Sayılar Teorisi II Ders Notları

Sayılar Teorisi II Ders Notları
Tarkan Öner

˙Içindekiler
I SAYILAR TEOR˙IS˙I II 1
8 ˙Ilkel Kökler ve ˙Indeksler 2
8.1 Bir Tam Sayının (mod n)’ye Göre Mertebesi . . . . . . . . . . . . 2
8.2 Asal Sayıların ˙Ilkel Kökleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
8.3 ˙Ilkel Köke Sahip Olan Birle¸sik Sayılar . . . . . . . . . . . . . . . 13
8.4 ˙Indeksler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
9 Kuadratik Kar¸sılık Kuralı 22
9.1 Euler Kriteri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
9.2 Legendre Sembolü ve Özellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
9.3 Kuadratik Kar¸sılık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
9.4 Birle¸sik Modüllere Göre Kuadratik Kongrüanslar . . . . . . . . . 39
11 Özel Formdaki Sayılar 44
11.1 Marin Mersenne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
11.2 Mükemmel Sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
11.3 Mersenne Asalları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
11.4 Fermat Sayıları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
12 BazıLineer Olmayan Diophantine Denklemler 60
12.1 x 2 + y 2 = z 2 Denklemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
12.2 Fermat’ın Son Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
13 Tamsayıların Kare ToplamlarıOlarak Gösterimleri 67
13.1 Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
13.2 ˙Iki Kare Toplamı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
13.3 Dört Kare Toplamı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
15 Sürekli Kesirler 81
15.1 Srinivasa Ramanujan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
15.2 Sonlu Sürekli Kesirler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
15.3 Sonsuz Sürekli Kesirler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
i

Kısım I
SAYILAR TEOR˙IS˙I II
1

Bölüm 8
˙Ilkel Kökler ve ˙Indeksler
8.1 Bir Tam Sayının (mod n)’ye Göre Mertebesi
Euler teoreminden, (a, n) = 1 olmak üzere a ϕ(n) ≡ 1 (mod n) oldu˘gunu biliyoruz.
Fakat a m ≡ 1 (mod n) ve m < ϕ (n) olacak ¸sekilde m ∈ Z + sayıları
bulunabilir. Örne˘gin;
2 1 ≡ 2, 2 2 ≡ 4, 2 3 ≡ 1, 2 4 ≡ 2, 2 5 ≡ 4, 2 6 = 2 φ(7) ≡ 1 (mod 7) .
Buradan hareketle a¸sa˘gıdaki tanımıverebiliriz.
Tanım 8.1.1. n > 1 ve (a, n) = 1 olsun. a k ≡ 1 (mod n) olacak ¸sekilde ki en
küçük pozitif tam sayıya a sayısının (mod n) ’ye göre mertebesi denir.
Yukarıdaki örnek için 2 sayısının (mod 7)’ye göre mertebesi 3 tür.
a ve b sayıları(mod n)’ye göre denk ise (mod n)’ye göre mertebeleri aynıdır
( a ≡ b (mod n) ve (a, n) = 1 ise a k ≡ b k (mod n) ).
Dikkat edilirse Tanım 8.1.1’de ki (a, n) = 1 ko¸sulu ax ≡ 1 (mod n) lineer
kongüransının çözümünün varlı˘gını garanti eder. Dolayısıyla a k = a a k−1 ≡
1 (mod n) lineer kongrüansını sa˘glayan x de˘geri bulunabilir. Bundan sonra
a sayısının (mod n)’ye göre mertebesinden bahsederken (a, n) = 1 oldu˘gunu
varsayaca˘gız.
Verdi˘gimiz örnekte 2’nin (mod 7)’ye göre mertebesi 3 idi. Dikkat edilirse,
k, 3’ün bir katıolmak üzere
2 k ≡ 2 3t ≡ 2 3 t ≡ 1 t ≡ 1 (mod 7)
olur.
Buradan yola çıkarak a¸sa˘gıdaki teorem verilebilir.
Teorem 8.1.2. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k olsun. a h ≡ 1 (mod n)
olmasıiçin gerek ve yeter ko¸sul k|h olmasıdır.
2

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 3
Kanıt. ⇐= : k|h olsun. Bu durumda h = kt olacak ¸sekilde t ∈ Z vardır.
a h ≡ a kt ≡ a kt ≡ 1 t ≡ 1 (mod n)
elde edilir.
=⇒ : a h ≡ 1 (mod n) olsun. Bölme algoritmasından h = qk + r, 0 ≤ r < k
olacak ¸sekilde q, r ∈ Z vardır. Bu durumda;
1 ≡ a h ≡ a qk+r ≡ a kq a r = 1 q a r ≡ a r (mod n)
yani a r ≡ 1 (mod n) elde edilir. Bu r = 0 olmasınıgerektirir. Aksi takdirde bu
durum k’nın a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi olmasıile çeli¸sir. Dolayısıyla
h = qk yani k|h olur.
Teorem 8.1.2 yardımıyla, a sayının (mod n)’ye göre mertebesini bulmak için
φ (n) sayısının bölenlerini kullanabiliriz. Örne˘gin 2 sayısının (mod 13)’e göre
mertebesi k olsun. φ (13) = 12 ve k|φ (13) oldu˘gundan k sayısı 1, 2, 3, 4, 6, 12
sayılarından biridir.
2 1 ≡ 2, 2 2 ≡ 4, 2 3 ≡ 8, 2 4 ≡ 3, 2 6 ≡ 12 (mod 13)
oldugundan 2 12 ≡ 1 (mod 13) elde edilir yani 2 sayısının (mod 13)’e göre mertebesi
12’dir.
φ (n)’nin keyfi bir d böleni için (mod n)’ye göre mertebesi d olacak ¸sekilde
bir a sayısıolmayabilir. Gerçekten; n = 12 için φ (12) = 4 olur ve
1 1 ≡ 5 2 ≡ 7 2 ≡ 11 2 ≡ 1 (mod 12)
oldu˘gundan (mod 12)’e göre mertebesi 4 olan bir sayıyoktur. (Not: Mertebe için
(a, n) = 1 ko¸sulunun sa˘glanmasıgerekti˘gini unutmayınız.)
Teorem 8.1.3. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k ise a i ≡ a j (mod n)
olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart i ≡ j (mod k) olmasıdır.
Kanıt. =⇒ : ai ≡ aj (mod n) olsun (i ≥ j). (a, n) = 1 oldu˘gundan aj , n = 1
olur ve denkli˘gin her iki tarafını aj ile bölersek ai−j
≡ 1
n mod (aj
,n) yani
ai−j ≡ 1 (mod n) elde edilir. Teorem 8.1.2 yardımıyla k| (i − j) olur. Böylece
i ≡ j (mod k) oldu˘gu gösterilmi¸s olur.
⇐= : i ≡ j (mod k) olsun. Bu durumda i = j + kq olacak ¸sekilde q ∈ Z vardır.
a i ≡ a j+kq ≡ a j a kq ≡ a j 1 q ≡ a j (mod n) .
Sonuç 8.1.4. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k ise a, a 2 , . . . , a k sayıları
(mod n)’ye göre kongrüant de˘gildirler (farklıkalanlara sahiptirler).
¸Simdi a sayısının (mod n)’ye göre mertebesini kullanarak, h > 0 için a h
sayısının (mod n)’ye göre mertebesini bulalım.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 4
Teorem 8.1.5. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k ise, h > 0 için a h
sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k
(h,k) olur.
Kanıt. d = (h, k) olsun. h = h1d, k = k1d ve (h1, k1) = 1 olacak ¸sekilde h1, k1 ∈
Z vardır. a h sayısının (mod n)’ye göre mertebesi r olsun.
h
a k1
≡ a hk1 ≡ a h1dk1 ≡ a h1k ≡ a kh1
≡ 1 (mod n)
denkli˘ginden ve Teorem 8.1.2 ile
r|k1
(8.1)
olur. a hr ≡ a h r ≡ 1 (mod n) ve a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k
oldu˘gundan yine Teorem 8.1.2 ile k|hr elde edilir.
k|hr =⇒ k1d|h1dr =⇒ k1|h1r ve (h1, k1) = 1
=⇒ k1|r. (8.2)
Böylece (8.1) ve (8.2) den r = k1 olur. Sonuç olarak
elde edilir.
r = k1 = k k
=
d (h, k)
Sonuç 8.1.6. a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi k olsun. h > 0 için a h
sayısının (mod n)’ye göre mertebesinin k olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart (h, k) = 1
olmasıdır.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 5
Örnek 8.1.7. 2’nin kuvvetlerinin (mod 13)’e göre mertebelerini belirleyelim.
2 ≡ 2 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi=12
2 2 ≡ 4 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 6
(2, 12)
2 3 ≡ 8 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 4
(3, 12)
2 4 ≡ 3 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 3
(4, 12)
2 5 ≡ 6 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 12
(5, 12)
2 6 ≡ 12 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 2
(6, 12)
2 7 ≡ 11 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 12
(7, 12)
2 8 ≡ 9 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 3
(8, 12)
2 9 ≡ 5 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 4
(9, 12)
2 10 ≡ 10 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 6
(10, 12)
2 11 ≡ 7 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 12
(11, 12)
2 12 ≡ 1 sayısının (mod 13) ’e göre mertebesi= 12
= 1
(12, 12)
Tanım 8.1.8. (a, n) = 1 ve a sayısının (mod n)’ye göre mertebesi φ (n) ise a
sayısına n tamsayısının ilkel kökü (primitive root) denir.
Di˘ger bir ifadeyle a φ(n) ≡ 1 (mod n) ve k < φ (n) için a k = 1 (mod n) ise
a’ya n’nin ilkel kökü denir.
3 sayının, 7’nin bir ilkel kökü oldu˘gunu gösterelim. (3, 7) = 1 oldu˘gundan
3 φ(7) ≡ 3 6 ≡ 1 (mod n) olur. 6’nın pozitif bölenleri 1, 2, 3, 6 oldu˘gundan sadece
3 1 , 3 2 , 3 3 , 3 6 de˘gerlerini incelememiz yeterlidir.
3 1 ≡ 3, 3 2 ≡ 2, 3 3 ≡ 6 (mod 7)
oldu˘gundan 3’ün (mod 7)’ye göre mertebesi φ (7) = 6 dır. Dolayısıyla 3, 7
sayısının ilkel köküdür.
Bölüm 8.2’de herhangi bir n asal sayısının her zaman ilkel köklere sahip
oldu˘gunu gösterece˘giz. n asal olmadı˘gı durumlarda ilkel köke sahip olabilirde
olmayabilirde. Örne˘gin; 9 sayısının bir ilkel kökü 2’dir fakat 8 sayısının bir ilkel
kökü yoktur. Daha genel olarak ilkel köklerin var olmamasıdaha genel bir durumdur.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 6
Örnek 8.1.9. n > 1 için Fn = 22n + 1 sayısı asal ise 2’nin Fn sayısının
ilkel kökü olmadı˘gını gösterelim. Yani 2k ≡ 1 (mod Fn) olacak ¸sekilde bir
k < φ 22n + 1 = 22n sayısıbulmalıyız.
2 2n+1
− 1 = 2 2n2 − 1 ≡
2 2n 2
− 1 ≡ 2 2n
− 1 2 2n
+ 1 ≡ 0 (mod Fn)
Yani 22n+1 ≡ 1 (mod Fn) olur. Bu durumda 2’nin (mod Fn)’ye göre mertebesi
2n+1 ’den büyük olamaz. Tümevarımla n > 1 için 2n+1 < 22n oldu˘gu gösterilebilir.
Dolayısıyla 2’nin (mod Fn)’ye göre mertebesi φ (Fn) olamaz ve 2, Fn
sayısının ilkel kökü de˘gildir.
Teorem 8.1.10. a1, a2, . . . , a φ(n) sayıları, n’den küçük pozitif sayılar ve
(ai, n) = 1 olsun. a sayısı n’nin bir ilkel kökü ise a, a 2 , . . . , a φ(n) sayıları
(mod n)’de a1, a2, . . . , a φ(n) sayılarına denktirler (sıradan ba˘gımsız olarak).
Kanıt. Sonuç 8.1.4’de k = φ (n) alınır.
Teorem 8.1.10 ve Teorem 8.1.5 kullanılarak, en az bir ilkel kökü olan n
sayısının tam olarak kaç tane ilkel kökü oldu˘gu bulunabilir.
Sonuç 8.1.11. n sayısının en az bir ilkel kökü var ise, n’nin φ (φ (n)) tane ilkel
kökü vardır.
Kanıt. 1 = a1, a2, . . . , aφ(n) = n − 1 sayıları n ile aralarında asal olan sayılar
olsun. Dolayısıyla sadece bu sayıların (mod n)’ye göre mertebelerinden bahsedebiliriz.
n’nin ilkel kökleri bunlardan bazılarıdır. a, n’nin ilkel kökü oldu˘gundan
Teorem 8.1.10’ten a, a2 , . . . , aφ(n) sayıları(mod n)’de a1, a2, . . . , aφ(n) sayılarına
denktirler. Yani n’nin ilkel kökleri a, a2 , . . . , aφ(n) sayılarından (mod n)’ye göre
mertebesi φ (n) olanlardır. 1 ≤ h ≤ φ (n) olmak üzere ah sayısının (mod n)’ye
φ(n)
göre mertebesi Teorem 8.1.5’ten (h,φ(n)) olur. Bu sayının φ (n) olmasıiçin h ile
φ (n) aralarında asal olmalıdır. 1 ≤ h ≤ φ (n) arasında φ (n) ile aralarında asal
olanların sayısıφ (φ (n))’dir.
Böylece en az bir ilkel kökü olan n sayısının tam olarak kaç tane ilkel
kökü oldu˘gu Sonuç 8.1.11 yardımıyla, varsa di˘ger ilkel köklerinide Teorem 8.1.5
yardımıyla bulabiliriz.
Bu durumu ¸su ¸sekilde örneklendirelim. n = 9 için 2’nin ilkel kök oldu˘gunu
söylemi¸stik. Dolayısıyla 9’un φ (φ (9)) = φ (6) = 2 tane ilkel kökü vardır. 2,
9’un ilkel kökü oldu˘gundan 2 2 , 2 3 , . . . , 2 6 = 2 φ(9) sayılarından sadece bir tanesi
9 için ilkel köktür. Bu da (h, φ (9)) = 1 ko¸sulunu sa˘glayan 2 h sayısıdır. (h, 6)
= 1 ko¸sulu sadece h = 5 için sa˘glandı˘gından 2 5 ≡ 5 (mod 9) yani 5, 9 için ilkel
köktür.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 7
8.2 Asal Sayıların ˙Ilkel Kökleri
˙Ilkel kökler teorik ara¸stırmalarda önemli rol oynamaktadır. Dolayısıyla hangi
sayıların ilkel köklere sahip oldu˘gu sorusu akla gelir. Bu kısımda tüm asal sayılar
için ilkel köklerin varoldu˘gunu gösterece˘giz. Önce bu kısımda kullanaca˘gımız,
Lagrange’nin polinom kongrüansların çözüm sayısıyla ilgi teoremini verelim.
Teorem 8.2.1 (Lagrange). p asal sayıve an = 0 (mod p) olmak üzere
f (x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0
tamsayıkatsayılın. dereceden (n ≥ 1) bir polinom olsun. Bu durumda
f (x) ≡ 0 (mod p)
kongrüansı, (mod p)’de kongrüant olmayan en fazla n tane çözüme sahiptir.
Kanıt. n üzerinden tümevarımla yapalım.
n = 1 için polinom
f (x) = a1x + a0
formundadır. (a1, p) = 1 oldu˘gundan a1x ≡ −a0 (mod p) kongrüansı tek bir
çözüme sahiptir. Böylece teorem n = 1 için sa˘glanır.
n = k − 1 için teoremin sa˘glandı˘gınıvarsayalım.
n = k olsun. Yani f (x) k. dereceden bir polinom olsun. f (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansının
ya çözümü olmasın (bu durumda ispat biter) yada en az bir çözümü
olsun ve bu çözüm a olsun. f (x) polinomunu x − a ile bölelim. q (x) , (k − 1) .
dereceden bir polinom ve r bir tam sayıolmak üzere
yazılabilir. x = a için
oldu˘gundan
f (x) = (x − a) q (x) + r
0 ≡ f (a) ≡ (a − a) q (a) + r ≡ r (mod p)
f (x) ≡ (x − a) q (x) (mod p)
elde edilir. b, f (x) = 0 (mod p) kongrüansının a ile (mod p)’de kongrüant olmayan
yani b − a = 0 (mod p) ¸sartınısa˘glayan ba¸ska bir çözüm ise
0 ≡ f (b) ≡ (b − a) q (b) (mod p)
olur ve b − a = 0 (mod p) oldu˘gundan q (b) ≡ 0 (mod p) olur. Yani f (x) ≡
0 (mod p) kongrüansının a’dan ba¸ska her çözümü q (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansının
çözümüdür. q (x) polinomu (k − 1) . dereceden bir polinom oldu˘gundan
tümevarımın varsayımından dolayıq (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansıen fazla k − 1
tane kongrüant olmayan çözüme sahiptir ve dolayısıyla f (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansıen
fazla k tane kongrüant olmayan çözüme sahiptir.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 8
Bu teorem yardımıyla a¸sa˘gıdaki sonucu verelim.
Sonuç 8.2.2. p bir asal sayıd| (p − 1) ise
x d − 1 ≡ 0 (mod p)
kongüransıtam olarak d tane çözüme sahiptir.
Kanıt. d| (p − 1) oldu˘gundan p−1 = dk olacak ¸sekilde bir k ∈ Z vardır. x p−1 −1
polinomu
x p−1 − 1 = x dk − 1
= x d
− 1 x d(k−1) + x d(k−2) + · · · + x d
+ 1
¸seklinde yazılabilir. Buradaki f (x) = x d(k−1) + x d(k−2) + · · · + x d + 1 polinomunun
derecesi d (k − 1) = dk − d = p − 1 − d dir. Lagrange teoreminden
f (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansıen fazla p − 1 − d tane çözüme sahiptir. Ayrıca
Fermat teoreminden x p−1 − 1 ≡ 0 (mod p) kongrüansıtam olarak p − 1 tane
kongrüant olmayan çözüme sahiptir ve bu çözümler 1, 2, . . . , p − 1 sayılarıdır.
x p−1 − 1 ≡ 0 (mod p) kongrüansının çözümü olup f (x) ≡ 0 (mod p) kongrüansının
çözümü olmayan her x ≡ a (mod p) de˘geri x d −1 ≡ 0 (mod p) kongrüansını
sa˘glamalıdır. Gerçekten
ve
0 ≡ a p−1 − 1 ≡ a d − 1 f (a) (mod p)
p ∤ f (a)
ise p| a d − 1 olur. Böylece x d − 1 ≡ 0 (mod p) kongrüansı en az p − 1 −
(p − 1 − d) = d tane çözüme sahiptir. Lagrange teoreminde de x d − 1 ≡
0 (mod p) kongrüansi en fazla d tane çözüme sahip olaca˘gından tam olarak
d tane çözüme sahiptir.
Sonuç 8.2.2 yardımıyla Wilson teoremini farklıbir ¸sekilde ispatlayabiliriz.
Wilson Teoremi: p asal bir sayıolmak üzere (p − 1)! ≡ −1 (mod p) dir.
Kanıt. (p − 2). dereceden
f (x) = (x − 1) (x − 2) . . . (x − (p − 1)) − x p−1 − 1
= ap−2x p−2 + ap−3x p−3 + · · · + a1x + a0
polinomunu tanımlayalım. Fermat teoreminden 1, 2, 3, . . . p − 1 sayıları
f (x) ≡ 0 (mod p)
kongrüansının farklı çözümleridir. Fakat Lagrange teoreminden bu kongrüans
en fazla p − 2 tane farklıçözüme sahip olabilir. Dolayısıyla
ap−2 ≡ ap−3 ≡ · · · ≡ a1 ≡ a0 ≡ 0 (mod p)

