bölüm 1bölüm 1 kalanda³l klar 1.1 kalanda³l k kavram an mt 1.1. erilenv a, bp z ve m 0 tamsay...

Bölüm 1

Kalanda³l�klar

1.1 Kalanda³l�k Kavram�

Tan�m 1.1. Verilen a, b P Z ve m � 0 tamsay�lar� için, e§er m | a� b ise, a, bile m modülüne göre kalanda³t�r denir ve a � b pmod mq yaz�l�r. E§er m - a� bise, o zaman a ile b, m modülüne göre kalanda³ de§ildir denir.

Önerme 1.1. 1. a � a pmod mq;

2. a � b pmod mq ise, b � a pmod mq;

3. a � b pmod mq ve b � c pmod mq ise, a � c pmod mq

Kan�t. Al�³t�rma.

Önerme 1.1 modülo m kalanda³l�k ili³kisinin bir denklik ili³kisi oldu§unusöyler. Bir a P Z tamsay�s� için, a ile modülo m kalanda³ olan tamsay�lar�nkümesini a ile gösterelim.

a � tb P Z : b � a pmod mqu

� tmk � a : k P Zu� mZ� a

dir.

Tan�m 1.2. Verilen a tamsay�s� için a kümesine, bir modülo m kalanda³ s�n�f�denir

Önerme 1.2. 1. a � b olmas� için g.y.k. a � b pmod mq olmas�d�r;

2. a � b olmas� için g.y.k. aX b � H olmas�d�r;

3. Tamamen ayr�k, modülo m kalanda³ s�n��ar�n say�s� m'dir.


Tan�m 1.3. Modülo m kalanda³ s�n��ar�n�n kümesi Z{mZ ile gösterilir.

1

2 BÖLÜM 1. KALANDA�LIKLAR

Birbirinden farkl� a1, . . . , am tamsay�lar� verilsin. E§er her i � j için ai � ajise,

ta1, . . . amu

kümesine, bir modülom tam temsilciler kümesi denir. Mesela t0, 1, 2, 3u, t4, 9, 14,�1u,t0, 1,�2,�1u kümelerinin her biri, modülo 4 tam temsilciler kümesidir. Verilenbir ta1, . . . amu modülo m tam temsilciler kümesine kar³�l�k, Z{mZ kalanda³s�n��ar�n�n kümesinin bir temsili

Z{mZ � ta1, . . . , amu.

dir.

Önerme 1.3. verilen a, b tamsay�lar� için a � b pmod mq olmas� için gerek veyeter ko³ul, a ve b'nin m ile bölümlerinden kalanlar�n�n ayn� olmas�d�r.


Son elde edilen neticeye göre,m ¡ 0 olmak üzere, t0, 1, . . . ,m�1u kümesi birmodülo m tam temsilciler kümesidir ve Z{mZ kalanda³ s�n��ar�n�n kümesininbir temsili

Z{mZ � t0, 1 . . . ,m� 1u

dir.

Önerme 1.4. E§er a � c pmod mq ve b � d pmod mq ise, a � b � c � dpmod mq ve a � b � c � d pmod mq dir.


Verilen a, b P Z{mZ içina` b � a� b

ab b � ab

ile tan�mlayal�m. Bu i³lemler Önerme 1.5 den dolay�, kalanda³ s�n��ar�n�n temsil-cilerinin seçiminden ba§�ms�zd�r; yani e§er verilen a, a1, b, b1 P Z için e§er a � a1

ve b � b1 isea` b � a1 ` b1

ab b � a1 b b1

sa§lan�r.

Önerme 1.5. Verilen her a, b, c P Z{mZ için

1. a` pb` cq � pa` bq ` c

2. a` 0 � 0` a � a

3. a`�a � 0

4. a` b � b` a

5. ab pbb cq � pab bq b c

6. ab pb` cq � pab bq ` pab cqpb` cq b a � pbb aq ` pcb aq

1.2. POL�NOM KALANDA�LIKLAR 3

7. ab 1 � 1b a � a

8. ab b � bb a Özellikleri sa§lan�r.


Al�³t�rma 1.1. Grup, halka, birimli halka, birimli ve de§i³meli halka, taml�kbölgesi, cisim kavramlar�n�n tan�mlar�n� tekrar ediniz.

Önerme1.5 neticesinde, üzerindeki ` ve b i³lemleriyle birlikte, pZ{mZ,`,bqbirimli ve de§i³meli bir halkad�r.

Aritmetik ile ilgili problemlerle u§ra³�rken, zaman zaman, modülo m kalan-da³l�klarla çal�³maktansa Z{mZ halkas�nda çal�³mak i³imizi daha kolayla³t�ra-bilir.

Örnek 1. x2 � 117x � 31 polinomunun tamsay� köklerinin mevcut olmad�§�n�göstermek istiyoruz. E§er a � b pmod mq ise, an � bn pmod mq'dir. bu nedenle,ppaq � ppbq pmod mq sa§lan�r. E§er m � 2 seçersek a � 0 veya 1 pmod mq dir.Bu nedenle ppaq � pp0q pmod 2q veya ppaq � pp1q pmod 2q olmal�d�r.E§er hempp0q � 1 pmod 2q hem de pp1q � 1 pmod 2q ise, o zaman ppxq polinomun tümtamsay� de§erleri tektir. Bu nedenle ppxq polinomunun tamsay� kökü yoktur.�imdi ppxq � x2 � 117x� 31 için pp0q � 1 pmod 2q ve pp1q � 1 pmod 2q'dir. Ohalde bu polinomun hiç tamsay� kökü yoktur.

1.2 Polinom Kalanda³l�klar

Bu k�s�mda, ppXq, bir tamsay� katsay�l� polinom olmak üzere,

ppxq � 0 pmod mq

kalanda³l�k denklemlerinin çözümleri ile ilgilenece§iz. K�s�m 1.1, Örnek 1 'debahsetti§imiz gibi, e§er a � b pmod mq ise, ppaq � ppbq pmod mq'dir. Bunagöre, e§er x0 denklemin bir çözümüyse, x � x0 pmod mq ko³ulunu sa§layanher x tamsay�s� denklemin bir çözümüdür. Öyleyse, ppxq � 0 pmod mq denkle-minin modülo m çözümleri demekle, modülo m birbirleriyle kalanda³ olmayançözümlerini anlayaca§�z.

Örnek 2.6x � 3 pmod 15q

do§rusal denklemi için, 3, 8 ve 13 tamsay�lar� denklemin çözümleridir. Bu çö-zümler modülo 15 kalanda³ de§ildir. Bundan ba³ka, denklemin herhangi bir çö-zümü, bunlardan biriyle kalanda³t�r. Mesela, 18 bir çözümdür; fakat 18 � 3pmod 15q'tir. Buna göre, denklemin modülo 15 çözümleri 3, 8, 13'tür.

Önerme 1.6. Verilen bir fpXq � anXn�� a1X�a0 P ZrXs polinomu için

fpXq ile,fpXq � anX

n � � � � � a1X � a0 P pZ{mZqrXspolinomunu gösterelim. O zaman fpxq � 0 pmod mq denklemin modülo m çö-zümlerini bulmak, fpXq polinomunun Z{mZ halkas�ndaki çözümlerini bulmayadenktir; yani bir a P Z'nin fpxq � 0 pmod mq denkleminin çözümü olabilmesiiçin gerek ve yeter ko³ul a P Z{mZ'nin fpxq � 0 denklemi için bir çözüm olma-s�d�r.



1.2.1 Do§rusal kalanda³l�klar ve Z{mZ halkas�

Verilen bir ppXq � aX � b P ZrXs do§rusal polinomu için, ppxq � 0 pmod mqdenkleminin ne zaman çözümü oldu§unu, e§er çözüm varsa, bu çözümlerin nas�lhesapland�§�n� bulmaya çal�³aca§�z.

Diyelim ki, x0 P Z için ppx0q � ax0 � b � 0 pmod mq sa§lans�n. Yani

ax0 � b pmod mq

dir. O zaman tan�m gere§iax0 � my0 � b

e³itli§ini sa§layan bir y0 P Z vard�r; yani px0, y0q ikilisi

ax0 �my0 � b

di§rusal Diyofant denkleminin bir çözümüdür. Biliyoruz ki, böyle bir do§rusalDiyofant denklemin çözümünün mevcut olabilmesi için, gerek ve yeter ko³ulebobpa,mq | b olmas�d�r. Demek ki, ax � b pmod mq do§rusal kalanda³l�k denk-leminin çözümü varsa, ebobpa,mq | b olmal�d�r. Bu durumun tersi de do§rudur;yani, e§er d � ebobpa,mq olmak üzere d | b ise, ax � b pmod mq denklemininçözümü mevcuttur: Gerçekten de, d | b oldu§una göre ax � my � b Diyofantdenkleminin bir çözümü vard�r. Bu çözümlerden biri px0, y0q olsun. Öyleyse,ax0 �my0 � b'dir. Bu da

ax0 � b pmod mq

oldu§unu gösterir. Böylece a³a§�daki iddiay� kan�tlam�³ olduk.

Önerme 1.7. ax � b pmod mq do§rusal kalanda³l�k denkleminin bir çözümü-nün mevcut olabilmesi için gerek ve yeter ko³ul ax�ny � b Diyofant denkleminibir çözümünün mevcut olmas�d�r.

