter koşul brler basamağıdak rakamı le bölümesdr. b) tamsayısıı 8 le bölüeblmes ç gerek ve yeter koşul so üç basamağıda oluşa sayıı 8 le bölümesdr. 7) İk tek tamsayıı çarpımıı br tek tamsayı, toplamıı da br çft tamsayı olduğuu gösterz. 8) 3k + formudak her asal sayıı 6k + formuda olduğuu gösterz. 9) 6 + formuda sosuz sayıda asal sayı olduğuu gösterz. 0) p br asal sayı se p br rrasyoel sayı olduğuu gösterz.
3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR Taım 3.. a, b, m Z; m > 0 tam sayıları verls. Eğer m ( a b) se a, b ye m modülüe göre kogrüet dr der ve a b(mod m) şeklde gösterlr. Teorem 3.. Sabt br m modülüe göre kogrüas bağıtısı tamsayılar kümes üstüde br deklk (eşdeğerlk) bağıtısıdır. Kaıt.. m ( a a) = 0 olduğuda a a(mod m) sağlaır, ya bağıtısı yasıyadır.. a b(mod m) m ( a b) m ( a b) = b a, o halde b a(mod m) olup bağıtısı smetrktr. 3. a b(mod m), b c(mod m) olsu, o takdrde m ( a b), m ( b c) dr. Böylece [( ) ( )] m a b + b c = a c olduğuda a c(mod m) dr, ya bağıtısı geçşme özellğe sahptr. Teorem 3.. a, b, c, d, m Z ; m > 0 ve a b(mod m), c d(mod m) olsu. Bu takdrde,. a + c b + d(mod m), a c b d(mod m),. ac bd(mod m), 3. k Z olmak üzere a + k b + k(mod m) ve ka kb(mod m) dr. Kaıt.. a b(mod m) m ( a b) m [( a b) ( c d)] =[( a c) ( b d)] c d(mod m) m ( c d) ya a c b d(mod m) dr.. a b(mod m) m ( a b) m ( a b) c, m b( c d) c d(mod m) m ( c d) m [( a b) c + b( c d)] = ac bd, ya ac bd(mod m) dr. 3. a b(mod m) m ( a b) m k( a b) m ( ka kb) dr ve böylece ka kb(mod m) elde edlr. Dğer tarafta,. özellkte elde edlr. a b(mod m), k k(mod m) a + k b + k(mod m)
Teorem 3.3. k, a, b, m Z ; 0 m >, k 0( mod m), ( k, m) = d ve m ka kb(mod m) olsu. O taktrde a b(mod ) dr. d Kaıt. ka kb(mod m) se m ( ka kb) = k( a b) dr. Böylece k( a b) = mu olacak şeklde br u Z vardır. ( k, m) = d olduğuda d m, d k dır. Şu halde, m = m ' d, k = k ' d olacak şeklde m ', k ' Z tamsayıları vardır ve bu tamsayılar aralarıda asaldır, ya ( k ', m ') = dr. m ve k ı bu değerler yukarıda yere yazılırsa k ' d( a b) = m' du veya burada m ' k '( a b) soucu elde edlr. Bu souçta ( k ', m ') = olduğuu da dkkate alırsak Teorem.6. yı kullaarak m ' ( a b) buluruz. Bu se a b(mod m') veya m a b(mod ) demektr. d Souç: ka kb(mod m), ( k, m ) = se a b(mod m) dr. Teorem 3.4. f ( x ), katsayıları tamsayılar ola br polom foksyo ve a b(mod m) olsu. Bu takdrde f ( a) f ( b)(mod m) dr. Kaıt. buluur. j f ( x) = c x olsu. Teorem 3.. de j= 0 Örek 3.. a, b Z ; d, m j j j a b(mod m) a b (mod m) ( j = 0,,..., ) j j c a c b (mod m) ( j = 0,,..., ) j j j j= 0 j= 0 j j c a c b (mod m) f ( a) f ( b)(mod m) + Z ve a b(mod m) Çözüm. a b(mod m) se m ( a b) dr. ya a b(mod d) dr. d m d ( a b), m ( a b) j, d m se a b(mod d) dr. 3