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 9
olmalıdır. Bu durumda herhangi bir x tamsayısıiçin
(x − 1) (x − 2) . . . (x − (p − 1)) − x p−1 − 1 ≡ 0 (mod p)
olur ve özel olarak x = 0 alırsak
elde edilir.
(−1) (−2) . . . (− (p − 1)) + 1 ≡ 0 (mod p)
(−1) p−1 (p − 1)! ≡ 1 (mod p)
(p − 1)! ≡ 1 (mod p)
Daha önceden n tamsayısıiçin, d sayısıφ (n)’nin keyfi bir böleni olmak üzere
(mod n)’de mertebesi d olacak ¸sekilde bir a sayısıolmayabilece˘gini söylemi¸s ve
n = 12 için 4|φ (12) = 4 oldu˘gu halde mertebesi 4 olan bir a sayısıolmadı˘gını
göstermi¸stik. A¸sa˘gıdaki teorem bu durumun n sayısının asal oldu˘gu durumlarda
geçerli olmadı˘gınıgöstermektedir.
Teorem 8.2.3. p bir asal sayıve d| (p − 1) ise (mod p)’ye göre mertebesi d olan
φ (d) tane farklıtamsayıvardır.
Kanıt. d| (p − 1) ve Ψ (d), (mod p)’ye göre mertebesi d olan sayıların sayısıolsun.
Yani teoremi ispatlamak için Ψ (d) = φ (d) oldu˘gunu göstermeliyiz. 1 ile
p − 1 arasındaki sayılar, p ile aralarında asal olduklarından bir d mertebesine
sahiptirler. Dolayısıyla
p − 1 =
Ψ (d)
yazabiliriz. Ayrıca Gauss teoreminden
oldu˘gundan
d|(p−1)
d|(p−1)
p − 1 =
d|(p−1)
Ψ (d) =
φ (d)
d|(p−1)
φ (d) (8.3)
e¸sitli˘gi elde edilir. d| (p − 1) olacak ¸sekildeki her d sayısıiçin sadece Ψ (d) ≤ φ (d)
oldu˘gunu gösterirsek E¸sitlik (8.3)’den Ψ (d) = φ (d) elde edilir. (p − 1) sayısının
her d böleni için Ψ (d) = 0 veya Ψ (d) > 0 dır.
-) Ψ (d) = 0 ise Ψ (d) ≤ φ (d) olur
-) Ψ (d) > 0 ise (mod p)’ye göre mertebesi d olan bir a sayısı vardır. Sonuç
8.1.4’ten, a, a 2 , . . . , a d sayıları(mod p)’ye göre kongrüent de˘gildirler ve 1 ≤ k ≤
d olacak ¸sekildeki her k sayısı, a k d ≡ a d k ≡ 1 (mod p) oldu˘gundan
x d − 1 ≡ 0 (mod p) (8.4)
kongrüansınısa˘glar. Sonuç 8.2.2 den (8.4) kongrüansıa, a 2 , . . . , a d sayılarından
ba¸ska çözüme sahip de˘gildir. 1 ≤ k ≤ d için ak sayılarından (mod p)’ye göre
mertebesi d olanların sayısı d
(k,d) = d ¸sartınısa˘glayan k sayılarıkadar yani φ (d)
tanedir. Böylece Ψ (d) = φ (d) elde edilir. Böylece ispat tamamlanmı¸s olur.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 10
Dolayısıyla her p asalıve d|φ (p) = p − 1 olacak ¸sekildeki her d sayısıiçin,
(mod p)’de mertebesi d olan sayılar var ve φ (d) tanedir.
Teorem 8.2.3’te d = p−1 alınırsa, her p asal sayısının ilkel köke sahip oldu˘gu
görülür.
Sonuç 8.2.4. p bir asal sayıise p sayısının φ (p − 1) tane kongrüant olmayan
ilkel kökü vardır.
p = 13 için bu durumu örneklendirelim. 1 ≤ k ≤ 12 sayıları için k’nın
(mod p)’ye göre mertebelerinin
k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
mertebe 1 12 3 6 4 12 12 4 3 6 12 2
oldu˘gunu daha önceden göstermi¸stik ( Örnek 8.1.7 ). p − 1 sayısının bölenleri
1, 2, 3, 4, 6, 12 dir. Dolayısıyla mertebesi 1 olan sayıların sayısı φ (1) = 1,
mertebesi 2 olan sayıların sayısı φ (2) = 1, mertebesi 3 olan sayıların sayısı
φ (3) = 2, mertebesi 4 olan sayıların sayısıφ (4) = 2, mertebesi 6 olan sayıların
sayısıφ (6) = 2 ve mertebesi 12 olan sayıların sayısıφ (12) = 4 tür. Gerçekten
bu sayıların do˘gru oldu˘gu tablodan da görülmektedir.
¸Simdi son Teorem 8.2.3’yıkullanarak, 4k +1 formundaki bir p asal sayısıiçin
x 2 ≡ −1 (mod p) kongrüansının bir çözüme sahip oldu˘gunu gösterelim. 4| (p − 1)
oldu˘gundan Teorem 8.2.3 dan (mod p)’de mertebesi 4 olan yani a 4 ≡ 1 (mod p)
veya denk olarak a 2 − 1 a 2 + 1 ≡ 0 (mod p) olan bir a tamsayısı vardır.
p asal oldu˘gundan a 2 − 1 ≡ 0 (mod p) veya a 2 + 1 ≡ 0 (mod p) olmalıdır.
a 2 − 1 ≡ 0 (mod p) olması, a sayısının (mod p)’de mertebesinin 4 olması ile
çeli¸sece˘ginden, a 2 + 1 ≡ 0 (mod p) olmalıdır. Yani x 2 ≡ −1 (mod p) kongrüansı
bir çözüme sahiptir.
Böylelikle asal sayıların ilkel köklere sahip oldu˘gunu ve bir ilkel kökü
bilindi˘ginde di˘ger ilkel köklerinde bulunabilece˘gini biliyoruz. A¸sa˘gıdaki tabloda
200’e kadar olan asal sayılar ve bu sayıların en küçük ilkel kökleri verilmi¸stir.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 11
En Küçük En Küçük
Asal Sayı ˙Ilkel Kökü Asal Sayı ˙Ilkel Kökü
2 1 89 3
3 2 97 5
5 2 101 2
7 3 103 5
11 2 107 2
13 2 109 6
17 3 113 3
19 2 127 3
23 5 131 2
29 2 137 3
31 3 139 2
37 2 149 2
41 6 151 6
43 3 157 5
47 5 163 2
53 2 167 5
59 2 173 2
61 2 179 2
67 2 181 2
71 7 191 19
73 5 193 5
79 3 197 2
83 2 199 3
Örnek 8.2.5. ¸Simdi (mod 31)’e göre mertebesi 6 olan sayılarıbelirleyelim. Teorem
8.2.3’den, bu sayılar φ (6) = 2 tanedir. a sayısı31 sayısının bir ilkel kökü
olsun. Teorem 8.1.5’ten
= 6 yani k = 5 ve k = 25 olmak
φ(31)
(k,φ(31))
= 30
(k,30)
üzere a k sayılarının (mod 31)’e göre mertebesi 6 olur. Dolayısıyla bu tarz sayıları
bulmak için önce ilkel kökü bulmamız faydalıolacaktır. Teorem 8.1.11’den 31
sayısının φ (φ (31)) = φ (30) = 8 tane ilkel kökü oldu˘gunu biliyoruz. Bunlardan
bir tanesini küçükten büyü˘ge do˘gru deneyerek bulalım
2 için :.
2 2 ≡ 4 (mod 31)
2 3 ≡ 8 (mod 31)
2 5 ≡ 1 (mod 31)
oldu˘gundan 2, 31 sayısının ilkel kökü de˘gildir.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 12
3 için :
ve
3 2 ≡ 9 = 1 (mod 31)
3 3 ≡ 27 = (mod 31)
3 5 ≡ 26 = 1 (mod 31)
3 6 ≡ 16 = 1 (mod 31)
3 10 ≡ 25 = 1 (mod 31)
3 15 ≡ 30 = 1 (mod 31)
oldu˘gundan 3 sayısının (mod 31)’e göre mertebesi 15’den büyük yani 30’dur.
Dolayısıyla 3, 31 sayısı için bir ilkel köktür (tablodan da görülmektedir.).
Dolayısıyla
3 5 ≡ 26 (mod 31)
ve
3 25 ≡ 6 (mod 31)
sayıları(mod 31)’e göre mertebesi 6 olan sayılardır.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 13
8.3 ˙Ilkel Köke Sahip Olan Birle¸sik Sayılar
Daha önceden 2 sayısının 9 için ilkel kök oldu˘gunu söylemi¸stir. Dolayısıyla birle¸sik
sayılar da ilkel köklere sahip olabilirler. Bu kısımda hangi formdaki birle¸sik
sayıların ilkel köklere sahip oldu˘gunu belirleyece˘giz. Önce ilkel köke sahip olmayan
birle¸sik sayılarıgösteren teoremlerle ba¸slayalım.
Teorem 8.3.1. k ≥ 3 için 2 k tam sayısının ilkel kökü yoktur.
Kanıt. k ≥ 3 olsun. 2 k ile aralarında asal olan sayılar tek sayılar oldu˘gundan
incelememizi sadece tek sayılar için yapaca˘gız. 2 k tam sayısının ilkel kökü olmadı˘gınıgöstermek
için, her a ∈ Z + tek sayısıiçin
ve
t < φ 2 k = 2 k − 2 k−1 = 2 k−1
a t ≡ 1 mod 2 k
olacak ¸sekildeki bir t sayısı oldu˘gunu göstermemiz yeterlidir. t = 2k−2 için bu
durumun sa˘glandı˘gınıtümevarım yöntemini kullanarak gösterelim.
k = 3 için; 23 = 8 olur. 12 ≡ 1 (mod 8) , 32 ≡ 1 (mod 8) , 52 ≡ 1 (mod 8) ve
72 ≡ 1 (mod 8) oldu˘gundan a2 ≡ 1 (mod 8) do˘grudur.
k = n için;
a 2n−2
≡ 1 (mod 2 n ) (8.5)
do˘gru olsun.
k = n + 1 için;
a 2n−1
≡ 1 mod 2 n+1
do˘gru oldu˘gunu gösterelim. (8.5) kongrüansı, b ∈ Z olmak üzere
a 2n−2
= 1 + b2 n
e¸sitli˘gine denktir. Bu e¸sitli˘gin her iki tarafının karesini alalım.
a 2n−2 2
a 2n−1
= (1 + b2 n ) 2
= 1 + 2b2 n + b 2 (2 n ) 2 = 1 + b2 n+1 + b 2 2 2n
= 1 + 2 n+1 b + b 2 2 n−1
≡ 1 mod 2 n+1
oldu˘gundan önermemiz do˘grudur.
Teorem 8.3.2. m > 2, n > 2 ve (m, n) = 1 ise mn sayısının ilkel kökü yoktur.
Kanıt. (a, mn) = 1 olacak ¸sekilde a sayılarınıele alalım. Bu durumda (a, n) = 1
ve (a, m) = 1 olur. h = [φ (n) , φ (m)] ve d = (φ (n) , φ (m)) olsun. m > 2, n > 2

