Cahit Arf Matematik G¨ unleri 10 2. A¸sama Sınavı

Cahit Arf Matematik G¨ unleri 10 2. A¸sama Sınavı

30 Nisan 2011 S¨ ure: 8 saat

Notasyon:

N = {0, 1, 2, 3, . . .} (do˘ gal sayılar)

C = {a + bi : a, b ger¸ cel sayı} (karma¸sık sayılar) P = {2, 3, 5, 7, . . .} (asal sayılar)

P ^a,b = {p ∈ P : p ≡ a mod b}

f , tamsayı katsayılı bir polinom olmak ¨ uzere

P f = {p ∈ P : bir n ∈ N i¸cin p | f (n)}

1. P k¨ umesinin sonsuz oldu˘ gunu kanıtlayın. (5 puan)

C ¸ ¨ oz¨ um: Diyelim ki sonlu sayıda asal var. O zaman t¨ um asalları p 1 , . . . , p k

¸seklinde sıralayabiliriz. n = p 1 · · · p k + 1 olsun. Elbette n sayısı 1’den b¨ uy¨ uk ve dolayısıyla n’yi b¨ olen bir p asalı var. Di˘ ger yandan, p 1 , . . . , p k

t¨ um asal sayıların bir listesi oldu˘ gundan, bir i i¸ cin p = p _i olmalı. Ama n’nin herhangi bir p _i ’ye b¨ ol¨ um¨ unden kalan 1. C ¸ eli¸ski.

2. P 3,4 k¨ umesinin sonsuz oldu˘ gunu kanıtlayın. (10 puan)

C ¸ ¨ oz¨ um: Diyelim ki P 3,4 k¨ umesi sonlu. O zaman P 3,4 k¨ umesinin t¨ um elemanlarını p 1 , . . . , p k ¸seklinde sıralayabiliriz. n = 4p 1 · · · p k − 1 olsun.

Elbette n sayısı tek ve 1’den b¨ uy¨ uk. Dolayısıyla n, tek asal sayıların

¸

carpımı olarak yazılabiliyor. E˘ ger n’nin t¨ um asal b¨ olenleri P ^1,4 k¨ umesinde olsaydı n sayısı mod 4’te 1’e denk olurdu. Demek ki n sayısınının P ^3,4 k¨ umesinden bir p b¨ oleni olmalı. Di˘ ger yandan, P ^3,4 k¨ umesindeki t¨ um sayılar p 1 , . . . , p k listesinde oldu˘ gundan, bir i i¸ cin p = p i olmalı. Ama n’nin herhangi bir p i ’ye b¨ ol¨ um¨ unden kalan p i − 1. C ¸ eli¸ski.

3. E˘ ger f sabit de˘ gilse P ^f k¨ umesinin sonsuz oldu˘ gunu kanıtlayın. (15 puan) C ¸ ¨ oz¨ um: E˘ ger f polinomunun sabit terimi sıfırsa, tamsayı katsayılı bir g polinomu i¸ cin f (x) = xg(x) sa˘ glanır. Buradan da, n | f (n) oldu˘ gu i¸ cin, P f = P ¸cıkar. Yani f ’nin sabit teriminin sıfır olmadı˘gını varsayabiliriz.

f (x) polinomunu

f (x) =

d

X

i=0

a i x ⁱ

olarak yazalım. Elbette a 0 6= 0, d > 0 ve a 0 , . . . , a d tamsayı. Diyelim ki P ^f k¨ umesi sonlu. O zaman P ^f k¨ umesinin t¨ um elemanlarını p 1 , . . . , p k

1

¸seklinde sıralayabiliriz. S ¸imdi n _t = f (a ₀ p ^t ₁ · · · p ^t _n ) ve m _t = n _t /a ₀ olsun.

Bu durumda,

n t =

d

X

i=0

a i a ⁱ ₀ p ^it ₁ · · · p ^it _k = a 0 1 +

d

X

i=1

a i a ⁱ⁻¹ ₀ p ^it ₁ · · · p ^it _k

!

= a 0 m t

e¸sitli˘ gi y¨ uz¨ unden, e˘ ger t yeterince b¨ uy¨ ukse, m t , 1’den b¨ uy¨ uk olur. Dolayısyla m t ’nin asal bir p b¨ oleni vardır. Elbette p asalı n t ’yi de b¨ oler, yani p, P f ’dedir. Buradan da bir i i¸ cin p = p i oldu˘ gu ¸ cıkar. Ama m t ’nin herhangi bir p i ’ye b¨ ol¨ um¨ unden kalan 1. C ¸ eli¸ski.

4. P ^1,4 k¨ umesinin sonsuz oldu˘ gunu kanıtlayın. (20 puan)

C ¸ ¨ oz¨ um: f (x) = x ² +1 olsun. 3 numaralı sorudan P ^f sonsuz. E˘ ger P ^f ∩P 3,4

k¨ umesinin bo¸s oldu˘ gunu g¨ osterirsek P 1,4 k¨ umesinin sonsuz oldu˘ gu ¸ cıkar,

¸

c¨ unk¨ u P = P 1,4 ∪ {2} ∪ P 3,4 .

Diyelim ki P 3,4 k¨ umesinde ¨ oyle bir p var ki bir n i¸ cin p | n ² + 1, yani n ² ≡ −1 mod p. Di˘ ger yandan Fermat’nın k¨ u¸ c¨ uk teoreminden n ^p−1 ≡ 1 mod p. Bunu, ve (p − 1)/2 tamsayısının tek olu¸sunu kullanarak

1 ≡ n ^p−1 ≡ (n ² )

≡ (−1)

≡ −1 mod p elde ederiz. p tek oldu˘ gundan bu m¨ umk¨ un de˘ gil.

5. Pozitif bir n tamsayısı i¸ cin ζ n = cos( ^2π _n ) + i sin( ^2π _n ) olsun. S ¸u polinomu tanımlayalım:

Φ n (x) = Y

1≤d≤n obeb(n,d)=1

(x − ζ _n ^d ).

( ¨ U¸ c ¸sık toplam 50 puan)

(a) Φ n (x) polinomunun katsayılarının tamsayı oldu˘ gunu kanıtlayın.

C ¸ ¨ oz¨ um: De Moivre form¨ ul¨ unden ¹

x ⁿ − 1 =

n

Y

d=1

(x − ζ _n ^d )

oldu˘ gunu biliyoruz. Buradan hemen Φ _n (x) | x ⁿ − 1 oldu˘ gu ¸ cıkıyor.

S ¸imdi x ⁿ − 1 polinomunun k¨ oklerini ba¸ska bir bi¸ cimde ifade edece˘ giz.

U k¨ umesi 1 in t¨ um karma¸sık k¨ oklerinden olu¸san k¨ ume olsun. Yani U = {z ∈ C : bir n ∈ N i¸cin z ⁿ = 1}.

U k¨ umesi ¨ uzerinde ¸su fonksiyonu tanımlayalım o(z) = min{n ∈ N : z ⁿ = 1 ve n > 0}.

Tanımladı˘ gımız bu o fonksiyonunun temel bazı ¨ ozelliklerini kanıtla- yaca˘ gız.

1

De Moivre form¨ ul¨ u her n tamsayısı ve θ ger¸ cel sayısı i¸ cin (cos(θ) + i sin(θ))

= cos(nθ) + i sin(nθ) oldu˘ gunu s¨ oyler. T¨ umevarımla kanıtlanabilir.

2

Diyelim ki z ⁿ = 1 ve n ≥ 1. Bu durumda tanım gere˘ gi o(z) ≤ n.

E˘ ger a, b ∈ N ve b < o(z) olacak ¸sekilde n = o(z)a + b yazarsak 1 = z ⁿ = z ^o(z)a+b = (z ^o(z) ) ^a z ^b = z ^b

elde ederiz. Buradan da b < o(z) oldu˘ gundan b = 0 ¸ cıkar. Yani o(z) | n. Di˘ ger yandan herhangi bir n i¸ cin o(z) | n ise z ⁿ = 1 olur.

B¨ ut¨ un bunları

x ⁿ − 1 = Y

o(ζ)|n

(x − ζ)

e¸sitli˘ giyle ¨ ozetleyebiliriz. Benzer bir e¸sitli˘ gi Φ n (x) i¸ cin kanıtlamak istiyoruz. ˙Ilk ¨once o fonksiyonunun ba¸ska bir karakterizasyonunu g¨ orelim. E˘ ger ζ ∈ U ise

hζi = {ζ ⁿ : n ∈ N}

olsun. Kolayca g¨ or¨ ulebilece˘ gi gibi o(ζ) tam olarak hζi k¨ umesideki eleman sayısı. Bunu kullanarak o(ζ _n ^d ) = n olması i¸ cin gerekli ve yeterli ko¸sulun obeb(d, n) = 1 oldu˘ gunu kanıtlayaca˘ gız.

Diyelim ki obeb(d, n) = 1. Bu durumda ¨ oyle a, b tamsayıları vardır ki ad + bn = 1 olur. Buradan da

ζ _n = ζ _n ^ad+bn = (ζ _n ⁿ ) ^a (ζ _n ^d ) ^b = (ζ _n ^d ) ^b

¸

cıkar. Yani ζ n ∈ hζ _n ^d i ve dolayısıyla hζ n i ⊆ hζ _n ^d i. ¨ Ote yandan tanım gere˘ gi hζ _n ^d i ⊆ hζ n i. Demek ki hζ _n ^d i = hζ n i ve o(ζ _n ^d ) = o(ζ n ). De Moivre form¨ ul¨ unden o(ζ n ) = n oldu˘ gunu g¨ ormek kolay.

S ¸imdi de diyelim ki obeb(d, n) = k 6= 1. Elbette o(ζ _n ^k ) < n ¸ c¨ unk¨ u (ζ _n ^k )

= 1. Ote yandan ζ ¨ _n ^d = (ζ _n ^k )

∈ hζ _n ^k i. Yani hζ _n ^d i ⊆ hζ _n ^k i.

Buradan da o(ζ _n ^d ) ≤ o(ζ _n ^k ) < n e¸sitsizli˘ gi ¸ cıkar.

Bunlara ek olarak (ζ _n ^d ) ⁿ = 1, dolayısıyla o(ζ _n ^d ) | n. T¨ um bunları ¸su e¸sitlikle ¨ ozetleyebiliriz:

Φ n (x) = Y

o(ζ)=n

(x − ζ).

Bu da bize Φ n (x) i¸ cin t¨ umevarımsal bir form¨ ul veriyor:

Φ n (x) = x ⁿ − 1 Y

d|n, d6=n

Φ _d (x) .

Bundan sonrası i¸ cin t¨ umevarım yapaca˘ gız. Φ ₁ (x) = x−1 ve dolayısıyla t¨ um katsayıları tamsayı. Diyelim ki n’den k¨ u¸ c¨ uk her d i¸ cin Φ _n (x) polinomu tamsayı katsayılı. Buradan, Φ _d (x)’lerin ba¸sat katsayıları 1 oldu˘ gu i¸ cin, Φ _n (x) polinomunun tamsayı katsayılı oldu˘ gu ¸ cıkar.

(b) p ∈ P ve a ∈ N olsun. Diyelim ki p asalı n’yi b¨olm¨ uyor ama Φ _n (a)’yı b¨ ol¨ uyor. Bu durumda a ⁿ ≡ 1 mod p denkli˘ ginin sa˘ glandı˘ gını ve n sayısının bu denkli˘ gi sa˘ glayan en k¨ u¸ c¨ uk pozitif tamsayı oldu˘ gunu kanıtlayın.

3

C ¸ ¨ oz¨ um: Bir ¨ onceki sorudan

x ⁿ − 1 = Y

d|n

Φ d (x)

oldu˘ gunu biliyoruz. Bu e¸sitlikte x = a alıp e¸sitli˘ ge mod p’de bakarsak a ⁿ ≡ 1 mod p oldu˘ gunu g¨ or¨ ur¨ uz. m, a ^m ≡ 1 mod p denkli˘ gini sa˘ glayan en k¨ u¸ c¨ uk pozitif tamsayı olsun. 0 ≤ l < m olmak ¨ uzere n = km + l yazalım. Bu durumda

1 ≡ a ⁿ ≡ a ^km+l ≡ (a ^m ) ^k a ^l ≡ a ^l mod p

e¸sitli˘ ginden b = 0 oldu˘ gu, yani m’nin n’yi b¨ old¨ u˘ g¨ u ¸ cıkar. Yani Φ _m (x) polinomu x ⁿ − 1 polinomunu b¨ ol¨ uyor. Di˘ ger yandan

x ^m − 1 = Y

d|m

Φ m (x)

oldu˘ gundan m’yi b¨ olen bir d i¸ cin Φ d (a) ≡ 0 mod p olmalı. Ama Φ d (x) polinomu x ^d − 1’i b¨ ol¨ uyor. Yani a ^d ≡ 1 mod p sa˘ glanmalı. Buradan da m bu ¨ ozelli˘ gi sa˘ glayan en k¨ u¸ c¨ uk pozitif tamsayı oldu˘ gundan m = d oldu˘ gunu g¨ or¨ uyoruz. Bu da elbette Φ m (a) ≡ 0 mod p demek.

Diyelim ki m 6= n. O zaman tamsayı katsayılı bir p(x) polinomu i¸ cin x ⁿ − 1 = Φ n (x)Φ _m (x)p(x)

e¸sitli˘ gi sa˘ glanır. Her iki tarafın t¨ urevini alırsak

nx ⁿ⁻¹ = Φ ⁰ _n (x)Φ _m (x)p(x) + Φ _n (x)Φ ⁰ _m (x)p(x) + Φ _n (x)Φ _m (x)p(x) ⁰ elde ederiz. S ¸imdi bu e¸stlikte x = a alıp e¸sitli˘ ge mod p’de bakarsak, Φ n (a) ≡ Φ m (a) ≡ 0 mod p oldu˘ gundan, na ⁿ⁻¹ ≡ 0 mod p elde ederiz. Varsayımımızdan p, n’yi b¨ olm¨ uyor. Demek ki p, a’yı b¨ ol¨ uyor.

Bu durumda 0 ≡ Φ n (a) ≡ Φ n (0) mod p olmalı. Ama Φ n (0), tanım gere˘ gi ζ n ’nin bir kuvveti. Yani Φ n (0) ⁿ = 1. Di˘ ger yandan Φ n (x)’in katsayılarının tamsayı oldu˘ gunu biliyoruz. Bradan Φ n (0)’ın ya 1 ya da −1 oldu˘ gu ¸ cıkıyor. C ¸ eli¸ski, ¸ c¨ unk¨ u Φ _n (0) mod p’de 0. Demek ki m = n, ba¸ska bir deyi¸sle n, a ⁿ ≡ 1 mod p denkli˘ gini sa˘ glayan en k¨ u¸ c¨ uk pozitif tamsayı.

(c) P 1,n k¨ umesinin sonsuz oldu˘ gunu kanıtlayın.

C ¸ ¨ oz¨ um: 3 numaralı sorudan P ^Φ

sonsuz. p, P ^Φ

k¨ umesinde n’yi b¨ olmeyen bir asal olsun. Bir ¨ onceki ¸sıktan ¨ oyle bir a var ki a ⁿ ≡ 1 mod p ve e˘ ger a ^k ≡ 1 mod p ise n, k’den k¨ u¸ c¨ uk. Fermat’nın k¨ u¸ c¨ uk teoreminden a ^p−1 ≡ 1 mod p. S ¸imdi u, v ∈ N ve v < n olacak

¸sekilde p − 1 = nu + v yazalım. Buradan

1 ≡ a ^p−1 ≡ a ^nu+v ≡ (a ⁿ ) ^u a ^v ≡ a ^v mod p

elde ederiz. Ama v < n oldu˘ gundan v = 0 oldu˘ gu, yani n’nin p − 1’i b¨ old¨ u˘ g¨ u ¸cıkar. Bu da demek oluyor ki sonsuz bir k¨ ume olan P Φ

’den n’nin b¨ olenlerini, yani sonlu bir k¨ umeyi ¸ cıkarınca P 1,n k¨ umesinin bir altk¨ umesini elde ediyoruz. Yani P 1,n sonsuz.

4