Örek 3.. a, b Z ve m > 0 br poztf tamsayı olmak üzere a b(mod m) olması ç gerek ve yeter koşul a le b m le bölüdüğü zama ayı kalaı vermesdr. Çözüm. a b(mod m), m > 0 olsu. a le b y, m le kalalı olarak bölelm. Bu takdrde m, q, m, q Z olmak üzere a = mq + r, b = mq ' + r ', 0 r, r ' < m (3.) yazablrz. Kalaları eşt ya, r = r ' olduğuu göstermelyz. (3.) de a b = mq + r ( mq ' + r ') = m( q q ') + ( r r ') buluur. a b(mod m) olduğuda m a b dr. m ( a b) m ( r r ), m m( q q ) üstelk r r < m olduğuda burada r r = 0, ya r = r ' elde ederz. Terse a = mq + r, b = mq ' + r ', 0 r, r ' < m ve r = r ' se bu takdrde, a b = mq + r ( mq ' + r ') = m ( q q ') + ( r r ') = m ( q q ') olacağıda m a b, ya a b( mod m) elde edlr. Örek 3.3. a, b, m Z ; m > 0 ve a b(mod m) se ( a, m) = ( b, m) dr. Çözüm. ( a, m) = d, ( b, m) = d olsu. a b(mod m) olduğuda a b = mu veya b = a mu olacak şeklde br u Z tamsayısı vardır. = 0 d ya d d ( b, m) d d m d mu = ( a, m) d a b dr. Bu souçla d d d d ( a mu), = b m olduğu brlkte dkkate alıırsa = veya elde ederz. Bezer şeklde d d olduğu da gösterleblr. Böylece d > 0, d > 0 d = d d d, d d elde edlr. Not: Örek 3.3., Teorem.8. kullaılarak da çözüleblr. Örek 3.4. a, b Z, p br asal sayı ve p ( a + b) de e az brs doğrudur. a b (mod p) se p a b) ( ve 4
Çözüm. a b p p a b p a b a b (mod ) ( ) ( )( + ), şu halde Teorem.7. dek Souç de p ( a b) veya p ( a + b) buluur. Örek 3. 5. x, y Z olmak üzere x y(mod m ), =,,..., k se x y(mod[ m, m,..., m k ]) dır. Çözüm. x y(mod m ) m ( x y), x y(mod m ) m ( x y), x y(mod mk ) mk ( x y) dr. e.k.o.k. taımıda, [ m, m,..., mk ] ( x y) x y(mod[ m, m,..., mk ]) buluruz. Tam ve İdrgemş Kala Sstemler m > 0 br tamsayı ve a Z olsu. Bölme algortmasıa göre a = mq + r, 0 r < m olacak şeklde q ve r tamsayıları vardır. Böylece a r = mq olduğuda m ( a r), ya a r(mod m) dr. Burada r = 0,,..., m dr ve bularda herhag ks m modülüe göre brbre eşdeğer değldr. Taım 3.. a, a,..., a m tamsayıları aşağıdak koşulları gerçeklyorsa bu tamsayılara m modülüe göre br tam kala sstem (T.K.S.) der; ) j ç a a (mod m), j ) a Z ye karşılık a a (mod m) olacak şeklde m koşuluu gerçekleye e az br tamsayısı vardır. Örek 3.6. a Z ve m = 5 olsu. r = 0,,,3, 4 olmak üzere a = 5k + r yazablrz. Böylece, a = 0 = 5 k k Z, 3 4 5 { } { Z} { Z} { Z} { Z} a = = 5k + k, a = = 5k + k, a = 3 = 5k + 3 k, a = 4 = 5k + 4 k 5