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 14
oldu˘gundan φ (m) ve φ (n) sayılarıda çift sayıdır (Teorem 7.4). Böylece d ≥ 2
dir. Dolayısıyla φ fonksiyonu çarpımsal ve (m, n) = 1 oldu˘gundan
h =
φ (m) φ (n)
d
= φ (mn)
d
≤
φ (mn)
2
olur. Euler teoreminden a φ(m) ≡ 1 (mod m) oldu˘gundan
a h φ(m)φ(n)
≡ a ( d
elde edilir. Benzer ¸sekilde
) ≡ a (φ(m)) φ(n)
d ≡ 1 (mod m)
a h ≡ 1 (mod n)
oldu˘gu da gösterilir. (m, n) = 1 olması ah ≡ 1 (mod mn) olmasını gerektirir
ki bu denklik, mn ile aralarında asal olan sayıların, (mod mn)’ye göre mertebelerinin
φ(mn)
2 den büyük olamayaca˘gınıgösterir. Dolayısıyla m > 2, n > 2 ve
(m, n) = 1 olacak ¸sekildeki mn sayılarının ilkel kökleri yoktur.
Bu teoremin bazıözel durumlarınıa¸sa˘gıda özetleyelim.
Sonuç 8.3.3. n sayısı, iki tek asal sayıtarafından bölünüyorsa veya p tek asal
sayıve m ≥ 2 olmak üzere n = 2 m p k formunda ise n sayısının ilkel kökü yoktur.
Bu sonuç, ilkel köke sahip birle¸sik sayıların, p tek asal sayıolmak üzere sadece
2 2 , p k veya 2p k formunda olabilece˘gini göstermektedir. 1 ve 3 sayıları4 için ilkel
köküdür. ¸Simdi p tek asal sayıolmak üzere p k ve 2p k sayılarının ilkel köklerinin
var oldu˘gunu gösteren teoremleri gerekli olan yardımcıteoremlerle verelim.
YardımcıTeorem 8.3.4. p tek asal sayıise, p sayısının, r p−1 = 1 mod p 2
olacak ¸sekilde bir r ilkel kökü vardır.
Kanıt. Teorem 8.2.3’den p asal sayısının ilkel kökü oldu˘gunu biliyoruz. r sayısı,
p için bir ilkel kök olsun. r p−1 = 1 mod p 2 ise ispat biter. r p−1 ≡ 1 mod p 2
olsun. r ′ = r + p sayısıda p için bir ilkel kökdür (A¸sa˘gıdaki e¸sitlik (mod p)’ye
göre hesaplandı˘gında görülür).
(r ′ ) p−1 = (r + p) p−1
p − 1
= r
0
p−1
p − 1
+ r
1
p−2
p − 1
p + r
2
p−3 p 2
p − 1
· · · + p
p − 1
p−1
≡ r p−1 + (p − 1) r p−2 p mod p 2
≡ 1 − r p−2 p mod p 2
(8.6)
elde edilir. (r, p) = 1 oldu˘gundan p ∤ r ve p ∤ r p−2 dir. Yani p 2 ∤ r p−2 p ve
dolayısıyla 8.6 (r ′ ) p−1 = 1 mod p 2 elde edilir.
Sonuç 8.3.5. p tek asal sayıise p 2 sayısının ilkel kökü vardır. Aslında r sayısı, p
için bir ilkel kök ise ya r sayısıyada r + p sayısı(veya ikisi birden) p 2 için bir
ilkel köktür.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 15
Kanıt. p tek asal sayısı için Yardımcı Teorem 8.3.4’den p sayısının, r p−1 =
1 mod p 2 olacak ¸sekilde bir r ilkel kökü vardır. Bu r sayısının p 2 içinde ilkel kök
oldu˘gunu yani mod p 2 ’deki mertebesi n olmak üzere n = φ p 2 = p. (p − 1)
oldu˘gunu gösterelim. r’nin mod p 2 ’deki mertebesi n oldu˘gundan
n | φ p 2 = p (p − 1) (8.7)
dir. Ayrıca r n ≡ 1 mod p 2 kongrüansır n ≡ 1 (mod p) kongrüansınıgerektirir
(p | p 2 | (r n − 1)). r, p’nin ilkel kökü oldu˘gundan ve r n ≡ 1 (mod p) oldu˘gundan
(p − 1) | n (8.8)
olur. (8.7) ve (8.8) den n = p − 1 veya n = p (p − 1) dir (n | p (p − 1) ⇒
p (p − 1) = nt1, (p − 1) | n ⇒ n = (p − 1) t2. p (p − 1) = (p − 1) t2t1
⇒ t2t1 = p.
p asal oldu˘gundan t2 = 1, t1 = p veya t2 = p, t1 = 1 olmalıdır. Bu durumda n =
p−1 veya n = p (p − 1) olur.). n = p−1 olsaydır n = r p−1 ≡ 1 mod p 2 olurdu
ki bu da r p−1 = 1 mod p 2 varsayımıyla çeli¸sirdi. Dolayısıyla n = p (p − 1)
olur.
Bu sonucu örneklendirelim. 3 sayısı7 için ilkel köktür. Bu durumda 3 veya 10
sayısı7 2 için ilkel kök olmalıdır. 3 6 ≡ 43 = 1 mod p 2 ve 10 6 ≡ 8 = 1 mod p 2
oldu˘gundan de bu iki sayıda 7 2 için ilkel köktür. Gerçekten: φ 7 2 = 7.6 ve bu
sayının bölenleri 1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42 için
3 1 ≡ 3, 3 2 ≡ 9, 3 3 ≡ 27, 3 6 ≡ 43, 3 7 ≡ 31, 3 14 ≡ 30, 3 21 ≡ 48, 3 42 ≡ 1 mod 7 2
10 1 ≡ 10, 10 2 ≡ 2, 10 3 ≡ 20, 10 6 ≡ 8, 10 7 ≡ 31, 10 14 ≡ 30, 10 21 ≡ 48, 10 42 ≡ 1 mod 7 2
oldu˘gundan 3 ve 10, 7 2 için ilkel köktür. Di˘ger bir örnek olarak 29 sayısının ilkel
kökü olan 14 sayısını ele alalım. 14 sayısı 29 2 için bir ilkel kök de˘gildir fakat
14 + 29 sayısı29 2 için bir ilkel köktür.
Yardımcı Teorem 8.3.6. p tek asal sayı ve r, r p−1 = 1 mod p 2 olacak
¸sekilde p sayısının bir ilkel kökü olsun. Bu durumda her k ≥ 2 tamsayısıiçin
sa˘glanır.
r pk−2 (p−1) = 1 mod p k
Kanıt. k üzerinden tümevarım yapalım.
k = 2 için, r p−1 = 1 mod p 2 varsayımdan dolayıdo˘grudur.
k = n için, r pn−2 (p−1) = 1 (mod p n ) do˘gru olsun.
k = n + 1 için, r pn−1 (p−1) = 1 mod p n+1 oldu˘gunu gösterelim. (r, p) = · · · =
r, p n−1 = 1 oldu˘gundan, Euler teoreminden
r φ(pn−1 ) ≡ r p n−2 (p−1) ≡ 1 mod p n−1
n

