Gauss tamsayıları halkasında kongrüans denklemlerinin çözümleri ve 4. dereceden kalanlar üzerine

i

GAUSS TAMSAYILARI HALKASINDA KONGRÜANS DENKLEMERİNİN ÇÖZÜMLERİ VE 4. DERECEDEN KALANLAR ÜZERİNE

Kevser AKTAŞ

Selçuk Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü İlköğretim Anabilim Dalı

Matematik Öğretmenliği Programı

Danışman : Prof.Dr. Hasan ŞENAY 2008, 37 Sayfa

Juri : Prof. Dr. Hasan ŞENAY Prof. Dr. Durmuş BOZKURT Yard. Doç. Dr. Ahmet CİHANGİR

Bu çalışmada Gauss tamsayılarının özellikleri yardımıyla Elemanter Legendre Sembolünün 4. dereceden Legendre sembolüne genişlemesini inceledik. 4. dereceden Legendre sembolünün özelliklerini inceledik. Buradan 4. dereceden kalanlar teoremine ulaştık.

Gauss tamsayılar halkasında Pk kümelerinin varlığı için bir kriter oluşturarak bazı genişlemeyen k

P _{kümelerinin var olduğunu gösterdik. Ayrıca Gauss asallarından faydalanılarak nasıl} 4 P

kümelerinin yazılabileceğini gösterdik.

ii

ON THE SOLUTIONS OF CONGRUENCE EQUATIONS IN THE GAUSSIAN INTEGERS RING AND BIQUADRATIC RESIDUES

Kevser AKTAŞ

Selçuk University

Graduate School of Natural and Applied Sciences Department of Education

Supervisor : Prof.Dr. Hasan ŞENAY 2008, 37 Pages

Jury : Prof. Dr. Hasan ŞENAY Prof. Dr. Durmuş BOZKURT Assist. Prof. Dr. Ahmet CİHANGİR

In this study, using properties of Gaussian Integers, we investigated the extention of Elementary Legendre Symbol to the biquadratic. We considered the properties of the biquadratic Legendre symbol. Then we obtained the biquadratic residue theorem.

In this study we formed a criter for the existence of Pk Sets in Gaussian Integers Ring and we showed the existence of some nonextendanble Pk Sets. In addition to this, using Gaussian Integers we showed that how to write P_{4 Sets.}

iii

Matematik Alanlar Eğitimi Ortaöğretim Matematik Eğitimi Anabilim Dalı Öğretim Üyesi Prof. Dr. Hasan ŞENAY yönetiminde yapılarak Selçuk Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü’ne Yüksek Lisans Tezi olarak sunulmuştur.

Çalışmamdaki yardımlarından dolayı saygıdeğer hocam Prof. Dr. Hasan ŞENAY’a ve bana destek veren TÜBİTAK’a teşekkürlerimi ve saygılarımı sunarım.

iv ABSTRACT ... ii ÖNSÖZ ... iii İÇİNDEKİLER... iv 1. GİRİŞ ... 1 2. ÖN BİLGİLER ... 2

2.1. Sonlu Cisimlerin Temel Özellikleri ... 2

2.2. Çarpanlanabilir Karakterler ... 4

2.3. _»[ ]i Halkasının Bazı Özellikleri... 5

3. TEORİK ESASLAR ...14

3.1. Dördüncü Dereceden Kalanlar...14

3.2. 4. Dereceden Kalan Sembolü...18

4. _{» DE} [ ]i P_{k KÜMELERİNİN VARLIĞI...32}

5. SONUÇLAR...36

1. GİRİŞ

David COX yılındaki kitabında, benzer şekilde 4. dereceden kalanlar için Legendre sembolünü tanımlayıp, pasalının x y ∈
için , _{p x}2 _64y2

= + biçiminde temsil edilebilmesi için gerek ve yeter koşul p ≡1 mod 4

₍

₎

ve 2 nin, p modülüne göre bir 4. dereceden kalan olması gerektiğini ifade etmiştir.[1]

Fethi ÇALLIALP kitabında ,
[ ]i Gauss Tamsayılar halkasının genel özelliklerinden bahsetmiştir.[2]

Andrej DUJELLA makalesinde tamsayılar ile yazılabilen 4 elemanlı P_k

kümelerinin Gauss tamsayılarına nasıl genişlediğini gösterdi. b tek veya

(

)

2 mod 4

a b≡ ≡ ise, bu şekilde 4 elemanlı bir P_{a bi+} kümesi yazılamayacağını söylemiştir. Eğer 4 elemanlı bir P_{a bi}+ kümesi ve a bi+ yukarıdaki formda olmayıp

{

2, 2,1 2 , 1 2 , 4 , 4

}

a bi+ ∉ − + i − − i i − i ise, o halde en azından bir tane 4 elemanlı bir a bi

P₊ kümesi varlığını gösterdi.
ve [ ]
i de , 4 elemanlı P_k kümelerinin iki kare farkı şeklinde temsil edilen elemanların kümesi olduğunu gösterdi.[3]

H. FLANDERS makalesinde,
[ ]i de kalanlı bölme teoreminin geçerli

olduğunu belirtmiştir.[4]

Kenneth IRELAND ve Michael ROSEN kitabında, [ ]
i nin asalları ile ilgili bilgi verip Legendre sembolünün 4. dereceden kalanlara genişletmesini göstermiştir. 4. dereceden kalanlar teoremi üzerinde durmuştur.[5]

Kenan KAYGISIZ makalesinde bazı genişletilemeyen P_k kümeleri üzerinde çalışmıştır.[6]

Hasan ŞENAY kitabında, [ ]
i Gauss tamsayılar halkasının özellikleri ve asalların karakterizasyonu ile ilgili çalışmalara yer vermiştir.[7]

2. ÖN BİLGİLER

Bu bölümde çalışmamızın konusunun temeli olan
[ ]i Gauss tamsayılar

halkasının temel özellikleri ile bunların kullanılmasında yardımcı olacak diğer bilgileri vereceğiz.

2.1. Sonlu Cisimlerin Temel Özellikleri

F, q elemanlı bir sonlu cisim olsun. O zaman Fnin çarpımsal alt grubu olan _F*_{nın q − tane elemanı vardır. Böylece 1 α F}*

∀ ∈ , _xq−1 ₁

= eşitliğini sağlar. (Burada 1, Fnin çarpımsal birimini temsil edip, bildiğimiz anlamda tamsayı 1 değildir.) Fnin her elemanı _xq _x

= eşitliğini sağlar. Önerme 2.1.1.

(

)

q F x x x α α ∈ − =

_∏

−

İspat: Her iki polinom da F x

[ ]

in elemanları olarak düşünülür.

F

α

∀ ∈ nın, _xq _x

− in bir kökü olduğunu biliyoruz. Fnin qtane elemanı olduğundan ve _xq _x − in derecesi q olduğundan

(

)

F x α α ∈ −

∏

nın derecesi de qdur. O halde, q

(

)

F x x x α α ∈ − =

_∏

− dır (Ireland ve Rosen 1990).

Sonuç 2.1.1. K bir cisim olmak üzere F ⊂K olsun. Bir α∈K nın Fnin içinde olması için gerek ve yeter şart _αq _α

= olmasıdır (Ireland ve Rosen 1990). İspat: αq =α olması için gerek ve yeter şart α nın _xq _x

− in kökü olmasıdır. Buradan, Önerme 2.1.1. gereği, _xq _x

− in köklerinin tam olarak Fnin elemanları olduğuna ilgi çekilmelidir.

Sonuç 2.1.2. Eğer f x

_{( )}

, _xq _x

− i bölüyorsa, o halde d, f x

_{( )}

in derecesi olmak üzere, f x

( )

in d tane farklı kökü vardır (Ireland ve Rosen 1990).

