T.C.
SAKARYA ÜNİVERSİTESİ
FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ
BAZI ÖZEL DİYOFANT DENKLEMLERİ VE ÇÖZÜMLERİ
YÜKSEK LİSANS TEZİ
Hilal Başak ÖZDEMİR
Enstitü Anabilim Dalı : MATEMATİK
Enstitü Bilim Dalı : CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ Tez Danışmanı : Prof. Dr. Refik KESKİN
Haziran 2015
BEYAN
Tez içindeki tüm verilerin akademik kurallar çerçevesinde tarafımdan elde edildiğini, görsel ve yazılı tüm bilgi ve sonuçların akademik ve etik kurallara uygun şekilde sunulduğunu, kullanılan verilerde herhangi bir tahrifat yapılmadığını, başkalarının eserlerinden yararlanılması durumunda bilimsel normlara uygun olarak atıfta bulunulduğunu, tezde yer alan verilerin bu üniversite veya başka bir üniversitede herhangi bir tez çalışmasında kullanılmadığını beyan ederim.
Hilal Başak ÖZDEMİR 04/06/2015
i
ÖNSÖZ
Tez çalışmamız boyunca üstün bilgi ve birikimleriyle beni yönlendiren, destek veren, yardımlarını ve zamanını esirgemeyen çok değerli danışman hocam Sayın Prof. Dr.
Refik KESKİN’e sonsuz teşekkürlerimi sunarım. Hayatım boyunca desteğini hiç bir zaman esirgemeyen en değerli varlığım sevgili anneme; zor anlarımı paylaşan, bana daima güvenen ve inanan, beni bugünlere getiren aileme çok teşekkür ederim.
ii
İÇİNDEKİLER
ÖNSÖZ ... ii
İÇİNDEKİLER ... ii
SİMGELER VE KISALTMALAR LİSTESİ ... iv
ÖZET . ... v
SUMMARY ... vi
BÖLÜM 1. GİRİŞ ... 1
1.1. Temel Tanım ve Teoremler ... 1
BÖLÜM 2. KUADRATİK CİSİMLER VE DENKLEM ÇÖZÜMLERİ…………. ... 6
2.1. Kuadratik Cisimler ve Kuadratik Tamsayılar ... 6
2.2. Kuadratik Cisimlerde Birimler ve Asallar ... 9
2.3. Tek Türlü Çarpanlara Ayrılabilen Bölgeler ... 10
2.4. Tek Türlü Çarpanlara Ayrılabilen Bölgeler Yardımıyla Denklem Çözümleri ... 13
BÖLÜM 3. BAZI ÖZEL DİYOFANT DENKLEMLERİ ... 20
BÖLÜM 4. MORDELL DENKLEMLERİ ... 52
BÖLÜM 5. GENELLEŞTİRİLMİŞ FİBONACCİ VE LUCAS DİZİLERİ YARDIMI İLE DENKLEM ÇÖZÜMLERİ ... 62
iii BÖLÜM 6.
FİBONACCİ VE LUCAS DİZİLERİ YARDIMIYLA DENKLEM ÇÖZÜMLERİ.. 82
BÖLÜM 7.
SONUÇLAR VE ÖNERİLER ... 88
KAYNAKLAR ... 89 ÖZGEÇMİŞ ... 90
iv
SİMGELER VE KISALTMALAR LİSTESİ
|
a b : a,b yi böler
: Ancak ve ancak > : Büyüktür
: Büyük eşittir
: Tam sayılar kümesi
: Eşittir
: Eşit değildir
, : İse
: Denktir.
< : Küçüktür
: Küçük eşittir : Mutlak Değer m
p
: Legendre sembolü
|
a b : a, b yi bölmez
: Her
: Reel sayılar kümesi ab : a ilgili b
ab : a ilgili değil b
v
ÖZET
Anahtar Kelimeler :Diyofant Denklemleri, Tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölge, Pisagor üçlüleri, Genelleştirilmiş Fibonacci ve Lucas Dizileri
Bu tez temel olarak altı bölümden ve bu bölümler de kendi içerisinde alt bölümlerden oluşmuştur. Birinci bölümde; sayılar teorisi ile ilgili temel tanımlar ve teoremler verildi.
İkinci bölümde; Kuadratik cisimler, Kuadratik tamsayılar, Kuadratik cisimlerde birimler ve asallarla ilgili tanımlar ve teoremler verildi. Ayrıca, tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölge hakkında bilgi verildi. Tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölge yardımıyla bazı Diyofant denklemleri çözüldü.
Üçüncü bölümde; Pisagor üçlüleri ile ilgili tanımlar ve teoremler verildi. Ayrıca, bazı özel Diyofant denklemlerinin çözümleri araştırıldı.
Dördüncü bölümde; Mordell denklemleri ile ilgili bazı tanımlar ve teoremler verildi.
Beşinci bölümde; Genelleştirilmiş Fibonacci ve Lucas dizileri yardımı ile bazı Diyofant denklemleri çözüldü.
Son olarak altıncı bölümde; Fibonacci ve Lucas dizileri yardımı ile bazı özel Diyofant denklemleri çözüldü.
vi
SOME SPECIAL DIOPHANTINE EQUATIONS AND SOLUTIONS
SUMMARY
Keywords: Diophantine Equations, Unique factorization domain, Pytheporian triples, Generalized Fibonacci and Lucas Sequences
This thesis consist of fundamentally six chapters and these chapters consist of subchapters in itself. In the first chapter, fundamental definitions and theorems concerning number theory are given.
In the second chapter, quadratic fields, quadratic integers, definitions and theorems concerning units and primes in quadratic fields are given. Moreover, the information about unique factorization domain is given. Some Diophantine equations are solved with the help of unique factorization domain.
In the third chapter, definitions and theorems concerning Pytheporian triples are given. Moreover, solutions of some special Diophantine equations are investigated.
In the fourth chapter, definitions and theorems concerning Mordell equations are given.
In the fifth chapter, some Diophantine equations are solved with the help of Generalized Fibonacci and Lucas Sequences
Finally, in the sixth chapter, some special Diophantine equations are solved with the help of Fibonacci and Lucas Sequences.
BÖLÜM 1. GİRİŞ
1.1. Temel Tanım ve Teoremler
Tanım 1.1.1. a b, ve a0 olsun. Eğer bac olacak şekilde c bulunabilirse a tamsayısı b tamsayısını böler denir ve bu |a b ile gösterilir.
Önerme 1.1.2. (i) a için a a ’dır. | (ii) a için a| 0’dır.
(iii) a ve b için a b| a 1’dir.
(iv) a b, için a b ve || b a a b’dir.
(v) a b c, , için a b ve || b ca c ’dir. |
(vi) a b c, , için c a ve || c b x y, için c ax| by’dir [9].
Tanım 1.1.3. ,m n sıfırdan farklı bir tamsayı olsun.
(i) d m ve | d n olacak şekilde | d 0 tamsayısı varsa d’ye m ile n ’nin bir ortak böleni denir.
(ii) d, m ile n ’nin bir ortak böleni olsun. Eğer m ile n ’nin her e ortak böleni için |e d ise e ’ye m ile n tamsayılarının en büyük ortak böleni denir ve bu
( , )m n d ile gösterilir.
Teorem 1.1.4. Sıfırdan farklı herhangi iki sayının en büyük ortak böleni vardır ve ( , )
d m n ise dxmyn olacak şekilde x y, bulunabilir. Özel olarak, 1( , )m n olduğunda 1xm yn olacak şekilde ,x y vardır [9].
2
Örnek 1.1.5. a b, için xayb1 olacak şekilde x y, bulunabilirse
a b, 1’dir.Çözüm:
a b, d olsun. Tanım 1.1.3 gereği d a ve | d b olur. Buradan ,| x y için, |d xa ve d yb yazılabilir. Böylece | d xa| yb olur. O halde xayb1 olup0
d olduğundan d | 1 iken d 1 bulunur.
Teorem 1.1.6. m ve n sıfırdan farklı iki tamsayı ve c herhangi bir tamsayı olsun.
( , )m n 1 ve m nc| m c | dir [9].
İspat: ( , ) 1m n olduğundan 1 xmyn olacak şekilde x y, vardır. Son eşitliğin her iki yanı c ile çarpılırsa, c x mc( )y nc( ) bulunur. Böylece m mc ve |
|
m nc olup m x mc| ( ) y nc( ) bulunur. Şu halde cx mc( ) y nc( ) olduğundan
|
m c elde edilir.
Teorem 1.1.7. (1). ( , ) ( , ) 1a m b m ise (ab m, ) 1 ve en genelde
1 2
( , )a m ( , ) ... ( , ) 1a m a mn ise ( . ... , ) 1a a1 2 a mn olur.