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 16
elde edilir. Bu durumda
r pn−2 (p−1) = 1 + bp n−1
(8.9)
olacak ¸sekilde b ∈ Z sayısı vardır. Burada p ∤ b dir (p|b olsaydı, rpn−2 (p−1) ≡
1 (mod pn ) olurdu ki buda n. adımdaki varsayımla çeli¸sirdi). (8.9) e¸sitli˘ginin
her iki tarafının p. kuvvetini alalım.
r pn−2 (p−1) p = 1 + bp n−1p r pn−1 (p−1) =
p
0
+
p
bp
1
n−1 +
r pn−1 (p−1) ≡ 1 + bp n mod p n+1
p ∤ b oldu˘gundan
elde edilir.
p bpn−1 2
2 + · · · +
r pn−1 (p−1) = 1 mod p n+1
p bpn−1 p
p ¸Simdiye kadar elde etti˘gimiz bilgileri kullanarak, tek asalların kuvvetlerinin
ilkel köklere sahip oldu˘gunu gösterebiliriz.
Teorem 8.3.7. p tek asal sayıve k ≥ 1 olsun. Bu durumda p k sayısının ilkel
kökü vardır.
Kanıt. r sayısı, p’nin, r pk−2 (p−1) = 1 mod p k olacak ¸sekilde bir ilkel kökü
olsun (YardımcıTeorem 8.3.6’den var oldu˘gunu biliyoruz). Bu r sayısının, p k ’nın
ilkel kökü oldu˘gunu yani r sayısının mod p k ’ya göre mertebesi n olmak üzere
n = φ p k = p k−1 (p − 1) oldu˘gunu gösterelim. r sayısının mod p k ’ya göre
mertebesi n oldu˘gundan,
n|φ p k = p k−1 (p − 1) (8.10)
olur. Ayrıca r n ≡ 1 mod p k kongrüansır n ≡ 1 (mod p) kongrüansınıgerektirir
(r n ≡ 1 mod p k ⇒ p k | (r n − 1) ∧ p|p k ⇒ p| (r n − 1) ⇒ r n ≡ 1 (mod p)).
Buradan da
φ (p) = (p − 1) |n (8.11)
elde edilir. (8.10) ve (8.11) dan, 0 ≤ m ≤ k − 1 olmak üzere n = pm (p − 1)
olur (n | pk−1 (p − 1) ⇒ pk−1 (p − 1) = nt1, (p − 1) | n ⇒ n = (p − 1) t2.
pk−1 (p − 1) = (p − 1) t2t1
⇒ t2t1 = p. p asal oldu˘gundan 0 ≤ m ≤ k − 1
n
olmak üzere t2 = pm , t1 = pk−1−m olmalıdır. Bu durumda 0 ≤ m ≤ k − 1 olmak
üzere n = pm (p − 1) olur.). E˘ger n = pk−1 (p − 1) olsaydı, n|pk−2 (p − 1) olurdu
ve bu da rpk−2
(p−1) k ≡ 1 mod p olmasını gerektirirdi. Bu ise rpk−2 (p−1) =
1 mod pk varsayımıile çeli¸sir. Dolayısıyla n = pk−1 (p − 1) olur.

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 17
Sonuç olarak p tek asal sayıolmak üzere r, r p−1 = 1 mod p 2 olacak ¸sekildeki
p’nin bir ilkel kökü ise bu r sayısıayrıca p k , k ≥ 2 sayılarıiçinde bir ilkel
köktür.
3 sayısı7 asalıiçin bir ilkel köktü ve 3 6 ≡ 43 = 1 mod 7 2 idi. Dolayısıyla
3 sayısı7 k , k ≥ 2 sayılarıiçinde ilkel köktür. k = 3 için inceleyelim : φ 7 3 =
7 2 .6 = 294 ve bu sayının bölenleri 1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42, 49, 98, 147, 294 için
3 1 ≡ 3, 3 2 ≡ 9, 3 3 ≡ 27, 3 6 ≡ 43, 3 7 ≡ 129, 3 14 ≡ 177 mod 7 3
3 21 ≡ 195, 3 42 ≡ 295, 3 49 ≡ 325, 3 98 ≡ 324, 3 147 ≡ 342, 3 294 ≡ 1 mod 7 3
oldu˘gundan 3, 7 3 için ilkel köktür.
¸Simdi de p tek asal sayıolmak üzere 2p k ¸seklindeki sayıların ilkel köklerinin
var oldu˘gunu gösterelim.
Sonuç 8.3.8. k ≥ 1 ve p tek asal sayı olmak üzere 2p k sayısının ilkel kökü
vardır.
Kanıt. r sayısı, p k ’nın bir ilkel kökü ve r tek sayıolsun (r çift ise r + p sayısı
alınır). Bu r sayısının ayrıca 2p k sayısının da ilkel kökü oldu˘gunu yani r sayısının
mod 2p k ’ya göre mertebesi n olmak üzere n = φ 2p k = φ (2) φ p k = φ p k
oldu˘gunu gösterelim. r sayısının mod 2p k ’ya göre mertebesi n oldu˘gundan
n|φ 2p k = φ p k
(8.12)
olur. Ayrıca r n ≡ 1 mod 2p k kongrüansır n ≡ 1 mod p k kongrüansınıgerektirir
(r n ≡ 1 mod 2p k ⇒ 2p k | (r n − 1) ∧ p k |2p k ⇒ p k | (r n − 1) ⇒ r n ≡
1 mod p k ). Buradan r sayısıp asalının ilkel kökü oldu˘gundan
olur. (8.12) ve (8.13) den n = φ 2p k elde edilir.
φ p k = φ 2p k |n (8.13)
Teoremin ispatından da anla¸sılaca˘gı üzere, p tek asal sayı olmak üzere r,
r p−1 = 1 mod p 2 olacak ¸sekildeki p’nin r ilkel kökü tek ise bu r sayısıayrıca
2p k , k ≥ 2 sayılarıiçinde bir ilkel köktür. 3 sayısı7 asalıiçin bir ilkel kök, 3
tek sayıve 3 6 ≡ 43 = 1 mod 7 2 oldu˘gundan 3 sayısı2.7 k , k ≥ 2 sayılarıiçinde
ilkel köktür
A¸sa˘gıdaki teoremde, ¸simdiye kadar elde etti˘gimiz bilgileri özetliyoruz.
Teorem 8.3.9. n > 1 tamsayısının ilkel kökünün olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart
n sayısının, p tek asal sayıolmak üzere
formunda olmasıdır.
2, 4, p k veya 2p k

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 18
8.4 ˙Indeksler
Bu bölümde ilk kez Gauss tarafından tanımlanan indeks kavramınıtanıtaca˘gız.
n bir tamsayı ve r’de n sayısının bir ilkel kökü olsun. r, r 2 , r 3 , . . . , r φ(n)
sayıları, n ile aralarında asal ve (mod n)’de, n den küçük sayılara denktirler
(sıradan ba˘gımsız olarak). Böylece, (a, n) = 1 olacak ¸sekildeki bir a sayısı, 1 ≤
k ≤ φ (n) olmak üzere
a ≡ r k (mod n)
formundadır.
Tanım 8.4.1. r sayısı, n’nin bir ilkel kökü olsun. E˘ger (a, n) = 1 ise a ≡
r k (mod n) olacak ¸sekildeki en küçük k saysına a’nın r’ye göre indeksi denir ve
indra ¸seklinde gösterilir.
Tanımdan ve yukarıdaki açıklamalardan, 1 ≤ indra ≤ φ (n) ve r indra ≡
a (mod n) dir. Örne˘gin 2, 5’in ilkel köküdür ve
oldu˘gundan
2 1 ≡ 2, 2 2 ≡ 4, 2 3 ≡ 3, 2 4 ≡ 1 (mod n)
ind21 = 4, ind22 = 1, ind23 = 3, ind24 = 2
elde edilir.
Tanımdan da anla¸sılaca˘gıüzere bir a sayısının indeksinden bahsedebilmemiz
için (a, n) = 1 olmalıdır. Ayrıca (a, n) = (b, n) = 1 olmak üzere a ≡
b (mod n) ise r indra ≡ a (mod n) ve r indrb ≡ b (mod n) oldu˘gundan r indra ≡
r indrb (mod n) elde edilir. Teorem 8.1.3’den indra ≡ indrb (mod φ (n)) olur.
Tanım gere˘gi 1 ≤ indra, indrb ≤ φ (n) oldu˘gundan indra = indrb elde edilir.
Sonuç olarak, (mod n)’ye göre denk olan a ve b sayılarının, r’ye göre indeksleri
e¸sittir.
Teorem 8.4.2. ˙Ilkel kökü r olan bir n tamsayısıverilsin. a ve b tamsayılarıiçin
a¸sa˘gıdaki özellikler sa˘glanır.
(a) indr (ab) ≡ indra + indrb (mod φ (n)) .
(b) k > 0 için indra k ≡ k.indra (mod φ (n)) .
(c) indr1 ≡ 0 (mod φ (n)) , indrr ≡ 1 (mod φ (n)) .
Kanıt. (a) ˙Indeks tanımından , r indra ≡ a (mod n) , r indrb ≡ b (mod n) ve
r indr(ab) ≡ ab (mod n) oldu˘gunu biliyoruz. ˙Ilk iki kongrüansın çarpımı 3. ye
denk oldu˘gundan
r indra+indrb ≡ r indra r indrb ≡ ab ≡ r indr(ab) (mod n)
elde edilir. Teorem 8.1.3’ten
indra + indrb ≡ indr (ab) (mod φ (n))
olur.
(b) rindrak ≡ ak (mod n) ve rk.indra = rindra dan
k k ≡ a (mod n) kongrüansların-
r indrak
≡ r k.indra (mod n)

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 19
elde edilir ve yine Teorem 8.1.3’ten
olur.
(c) A¸sikar.
indra k ≡ k.indra (mod φ (n))
Teorem 8.4.2’den anla¸sılaca˘gıüzere indr, log r fonksiyonu gibi davranmaktadır.
˙Indeks teorisi, özel tipteki kongrüansların çözümünde kullanılabilir. (a, n) =
1 ve n pozitif tamsayısıbir ilkel köke sahip olmak üzere (r olsun) k ≥ 2 için
x k ≡ a (mod n)
binom kongrüansınıele alalım. Bu denklikten indrx k = indra olur ve de Teorem
8.4.2’den bu kongrüans, bilinmeyeni indrx olan
k.indrx ≡ indra (mod φ (n))
lineer kongrüansına denk olur. (k, φ (n)) = d olmak üzere d|indra ise bu kongrüans
d tane farklıçözüme sahiptir.
k = 2 ve n = p tek asal sayıoldu˘gu durumda, (2, p − 1) = 2 oldu˘gundan,
x 2 ≡ a (mod p) kuadratik kongrüansının çözümünün olmasıiçin gerek ve yeter
¸sart r, p’nin bir ilkel kökü olmak üzere 2|indra olmasıdır. Dolayısıyla bu kongrüansın
tam olarak 2 tane çözümü vardır.
Örnek 8.4.3.
4x 9 ≡ 7 (mod 13) (8.14)
kongrüansını, yukarıda de˘gindi˘gimiz yöntemi kullanarak çözelim. 2, 13’ün ilkel
kökü oldu˘gundan, 1 ≤ a ≤ 12 sayılarıiçin a ve ind2a de˘gerlerini içeren bir tablo
olu¸sturalım. (mod 13)’e göre
denkliklerinden tablomuz
2 1 ≡ 2 2 5 ≡ 6 2 9 ≡ 5
2 2 ≡ 4 2 6 ≡ 12 2 10 ≡ 10
2 3 ≡ 8 2 7 ≡ 11 2 11 ≡ 7
2 4 ≡ 3 2 8 ≡ 9 2 12 ≡ 1
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
ind2a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6
¸seklinde olur. 4x 9 ≡ 7 (mod 13) kongrüansının çözümünün olmasıiçin gerek ve
yeter ¸sart
ind24x 9 = ind27 (8.15)
ind24 + ind2x 9 ≡ ind27 (mod 12) (8.16)
ind24 + 9.ind2x ≡ ind27 (mod 12) (8.17)

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 20
kongrüansının çözümünün olmasıdır. Tablodan elde edilen ind24 = 2 ve ind27 =
11 de˘gerleri (8.15) kongrüansında yerine yazılırsa
9.ind2x ≡ 9 (mod 12)
ind2x ≡ 1 (mod 4) (8.18)
elde edilir. Böylece ind2x de˘geri 1, 5, 9 olur ve dolayısıyla x ≡ 2 1 (mod 13),x ≡
2 5 ≡ 6 (mod 13) ve x ≡ 2 9 ≡ 5 (mod 13) de˘gerleri 4x 9 ≡ 9 (mod 13) kongrüansının
çözümleridir.
Farklıilkel kök kullanımlarında farklıindeks tablosu elde edilir fakat çözümler
aynı olur. 13 için φ (φ (13)) = φ (12) = 4 tane ilkel kök vardır. 2, 13’ün ilkel
kökü oldu˘gundan, 2’nin yardımıyla di˘ger ilkel kökleri de bulalım. (k, φ (13)) = 1
olacak ¸sekildeki 2 k de˘gerleri 13’ün di˘ger ilkel kökleridir. Yani
2 1 ≡ 2, 2 5 ≡ 6, 2 7 ≡ 11, 2 11 ≡ 7 (mod 13)
oldu˘gundan 2, 6, 7 ve 11 sayıları 13’ün di˘ger ilkel kökleridir. ¸Simdi 4x 9 ≡
7 (mod 13) kongrüansını, 13’ün ilkel köklerinden 6’yıkullanarak çözelim. 1 ≤
a ≤ 12 sayılarıiçin a ve ind6a tablosu
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
ind6a 12 5 8 10 9 1 7 3 4 2 11 6
¸seklinde olur. Dolayısıyla 4x 9 ≡ 7 (mod 13) kongrüansının çözümü
lineer kongrüansının yani
ind64 + 9.ind6x ≡ ind67 (mod 12)
10 + 9.ind6x ≡ 7 (mod 12)
9.ind6x ≡ 9 (mod 12)
ind6x ≡ 1 (mod 4) (8.19)
kongrüansının çözümüdür. Bu çözümler ind2x = 1, 5, 9 yani x ≡
2 1 (mod 13),x ≡ 2 5 ≡ 6 (mod 13) ve x ≡ 2 9 ≡ 5 (mod 13) de˘gerleridir.
Teorem 8.4.4. ˙Ilkel köke sahip bir n sayısıve (a, n) = 1 olacak ¸sekilde bir a
sayısıverilsin. x k ≡ a (mod n) kongrüansının bir çözümünün olmasıiçin gerek
ve yeter ¸sart d = (k, φ (n)) olmak üzere
a φ(n)
d ≡ 1 (mod n)
olmasıdır. E˘ger çözüm varsa, tam olarak (mod n)’de d tanedir.
Kanıt. r sayısı, n’nin bir ilkel kökü olmak üzere, indeks yardımıyla, a φ(n)
d ≡
1 (mod n) kongrüansı
indra φ(n)
d = indr1 = 0