İspat: f x g x

( ) ( )

=xq−x olsun. g x

( )

in mertebesi q d− dir. Eğer f x

( )

in d farklı kökten daha az kökü varsa, cebirden bilindiğine göre, f x g x

_{( ) ( )}

,

(

)

d+ q d− =q farklı kökten daha az köke sahip olacaktır. Buradan f x

_{( )}

in dtane kökü vardır.

Teorem 2.1.1. (Lagrange Teoremi) pasal, a0 ≡/0 mod

(

p

)

ve

( )

0 n n k k k f x a x − = =

∑

biçiminde bir polinom ise, f x

( )

≡0 mod

(

p

)

kongrüansının en fazla n tane kökü vardır (Şenay 2007).

Teorem 2.1.2. Sonlu bir cismin çarpımsal grubu devirlidir (Ireland ve Rosen 1990).

İspat: Bu teorem “U

(

p

)

devirli bir gruptur.” teoreminin genelleştirilmesidir. İspatı aynıdır. Eğer, d q −1 ise, _xd _1xq−1 ₁

− − dir ve Sonuç 2.1.2. den _{x − in} d 1

dfarklı kökü vardı. Böylece *

F ın alt grubu, d. dereceden (mertebeden) _{x = i} d 1 sağlayan elemanları içerir. ψ

_{( )}

d , d. dereceden _F*_{ın elemanlarının sayısıdır. O} halde,

( )

c d c d ψ =

∑

Mobius ters çevirme formülü ile,

( )

d

( )

c d

( )

d c

ψ =

∑

µ =ϕ

olur.

Özel olarak, q = olmadıkça, 2 ψ

(

q−1

)

=ϕ

(

q−1

)

>1 dir. *

F ın devirli olma durumu F sonlu olduğunda şu durumu gösterir. Eğer m +

∈
ilkel köklere sahip ve

(

a m =,

)

1 ise, a nın m modülüne göre .

n dereceden kalan olması için gerek ve yeter şart _aϕ( )m d 1 mod

₍

_m

₎

≡

( )

(

)

Önerme 2.1.2. _{α F}*

∈ olsun. O halde, _xn _α

= nın çözümlerinin olması için gerek ve yeter şart α (q−1)d= dir 1

(

d =

(

n q, −1

)

)

(Ireland ve Rosen 1990).

Eğer çözümler mevcutsa, tam olarak d tane çözüm vardır.

İspat: γ , F*ın üreteci olsun. α =γa ve x=γy olsun. O halde, xn =α eşitliği

(

)

(

mod 1

)

ny≡a q− kongrüansına denktir.

Şimdi n q −1 ve

₍

n q −, 1

₎

=1 iken nasıl durumların oluşacağını gözlemleyelim. Eğer n q −1 ise, o zaman _F*_{ın .n kuvvetten} q 1

n

−

tane elemanı vardır ve eğer α, .

n kuvvettense o halde _xn _α

= eşitliğinin tam olarak n tane çözümü vardır. Eğer

(

n q −, 1

)

=1 ise, .n kuvvetten her eleman tektir. Örneğin, _{α F}*

∈ için, _xn _α = nın sadece bir çözümü vardır.

Sonuç 2.1.3. α∈

(

[ ]i π
[ ]i

)

* olsun. O halde _x4 α

= nın çözümlerinin olması için gerek ve yeter şart α(N( )π−1)d = dir. 1

(

d =

(

4,N π

( )

−1

)

)

Not 2.1.1.
p
=F_p sonlu cisimdir.

2.2. Çarpanlanabilir Karakterler

p

F üzerinde çarpanlanabilir bir karakter, * p

F dan sıfırdan farklı kompleks sayılara bir χ dönüşümü, χ

_{( )}

ab =χ

_{( ) ( )}

a χ b ,

(

_, *

)

p a b F ∀ ∈ şeklindedir.

Eğer pmodülüne göre a kalan sınıfının bir fonksiyonu gözüyle bakılırsa,

a p

   

  elemanter Legendre sembolü çarpanlanabilir karaktere bir örnektir.

Önerme 2.2.1. χ çarpanlanabilir karakter ve * p

a F∈ olsun. O halde,

2) χ

_{( )}

a , birimin

₍

p −1 .

₎

köküdür.

3)

( )

_a 1

( )

_a 1

( )

_a

χ − χ − χ

= =

dir (Ireland ve Rosen 1990).

2.3.
[ ]i Halkasının Bazı Özellikleri

Şimdi [ ]
i halkasının çalışmamıza konu olan özelliklerini ele alabiliriz.

Tanım 2.3.1. Herhangi , a b ∈
ve i = − olmak üzere 1 a bi+ biçimindeki bütün sayılara Gauss Tamsayıları denir. Bu tür sayıların cümlesini [ ]
i ile göstereceğiz. Yani, i = − olmak üzere, 1

[ ]i =

{

a bi a b+ , ∈

}

dır.

Tanım 2.3.2. ,a b∈
olmak üzere α = +a bi∈
[ ]i sayısının eşleniği a bi− şeklinde tanımlanıp α ile gösterilir. Bir α = +a bi∈
[ ]i sayısının normu

(

)

2 2

N a bi+ =αα =a +b ∈
dır.

Önerme 2.3.1. Norm fonksiyonun şu özellikleri vardır (Şenay 2007). 1) ∀ ∈
α [ ]i için N

_{( )}

α ≥0 2) N

_{( )}

α = ⇔0 α =0 3) ∀α β, ∈
[ ]i için N

₍

α β⋅

₎

= N

_{( )}

α ⋅N

_{( )}

β dır. 4) α = +a bi∈
[ ] ,i β = +c di a b c d

(

, , , ∈

)

olmak üzere, a) αβ αβ= b)

₍

α β+

₎

=α β+ dır.

İspat: α = +a bi∈
[ ] , i

(

a b, ∈

)

olmak üzere,

2) ⇒ : _N

_{( )}

_a2 _b2 ₀ α = + = ise,

2 2

a = −b olur. Böyle bir durum ancak a b= =0 olması ile mümkün olacağından

0 0i 0 α = + = dır. ⇐ : α =0 ise, 0 a bi a bi α = + = ⇒ = −

( )

2 2

(

)

2 2 N α =a +b = −bi +b _b2 _b2 = − + =0

3) ∀α β, ∈
[ ]i için, α = +a bi , β = +c di olacak şekilde , , ,a b c d ∈
olsun.

(

)

(

(

) (

)

)

N α β⋅ =N a bi+ ⋅ c di+

_{N ac adi bci bdi}

(

2

)

= + + + =N ac bd

(

(

−

) (

+ ad bc i+

)

)

=

(

ac bd−

)

2 +

(

ad bc+

)

2 _{a c}2 2 _{2abcd b d}2 2 _{a d}2 2 _{2abcd b c}2 2 = − + + + + _{a c}2

(

2 _d2

)

_{b c}2

(

2 _d2

)

= + + + =N a bi N c di

₍

+

₎

⋅

₍

+

₎

=N

_{( )}

α ⋅N

_{( )}

β 4) a) αβ =

(

a bi c di+

)(

+

)

=

(

ac adi bci bd+ + −

)

=

(

ac bd−

) (

+ ad bc i+

)

=

₍

ac bd−

_{) (}

− ad bc i+

₎

=ac bd adi bci− − − =a c di

₍

−

₎

−bi c di

₍

−

₎

=

₍

a bi c di−

₎₍

−

₎

=

(

a bi c di+

)(

+

)

=αβ b)

(

α β+

) (

= a bi c di+ + +

)

=

(

a c+ +

₍

b d i+

₎

)

= + −a c

(

b d i+

)

= + −a c bi di−

=

₍

a bi−

_{) (}

+ c di−

₎

=

(

a bi+

) (

+ c di+

)

=α β+

Tanım 2.3.2. ∀ ∈
α [ ]i için, uα olacak şekilde bir u tamsayısı varsa buna [ ]
i nin bir tersinir elemanı denir.