(2). ( , )b c 1 ise (b cn, n)1 ve ( , )b c n (b cn, n) dir. Ayrıca ( , )b c 1 ise ,n m doğal sayılar olmak üzere ( ,b cn m)1’dir [9].
İspat: (1). ( , ) ( , ) 1a m b m ise 1axmybrmsolacak biçimde , , ,x y r s tamsayıları vardır. Buradan 1 ( axmy br)( ms)ab xr( )m bry( axsmys) ve böylece ( , ) 1ab m elde edilir.
1 2
( , )a m ( , )a m ... ( , )a mn 1 ise ( . ... , )a a1 2 a mn 1 olduğu tümevarımla gösterilir.
(2). ( , ) 1b c ise (1)’den (b cn, )1’dir. Yine (1)’den ( , ) 1b cn n ’dir.
( , )
g b c olsun. Dolayısıyla , 1
n n
b c
g g
olduğu görülür. Burada
( , ) , , ( , )
n n n n
n n n b n c n b c n n
b c g g g g b c
g g g g
elde edilir.
Teorem 1.1.8. n ve mdoğal sayılar olmak üzere
a bn, m
1 ise
a b, 1’dir [6].Teorem 1.1.9. ,a b olmak üzere
a mn,
1
a m,
a n, 1’dir [9].İspat: :)
a mn,
1 ve
a m,
d olsun. Buradan d a , | d m olur. Böylece | d a | ve d mn olup | d|
a mn,
bulunur. Öyleyse
a mn,
1 olduğundan d| 1 olup1
d dir. Benzer şekilde
a n, 1 olduğu görülür.
:)
a m,
a n, 1 olsun.
a mn,
1 olduğu kolayca görülebilir.Teorem 1.1.10. n bir doğal sayı olmak üzere an |b ise |n a b’dir [6].
Teorem 1.1.11. ,a b tamsayılar olmak üzere n sayısı a2 b2 biçiminde yazılabilir
n sayısının asal çarpanlara ayrılışında (varsa) 4k3 biçimindeki asal bölenlerinin üsleri çifttir [5].
Teorem 1.1.12. > 2p asal sayı olmak üzere p3 mod 4
olsun. Eğer p a| 2 b2 ise p a ve | p b ’dir [5]. |Tanım 1.1.13. ,a m ve ( , ) 1a m olmak üzere, x2 a
modm
kongrüansının çözümü varsa a tamsayısına m moduna göre bir kuadratik rezidü denir. Eğer4
2 mod
x a m kongrüansının çözümü yoksa, a tamsayısına m moduna göre bir kuadratik nonrezidü denir.
Tanım 1.1.14(Legendre Sembolü). p tek asal sayı olsun. a bir kuadratik rezidü ise a 1
p
, eğer bir kuadratik nonrezidü ise a 1 p
, eğer p a ise | a 0 p
şeklinde gösterilir ve buna Legendre sembolü denir.
Teorem 1.1.15. p tek asal sayı olsun. Bu takdirde
1. a a(p 1)/2
modp
p
2. a b ab
p p p
,
3. ab
modp
ise a bp p
, 4.
a p,
1 ise a2 1p
,
a b2 b
p p
,
5. 1 1
p
, 1 ( 1)(p 1)/ 2 p
6. 2
1 p281p
dir [7].
Sonuç 1.1.16. p tek asal sayı olmak üzere
1. p 1 mod 8
ise 2 1p
’dir.
2. p 3 mod 8
ise 2 1p
’dir [8].
Sonuç 1.1.17. p tek asal sayı olmak üzere
1. p1,3 mod 8
ise 2 1p
’dir.
2.p5, 7 mod8
ise 2 1 p
’dir [8].
Teorem 1.1.18(Fermat teoremi). p asal sayı olmak üzere a için p a| ise
1 1 mod
ap p ’dir [9].
Teorem 1.1.19. , , ,a b m n pozitif tamsayılar ve
m n,
1 olmak üzere am bn ise atn, btm olacak şekilde t pozitif tamsayısı vardır [6].Teorem 1.1.20. n bir doğal sayı ise 3 3 3
1
21 2 ...
2 n n n
dir [8].
Teorem 1.1.21(Binom Açılımı). n bir doğal sayı olmak üzere, ,x y reel sayılarsa
0
n n k n k
k
x y n x y
k
’dır [8].Tanım 1.1.22. Ardışık iki terimi arasındaki farkın sabit olduğu dizilere aritmetik dizi denir.
Tanım 1.1.23. Farklı asalların çarpımı biçiminde yazılabilen sayılara karesiz sayı denir.
BÖLÜM 2. KUADRATİK CİSİMLER VE DENKLEM ÇÖZÜMLERİ
2.1. Kuadratik Cisimler ve Kuadratik Tamsayılar
Tanım 2.1.1. d tamkare olmayan sabit bir rasyonel sayı olsun. a b herhangi , rasyonel sayılar olmak üzere a b d biçimindeki sayıların kümesi Q
d ilegösterilir ve Q
d kuadratik cisim olarak adlandırılır. Eğer d 0 ise, Q
dcismine reel kuadratik cisim, eğer d 0 ise Q
d cismine kompleks(sanal) kuadratik cisim denir. Kısaca,
: ve rasyonel sayılar
Q d ab d a b olarak tanımlanır.
Eğer d 0 ise ab d a b di olur.
Teorem 2.1.2. ab d c e d a c ve be dir. Ayrıca,
0 0
ab d a b ’dır [2].
Teorem 2.1.3. ve , Q
d cisminin elemanları ise; , , ve 0 olduğunda
elemanları da Q
d cisminin elemanlarıdır [2].Tanım 2.1.4. a b d olsun. a b d ’ye ’nın eşleniği denir.
Teorem 2.1.5. ve sayıları Q
d cisminin iki elemanı ise,
, , , ’dir. 0 ise 0’dır ve
’dir.
Ayrıca bir rasyonel sayıdır [2].
Tanım 2.1.6. Q
d bir irrasyonel sayı olsun. Ayrıca a b c tamsayılar ve , , 0a olmak üzere, ( , , ) 1a b c olsun. Bu durumda , ax2bx c 0 denklemini sağlıyorsa bu denkleme sayısının tanımlayıcı denklemi denir.
Örnek 2.1.7. 3 17 4
sayısı 8x212x 4 0, 10x215x 5 0,
2x2 3x 1 0
denklemlerini sağlar. 3 17 4
sayısının tanımlayıcı denklemi
2x23x 1 0’dır.
Tanım 2.1.8. Q
d olsun. sayısının normu N( ) olarak tanımlanır.Teorem 2.1.9. (i) a Q , a ise N a
a2’dir.(ii) Eğer Q
d ise N
rasyoneldir.(iii) N
0 0’dır.(iv) Q
d ve d 0 ise N
0’dır.(v) Eğer , Q
d ise N
N
N ’dır. 0 ise
N N
N
’dır [2].
Tanım 2.1.10. Q
d olsun. veya irrasyonel iken ’nın tanımlayıcı denklemindeki x ’nin katsayısı 2 1 ise, ’ya bir kuadratik tamsayı veya kısaca tamsayı denir.8
Bundan sonra ’nin elemanlarına rasyonel tamsayılar diyeceğiz.
Teorem 2.1.11. Eğer d 2,3 mod 4
ise Q
d cisminin tamsayıları a b , rasyonel tamsayılar olmak üzere a b d biçimindeki sayılardır. Eğer
1 mod 4
d ise Q
d cisminin tamsayıları a ve b rasyonel tamsayılarının ikisi de çift veya ikisi de tek olmak üzere2 ab d
biçimindeki sayılardır [2].
Sonuç 2.1.12. d 1 mod 4
ise Q
d cisminin bir elemanı tamsayıdır a ve b rasyonel tamsayılar olmak üzere 12 a b d
olarak yazılabilir [2].
Örnek 2.1.13. Q i
cisminin tamsayılarını belirleyiniz.Çözüm: i 1 olduğundan d 1 3 mod 4
olur. Yani, Q i
cisminin tamsayılarının kümesi
abi a b: ,
olarak bulunur.Tanım 2.1.14.
i abi a b: ,
kümesine Gauss Tamsayılar Halkası denir.Örnek 2.1.15. Q
7i cisminin tamsayılarını belirleyiniz.Çözüm: 7i 7i2 7 olduğundan d 7 1 mod 4
olduğundan Q
7icisminin tamsayılarının kümesi 1 7 : , 2
a b i a b
dir.
Teorem 2.1.16. ve Q
d cisminde tamsayılar olsun. Bu takdirde , , da Q
d cisminde tamsayılardır [2].Tanım 2.1.17. , Q
d cisminde bir tamsayı olsun. Bu takdirde N
birrasyonel tamsayıdır.
2.2. Kuadratik Cisimlerde Birimler ve Asallar
Tanım 2.2.1. 0 ve , Q
d tamsayılar olmak üzere olacak biçimde Q
d cisminde bir tamsayısı varsa , ’yı böler denir ve bu durum | ile gösterilir. Eğer | ise
bir tamsayıdır.
| olduğunda 0 olmak üzere , ’nın Q
d cisminde tamsayılar olduğunu kabul edeceğiz.Teorem 2.2.2. | ve | ise | ve , Q
d cisminde herhangi tamsayılar olmak üzere |
dur. Özel olarak, 1 alınırsa | ; 1, 1 alınırsa | ; 0 alınırsa, | dır. Eğer | ve | ise o zaman | dır [2].
Tanım 2.2.3. Q
d cisminde |1 özelliğindeki bir tamsayısına birim denir.Özellikle 1 ve 1 Q
d cisminde her zaman birimdirler.Uyarı: sayısını bir tamsayı olarak sınırlandırmak gereklidir. Örneğin,
5 12 5 12
1 1
13 13 13 13
N N i dir. Fakat 5 12
1313i, Teorem 2.1.11’e göre
Q i cisminde bir tamsayı değildir. Dolayısıyla birim değildir.
Teorem 2.2.4. Q
d cisminde birimdir N
1’dir [2].10
Teorem 2.2.5. d 0, d 1, d 3 ise Q
d cisminin birimleri 1 olmak üzere iki tanedir. Ayrıca Q i
cisminin birimleri 1, 1 olmak üzere dört tane;( 3 )
Q i cisminin 1,
1 3 / 2i
,
1 3 / 2i
olmak üzere altı tane birimi vardır. Eğer d 0 ise Q
d cismi sonsuz çoklukta birime sahiptir [2].Tanım 2.2.6. , Q
d cisminde bir birim olsun. Q
d cisminde ve tamsayıları olacak biçimde varsa, ’ya nın ilgilisidir veya ile ilgilidir denir. Bu durum ile gösterilir. Eğer ile ilgili değil ise bu durum ile gösterilir.
, ’nın ilgilisidir / bir birimdir.
Tanım 2.2.7. , , Q
d cisminde tamsayılar olsun. 0 olsun ve birim olmasın. Eğer iken ya da elemanlarından biri birim oluyorsa ’ya indirgenemez eleman denir.Tanım 2.2.8. , , Q
d cisminde tamsayılar olsun. 0 olsun ve birim olmasın. Eğer | iken | veya | ise ’ya asal eleman denir.Bundan sonra ’nin asallarına rasyonel asal diyeceğiz.
2.3. Tek Türlü Çarpanlara Ayrılabilen Bölgeler
Tanım 2.3.1. Q
d cismi aşağıdaki özellikleri sağlıyorsa, Q
d cismine tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölge veya tek çarpanlama bölgesi denir.1) sıfırdan farklı birim olmayan bir tamsayı ise 1 2... r olacak biçimde indirgenemez 1, 2,...,r tamsayıları vardır.
2) 1 i r için i Q
d , 1 j s için j Q
d olmak üzere i vej ler indirgenemez elemanlar olsun. Ayrıca birim olmak üzere,
1 2... r 1 2... s
olsun. Bu durumda rs dir ve : 1,...,
r
1,...,r
bir permütasyon (birebir örten dönüşüm) olmak üzere, i tamsayısı i tamsayısı ile ilgilidir.
Örnek 2.3.2. Q
5i cismi tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölge değildir.Çözüm: 5i 5i2 5 olduğundan 5 3 mod 4
olur. Böylece Teorem 2.1.11’e göre Q
5i cisminin tamsayıları ,a b rasyonel tamsayılar olmak üzere5
a b i biçimindedir. O halde 2 5 , 2i 5iQ
5i tamsayıları için
2 5i
2 5i
9 3.3 dür. 2 5i indirgenemez olmasın. O halde
2 5i ab 5i ce 5i olacak biçimde birimden farklı
ab 5 ,i
ce 5i
Q 5i tamsayıları vardır.
2 5i ab 5i ce 5i eşitliğinin her iki tarafının normu alınırsa,
2 2
2 2
9 a 5b c 5e olur. ab 5 ,i ce 5i birimden farklı olduklarından
2 2 2 2
5 3, 5 3
a b c e olmalıdır. Fakat iki eşitliğinde çözümü yoktur. Gerçekten,
2 2
5 3
a b olsun. a2 3 mod 5
olur ki bu denkliği sağlayacak şekilde a yoktur. Öyleyse 2 5i indirgenemezdir. Benzer şekilde 2 5i de indirgenemezdir.Kabul edelim ki 3 indirgenemez olmasın. O halde 3
ab 5i
ce 5i
olacakbiçimde birimden farklı
ab 5 ,i
ce 5i
Q 5i tamsayıları vardır. Her iki tarafın normunu alırsak 9
a25b2
c25e2
olur. O halde yukarıdakine benzer şekilde 3 de indirgenemezdir.12
Sonuç olarak, 2 5 , 2i 5 , 3i indirgenemez elemanlardır.
Şimdi kabul edelim ki 3 2 5i olsun. Bu durumda 3 | 2 5i olur. Buradan Tanım 2.2.1’den 2 5i3
ab 5i
olacak şekilde a b 5i tamsayısı vardır.Böylece Teorem 2.1.2’ye göre 2 3 ,1 3 a b elde edilir. Bu ise a b, olması ile çelişir. Dolayısıyla 3 2 5i dir. Öyleyse Q
5i tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölge değildir.Tanım 2.3.3. (i) , sıfırdan farklı Q
d cisminin tamsayıları olsun. 0, | , | olacak şekilde Q
d mevcut ise bu elemanına ile ’nın bir ortak böleni denir.
(ii) , ile ’nın ortak böleni olsun. Eğer ile ’nın her ortak böleni için
| ise ’ya ile tamsayılarının bir en büyük ortak böleni denir ve bu
,
ile gösterilir.Tanım 2.3.4. ve Q
d olsun. ile sayılarının birimden başka ortak böleni yoksa ile aralarında asaldır denir. Bu durum
,
1 ile gösterilir.Teorem 2.3.5. Q
d tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir Q
d cismininindirgenemez her elemanı asal elemandır [6] .
Teorem 2.3.6. Q
d tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölge olsun. , Q
dcisminin tamsayıları olmak üzere ve tamsayılarının birimden başka ortak böleni olmasın. Eğer n pozitif tamsayısı için n eşitliğini sağlayan bir
Q d
tamsayısı varsa, 1 1n, 2 2n olacak biçimde 1, 2 birimleri ve
1, 2 Q d
tamsayıları vardır [6].
Tanım 2.3.7. K Q
d kuadratik cisminin tamsayılarının halkası k’ya,“ k* k
0 olmak üzere her ( , )a b k k* için a bq r ve
N r N b şartını sağlayan ( , )q r k2 k k vardır.” özelliğini sağlıyorsa bir Öklid bölgesi denir.
Teorem 2.3.8. k bir öklid bölgesi ise bir tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir [4].
Teorem 2.3.9. K Q
d cisminin tamsayılarının halkası k 11, 7, 3, 2, 1, 2,3,5d ve 13 için bir Öklid bölgesidir [4].
2.4. Tek Türlü Çarpanlara Ayrılabilen Bölgeler Yardımıyla Denklem Çözümleri
Örnek 2.4.1. x5y2 1 denklemini çözünüz.
Çözüm: x5y2 1 olacak biçimde x ve y tamsayıları mevcut olsun.
2 0,1 mod 4
y olduğundan x5 1 mod 4
ya da x5 2 mod 4
olur. Dolayısıyla x tektir. Gerçekten , x çift olsaydı x50 mod 4
olup çelişki elde edilirdi.Denklemi
i Gauss tamsayılar halkasında çarpanlara ayırırsak, x5
yi
(y i )olarak yazabiliriz. Burada
yi y i,
1 dir. Gerçekten, |y i , | y i olsun.Bu durumda | 2i ve böylece N
| 4 olur. | y i olduğundan
|
N yi yi , yani N
|x5’dir. N
| 4 ve N
|x5 olduğundan
| 4,
5N x olur. x tek olduğundan
4,x5 1 dir. Böylece N
|1 olup
1N dir. Teorem 2.2.4’e göre birimdir.
Q i cisminin tamsayılar halkası
i , Teorem 2.3.8 ve Teorem 2.3.9’a göre tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir. O halde Teorem 2.3.6’ya göre y i u514
olacak şekilde
i birimi ve u
i vardır. Fakat,
i ’nin birimleri 1, i olup
1 1 5,115,ii5, i
i 5 olduğundan
y i
a ib
5,a b, olarak yazabiliriz. Buradan Teorem 1.1.21’e göre
5 5 0
5 5 1
4 5 2
3 5 3
2 5 4
1 5 5
00 1 2 3 4 5
a ib a ib a ib a ib a ib a ib a ib
5 4 2 3 3 2 4 5 5 3 2 4 5 2 3 4
5 10 10 5 10 5 10 5
ib ab a b i a b a bi a a a b ab i b a b a b
elde edilir. Bu durumda y i
a510a b3 25ab4
i b510a b2 35a b4
olur.Reel ve sanal kısımları eşitlersek ya510a b3 25ab4 , 1 b5 10a b2 35a b4 yazılır. 1b b
410a b2 2 5a4
olduğundan b|1 olup b 1’dir.1
b için 5a410a2 1 1 olur. Buradan a2 0 olduğu görülür. O halde a0’dır.
Böylece y0 bulunur. Burada x5y2 1 olduğundan x1 dir. b 1 için
2 4
1 10a 5a 1
olur. Buradan 5a2
2a2
2 olur. Fakat, bu eşitliği sağlayan a olmadığından çözüm yoktur. Sonuç olarak,
x y,
1, 0 ’dır.Örnek 2.4.2. y2x31 denklemini çözünüz.
Çözüm: y2 x31 olacak biçimde x ve y tamsayıları mevcut olsun. x tektir.
Aksi takdirde yani x çift olursa x30 mod 4
olur. Bu ise y2x31 olduğundan
2 3 mod 4
y olmasını gerektirir. Halbuki y2 0,1 mod 4
olduğu açıktır.Denklemi
i Gauss tamsayılar halkasında çarpanlarına ayırırsak
yi
y i
x3olur. Burada
yi y i,
1’dir. Gerçekten, kabul edelim ki bir p asalı
i ’dey i ve y i sayılarını bölsün. Yani, p asal olmak üzere p y i| ve p y i| olsun. Buradan p y| i
yi
olup p| 2i dir. Bu ise N p
| 4 olmasını gerektirir.p birim olamayacağından N p
2 ya da N p
4’tür. p y i| olduğundan
|
N p N yi , yani N p
|y2 1 ve böylece N p
|x olur. Fakat, bu 3 x tek olduğundan N p
2 ya da N p
4 olması ile çelişir. Bu nedenle y i ve y i aralarında asaldır. Yani,
yi y i,
1 olur.
Q i cisminin tamsayılar halkası
i Teorem 2.3.8 ve Teorem 2.3.9’a göre tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir. O halde Teorem 2.3.6’ya göre
y i
u iv
3 olacak şekilde birimi ve u iv
i vardır. Ancak,
i ’ninbirimleri 1, i olup 1 1 , 1 3
1 ,3 i
i 3, i i3 olduğundan
3, ,y i a bi a b olarak yazabiliriz. Böylece Teorem 1.1.21’e göre
3 3 0
3 3 1
2 3 2
1 3 3
00 1 2 3
a bi a bi a bi a bi a bi
a33ab2 i
3a b b2 3
elde edilir. Bu durumda y i a33ab2 i
3a b b2 3
olur. Reel ve sanal kısımları eşitlersek ya33ab2 ve 1 3a b b 2 3 yazılır. 1b
3a2b2
olduğundan b|1 olup b 1 dir. b1 için 1 3 a21 dir. Buradan 23a2 olur. Fakat, bu eşitliği sağlayan a yoktur. b 1 için 1 3a21 dir. Buradan 03a2 olup a0’dır.Böylece y0 bulunur. Burada y2 x31 olduğundan x1 dir. Sonuç olarak,
x y,
1, 0 bulunur.Örnek 2.4.3. y2 x3 11 denklemini çözünüz.
Çözüm: y2 x3 11 olacak biçimde x ve y tamsayıları mevcut olsun. x tektir.
Aksi takdirde x çift olursa, x3 0 mod 8
olur. Bu ise y2 x3 11 olduğundan
2 5 mod 8
y olmasını gerektirir. Halbuki y2 0,1, 4 mod8
olduğu açıktır.Denklemi
yi 11
yi 11
x3 olarak yazabiliriz. Burada
yi 11,yi 11
1’dir. Gerçekten, d y| i 11 ve d y i| 11 olsun. Buradan,16
| 11 11 2 11
d yi yi i olup N d
| 44 olur. d y| i 11 olduğundan
|
11
11
3N d yi yi x olur. Ayrıca 11 | x dir. Aksi takdirde 11| x olursa
2 3
11
y x olduğundan 11| y olur. Bu ise 11 | x2 3 y2 olmasını gerektirir. Böylece
3 2
11
x y olduğundan 11 | 11 bulunur. Bu ise mümkün değildir. 2
| 44N d ve N d
|x3 olduğundan N d
| 44,
x3
, yani N d
| 4.11,
x3
eldeedilir. 11 | x ve x tek olduğundan
44,x3
1’dir. Bu ise N d( ) |1 olmasını gerektirir. Yani N d
1 olup d birimdir.
11
Q cisminin tamsayılarının halkası Ak 21
1i 11
, Teorem 2.3.8 ve Teorem 2.3.9’a göre tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir. O halde Teorem 2.3.6’ya göre3
11 11
2
y i a ib olacak şekilde aynı türden a ve b
tamsayıları , birimi vardır. Teorem 2.2.5’e göre Q
11
cisminin birimleri 1 dir. 1 1 , 1 3
13 olduğundan3
11 11
2 y i c ie
, c ve d aynı türden tamsayılar olmak üzere yazılabilir. Buradan Teorem 1.1.21 kullanılarak
3 2 2 3
33 3 11
11 8 8
c cd c d d
y i i
elde edilir. Reel ve sanal kısımları eşitlersek
3 2
8y c 33cd ve 8 3 c d2 11d3 olur. Böylece 8d
3c211d2
olduğundan| 8
d elde edilir. Bu ise d 1, 2, 4, 8 olmasını gerektirir.
1
d ise 83c2 11 olup 193c2 olur. Fakat, bu eşitliği sağlayan c yoktur.
1
d ise 8 3c2 11 olur. Buradan c2 1 olup c 1 elde edilir. d 2 için 86c288 olur. Buradan c2 16 olup c 4 elde edilir. d 2 için 8 6c2 88 olup 80 6c2 dir. Fakat, bu eşitliği sağlayan c yoktur. d 4 için 8 12 c2 704 olup 71212c2 dir. Fakat, bu eşitliği sağlayan c yoktur.
4
d için 8 12c2704 olup 69612c2 dir. Fakat, bu eşitliği sağlayan c yoktur. d 8 için 824c2 5632 olup 7053c2 dir. Fakat, bu eşitliği sağlayan
c yoktur. d 8 için 8 24c2 5632 olup 7033c2 olur. Ancak, bu eşitliği sağlayan c yoktur.
1, 1
d c için 8yc c
2 33d2
olduğundan 8y1 1 33
’dir. Buradan 8y 32 olduğundan y 4 olur. Böylece y2 x3 11 olduğundan x3 bulunur.1, 1
d c için 8y 1 1 33
olduğundan 8y32 dir. Buradan y4 olur.Böylece y2 x3 11 olduğundan x3 bulunur. d 2,c4 için 2y 16 132 olup y 58 dir. Böylece y2 x3 11 olduğundan x15 bulunur. d 2,c 4 için 2 y 116 olup y58 dir. Böylece y2 x3 11 olduğundan x15 dir. Sonuç olarak, çözümler
3, 4 , 3, 4 , 15, 58 , 15,58
olarak bulunur.Örnek 2.4.4. y2 x3 2 denklemini çözünüz.
Çözüm: y2 x3 2 olacak biçimde x ve y tamsayıları mevcut olsun. x tektir.
Aksi takdirde x çift olursa, x3 0 mod 4
olur. Buradan y2 x3 2 olduğundan
2 2 mod 4
y olur. Halbuki y2 0,1 mod 4
olduğu açıktır. Denklemi
yi 2
yi 2
x3 olarak yazabiliriz. Burada
yi 2,yi 2
1 dir.Gerçekten, d y| i 2 ve d y| i 2 olsun. Buradan d y| i 2
yi 2
2i 2olur. Bu ise N d
| 8 olmasını gerektirir. N d
1 ise N d
çift olur. Fakat, d x | 3 olduğundan N d
|x6 olur. Bu durum x ’in tek olması ile çelişir. O halde N d
1dir. Yani d birimdir.
2Q cisminin tamsayılarının halkası i 2 2 Teorem 2.3.8 ve Teorem 2.3.9’a göre tek türlü çarpanlara ayrılabilen bölgedir. O halde Teorem 2.3.6’ya göre y i 2