�imdi de, ax � b pmod mq denkleminin çözümü varsa, bu denklemin çözüm-lerinin nas�l hesaplanaca§�n� ara³t�ral�m. Gene ax �my � b do§rusal Diyofantdenklemini göz önüne al�rsak, biliyoruz ki, e§er px0, y0q ikilisi denklemin birçözümü ise, denklemin tüm çözüm ikilileri, her bir k P Z için

px0 � pm{dq � k, y0 � pa{dq � kq

biçimindedir. Burada, d � ebobpa,mq dir. Buna göre,

a�x0 �

m

d� k� b pmod mq

dir. Denklemin modülo m tüm çözümlerini bulmak için k ile d aras�nda bölmealgoritmas� uygulayarak,

k � dk1 � r, 0 ¤ r d� 1

yazal�m. O zaman yukar�daki denklem

a�x0 �

m

d� k� a

�x0 �

m

d� pdk1 � rq

� a�x0 �mk1 �

m

dr

� a�x0 �

m

dr

pmod mq p0 ¤ r d� 1q


biçimini al�r. Buradan görülür ki, ax � b pmod mq denklemi için,i x0, x0 �m{d, . . . , x0 �m{d � pd � 1q tüm modülo d çözümlerini verir. �unu kan�tlam�³olduk:

Önerme 1.8. Diyelim ki, d � ebobpa,mq olsun. E§er ax � b pmod mq denkle-minin çözümlerinden biri x0 ise, tüm modülo m çözümler

x0, x0 �m{d, . . . , x0 �m{d � pd� 1q

olarak verilir.

�ki önemli sonucumuz var.

Sonuç 1.1. E§er ebobpa,mq � 1 ise, o zaman ax � b pmod mq denkleminin birve yaln�z bir tane modülo m çözümü vard�r.

Sonuç 1.2. E§er p asalsa ve a � 0 pmod pq ise, o zaman ax � b pmod pqdenkleminin bir ve yaln�z bir çözümü vard�r.

�imdi, yukar�da elde etti§imiz neticelerin Z{mZ halkas�ndaki yans�malar�nabakal�m.

Tan�m 1.4. Z{mZ halkas�nda, verilen bir a P Z{mZ için,

ab b � 1

ko³ulunu sa§layan bir b P Z{mZ eleman� varsa, o zaman a 'ya Z{mZ halkas�ndatersinir(birimsel) eleman ad� verilir.

Yukardaki tan�ma göre bir a P Z{mZ'nin tersinir olmas�, ax � 1 denklemi-nin Z{mZ halkas�nda bir çözümünün olmas� anlam�na gelir. Bununla birlikteÖnerme1.6 gere§ince, Z{mZ halkas�nda, ax � b denkleminin çözümlerini bul-mak ax � b pmod mq kalanda³l�k denkleminin modülo m çözümlerini bulmayadenktir. Yani ax � b pmod mq denkleminin bir çözümü olmas� için gerek veyeter ko³ul, x0 P Z{mZ de, ax � b denkleminin bir çözümü olmas�d�r. Bura-dan hareketle, Z{mZ halkas�nda, verilen bir a P Z{mZ için ax � 1 denklemininZ{mZ halkas�nda çözümünün mevcut olmas� için, ax � 1 pmod mq kalanda³l�kdenkleminin de çözümü olmal�d�r ve bu denklemin çözümünün olabilmesi içind � ebobpa,mq | 1 olmal�d�r. Bu da d � 1 olmas�n� gerektirir. Böylece a³a§�dakiönermeyi kan�tlam�³ olduk:

Önerme 1.9. Bir a P Z verilsin. O zaman, a P Z{mZ'nin tersinir eleman�olabilmesi için gerek ve yeter ko³ul ebobpa,mq � 1 olmas�d�r.

�imdi, Z{mZ'deki tersinir elemanlar� UpZ{mZq ile gösterelim.

Önerme 1.10. Z{mZ'deki tersinir elemanlardan olu³an UpZ{mZq kümesi, Z{mZüzerinde tan�mlam�³ oldu§umuz b i³lemiyle birlikte de§i³meli bir gruptur; yani

1. ab b P UpZ{mZq p@a, b P UpZ{mZqq

2. ab pb` cq � pab bq ` pab cqpb` cq b a � pbb aq ` pcb aq p@a, b, c P UpZ{mZqq

3. 1 P UpZ{mZq ve ab 1 � 1b a � a (@a P UpZ{mZq )


4. Her a P UpZ{mZq için öyle bir x P UpZ{mZq vard�r ki, ax � 1'dir.

5. ab b � bb a p@a, b P UpZ{mZqq

özellikleri sa§lan�r.


Tan�m 1.5. Yukar�daki önermeyle birlikte elde etti§imiz pUpZ{mZq,bq çarp�m-sal grubuna, Z{mZ halkas�n�n birimler grubu denir.

�imdiye kadar elde ettiklerimizden hareketle,

Z{mZ � 0, 1, . . . ,m� 1

(temsili için, UpZ{mZq tersinir elemanlar�n kümesinin bir temsili,

UpZ{mZq � ta P Z{mZ : 0 ¤ a ¤ m� 1, ebobpa,mq � 1u

olarak ele al�nabilir. Buna göre, UpZ{mZq birimler grubunun | UpZ{mZq | ilegösterilen mertebesi

| UpZ{mZq |� ϕpmq

olur. Burada, ϕ ile, her m pozitif tamsay�s�na kar³�l�k, m ile aralar�nda asal mden küçük pozitif tamsay�lar�n say�s�n� veren, Euler'in � fonksiyonu gösterilmek-tedir.

E§er p bir asal say�ysa, 0 � a P Z{pZ için ebobpa, pq � 1'dir. Bu nedenle a buhalkan�n tersinir bir eleman�d�r. Böylece Z{pZ'nin s�f�rdan farkl� tüm elemanlar�tersinirdir. Yani Z{pZ bir cisimdir. E§er m asal say� de§ilse 0 m1,m2 molmak üzere m � m1m2 biçimindedir. Böylece m1 � 0 ve m2 � 0'd�r; fakat

m1m2 � m � 0

olur. Bu nedenle Z{mZ cisim de§ildir.

Özetle ³unu gösterdik:

Önerme 1.11. Bir a P Z{mZ'nin tersinir olmas� için gerek ve yeter ko³ulebobpa,mq � 1 olmas�d�r. a P Z{mZ'nin ϕpmq tane tersinir eleman� vard�r.Bununla birlikte, Z{mZ'nin cisim olmas� için gerek ve yeter ko³ul m'nin asalsay� olmas�d�r.

Tan�m 1.6. Verilen a tamsay�s� ve m pozitif tamsay�s� için ebobpa,mq � 1olmak üzere, ak � 1 pmod mq'yi sa§layan en küçük k tamsay�s�na, a'n�n modülom mertebesi denir ve ordmpaq ile gösterilir.

Al�³t�rma 1.2. Bir grubun mertebesi ve bir grubun eleman�n�n mertebesi kav-ramlar�n�n tan�mlar�n� hat�rlay�n�z.

Al�³t�rma 1.3. Verilen a P Z için ebobpa,mq � 1 olsun. O zaman | a | ile,a'n�n UpZ{mZq grubundaki mertebesi olmak üzere

ordmpaq �| a |

oldu§unu gözlemleyin.


Önerme 1.12. Verilen a tamsay�s� ve m pozitif tamsay�s� için ebobpa,mq � 1olsun.

1. ordmpaq | ϕpmq

2. ak � 1 pmod mq ancak ve ancak ordmpaq | k d�r.

3. ordmpakq � ordmaebobpk,ordmpaqq

Kan�t. 1 ve 2 al�³t�rma.(3'ün kan�t�) ordmpaq � s, ebobpordmpaq, kq � ebobps, kq � d olsun. Göstermekistiyoruz ki, ordmpakq � s{d'dir.

pakqsd � pa

kd qs � 1 pmod mq

sa§lan�r. Demek ki ordmpakq | s{d'dir.Di§er taraftan

pakqordmpakq � ak�ordmpakq � 1 pmod 1q

olmas� gere§inceordmpaq � s | k � ordmpakq

elde edilir. Buradan das

d|k

d� ordmpa

kq

bulunur; fakat ebobps{d, k{dq � 1 oldu§u için

s

d| ordmpa

kq

sonucuna ula³�l�r. Öyleyse

ordmpakq �

s

d�

ordma

ebobpk, ordmpaqq

Önerme 1.13 (Euler'in teoremi). E§er ebobpa,mq � 1 ise, o zaman

aϕpmq � 1 pmod mq

.

Kan�t. Al�³t�rma (UpZ{mZq grubunun mertebesi nedir?).

Önerme 1.14 (Küçük Fermat teoremi). E§er p asal say�ysa ve p - a ise, ozaman ap�1 � 1 pmod pq'dir.


�imdi, bir p asal� için Z{pZ polinom halkas�n� ele alal�m. Daha önce Z{pZ'nincisim oldu§unu söylemi³tik. Bu noktada, katsay�lar� bir F cismi üzerinden olanF rXs polinom halkalar� ile ilgili baz� hat�rlatmalar� yapmakta fayda var.

Önerme 1.15. Katsay�lar� F cisminden olan polinomlar halkas� F rXs verilsin


1. Bir fpXq P F rXs polinomunu alal�m. E§er degpfpXqq � n ise, fpXqpolinomunun F cismi içinde en fazla n tane kökü vard�r.

2. fpXq, gpXq P F rXs polinomlar� için degpfpXqq � degpgpXqq � n olsun.E§er F 'nin birbirinden farkl� α1, α2, . . . , αn�1 elemanlar� için fpα1q �gpα1q, fpα2q � gpα2q, . . . , fpαn�1q � gpαn�1q oluyorsa, o zaman fpXq �gpXq sa§lan�r.


Önerme 1.16. Verilen p asal say�s� için Z{pZrXs polinom halkas�nda,

Xp�1 � 1 � pX � 1qpX � 2q � � � pX � p� 1q

sa§lan�r.

Kan�t. fpXq � pXp�1�1q�pX�1qpX�2q � � � pX�p� 1q polinomunun derecesip�1'den küçüktür ve kökleri 1, 2, . . . , p� 1'dir. Bu nedenle fpXq � 0 olmal�d�r.