BÖLÜM 8. ˙ILKEL KÖKLER VE ˙INDEKSLER 21
e¸sitli˘ginden
φ (n)
d indra ≡ 0 (mod φ (n))
kongrüansına denktir. Bunun sa˘glanması için gerek ve yeter ¸sart d|indra olmalıdır.
Bu ise xk ≡ a (mod n) kongrüansının çözümünün olmasıiçin gerek ve
yeter ¸sarttır.
Sonuç 8.4.5. Bir p asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde bir a sayısıverilsin.
xk ≡ a (mod p) kongrüansının bir çözümünün olması için gerek ve yeter ¸sart
d = (k, p − 1) olmak üzere a p−1
d ≡ 1 (mod (p − 1)) olmasıdır.
Örnek 8.4.6.
x 3 ≡ 4 (mod 13) (8.20)
kongrüansını ele alalım. d = (3, 12) = 3 ve 12
3 = 4 olur. Fakat 44 ≡ 9 =
1 (mod 12) oldu˘gundan Teorem 8.4.4’ten, (8.20) kongrüansının çözümü yoktur.
Fakat aynıteoremden,
x 3 ≡ 5 (mod 13)
kongrüansı, 5 4 = 625 ≡ 1 (mod 12) oldu˘gundan çözüme sahiptir ve tam olarak
(mod 13)’de 3 tane çözümü vardır. Bu çözümleri bulmak için indeksleri kullanalım.
x 3 ≡ 5 (mod 13) kongrüansı,
kongrüansına denktir.
3.ind2x ≡ ind25 (mod 12)
3.ind2x ≡ 9 (mod 12)
ind2x ≡ 3 (mod 4)
Bu durumda, (mod 12)’de ind2x, 3, 7 veya 11 olabilir. Yani x 3 ≡ 5 (mod 13)
kongrüansınısa˘glayan x sayıları, 2 3 ≡ 8, 2 7 ≡ 11 ve 2 11 ≡ 7 (mod 13) dir.

Bölüm 9
Kuadratik Kar¸sılık Kuralı
9.1 Euler Kriteri
Kuadratik kar¸sılık kuralı, kuadratik kongrüansların çözülebilirli˘gi ile ilgili bir
kuraldır. ˙Ilk kez Gauss tarafından ispatlanan ( 7 farklı yolla) bu kural farklı
matematikçiler tarafından da farklı¸sekillerde ispatlanmı¸stır.
Bu kuralı vermeden önce a, b, c ∈ Z, p tek asal sayı ve (a, p) = 1 (yani
a = 0 (mod p)) olmak üzere
ax 2 + bx + c ≡ 0 (mod p) (9.1)
formundaki kuadratik kongrüanslarınıele alaca˘gız. (a, p) = 1 ve p tek asal sayı
oldu˘gundan (4a, p) = 1 olur ve (9.1),
kongrüansına denktir.
e¸sitli˘ginden (9.2),
4a ax 2 + bx + c ≡ 0 (mod p) (9.2)
4a ax 2 + bx + c = (2ax + b) 2 − b 2 − 4ac
(2ax + b) 2 ≡ b 2 − 4ac (mod p) (9.3)
halini alır ve y = 2ax + b, d = b 2 − 4ac yazılırsa, (9.3)’den
y 2 ≡ d (mod p) (9.4)
elde edilir. x ≡ x0 (mod p), (9.1)’in çözümü ise y ≡ 2ax0 + b (mod p) sayısıda
(9.4)’ü sa˘glar. Tersine, y ≡ y0 (mod p), (9.4)’ün çözümü ise 2ax ≡ y0−b (mod p)
lineer kongrüansınıçözümü de (9.1)’in çözümüdür.
Böylece (9.1) formundaki bir kuadratik kongrüansınıçözmek, (9.4) formunda
bir kuadratik kongrüans ile lineer bir kongrüans çözmeye denktir.
Bundan dolayı(9.4) formundaki kuadratik kongrüans çözümlerini incelemek
yeterlidir. p|d ise y = 0 (mod p) a¸sikar çözüm olur. A¸sikar olmayan çözümler
22

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 23
için p ∤ d ko¸sulunu koyalım. y ≡ y0 (mod p), (9.4) kongrüansının çözümü ise y ≡
p − y0 (mod p) di˘ger çözümdür ve p − y0 ile y0 (mod p)’de kongrüant de˘gildirler.
(Gerçekten y0 ≡ p − y0 (mod p) ⇒ 2y0 ≡ 0 (mod p) ⇒ y0 ≡ 0 (mod p) çeli¸ski).
Lagrange teoreminden (9.4) kongrüansıen fazla iki çözüme sahip olaca˘gından,
bu kongrüans ya hiç çözüme sahip de˘gildir yada y ≡ y0 (mod p) çözüm ise
y ≡ p − y0 (mod p) de çözümdür.
Örne˘gin,
5x 2 − 6x + 2 ≡ 0 (mod 13)
kongrüansınıele alalım. Burada a = 5, b = −6, c = 13 tür. Bu kongrüans y =
2ax + b = 10x − 6 ve d = b 2 − 4ac = −4 ≡ 9 (mod 13) olmak üzere
y 2 ≡ 9 (mod 13)
kongrüansına denktir. Bu kongrüansın çözümleri y ≡ 3 (mod 13) ve y ≡
10 (mod 13) oldu˘gundan
10x − 6 ≡ 3 (mod 13) ve 10x − 6 ≡ 10 (mod 13)
10x ≡ 9 (mod 13) ve 10x ≡ 16 (mod 13)
x ≡ 10 (mod 13) ve x ≡ 12 (mod 13)
elde edilir.
Lineer kongrüans çözümlerini bildi˘gimizden, burada asıl mesele (a, p) = 1
olmak üzere x 2 ≡ a (mod p) formundaki kuadratik kongrüansların çözümünü
bulmaktır. ¸Simdi bu durumu incelemek için gerekli olan terminolojiyi verelim.
Tanım 9.1.1. p tek asal sayısı ve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a sayısı verilsin.
x 2 ≡ a (mod p) kuadratik kongrüansı bir çözüme sahipse, a sayısına, p’nin
kuadratik kalanı denir. E˘ger çözüm yoksa, a sayısına , p’nin kuadratik kalanı
de˘gildir denir.
a ve b sayıları(mod p)’ye göre denk iseler a sayısının p’nin kuadratik kalanı
olması için gerek ve yeter ¸sart b sayısının p’nin kuadratik kalanı olmasıdır.
Dolayısıyla p’nin kuadratik kalanlarını incelerken sadece p’den küçük olanlar
ile ilgelenece˘giz.
Örnek 9.1.2. p = 13 için kuadratik kalanlarıbulalım.
1 2 ≡ 1 (mod 13)
2 2 ≡ 4 (mod 13)
3 2 ≡ 9 (mod 13)
4 2 ≡ 3 (mod 13)
5 2 ≡ 12 (mod 13)
6 2 ≡ 10 (mod 13)
7 2 ≡ 10 (mod 13)
8 2 ≡ 12 (mod 13)
9 2 ≡ 3 (mod 13)
10 2 ≡ 9 (mod 13)
11 2 ≡ 4 (mod 13)
12 2 ≡ 1 (mod 13)

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 24
Buradan görüldü˘gü üzere p’nin kuadratik kalanları 1, 3, 4, 9, 10, 12 sayıları ve
kuadratik kalan olmayanlar ise 2, 5, 6, 7, 8, 11 sayılarıdır. dikkat edilirde 1 ve
12 arasındaki sayılar yarıyarıya kuadratik kalan olanlar ve olmayanlar olarak
ayrılmı¸slardır.
Teorem 9.1.3 (Euler Kriteri). p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a
sayısıverilsin. a sayısının, p’nin kuadratik kalanıolmasıiçin gerek ve yeter ¸sart
a p−1
2 ≡ 1 (mod p) olmasıdır.
Kanıt. =⇒ : a sayısı, p’nin kuadratik kalanıolsun. Burumda x 2 ≡ a (mod p)
kongrüansının bir çözümü vardır ve bu çözüm x1 olsun. (a, p) = 1 olması,
x 2 1, p = 1 olmasını ve dolayısıyla da (x1, p) = 1 olmasını gerektirir. Fermat
teoremi yardımıyla
elde edilir.
a p−1
2 ≡ x 2 1
p−1
2 p−1
≡ x1 ≡ 1 (mod p)
⇐= : a p−1
2 ≡ 1 (mod p) olsun. r sayısı, p’nin bir ilkel kökü olmak üzere a ≡
r k (mod p) olacak ¸sekilde bir k (1 ≤ k ≤ p − 1) sayısıvardır. Bu durumda
p−1
k
r 2 ≡ a p−1
2 ≡ 1 (mod p)
olur. Teorem 8.1.2’den r’nin (mod p)’ye göre mertebesi olan p − 1, k p−1
2 sayısını
böler. Bu durumda k çift sayıdır (k = 2j). Böylece
r j 2 ≡ r 2j ≡ r k ≡ a (mod p)
ifadesinden r j sayısının, x 2 ≡ a (mod p) kongrüansının bir çözümü oldu˘gu
görülür. Yani a sayısı, p’nin bir kuadratik kalanıdır.
p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekildeki a sayısıiçin a sayısıp asalının ya
kuadratik kalanıdır ya da de˘gildir. Kuadratik kalan oldu˘gunda a 9−1
2 ≡ 1 (mod p)
idi. ¸Simdi de kuadratik kalan olmadı˘gında (mod p)’de a 9−1
2 de˘gerini bulalım.
Fermat teoreminden
a p−1
2 − 1 a p−1
2 + 1 = a p−1 − 1 ≡ 0 (mod p)
elde edilir. Bu durumda ya
yada
a p−1
2 ≡ 1 (mod p) (9.5)
a p−1
2 ≡ −1 (mod p) (9.6)
olur. Fakat ikisi aynı anda sa˘glanmaz (E˘ger ikisi aynı anda sa˘glansaydı 1 ≡
−1 (mod p) yani p|2 olurdu buda p’nin tek asal olmasıile çeli¸sirdi.). p sayısının
kuadratik kalanları(9.5) kongrüansınısa˘gladı˘gından, di˘gerleri yani p sayısının
kuadratik kalan olmayanlar (9.6) kongrüansınısa˘glar. Böylece Euler kriteri ¸su
¸sekilde de ifade edilebilir : p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a sayısı
verilsin. a sayısının, p’nin kuadratik kalanı olmaması için gerek ve yeter ¸sart
a p−1
2 ≡ −1 (mod p) olmasıdır.

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 25
Örnek 9.1.4. p = 13 için
2 13−1
2 = 2 6 = 64 ≡ 12 ≡ −1 (mod 13)
oldu˘gundan, 2 sayısı, 13’ün kuadratik kalanıde˘gildir. Fakat
3 13−1
2 = 3 6 = (27) 2 ≡ 1 2 ≡ 1 (mod 13)
oldu˘gundan, 3 sayısı, 13’ün kuadratik kalanıdır.
p asal sayısının büyük oldu˘gu durumlarda hesaplamalar kolay olmayaca˘gından,
Euler kriteri, verilen bir sayının, kuadratik kalan olup olmadı˘gının
tespitinde pratik bir yöntem olmayacaktır.

