SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ

6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) REZİDÜLER2Bu bölümde x ≡ a(mod p)kongrüansının çözülebilir olup olmadığınıTeorem 5.11. de verdiğimiz kriteri kullanmadan, Legendre sembolü adı verilenbir sembol yardımı ile belirleyeceğiz. Bu amaçla,2ax + bx + c ≡ 0(mod p), a ≢ 0(mod p)(6.1)2kongrüansının x ≡ u(mod p)kongrüansına eşdeğer olduğunu gösterelim.p = 2 için (6.1) deki kongrüansın çözülebilir olup olmadığı kolaylıklagörülebilir. Bu nedenle, 2olarak tanımlarsakp > kabul edelim. f ( )2f ( x) = ax + bx + cf ( x) ≡ 0(mod p)kongrüansının her iki tarafını,( a, p) = 1 ⎫ ⎬ ⇒ (4 a, p) = 1(2, p) = (4, p) = 1⎭olduğundan, 4a ile çarparakx polinomunu2( ) = 2 2 + + = ( + ) + ( −2)4 a. f x 4a x 4abx 4ac 2ax b 4ac belde ederiz. Şu halde f ( x) ( mod p)≡ kongrüansını çözme problemi2 2( + ) ≡ ( − )2ax b b 4 ac (mod p)kongrüansını çözme problemine dönüşmüş olur.Şimdi 2ax + b = y diyelim. f ( x) ≡ 0(mod p)kongrüansının bir x0çözümü varsa y0, 2 ax0 + b ≡ y0(mod p)koşulunu gerçekleyen bir tamsayı2 2olmak üzere, y ≡ b − 4 ac(mod p)kongrüansının bir çözümüdür. Tersine,2 2y ≡ b − 4 ac(mod p)kongrüansının bir çözümü y0ise x0,2 ax + b ≡ y (mod p)koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olmak üzere,0 0f ( x) ≡ 0(mod p)kongrüansının bir çözümüdür. Şu halde, f ( x) ≡ 0(mod p)ve≡ − 4 (mod ) kongrüanslarının çözümleri arasında bire-bir bir2 2x b ac p2eşleme vardır. Böylece, ax + bx + c ≡ 0(mod p)kongrüansını çözme problemi≡ (mod ) şeklinde bir kongrüansı çözme problemine indirgenmiş olur.2x u pÖrnek 6.1.2x + x + 5 ≡ 0(mod11) kongrüansını2x ≡ u(mod11) biçiminedönüştürelim.Çözüm. (4,11) = 1 olduğundan2x + x + 5 ≡ 0(mod11) kongrüansının her ikitarafını 4 ile çarpalım.67