Sonuç 1.3. Her x P Z'için

xp�1 � 1 � px� 1qpx� 2q � � � px� pp� 1qq pmod pq

dir.


Sonuç 1.4 (Wilson teoremi). Her p asal say�s� için

pp� 1q! � �1 pmod pq

Kan�t. Bir önceki sonuçta x yerine p koyulursa istenilen neticeye ula³�l�r.

Tan�m 1.7. Verilen a tamsay�s� ve m pozitif tamsay�s� için ebobpa, bq � 1 olmaküzere, e§er ordmpaq � ϕpmq ise, a'ya, modülo m ilkel kök ad� verilir.

Yukar�daki tan�ma göre, e§er ordmpaq � ϕpmq ise,

UpZ{mZq � a ¡�!a, a2, . . . , aϕpmq

)

d�r. Yani Z{mZ devirli bir gruptur.

Daha ileride, verilen herhangi bir p asal say�s� için UpZ{pZq grubunun devirligrup oldu§unu gösterece§iz. Fakat asal olmayan baz� m pozitif tamsay�s� içinZ{mZ devirli olmayabilir.

Örnek 3. Mesela m � 8 için Z{mZ'nin birim grubu

UpZ{8Zq � t1, 3, 5, 7u

için 32 � 1, 52 � 1, 72 � 1 dir. Bu nedenle hiç modülo 8 ilkel kök yoktur.

Bununla birlikte, Z{mZ'nin devirli grup oldu§u asal olmayan m say�lar� davard�r.

Örnek 4. Mesela, m � 4 için

UpZ{4Zq � t1, 3u � x3y.


1.2.2 Yüksek dereceden kalanda³l�klar Çinli kalan teoremi

Bir örnekle Ba³layal�m. Mesela fpXq � X4 � 1 P ZrXs polinomu için fpxq � 0pmod 15q denkleminin çözümlerini bulmak istiyoruz. Her ³eyden önce, fpxq � 0pmod 15q denkleminin modülo p çözümlerinin, fpXq � X4 � 1 P Z{15ZrXs po-linomunun Z{15Z içindeki köklerini bulmaya kar³�l�k geldi§ini hat�rlatal�m.

�u gözlemi yapal�m: Aç�kt�r ki, bir x P Z için, fpxq � 0 pmod 15q ise,fpxq � 0 pmod 3q ve fpxq � 0 pmod 5q sa§lanmal�d�r. Tersine, fpxq � 0pmod 3q ve fpxq � 0 pmod 5q ise, bu durumda 3 | fpxq, 5 | fpxq ve ebobp3, 5q � 1oldu§u için 15 | fpxq olaca§�ndan, fpxq � 0 pmod 15q elde edilir.

Demek ki, bir x tamsay�s� verildi§inde fpxq � 0 pmod 15q denkleminin sa§-lanmas� için gerek ve yeter ko³ul, fpxq � 0 pmod 3q ve fpxq � 0 pmod 5q denk-lemlerinin sa§lanmas�d�r.

fpxq � 0 pmod 3q denkleminin çözümleri b11 � 1, b12 � 2 ve fpxq � 0pmod 5q denkleminin çözümleri b21 � 1, b22 � 2, b23 � 3, b24 � 4 olarakbulunur. Öyleyse i � 1, 2 ve j � 1, 2, 3, 4 olmak üzere

x � b1i pmod 3q

x � b2j pmod 5q

sistemlerinden her birinin çözümü, fpxq � 0 pmod 15q denkleminin bir çözü-münü verir. Bu sistemlerin çözümleri için Çinli kalan teoreminden yararlanaca-§�z.

Teorem 1.1 (Çinli kalan teoremi). m1, m2, . . . ,mr pozitif tamsay�lar� iki³eriki³er aralar�nda asal ve b1, b2, . . . , br herhangi tamsay�lar olmak üzere

x � b1 pmod m1q

x � b2 pmod m2q

...

x � br pmod mrq

sisteminin modülo M � m1m2 � � �mr tek çözümü vard�r.

Örnek 5.x � 2 pmod 3q

x � 1 pmod 5q

x � 4 pmod 7q

denkleminin çözümünü bulal�m.m1 � 3, m2 � 5, m3 � 7M � m1m2m3 � 3 � 5 � 7 � 105M1 � M{m1 � 105{3 � 35, M2 � M{m2 � 105{5 � 21, M3 � M{m3 �105{7 � 1535x � 1 pmod 3q ise, x1 � 221x � 1 pmod 5q ise, x2 � 115x � 1 pmod 7q ise, x3 � 1X �M1x1b1�M2x2b2�M3x3b3 � 35 �2 �2�21 �1 �1�15 �1 �4 � 221 çözümdür.


Örnek 6. fpXq � X4�1 örne§inde fpxq � 0 pmod 3q denkleminin çözümlerinib11 � 1, b12 � 2 ve fpxq � 0 pmod 5q denkleminin çözümlerini b21 � 1, b22 � 2,b23 � 3, b24 � 4 olarak hesaplam�³t�k. Öyleyse i � 1, 2 ve j � 1, 2, 3, 4 olmaküzere

x � b1i pmod 3q

x � b2j pmod 5q

sistemlerinin her birinin çözümümün fpxq � 0 pmod 15q denkleminin de birçözümü oldu§unu söylemi³tik. �imdi bu denklem sistemlerini çözelim. Buradam1 � 3, m2 � 5, M � m1m2 � 15, M1 � M{m1 � 5, M2 � M{m2 � 3'tür.Buradan M1x � 1 pmod 3q denkleminin çözümü x1 � 2 ve M2x � 1 pmod 5qdenkleminin çözümü x2 � 2 `dir. Sonuç olarak, arad�§�m�z çözümler

bij �M1x1b1i �M2x2b2j � 5 � 2b1i � 3 � 2b2j

formundad�r. Bu bilgilerle çözümleri veren a³a§�daki tabloyu olu³turabiliriz.

(i,j) b1i b2j bij(1,1) 1 1 16(1,2) 1 2 22(1,3) 1 3 28(1,4) 1 4 34(2,1) 2 1 26(2,2) 2 2 32(2,3) 2 3 38(2,4) 2 4 44

Art�k a³a§�daki önermenin nas�l kan�tlanaca§� ile ilgili bir �krimiz var.

Önerme 1.17. Diyelim ki, m1, m2, . . . ,mr iki³er iki³er aralar�nda sal pozi-tif say�lar ve M de bu say�lar�n çarp�m� olsun. O zaman fpxq � 0 pmod Mqdenkleminin çözümünün olabilmesi için gerek ve yeter ko³ul her i � 1, 2, . . . , riçin fpxq � 0 pmod miq denkleminin çözümünün mevcut olmas�d�r. E§er çö-züm varsa, fpxq � 0 pmod miq denkleminin çözüm say�s� Npmiq olmak üzere,fpxq � 0 pmod Mq denkleminin çözümlerinin say�s� da, Npm1q � � �Npmrq'dir.


Sonuç olarak M � pa1pa2 � � � par asal çarpanlar�na ayr�l�³� olmak üzere,fpxq � 0 pmod Mq denkleminin çözümlerini hesaplamak için fpxq � 0 pmod paiqdenklemlerinin çözümlerini bilmeye ihtiyac�m�z var. A³a§�da verece§imiz kav-ram, bu tip polinom denklemlerinin çözümünü incelerken i³imizi görecek:

Tan�m 1.8. fpXq � a0 � a1X � � � � anXn P ZrXs polinomu verilsin.

1. fpXq'in formel (biçimsel) türevi

f 1pXq :� a1 � 2a2X � � � � � nanXn�1 P ZrXs

polinomu olarak tan�mlan�r.

2. fpXq'in f pkqpXq ile gösterilen k'inci biçimsel türevi, f p0qpXq :� fpXqolmak üzere

f pkqpXq � pf pk�1qq1pXq

olarak tan�mlan�r.


3. hafta, 13.03.2020 Cuma

Örnek 7. ppXq � Xn P ZrXs polinomunu alal�m. Verilen x, y tamsay�lar� için,ppXq'in x� y'deki de§erini hesaplarsak

ppx� yq � px� yqn � xn �

�n

1

xn�1y � � � � �

�n

n� 1

xyn�1 � yn

� xn � nxn�1y � � � � � nxyn�1 � yn

� ppxq � p1pxqy �p2pxq

2!y2 � � � � �

ppn�1qpxq

pn� 1q!yn�1 �

ppnqpxq

n!yn

buluruz.

Bu bir tesadüf de§il.

Önerme 1.18. E§er fpXq P ZrXs tamsay� katsay�l� bir polinom ise, verilen x,y P Z için

fpx� yq � fpxq � f 1pxqy �f2pxq

2!y2 � � � � �

f pn�1qpxq

pn� 1q!yn�1 �

f pnqpxq

n!yn

dir.


Bu önerme yard�m�yla, verilen bir fpXq P ZrXs polinomunun a ¡ 1 ve p asalolmak üzere, fpxq � 0 pmod paq çözümü bilindi§inde, bu çözümden fpxq � 0pmod pqa�1 denkleminin çözümlerinin nas�l elde edilece§ini görece§iz.