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 26
9.2 Legendre Sembolü ve Özellikleri
˙Ileride yapaca˘gımız çalı¸smalarda büyük kolaylık sa˘glayacak olan (a/p) sembolü
ilk kez Legendre tarafından kullanılmı¸s ve dolayısıyla onun adıyla anılmaktadır.
Bu kısımda Legendre sembolünü tanıtıp özelliklerini inceleyece˘giz.
Tanım 9.2.1. p tek asal sayısı ve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a sayısı verilsin.
(a/p) Legendre sembolü,
1 , a sayısıp’nin kuadratik kalanıise
(a/p) =
−1 , a sayısıp’nin kuadratik kalanıde˘gil ise
¸seklinde tanımlanır.
Örnek 9.2.2. p = 13 için
ve
olur.
(1/13) = (3/13) = (4/13) = (9/13) = (10/13) = (12/13) = 1
(2/13) = (5/13) = (6/13) = (7/13) = (8/13) = (11/13) = −1
Sıradaki teoremde, Legendre sembolünün bazıtemel özelliklerini verelim.
Teorem 9.2.3. p tek asal sayısı ve (a, p) = (b, p) = 1 olacak ¸sekilde a ve b
sayılarıverilsin. Bu durumda Legendre sembolü a¸sa˘gıdaki özelliklere sahiptir:
(a) a ≡ b (mod p) ise (a/p) = (b/p).
(b) a 2 /p = 1.
(c) (a/p) ≡ a p−1
2 (mod p).
(d) (ab/p) = (a/p) (b/p).
(e) (1/p) = 1 ve (−1/p) = (−1) p−1
2 .
Kanıt. (a),(b) ve (c) a¸sikar.
(d)- (c) özelli˘ginden
(ab/p) ≡ (ab) p−1
2 ≡ a p−1
2 b p−1
2 ≡ (a/p) (b/p) (mod p)
yazabiliriz. Legendre sembolü sadece 1 ve −1 de˘geri alabilir. E˘ger (ab/p) =
(a/p) (b/p) olsaydı, 1 ≡ −1 (mod p) yani p|2 olurdu ki buda p > 2 olmasıyla
çeli¸sirdi. Dolayısıyla (ab/p) = (a/p) (b/p) elde edilir.
(e)- (1/p) = 1 oldu˘gu a¸sikardır. (−1/p) = (−1) p−1
2 oldu˘gunu göstermek için
(c)’de a = −1 alınırsa
(−1/p) = (−1) p−1
2 (mod p)
olur. (−1/p) ve (−1) p−1
2 de˘gerleri sadece 1 ve −1 olabilece˘ginden yukarıdakine
benzer ¸sekilde (−1/p) = (−1) p−1
2 oldu˘gu gösterilir.

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 27
(b) ve (d) kısmundan
ab 2 /p = (a/p) b 2 /p = (a/p)
oldu˘gu kolayca görülmektedir. Di˘ger bir ifadeyle, kare kuvvetler Legendre sembolünden
çıkarılabilir.
(p−1)
2 de˘geri, p = 4k + 1 formunda ise çift sayı, p = 4k + 2 formunda ise tek
sayıdır. Dolayısıyla Teorem 9.2.3’ten a¸sa˘gıdaki sonuçu verebiliriz.
Sonuç 9.2.4. p tek asal sayıolmak üzere
(−1/p) =
1
−1
p ≡ 1 (mod 4)
p ≡ −1 (mod 4).
Bu sonuçtan, x 2 ≡ −1 (mod p) kuadratik kongrüansının bir çözüme sahip
olması için gerek ve yeter ¸sartın p asalının 4k + 1 formunda olması gerekti˘gi
görülür.
Örnek 9.2.5. x 2 ≡ −46 (mod 17) kongrüansının çözümünün varlı˘gınıinceleyelim.
Teorem 9.2.3 yardımıyla
(−46/17) = (−1/17) (46/17) = (46/17) = (12/17) = 3.2 2 /17
= (3/17) ≡ 3 17−1
2 ≡ 3 8 ≡ −1 (mod 17)
elde edilir Dolayısıyla x 2 ≡ −46 (mod 17) kongrüansının çözümü yoktur.
Sonuç 9.2.4 yardımıyla asal sayıların da˘gılımıyla ilgili a¸sa˘gıdaki teoremi
verelim.
Teorem 9.2.6. 4k + 1 formunda sonsuz adet asal sayıvardır.
Kanıt. 4k + 1 formunda n tane asal sayıolsun ve bu asal sayılarıp1, p2, . . . , pn
ile gösterelim.
N = (2p1p2 . . . pn) 2 + 1
tamsayısını ele alalım. N sayısı tek oldu˘gundan p|N olacak ¸sekilde tek p asal
sayısıvardır ve
(2p1p2 . . . pn) 2 ≡ −1 (mod p) (9.7)
yazılabilir. Legendre sembolü ile ifade edecek olursak (−1/p) = 1 olur. Bu durumda,
Sonuç 9.2.4’ten p, 4k + 1 formundadır. Yani p, pi asallarından biridir.
Dolayısıyla (9.7) ’den pi|1 çeli¸skisi elde edilir.
Teorem 9.2.7. p tek asal sayıolsun. Bu durumda
p−1
(a/p) = 0.
a=1
ve p sayısı, tam olarak (p − 1) /2 tane kuadratik kalan olan ve (p − 1) /2 tane
de kuadratik kalan olmayan sayıya sahiptir.

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 28
Kanıt. r sayısı, p’nin bir ilkel kökü olsun. r, r 2 , . . . , r p−1 sayıları (mod p)’de
1, 2, . . . , p − 1 sayılarına denktirler (sıradan ba˘gımsız olarak). Yani 1 ile p − 1
arasındaki her a sayısıiçin a ≡ r k (mod p) olacak ¸sekilde tek bir k (1 ≤ k ≤ p−1)
sayısıvardır. r, p’nin ilkel kökü oldu˘gundan
olur ve buradan
r p−1 ≡ 1 (mod p) ⇒ r p−1 − 1 ≡ 0 (mod p)
⇒ r p−1
2 − 1 r p−1
2 + 1 ≡ 0 (mod p)
=0 (ilkel kök)
⇒ r p−1
2 ≡ −1 (mod p)
(a/p) = r k /p ≡ p−1
r
k 2
=
r p−1
2
k
≡ (−1) k (mod p)
elde edilir. (a/p) ve (−1) k de˘gerleri sadece 1 ve −1 olabilece˘ginden (a/p) =
(−1) k olur. Böylece
p−1
p−1
(a/p) = (−1) k = 0
elde edilir.
a=1
a=1
Teorem 9.2.7’nin ispatında elde etti˘gimiz bir bilgiyi sonuç olarak verelim.
Sonuç 9.2.8. p tek asal sayı r, p’nin bir ilkel kökü olsun. p’nin kuadratik
kalanları (mod p)’de r’nin çift kuvvetlerine ve p’nin kuadratik kalanı olmayan
sayılar da (mod p)’de r’nin tek kuvvetlerine denktir.
Böylece p asalının ilkel kökleri, kuadratik kalanlarınıtespit etmede kullanılabilir.
2 sayısı, p = 13 için bir ilkel köktür. 13’ün kuadratik kalanları(mod 13)’te
2’nin çift kuvvetleridir.
2 2 ≡ 4 2 8 ≡ 9
2 4 ≡ 3 2 10 ≡ 10
2 6 ≡ 12 2 12 ≡ 1
Benzer ¸sekilde 13’ün kuadratik kalan olmayanları(mod 13)’te 2’nin tek kuvvetleridir.
2 1 ≡ 2 2 7 ≡ 11
2 3 ≡ 8 2 9 ≡ 5
2 5 ≡ 6 2 11 ≡ 7
Kuadratik kalan kuralının ispatında kullanılan Gaus yardımcı teoremini
verelim.
Teorem 9.2.9 (Gauss YardımcıTeoremi). p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak
¸sekilde a sayısıverilsin.
p − 1
S = a, 2a, 3a, . . . , a
2

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 29
kümesindeki sayılardan, p’ye bölündü˘günde kalanıp/2 den büyük olan sayıların
sayısın olmak üzere,
(a/p) = (−1) n .
Kanıt. (a, p) = 1 oldu˘gundan, S kümesindeki sayılar (mod p)’de sıfırdan farklıdır
ve herhangi ikisi denk de˘gildir. Bu (p − 1) /2 tane sayının p’ye bölümünden
kalanlarır1, r2, . . . , rm ve s1, s2, . . . , sn olsun öyleki 0 < ri < p/2 ve p/2 < si < p
( dikkat edilirse m + n = (p − 1) /2 dir ). Bu durumda
r1, r2, . . . , rm ve p − s1, p − s2, . . . , p − sn
sayılarının hepsi pozitif ve p/2 den küçüktür. ¸Simdi bu sayıların birbirinden
farklıoldu˘gunu olmayana ergi ile gösterelim. Farz edelim ki bazıi ve j de˘gerleri
için
p − si = rj
olsun. 1 ≤ u, v ≤ (p − 1) /2 olmak üzere si ≡ ua (mod p) ve rj ≡ va (mod p)
olacak ¸sekilde u, v sayılarıvardır. Bu takdirde
(u + v) a ≡ si + rj = p ≡ 0 (mod p)
elde edilir ki (a, p) = 1 oldu˘gundan u + v ≡ 0 (mod p) olur. Bu ise 1 < u + v ≤
p − 1 olmasıile çeli¸sir. Böylece
r1, r2, . . . , rm ve p − s1, p − s2, . . . , p − sn
sayıları, 1, 2, . . . , (p − 1) /2 sayılarıdır (sıradan ba˘gımsız olarak). Buradan
p − 1
!
2
= r1 . . . , rm (p − s1) . . . (p − sn)
≡ r1 . . . , rm (−s1) . . . (−sn) (mod p)
≡ (−1) n r1 . . . , rms1 . . . sn (mod p)
elde edilir. r1, r2, . . . , rm, s1, s2, . . . , sn sayıları (mod p)’de a, 2a, . . . , p−1
2 a
sayılarına denk olduklarından, son kongrüans
p − 1
! ≡ (−1)
2
n
p − 1
a.2a . . . a (mod p)
2
≡ (−1) n a p−1
p − 1
2 ! (mod p)
2
halini alır. p−1
2 ! ile p aralarında asal olduklarından
olur ve her iki tarafı(−1) n ile çarparak
1 ≡ (−1) n a p−1
2 (mod p)
a p−1
2 ≡ (−1) n (mod p)

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 30
elde edilir. Euler kriterinden
olur ki bu da
oldu˘gunu gerektirir.
(a/p) ≡ a p−1
2 ≡ (−1) n (mod p)
(a/p) = (−1) n
Bu durumu örneklendirelim. p = 13 ve a = 5 olsun. (p − 1) /2 = 6 oldu˘gundan
S kümemiz
S = {1.5, 2.5, 3.5, 4.5, 5.5, 6.5}
olur.(mod 13)’e göre S kümesi
5, 10, 2, 7, 12, 4
halini alır. 13/2’den büyük olan sayıların sayısı3’tür. Böylece Gauss yardımcı
teoreminden
(5/13) = (−1) 3 = −1
elde edilir.
A¸sa˘gıdaki teorem Gauss yardımcıteoremi yardımıyla, 2 sayısının kuadratik
kalan oldu˘gu asal sayılarıbelirlememizi sa˘glar.
Teorem 9.2.10. p tek asal sayıise,
1 , p ≡ 1 (mod 8) veya p ≡ 7 (mod 8)
(2/p) =
−1 , p ≡ 3 (mod 8) veya p ≡ 5 (mod 8).
Kanıt. Gauss yardımcıteoreminden,
p − 1
S = 1.2, 2.2, 3.2, . . . , .2
2
kümesindeki sayılardan, p’ye bölündü˘günde kalanıp/2 den büyük olan sayıların
sayısın olmak üzere, (2/p) = (−1) n olur. S kümesinin elemanlarıp’den küçük
olduklarından n sayısınıbulmak için p/2’den büyük sayılarısaymak yeterlidir.
1 ≤ k ≤ (p − 1) /2 için 2k ≤ p/2 ancak ve ancak k ≤ p/4. Bu durumda S
kümesinde p/2’den küçük ⌊p/4⌋ tane sayı vardır. Dolayısıyla p/2 den büyük
sayıların sayısı
p − 1
n =
2 −
p
4
olur. p tek asal sayı oldu˘gundan p sayısı, 8k + 1, 8k + 3, 8k + 5 veya 8k + 7
formundadır.
p = 8k + 1 formunda ise n = 4k − 2k + 1
= 4k − 2k = 2k
4
p = 8k + 3 formunda ise n = 4k + 1 − 2k + 3
= 4k + 1 − 2k = 2k + 1
4
p = 8k + 5 formunda ise n = 4k + 2 − 2k + 5
= 4k + 2 − (2k − 1) = 2k + 1
4
p = 8k + 7 formunda ise n = 4k + 3 − 2k + 7
= 4k + 3 − (2k − 1) = 2k + 2
4