olmak üzere {,, 3, 4, 5} { 0,,, 3, 4} a a a a a = elde ederz. Bu br tam kala sstem olduğuda, öreğ kümese at ola 5k + şeklde br elema dğer br kümedek br tamsayıya eşdeğer olamaz. Gerçekte, eğer bu elema kümese at br 5k + elemaıa eşdeğer olsaydı o zama 5k + 5k + (mod5) 5 [(5k + ) (5k + )] 5 ( 5k 5k ) yazılablr ve ayrıca 5 ( 5k 5 k ) olduğuda burada 5 buluurdu k, bu mümkü değldr. Z de alıa herhag br tamsayı acak ve acak br tek kala sııfıa at olablr. Böylece, Z tamsayılar kümes kşer kşer ayrık ve brleşmler Z kümes ola ayrık deklk sııflarıa parçalamış olmaktadır. O halde j m ç a a j =, a =Z yazablrz. = Örek 3.7. {,,, 5, 7,8, 9} kümes 7 modülüe göre br tam kala sstem olup olmadığıı belrleyelm. Çözüm. 8 (mod 7), 9 (mod 7), 5(mod 7) olduğuda bu küme herhag k elemaı 7 modülüe göre brbre eşdeğerdr ayrıca 3, 4 ve 6 bu sııflarda hçbrse at olmadığıda verle küme br tam kala sstem oluşturamaz. Teorem 3.5. { a, a,..., am} kümes, m modülüe göre br tam kala sstem ve ( k, m ) = se bu takdrde { ka, ka,..., ka m} kümes de m modülüe göre br tam kala sstem oluşturur. Kaıt. ) j ç ka ka (mod m) dr. Çükü eğer j ç j ka ka (mod m) olsa: ( k, m ) = olduğuda a a (mod m) olurdu. j ) =,,..., m ç ka ler m modülüe göre eşdeğer olmadıklarıda herbr Z m farklı kala sııfıa attr. m modülüe göre Z m tae kala sııfı olduğuda buları herbr bu kala sııflarıda brse at olacaktır. Ya, a Z ç 0 r m olmak üzere a r olacak şeklde br r kala sııfı vardır. Böylece ka r se o taktrde a ka (mod ) 0 m dr. 0 Taım 3.3. Elemaları ( sayıları ) m le aralarıda asal ola br kala sııfıa m modülüe göre asal kala sııfı der. j 6
Not: Eğer br kala sııfıda m le aralarıda asal ola br sayı varsa, bu kala sııfıı bütü sayıları m le aralarıda asaldır. Çükü: a = {..., e, f,...}, ( e, m ) = olsu. Bu taktrde olacaktır. e f (mod m) ( e, m) = ( f, m) = Taım 3.4. Her m > 0 tamsayısıı, m y geçmeye ve m le aralarıda asal ola tamsayıları sayısıa eşleye foksyoa Euler ϕ -foksyou adı verlr ve m resm ϕ ( m) le gösterlr. Bu taıma göre, ϕ () = ; {}, ϕ (4) = ; {,3}, ϕ (5) = 4 ; {,,3,4}, ϕ (6) = 60 ; {,,...,59,60 }, ϕ ( p) = p ; {,,3,..., p } dr. Yukarıda görüleceğ üzere asal sayıları resm, o asal eksğdr. Teorem 3.6. m modülüe göre asal kala sııflarıı sayısı ϕ ( m) dr. sayıı br Kaıt. {,,..., m } kümes m modülüe göre br tam kala sstem olup, bular arasıda m le aralarıda asal ola ϕ ( m) tae tamsayı vardır. Böylece m modülüe göre asal kala sııflarıı sayısı ϕ ( m) dr. Taım 3.5. a, a,..., a ϕ ( m) tamsayıları aşağıdak koşulları gerçeklyorsa bu sayılar, m modülüe göre br drgemş kala sstem veya asal kala sstem (A.K.S.) teşkl edyor derz: ) =,,..., ϕ( m) ç ( a, m ) =, ) j ç a a (mod m), ) ( a, m ) = koşuluu sağlaya j a a (mod m) olacak şeklde br tamsayısı vardır. a Z ç ϕ( m) olmak üzere Böylece, asal kala sııflarıı her brde br sayı alarak br drgemş kala sstem oluşturablrz. Teorem 3.7. > 0, 0 dr. m > k tamsayı ve ( m, ) = se ϕ (. m) = ϕ ( ) ϕ ( m) 7