Diyelim ki fpbq � 0 pmod paq sa§lans�n. O zaman, her k P Z için, x � pak�bdenklemin bir çözümüdür. �lk önce fppak�bq � 0 pmod pa�1q olmas� için, k'n�nhangi ko³ullar� sa§lamas� gerekti§ini hesaplamak istiyoruz:

Önerme 1.18 neticesinde

fpb� pakq � fpbq � f 1pbqpak�f2pbq

2!ppakq2 � � � � �

f pn�1qpbq

pn� 1q!ppakqn�1 � ppakqn

olur. Bu e³itli§i pmod pa�1q'de yazarsak p2a, p3a, . . . , pna � 0 pmod pa�1q ola-ca§�ndan

fpb� pakq � fpbq � f 1pbqpak pmod pa�1q

bulunur. Di§er taraftan, fpbq � 0 pmod paq idi; yani uygun bir t P Z seçimi içinfpbq � pat biçimindedir. Öyleyse, yukar�daki ifadeyi

fpb� pakq � pat� f 1pbqpak � papt� f 1pbqkq pmod pa�1q

biçimine getirebiliriz. Demek ki,

fpb� pakq � 0 pmod pa�1q

olabilmesi için gerek ve yeter ko³ul,

papt� f 1pbqkq � 0 pmod pa�1q


olmas�d�r. Bunun için de

t� f 1pbqk � 0 pmod pq

olmal�d�r (neden?). Ayn� zamanda fpbq � pat oldu§undan

t �fpbq

pa

dir. Bu bir önceki denklemde yerine konup düzenlenirse,

f 1pbqk � �fpbq

papmod pq

elde edilir.

Sonuç olarak fpbq � 0 pmod paq olmak üzere, x � pak � b tamsay�s�n�nfpxq � 0 pmod pa�1q kalanda³l�§�n� sa§lamas� için gerek ve yeter ko³ul, k'n�nf 1pbqk � �fpbq{pa pmod pq kalanda³l�§�n� sa§lamas�d�r.

f 1pbqk � �fpbq{pa pmod pq kalanda³l�§� iki durum için incelenir:

1. f 1pbq � 0 pmod pq olabilir. Bu durumda, �fpbq{pa � 0 pmod pq olmas�ancak fpbq � 0 pmod pa�1q ise mümkündür (neden?). Bu durumda, herk tamsay�s� için f 1pbqk � �fpbq{pa pmod pq denklemi sa§lan�r. Di§er birdeyi³le f 1pbqk � �fpbq{pa pmod pq denkleminin tüm modülo p çözümleri,k � 0, 1, . . . , p� 1'dir.

Öyleyse, f 1pbq � 0 pmod pq olmas� durumunda, e§er fpbq � 0 pmod pa�1qise, fpxq � 0 pmod pa�1q kalanda³l�k denkleminin tüm modülo pa�1 çö-zümleri, k � 0, 1, . . . p� 1 için

xk � b� pak

biçimindedir.

Di§er yandan, e§er fpbq � 0 pmod pa�1q ise çözüm yok.

2. f 1pbq � 0 pmod pq olabilir. Bu durumda modülo p biricik bir k tamsay�s�için f 1pbqk � �fpbq{pa pmod pq kalanda³l�§� sa§lan�r (neden?).

Öyleyse f 1pbq � 0 pmod pq olmas� durumunda, f 1pbqk � �fpbq{pa pmod pqkalanda³l�§�n� sa§layan modülo p biricik k de§eri için x � b�pak, fpxq � 0pmod pa�1q kalanda³l�§�n� sa§lar.

Örnek 8. fpxq � x3 � x� 19 � 0 pmod 72q denkleminin çözümlerini bulal�m3Ad�m 1: Önce fpxq � 0 pmod 7q denkleminin çözümlerini bulal�m: Çözümlerb1 � �1 ve b2 � �3.Ad�m 2a (b1 � �1 çözümü): f 1pb1q � f 1p�1q � 4 � 0 pmod 7q dir. O zaman

f 1pb1qk � �fpb1q

7pmod 7q

4k � 3 pmod 7q

k � 6 pmod 7q


Buna görex � b1 � 7k � �1� 7 � 6 � 41

Ad�m 2b (b2 � �3 çözümü): f 1pb2q � f 1p�3q � 0 pmod 7q dir ve fpb2q � fp�3q �

�49 � 0 pmod 72q dir. Bu durumda k � 0, 1, . . . , 6 için

x � b2 � 7k � �3� 7k

say�lar� fpxq � 0 pmod pq72q denkleminin modülo 72 çözümleridir.Sonuç olarak, fpxq � 0 pmod 72q denkleminin tüm modülo 72 çözümlerinin

kümesi:t�3, 4, 11, 18, 25, 32, 39, 41u

dir.

4. hafta 19.03.2020 Per³embe

Görüldü§ü gibi, verilen bir p asal� için, fpxq � 0 pmod paq denkleminin çö-zümleri, fpxq � 0 pmod pq denkleminin çözümlerine ba§l�d�r; ancak, fpxq � 0pmod pq denkleminin çözümlerini bulmak için standart bir yöntem yoktur.Bununlabirlikte, zaman zaman bu polinomlar� pZ{pZqrXs polinom halkas�n�n elemanlar�olarak görmek, çözümleri hesaplamay� biraz daha kolayla³t�r�r.

Bundan böyle verilen bir p asal say�s� ve bir ppXq � λnXn�� λ1X�λ0 P

ZrXs polinomuna kar³�l�k, fpXq ile, λnXn � � � � � λ1X � λ0 P pZ{pZqrXs poli-nomunu gösterece§iz. Elbette her P pXq P pZ{pZqrXs için, öyle bir fpXq P ZrXspolinomu vard�r ki, fpXq � F pXq sa§lan�r. Bundan ba³ka ³unu gözlemleyebi-liriz ki, fpXq � gpXq ise, o zaman fpXq P ZrXs ile gpXq P ZrXs'in modülo pkökleri ayn�d�r (neden?).

Tamsay� katsay�l� fpXq � anXn � an�1X

n�1 � � � � a1X � a0 polinomu ve pasal say�s�n� p - an olacak ³ekilde alal�m. E§er n ¥ p ise, o zaman polinomun enfazla p tane modülo p kökü vard�r.

Örnek 9. fpXq � Xp � X polinomunun tam p tane modülo p kökü vard�r.Çünkü küçük Fermat teoremi gere§i, herhangi bir x P Z için,

xp � x � x� x � 0 pmod pq

dir.

�imdi, bir fpXq � anXn � an�1X

n�1 � � � � a1X � a0 polinomu verildi§inde,e§er n ¥ p ise, ne zaman fpxq � 0 pmod pq denkleminin tam p tane kökününmevcut olaca§�n� bulal�m. Bu do§rultuda, baz� kavramlar� hat�rlamakta faydavar.

Tan�m 1.9. Verilen fpXq, gpXq P pZ{pZqrXs polinomlar� için, e§er

fpXq � gpXqhpXq

ko³ulunu sa§layan bir hpXq polinomu varsa, gpXq polinomu fpXq polinomunupZ{pZqrXs halkas�nda böler denir ve gpXq | fpXq notasyonu, �gpXq böler gpXq�oldu§u anlam�na gelir. E§er gpXq polinomu fpXq'i bölmezse, bunu belirtmek içinde gpXq - fpXq notasyonu kullan�l�r.


Önerme 1.19 (Z{pZ katsay�l� polinomlarda bölme algoritmas�). Verilen fpXq,gpXq P ZrXs polinomlar� için gpXq � 0 ise, o zaman öyle qpXq, rpXq P ZrXspolinomlar� vard�r ki, pZ{pZqrXs polinom halkas�nda,

fpXq � gpXqqpXq � rpXq prpXq � 0 veya derprpXqq derpgpXqq (1.1)

özde³li§i sa§lan�r. Dahas�, (1.1) özde³li§ini sa§layan qpXq, rpXq P pZ{pZqrXspolinomlar� tek türlüdür; yani e§er q1pXq, r1pXq P ZrXs polinomlar� için

fpXq � gpXqq1pXq � r1pXq pr1pXq � 0 veya derpr1pXqq derpgpXqq

sa§lanoyorsa, bu durumda qpXq � q1pXq ve rpXq � r1pXq olur.

Uyar� 1.1. Bir önceki önermeyi modüler aritmetik dilinde ifade edersek, verilenfpXq ve gpXq polinomlar�na kar³�l�k, 1.1 denklemini sa§layacak ³ekilde var olanqpXq, rpXq P ZrXs polinomlar� için,

fpxq � gpxq � qpxq � rpxq pmod pq

kalanda³l�k denklemi her x P Z için sa§lan�r.

Önerme 1.20. Bir fpXq P ZrXs polinomu ve bir p asal say�s� için, öyle birgpXq P ZrXs polinomu vard�r ki, derpgpXqq p'dir ve gpXq'in modülo p köklerifpXq'in modülo p kökleriyle ayn�d�r.

Kan�t. pZ{pZqrXs halkas�nda fpXq ve Xp�X polinomlar�na bölme algoritmas�uygulayarak, uygun qpXq ve rpXq P ZrXs polinomlar� için,

fpXq � pXp �XqqpXq � rpXq prpXq � 0 veya derprpXqq pq

yazal�m. O zaman her x P Z için

fpxq � pxp � xqqpxq � rpxq � rpxq pmod pq

dir.

E§er rpXq � 0 polinomu ise, o zaman herhangi bir hpXq P ZrXs için, gpXq �p � hpXq polinomu gpXq � rpXq ko³ulunu sa§lar. Uygunluk olmas� aç�s�ndanhpXq � 0 ve derpgpXqq p seçebiliriz. Bu durumda her x P Z için

fpxq � rpxq � gpxq � 0

olur. Sonuç olarak gpXq � p � hpXq polinomuyla fpXq polinomunun modülo pkökleri ayn�d�r.

E§er rpXq � 0 ise, rpXq polinomunun derecesi p'den küçüktür. O zaman öylebir gpXq P ZrXs polinomu vard�r ki, derpgpXqq p ve gpXq � rpXq sa§lan�r.Yani söz konusu gpXq polinomu için dergpXq p ve fpXq � gpXq'dir. O haldefpXq'in modülo p kökleriyle, gpXq'in modülo p kökleri ayn�d�r.