Önerme 2.3.2. α∈
[ ]i nin tersinir olması için gerek ve yeter şart N

( )

α =1 olmasıdır. Şu halde tersinir elamanlar ∓1 , i∓ lerdir (Çallıalp 1999).

İspat: α∈
[ ]i tersinir 1 [ ]i α ⇔ ∈
demektir.

( )

( )

1 1 1 α N 1 N α N α α   = ⋅ ⇒ = ⋅     ve N

( )

α ∈
,N

( )

α ≥0 olduğundan, eğer α tersinir eleman ise, N

_{( )}

α =1 olmalıdır.

Tersine olarak, α = +a bi∈
[ ]i için, N

( )

α = =1 α α⋅ ise,

1 [ ] a bi i α α = = − ∈
bulunur.

( )

2 2 _{1 1 , 0}

N α =a +b = ⇔a=∓ b= veya a =0 , b= 1∓ anlamını taşıdığından [ ]
i

deki tersinir elemanların 1 , i∓ ∓ olduğu anlaşılır.

Tanım 2.3.3. u , [ ]
i nin herhangi bir tersinir elemanı olmak üzere, herhangi , [ ]i

α β∈
elemanları için α = ⋅ eşitliği geçerli ise u β α ve β elemanlarına ilgili

elemanlar denir ve bu durum α ≈β şeklinde gösterilir.

Tanım 2.3.4. α∈
[ ]i elemanına eğer α nın [ ]
i deki her böleni ya kendisinin bir ilgilisi yada bir tersinir eleman ise indirgenemez denir.

Tanım 2.3.5.
[ ]i nin tersinir olmayan sıfırdan farklı bir π tamsayısına; herhangi , [ ]i

α β∈
tamsayıları için, π αβ olması ya π α veya π β olmasını gerektiriyorsa

Not 2.3.1. Bundan sonra
nin asallarına rasyonel asal diyeceğiz.

Teorem 2.3.1.
[ ]i nin, 0 ve tersinir olmayan her elemanı sonlu sayıda indirgenemez elemanlarının çarpımı biçimindedir.

Tanım 2.3.6. Bir
[ ]i halkasına, her α∈
[ ]i tamsayısının sonlu sayıda indirgenemez elemanların çarpımı olarak temsili, çarpanlarının sırasının ve indirgenemez elemanlarının ilgilileri ile değişimi dışında tek türlü ise, tek

çarpanlama bölgesi denir.

Teorem 2.3.2. Bir bölgede çarpanlara ayrılışın tek olmasının gerek ve yeter koşulu her indirgenemez elemanın asal olmasıdır (Şenay 2007).

Not 1.3.2. Yukarıdaki teoreme göre
[ ]i nin her indirgenemez elemanı aynı zamanda bir asal elemandır.

Tanım 2.3.7. İkisi birden sıfır olmayan ,α β∈
[ ]i elemanları için aşağıdaki iki koşulu sağlayan bir δ∈
[ ]i tamsayısına ,α β tamsayılarının en büyük ortak böleni denir.

(1) δ α ve δ β,

(2) ,α β nın her _{δ ortak böleni için 11} δ δ .

Not 2.3.3. Herhangi ,α β∈
[ ]i tamsayılarının (eğer mevcutsa) bir en büyük ortak böleni ile ilgili olan tamsayının da ,α β nın keza bir en büyük ortak böleni olduğuna ilgi çekilmelidir. Böylece ,α β nın yukarıdaki koşulları gerçekleyen bir en büyük ortak böleninin tek biçimde belirtilmediği açık olup, bunu ( , )α β ile göstereceğiz. O halde ilgili olanları dışında ( , )α β tek bir biçimde belirtilmiştir.

Teorem 2.3.3. Eğer α β, ∈
[ ]i nin en büyük ortak böleni δ ise, herhangi

, [ ]i

λ µ∈
tamsayıları için δ =λα µβ+ olur (Flanders 1985).

İspat. Verilen ,α β∈
[ ]i tamsayıları ile [ ]
i halkasındaki bütün tamsayı değerleri serbestçe alabilen ,λ µ sayıları için N(αλ βµ+ ) biçimindeki pozitif tamsayıların

oluşturduğu cümleyi göz önüne alalım. İyi sıralama ilkesine göre bu cümlenin bir en küçük 0< N( )δ1 elemanı vardır. Burada ,λ µ∈
[ ]i olmak üzere δ1=αλ βµ+ olduğuna ilgi çekilmelidir. Bölünebilmenin lineerlik özeliği gereği α ve β nın her

(

)(

)

2= a bi c di+ + ortak böleni için ρ δ1 olur. Bundan başka δ α1 ve δ β1 dır.

Gerçekten böyle olmasaydı α δ κ δ= 1 + 2 ve 0≤ N( )δ2 < N( )δ1 olacak biçimde 2, [ ]i

δ κ∈
elemanları bulunacaktı. Böylece δ1=αλ βµ+ ve α δ κ δ= 1 + 2

eşitliklerinden δ2=(1−λκ α) + −( κµ β) bulunur ki, bu δ1 in 0< N( )δ₁ koşulu ile

[ ]i

nin en küçük elemanı olduğu kabulü ile çelişir. O haldeπ ve sonuçta δ2= 0

olur. Benzer biçimde _{u= − ⇒i π = +x yi= −iπ = − −y xi⇒ = − ⇒ =x y p 2x}2 olduğu da gösterilir. Öte yandan ,α β∈
[ ]i nin en büyük ortak böleni δ olduğundan

α δτ= ve β δω= olacak biçimde ,τ ω∈
[ ]i sayıları vardır. Buradan

1 ( )

δ =λα µβ+ =λτδ +µωδ = λτ +µω δ ,

ve sonuçta δ δ1 ayrıca δ hipoteze göre ,α β∈
[ ]i nin en büyük ortak böleni

olduğundan tanım gereği δ δ1 elde edilir ki, δ ve δ1 ilgili ve sonuçta Tanım 2.3.7.

gereğiδ∈
[ ]i ,α β nın en büyük ortak böleni olur.

Not 2.3.4. Gauss tamsayılar halkasının bir Öklid bölgesi olduğunu göstermek için

öncelikle [ ]
i de kalanlı bölme teoreminin geçerli olup olmadığını inceleyelim.

Teorem 2.3.4. ( [ ]
i de Kalanlı Bölme Teoremi) ∀α β, ∈
[ ]i ve β ≠ için, 0

α =βγ δ+ olacak şekilde ∃γ δ, ∈
[ ]i ve N

_{( )}

α <N

_{( )}

β dır (Flanders 1985).

İspat: Kompleks düzlemi, köşelerinin koordinatları tamsayılar olan karelere ayıralım. Böylece herhangi bir kompleks sayı, Bu karelerden birinin üzerine veya içine düşer. Ayrıca, karelerin köşeleri de
[ ]i nin elemanlarıdırlar.

, [ ]i

α β∈
,β ≠ ise 0 α

β sayısının üzerine veya içine düştüğü kareyi ve α

β ya en

yakın olan bu karenin γ köşesini düşünelim. Açıktır ki, α

β nın γ ya olan uzaklığı,

2 2 1 1 2 2 α α γ γ β − ≤ ⇒ β − ≤ <

Buradan α =βγ δ+ elde edilir.

Tanım 2.3.8. Eğer [i]
halkasının α ≠0 ve β gibi herhangi elemanları için

β ακ= +ρ ve 0≤N( )ρ <N( )α olacak biçimde κ ρ, ∈
[i] tamsayıları varsa 1

( − )

 cismine bir Öklid Bölgesi veya tam olarak norm için Öklid Bölgesi denir.

Teorem 2.3.5. [ ]
i bir Öklid bölgesidir (Şenay 2007). [ ]i

nin bir Öklid bölgesi olduğunu aşağıdaki gözlemle de görebiliriz.