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 31
Böylece p, 8k+1 veya 8k+7 formunda ise (2/p) = 1, 8k+3 veya 8k+5 formunda
ise (2/p) = −1 olur.
Örne˘gin
(2/5) = −1, (2/7) = 1, (2/11) = −1, (2/13) = −1, (2/17) = 1.
p asalı8k ± 1 formunda ( denk olarak p ≡ 1 (mod 8) veya p ≡ 7 (mod 8) )
ise
p2 − 1
8 = (8k ± 1)2 − 1
=
8
64k2 ± 16k
= 8k
8
2 ± 2k
de˘geri çifttir. Bu durumda, (−1) p2 −1
8 = 1 = (2/p) olur. p asalı8k ± 3 formunda
( denk olarak p ≡ 3 (mod 8).veya p ≡ 5 (mod 8) formunda ) ise
p2 − 1
8 = (8k ± 3)2 − 1
=
8
64k2 ± 48k + 8
= 8k
8
2 ± 6k + 1
de˘geri ise tektir. Bu durumda ise (−1) p2 −1
8 = −1 = (2/p) olur. Bu gözlemden
yola çıkarak a¸sa˘gıdaki sonucu verelim.
Sonuç 9.2.11. p tek asal sayıise
(2/p) = (−1) p2 −1
8 .
p tek asal sayıolsun. p’nin ilkel köklerini veren genel bir yöntem olmadı˘gını
daha önce belirtmi¸stik. Fakat a¸sa˘gıdaki teorem bazıözel durumlar için ilkel kökü
verir.
Teorem 9.2.12. p ve 2p+1 tek asal sayılar olsun. Bu takdirde (−1) p−1
2 .2 sayısı
2p + 1 asalının bir ilkel köküdür.
Kanıt. Sadelik açısından q = 2p + 1 yazalım. Teoremi p ≡ 1 (mod 4) ve p ≡
3 (mod 4) için ayrıayrıispatlayalım.
p ≡ 1 (mod 4) olsun. Bu durumda q ≡ 3 (mod 8) olur. (−1) p−1
2 2 = 2 sayısının
(mod q)’ya göre mertebesinin φ (q) = q −1 = 2p oldu˘gunu gösterelim. φ (q) = 2p
oldu˘gundan, 2 sayısının, (mod q)’ya göre mertebesi 1, 2, p veya 2p sayılarından
biridir ( 1 olmadı˘gıa¸sikar ). Teorem 9.2.3 (c)’den
2 p = (2/q) ≡ 2 q−1
2 = (2/q) (mod q)
elde edilir. Ayrıca Teorem 9.2.10’dan, q ≡ 3 (mod 8) oldu˘gundan (2/q) = −1 dir.
Böylece 2p ≡ −1 (mod q) elde edilir. Bu 2 sayısının (mod q)’ye göre mertebesinin
p olamayaca˘gınıgösterir. Ayrıca 2 sayısının (mod q)’ye göre mertebesinin 2’de
olamaz. Öyle olsaydı, 22 ≡ 1 (mod q) yani q|3 çeli¸skisi elde edilirdi. Böylece 2
sayısının (mod q)’ye göre mertebesinin 2p olur.
p ≡ 3 (mod 4) olsun. Bu durumda q ≡ 7 (mod 8) olur. (−1) p−1
2 2 = −2 sayısının

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 32
(mod q)’ya göre mertebesinin φ (q) = q −1 = 2p oldu˘gunu gösterelim. φ (q) = 2p
oldu˘gundan, −2 sayısının, (mod q)’ya göre mertebesi 1, 2, p veya 2p sayılarından
biridir ( 1 olmadı˘gıa¸sikar ). Teorem 9.2.3 (c),(d) ve (e)’den
(−2) p ≡ (−2) q−1
2 ≡ ( − 2/q) ≡ (−1/q) (2/q) ≡ (−1) p (2/q) ≡ −1. (2/q) (mod q)
elde edilir. Ayrıca Teorem 9.2.10’dan, q ≡ 7 (mod 8) oldu˘gundan (2/p) = 1
dir. Böylece (−2) p ≡ −1 (mod q) elde edilir. Bu −2 sayısının (mod q)’ye göre
mertebesinin p olamayaca˘gınıgösterir. Ayrıca −2 sayısının (mod q)’ye göre mertebesi
2’de olamaz. Öyle olsaydı, (−2) 2 ≡ 1 (mod q) yani q|3 çeli¸skisi elde
edilirdi. Böylece −2 sayısının (mod q)’ye göre mertebesi 2p olur.
Teorem 9.2.12’den a¸sa˘gıdaki tabloyu verebiliriz.
p 2p + 1 ˙Ilkel Kök (−1) p−1
2 .2
3 7 −2
5 11 2
11 23 −2
23 47 −2
29 59 2
Benzer ¸sekilde, p ve 4p + 1 asal sayılar ise 2 sayısının, 4p + 1 sayısının ilkel
kökü oldu˘guda gösterilebilir.
p tek asal iken 2p+1 sayısıda asal sayıoluyorsa p asalına Germain asalıdenir.
Bu isim, Fransız matematikçi Sophie Germain (1776-1831) adına atfedilmi¸stir.
Germain asallarının sonsuz tane olup olmadı˘gıhala çözülememi¸stir. Bilinen en
büyük Germain asalı34547 basamaklı2540041185.2 114729 − 1 sayısıdır.
Teorem 9.2.10’dan faydalanarak 8k − 1 formundaki asalların sonsuz tane
oldu˘gunu gösterelim.
Teorem 9.2.13. 8k − 1 formunda sonsuz tane asal sayıvardır.
Kanıt. Bu formda sonlu tane asal sayıolsun ve bunlarıp1, p2, . . . , pn ile gösterelim.
N = (4p1p2 . . . pn) 2 − 2
sayısınıele alalım. p|N olcak ¸sekilde en az bir p asalıvardır. Bu durumda
(4p1p2 . . . pn) 2 ≡ 2 (mod p)
olur. Yani 2 sayısı p’nin bir kuadratik köküdür ve (2/p) = 1 olur. Teorem
9.2.10’dan p ≡ ±1 (mod 8) olur. E˘ger N sayısının tüm tek asal bölenleri 8a + 1
formunda olsaydıN sayısıda 8a + 1 formunda olurdu ( N, 16a − 2 formundadır.
8a + 1 formundaki bir sayı ayrıca 16a − 2 formunda olamaz.). Dolayısıyla N
sayısının, 8k − 1 formunda bir q asal böleni vardır. Yani q, p1, p2, . . . , pn asallarından
biridir. Böylece q|N ve q| (4p1p2 . . . pn) 2 olur. Buradan da q|2 çeli¸skisini
elde ederiz.

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 33
¸Simdi ise Kuadratik kar¸sık kuralının ispatında kullanaca˘gımız a¸sa˘gıdaki
yardımcıteoremi verelim.
YardımcıTeorem 9.2.14. p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a tek
tamsayısıverilsin. Bu durumda
(a/p) = (−1) Σ
p−1
2
k=1
⌊ ka
p ⌋ .
Kanıt. Gauss yardımcıteoremindeki gösterimleri hatırlayalım.
p − 1
S = a, 2a, . . . , a
2
olsun. Bu sayıların p’ye bölümünden kalanları, 0 < ri < p/2 ve p/2 < si < p olmak
üzere r1, r2, . . . , rm ve s1, s2, . . . , sn ile göstermi¸stik ve ayrıca r1, r2, . . . , rm
ve p−s1, p−s2, . . . , p−snsayıları, 1, 2, . . . , (p − 1) /2 sayılarıydı(sıradan ba˘gımsız
olarak). 1 ≤ k ≤ p−1
2 için, 1 ≤ tk ≤ p − 1 ve qk ∈ Z olmak üzere
yazabiliriz ve ka
p = qk + tk
p oldu˘gundan
için
ka = qkp + tk
ka
p = qk olur. Böylece 1 ≤ k ≤ p−1
2
ka =
ka
p + tk
p
yazılabilir. Burada tk < p/2 kalanı r1, r2, . . . , rm sayısından biridir ve benzer
¸sekilde tk > p/2 kalanıs1, s2, . . . , sn sayılarından biridir. Dolayısıyla
p−1
2
k=1
ka =
p−1
2
k=1
p−1
2
k=1
p−1
ka
2
p + tk =
p
k=1
ka
p +
p
m
rk +
k=1
n
sk
k=1
k = m
rk + n
(p − sk) = pn + m
rk − n
k=1
k=1
k=1
sk
k=1
e¸sitlikleri elde edilir. (9.8) e¸sitli˘ginden (9.9) e¸sitli˘gini çıkarırsak
(a − 1)
p−1
2
k=1
k = p
p−1
2
k=1
elde edilir. p ≡ a ≡ 1 (mod 2) oldu˘gundan
0.
p−1
2
k=1
k ≡ 1.
n ≡
p−1
2
k=1
p−1
2
k=1
ka
p
ka
− n + 2
p
n
sk
k=1
ka
− n + 0.
p
n
sk (mod 2)
k=1
(mod 2)
(9.8)
(9.9)

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 34
olur. Gauss yardımcıteoreminden
elde edilir.
p = 13 ve a = 5 olsun
p−1
2
k=1
ka
p
(a/p) = (−1) n = (−1) Σ
p−1
2 ka
k=1 ⌊ p ⌋
=
6
k.5
k=1 13
5 2.5 3.5
= + + +
13 13 13
= 0 + 0 + 1 + 1 + 1 + 2 = 5
oldu˘gundan Yukarıdaki yardımcıteoremden
elde edilir.
(5/13) = (−1) 5 = −1
4.5
+
13
5.5
+
13
6.5
13

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 35
9.3 Kuadratik Kar¸sılık
p ve q ayrık asallar ise her iki (p/q) ve (q/p) Legendre sembolü de tanımlıdır. Burada
ilk akla gelen soru bu iki sembol arasında bir ili¸skinin var olup olmadı˘gıdır.
1783 yılında Euler böyle bir ili¸skinin var oldu˘gunu örnekler üzerinden konjuktüre
etmi¸s ve 2 yıl sonra bu konjektür Legendre tarafından eksik olarak ispatlamı¸stır.
Legendre bu ili¸skiyi kendi sembolünü kullanarak
(p/q) (q/p) = (−1) p−1 q−1
2 2
¸sekline ifade etmi¸stir ve Kuadratik Kar¸sılk Kuralı olarak bilinmektedir. 1798
yılında Legendre bu ili¸skiyi ikinci kez ispatlamaya çalı¸smı¸ssada bu ispat da bazı
bo¸sluklar içermekteydi.
Legendre’nin ve Euler’in çalı¸smalarından habersiz bir ¸sekilde Gauss 18
ya¸sında (1795) bu ili¸skiyi bulmu¸s ve bir yıllık çalı¸smanın ardından tam ispatını
vermi¸stir. Bu ispatı "Disquisitiones Arithmeticae" adlı eserinde yayınlamı¸stır.
Bu eseri 1798 yılında bitirmi¸s olmasına ra˘gmen 1801 yılında basılmı¸stır. Bu
durum Legendre ve Gauss arasında Kuadratik Kar¸sılık Kuralının sahiplenilmesi
konusunda tartı¸sma ba¸slatmı¸stır. Gauss daha sonra bu kuralın be¸s farklıispatını
vermi¸s ve bunlara " aritmeti˘gin mücevherleri " demi¸stir. A¸sa˘gıda verece˘gimiz
ispat Gauss’un ispatlarından biridir.
Teorem 9.3.1 (Kuadratik Kar¸sılık Kuralı). p ve q farklıtek asal sayılar ise
(p/q) (q/p) = (−1) p−1 q−1
2 2 .
Kanıt. xy düzleminde (0, 0) , (p/2, 0) , (q/2) , (p/2, q/2) noktalarının olu¸sturdu˘gu
dikgörtgensel bölgeyi ele alalım ve bu bölgeyi T olarak adlandıralım. n, m
tamsayılar olmak üzere, T bölgesi içerisinde kalan (n, m) noktalarının sayısı
1 ≤ n ≤ (p − 1) /2 ve 1 ≤ m ≤ (q − 1) /2 oldu˘gundan
p − 1 − 1
.q
2 2
dir. y = (q/p) x do˘grusu T bölgesini iki parçaya ayırır ve (p, q) = 1 oldu˘gundan
bu do˘gru üzerinde bile¸senleri tamsayıolan (n, m) noktalarıyoktur. T bölgesinin,
do˘grunun alt kısmında kalan parçasıT1, üst kısmında kalan parçasıda T2 olsun.
Bu durumda p−1 q−1
2 . 2 de˘geri T1 ve T2 bölgesindeki tamsayı bile¸senlere sahip
noktaların toplamına e¸sittir. Dolayısıyla ¸simdi bu noktaların sayısını bulalım.
T1 için ba¸slayalım. 1 ≤ k ≤ (p − 1) /2 sayılarıiçin 0 < y < kq/p aralı˘gındaki
tamsayıların sayısı [kq/p] dir. Di˘ger bir ifadeyle (0, k) ile (k, kq/p) noktaları
arasındaki do˘gru parçasıarasındaki tamsayıbile¸senlere sahip noktaların sayısı
[kq/p] dir. Dolayısıyla T1 içeresindeki tamsayıbile¸senli noktaların sayısı
(p−1)/2
k=1
kq
p