Sonuç 1.5. Bir fpXq P ZrXs polinomu ve bir p asal say�s� için derpfpXqq �n ¥ p olsun. O zaman fpXq polinomunun tam modülo p tane kökü varsa,pZ{pZqrXs polinom halkas�nda Xp �X | fpXq'dir.


Kan�t. Diyelim ki, fpXq polinomunun birbirinden farkl� modülo p köklerininsay�s� p olsun. O zaman fpXq polinomunun da Z{pZ'de, tam p tane kökü vard�r(Önerme 1.6). Bu da, önerme 1.15 gere§ince degpfpXq ¥ pq olmas�n� gerektirir.�imdi, fpXq ve Xp�X polinomlar�na pZ{pZqrXs halkas�nda bölme algoritmas�uygulayarak, uygun qpXq ve rpXq P ZrXs polinomlar� için,

fpXq � pXp �XqqpXq � rpXq prpXq � 0 veya derprpXqq pq

yazal�m. O zaman, hem fpXq'in hem de Xp � X'in tam p tane kökü mevcutoldu§undan

rpXq � fpXq � pXp �XqqpXq

polinomunun da p kökü vard�r; ama bu durum rpXq � 0 olmas�n� gerektirir.Çünkü aksi halde derecesi p den küçük bir polinomun p tane kökü olurdu. Sonuçolarak Xp �X | fpXq.

4. hafta 20.03.2020 Cuma

Örnek 10. fpXq � 7X15 � 13X14 � 2X12 � 21X5 � 17 P ZrXs polinomuiçin fpxq � 0 pmod 7q çözümlerini bulmak istiyoruz. Küçük Fermat teoremigere§i, verilen herhangi bir x P Z için x6 � 1 pmod 7q ve x7 � x pmod 7qsa§land�§�ndan,

fpxq � 7x15 � 13x14 � 2x12 � 21x5 � 17 � 0� 6px7q2 � 2px6q2 � 0� 3

� 6x2 � 1 pmod 7q

elde edilir. Bu gözlemimizden gpXq � 6x2 � 1 P ZrXs polinomunun modülo 7kökleriyle, fpXq polinomunun modülo 7 köklerinin ayn� oldu§u anla³�l�r. Böylecegpxq � 0 pmod 7q denkleminin modülo 7 kökleri x1,2 � �1 oldu§undan, fpxq � 0pmod 7q denkleminin kökleri de x1,2 � �1'dir.

Örnek 11. fpXq � x15 �X10 � 4X � 3 polinomu için

fpxq � 0 pmod 7q

denkleminin çözümlerini hesaplamak istiyoruz. fpXq ile X7 �X polinomu içinZ{7ZrXs polinom halkas�nda bölme algoritmas� ile,

fpXq � pX8 �X3 �X2qpX7 �Xq � p�X4 �X3 � 4X � 3q

elde ederiz. Böylece, fpXq polinomunun modülo p çözümlerini bulmak için gpXq �X4 �X3 � 4X � 3 polinomunun modülo p çözümlerini hesaplamak yeterlidir.

�kinci yol olarak, x7 � x pmod pq her x tamsay�s� için sa§land�§�ndan,

fpxq � x15 � x10 � 4x� 3 � px7q2x� px7qx3 � 4x� 3

� x3 � x4 � 4x� 3

� �x4 � x3 � 4x� 3

� p�1qpx4 � x3 � 4x� 3q pmod 7q

elde ederiz. Buna göre gpXq � X4�X3�4X�3 P ZrXs polinomu için, gpXq'inmodülo 7 kökleri ile fpXq'in modülo 7 kökleri ayn�d�r.


Önerme 1.21. Bir fpXq P ZrXs polinomu ve p asal say�s� için, fpXq � 0 ven � derpfpXqq � derpfpXqq ¤ p olsun. O zaman fpXq'in n tane birbirindenfarkl� modülo p kökünün mevcut olmas� için gerek ve yeter ko³ul fpXq | Xp�Xolmas�d�r.

Kan�t. pZ{pZqrXs halkas�nda, Xp �X ve fpXq ve polinomlar� için bölme algo-ritmas� yaparak, uygun gpXq, rpXq P ZrXs polinomlar� için,

Xp �X � gpXqfpXq � rpXq prpXq � 0 veya derprpXqq derpfpXqqq

biçiminde yazal�m. E§er fpXq | Xp�X ise o zaman rpXq � 0 'd�r. Bu nedenle,

Xp �X � gpXqfpXq

sa§lan�r. Buna göre, Xp�X polinomunun kökleriyle, gpXqfpXq çarp�m�n�n kök-leri ayn�d�r; ama her sol taraf�n tam p tane kökü vard�r. O zaman gpXqfpXqkökleri de tam p tanedir. Ayr�ca derpgpXqq � p � n ve derpfpXqq � n oldu§uiçin fpXq polinomunun tam n tane kökü olmal�d�r (neden?)

Demek ki fpXq - Xp�X olmas� durumunda fpxq � 0 pmod pq denkleminintam n tane modülo p kökü var.

Bu durumun tersi de do§rudur; yani e§er fpxq � 0 pmod pq denklemininmodülo p kökleri tam n taneyse, rpXq � 0 olmal�. Çünkü, e§er a, fpXq'inköküyse, ayn� zamanda Xp �X'in de kökü olaca§� için,

Xp �X � gpXqfpXq � rpXq

özde³li§indenrpXq � 0

elde edilir. Yani, fpXq polinomunun tüm kökleri, ayn� zamanda rpXq polino-munun da kökleridir. Bu durumda, rpXq � 0 olmal�d�r. E§er öyle olmasayd�derprpXqq n ve rpXq polinomunun en az n tane kökü olurdu.

Sonuç 1.6. E§er ZrXs halkas�nda, verilen bir fpXq � anXn � � � � � a1X � a0

polinomu için, p - an ve fpXq | Xp�X ise, o zaman fpXq polinomunun n tanebirbirinden farkl� modülo p kökü vard�r.

Kan�t. ZrXs halkas�nda fpXq | Xp�X olmas�, pZ{pZqrXs halkas�nda da fpXq |Xp � X olmas�n� gerektirir. Dolay�s�yla Önerme?? gere§ince istenen neticeyeula³�l�r.

Önerme 1.22. Verilen p asal� ve bir d pozitif tamsay�s� için, e§er d | p� 1 ise,

Xd � 1

polinomunun tam d tane, modülo p kökü vard�r.

Kan�t.

Xp �X � XpXp�1 � 1q � XppXdqk � 1q � XpXd � 1qppXdqk�1 � � � � � 1q

o halde Xd � 1 polinomu Xp � X polinomunu böler. Bu nedenle bir öncekiönerme gere§ince Xd � 1 polinomunun tam d tane modülo p kökü vard�r.


�imdi, elde etti§imiz bu son neticeyi kullanarak UpZ{pZq grubunun devirlibir grup oldu§unu gösterebiliriz.

Önerme 1.23. E§er p asal say�ysa, bir modülo p ilkel kök vard�r. Yani öylebir a P Z vard�r ki, ordppaq � p� 1 sa§lan�r. Di§er bir deyi³le, UpZ{pZq grubudevirli gruptur.

Kan�t. Verilen p asal say�s� için, p� 1'in asal çarpanlar�na ayr�l�³�

p� 1 � qa11 � � � qar

r

olsun. O zaman O zaman Önerme gere§ince

xqai�1

i � 1 pmod pq

denkleminin birbirinden farkl� modülo p çözümlerinin say�s� qai�1i 'dir. Benzer

nedenlerdenxq

aii � 1 pmod pq

denkleminin de birbirinden farkl� qaii tane modülo p çözümü mevcuttur. Dahas�

ilk denklemin tüm çözümleri, ayn� zamanda ikinci denklemin de çözümleridir.Diyelm ki gi tamsay�s�, ikinci denklemin çözümü olup birinci denklemin çözümüolmayacak ³ekilde seçilsin. O zaman gi nin seçimi gere§i,

ordppgiq � qaii

dir. Her i için benzer argüman kullanarak seçti§imiz ordppgiq � qaii tamsay�la-

r�ylag � g1g2 � � � gr

say�s�n� alal�m. Bu durumda ordppgq � qa11 � � � qar

r � p � 1 'dir (neden?). Sonuçolarak

UpZ{pZq � xgy

dir.

Al�³t�rma 1.4. Diyelim ki, a, b tamsay�lar� m ile aralar�nda asal tamsay�larolsun. E§er ordmpaq � s, ordmpbq � t ve ebobps, tq � 1 ise, bu durumda ordmpa�bq � s � t olur.

Bölüm 2

�lkel kökler

5. hafta 26.03.2020 Per³embe

Bu bölüme ba³lamadan önce, bir önceki bölümde vermi³ oldu§umuz bir tam-say�n�n modülo m mertebesi, modülo m ilkel kök gibi kavramlar�, bu kavramla-r�n UpZ{mZq çarp�msal grubuyla olan ili³kileri ve bu kavramlarla ilgili özellikleritekrar ediniz.

Bir önceki bölümde, verilen bir p asal say�s� için, UpZ{pZq çarp�msal gru-bunun bir devirli grup oldu§unu göstermi³tik. Bu da modülo p ilkel köklerinmevcut oldu§u anlam�na gelir. Bu bölümde,

xn � a pmod pq

tipinde kalanda³l�k denklemleri için ilkel kökler yard�m�yla i³imizi kolayla³t�-racak çözüm metodlar� bulunabilece§ini görece§iz. Bu metodlar, verilen bir mpozitif tamsay�s� için modülo m ilkel kökler mevcut olmas� halinde

xn � a pmod mq

türünden denklemlerin çözümü için de kullan�labilir. Fakat, daha önce UpZ{mZq'nindevirli grup olmad�§�m pozitif tamsay�lar�lar�n�n da mevcut oldu§unu belirtmi³-tik. Mesela Örnek 3'te UpZ{8Zq grubunun devirli grup olmad�§�n� göstermi³tik.Yani modülo 8 ilkel kök yoktur. Bu bölümde, hangi m pozitif tamsay�lar� içinmodülo m ilkel köklerin mevcut olup olmad�§�n� irdeleyece§iz.

Örnek 12. Modülo 7 ilkel kökleri bulmaya çal�³al�m.

UpZ{7Zq � t1, 2, 3, 4, 5, 6u

oldu§una göre, yapmam�z gereken 1 ¤ g ¤ 6 ve ord7pgq � ϕp7q � 6 ko³ulunusa§layan g tamsay�lar� bulmak olacak:g � 1 ilkel kök de§ildir.g � 2 için 22 � 4 pmod 7q, 23 � 1 pmod 7q oldu§undan ord7p2q � 3'tür.g � 3 için 32 � 2 pmod 7q, 33 � 6 pmod 7q, 34 � 4 pmod 7q, 35 � 5 pmod 7q,36 � 1 pmod 7q oldu§una göre ord7p3q � 6 � ϕp7q 'dir. Demek ki 3 say�s�, birmodülo 7 ilkel köktür. g � 4 için, 42 � 2 pmod 7q, 43 � 1 pmod 7q oldu§u içinord7p4q � 3 bulunur. g � 5 için, 52 � 4 pmod 7q, 53 � 6 pmod 7q, 54 � 2pmod 7q, 55 � 3 pmod 7q, 56 � 1 pmod 7q oldu§undan ord7p5q � 6 � ϕp7q.

19

20 BÖLÜM 2. �LKEL KÖKLER

Demek ki, modülo 7 di§er ilkel kök 5 tamsay�s�d�r.g � 6 ilkel kök de§ildir; çünkü 62 � 1 pmod 7q. Buna göre, modülo 7 tüm ilkelkökler 3 ve 5 olarak hesaplan�r.

Bir m pozitif tamsay�s� verildi§inde, e§er modülo m ilkel kök varsa, tüm mo-dülo m ilkel kökleri el yordam�yla hesaplamak mümkündür. Fakat m büyüdükçebu ³ekilde hesap yapmak güçle³ir. Di§er taraftan mertebelerle ilgili daha önce debahsetmi³ oldu§umuz özellikler ilkel kök hesaplamay� biraz daha kolayla³t�r�r.

Önerme 2.1. Diyelim ki, g bir modülo m ilkel kök olsun. O zaman k pozitiftamsay�s� verildi§inde, gk'n�n modülo m ilkel kök olmas� için gerek ve yeter ko³ulebobpk, ϕpmqq � 1 olmas�d�r.

Kan�t. Verilen k tamsay�s� için gk modülo m ilkel kök olsun. O zaman Önerme1.12 gere§ince

ordmpgkq �

ordmpgq

ebobpk, ordmpgqq

dir. Di§er taraftan g modülo m ilkel kök oldu§undan ordmpgq � ϕpmq ve gk demodülom ilkel kök oldu§undan da ordmpgkq � ϕpmq dir. Bu nedenle yukar�dakiformüle göre,

ordmpgkq � ϕpmq �

ϕpmq

ebobpk, ϕpmqq

olmal�d�r. Bu da ebobpk, ϕpmqq � 1 olmas�n� gerektirir.

Tersine, ebobpk, ϕpmqq � 1 sa§land�§�n� kabul edelim. O zaman ordmpgq �ϕpmq oldu§undan, Önerme 1.12 gere§ince

ordmpgkq �

ordmpgq

ebobpk, ordmpgqq�ϕpmq

1� ϕpmq

elde edilir. Böylece gk'nin de modülo m ilkel kök oldu§unu göstermi³ oluruz.

Uyar� 2.1. yukar�daki önermeye göre, modülo m ilkel köklerden biri g ise, tümmodülo m ilkel kökler 0 k ϕpmq ve ebobpk, ϕpmqq � 1 ko³ulunu sa§layan ktamsay�lar� için gk biçimindedir.

Örnek 13. Bir önceki örnek için ϕp7q � 6 ile aralar�nda asal say�lar 1, 5 tir.Buna göre modülo 7 ilkel köklerden biri 3 ise, di§er ilkel kök 35'tir. Not olarak,35 � 5 pmod 7q'dir.

Sonuç 2.1. E§er verilen bir m pozitif tamsay�s� için modülo m ilkel kök varsa,o zaman m modülüne göre birbirinden farkl� ilkel köklerin say�s� ϕpmq'dir.

Sonuç 2.2. Diyelim ki, p asal say� olsun. O zaman p modülüne göre ilkel kök-lerin say�s� ϕpp� 1q'dir.

Önerme 2.2. Diyelim ki, g bir modülo m ilkel kök olsun. Bu durumda, gr � gs

pmod mq olmas� için gerek ve yeter ko³ul ϕpmq | r � s olmas�d�r.

Kan�t. E§er r s kabul edersek genelli§i bozmay�z. �imdi, gr � gs pmod mqolmas� için gerek ve yeter ko³ul gr�s � 1 pmod mq olmal�. Önerme 1.12 gere-§ince de gr�s � 1 pmod mq olmas� için gerek ve yeter ko³ul ordmpgq | r � solmal�; ama g, modülo m ilkel kök oldu§u için ordmpgq � ϕpmq'dir.

21

�iimdi modülo m ilkel kök mevcut olmas� durumunda, xn � a pmod mq ti-pinde denklemlerin çözümünde nas�l kulland�§n� görelim.

Diyelim ki, g modülo m ilkel kök olsun ve ebobpa,mq � 1 ko³ulunu sa§layanbir a tamsay�s� seçelim. O zaman öyle bir b ¥ 0 vard�r ki, gb � a pmod mqsa§lan�r. �imdi a³a§�daki iddiay� kan�tlayal�m:

Önerme 2.3. Diyelim ki, d � ebobpn, ϕpmqq olsun. E§er xn � a pmod mqdenkleminin çözümü olmas� için gerek ve yeter ko³ul, ebobpn, ϕpmqq | b olmas�-d�r. Bununla birlikte e§er çözüm varsa, modülo m çözümlerin say�s� d'dir.

Kan�t. Diyelim ki, r tamsay�s�, xn � a pmod mq denkleminin bir çözümü olsun.O zaman ebobpa,mq � 1 oldu§u için ebobpr,mq � 1 olmal�d�r. Di§er taraftan gilkel kök oldu§u için gy � r pmod mq olacak ³ekilde bir y vard�r. Ayn� zamanda,gb � a pmod mq idi. O halde

rn � a pmod mq

kalanda³l�k denkleminden

gny � gb pmod mq

elde edilir. Bu da Önerme 2.2 neticesinde ϕpmq | pny � bq demektir; Yani, ytamsay�s�

ny � b pmod ϕpmqq

do§rusal kalanda³l�k denkleminin bir çözümüdür. Bu da,

ebobpn, ϕpmqq | b

demektir.

Tersine, d � ebobpn, ϕpmqq | b oldu§unu kabul edelim. Bu durumda,

nx � b pmod ϕpmqq

denkleminin ϕpmq modülüne göre d farkl� çözümü vard�r. Diyelim ki, x0 bir çö-züm olsun. Bu durumda, kalanda³l�k tan�m� gere§ince ϕpmq | pnx0�bq sa§lan�r.Böylece, ϕpmq � ordmpgq oldu§undan, Önerme 2.2 neticesinde,

gnx0 � gb � a pmod mq

sa§lan�r. Sonuç olarak, r0 � gx0 için

rn0 � pgx0qn

� gx0n

� a pmod mq

Elde edilir. Yani r0 � gx0 ,

xn � b pmod mq

denkleminin bir çözümüdür.


Denklemin d farkl� çözümünün oldu§unu görmek için, nx � b pmod ϕpmqqdenkleminin tüm modülo m çözümlerini x0, . . . , xd�1 ile gösterirsek, ri � gxi

pi � 0, 1, . . . , d�1q olmak üzere, i � j için ri � rj pmod mq dir (neden?). Dahas�yukar�dakine benzer yöntemle ri'lerin her biri xn � b pmod mq denklemininçözümü oldu§unu görebiliriz.

Örnek 14. x5 � 2 pmod 7q denkleminin çözümünü irdeleyelim:Öncelikle g � 3'ün bir modülo 7 ilkel kök oldu§unu göstermi³tik. �imdi,

gb � 2 pmod 7q

kalanda³l�§� için b � 2 dir. O halde, n � 5, m � 7 için

ebobpn, ϕp7qq � ebobp5, 6q � 1

oldu§undan ebobpn, ϕp7qq | b'dir. Öyleyse, Önerme 2.3 gere§ince

x5 � 2 pmod 7q

denkleminin çözümü vard�r. �imdi bir çözüm bulal�m: ebobpn, ϕp7qq | b olmas�nedeniyle

nx � b pmod ϕ7q

denkleminin, yani5x � 2 pmod 6q

denkleminin çözümü mevcuttur. Bu denklemi çözersek modülo 6 tek çözüm, x0 �4 bulunur. Öyleyse,

r � gx0 � 34

tamsay�s�, x5 � 2 pmod 7q denkleminin bir çözümüdür.

A³a§�da kan�tlayaca§�m�z önerme xn � a pmod mq tipindeki denklemler içinba³ka bir kriter verir. Ancak, bu kriterin sa§lanmas� için de, modülo m bir ilkelkök mevcut gerekir.

Önerme 2.4. Diyelim kim modülüne göre ilkel kök mevcut olsun. E§er ebobpa,mq �1 ve d � pn, ϕpmqq ise, o zaman

xn � a pmod mq

denkleminin bir çözümünün olmas� için gerek ve yeter ko³ul,

aϕpmq

d � 1 pmod mq

olmas�d�r. E§er çözüm varsa, çözüm say�s� d'dir.

Kan�t. Denklemin bir çözümü r olsun. Bu durumda

rn � a pmod mq

dir. Buradanprnq

ϕpmqd � a

ϕpmqd pmod mq

ñprϕpmqqnd � a

ϕpmqd pmod mq

23

elde edilir. Fakat Euler teoremi (Önerme 1.13) gere§ince,

rϕpmq � 1 pmod mq

oldu§undan

aϕpmq

d � 1 pmod mq

neticesine var�l�r.

Tersine, aϕpmq

d � 1 pmod mq oldu§unu kabul edelim. Hipotez gere§i m mo-dülüne göre bir ilkel kök g vard�r. Diyelim ki, gb � a pmod mq olsun. O zaman

1 � aϕpmq

d � pgbqϕpmq

d pmod mq

sa§lan�r. �imdi, Önerme 1.12 gere§i,

ordmpaq � ordmpgbq �

ordmg

ebobpb, ordmpgqq

�ϕpmq

ebobpb, ϕpmqq

ve aϕpmq

d � 1 pmod mq oldu§undan tekrar Önerme 1.12 gere§i

ordmpaq |ϕpmq

d

dir; yaniϕpmq

ebobpb, ϕpmqq|ϕpmq

d

sa§lan�r. Bu dad | ebobpb, ϕpmqq

demektir. Bu ise, d | b olmas�n� gerektirir; ama, d � ebobpn, ϕpmqq idi. Yani

ebobpn, ϕpmqq | b

dir. Öyleyse, Önerme 2.3 sonucu xn � a pmod mq denkleminin çözümü vard�rve çözüm say�s� d'dir.

Yukar�daki önermenin ispat�nda xn � a pmod mq denkleminin çözümünün

mevcut olmas�n�n, aϕpmq

d � 1 pmod mq olmas�n� gerektirdi§ini göstermek için

modülo m ilkel kök kullanmad�k. Dolay�s�yla, aϕpmq

d � 1 pmod mq sa§lanmas�,xn � a pmod mq denkleminin çözümünün mevcut olmas� için genel bir kriterdir.Bununla birlikte, denklemin çözümlerini hesaplamak için ilkel köklere ihtiyaçvar.

Önerme 2.5 (Euler kriteri). Bir p tek asal say�s�ve bir a P Z için p - a olsun.O zaman

xn � a pmod pq

denkleminin çözümü olmas� için gerek ve yeter ko³ul,

ap�1

ebobpn,p�1q � 1 pmod pq

olmas�d�r. E§er çözüm varsa, p modülüne göre birbirinden farkl� çözümlerinsay�s� d � ebobpn, p� 1q'dir.



Örnek 15. 3x2 � 4x � 1 � 0 pmod 7q denkleminin çözümünün mevcut olupolmad�§�n� irdeleyip, e§er çözüm varsa hesaplayal�m.

3x2 � 4x� 1 � 3px2 � 6x� 5q � 0

oldu§undan dolay�, 3x2 � 4x � 1 � 0 pmod 7q denkleminin çözümleriyle (e§ervarsa) x2 � 6x� 5 � 0 pmod 7q denkleminin çözümleri ayn�d�r. �imdi,

x2 � 6x� 5 � x2 � 2 � 3x� 5

� px� 3q2 � 4 � 0 pmod 7q

dir. Yani x2�6x�5 � 0 denkleminin çözümünün olabilmesi için gerek ve yeterko³ul

px� 3q2 � 4 pmod 7q

denkleminin çözümünün mevcut olmas�d�r. Yani, x � y � 3 dönü³ümü alt�nda

y2 � 4 pmod 7q

denkleminin çözümlerini irdeliyoruz. Bunun için Euler kriterini kullanaca§�z.Öyleyse, a � 4, p � 7, n � 2 olmak üzere ebobpn, p� 1q � ebobp2, 6q � 2 ve

ap�1

ebobpn,p�1q � 462 � 43 � 1 pmod 7q

sa§lan�r. Bu nedenle Euler kriteri gere§ince çözüm vard�r.

�imdi denklemin çözümlerini bulal�m. Bunun için ilkel köklere ihtiyac�m�zolacak: Biz daha önce 3'ün modülo 7 bir ilkel kök oldu§unu göstermi³tik. �lkad�mda 4 � 34 pmod 7q oldu§undan

2x � 4 pmod 6q

denkleminin çözümlerini bulmal�y�z (Önerme 2.3'ün ispat�n� dikkatli okuyun).Denklemin 6 modülüne göre çözümleri

x0 � 2, x1 � 5

oldu§una göre, r0 � 32 � 2 pmod 7q ve r1 � 35 � 5 pmod 7q say�lar�,

y2 � 4 pmod 7q

denkleminin çözümleridir. Böylece x � y�3 dönü³ümüalt�nda, istenilen çözüm-leri

x0 � r0 � 3 � �1 � 6 pmod 7q

vex1 � r1 � 3 � 2

olarak buluruz.

25

Not olarak, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 say�lar�n�n 3x2 � 4x� 1 � 0 pmod 7q denkleminisaplay�p sa§lamad�§�n� kontrol ederek el yordam�yla çözümleri bulmam�z müm-kündür. Fakat p asal say�s� büyüdükçe denklemleri bu yöntemle çözmek güçle³ir.Daha ileride p modülüne göre kuadratik denklemlere geri dönece§iz.

�imdi, hangi m pozitif tamsay�lar� için modülo m ilkel köklerin mevcut ol-du§u sorusunu yan�tlamak istiyoruz. Di§er bir deyi³le, hangi m pozitif tamsay�-lar� için UpZ{mZq çarp�msal grubu devirseldir?

5. hafta 27.03.2020 Cuma

Önerme 2.6. E§er a ¥ 3 ise, 2a modülüne göre ilkel kök yoktur.

Kan�t. Diyelim ki, a ¥ 3 olsun. �ddia ediyoruz ki, ϕp2aq � 2a�1'dir. Bunugörmek için 2a ile aralar�nda asal olmayan say�lar 2'nin katlar� oldu§unu göz-lemleyelim. Dolay�s�yla, 1'den 2a'ya kadar olan say�lardan 2'nin kat� biçimindeyaz�lanlar 2k pk � 1, 2, . . . 2a�1q olmak üzere 2a�1 tanedir. Bu say�lar� ç�kar�r-sak, geriye kalan say�lar 2 ile aralar�nda asald�r.

Gösterece§iz ki, 1 ¤ b 2a ve ebobpb, 2aq � 1 ko³ulunu sa§layan her btamsay�s� için

b2a�2

� 1 pmod 2aq

dir. Böylece, modülo 2e ilkel kök mevcut olmad�§�n� göstermi³ oluruz: �ddiay� aüzerinden tümevar�m ile yapaca§�z.

a � 3 olsun. O zaman

b2 � 1 � pb� 1qpb� 1q

say�s� 23 � 8 ile bölünür (Örnek 3'ü hat�rlay�n). Bu nedenle

b2 � 1 pmod 8q

�imdi e ¥ 3 için iddia do§ru olsun. O zaman a � 1 için de iddian�n do§ruoldu§unu gösterece§iz. Hipotez gere§i

b2a�2

� 1 pmod 2aq

d�r. Bu nedenle, tan�m gere§i

b2a�2

� 2ak � 1

olacak ³ekilde bir k ¥ 1 tamsay�s� vard�r. E³itli§in her iki taraf�n�n karesiniald�§�m�zda

b2a�1

� p2ak � 1q2

� 22ak2 � 2a�1k � 1

� 2a�1p2a�1k2 � kq � 1

sa§lan�r. Buradanb2

a�1

� 1 pmod 2a�1q

oldu§u sonucuna var�l�r.


Sonuç 2.3. Her a ¥ 3 tamsay�s� için UpZ{2aZq birimler grubu devirsel de§ildir.

Lemma 2.1. Bir p � 2 asal say�s� için g say�s�, modülo p ilkel kök olsun. Ozaman p2 modülonde, g ya da g � p ilkel kök olur.

Kan�t. E§er g, modüpo p bir ilkel kök ise, ebobpg, pq � 1 oldu§undan, ebobpg, p2q �1 dir. E§er g, modülo p2 ilkel kök ise, istenen sa§lan�r. Diyelim ki, g say�s�, mo-dülo p bir ilkel kök olmas�n ve ordp2pgq � d olsun. O zaman, gd � 1 pmod p2qoldu§undan, gd � 1 pmod pq 'dir. Bu da, p�1 | d oldu§unu gösterir. Çünkü var-say�m�m�z gere§i ordppgq � p�1 dir (Önerme 1.12(1)). Di§er taraftan, d | ϕpp2qdir. Gösterilebilir ki, ϕpp2q � ppp � 1q dir (ϕp2aq � 2a�1 e³itli§inin ispat�nabenzer). Bu nedenle d � p� 1'dir (neden?).

�imdi h � g � p alal�m. O zaman h � g pmod pq oldu§undan, h bir modülop ilkel köktür. O zaman, g'deki benzer nedenlerden dolay� p � 1 | ordp2phq veordp2phq | ppp� 1q'dir. Bu nedenle ordp2phq � p� 1 veya ordp2phq � ppp� 1q �ϕpp2q olmal�d�r. Fakat, binom teoremi gere§i

hp�1 � pg � pqp�1

� gp�1 � gp�2ppp� 1q �p�1

k�2

�n� 1

k

gp�k�1pk

� gp�1 � gp�2ppp� 1q pmod p2q

dir. Bununla birlilkte ordp2pgq � 1 oldu§undan gp�1 � 1 pmod p2q dir. Budurum neticesinde

hp�1 � 1� gp�2ppp� 1q pmod p2q

bulunur. Dahas�,gp�2ppp� 1q � 0 pmod p2q

oldu§undan da (çünkü gp�2 � 0 pmod pq ),

hp�1 � 1 pmod p2q

elde edilir. O halde, ordp2phq � p � 1'dir. Bu da ordp2phq � ppp � 1q olmas�n�gerektirir. Sonuç olarak, h � g � p, bir modülo p2 ilkel köktür.

Sonuç 2.4. E§er p asal say�ysa, UpZ{p2Zq birimler grubu devirli bir gruptur.

Kan�t. Daha önce, Örnek 4'te UpZ{22Zq � UpZ{4Zq'nin devirli grup oldu§un-dan bahsetmi³tik. E§er p � 2 ise, Lamma 2.1 gere§ince UpZ{p2Zq birimlergrubunun devirli grup oldu§u sonucuna ula³�l�r.

Örnek 16. Modülo 25 ilkel kök bir ilkel kök bulal�m: Biliyoruz ki 2 say�s� modülo5 bir ilkel köktür. Buna göre Lemma2.1 gere§ince, ya 2, ya de 2�5 � 7, modülo25 ilkel kök olmal�d�r; ama

72 � 49 � �1 pmod 25q

oldu§undan74 � p72q2 � p�1q2 � 1 pmod 25q

dir. Bu nedenle ord257 � ϕp25q � 20 oldu§undan 7 say�s�, modülo 25 ilkel kökde§ildir. Öyleyse 2, bir modülo 25 ilkel kök oldu§u nsonucuna var�l�r.

27

Al�³t�rma 2.1. Gösterin ki, e§er p asal say�ysa, verilen her a pozitif tamsay�s�için

ϕppaq � pa�1pp� 1q

dir (Önerme2.6'n�n ispat�nda ϕp2aq � 2a�1 e³itli§ini gösterirken kullan�lan yön-teme benzer bir yöntem kullanabilirsiniz).

Lemma 2.2. Diyelim ki p � 2 asal say� olsun ve p2 modülüne göre bir ilkel kökh seçelim. Bu durumda, her a ¥ 2 için h say�s�, modülo pa bir ilkel köktür.

Kan�t. Kan�t� a üzerinden tümevar�m ile yapaca§�z.Varsay�m�m�z gere§i h bir modülo p2 ilkel köktür (Lemma 2.1 gere§i böyle birilkel kökün mevcut oldu§unu biliyoruz ).

�imdi verilen bir a ¥ 2 için h'nin modülo pa ilkel kök oldu§unu varsayal�m. Ozaman, ordpaphq � ϕppaq � pa�1pp� 1q dir. Di§er taraftan, e§er ordpa�1phq � dise, o zaman

d | ϕppa�1q � papp� 1q

dir. Fakat, ayn� zamanda hd � 1 pmod paq olaca§�ndan

ϕppaq � pa�1pp� 1q | d

sa§lan�r. O halde, d � pa�1pp � 1q veya d � papp � 1q olabilir. �imdi, d �pa�1pp� 1q oldu§unu göstermek istiyoruz.

Gözlemleyelim ki, hpa�2pp�1q � 1 pmod paq'd�r. Çünkü ordpaphq � pa�1pp�

1q idi. Fakat hpa�2pp�1q � 1 pmod pa�1q sa§lan�r (çünkü ϕppa�1q � pa�2pp� 1q

). O halde,

hpa�2pp�1q � pa�1k � 1

ko³ulunu sa§layan bir k P Z vard�r. Bunu kullanarak, b³nom aç�l�m� ile

hpa�1pp�1q �

�hp

a�2pp�1qp

� ppa�1k � 1qp

� ppa�1kqp � � � � �ppp� 1q

2ppa�1kq2 � pppa�1kq � 1

elde ederiz. E§er bu elde etti§imizi pa�1 modülünde yazarsak,

hpa�1pp�1q � 1� pppa�1kq � 1� pak pmod pa�1q

elde edilir; çünkü a ¥ 2 oldu§u için a ¤ 2pa�1q dir. Di§er taraftan hpa�2pp�1q �

1 pmod paq oldu§undan p - k olmal�d�r. Bu nedenle

hpa�1pp�1q � 1 pmod pa�1q

neticesine ula³�l�r. Sonuç olarak d � papp� 1q � ϕppa�1q elde edilir. Böylece,

ordpa�1 � ϕppa�1q

dir. Bu da h'nin pa�1 modülüne göre bir ilkel kök oldu§u anlam�na gelir.


Sonuç 2.5. Bir p � 2 asal say�s� verilsin. O zaman her a pozitif tamsay�s� için,modülo pa bir ilkel kök mevcuttur.

Sonuç 2.6. Her p � 2 asal say�s� ve her a pozitif tamsay�s� için UpZ{paZqbirimler grubu devirli bir gruptur.

Lemma 2.3. E§er p ve q birbirinden farkl� asal say�larsa, ϕpp � qq � ϕppqϕpqqsa§lan�r.

Kan�t. �lk önce verilen bir 1 a ¤ pq tamsay�s� için, e§er ebobpa, pqq � 1 ise,o zaman p | a veya q | a olmal�d�r. Bu özelliklere uygun p � q � 1 tane farkl� avard�r (neden?). Bu nedenle

ϕppqq � pq � pp� q � 1q � pp� 1qpq � 1q � ϕppqϕpqq

elde edilir.

Lemma 2.4. E§er u ile v pozitif tamsay�lar� aralar�nda asalsa, o zaman

ϕpu � vq � ϕpuqϕpvq

dir.


Lemma 2.5. Verilen u, v tamsay�lar� aralar�nda asal say�lar ve ϕpuq ile ϕpvqde§erlerinin her biri çift say� olsun. O zaman m � u � v modülüne göre bir ilkelkök yoktur.

Kan�t. Bir a tamsay�s� için ebobpa,mq � 1 olsun. O zaman ϕpuq ile ϕpvq çiftoldu§u için ϕpuq{2 ve ϕpvq{2 say�lar� tamsay�d�r. Dahas� ebobpa,mq � 1 vem � u � v olmas� nedeniyle ebobpaϕpuq{2, uq � 1 ve ebobpaϕpvq{2, uq � 1 dir. Bunedenle �

aϕpuq{2ϕpvq

� 1 pmod vq

ve �aϕpvq{2

ϕpuq

� 1 pmod uq

kalanda³l�klar� sa§lan�r. Fakat ebobpu, vq � 1 olmas� nedeniyle Önerme 1.17 ne-ticesinde �

aϕpvq{2ϕpuq

� aϕpuqϕpvq

2 � 1 pmod u � vq

elde edilir. O zaman m � u � v ve Lemma 2.4 gere§ince ϕpmq � ϕpuqϕpvqoldu§undan

am2 � 1 pmod mq

bulunur. Bu nedenle a say�s� modülo m bir ilkel kök de§ildir.

Önerme 2.7. Bir m pozitif tamsay�s� verilsin. O zaman, m modülüne göre ilkelkök mevcut olmas� için gerek ve yeter ko³ul, m nin 2, 4, pa veya 2pa (p � 2 asalsay�, a ¥ 1) biçiminde olmas�d�r.

29

Kan�t. E§er m � 2 ve m � 4 için m modülüne göre ilkel köklerin mevcutoldu§unu biliyoruz.

E§er p � 2 asal say� ve a ¥ 1 olmak üzerem � pa ise, ozaman 2.5 neticesindem modülüne göre ilkel kökler mevcuttur.

�imdi p � 2 asal say� ve a ¥ 1 için m � 2pa olsun. Bir modülo pa ilkel kök gseçelim. O zaman g� pa da ilkel köktür. Bu ilkel köklerden biri tek say� olan�n�h ile gösterelim. Bu durumda ebobph, 2paq � 1'dir. Ayr�ca

ϕp2paq � ϕp2qϕppaq � ϕppaq

oldu§undan, h say�s� 2pa modülüne göre de ilkel kök olur. �imdi m'nin yaz�l�³�,önermenin ifadesinde verilenlerden farkl� olsun. Birbirinden farkl� p1, . . . , pk tekasal say�lar� için, m'nin asal çarpanlar�na ayr�l�³�n�n

m � 2epa11 � � � pak

k

oldu§unu kabul edelim. E§er a1 � � � � ak � 0 ise, o zaman m � 2e dir. Varsay�-m�m�z gere§i e ¥ 3 olmal�d�r. Bu durumda, 2.6 gere§ince a ¥ 3 için modülo 2a

ilkel kök mevcut de§ildir.

E§er a1 � 0 ve a2 � � � � ak � 0 ise, o zaman m � 2epa1 biçimindedir. Budurumda varsay�m�m�z gere§i e ¥ 2 olmal�d�r. Ayr�ca,

ϕpmq � ϕp2epa1q � ϕp2eϕppa1qq

dir. Buna göre, ϕppa1q � pa1�1pp � 1q ve e ¥ 2 oldu§undan ϕp2eq � 2e�1 çiftsay�lard�r. Bu nedenle Lemma 2.5 gere§ince m modülüne göre ilkel kök yoktur.

Son olarak, a1, . . . , ak say�lar�ndan en az ikisi s�f�rdan farkl� olabilir. Diyelimki a1 ve a2 s�f�rdan farkl� olsun. Bu durumda, u � 2epa1

1 ve v � pa22 � � � pak

k

say�lar� için ϕpuq ile ϕpvq çift say�d�r. Ayr�ca m � u � v'dir ve u ile v aralar�ndaasal olduklar� için ϕpmq � ϕpuqϕpvq dir. Bu durumda, Lemma 2.5 gere§ince, mmodülüne göre ilkel kök yoktur.

bölüm 1bölüm 1 kalanda³l klar 1.1 kalanda³l k kavram an mt 1.1. erilenv a, bp z ve m 0 tamsay...

Documents