Gözlem: α = +a bi∈
[ ]i ve sıfırdan farklı γ = +c di∈
[ ]i olmak üzere, α r si

γ = +

olacak şekilde ,r s ∈  olsun. 1 2

r m− ≤ ve 1

2

s n− ≤ olacak şekilde m n ∈
, alarak, δ =

₍

m ni+

₎

∈
[ ]i elemanı oluşturalım. Buradan,

N r si m ni

₍

+ − −

₎

=N r m

(

− +

₍

s n i−

₎

)

p=α γδ− olsun. p a bi= + −

₍

c di+

_{) (}

⋅ m ni+

₎

= +a bi−

₍

cm cni dmi dn+ + −

₎

= +a bi cm cni dmi dn− − − + = −a cm dn+ +

₍

b cn dm i− −

₎

∈
[ ]i ve, Ya p = ya da 0 N p

_{( )}

N γ α γ γ    =   −      N

_{( )}

γ N α γ γ   = ⋅ _ − _   1

_{( )}

_{( )}

2N γ N γ ≤ <

Tanım 2.3.9. Bir [ ]
i Öklid bölgesinde herhangi ,α β tamsayılarının en büyük ortak böleni [ ]
i nın tersinir bir elemanı ise ,α β tamsayılarına aralarında asal denir.

Not 2.3.5. Bir en büyük ortak bölenle ilgili olan herhangi bir tamsayı da en büyük ortak bölen ve 1 herhangi bir tersinir elemanla ilgili olduğundan ,α β aralarında asal ise ( , ) 1α β = kabul edebiliriz.

Sonuç 2.3.1.Eğer ( , ) 1α β = ise, λα µβ+ = olacak şekilde ,1 λ µ∈
[ ]i tamsayıları vardır.

Şimdi her Öklid bölgesinin bir tek çarpanlama bölgesi olduğunu gösterebiliriz.

Teorem 2.3.6.Her Öklid bölgesi bir tek çarpanlama bölgesidir (Şenay 2007). İspat. Teorem 2.3.2. gereği [ ]
i nin her indirgenemez elemanının bir asal eleman olduğunu kanıtlamamız yeterlidir. Buna göre π, [ ]
i nin indirgenemez bir elemanı

olmak üzere herhangi ,α β∈
[ ]i için π αβ ancak π α|/ olduğunu varsayalım. O zaman ( , ) 1α π = ve Sonuç 2.3.1. e göre λα µπ+ = olacak şekilde 1 λ µ, ∈
[ ]i

tamsayıları vardır. Şimdi bu eşitliğin her iki yanını β ile çarparsak, λαβ µβπ+ =β

bulunur. Kabulümüz gereği π αβ ve açık olarak π µβπ olduğundan bölünebilmenin lineerlik özeliğine göre π β olur.

Sonuç 2.3.2. Her Öklid bölgesi bir tek çarpanlama bölgesi olduğundan [ ]
i bir tek çarpanlama bölgesidir.

Önerme 2.3.3. π∈
[ ]i ve N

_{( )}

π bir rasyonel asal ise π asal Gauss tamsayısıdır

(Çallıalp 1990).

Önerme 2.3.4. π bir Gauss asalı olsun. O halde π polacak şekilde bir tek p

rasyonel asalı vardır. Üstelik ya _N

_{( )}

_{p yada N}

_{( )}

_p2

Önerme 2.3.5. π gibi bir Gauss asalı farklı iki rasyonel asalı bölmez (Şenay 2007).

Teorem 2.3.7. pasal tamsayısının
[ ]i de çarpanlara ayrılışı şu şekildedir. 1) p= ⇒2 π = + ∈
1 i [ ]i için _{p iπ}2

= − ve N

( )

π =2 dir.

2) p ≡3 mod 4

(

)

ise, p=π asal Gauss tamsayıdır ve _N

_{( )}

_{π = p}2_dir.

3) p ≡1 mod 4

(

)

ise, π ve π asal Gauss tamsayıları olmak üzere p=π π⋅ ve

( )

( )

N π =N π = p dir. (Çallıalp 1990) İspat:

1)

(

) (

)

(

)

2

2 1 1 1

p= = + ⋅ −i i = ⋅ −i i ve N

₍

1−i

₎

=2 olduğundan 1 i− bir asal Gauss tamsayısıdır. 2 asal tamsayısı
[ ]i de ( ilgililik düşünülmeden) bir asal Gauss tamsayısının karesidir. Buna 2, [ ]
i de dallanır da denir.

2) p ≡3 mod 4

₍

₎

olsun. π p⇒ p=π α α⋅ ,∃ ∈
[ ]i ve _{N p}

_{( )}

_p2 _N

_{( ) ( )}

_N α π = = ve

( )

N π = p veya _N

_{( )}

_{π = p}2 _{olur. x yi}

₍

_{x y,}

₎

_N

_{( )}

_x2 _y2 _{0 , 1 veya 2 mod 4}

₍

₎

π = + ∈
⇒ π = + ≡ olabilir. Şu halde

( )

N π = p olamaz. _N

_{( )}

_{π =x}2_+y2 _{= p}2_dir.

( )

( ) ( )

2

p =N p =N π N α = p N2

( )

α ⇒N

( )

α =1 ise, α tersinir olacağından p≈π olduğu anlaşılır. Yani p ≡3 mod 4

₍

₎

rasyonel asalı, [ ]
i de de asal kalır.

3) p ≡1 mod 4

₍

₎

olsun. p rasyonel asalı için _x2 _{≡ −1 mod}

₍

_p

₎

_{nin çözümü vardır.}

Bir çözüm z ise, _{p z + ,} 2 _{1 p}

π ve π asal Gauss tamsayısı ise

(

)(

)

2 ₁

z z i z i

π + = + − olur. [ ]
i de asal eleman tanımından π z i+ veya π z i− bulunur. Fakat p z i//| + ve |p z i// − dir. Çünkü z i

[ ]

i

p∓ p∉
dir. Buradan π ile p

nin ilgili olmadıkları anlaşılır. Şu halde _N

_{( )}

_{π ≠N p}

_{( )}

_{= p}2 _ve

_{( )}

2

p N p p

π ⇒

olmasından, N

( )

π = p bulunur. Böylece p ≡1 mod 4

(

)

ise, p=N

( )

π =π π⋅ dir.

( )

2 2

,

x yi N x y p

π = + π = + = olsun. u= ∓ ∓ tersinir elemanlar olmak üzere 1, i u π = ⋅ olsa idi; π 2 1 0 u= ⇒π = +x yi=π = −x yi⇒ = ⇒ =y p x 2 1 0 u= − ⇒π = +x yi= − = − +π x yi⇒ = ⇒ =x p y 2 2 u i= ⇒π = +x yi i= π = y xi+ ⇒ = ⇒ =x y p x 2 2 u= − ⇒i π = +x yi= −iπ = − −y xi⇒ = − ⇒ =x y p x

Çelişkilerini verirdi. Çünkü p tek, asal tamsayıdır. Buradan p nin iki farklı ilgili olmayan asal Gauss tamsayısının çarpımı olarak ayrıştığı anlaşılır. Yukarıdaki bu tespitlerimiz aşağıdaki teoremin ispatını verir.

Teorem 2.3.8. Bir π tamsayısının bir Gauss asalı olmasının gerek ve yeter koşul; 1) π ya 1 i− dir ya da bununla ilgilidir.

2) π ya 4k +3 biçiminde rasyonel asaldır veya bu biçimde bir asalla ilgilidir. 3) 4k +1 biçimindeki herhangi bir p rasyonel asalı için N

_{( )}

π = p dir.

3. TEORİK ESASLAR

3.1. Dördüncü Dereceden Kalanlar

Gauss 1832’de 4. Dereceden kalanlar teoremini ispatsız olarak kurdu. Sonradan 1844 yılında Eisenstein, Jacobi ve Gauss toplamlarını kullanarak pek çok ispatını yaptı. Temel fikir 3. Dereceden kalanlar ile aynı olmasına rağmen daha zordur. Gauss toplamlarını kalanlar teoreminde kullanma fikri Gauss’a aittir ki bunu 2. Dereceden kalanlar teoreminin altıncı ispatını yaparken kullandı. (Ireland ve Rosen 1990)

[ ]i

, Gauss tamsayıları halkası olmak üzere, eğer α∈
[ ]i ise

_{( )}

α , α

tarafından üretilen bir esas idealdir.
[ ]i de kalanlı bölme teoremi geçerli olduğundan [ ]
i bir öklit halkasıdır. Böylece eğer π bir indirgenemez ve π αβ ise ya π α yada π β dır. Eğer N

_{( )}

α =αα, α nın normu ise; N

_{( )}

α =1 olması için gerek ve yeter şart α nın tersinir olmasıdır.

Lemma 3.1.1. Eğer π bir indirgenemez ise, π p olacak şekilde bir p ∈
rasyonel asalı vardır (Ireland ve Rosen 1990).

İspat : N

( )

π =ππ =n= p p_{1 2}....p_s,

₍

p ∈
_i asal

₎

Böylece en az bir i için π p_i dir. Böylece indirgenemezler,
nin tüm asallarının
[ ]i de çarpanlarına ayrılması ile bulunur. Buna göre aşağıdaki lemma kullanışlıdır.

Lemma 3.1.2. Eğer α∈
[ ]i ve N

_{( )}

α asalsa, αindirgenemezdir (Ireland ve Rosen 1990).

İspat: Eğer α =µλ ise N

( )

α =N

( ) ( )

µ N λ dır. N

( )

α asal olduğundan ya

( )

1

N µ = dir yada N

_{( )}

λ =1 dir. Böylece ya µ ya da λ tersinirdir. Böylece α

indirgenemezdir.

Lemma 3.1.3. 1 i+ indirgenemezdir ve 2 nin
[ ]i deki asal çarpanlarına ayrılışı

(

)

2

İspat: N

(

1+i

)

=2 ve 2 bir asaldır. O halde 1 i+ indirgenemezdir. ( Lemma 3.1.2. gereği)

Lemma 3.1.4. Eğer q ≡3 mod 4

(

)

de bir asalsa, o zaman q,
[ ]i nin bir indirgenemez elemanıdır (Ireland ve Rosen 1990).

İspat: q, [ ]
i de bir indirgenemez olmasın. O halde N

( )

α >1 ve N

( )

β >1 olacak şekilde q=αβ yazabiliriz. Her iki tarafında normlarını alırsak, _q2 _N

_{( ) ( )}

_N

α β

=

Buradan q bir asal sayı olduğundan q=N

_{( )}

α olur. Eğer α = +a bi

(

a b ∈
,

)

ise,

( )

2 2

q=N α =a +b olur. Oysa, bu durum 4k +3 biçimindeki asalların iki kare toplamı şeklinde yazılamayacağından bir çelişkidir. O halde, q indirgenemezdir.

Lemma 3.1.5. Eğer pbir asal ve p ≡1 mod 4

₍

₎

ise, p=ππ olacak şekilde bir π

indirgenemez elemanı vardır ve üstelik

_{( ) ( )}

π ≠ π dir (Ireland ve Rosen 1990). İspat: p ≡1 mod 4

(

)

olduğundan, a2 ≡ −1 mod

(

p

)

olacak şekilde bir a tamsayısı vardır. Böylece, 2 ₁

₍

₎₍

₎

p a + = a i a i+ − olur. Eğer, p indirgenemez olsaydı, p a i+

olurdu. Böylece, p=αβ , N

_{( )}

α >1,N

_{( )}

β >1dır. Norm alarak, p=N

_{( )}

α sonucuna varırız. N

_{( )}

α asal olduğundan Lemma 3.1.2. yardımıyla α

indirgenemezdir. Buradan,

_{( ) ( )}

α ≠ α olduğu apaçıktır.

Tanım 3.1.1. Tersinir olmayan bir α∈
[ ]i için , eğer

(

(

)

3

)

1 mod 1 i

α ≡ + ise α ya

[ ]i

nin bir primary elemanı denir. Eğer α , [ ]
i de primary ise, α≡1 mod 2

(

+2i

)

olduğuna ilgi çekilmelidir.

NOT 3.1.1. Yukardaki tanıma göre 1 i+ ile ilgili olmayan elemanların primary olacağını söyleyebiliriz.

Lemma 3.1.6. [ ]
i de tersinir olmayan bir α = +a bi a b

₍

, ∈

₎

elemanı primary ise,

(

)

1 mod 4 a ≡ , b ≡0 mod 4

(

)

veya,

(

)

3 mod 4 a ≡ , b ≡2 mod 4

₍

₎

dır (Ireland ve Rosen 1990).

İspat:

(

1+i

)

3 =2 1i

(

+ olduğundan i

)

a bi+ nin tek olması için gerek ve yeter şart

(

1

)

1 1 [ ] 2 2 4 4 a bi a b b a i i i − + + − − + = + ∈ +
dir.

Bu durum, a b+ ≡1 mod 4

₍

₎

ve a b− ≡1 mod 4

₍

₎

kongrüanslarına eşittir. Buradan, Kongüanslık özelliklerinden,

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

1 mod 4 + 1 mod 4

2 2 mod 4 1 mod 4 , 0 mod 4 3 mod 4 , 2 mod 4 a b a b a a b a b + ≡ − ≡ ≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ _{≡ ≡}

NOT 3.1.2. [ ]
i de tersinir olmayan herhangi bir α ≡1 mod 4

(

)

şeklindeki elemanı primary dir. Üstelik, eğer α primary ise, NOT 3.1.1. e göre,

₍

1+i

₎

/|α . Eğer

q,q ≡3 mod 4

(

)

olacak şekilde bir rasyonel asalsa, −q bir primary indirgenemezdir.

(

)

1 mod 4

p ≡ asallarından ortaya çıkan indirgenemezler için aşağıdaki sonuç geçerlidir.

Lemma 3.1.7. α∈
[ ]i tersinir olmayan bir eleman ve

(

1+i

)

/|α olsun. O taktirde

uα primary olacak şekilde bir tek u tersinir elemanı vardır (Ireland ve Rosen 1990).

İspat: a bir tek ve b bir çift sayı olmak üzere, εα =a bi+ olacak şekilde bir ε

elemanı vardır. Gerekirse, −1 ile çarparak, Lemma 3.1.6. α nın bir primary ilgilisi olduğunu gösterir Eğer u₁α ve u₂α olacak şekilde u₁ ve u₂ tersinir elemanlar ise,

(

)

(

3

)

1 2 mod 1

u ≡u +i olur. Buradan, u₁−u₂

₍

1+i

₎

3 olup buradan u₁ =u₂ olur.

Lemma 3.1.8. [ ]
i nin bir primary elemanı, primary indirgenemezlerin çarpımı

şeklinde yazılabilir (Ireland ve Rosen 1990).

İspat: α∈
[ ]i primary olsun. O halde, q ≡_i 3 mod 4

₍

₎

rasyonel asalları, π_i primary indirgenemezleri N

_{( )}

π_i =1 mod 4

₍

₎

ve α =uπ₁...π_t

₍

−q₁

₎

...

₍

−q_s

₎

olacak şekilde bir u tersinir elemanı vardır. İndirgenmiş modül

(

1 i+

)

3 bize, 1≡u

(

mod 1

₍

+i

₎

3

)

olduğunu gösterir. Bu da u =1 demektir. Yani u tersinir bir elemandır.

Lemma 3.1.9. Eğer π∈
[ ]i bir primary asalsa, ya π ≡1 mod 4

₍

₎

yada

(

)

3 2 mod 4i

π ≡ + tür.

İspat: Eğer π∈
[ ]i bir primary ise, π = +a bi olmak üzere, Lemma 3.1.6. dan,

i) a ≡1 mod 4

₍

₎

için kongrüanslık tanımı gereği 4k = −a 1 olacak şekilde bir k ∈

vardır.

b ≡0 mod 4

₍

₎

için kongrüanslık tanımı gereği 4t b= olacak şekilde bir t ∈

vardır.

(

4 1

) ( )

4

a bi k t i

π = + = + +

=4

₍

k ti+

₎

+1

ise, kongrüanslık tanımından π ≡1 mod 4

(

)

tür.

ii) a ≡3 mod 4

₍

₎

için kongrüanslık tanımı gereği 4m a= −3 olacak şekilde m ∈

vardır.

b ≡2 mod 4

₍

₎

için kongrüanslık tanımı gereği 4n b= −2 olacak şekilde n ∈

vardır.

(

4 3

) (

4 2

)

a bi m n i

π = + = + + +

=4

₍

m ni+

₎

+ +3 2i

3.2. 4. Dereceden Kalan Sembolü

Önerme 3.2.1. π∈
[ ]i indirgenemez olmak üzere,
[ ] /i π
[ ]i kalan sınıflar halkası, N

_{( )}

π elemanlı sonlu bir cisimdir (Ireland ve Rosen).

İspat: Öncelikle
[ ] /i π
[ ]i nin bir cisim olduğunu gösterelim.

(

)

0 mod

α ≡/ π olacak şekilde α∈
[ ]i olsun. Buradan, β γ, ∈
[ ]i olmak üzere

(

β γ,

)

=1ise, βα γπ+ = 1 olacak şekilde α π, ∈
[ ]i olacaktır. Böylece

(

)

1 mod

βα ≡ π , α nın kalan sınıfının [ ] /
i π
[ ]i de bir tersinir olduğunu gösterir.

Bu da [ ] /
i π
[ ]i nin bir cisim olduğunu gösterir.

[ ] /
i π
[ ]i nin N

( )

π tane elemanı olduğunu göstermek için, varsayalım ki

q

π= , 4 modülüne göre 3 e kongrüent olan bir rasyonel asal olsun. İddia ediyoruz

ki,

_{

a+bi0≤ <a q ve 0≤ <b q

_}

bütün kalan sınıfları temsil eden bir kümedir. Bu

da,
[ ] /i q i
[ ] nin q2 =N q

( )

tane elemanı olduğunu gösterecektir.

(

)

[ ], , m ni i m n µ= + ∈
∈
olsun. O halde, m=qs+a ve n=qt+ b

(

s t a b, , , ∈

)

ve 0

(

≤a b , <q

)

olsun.

(

qs a

) (

qt b i

)

qs a qti bi a bi q s

(

ti

)

µ= + + + = + + + = + + + olup,

(

mod

)

a bi q µ≡ +

elde edilir. Bundan sonra,

Şimdi a+bi≡a′+b i′

(

modq

)

(

0≤a b a b, , ,′ ′<q

)

olduğunu düşünelim. O halde,

(

a−a′

)

q+

(

(

b b− ′

)

q i

)

∈
[ ]i demek

(

a−a′

)

q b b,

(

− ′

)

q∈
demektir. Bu ise ancak a=a′ ve b=b′ olduğunda olur.

Artık p ≡1 mod 4

(

)

nin rasyonel asal ve ππ =N

( )

π = polduğunu düşünelim. İddia ediyoruz ki,

{

0,1,...,p −1

}

tüm kalanlar sınıfını temsil eden bir kümedir. Bu bize, [ ] /
i π
[ ]i nin p=N π

( )

tane elemanı olduğunu gösterecek.

a bi π= + olsun. _p

(

_{a bi a}

)(

_bi

)

_a2 _b2 = + − = + olduğundan p|/bdır.

(

)

m,n m ni

µ= + ∈
olsun. cb≡n

(

modp

)

olacak şekilde bir c tamsayısı vardır. O halde µ−cπ≡m−ca

(

modp

)

ve buradan, µ≡m−ca

(

modπ

)

, [ ]
i nin her

elemanı π modülüne göre bir tamsayıya kongrüenttir. Eğer l ∈
ise, ,r s ∈
ve

0≤ <r p olmak üzere, l=sp+ dir. Böylece, r l≡r

(

modp

)

dir ve buradan

(

mod

)

l≡r π sonucu ortaya çıkar.
[ ]i nin her elemanının π modülüne göre

{

0,1,...,p −1

}

kümesinin elemanlarından birine kongrüent olduğunu daha önce

gösterdik. Eğer r≡r′

(

modπ

)

(

r r, ′∈
ve 0≤r r , ′< p

)

ise, r−r′≡πγ ve

(

r−r′

)

2 = pN γ

( )

demek p r−r ′ demektir. Böylece r=r ′ olur.

(

)

2 mod 4

p ≡ ise p asalı sadece 2 olabilir. p = için, 2 N

_{( )}

π =2 olan

a bi

π = +

(

a b ∈
,

)

vardır. Buradan _a2 _b2 ₂

+ = olduğu görülür. Bu eşitlik ancak ve ancak a=∓1,b=∓1 olması gerekir. Gauss tamsayılarında ilgililik düşünüldüğünde,

π nin 1 i+ veya 1 i− olması ile mümkündür. O halde

_{

1+i,1−i

_}

kümesi N

_{( )}

π =2

eşitliğini sağlayan tüm kalan sınıflarını temsil eden kümedir ve N

( )

π =2 tane elemanı vardır.

Sonuç 3.2.1. Eğer π /|α ise, αN π( )−1 ≡1 mod

(

π

)

dir (Şenay 2007).

İspat: Bir π Gauss asalının bir tek p rasyonel asalını böldüğünü hatırlatarak π p olacak şekildeki p rasyonel asalını göz önüne alalım. Bu durumda, Teorem 2.3.8. e göre üç durum ayırt edebiliriz.

1. durum: p=4n+ olsun. O zaman 3 N

( )

π =x2+y2 = p2 olup, ispat için

(

)

2 ₁

1 mod p

α − π

≡ veya bununla eş anlamda olan p2

₍

mod

₎

p

α ≡α nin geçerli olduğunu göstermek yeterli olacaktır. Gerçekten bu son bağıntıdan _p

(

_αp2 _α

)

− ve

p

π olduğundan _{π α α}

(

p2−1 ₁

)

− ve buradan da π /|α olduğunu göz önüne alarak

(

2 ₁

)

1 p

π α −

Şimdi α = +x yi olsun. Buradan p _xp _{y i}p p

₍

mod_p

₎

α ≡ + yazılabilir.

Kabulümüze göre p, 4n +3 biçiminde olduğundan _ip _i

= − dir. Ayrıca bu p asalı ve bir a ∈
için, _ap _≡a

(

mod_p

)

_{olduğundan x}p _≡x

₍

_modp

₎

_{ve y}p _{≡ y}

₍

_modp

₎

dir. Tüm bunlardan _αp _{≡ +x yi≡α}

₍

mod_p

₎

_{elde ederiz. Benzer biçimde}

(

mod p

)

α ≡α dir. O halde iddia edildiği gibi p2

₍

mod_p

₎

α ≡α ≡α buluruz.

2. durum: p≡2 mod

₍

p

₎

olsun. Bu kabulle p = ve Teorem 2.3.8. e göre 2 π, 1 i+

ile ilgilidir. Böylece π = +1 i olduğunu kabul edebiliriz. N

_{( )}

π =2 olduğundan şimdi αN π( )−1≡α≡1 mod

(

π

)

ve basitçe 1 i+ ile α aralarında asal olduğunda 1 i+

nin α−1 i böldüğünü ispatlamalıyız. Teorem 2.3.8. e göre 1 i+ asal olduğundan [ ]i

α∈
olduğunda β=α α

(

−1 1 i

)

+ in de bir Gauss tamsayısı olduğunu göstermek yeterlidir. Buna göre ,m n ∈
için, α=m+ni olsun. O zaman,

(

) (

)

{

2 2 2 2

}

1 2 2 2 m m n n mn m m n n mn i β= − − − + + − + + − + bulunur. Ancak,

(

)

(

)

2 2 _{2 1 1 2} m − −m n − +n mn=m m− −n n− + mn, ve

(

)

(

)

2 2 _{2 1 1 2} m m n n mn m m n n mn − + + − + = − − + − +

Sayılarının ikisi de çift olduğundan β bir Gauss tamsayısıdır.