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 36
dir. Benzer ¸sekilde T2 içerisindeki tamsayıbile¸senli noktaların sayısı
olarak hesaplanır. Böylece
p − 1 − 1
.q
2 2 =
(q−1)/2
j=1
(p−1)/2
k=1
jp
q
e¸sitli˘gi elde edilir. Yardıcıteorem 9.2.14’ten
olur..
(p/q) (q/p) = (−1)
= (−1)
kq
+
p
(q−1)/2
j=1
jp
q
(q−1)/2
j=1 [ jq (p−1)/2
p ] k=1 . (−1)
[ kq
p ]
(q−1)/2
j=1 [ jq
p ]+ (p−1)/2
k=1
= (−1) p−1 q−1
2 . 2
[ kq
p ]
Sonuç 9.3.2. p ve q farklıtek asal sayılar ise
1 , p ≡ 1 (mod 4) veya q ≡ 1 (mod 4)
(p/q) (q/p) =
−1 , p ≡ q ≡ 3 (mod 4) .
Kanıt. (p − 1) /2. (q − 1) /2 de˘gerinin çift olması için gerek ve yeter ¸sart p ve
q sayılarından en az birinin 4k + 1 formunda olmasıdır. (p − 1) /2. (q − 1) /2
de˘gerinin çift olması için ise gerek ve yeter ¸sart p ve q sayılarının ikisinin de
4k + 3 formunda olmasıdır.
Kuadratik kar¸sılık kuralında her iki tarafını(q/p) de˘geri ile çarpıp (q/p) 2 = 1
e¸sitli˘ginden faydalanarak a¸sa˘gıdaki sonucu verebiliriz.
Sonuç 9.3.3. p ve q farklıtek asal sayılar ise
(p/q) =
(q/p)
− (q/p)
, p ≡ 1 (mod 4) veya q ≡ 1 (mod 4)
, p ≡ q ≡ 3 (mod 4) .
¸Simdi bu sonuçlarınasıl kullanaca˘gımızıgörelim. p tek asal sayısıve p ∤ a,
a = ±1 olacak ¸sekilde a sayısı verilsin. p1, p2, . . . , pr ayrık tek asallar olmak
üzere a sayısının asal çarpanlara ayrılmı¸s hali
a = ±2p k0
1 pk1 2 . . . pkr r
olsun. Legendre sembolü çarpımsal oldu˘gundan
(a/p) = (±1/p) (2/p) k0 (p1/p) k1 . . . (pr/p) kr
yazılabilir. Dolayısıyla (a/p) de˘gerini bulmak için (−1/p) , (2/p) , (pi/p) de˘gerlerini
hesaplamalıyız. (−1/p) de˘geri için Teorem 9.2.3 (e) ve (2/p) de˘gerleri
içinse Teorem 9.2.10 kullanılabilir. (pi/p) de˘gerleri Sonuç 9.3.3 kullanılarak yer
de˘gi¸stirmeler ve indirgemelerle (−1/p) , (1/p) ve (2/p) ¸sekline indirgenebilir.

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 37
Örnek 9.3.4. (29/53) de˘gerini bulalım. 29 ve 53 tek asal olduklarından ve
29 ≡ 1 (mod 4) oldu˘gundan Sonuç 9.3.3’ten
olur ve Teorem 9.2.3 (a) dan
(29/53) = (53/29)
(53/29) = (24/29)
elde edilir. 24 = 2 3 .3 ¸seklinde yazıldı˘gıiçin
elde edilir. Teorem 9.2.10’dan
(24/29) = (2/29) 3 (3/29) = (2/29) (3/29)
(2/29) = −1
dir. Yine 29 ≡ 1 (mod 4) oldu˘gundan Sonuç 9.3.3’ten ve Teorem 9.2.10’dan
olur. Böylece
elde edilir.
(3/29) = (29/3) = (2/3) = −1
(29/53) = (2/29) (3/29) = (−1) (−1) = 1
Kuadratik kar¸sılık kuralı , kuadratik kalanı 3 olan p = 3 tek asallarının
tespitinde kullanılmaktadır. 3 ≡ 3 (mod 4) oldu˘gundan Sonuç 9.3.3’ten
(p/3) , p ≡ 1 (mod 4)
(3/p) =
(9.10)
− (p/3) , p ≡ 3 (mod 4) .
olur. p = 3 oldu˘gundan p ≡ 1 (mod 3) veya p ≡ 2 (mod 3) olur. p ≡ 1 (mod 3)
için Teorem 9.2.3 (a)’dan (p/3) = (1/3) = 1 dir. p ≡ 2 (mod 3) için Teorem
9.2.10’dan (p/3) = (2/3) = −1 dir. Dolayısıyla
(p/3) =
1 , p ≡ 1 (mod 3)
−1 , p ≡ 2 (mod 3) .
Böylece (9.10) ve (9.11) den (3/p) = 1 olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart
veya
(9.11)
p ≡ 1 (mod 4) ve p ≡ 1 (mod 3) (9.12)
p ≡ 3 (mod 4) ve p ≡ 2 (mod 3) (9.13)
olmasıdır. (9.12) yerine denk olan p ≡ 1 (mod 12) ve (9.13) yerine denk olan
p ≡ 11 ≡ −1 (mod 12) yazılarak a¸sa˘gıdaki teorem verilir.
Teorem 9.3.5. p = 3 tek asal sayıise
1 , p ≡ ±1 (mod 12)
(3/p) =
−1 , p ≡ ±5 (mod 12) .

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 38
Örnek 9.3.6. Birle¸sik modüle sahip olan
x 2 ≡ 196 (mod 1357)
kuadratik kongrüansının çözümünün varlı˘gını inceleyelim. 1357 = 23.59
oldu˘gundan bu kongrüansın çözümünün var olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart
x 2 ≡ 196 (mod 23) ve x 2 ≡ 196 (mod 59)
kongrüanslarının çözümünün var olmasıdır. Di˘ger bir ifadeyle (196/23) ve
(196/59) Legendre sembollerinin de˘geri 1 olup olmadı˘gıdır.
(196/23) = (12/23) = 2 2 .3/23 = 2 2 /23 (3/23)
= (2/23) 2 (3/23) = (3/23) = 1.
Dolayısıyla x 2 ≡ 196 (mod 23) kongrüansıçözüme sahiptir.
(196/59) = (19/59) = − (59/19) = − (2/19)
= − (−1) 1 = 1
x 2 ≡ 196 (mod 59) kongrüansı da çözüme sahip oldu˘gundan x 2 ≡
196 (mod 1357) kongrüansıda çözüme sahip olur. ¸Simdi de bu çözümü bulalım.
x 2 ≡ 196 = 12 (mod 23) kongrüansının çözümleri x ≡ 9 (mod 23)
ve x ≡ 14 (mod 23) ve x 2 ≡ 196 = 19 (mod 59) kongrüansının çözümleri
x ≡ 14 (mod 59) ve x ≡ 45 (mod 59) oldu˘gundan
{x ≡ 14 (mod 23) ve x ≡ 14 (mod 59)}
{x ≡ 14 (mod 23) ve x ≡ 45 (mod 59)}
{x ≡ 9 (mod 23) ve x ≡ 14 (mod 59)}
{x ≡ 9 (mod 23) ve x ≡ 45 (mod 59)}
lineer kongrüans sistemlerinin çözümleri x 2 ≡ 196 (mod 1357) kongrüansının
çözümleridir. Bu çözümler x ≡ 14 (mod 1357) , x ≡ 635 (mod 1357) , x ≡
722 (mod 1357) ve x ≡ 1343 (mod 1357) olarak bulunur.

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 39
9.4 Birle¸sik Modüllere Göre Kuadratik Kongrüanslar
¸Simdiye kadar tek olan asal sayıların kuadratik kalanları ile ilgili teoremler
verdik. Bu kısımda birle¸sik sayıların kuadratik kalanlarınıinceleyece˘giz. p tek
asal sayıolmak üzere p k sayısının kuadratik kalana sahip olmasıiçin gerek ve
yeter ¸sartıveren a¸sa˘gıdaki teoremle ba¸slayalım.
Teorem 9.4.1. p tek asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde a tamsayısıverilsin.
Bu takdirde
x 2 ≡ a (mod p n ) n ≥ 1
kuadratik kongrüansının çözümünün olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart (a/p) = 1
olmasıdır.
Kanıt. x 2 ≡ a (mod p n ) kongrüansının çözümü var olsun. p|p n oldu˘gundan
x 2 ≡ a (mod p) kongrüansınında çözümü vardır ve bu durumda (a/p) = 1 dir.
Di˘ger taraftan (a/p) = 1 olsun. x 2 ≡ a (mod p n ) kongrüansının çözümünün var
oldu˘gunu göstermek için n üzerinden tümevarım yapalım.
n = 1 için x 2 ≡ a (mod p) kongrüansının çözümü vardır.
n = k için x 2 ≡ a mod p k kongrüansının çözümü var ve bu çözüm x0 olsun.
n = k + 1 için x 2 ≡ a mod p k+1 kongrüansının çözümünün var oldu˘gunu
gösterelim. x 2 0 ≡ a mod p k oldu˘gundan x 2 0 = a + bp k olacak ¸sekilde bir b ∈ Z
vardır. ¸Simdi
2x0y ≡ −b (mod p)
lineer kongrüansınıele alalım. (2x0, p) = 1 oldu˘gundan bu lineer kongrüansının
çözümü vardır ve bu çözüm y0 olsun (yani p| (b + 2x0y0)). ¸Simdi de
x1 = x0 + y0p k
tamsayısınıele alalım. Bu sayının karesi
x 2 1 = x0 + y0p k2 = x 2 0 + 2x0y0p k + y 2 0p 2k
= a + bp k + 2x0y0p k + y 2 0p 2k
= a + (b + 2x0y0) p k + y 2 0p 2k
için, p| (b + 2x0y0) ve p k+1 |y 2 0p 2k oldu˘gundan
x 2 1 ≡ a mod p k+1
elde edilir ve böylece n = k + 1 için x 2 ≡ a mod p k+1 kongrüansının
çözümünün var oldu˘gu gösterilmi¸s olur.
Teoremin ispatından anla¸sılaca˘gı üzere x 2 ≡ a (mod p n ) kongrüansının
çözümüne ula¸smak için önce x 2 ≡ a (mod p) kongrüansı çözülür. Daha sonra
teoremin ispatında izah edilen ¸sekilde bu çözüm yardımıyla x 2 ≡ a mod p 2

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 40
kongrüansının çözümü bulunur. Bu ¸sekilde devam edilerek x 2 ≡ a (mod p n )
kongrüansının çözümüne ula¸sılır. Örne˘gin
x 2 ≡ 23 mod 7 3
kongrüansınıele alalım. Öncelikle x 2 ≡ 23 ≡ 2 (mod 7) kongrüansının çözümü
incelenir. (2/7) = 1 oldu˘gundan bu çözüm vardır ve x0 = 3 tür.
e¸sitli˘ginde b = −2 olur. Dolayısıyla
x 2 0 = a + bp
3 2 = 23 + (−2).7
2x0y ≡ −b (mod p)
2.3.y ≡ − (−2) (mod 7)
6y ≡ 2 (mod 7)
3y ≡ 1 (mod 7)
linner kongrüansınıçözmeliyiz. Bu kongrüansın çözümü ise y0 = 5 tir. Böylece
x 2 ≡ 23 mod 7 2 kongrüansının çözümü
x1 = x0 + y0p
x1 = 3 + 5.7
x1 = 38
olur. ¸Simdi aynı i¸slemleri tekrar ederek x 2 ≡ 23 mod 7 3 kongrüansının
çözümünü bulalım. x 2 ≡ 23 mod 7 2 kongrüansının çözümü olan x0 = 38
sayısıiçin yapalım.
yazıldı˘gında b = 29 olur.
x 2 0 = a + bp 2
38 2 = 23 + 29.7 2
2x0y ≡ −b (mod p)
2.38.y ≡ −29 (mod 7)
76.y ≡ 6 (mod 7)
6y ≡ 6 (mod 7)
y ≡ 1 (mod 7)
lineer kongrüansının çözümü y0 = 1 dir. Dolayısıyla x 2 ≡ 23 mod 7 3 kogrüansının
çözümü
x1 = x0 + y0p 2
x1 = 38 + 1.7 2
x1 = 87

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 41
olur.
¸Simdi de p = 2 için 2 k sayısının kuadratik kalana sahip olmasıiçin gerek ve
yeter ¸sartıverelim.
Teorem 9.4.2. a tek tamsayıolsun. Bu durumda
(a) x 2 ≡ a (mod 2) kongrüansıher zaman çözüme sahiptir.
(b) x 2 ≡ a mod 2 2 kongrüansının çözümünün var olmasıiçin gerek ve yeter
¸sart a ≡ 1 (mod 4) olmasıdır.
(c) n ≥ 3 için x 2 ≡ a (mod 2 n ) kongrüansının çözümünün var olmasıiçin gerek
ve yeter ¸sart a ≡ 1 (mod 8) olmasıdır.
Kanıt. (a) A¸sikar.
(b) Herhangi bir tek sayının karesi (mod 4)’te 1’e denktir. Dolayısıyla x 2 ≡
a mod 2 2 kongrüansının çözümü varsa a ