SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ

olduğundan, bu çözümün x ≡ 2(mod3) kongrüansının da bir çözümü olmasıiçin2y≡ 2(mod3) y ≡ 1(mod3)⇒1 1(2,3) = 1olmalıdır. Böylece y1 = 1+ 3y2, y2∈Z içinx = 2y1 = 2(1 + 3 y2 ) = 2 + 6y2olup, x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansınçözümüdür. Şimdi y2değerini öyle belirleyelim ki 2 + 6y2, üçüncükongrüansın da çözümü olsun.2 + 6y ≡ 3(mod5) ⇒ 6y ≡ 1(mod5) ⇒ y = 1(mod5)2 2 2ve böylece y 2= 1+ 5y3, ( y3∈ Z ) elde ederiz. Buradanx = 2 + 6y = 2 + 6(1 + 5 y ) = 8 + 30y2 3 3olur ki, bu çözüm ilk üç kongrüansı gerçekler. Son olarak y3übelirleyelim ki, 8 + 30y3son kongrüansı da gerçeklesin.öyle8 + 30y≡ 2(mod 7) ⇒ 30y≡ 1(mod 7)3 3⇒ y 3y 32 ≡ 1(mod 7) ⇒ ≡ 4(mod 7)ve böylece y3 = 4 + 7y4, ( y4∈ Z ) elde ederiz. O halde,x = 8 + 30y = 8 + 30(4 + 7 y ) = 8 + 120 + 210y = 128 + 210y3 4 4 4bulunur ki, bu x ≡ 128(mod 210) olması demektir, dolayısıyla aranan en küçüktamsayı 128 dir.PROBLEMLER1) x ≡ 1( mod3), x ≡ 1( mod 7), 1( mod11)x ≡ kongrüanslarını aynı andagerçekleyen en küçük pozitif tamsayıyı (1 den başka ) bulunuz.2) 3, 4 ve 5 ile bölündüğünde sırası ile 1, 2 ve 3 kalanlarını veren ve 350 denküçük olan bütün pozitif tamsayıları bulunuz.3) ax b( mod100)≡ kongrüansında a ve b tamsayılarını öyle belirleyiniz kibu kongrüansın tam 10 tane olsun.4) a nın hangi değerleri için ax b( mod m)≡ kongrüansının çözümü yoktur.50