3. durum: Şimdi p=4k+ olsun. Bu durumda 1 _N

( )

_{π x}2 _y2 _p

= + = olup,

(

)

1 _{1 mod}

p

α − ≡ π olduğunu göstermeliyiz. Böylece π p ve

(

α π,

)

=1 hipotezini göz önüne alarak p

(

mod_p

)

α ≡α olduğunu bilmek yeterlidir. Buna göre α= +u vi

olsun. Şimdi 1. durumda olduğu gibi p _up _{v i}p p

(

mod_p

)

α ≡ + dir. Ancak p=4k+ 1

biçiminde olduğundan _ip _i

= ve p _{u vi}

(

mod_p

)

α ≡ + =α olur ki, bu da ispatı tamamlar.

Not 3.2.1. Eğer π nin normu 2 den farklı ise, o zaman
[ ] /i π
[ ]i de 1, 1,− −i ve + nin kalan sınıfları birbirlerinden farklıdır. i

Gerçekten, i≡1 mod

(

π

)

olsun. Buradan πi−1 olur ve Teorem 2.3.8. e göre

1

i − bir asal olduğundan π ve i −1 ilgili olurlar. Böylece N

( )

π =N

(

1− =i

)

2

olur ki bu durum π nin normunun 2 den farklı olması ile çelişir. Diğer durumlarda da aynı düşünce uygulanır.

{

1, 1, ,− i −i

}

mertebesi 4 olan devirli bir grup olduğundan; 4,

(

)

*

[ ] /i π [ ]i

çarpımsal alt grubunun mertebesini böler. Bu da

( )

4 N π − olduğunu gösterir. 1

Önerme 3.2.2. Eğer π /|α ,

( ) (

π ≠ 1 i+

)

ise, 0≤ j≤ olacak şekilde bir tek j 3

tamsayısı vardır. Yani,

( ) 1 4

₍

₎

mod Nπ _ij

α − ≡ π

dır (Ireland ve Rosen 1990).

Not 3.2.2. Bu önermede

_{( ) (}

π ≠ 1 i+

₎

hipotezi önemlidir. Gerçekten

_{( ) (}

π = 1 i+

₎

olsaydı, bunların normları aynı olacağından 1 i+ indirgenemez olup

(

)

(

)

2

1 2 1

N +i = = −i +i asal çarpanlarına ayrılacaktı. Ancak π asal olduğundan bu durum çelişki olacaktı.

İspat:

( ) (

π ≠ 1 i+

)

, π =a bi a b+

(

, ∈

)

,
[ ]i de asal olsun.

( )

2 2

(

₁

)

₂

N π =a +b ≠N +i = olduğundan πnin 4k +1 biçiminde bir asal olduğunu göz önüne alırsak N

_{( )}

π =3 olması mümkün değildir. Zira 3, 4k +3 biçiminde olup iki kare toplamı biçiminde olamaz. O halde N

( )

π nin değeri en az 4 olmak zorundadır. Öte yandan, π /|α , α∈
[ ]i için, N π( ) 1 1 mod

(

)

α − ≡ π olup
[ ]i de

( )

2

N π ≠ koşulunu gerçekleyen bütün 4k +1 biçimindeki asallar için

( )

2

(

_{4 1}

)

2

( )

₄ 2 _{8 1}

N π = p = k+ = k + k+ ise N

( )

π − =1 4 4

(

k2 +2k

)

ve sonuçta

( )

4 N π − dir. Böylece Sonuç 2.2.1. den, 1

( ) 1 4

₍

₎

1 mod N π

α − ≡ π dir.

Gözlem: Şimdi _x4 _{1 mod}

(

)

π

≡ olduğunu göz önüne alalım. Buradan,

(

)

4 _{1 0 mod} x − ≡ π ,

₍

2 ₁

₎₍

2 ₁

₎

_{0 mod}

(

)

x − x + ≡ π ,

(

x−1

)(

x+1

)(

x−i x

)(

+i

)

≡0 mod

(

π

)

dir. Buradan denklemin köklerinin Lagrange Teoremine göre, 1, 1,+ − + − olduğu i, i

ortaya çıkar. Öte yandan,

{

+ − + −1, 1, i, i

}

mertebesi 4 olan devirli bir grup

olduğundan,

(

)

*

[ ] /i π [ ]i

çarpımsal alt grubunun mertebesini böler. Bu grubun mertebesi N

( )

π −1 olup, 4N π − dir. Buradan,

( )

1 α(N π( )−1 4) ün aynı zamanda

(

)

4 _{1 mod}

x ≡ π kongrüansının bir çözümü olduğu ortaya çıkar. Bu bir çözüm ise, 1, 1, i, i

+ − + − birbirlerine kongrüent değildirler. Yani kalan sınıfları farklıdır. O halde, ( )

(

)

1 4 mod Nπ _ij α − ≡ π dir.

Tanım 3.2.1. Eğer π bir indirgenemez ise, N π ≠

( )

2 olmak üzere, α nın 4.dereceden kalanı π |/α için, χ απ

( )

=ij

(

0≤ j≤3

)

olarak tanımlanır. Bu ise Legendre sembolünün 4. dereceden kalanlara doğal bir genişlemesidir. Özel olarak, eğer π α ise χ α_π

( )

=0dır.

Not 3.2.3. Bazı matematikçiler bu durumu,

(

)

4

4

1, Eğer mod çözülebilirse, 1, , , diğer durumda. x i i α π α π  _≡    =    − −   _ şeklinde gösterirler.

Şimdi 4. dereceden kalanlar ile ilgili Legendre Sembolünün özelliklerini verelim.

Önerme 3.2.3. Eğerπ /|α ise,

1)

( )

_{1 x}4

(

_mod

)

π

2) 4 4 4 αβ α β π π π  _    _{ }  _{ =} _  _  _  _  _          , 3) χ α_π

( )

=χ_π

( )

α ,

4) Eğer π primary bir indirgenemez ise,

( )

( 1 2)

4 1 1 a π − _{− }  _{ = −}  _   .

(

π= +a bi olmak üzere

)

,

5) Eğer α≡β

(

modπ

)

ise,

4 4 α β π π  _  _  _{ =} _  _  _       , 6) Eğer

( ) ( )

π = λ ise, 4 4 α α π λ  _  _  _{ =} _  _  _       dir. İspat:

1) Önerme 2.1.2. ve dolayısıyla Sonuç 2.1.3. ten ispat tamamlanır.

2)

(

)

(

)

( ( ) 1 4)

(

)

4 mod N π π αβ χ αβ αβ π π −  _  =_ _ ≡ (N( )π 1 4) (N( )π 1 4)

(

mod

)

α − β − π ≡ Kongrüanslık özelliklerinden, ( ( ) )

(

)

( ( ) )

(

)

4 4 1 4 1 4 mod mod Nπ Nπ α β π π α − π β − π  _  _  _  _             ≡   Legendre sembolünden, 4 4 α β π π    _{ }   ≡_{   }_ _ _ dır. 3) ( ( ) 1 4)

(

)

4 mod N π α α π π −  _

≡_{  } ve π indirgenemez olduğundan, π p⇒π p dir. Yani

π için geçerli olan π için de geçerlidir. O halde, ( ( ) 1 4)

(

)

4 mod N π α α π π −  _ ≡_{  } yazılır. Buradan, 4 4 α α π π  _  _  _{ =} _  _  _       dır.

5) α≡β

(

modπ

)

ise, kongrüanslık tanımından π α

(

−β

)

dır. Buradan kπ = − α β olacak şekilde bir k∈
[ ]i vardır. Böylece, α=πk+ şeklinde yazılabilir. β

( ) ( 1 4)

₍

₎

4 mod N π α α π π −    _{ ≡}     olup,

(

k

)

(N( )π 1 4)

(

mod

)

α π β − π ≡ + 

(

mod

)

k π +β≡β π olduğundan, ≡β(N π( )−1 4)

(

modπ

)

4 β π    ≡_{ }   bulunur.

6) Eğer

( ) ( )

π = λ ise, π ve λ ilgilidir. O zaman ilgilik tanımı gereği söz gelişi

i

π = ∓ λ veya π = ∓1λ dır. Bunun için Legendre sembolü tanımından,

( ) ( 1)

₍

₎

4 mod Nπ α α π π −   ≡     ( ( ) 1)

(

)

mod N i i λ α − λ ≡ ≡α(N( )λ−1)

₍

modλ

₎

4 α λ   =     elde edilir.

Not 3.2.4. Legendre Sembolü

(

[ ]i π
[ ]i

)

* den *

 a bir karakter verir. Böylece

(

[ ]i π
[ ]i

)

* 4 eşit parçaya ayrılır. p ≡1 mod 4

₍

₎

olduğunda

(

[ ]i π
[ ]i

)

* 

(

p

)

* olur ve bu durum şu şekilde tanımlanır.

Eğer Legendre sembolü 1 e eşitse 4. dereceden kalanlar vardır. İkinci durumda, eğer Legendre sembolü −1 e eşitse 4. dereceden olmayan ikinci dereceden kalanlar vardır. Geri kalan son iki kısımda Legendre sembolünün ∓i olduğu

Önerme 3.2.4. q ≡3 mod 4

₍

₎

olacak şekilde q bir asal olsun. O halde , | için a∈
q a/ 4 1 a q   =  

  dir (Ireland ve Rosen 1990).

İspat: q ≡3 mod 4

(

)

biçiminde bir asalsa, N q

( )

=q2dir. Böylece,

( 2 _{1 4}) 4 q a a q −   =    

(

a(q−1)

)

(q+1 4) =

Küçük Fermat Teoreminden, qasal ve |q a/ için, aq−1 _≡1 mod

(

q

)

_idi.

₍

₎

4 1 mod a q q   ≡    

4.dereceden kalan karakteri aşağıdaki gibi genelleştirilmiştir.

Tanım 3.2.2.

(

1+i

)

|/α olacak şekilde α∈
[ ]i de tersinir olmasın ve β∈
[ ]i

olsun. λ_i indirgenemez olmak üzere, _i i

α =

_∏

λ yazalım. Eğer

₍

α β,

₎

=1 ise,

4 i i ₄ β β α λ     =    

 

∏

  şeklinde tanımlanır. Önerme 3.2.3. (6) dan bunun iyi tanımlı olduğu görülür. (5) ten β ≡γ

₍

modα

₎

ise,

4 4 β γ α α     =         olduğu görülür.

Önerme 3.2.5. α∈
, α ≠0 ve a ∈
tersinir olmayan bir tek sayı olsun. Eğer

(

a,α

)

=1 ise, 4 1 a α   =  

  dir (Ireland ve Rosen 1990).

İspat: a >0 alalım. p_i ve q_i ler asal olmak üzere, a ∈
, asalların çarpımı şeklinde yazılabileceğinden, a=

_{∏ ∏}

p_i q_i yazılabilir. Burada p_i ≡1 mod 4 ,

₍

₎

q_i ≡3 mod 4

₍

₎

. Önerme 3.2.4. yardımıyla sadece

4 1 i p α   =  

Önerme 3.2.4. te q ≡3 mod 4

₍

₎

olduğu durumda 4 1 i q α   =     olduğu gösterilmişti. Şimdi, p ≡_i 1 mod 4

₍

₎

olduğu için, π indirgenemez olmak üzere p_i =ππ şeklinde yazılabilir ise ve Legendre sembolü çarpanlanabilir bir fonksiyon olduğundan dolayı,

4 4 4 i p α α α π π   _{   } =            

şeklinde yazılır. Buradan, 4 4 4 i p α α α π π   _{   } =             (Önerme 3.2.3. (3) ) =1 ( χ fonksiyonun özelliği ) dır.

Önerme 3.2.6. Eğer n ≠1bir tamsayı ve n ≡1 mod 4

(

)

ise,

( )

( 1 4)

4 1 n i n −   = −     dır (Ireland ve Rosen 1990).

İspat: Burada n negatif bir tamsayı da olabilir. Eğer n pozitif bir asal ise,

(

)

1 mod 4

p ≡ şeklinde olacağından p=ππ şeklinde yazılabilir. Buradan, Legendre

sembolünün özellikleri de göz önüne alınarak,

( )

(

1 4

)

2

( )

( 1 4) 4 4 4 1 p p i i i i p π π − −       = = = −            

Diğer taraftan n= −q, q ≡3 mod 4

₍

₎

şeklinde ve asalsa, o halde,

( 2 _{1 4})

₍

( ₁)

₎

( 1 4)

_{( )}

( _{1 4}) 4 1 q q q q i i i q + − − − −   = = = −   −   olur.

Eğer n ≡1 mod 4

(

)

rasgele bir tamsayı ise, her tamsayı asalların çarpımı şeklinde yazılabileceğinden ve p ≡_i 1 mod 4

₍

₎

, q ≡_i 3 mod 4

₍

₎

olmak üzere,

(

)

(

)

1... t 1 ... s n= p p −q −q şeklinde yazılabilir.

(

) (

)

(

)

(

)

4 1 1 4 1 4 4 1 4 4 ... ... ... _t ... _{s t s} i i i i i i n p p q q p p q q             =  =          _{     } − − − −   _{         }

_{( )}

1 141... 1

_{( )}

41

_{( )}

1 41 1... 1

_{( )}

4 1 t s p q p− − −q− − − = − − − −

( )

1 41

( )

1 4 1 j i i j q p− − − ∑ ∑ = − −

_{( )}

1 1 4 4 1 i j i j q p− − − ⋅ ∑∑ = −

_{( )}

1 ( 1) ( ) ... ... 1 4 1 t s p p −q −q − = −

( )

( 1 4) 1 n− = − bulunur.

Teorem 3.2.1. (4. Dereceden Kalanlar Teoremi) Eğer π ve θ,
[ ]i de farklı primary asallar ise,

( )

( ( )1)( ( )1 16) 4 4 1 Nπ Nθ π θ θ π − −     = −         (2) dır (Cox 1989).

Not 3.2.5. Eğer π ve θ primary ise, π = +a bi ve θ = +c di olmak üzere

( )

(

N π −1

)

(

N

( )

θ −1 16

)

ile

₍

a−1

₎₍

c−1 4

₎

aynı işarete sahiptir. O halde,

( )

( 1)( 1 4) 4 4 1 a c π θ θ π − −     = −         yazılabilir.

Lemma 3.2.1. Eğer ,π θ∈
[ ]i farklı primary asallar ise, π = +a bive θ = +c di

olmak üzere, π veya θ dan biri 4 modülüne göre 1 e kongrüent ise,

4 4 π θ θ π     =        

dir. Eğer hem π hem de θ, 4 modülüne göre 3 2i+ ye kongrüent ise,

4 4 π θ θ π     = −         dir.

İspat: π ≡1 mod 4

(

)

ve θ ≡ +3 2 mod 4i

(

)

olsun. O halde a ≡1 mod 4

(

)

ise, kongrüanslık tanımı gereği a=4k+1 olacak şekilde bir k ∈
vardır. c ≡3 mod 4

₍

₎

ise, kongrüanslık tanımı gereği c=4t olacak şekilde bir t ∈
vardır. Buradan, 4. dereceden kalanlar teoreminde,

( )

((4 1 1) )((4 3 1 4) ) 4 4 1 k k π θ θ π + − + −     = −        