1 Primitif Kokler

[Fermat ] p asal, p 6 | a ⇒ ap−1 ≡ 1 (mod p)

∀a ∈ Z, ap ≡ a (mod p)

[Euler] ebob(a, m) = 1, aφ(m) ≡ 1 (mod m)

φ : Z+ −→ Z+

φ(1) := 1

φ(m) :=∣∣ {x ∈ Z | 1 ≤ x < m, ebob(x, m) = 1}

∣∣

φ−fonksiyonunun ozellikleri:

1◦) m > 1, φ(m) ≤ m− 1

2◦) φ(m) = m− 1 ⇐⇒ m asal sayıdır.

3◦) ebob(m, n) = 1 ise φ(mn) = φ(m)φ(n)

4◦) p asal ve k ≥ 1 icin φ(pk) = pk − pk−1

5◦) m ∈ Z+, m = pn11 pn2

2 pn33 · · · pnr

r , ( pi ler asal )

φ(m) = m

(1− 1

p1

)(1− 1

p2

)· · ·

(1− 1

pr

)

1

m ∈ Z+ ve ebob(a, m) = 1 olsun.

ah ≡ 1 (mod m), en kucuk pozitif tamsayı

ordm(a) := h

Euler den ordm(a) ≤ φ(m)

Mertebenin Ozellikleri: m > 1 ve ebob(a, m) = 1

M1. as ≡ 1 (mod m) ⇐⇒ ordm(a) | sordm(a) |φ(m)

M2. as ≡ at (mod m) ⇐⇒ s ≡ t (mod ordm(a))

M3. ordm(a) = d =⇒ ordm(ak) =d

ebob(k, d)(k ≥ 1)

M4. ordm(a) = d ve e | d ise ordm(ad/e) = e

M5. h := ordm(a) ve k := ordm(b) olsun.

ebob(h, k) = 1 =⇒ ordm(ab) = hk

ordm(a) = φ(m) oluyorsa a tamsayısına bir mod m primitif

kok denir.

Z∗ := {b ∈ Z | 1 ≤ b < m, ebob(b, m) = 1}

Z∗ ={

a, a2, a3, . . . , aφ(m)}

(1)

Yani, Z∗ kumesi carpımsal olarak a ile uretilmistir.

2

a bir mod m primitif kok ise yani, ordm(a) = φ(m)

(M3) den dolayı (k ≥ 1)

ak primitif koktur ⇔ ordm(ak) =φ(m)

ebob(k, φ(m))= φ(m))

⇔ ebob(k, φ(m)) = 1

Dolayısıyla;

Bir mod m primitif kok varsa tam olarak φ(φ(m)) tane primitif

kok vardır.

Modulo 19 a gore 2 bir primitif koktur.

22 ≡ 4 mod 19 28 ≡ 9 mod 19 214 ≡ 6 mod 19

23 ≡ 8 mod 19 29 ≡ 18 mod 19 215 ≡ 12 mod 19

24 ≡ 16 mod 19 210 ≡ 17 mod 19 216 ≡ 5 mod 19

25 ≡ 13 mod 19 211 ≡ 15 mod 19 217 ≡ 10 mod 19

26 ≡ 7 mod 19 212 ≡ 11 mod 19 218 ≡ 1 mod 19

27 ≡ 14 mod 19 213 ≡ 3 mod 19

Dolayısıyla, φ(φ(19)) = φ(18) = 6 tane primitif kok vardır.

Bunlar;

1 ≤ k < 18, ebob(k, 18) = 1 olmak uzere 2k lardır.

k = 1, 5, 7, 11, 13, 17 oldugundan primitif kokler:

2, 13, 14, 15, 3 ve 10

NOT: Her m pozitif tamsayısı icin bir primitif kok olmaya-

bilir. Ornegin, m = 8 alırsaki, her tek a sayısı icin

a2 ≡ 1 (mod 8) dir. Dolayısıyla ebob(a, 8) = 1 olan

her a sayısı icin ord(a) ≤ 2 dir. φ(8) = 4 oldugundan primitif

kok yoktur.

3

p > 2 asal ve k ≥ 1 olsun.

Bir modulo m primitif kok vardır ⇐⇒ m = 2, 4, pk, 2pk

Artin Conjecture : a 6= ∓1 ve a tam-kare degil.

Bu durumda sonsuz coklukta asal icin a bir primitif koktur.

Primitif koklerin varlıgı bilinse de genel olarak bunları bul-

manın kolay bir yolu yoktur. Asagıdaki sonuc bir g sayısının

mod m primitif kok oldugunu gostermede oldukca yararlıdır.

ebob(g, m) = 1 olsun.

g bir primitif koktur ⇐⇒ φ(m) nin her q asal boleni icin,

gφ(m)/q 6≡ 1 (mod m) dir.

NOT: p > 2 kucuk bir asal oldugunda bir g sayısının primitif

kok olup olmadıgını test etmek icin bu Teoremi kullanabiliriz.

Once q = 2 alırız. Eger g(p−1)/2 ≡ 1 (mod p) ise g bir prim-

itif kok degildir. q = 2 den sonra p − 1 in diger butun q asal

bolenleri icin de g(p−1)/q 6≡ 1 (mod p) gosterdikten sonra g

nin modulo p primitif kok oldugunu soyleyebiliriz. Ancak p

buyukse p− 1 in asal bolenlerini bulmak zor olabilir.

4

m = 19 icin 2 nin bir primitif kok oldugunu gosterelim: φ(19) =

18 ve 18 in asal bolenleri 2 ve 3 oldugundan

2φ(19)/2 = 29 6≡ 1 (mod 19) ve 2φ(19)/3 = 26 6≡ 1 (mod 19)

oldugunu gostermek yeterlidir. Bunları direk hesaplarsak;

29 ≡ −1 6≡ 1 (mod 19) ve 26 ≡ 7 6≡ 1 (mod 19)

Simdi asagıda ispatsız verecegimiz Teoremlerle p bir asal ol-

mak uzere, modulo p de bir primitif kok verildiginde (k ≥ 1)

icin pk ve 2 pk seklindeki sayılarda bir primitif kokun nasıl bu-

lunabilecegini gorelim:

TEOREM 1.1

(i) g modulo p ye gore bir primitif kok olsun.

gp−1 6≡ 1 (mod p2) ise g modulo p2 ye gore bir primitif

koktur.

gp−1 ≡ 1 (mod p2) ise g + p modulo p2 ye gore bir

primitif koktur.

(ii) k ≥ 2 ve g modulo pk ya gore bir primitif kok ise g

modulo pk+1 e gore de bir primitif koktur.

NOT: Modulo p ye gore bir primitif kok modulo p2 ye gore

bir primitif kok olmayabilir. Ornegin; 14, modulo 29 a gore

primitif kok fakat modulo 292 ne gore degildir. Aynı sekilde;

18, modulo 37 primitif kok fakat modulo 372 de degildir. 19,

modulo 43 de primitif kok fakat modulo 432 de degildir. p < 71

asalları icin bunlar yegane orneklerdir.

Modulo p ye gore bir primitif kokun modulo p2 ye gore de

primitif kok olma olasılıgı 1 − 1/p dir. Dolayısıyla, buyuk p

asalları icin cok nadiren gp−1 ≡ 1 (mod p2) dir.

5

TEOREM 1.2 g modulo p ye gore bir primitif kok olsun.

g tek ise g modulo 2pk ya gore bir primitif koktur.

g cift ise g + pk modulo 2pk ya gore bir primitif koktur.

Bir primitif kokun mertebesi φ(m) oldugundan M2 yi asagıdaki

sekilde tekrar ifade edebiliriz.

TEOREM 1.3 g bir primitif kok olsun.

gs ≡ gt (mod m) ⇐⇒ s ≡ t (mod φ(m)) dir.

Boylece

gs ≡ 1 (mod m) ⇐⇒ φ(m) | sModulo m ye gore bir primitif kok varsa mertebeleri d olan

elemanların sayısını bulmak icin asagıdaki Teoremi verebiliriz.

TEOREM 1.4 Kabul edelim ki, g modulo m ye gore bir

primitif kok ve d de φ(m) nin pozitif bir boleni olsun. Bu

durumda

ord(gk) = d ⇐⇒ ebob(j, d) = 1 olmak uzere k = j·φ(m)/d

Boylece, mertebesi d olan tam φ(d) tane denk olmayan el-

eman vardır.

ISPAT: M3 den dolayı ordm(gk) = φ(m)/ebob(k, φ(m))

dir. Dolayısıyla

ordm(gk) = d ⇐⇒ ebob(k, φ(m)) = φ(m)/d

k = j · φ(m)/d olsun. Bu durumda,

ebob(k, φ(m)) =φ(m)

d·ebob(j, d) =

φ(m)

d⇐⇒ ebob(j, d) = 1 dir.

1 ≤ k ≤ φ(m) kabul edebilecegimizden dolayı 1 ≤ j ≤ d ve

ebob(j, d) = 1 olan j ler de φ(d) tanedir. 2

6

2 Diskret Logaritma

Kabul edelim ki, modulo m ye gore bir primitif kok g olsun.

ebob(a, m) = 1 ise

( 1) den biliyoruz ki;

gt ≡ a (mod m) ve 1 ≤ t ≤ φ(m)

olacak sekilde bir tek t tamsayısı vardır. Bu t sayısına a nın

(g tabanına gore) diskret logaritması denir ve Dlogg(a) ile

gosterilir.

Diskret logaritmanın tanımından kolayca ispatlanabilen asagıdaki

Teorem ile onemli ozelliklerini verebiliriz.

(i) Dlogg(1) ≡ 0 (mod φ(m)) ve Dlogg(g) ≡ 1 mod φ(m)

(ii) a ≡ b (mod m) ⇐⇒ Dlogg(a) ≡ Dlogg(b) (mod φ(m))

(iii) Dlogg(ab) ≡ Dlogg(a) + Dlogg(b) (mod φ(m))

(iv) k ≥ 0 icin Dlogg(ak) ≡ k ·Dlogg(a) (mod φ(m))

Dlog nın ozellikleri ile bunlara karsılık gelen Logaritmanın

ozellikleri arasında cok acık benzerlikleri vardır. Bununla bir-

likte onemli bir farkta sudur: bir taban belirlendikten sonra

bir sayının logaritması bir tektir. Ote yandan, verilen bir tam-

sayının Dlog sı aynı zamanda kullanılan moduloya da baglıdır.

Dolayısıyla, eger modulo degistirilirse Dlog lar yeniden hesa-

planmalı ve her bir modulo icin ayrı bir Dlog tablosu yapılması

gereklidir.

Diskret Logaritma ile

bxk ≡ c (mod m)

seklindeki kongruansları nasıl cozebildigimizi asagıdaki ornek

ile acıklayalım:

7

ORNEK 1 7x10 ≡ 5 (mod 13) kongruansının cozumlerini

bulunuz.

COZUM: 2 modulo 13 e gore bir primitif koktur. Gercekten

13− 1 = 12 nin asal bolenleri 2 ve 3 dur.

2(13−1)/2 = 26 ≡ 12 6≡ 1 (mod 13) ve 2(13−1)/3 = 24 ≡ 3 6≡1 (mod 13) oldugundan Teorem ?? den dolayı 2 bir primitif

koktur. Simdi 2 tabanına gore indeks tablosunu yapalım

2 ≡ 2 (mod 13) 25 ≡ 6 (mod 13) 29 ≡ 5 (mod 13)

22 ≡ 4 (mod 13) 26 ≡ 12 (mod 13) 210 ≡ 10 (mod 13)

23 ≡ 8 (mod 13) 27 ≡ 11 (mod 13) 211 ≡ 7 (mod 13)

24 ≡ 3 (mod 13) 28 ≡ 9 (mod 13) 212 ≡ 1 (mod 13)

a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Dlog2(a) 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6

7x10 ≡ 5 (mod 13)

Dlog2(7x10) ≡ Dlog2(7)+10·Dlog2(x) ≡ Dlog2(5) (mod 12)

=⇒ 11 + 10 ·Dlog2(x) ≡ 9 (mod 12)

=⇒ 10 ·Dlog2(x) ≡ 10 (mod 12)

=⇒ 2 ·Dlog2(x) ≡ 2 (mod 12)

Bu son kongruansın 2 tane denk olmayan cozumu vardır. Bun-

lar 1 ve 7 dir.

8

Dlog2(x) = 1 =⇒ x = 2 ve Dlog2(x) = 7 =⇒ x = 11 2

NOT: Bu ornekte primitif koku 2 alarak denklemin cozumlerini

bulduk. Mod 13 e gore baska bir primitif kok secmis olsaydık

tindeks tablosu degisecekti fakat, bulacagımız cozumler yine

aynı olur.

3 Kok Alma : k√

a (mod m)

TEOREM 3.1 Kabul edelim ki, modulo m ye gore bir

primitif kok g ve

ebob(a, m) = 1 olsun. Bu durumda

xk ≡ a (mod m) nin bir cozumu var

⇐⇒ aφ(m)/ebob(k, φ(m)) ≡ 1 (mod m)

Eger cozum varsa tam ebob(k, φ(m)) tane denk olmayan

cozum vardır.

Ornegin; x6 ≡ 5 (mod 17) kongruansının gozonune

alalım:

5φ(17)/ebob(6, φ(17)) = 516/2 = 58 ≡ −1 (mod 17) oldugundan

kongruansın cozumu yoktur.

Her p asal sayısı icin bir primitif kok oldugundan asagıdaki

sonucu elde ederiz.

SONUC 3.2 p bir asal sayı ve ebob(a, p) = 1 olsun.

xk ≡ a (mod p) nin bir cozumu var

⇐⇒ a(p−1)/ebob(k, p−1) ≡ 1 (mod p)

9

NOT: Bu sonuc herhangi bir a sayısının modulo p ye gore k.

kuvvetten bir kalan olup olmadıgının belirlenmesinde oldukca

etkili olmasına ragmen

bk ≡ a (mod p)

olacak sekilde bir b sayısını bulmak oldukca zor bir problemdir.

Fakat ebob(k, p−1) = 1 ise b nin bulunması nisbeten kolaydır:

Euclid bolme algoritmasını kullanarak

sk = t(p− 1) + 1

olacak sekilde s ve t tamsayılarını bulabiliriz.

ask = at(p−1)+1 ≡ a (mod p) =⇒ b := as dir

Eger d := ebob(k, p−1) olmak uzere bd ≡ a (mod p) olacak

sekilde bir b bulabilirsek xk ≡ a (mod p) nin bir cozumunu

bulmus oluruz. Malesef, p− 1 in bir d boleni verildiginde

xd ≡ a (mod p)

kongruansını cozmek genel olarak kolay degildir.

xk ≡ 1 (mod m) kongruansı acık olarak bir cozume sahip-

tir. Teorem 3.1 den dolayı eger, k |φ(m) ise tam olarak

ebob(k, φ(m)) = k tane cozum vardır. Dolayısıyla asagıdaki

Teoremi elde ederiz.

TEOREM 3.3 Kabul edelim ki, modulo m ye gore bir

primitif kok olsun. Eger k |φ(m) ise

xk − 1 ≡ 0 (mod m)

nin tam k tane cozumu vardır.

SONUC 3.4 Kabul edelim ki modulo m ye gore bir primi-

tif kok olsun. modulo m ye gore denk olmayan k. kuvvetten

10

kalanların sayısı

φ(m)

ebob(k, φ(m))dir.