Kaıt. r, r,..., r tamsayıları mod br tam kala sstem ve s, s,..., s m tamsayıları da mod m br tam kala sstem olsu. x { r, r,..., r } ve { } olmak üzere { xm y} y s, s,..., sm + formudak tamsayıları göz öüe alalım. Bu tamsayıları sayısı m dr. Öce bu m tae tamsayıı mod m br tam kala sstem oluşturduğuu gösterelm. Buu ç bu sayılarda herhag ks mod m brbre kogrü olmadığıı göstermek yeter. xm + y formudak sayılarda herhag ks r m + s j, rt m + su olsu. j t u ( mod ) r m + s r m + s m olsa: ve j t u ( mod ) r m + s r m + s r m + s j rt m + su ( mod m) bağıtıları elde edlr. r m 0( mod m), rt m 0( mod m), s 0( mod ), su 0( mod ) olduğu göz öüe alıırsa r m rt m( mod ) (3.) s j su ( mod m) (3.3) buluur. (3.) ve (3.3) te ( m, ) = olduğuda Teorem 3.3. ü soucua göre r rt ( mod ) s s ( mod m) j u elde edlr. Fakat r, r,..., r tamsayıları mod br tam kala sstem olduğuda = t ve s, s,..., s m tamsayıları da m modülüe göre br tam kala sstem oluşturduğuda j u xm + y tamsayıları = buluur. Şu halde { } mod m br tam kala sstem oluştururlar. Bu sayıları çde m le aralarıda asal olaları sayısı ϕ ( m) dr. Şmd ( xm + y, m) = ( x, ) = ve ( ) olduğuu gösterelm. ( xm y m) y, m = ( xm y ) ( xm ) ( x ) ( xm y m) ( y m) ( y m) +, =, =, = +, = +, =, =, = elde edlr. Terse Teorem.6. kullaılarak ( x, ) = (, ) ( y, m ) = xm =, ( y, m) = ( m, ) = (, m) = 8
buluur. Burada tekrar Teorem.6. yı kullaarak xm y, xm y, m xm + y, m = ( + ) =, ( + ) =, ( ) souçları elde edlr. ( x, ) = koşuluu gerçekleye x tamsayılarıı sayısı ϕ ( ), ( y, m ) = koşuluu gerçekleye y tamsayılarıı sayısı da ϕ ( m) olduğuda ( xm + y, m) = koşuluu gerçekleye { xm y} tamsayıları sayısı ϕ ( ) ϕ ( m) dr. Öte yada ( xm y m) uya { xm + y} formudak tamsayıları sayısı ϕ ( m. ) ϕ (. m) = ϕ ( ) ϕ ( m) elde edlr. + formudak +, = koşulua dr. Böylece ϕ. = Not: Teorem 3.7. dek ( m, ) = koşulu kaldırılamaz. Gerçekte ( ) olduğu halde ϕ ( ) ϕ ( ) = dr. Teorem 3.8. ϕ ( ) = ve > br poztf tamsayı olmak üzere dr. Burada p ϕ ( ) = ( ) p p de çarpım tamsayısıı bütü p asal böleler üzerde alımaktadır. Şu halde tamsayısıı kaok formu... k = p p p α se p k ( ) = ( )( )...( ) = ( ) p p p p p k j= olur. Kaıt. ϕ () = olduğu açıktır. > br tamsayı ve kaok formu α α... k k = k olsu. ( p p p α k ) p p p α kullaılarak α, α,..., = olduğuda Teorem 3.7. α ϕ = ϕ ϕ α ( ) ( p ) ( p ) k = elde edlr. Teorem 3.7. tekrar kullaılarak düksyo le buluur. k ( ) = ( p α ) ( p α )... ( p α k ) ϕ ϕ ϕ ϕ k j 9
p br asal sayı ve α da postf br tamsayı olmak üzere ϕ ( p α ) ı değer bulalım. x, x p α koşuluu gerçekleye br tamsayı olsu. α (, ) (, ) olduğu kolayca gösterleblr. ( x, p) x p > x p = p = p de p x buluur. Burada şu souç elde edlr: x p α koşuluu gerçekleyeye ve p α le aralarıda asal olmaya sayılar p le bölüe sayılardır. Terse ( x, p) dr. p x se x = pk olacak şeklde br k poztf tamsayısı vardır. α α α x p pk p k p buluur. Şu halde x p α olup buları sayısı aralarıda asaldır. Böylece ve ( ) p α α = p se ( x, p α ) > x, p = koşullarıı sağlaya sayılar α- p, p,3 p,..., p p dr. Gerye kala α α p α α ϕ ( p ) = p p = p( ) p buluur. Bu eştlğ kullaarak α α αk ϕ ( ) = p ( ). p ( )... pk ( ) p p p α α αk = p p... pk ( )( )...( ) p p p = ( ) p p soucu elde edlr ve spat tamamlaır. p tae sayı, p α le Örek 3.8. = 64 ç ϕ ( ) y bulalım. Çözüm. 64 =.3.07 olup, bu çarpaları heps asaldır. Şu halde ϕ(64) = ϕ(.3.07) =.3.07.( ).( ).( ) 3 07 06 =.3.07... = 3 07 buluur. k k 30
Örek 3.9. 8 modülüe göre br asal kala sstem elde edelm. 3 3 3 3 Çözüm. 8 = ϕ(8) = ϕ( ) = ( ) = = 4 olduğuda, 0,,,3,4,5,6 ve 7 tamsayıları br tam kala sstem oluşturur, bularda 0,,4 ve 6 tamsayıları atılırsa ( 8 le aralarıda asal olmaya tamsayılar ) gerye kala,3,5 ve 7 tamsayıları se br asal kala sstem oluşturur. Teorem 3.9. a, a,..., a ϕ ( m) tamsayıları m modülüe göre br asal kala sstem oluşturuyor ve ( k, m ) = se bu taktrde ka, ka,..., ka ϕ ( m) tamsayıları da m modülüe göre br asal kala sstem oluşturur. Kaıt. ) ( k, m ) =, ( a, m ) =, =,,..., ϕ( m) olduğuda ( ka, m ) = dr. ) j ç ka ka j ( mod m ) dr. Çükü, eğer ka ka j (mod m) olsa: ( k, m ) = olduğuda a a (mod m) olurdu k, bu br çelşmedr. j ) ka, ka,..., ka ϕ ( m) tamsayılarıı sayısı ϕ ( m) olup, ) ve ) de dolayı farklı asal kala sııflarıa attr. Asal kala sııflarıı sayısı tam olarak ϕ ( m) olduğuda ( a, m ) = koşulua uya a Z ç, a br asal kala sııfı olmak üzere, ka 0 a se o taktrde ka a(mod m) dr. 0 Teorem 3.0. ( Euler ) m N, m >, a Z ve ( a, m ) = olsu. Bu taktrde ϕ ( m) a (mod m) dr. Kaıt. a, a,..., a ϕ ( m) tamsayıları, m modülüe göre br asal kala sstem ve ( a, m ) = olsu. Bu takdrde Teorem 3.8. e göre aa, aa,..., aa ϕ ( m) tamsayıları da, m modülüe göre br asal kala sstem oluşturur. Bu edele bu tamsayılar m modülüe göre kşer kşer brbre eşdeğerdr. Şu halde, aa. aa... aa a. a... a (mod m) ve dr, böylece olduğuda Teorem 3.3. te ϕ ( m) ϕ ( m) (.... ).... (mod ) ϕ ( m) a a a aϕ ( m) a a aϕ ( m) m ( a, m ) =, =,,..., ϕ( m) ( a. a... aϕ ( ), m) = a ϕ ( m) Teorem 3.. ( Fermat ) p br asal sayı ve p (mod m) elde ederz. p a (mod p) dr. Kaıt. Euler Teoremde m = p alırsak m / a olsu. Bu taktrde, 3
elde ederz. ϕ m = ϕ p = p a a p ϕ ( m) p ( ) ( ) (mod ) Souç: Eğer p br asal sayı se p a Z ç a a(mod p) dr. Çükü p Fermat Teoremde p / a se a (mod p) olduğuda her k tarafı a le çarparsak stee elde edlr, eğer p a a 0(mod p), p p a 0(mod p) a a(mod p) dr. Örek 3.0. Z ç gösterelm. 7 Çözüm. 4 =.3.7 olduğuda göstermek yeterldr. Çükü eğer 7 ( ) 7 7 3 ( ) [, 3, 7] = 4 ( ) 7 7 ( ) olur. Böylece, dr. Eğer buluur. dr. Eğer buluur. dr. Eğer 7 7 ( / se Fermat Teoremde () ϕ (mod ) tamsayısıı 4 le bölüebldğ tamsayısıı, 3 ve 7 le bölüdüğüü 7 ) 6 (mod ) (mod ) 7 (mod ) 7 3 3 ( 3 3 / se Fermat Teoremde 7 3 ) (3) ϕ 6 (mod 3) ( 7 ) (mod 3) (mod 3) 7 (mod 3) 7 7 7 ( 7 7 / se Fermat Teoremde ( 7 7 ) 7 3 ) ϕ (7) 6 7 (mod 7) (mod 7) (mod 7) ( 7 7 ) 3
buluur. Şu halde 7 [,3,7] 4 ) = ( dr. 345 Örek 3.. 4 tamsayısıı 3 le bölümüde elde edle kalaı bulalım. 345 Çözüm. 4 x(mod3) bağıtısıı sağlaya x tamsayısıı bulmalıyız. (4,3) = olduğuda Fermat Teoremde, ϕ (3) 4 (mod3) 4 (mod3) yazablrz. Böylece, 345 =.8 + 9 olduğuda 345.8+ 9 8 9 4 4 4 4 (4 ).4 (4 ).4 3.4 7. (mod3) 3 345 elde edlr. Şu halde, 4 (mod3) olup, bölümüde elde edlecek kala dr. Örek 3.. 7007 6 (mod43) 345 4 tamsayısıı 3 le x bağıtısıı sağlaya x tamsayısıı bulalım. Çözüm. 43 =.3, 6 =.63 =. 3.7 ve (43,6) = olduğuda Euler ϕ (43) Teorem kullaarak 6 (mod43) buluruz. Dğer tarafta, dr. Şu halde ϕ(43) = ϕ(.3) = ϕ(). ϕ(3) = ( )(3 ) = 0. = 0 0 6 (mod43) ve 7007=58.0+47 olduğuda 7007 0 58 47 47 47 3 6 (6 ).6 6 ( 7) (7 ).7 3 3 7 3 3 3.7 (3 ).3.7 4.9.7.4.9.7 4 48.4.9.7 40 3(mod43) 4 0 elde ederz. Şu halde x = 3, ya kala 3 tür. 48 7007 6 tamsayısıı 43 le bölümüde 9 5 Örek 3.3. + tamsayısıı 9 le bölümüde elde edle kalaı bulalım. Çözüm. (,9) = olduğuda Fermat Teoremde, ϕ (9) 8 (mod9) (mod9) elde edlr. Dğer tarafta, 8 =.3 ϕ(8) = ϕ(). ϕ(3 ) = 3.( ) = 3. = 6 3 3 ve böylece, ( 5,8) = olduğuda Euler Teoreme göre ϕ (8) 6 5 (mod8) 5 (mod8) elde edlr. Burada 9 = 6.3 + olduğuda 9 9 9 6 3 5 5 5 5 (5 ) 5 5(mod8) 3(mod9) + 4(mod9) 33
buluruz, böylece stee kala 4 olarak buluur. Örek 3.4. 9999 7 tamsayısıı 000 le bölümüde kalaı, ya 9999 7 x(mod000) bağıtısıı gerçekleye x tamsayısıı bulalım. Çözüm. (7,000)= olduğuda Euler Teoreme göre ϕ (000) 7 (mod000) 3 3 3 dr. 000 = 0 =.5 olduğuda 3 3 3 3 3 ϕ(000) = ϕ(0 ) = ϕ( ) ϕ(5 ) = ( )5 ( ) = 400 5 ϕ (000) 400 buluur ve böylece 7 7 (mod000) elde edlr. Dğer tarafta, dr. O halde buluur. Şu halde Örek 3.5. 0.000 400 5 0.000 7 (7 ) (mod000) 000 7 0.000 3 7 = k.0 olacak şeklde br k Z vardır. Böylece 0.000 9999 3 3 7 = 7.7 = + k.0 = + 000 + ( k )0 00 k k 7 = +.0 = 43 + 0 7 7 7 9999 7 43(mod000) 9999 3 3 9999 7 tamsayısıı 000 le bölümüde kala x = 43 tür. 3 7 3 7... (((3 ) ) ) tamsayısıı brler basamağıdak rakamı bulalım. Çözüm. ϕ (0) = 4, (3,0) = olduğuda Euler Teoreme göre, ϕ (0) 4 4 3 (mod0) 3 (mod0) 3 + k.0, k Z yazablrz. Dğer tarafta 4 3 3 = 3.3 = + k.0 = + ( k ).0 = + ( k ).0 3 ( k ).0 k 3 = 7 +, ( 3 / 0 3 k Z ) 3 3 3 3 7 7 3 7(mod0) (3 ) 7 (mod0) elde ederz. Ayrıca (7,0) = olduğuda Euler Teoreme göre, 8 4 ( ) ϕ (0) 4 7 (mod0) 7 (mod0) 7 7 (mod0) olduğuda 8 7 7 = 7.7 = + 0t = + ( t )0, t Z yazablrz. Burada 7 ( t ).0 t 7 = +, ( 7 / 0 7 t Z ) 7 7 7 7 3 7 7 7 3(mod0) (3 ) 7 3(mod0) 34
3 7 3 3 ((3 ) ) 3 7(mod0) buluur. Bu şeklde devam edlrse eşdeğerlğ, kuvvet 3 ke souç 7, kuvvet 7 ke souç 3 olarak buluruz. Bu edele so kuvvet 3 veya 7 oluşua göre soucu k seçeekl olarak buluruz. O halde yaıt 3 veya 7 olur. Örek 3.6. p br asal sayı ve a, b Z olsu. Bu taktrde p p p ( a + b) a + b (mod p) dr. Bu fade geel olarak h, h,..., h tamsayılar ve p br asal sayı olmak üzere p p p p ( h + h +... h ) h + h +... + h (mod p) şeklde yazılablr ve kaıtı tümevarım yoluyla yapılablr. Çözüm. Bom açılımıda p p p p p p p p p ( a + b) = a + a b + a b +... + ab + b p yazablrz, burada p p! p( p )...( p + ) = = = s, p ( p )!.!! şeklde olup s le gösterlmştr. Böylece, p( p )...( p + ) =!. s p!. s ve p /! dr. Çükü p olduğuda ( p, ) = ( p,!) = dr. Şu halde Artmetğ Esas Yardımcı Teoreme göre p s buluruz. Böylece p, yukarıdak bom açılımıdak bütü katsayıları bölmektedr. O halde, p p aralığıdak her ç 0(mod p) olacağıda açılımı bütü katsayıları 0 a eşdeğer olur ve burada p p p ( a + b) a + b (mod p) elde edlr. Örek 3.7. (,7) = se sayısıı 7 le bölüdüğüü gösterelm. Çözüm. (,7) = olduğuda 7 / dr. O halde Fermat Teoreme göre buluur. (mod 7) (mod 7) ϕ (7) 6 6 ( ) (mod 7) (mod 7) 7 Örek 3.8. ϕ( ) = ϕ( ) koşuluu gerçekleye poztf tamsayılarıı bulalım. 35
Çözüm. Eğer tek se (, ) = olduğuda Teorem 3.7. ye göre ϕ( ) = ϕ() ϕ( ) =. ϕ( ) ϕ( ) = ϕ( ) buluur. Eğer çft se, k tek ve t br tamsayı olmak üzere = t. k t + yazablrz. Ayrıca ( k, ) = olduğuda ϕ = ϕ = ϕ = ϕ ϕ t t + t + ( ) (. k) ( k) ( ) ( k) t+ t + t dr. ϕ( ) = ( ) = olduğuu göz öüe alırsak t ϕ( ) = ϕ( k) (3.4) buluruz. Öte yada t t t ϕ( ) = ϕ(. k) = ϕ( ) ϕ( k) = ϕ( k) (3.5) olduğuda (3.4) ve (3.5) te ϕ( ) ϕ( ) elde edlr. Şu halde sadece poztf tek tamsayılar kümes ç stee sağlaır. Örek 3.9. 3 ϕ( ) koşuluu gerçekleye sosuz sayıda ϕ ( ) tamsayısıı var olduğuu gösterelm. α α α Çözüm. = 3 olsu. Bu takdrde ϕ( ) = 3 ( ) = 3. yazablrz. α > 3 alıırsa 3 ϕ( ) olduğuda ve α ı de büyük her değer ç farklı br tamsayısı buluacağıda bu koşula uya sosuz sayıda ϕ ( ) vardır. Örek 3.0. ϕ ( ) = koşuluu sağlaya bütü tamsayılarıı bulalım. Çözüm.... k = p α p α p α k olsu. α α αk ϕ ( ) = p ( ) p ( )... pk ( ) p p p k α α α k = p p... pk ( )( )...( ) = ( ) = p p pk = p olduğuda k ϕ( ) = ( ) = = p buluur. Eştlğ sağlaması p =, 3, 5, 7,... asal sayılarıda hags olması halde mümkü olur, bua bakalım. Bu asal sayılar ç p 4 6 değer sırasıyla,,, 3 5 7, dr. Buları herhagbr çarpımıı ye eşt k 36
olması acak p = olması halde mümküdür. O halde araa tamsayısı l olmak üzere = l şekldedr. Terse = l ( l ) se ϕ ( ) = dr. + Örek 3.. m, Z ve m olmak üzere ( m +, + ) = olduğuu gösterelm. + Çözüm. m > olduğuu kabul edelm. O halde k Z olmak üzere m = + k dır. Burada. m + + = k + = k + = ( ) k + = ( + ) k + k ( ) = t +, t = + yazablrz. Şu halde ve bom açılımıda k (( ), ) t + ( m +, + ) = (( ) k +, ) buluruz. ( tp +, t) = h olsu. Şu halde t k k k t t k k..., k k t t t = + + + = ( tp +, t), p Z h t h tp h [( tp + ) tp] = h tp + elde edlr. Burada da h h = h = m soucu çıkar. h = olamaz, çükü + ve + sayıları tektr dolayısıyla ortak böleler olamaz, böylece h = buluruz. p br asal sayı olmak üzere f x = x Z x p ( ) p[ ] polomuu göz öüe alalım.,,..., p Z p elemaları, f ( x ) polomuu Z p çdek çözümlerdr. Çükü a Z p ve a p ç (mod ) dr. f ( x ) polomuu mod p, p tae kogrüet ϕ ( p) p a a p olmaya çözümü vardır ve bular,,..., p Z p dr. Böylece, p x x x x p = ( )( )...( ( )) (3.6) yazılablr. Buda yararlaarak aşağıdak teorem kaıtlayacağız. t 37
Teorem 3.. ( Wlso ) p br asal sayı olmak üzere ( p )! (mod p) dr. Üstelk, > olmak üzere ( )! (mod ) asal olmasıdır. Kaıt. (3.6) eştlğ her k yaıda bulua sabtler eşt olacağıda ( )( )...( ( p )) = veya ( )( )...( ( p )) (mod p) olur. Sol tarafta p tae çarpa olduğuda p ( p) p ( ) ( )! mod dr. p = se (mod p) ve p tek asal sayı se ( p )! (mod p) p ( ) = olacağıda buluruz. Terse, ( )! (mod ) olduğuu kabul edelm. Bu durumda eğer asal değlse > olduğuda Teorem.5. e göre br p asal böle vardır. p p [ ( )! + ] [( )! + (3.7) ] dr. Öte yada br böle ola p asal sayısı,,..., sayılarıda brse eşt olacağıda p ( )! dr, bu se (3.7) le brlkte düşüüldüğüde p gb br çelşmeye yol açar. Şu halde asal olmak zorudadır. Örek 3.. p = 5 ve = 6 ç Wlso Teorem uygulaıp uygulaamayacağıı araştıralım. Çözüm. p = 5 ç : dr. = 6 ç : ( p )! = (5 )! = 4! = 4 (mod5) ( )! = (6 )! = 5! = 0 0(mod 6) dır. Burada = 6 asal olmadığıda ( )! (mod ) olmaktadır. PROBLEMLER ) br tamsayı olmak üzere sayısıı brler basamağıdak rakamı acak 0,, 4, 5, 6 ve 9 olableceğ gösterz. 38