4 Bazı Asallık Testleri

Fermat Teoreminin tersinin dogru olmadıgını biliyoruz. Bunun

kısmen tersi olan Teorem:

TEOREM 4.1 [Lucas] m > 1 olsun. Asagıdaki ozelliklere

sahip bir a tamsayısı varsa m asaldır.

(i) am−1 ≡ 1 (mod m)

(ii) m− 1 in her q asal boleni icin a(m−1)/q 6≡ 1 (mod m)

dir.

NOT: Dikkat edecek olursak bu Teorem ile “ ordm(a) =

m− 1 olacak sekilde bir a tamsayısı varsa m asaldır ” ifadesi

denktir.

ORNEK 2 m = 1009 olsun.

111008 ≡ 1 (mod 1009)

1009− 1 = 1008 = 24 · 32 · 7111008/2 = 11504 ≡ −1 6≡ 1 (mod 1009)

111008/3 = 11336 ≡ 374 6≡ 1 (mod 1009)

111008/7 = 11144 ≡ 935 6≡ 1 (mod 1009)

Dolayısıyla 1009 asal sayıdır.

Bu Teoremden biraz daha etkili bir sonuc:

11

SONUC 4.2 m tek pozitif bir tamsayı olsun. Asagıdaki

ozelliklere sahip bir a tamsayısı varsa m asaldır.

(i) a(m−1)/2 ≡ −1 (mod m)

(ii) m− 1 in her q asal boleni icin a(m−1)/q 6≡ 1 (mod m)

dir.

ORNEK 3 m = 2003 olsun.

52002/2 = 51001 ≡ −1 (mod 2003)

2003− 1 = 2002 = 2 · 7 · 11 · 13

52002/2 = 51001 ≡ −1 6≡ 1 (mod 2003)

52002/7 = 5286 ≡ 874 6≡ 1 (mod 2003)

52002/11 = 5183 ≡ 886 6≡ 1 (mod 2003)

52002/13 = 5154 ≡ 633 6≡ 1 (mod 2003)

Dolayısıyla 2003 asal sayıdır.

TEOREM 4.3 [Pocklington, 1914]

m > 1 , m− 1 = F ·R, ebob(F, R) = 1 ve F > R olsun.

Asagıdaki ozelliklere sahip bir a tamsayısı varsa m asaldır.

(i) am−1 ≡ 1 (mod m)

(ii) q |F olan her q asal sayısı icin ebob(a(m−1)/q, m) = 1

ORNEK 4 m = 23801 olsun. 23801 − 1 = 23800 =

23 · 52 · 7 · 17

F := 23 · 52, R := 7 · 17 = 119

323800 ≡ 1 (mod 23801)

323800/2 ≡ −1 (mod 23801),

323800/5 ≡ 19672 (mod 23801),

12

ebob(323800/2 − 1, 23801) = ebob(−2, 23801) = 1

ebob(323800/5 − 1, 23801) = ebob(19671, 23801) = 1

Dolayısıyla 23801 asal sayıdır. Dikkat edecek olursak

n− 1 = 23800 un butun asal carpanlarını kullanmadık.

NOT: Butun bu testlerde m − 1 sayısının asal carpanlarını

bilmek gerekiyor.

TEOREM 4.4 [Proth, 1878 ] k bir tek tamsayı ve

n herhangi bir tamsayı olmak uzere k < 2n olsun. Bu

durumda m = k 2n + 1 sayısı asaldır eger,

a(m−1)/2 ≡ −1 (mod m)

olacak sekilde bir a tamsayısı varsa.

ORNEK 5 m = 13 · 28 + 1 = 3329 olsun. 13 < 28 = 256

3(m−1)/2 = 33328/2 = 31664 ≡ −1 (mod 3329)

Dolayısıyla 3329 asal sayıdır.

5 ONDALIKLI KESIRLER

b ∈ Z, (b > 1) olsun. Bir α ∈ R+ icin

a := [α] tam kısmı

γ := α− [α] kesir kısmı

Yani,

α = a + γ, 0 ≤ γ < 1

13

Euclid Bolme Algoritması ile

a tamsayısı b− tabanında tek turlu nasıl yazılabilir.

Simdi γ nın b−tabanında nasıl yazılabilecegini verelim:

Geometrik Serilerin Toplam formulunu hatırlayalım:

∞∑i=0

d ri =d

1− r, |r| < 1 (2)

TEOREM 5.1 γ ∈ R, (0 ≤ γ < 1) ve b ∈ Z+ (b > 1)

olsun.

Bu durumda

γ reel sayısı asagıdaki sekilde tek turlu yazılabilir:

γ =

∞∑j=1

cj b−j, (cj ∈ Z, 0 ≤ cj ≤ b− 1)

Ayrıca her N ∈ Z+ icin bir n tamsayısı vardır ki n ≥ N

icin cn 6= b− 1 dir.

ISPAT:

c1 := [b γ] dersek 0 ≤ c1 ≤ b− 1 olur.

( Cunku, 0 ≤ γ < 1 =⇒ 0 ≤ b γ < b)

γ1 := b γ − c1 = b γ − [b γ] dersek 0 ≤ γ1 < 1 olur ve

γ =c1

b+

γ1

belde ederiz. Benzer sekilde devam edersek;

k = 2, 3, 4, . . . icin ck := [b γk−1] ve γk := b γk−1 − ck

dersek 0 ≤ ck ≤ b − 1 olur. Cunku, 0 ≤ b γk−1 < 1 ve

0 ≤ γk−1 < 1 dir. Dolayısıyla

γ =c1

b+

c2

b2+ · · · + cn

bn+

γn

bn

14

elde ederiz.

0 ≤ γn < 1 =⇒ 0 ≤ γn

bn<

1

bn=⇒ lim

n→∞γn

bn= 0

Sonuc olarak

γ = limn→∞

(c1

b+

c2

b2+ · · · + cn

bn

)

=

∞∑i=1

ci b−i

Simdi bu yazılısın tek turlu olacagını (2) i kullanarak gosterelim:

Bunun icin kabul edelim ki,

γ =

∞∑j=1

cj b−j =

∞∑j=1

dj b−j

olsun. Burada 0 ≤ cj ≤ b − 1 ve 0 ≤ dj ≤ b− 1 dir. Ayrıca

her N ∈ Z+ icin n ve m tamsayıları vardır ki cn 6= b − 1 ve

dm 6= b− 1 dir. ck 6= dk olan en kucuk indis k olsun. ck > dk

alabiliriz. Bu durumda

0 =

∞∑j=1

(cj − dj) b−j =ck − dk

bk+

∞∑

j=k+1

(cj − dj) b−j

ck − dk

bk=

∞∑

j=k+1

(dj − cj) b−j (3)

ck > dk oldugundan

ck − dk

bk≥ 1

bk(4)

Diger taraftan∞∑

j=k+1

(dj − cj) b−j ≤∞∑

j=k+1

(b− 1) b−j (5)

15

= (b− 1)1/bk+1

1− 1/b

=1

bk

Denklem (5) de esitligin saglanabilmesi icin her j ≥ k + 1

icin dj − cj = b − 1 olması gerekir. Bunun olabilmesi icinde

j ≥ k + 1 icin dj = b − 1 ve cj = 0 olması gerekir ki dj ler

belli bir indisten sonra b−1 e esit olmaması sartını koymustuk.

Dolayısıyla (5) deki esitsizlik kesin olmalı. Boylece, (5) ve (4)

denklemleri (3) ile celisir.

2

Bundan sonrabir reel sayının b−tabanında seklindeki yazılısını

(0 · c1 c2 c3 . . .)b :=

∞∑j=1

cj b−j

ile gosterecegiz.

16

ORNEK 6 γ = 1/6 sayısının 8−tabanındaki gosterimi:

c1 =

[8 · 1

6

]= 1 ⇒ γ1 = 8 · 1

6− 1 =

1

3

c2 =

[8 · 1

3

]= 2 ⇒ γ2 = 8 · 1

3− 2 =

2

3

c3 =

[8 · 2

3

]= 5 ⇒ γ3 = 8 · 2

3− 5 =

1

3

Dolayısıyla1

6= (0 · 12525 . . .)8

TANIM 1 Bir b−taban gosterimi (0·c1 c2 c3 . . .)b sonludur

denir eger bir n ∈ Z+ icin cn = cn+1 = · · · = 0 oluyorsa.

Mesela

1

8= (0 · 125000 . . .)10 = (0 · 125)10

4

9= (0 · 24000 . . .)6 = (0 · 24)6

TEOREM 5.2 α ∈ R ve 0 ≤ α < 1 olsun.

α sonlu bir b− taban gosterimine sahiptir

⇐⇒ α ∈ Q; [ α = r/s; 0 ≤ r < s, p asal p | s ⇒ p | b ]

ISPAT:(:⇒) α = (0 · c1 c2 c3 . . . cn)b olsun. Bu durumda

α =c1

b+

c2

b2+ · · · cn

bn=

c1bn−1 + c2b

n−2 + · · · + cn

bn

Yani, α ∈ Q ve payda sadece b yi bolen asallar ile bolunebilir.

(⇐:) 0 ≤ α < 1, α = r/s ve p asalı icin p | s ⇒ p | b olsun.

Bu durumda pi ler farklı asallar olmak uzere s = pa11 pa2

2 · · · parr

17

ve b = pn11 pn2

2 · · · pnrr seklinde yazabiliriz. Aynı zamanda bir

N ∈ Z+ secebiliriz ki s | bN olur. bN = s a, a ∈ Z+.

⇒ bN α = bN r

s= a r, a r ∈ Z

Euclid Bolme Algoritması ile a r tamsayısını b−tabanındaki

ifadesini yazarsak;

a r = (dm dm−1 · · · d1 d0)b 0 ≤ di < b

elde ederiz. Buradan da

α =ar

bN=

dmbm + dm−1bm−1 + · · · + d1b + d0

bN

= dmbm−N + dm−1bm−1−N + · · · + d1b

1−N + d0b−N

= dmb−(N−m) + dm−1b−[N−(m−1)] + · · · + d1b

−(N−1) + d0b−N

= (0 · 00 . . . 0dmdm−1 . . . d1d0)b

Yani, α nın b−taban gosterimi sonludur. 2

Her sonlu b−taban ifadesini

(0 · c1c2c3 . . . cm)b = (0 · c1c2c3 . . . (cm − 1)(b− 1)(b− 1) . . .)b

seklinde sonlu olmayacak sekilde yazabiliriz. Ornegin,

(0 · 12)10 = (0 · 11999 . . .)10

gibi. Gercekten;

18

(0 · 11999 . . .)10 =1

10+

1

102+

9

103+

9

104+

9

105+ · · ·

=1

10+

1

102+

9

103

[1 +

1

10+

1

102+ · · ·

]

=1

10+

1

102+

9

103· 10

9=

1

10+

2

102

= (0 · 12)10

NOT: Dolayısıyla Teorem 5.1 de yazılısın tek turlu olması

icin

Her N ∈ Z+ icin bir n ∈ Z+ vardır ki, n ≥ N icin cn 6= b−1

kısıtlamasını getirdik. Bu kısıtlama olmadan ornekten de anlasıla-

cagı gibi b−taban gosteriminin tek turlulugunden bahsede-

mezdik.

TANIM 2 Bir (0 · c1c2c3 . . .)b, b−taban ifadesine

periyodik denir, eger N ve k pozitif tamsayıları varsa

oyleki, n ≥ N icin cn+k = cn oluyorsa.

Periyodik ifadeler

(0 · c1c2c3 . . . cN−1︸ ︷︷ ︸on periyod

cNcN+1 . . . cN+k−1︸ ︷︷ ︸periyodik kısım

)b

ile gosterilir. Ornegin;

2

45= (0 · 001012 )3

19

TEOREM 5.3 Periyodik bir b−taban ifadesi bir rasyonel

sayı gosterir.

Tersine, bir rasyonel sayının b−taban gosterimi ya son-

ludur ya da periyodiktir.

Ayrıca, 0 < α < 1, α = r/s ve ebob(r, s) = 1

olmak uzere;

s = T · U , T nin her asal carpanı b yi boler ve

ebob(b, U) = 1 ise α nın b−taban ifadesinin periyod uzunlugu

ordU(b) ve onperiyod uzunlugu da T | bN olan en kucuk

pozitif N tamsayıdır.

Bu Teoremi ondalık acılımların onperiyod uzunlugunu ve periyod

uzunlugunu belirlemek icin kullanabiliriz:

α = r/s, 0 < α < 1, s = 2n15n2U, ve ebob(10, U) = 1 olsun.

α nın ondalık acılımında;

periyod uzunlugu ordU(10) ve

onperiyod uzunlugu ise max{n1, n2} dir.

Ornegin; α =5

28, 28 = 22 · 50 · 7 olduguna gore

Onperiyod uzunlugu max{2, 0} = 2 dir

10 ≡ 3 (mod 7), 104 ≡ −3 (mod 7)

102 ≡ 2 (mod 7), 105 ≡ −9 ≡ −2 (mod 7)

20

103 ≡ 6 ≡ −1 (mod 7), 106 ≡ 1 (mod 7)

Periyod uzunlugu da ord7(10) = 6 dır.

Gercekten5

28= 0 · 17 857142 dir.

α = 0 · 10100100010000100000 . . .

Sayısını goz onune alalım. Bu sayı; 1 den sonra 1 tane

sıfır, 1 den sonra 2 tane sıfır, 1 den sonra 3 tane sıfır ... vs

seklinde olusturulmus olsun. Bu α sayısı acık olarak periyo-

dik olmayacak sekilde olustulurdugundan irrasyonel bir sayıdır.

π ve e sayıları gibi dogal olarak ortaya cıkan sayıların irrasy-

onel olduklarını gosterebilmek icin Teorem 5.3 u kullanamayız.

Cunku bu sayıların ondalık acılımındaki basamakları veren

acık bir formul bilmiyoruz. Bu sayıların ondalık basamak-

larından kactane hesaplarsak hesaplayalım hala bunların ir-

rasyonelligini soyleyemeyiz. Cunku, periyod hesaplayabildigimiz

basamak sayısından daha da buyuk olabilir.

ALISTIRMALAR 1.1

1. b ∈ Z, (b > 1) olsun. Gosteriniz ki,1

mnin b−taban gosteriminin periyod uzunlugu m − 1

dir ⇔m asal ve ordm(b) = m−1 dir. ( diger bir deyisle, b sayısı

modm ye gore bir primitif koktur.)

2. Hangi p asalları icin1

pnin ondalık acılımında periyod

uzunlugu

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 f) 6 dır.

21

3.1

b− 1ve

1

b + 1sayılarının b−tabanındaki acılımlarını

bulunuz.

4. (b > 2), b ∈ Z, olsun. Gosteriniz ki,

1

(b− 1)2= (0 · 0123 . . . b− 3b− 1 )b

5. (b > 1), b ∈ Z, olsun. Gosteriniz ki,

1

b+

1

b4+

1

b9+

1

b16+

1

b25+ · · ·

sayısı bir irrasyonel sayıdır.

6. Her reel sayı

C0 +C1

1!+

C2

2!+

C3

3!+

C4

4!+ · · ·

seklinde yazılabilir. Burada C0, C1, C2, C3, . . . tamsayılar

ve

k = 1, 2, 3 . . . icin 0 ≤ Ck < k dır.

7. Her rasyonel sayının 16.Alıstırmadaki acılımının sonlu oldugunu

gosteriniz.

8. p asal ve1

p= (0 · c1 c2 c3 · · · cp−1 )b olsun. m bir tamsayı

ve 1 ≤ m < p ise gosteriniz ki,

m

p= (0 · ck+1 · · · cp−1 c1 c− 2 · · · ck−1 ck )b

Burada ordp(b) = p−1 oldugundan b bir primitif koktur.

Dolayısıyla k tamsayısı m ≡ bk (mod p) olan en kucuk

pozitif sayıdır.

22

6 Sonlu Surekli Kesirler

Sonsuz surekli kesirleri daha iyi anlayabilmek icin Euclid Bolme

Algoritmasını kullanarak rasyonel sayıları surekli kesirler seklinde

ifade edebiliriz.62

23kesirini gozonune alalım:

62 = 2 · 23 + 16

23 = 1 · 16 + 7

16 = 2 · 7 + 2

7 = 3 · 2 + 1

62

23= 2 +

16

23= 2 +

1

23/1623

16= 1 +

7

16= 1 +

1

16/716

7= 2 +

2

7= 2 +

1

7/27

2= 3 +

1

2

En son esitligi bir oncesinde yerine yazarsak :

62

23= 2 +

1

1 +1

16/7

= 2 +1

1 +1

2 +1

7/2

23

= 2 +1

1 +1

2 +1

3 +1

2

(6)

(6) ifadesine 62/23 rasyonel sayısının bir surekli kesir acılımı

denir.

TANIM 3 a1, a2, . . . an ∈ Z+ ve a0 ∈ Z olmak uzere

a0 +1

a1 +1

a2+ . . .

+1

an−1 +1

an

(7)

seklindeki bir ifadeye bir sonlu surekli kesir denir ve kısaca

[a0 ; a1, a2, a3, . . . , an]

ile gosterilir.

(7) Esitliginden de gorulebilecegi gibi sonlu surekli kesirler

bir rasyonel sayı gosterir. Euclid Bolme Algoritmasını kul-

lanarak her rasyonel sayının bir sonlu surekli kesir acılımına

sahip oldugunu soyleyebiliriz. an = (an − 1) +1

1gercegini

gozonune alırsak an > 0 ise

[a0 ; a1, a2, a3, . . . , an] (8)

= [a0 ; a1, a2, a3, . . . , an−1, an − 1, 1]

yazabiliriz. Yani,7

11= [0 ; 1, 1, 1, 3] = [0 ; 1, 1, 1, 2, 1] gibi.

24

(8) Esitliginden dolayı her rasyonel sayının tam olarak iki tane

sonlu surekli kesir acılımının oldugunu soyleyebiliriz. Bunlar-

dan biri tek sayıda terime sahipken digeri cift sayıda terime

sahiptir.

TANIM 4 Bir [a0 ; a1, a2, a3, . . . , an] sonlu surekli kesir

ifadesinde k ≤ n olmak uzere

[a0 ; a1, a2, a3, . . . , ak]

ifadesine [a0 ; a1, a2, a3, . . . , an] sonlu surekli kesirinin

k.yaklasımı denir ve Ck ile gosterilir.

TEOREM 6.1

p0 := a0, q0 := 1

p1 := a0 a1 + 1, q1 := a1

(k = 2, 3, . . . , n)

pk := ak pk−1 + pk−2, qk := ak qk−1 + qk−2

Bu durumda

i) Ck := [a0 ; a1, a2, a3, . . . , ak] =pk

qk

ii) 1 ≤ k ≤ n icin pk qk−1 − pk−1 qk = (−1)k−1

iii) 1 ≤ k ≤ n icin ebob(pk, qk) = 1

iv) 1 ≤ k ≤ n icin Ck − Ck−1 =(−1)k−1

qk qk−1

v) 2 ≤ k ≤ n icin Ck − Ck−2 =(−1)k ak

qk qk−2

vi)

C1 > C3 > C5 > · · ·25

C0 < C2 < C4 < · · ·Ayrıca,

(j = 0, 1, 2, . . .) C2j+1 > C2k (k = 0, 1, 2, . . .)

Diger bir deyisle tek indisli yaklasımlar cift indisli butun

yaklasımlardan buyuktur.

ALISTIRMALAR 1.2

1. k. Fibonacci sayısını Fk ile gosterelim.Fk+1

Fkkesirinin 1

ile biten sonlu kesir ifadesini bulunuz.

2. α ∈ Q ve α > 1 olsun. Gosteriniz ki,

α = [a0 ; a1, a2, a3, . . . , an] ⇒ 1

α= [0 ; a1, a2, a3, . . . , an] dir.

3. Bir [a0 ; a1, a2, a3, . . . , an] sonlu surekli kesirinde a0 > 0

ise gosteriniz ki,

pk

pk−1= [ak ; ak−1, ak−2, ak−3, . . . , a1, a0]

qk

qk−1= [ak ; ak−1, ak−2, ak−3, . . . , a2, a1]

4. k = 1, 2, 3, . . . icin qk ≥ Fk oldugunu gosteriniz.

5. ebob(r, s) = 1, r ≥ 1 olmak uzerer

s= [a0 ; a1, a2, a3, . . . , an]

olsun. Surekli Kesir simetriktir ( Yani a0 = an, a1 =

an−1, a2 = an−2, . . .)

⇔ (n tek ise ) r | s2 + 1, (n cift ise ) r | s2 − 1

26

7 Sonsuz Surekli Kesirler

Bu kısımda Analiz derslerinden monoton artan ve ustten sınırlı

( veya monoton azalan ve alttan sınırlı) her reel sayılar dizinin

yakınsak oldugunu hatırlamamız gerekiyor.

TEOREM 7.1 a0 ∈ Z ve a1, a2, a3, . . . ∈ Z+ ve Ck :=

[a0 ; a1, a2, a3, . . . , ak] olsun. Bu durumda bir α ∈ Ricin

limn→∞

Cn = α dır.

NOT: Bundan sonra α = [a0 ; a1, a2, a3, . . .] yazdıgımızda

bu Limit degeri anlasılacak.

ISPAT: Teorem 6.1 (vi) dan biliyoruz ki (C2n+1)n≥0 azalan

bir dizi ve C0 bir alt sınırı, aynı sekilde (C2n)n≥0 artan bir dizi

ve C1 bir ust sınırı oldugundan

limn→∞

C2n+1 = α1 ve limn→∞

C2n = α2

olacak sekilde α1, α2 ∈ R reel sayıları vardır.

C2n+1 − C2n =p2n+1

q2n+1− p2n

q2n=

p2n+1q2n − p2nq2n+1

q2n+1q2n

=(−1)(2n+1)−1

q2n+1q2n=

1

q2n+1q2n

Burada en son esitlikte Teorem 6.1 ii) yi kullandık. k ∈ Z+

icin qk > k oldugundan

0 < C2n+1 − C2n <1

q2n+1q2n<

1

(2n + 1) · 2n⇒ lim

n→∞(C2n+1 − C2n) = 0. Yani, α1 = α2 elde etmis

oluruz. 2

27

TEOREM 7.2 Sonsuz surekli kesir [a0 ; a1, a2, a3, . . .] bir

irrasyonel sayıdır.

ISPAT: α = [a0 ; a1, a2, a3, . . .] ve

Ck :=pk

qk= [a0 ; a1, a2, a3, . . . , ak] olsun.

n ≥ 0 icin C2n < α < C2n+1 oldugunu biliyoruz.

⇒ 0 < α− C2n < C2n+1 − C2n =1

q2n+1q2n

⇒ 0 < α− p2n

q2n<

1

q2n+1q2n

⇒ 0 < αq2n − p2n <1

q2n+1

α rasyonel olsa; yani α =a

b, (b 6= 0)

⇒ 0 < a q2n − b p2n <b

q2n+1

her n ∈ Z+ icin q2n+1 > 2n + 1 oldugundan bir n0 ∈ Z+

tamsayısı bulabiliriz ki, q2n0+1 > b olur. Yani,b

q2n0+1< 1 dir.

Bu da bize

0 < a q2n0 − b p2n0︸ ︷︷ ︸∈Z

< 1

esitsizligini verir ki, boyle bir tamsayı yoktur.

2

28

Her irrasyonel sayı bir sonsuz surekli kesir ile tek turlu ifade

edilebilir. Once asagıdaki Teorem ile boyle bir sonsuz surekli

kesirin nasıl olusturulacagını gorelim sonrada tek turlu olmasını

ispatlayalım.

TEOREM 7.3 α ∈ R−Q ve α0 := α olsun.

k = 0, 1, 2, 3, . . . icin

ak := [αk] ve αk+1 :=1

αk − ak(9)

Bu durumda

α = [a0 ; a1, a2, a3, . . .]

ISPAT: ak lar tanımlarından dolayı tamsayıdır. α0 := α

irrasyonel sayı oldugundan α0 6= a0 dır ve α1 :=1

α0 − a0tanımlıdır. Simdi kabul edelim ki, αk irrasyonel olsun. Bu

durumda αk 6= ak oldugundan αk+1 :=1

αk − aktanımlıdır.

Dolayısıyla αk = ak +1

αk+1dir. αk+1 rasyonel olsaydı αk

rasyonel olurdu ki kabulumuz ile celisir. Sonuc olarak butun

αk lar irrasyoneldir ve ak bir tamsayı oldugundan αk 6= ak dır.

Ayrıca,

ak < αk < ak + 1

⇒ 0 < αk − ak < 1

⇒ αk+1 =1

αk − ak> 1 ⇒ ak+1 = [αk + 1] ≥ 1

a1, a2, a3, . . . pozitif tamsayılardır.

29

α = α0 = a0 +1

α1= [a0, α1]

= a0 +1

a1 +1

α2

= [a0; a1, α2]

...

= a0 +1

a1 +1

a2+ . . .

+1

ak +1

αk+1

= [a0 ; a1, a2, . . . , ak, αk+1]

Simdi limk→∞

[a0 ; a1, a2, . . . , ak, αk+1] = α oldugunu gosterelim

α = [a0 ; a1, a2, . . . , ak, αk+1] =αk+1 pk + pk−1

αk+1 qk + qk−1

α− Ck =αk+1 pk + pk−1

αk+1 qk + qk−1− pk

qk

=−(pk qk−1 − pk−1 qk)

(αk+1 qk + qk−1) qk=

−(−1)k−1

(αk+1 qk + qk−1) qk

αk+1 qk + qk−1 > ak+1 qk + qk−1 = qk+1

⇒ |αk − Ck| < 1

qk qk+1<

1

k(k + 1)(qk > k oldugundan)

Dolayısıyla, limk→∞

Ck = α, elde etmis oluruz.

2

30

TEOREM 7.4 Iki sonsuz surekli kesir [a0 ; a1, a2, a3, . . .]

ve [b0 ; b1, b2, b3, . . .] aynı irrasyonel sayıyı temsil ederlerse

k = 0, 1, 2, . . . icin ak = bk dır.

ISPAT: α = [a0 ; a1, a2, a3, . . .] olsun. C0 = a0 ve C1 =

a0 + 1/a1 oldugundan

a0 < α < a0 + 1/a1

dir. Yani, a0 = [α] dır. Ayrıca,

α = [a0 ; a1, a2, . . .] = limk→∞

[a0 ; a1, a2, . . . , ak]

= limk→∞

(a0 +

1

[a1 ; a2, a3, . . . , ak]

)

= a0 +1

limk→∞[a1 ; a2, a3, . . . , ak]

= a0 +1

[a1 ; a2, a3, . . . , ak]

Kabul edelim ki, [a0 ; a1, a2, a3, . . .] = [b0 ; b1, b2, b3, . . .] ol-

sun.

a0 = b0 = [α]

a0 +1

[a1 ; a2, a3, . . . , ak]= a0 +

1

[b1 ; b2, b3, . . . , bk]

oldugundan

[a1 ; a2, . . .] = [b1 ; b2, . . .]

elde ederiz. Simdi kabul edelim ki, ak = bk ve

[ak+1 ; ak+2, . . . ] = [bk+1 ; bk+2, . . . ] olsun. Aynı sekilde,

ak+1 = bk+1 ve

ak+1+1

[ak+2 ; ak+3, . . . , ]= ak+1+

1

[bk+2 ; bk+3, . . . , ]elde ederiz.

⇒ [ak+2 ; ak+3, . . . , ] = [bk+2 ; bk+3, . . . , ]

Boylece Tumevarımla k = 0, 1, 2, . . . icin ak = bk dır. 2

31

ORNEK 7 α =√

6 icin sonsuz surekli kesir acılımını

bulalım.

a0 = [√

6] = 2, α1 =1√

6− 2=

√6 + 2

2

a1 =

[√6 + 2

2

]= 2, α2 =

1(√6+22

)− 2

=√

6 + 2

a2 =[√

6 + 2]

= 4, α3 =1(√

6 + 2)− 4

=

√6 + 2

2= α1

α3 = α1 oldugundan a3 = a1, a4 = a2, . . . dir. Sonuc

olarak, √6 = [2; 2, 4, 2, 4, 2, 4, . . .]

Bu acılımın periyodik oldugunu soyleyebiliriz. Daha sonra

periyodik acılımları daha detaylı inceleyecegiz.

Asagıdaki Teorem, α irrasyonel sayısının sonsuz kesir acılımındaki

yaklasımların α ya olan en iyi rasyonel yaklasımlar oldugunu

ifade eder. Yani,pk

qkkesiri α ya, paydası qk dan kucuk olan

herhangi bir rasyonel sayıdan daha yakındır.

TEOREM 7.5 α bir irrasyonel sayı olmak uzere α nın

sonsuz surekli kesir acılımının yaklasımları da

pi

qi, (i = 1, 2, 3, . . .)

olsun. Bu durumda, r tamsayı, s ve k pozitif tamsayıları

icin

|sα− r| < |qkα− pk| ⇒ s > qk

32

π = [3; 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, . . .]

Bu surekli kesirin ilk 5 yaklasımları :

3, 22/7, 333/106, 355/113, 103993/33102

Yukarıdaki Teoremden 22/7 nin paydası 106 kucuk en iyi rasy-

onel yaklasım oldugunu soyleyebiliriz.

TEOREM 7.6 α bir irrasyonel sayı olmak uzere

r/s, (s > 0), rasyonel sayısı icin

|α− r/s| < 1/(2s2)

oluyorsa r/s, α nın surekli kesir acılımının bir yaklasımıdır.

8 Periyodik Sonsuz Surekli Kesirler

Bir sonsuz surekli kesire [a0; a1, a2, . . .] periyodik diyecegiz

eger, N ve k pozitif tamsayıları varsa oyleki her n ≥ N icin

an = an+k oluyorsa. Bunu

[a0; a1, a2, . . . , aN−1, aN , aN+1, . . . , aN+k−1]

ile gosterecegiz.

α reel sayısına quadratik irrasyonel diyecegiz eger,

A, B, C ∈ Z, (A 6= 0) tamsayıları icin

Aα2 + B α + C = 0

oluyorsa. Diger bir deyisle α

−B ∓√B2 − 4 AC

2A

33

sayılarından biridir. Digerini de α′ ile gosterecegiz ve α nın

eslenigi diyecegiz. α reel sayı oldugundan B2− 4 AC > 0

dir. Ayrıca, α irrasyonel oldugundan da

B2 − 4 AC sayısının tam-kare degildir.

TANIM 5 Bir α quadratik irrasyonel sayısına indirgenmis

denir eger,

α > 1 ve − 1 < α′ < 0

oluyorsa.

TEOREM 8.1 [Lagrange] Bir irrasyonel sayının sonsuz

surekli kesir acılımı periyodiktir ancak ve ancak bu sayı

quadratik irrasyonel ise

ORNEK 8 Sonsuz surekli kesir ifadesi [3; 1, 2 ] olan irrasy-

onel sayıyı bulalım.

y := [ 1, 2 ] x := [3; y] ⇒ y = [1; 2, y ]

y = 1 +1

2 +1

y

=3y + 1

2y + 1

⇒ 2y2 − 2y − 1 = 0 ⇒ y =1 +

√3

2, (y > 0 oldugundan)

x = [3; y] = 3 +1

y= 3 +

2

1 +√

3=

4 +√

3

2

TANIM 6 Bir sonsuz surekli kesire [a0; a1, a2, . . .]

tamamen periyodik diyecegiz eger, n tamsayısı varsa

oyleki, k = 0, 1, 2, 3, . . . icin ak = an+k oluyorsa. Bunu

[ a0; a1, a2, . . . , an−1 ]

ile gosterecegiz.

34

TEOREM 8.2 [Lagrange] Bir α quadratik irrasyonel sayı-

sının sonsuz surekli kesir acılımı tamamen periyodiktir an-

cak ve ancak α indirgenmis ise.

Ayrıca,

α = [ a0; a1, a2, . . . , an ] ⇒ −1/α′ = [ an; an−1, an−2, . . . , a0 ]

9 Surekli Kesirlerle Carpanlara Ayırma

Verilen bir N pozitif tamsayısını;

x2 ≡ y2 (mod N), 0 < y < x < N, ve x + y 6= N

olacak sekilde x ve y pozitif tamsayılarını bulabilirsek carpanlarına

ayırabiliriz. Cunku,

x2−y2 = (x+y)(x−y) ve N 6 | (x−y), N 6 | (x+y)

dir. Bu durumda ebob(x∓ y, N) sayısı N nin bir bolenidir.

Bu sartlara uygun x ve y tamsayılarının bulunusu ile ilgili bir

yontemi asagıdaki Teoremle verebiliriz.

TEOREM 9.1 N tamkare olmayan bir pozitif tamsayı ol-

mak uzere;

(α0 := α, P0 := 0, Q0 := 1) ve k = 0, 1, 2, 3, . . . icin

αk :=Pk +

√N

Qk, ak := [αk],

Pk+1 := akQk − Pk, Qk+1 :=N − P 2

k+1

Qk

tanımlarını yapalım.√

N sayısının k.yaklasımını da pk/qk

ile gosterelim.

Bu durumda;

p2k −N q2

k = (−1)k−1 Qk+1

35

Dolayısıyla

p2k ≡ (−1)k−1 Qk+1 (mod N)

Simdi, k tek sayı ve Qk+1 sayısı bir kare olsun, yani,

Qk+1 = s2, s ∈ Z+. Bu durumda p2k ≡ s2 (mod N) olur

ki, istegimize ulasmıs oluruz. k tek ise k + 1 cift olacagından

dolayı tamkare olan Qk ları bulmak icin cift indislerde ara-

yacagız.

ORNEK 9 N = 1037 sayısın carpanlarını bulalım.

α0 = (0 +√

1037 )/ 1, P0 = 0, Q0 = 1

olmak uzere Pk, Qk, αk ve ak sayılarını Teorem 9.1 deki

yolla hesaplarsak ; Q1 = 13, Q2 = 49 = 72

p21 ≡ (−1)2Q2 (mod 1037)

p1 = 129 ve 1292 ≡ 49 (mod 1037) oldugundan

1292 − 72 = (129− 7)(129 + 7) = 122 · 136 ≡ 0 (mod 1037)

ebob(122, 10037) = 61 ve ebob(136, 10037) = 17,

1037 = 17 · 61

Teorem 9.1 in bir baska uygulamasını gorelim: N tamkare

olmayan pozitif bir tamsayı ve d bir tamsayı olmak uzere

x2 −N y2 = d (10)

seklindeki denklemin cozumlerini arastıralım.

36

TEOREM 9.2 N tamkare olmayan pozitif bir tamsayı ve

d bir tamsayı olmak uzere |d| <√

N olsun. Bu durumda

x ve y tamsayıları icin

x2 −N y2 = d

oluyorsa x/y rasyonel sayısı√

N nin surekli kesir

acılımının bir yaklasımıdır.

TEOREM 9.3 N tamkare olmayan pozitif bir tamsayı ve

pk/qk de (k = 1, 2, 3, . . .),√

N nin surekli kesir acılımının

bir yaklasımları ve n de periyod uzunlugu olsun.

(j = 1, 2, 3, . . .)

n tek ise

{x2 −N y2 = 1 ; x = pjn−1, y = qjn−1

x2 −N y2 = −1 in cozumu yoktur

n cift ise

{x2 −N y2 = 1 ; x = p2jn−1, y = q2jn−1

x2 −N y2 = −1 ; x = p(2j−1)n−1, y = q(2j−1)n−1

10 Uretec Fonksiyonları

Sayılar Teorisinin en kullanıslı araclarından biridir.

Bir A := (an)n≥b = (ab, ab+1, ab+2, . . .) sayı dizi verildiginde

fA(x) :=

∞∑

n=b

an xn

serisine A dizisinin “uretec fonksiyonu” denir.

fA fonksiyonu bu serinin yakınsaklık aralıgında tanımlıdır.

ORNEK 10

37

1) (n ≥ 0), an := 1 olsun.

fA(x) =

∞∑n=0

xn =1

1− x, |x| < 1

2) (n ≥ 0), an :=1

n!olsun.

fA(x) =

∞∑n=0

xn

n!= ex, |x| < 1

3) Bir uretec fonksiyonuna en iyi ornek Binom Teoreminden

ortaya cıkar.

k ∈ Z+, an :=

(k

n

)k nın n li kombinasyonu

fA(x) = (1 + x)k =

=

(k

0

)+

(k

1

)x +

(k

2

)x2 + · · · +

(k

n

)xn + · · ·

an genel terimi acık bir formul ile verilirse herhangi bir n icin

an degerini hesaplamak kolaydır. Fakat boyle olmadıgı durum-

larda an icin bir formul bulmaya calısırız. Rekursif bir an dizisi

verildiginde;

• Rekursif denklemi kullanarak fA(x) fonksiyonuna iliskin

bir denklem buluruz

• Bu denklemi cozmeye calısırız.

• fA(x) in katsayılarını belirlemeye calısırız.

Bunu bir ornek ile acıklayalım

a0 := 0, a1 := 1, a2 := 5,

38

(n ≥ 2) an+2 − 5 an+1 + 6 an = 0

olsun. an icin bir formul bulmaya calısalım.

fA(x) =

∞∑n=0

an xn = a0 + a1x +

∞∑n=2

an xn

= 0 + x +

∞∑n=0

an+2 xn+2 = x +

∞∑n=0

(5 an+1 − 6 an) xn+2

= x + 5

∞∑n=0

an+1 xn+2 − 6

∞∑n=0

an xn+2

= x + 5 x∞∑

n=0

an xn − 6 x2∞∑

n=0

an xn

= x + 5 x fA(x)− 6 x2 fA(x)

⇒ fA(x) =x

1− 5x + 6x2=

−1

1− 2x+

1

1− 3x

= −∞∑

n=0

2n xn +

∞∑n=0

3n xn =

∞∑n=0

(3n − 2n)xn

∞∑n=0

an xn =

∞∑n=0

(3n − 2n)xn

Katsayıları esitleyerek an := 3n − 2n elde ederiz.

Simdi Rekursif Denklemleri genel halde inceleyelim:

Homojen Lineer Rekursif (HLR):

39

(HLR)

a0 := c0, a1 := c1, a2 := c2, . . . , ak−1 := ck−1︸ ︷︷ ︸baslangıc degerleri

an+k + b1 an+k−1 + · · · + bk an = 0, (n ≥ 0)

Bu durumda

fA(x) =R(x)

1 + b1x + b2x2 + · · · + bkxk(11)

Burada R(x) derecsi k dan kucuk bir polinomdur. Gercekten

(1 + b1x + b2x2 + · · · + bkx

k)fA(x) =

(1 + b1x + b2x2 + · · · + bkx

k)(1 + a1x + a2x2 + · · · + anx

n + · · ·)Carpımı yaparsak, xn+k nın katsayısı

an+k + b1 an+k−1 + · · · + bk an = 0 (n ≥ 0) dır.

Fakat (an) dizisi (HLR) yi sagladıgından her n ≥ 0 icin

xn+k ların katsayıları sıfır olur.

Sadece 1, x, x2, . . . , xk−1 lerin katsayıları sıfır olmaz. Bu da

bize R(x) polinomunun derecesinin < k oldugunu soyler.

(HLR) nin karakteristik denklemi:

tk + b1 tk−1 + b2 tk−2 + · · · + +bk−1 t + bk = 0 dır.

Eger bu denklemi asagıdaki sekilde cozebilirsek;

40

(t−α1)m1(t−α2)

m2 · · · (t−αs)ms = 0, (m1+m2+· · ·+ms = k)

(11) denklemi

fA(x) =R(x)

(1− α1 x)m1(1− α2 x)m2 · · · (1− αs x)ms(12)

olur. Bu denklemde bize an genel teriminin asagıdaki sekilde

oldugunu verir.

an = P1(n)αn1 + P2(n)αn

2 + · · · + Ps(n)αns (13)

Burada Pi(n) ler derecesi < mi olan n nin polinomlarıdır.

Simdi bunu bir ornekle acıklayalım:

a0 := 0, a1 := −9, a2 := −1, a3 := 21︸ ︷︷ ︸baslangıc degerleri

an+4 − 5 an+3 + 6 an+2 + 4 an+1 − 8 an = 0 (n ≥ 0)

Seklinde verilen (an) dizisinin genel terimini bulalım:

Karakteristik denklem

t4 − 5 t3 + 6 t2 + 4 t− 8 = 0

⇒ (t− 2)3(t + 1) = 0

(13) denkleminden

41

an = (An2 + B n + C)2n + D (−1)n

a0, a1, a2, a3 baslangıc degerlerini yerine yazarak;

C + D = 0

2A + 2B + 2C −D = −9

16A + 8B + 4C + D = −1

72A + 24B + 8C −D = 21

denklem sistemini elde ederiz. Bu denklem sisteminin cozumleri:

A = 1, B = −1, C = −3, D = 3

Dolayısıyla

an = (n2 − n− 3)2n + 3(−1)n

Non-Homojen Lineer Rekursif (HLR):

(HLR)

a0 := c0, a1 := c1, a2 := c2, . . . , ak−1 := ck−1︸ ︷︷ ︸baslangıc degerleri

an+k + b1 an+k−1 + · · · + bk an = f (n), (n ≥ 0)

Burada aynı yontemi uygulayabilmemiz f (n) ozel sekillerde

verilmesiyle mumkun olur. Kabaca soyleyecek olursak

(1 + b1x + b2x2 + · · · + bkx

k)fA(x)

hesaplarken f (n) iceren terimleri bir takım ozel kurallarla ustesinden

gelmeye calısacagız. Ornegin

42

a0 := 0, a1 := 1,︸ ︷︷ ︸baslangıc degerleri

an+2 − an+1 − 6 an = n (n ≥ 0)

seklinde verilen (an) dizisinin genel terimini bulalım:

(1− x− 6x2)(a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·)

= a0 + (a1 − a0) x + (a2 − a1 − 6 a0) x2 + · · ·+(an+2 − an+16 an) xn+2 + · · ·

= x + (x3 + 2x4 + · · · + nxn+2 + · · ·)

= x + x3∞∑

n=0

(n + 1) xn

= x + x3(1− x)−2 =x− 2 x2 + 2 x3

(1− x)2

1− x− 6x2 = (1 + 2x)(1− 3x) oldugundan

(1 + 2x)(1− 3x)fA(x) =x− 2 x2 + 2 x3

(1− x)2

⇒ fA(x) =

∞∑n=0

an xn =x− 2 x2 + 2 x3

(1 + 2 x)(1− 3 x)(1− x)2

43

=A

1 + 2 x+

B

1− 3 x+

C

1− x+

D

(1− x)2

= A

∞∑n=0

(−2n)xn + B

∞∑n=0

3n xn

+C∞∑

n=0

xn + D∞∑

n=0

(n + 1)xn

=

∞∑n=0

(A(−2n) + B(3n) + C + D(n + 1)) xn

Katsayıları esitlersek ;

⇒ an = A(−2n) + B(3n) + C + D(n + 1)

buluruz. Simdi a0 = 0, a1 = 1, a2 = 1, a3 = 8 degerlerini

yerine yazarak;

44

A + B + C + D = 0

−2A + 3B + C + 2D = 1

4A + 9B + C + 3D = 1

−8A + 27B + C + 4D = 8

denklem sistemini elde ederiz. Bu denklem sisteminin cozumleri:

A = −2/9, B = 1/4, C = 5/36, D = −1/6

Dolayısıyla

an =1

36

[(−2)n+3 + 3n+2 − 6 n− 1

]

elde ederiz. Simdi de Lineer olmayan bir rekursif dizinin genel

terimini bulmaya calısalım.

Birlesme ozelligi olmayan bir islem altında x1 x2 x3 · · · xn carpımını

parentez kullanarak bulmak istesek kac farklı sonuc elde ederiz.

Bu sayıyı an ile gosterelim. a1 = 1 = a = 2. Ornegin n = 4

(a(b(c d))), (a((bc)d)), ((ab)(cd)), ((a(bc))d), (((ab)c)d)

Demekki a4 = 5. Her bir carpım en dıstaki parentezin icindeki

iki ifadenin carpımını iceriyor. Bunlardan biri i tane carpım

digeride n − i tane carpımdan olusuyor. Dolayısıyle an ler

arasında asagıdaki bagıntı vardır:

an = a1 an−1 + a2 an−2 + a3 an−3 + · · · + an−1a1

45

fA(x) =

∞∑n=1

an xn

= x +

∞∑n=2

(a1 an−1 + a2 an−2 + a3 an−3 + · · · + an−1a1) xn

= x +

( ∞∑n=1

an xn

)( ∞∑n=1

an xn

)

= x + (fA(x))2

Y 2−Y +x = 0 ⇒ Y =1 +

√1− 4x

2veya Y =

1−√1− 4x

2dir. Fakat, fA(0) = 0 oldugundan

fA(x) =1 +

√1− 4x

2

dir. Simdi (1− 4x)1/2 ifadesini binom serisine acarsak;

fA(x) =1

2− 1

2

∞∑n=0

(−1)n(

1/2

n

)4n xn

(1/2

0

)= 0 ve

(1/2

n

)=

12(

12 − 1) · · · (1

2 − n + 1)

n!oldugundan

fA(x) = −1

2

∞∑n=1

(−1)n(

1/2

n

)4n xn, |x| < 1/4

Bir fonksiyonun MacLaurin acılımı bir tek oldugundan

46

an = −1

2(−1)n

(1/2

n

)4n

= (−1)n−1 1

2

1

2(1

2− 1) · · · (1

2− n + 1)

n!4n

= (−1)n1

2

1 · (−1)(1− 2) · · · (1− 2(n− 1)) 2n

n!

=1

2

1 · 3 · · · (2n− 3) 2n

n!

=1

2

1 · 3 · · · (2n− 3) · n! 2n

n! · n!

=1

2

1 · 2 · 3 · 4 · · · (2n− 4)(2n− 3)(2n− 2) 2n

(n!)2

=1

n

1 · 2 · 3 · 4 · · · (2n− 2)

[(n− 1)!]2

=

(2n− 2

n− 1

)

47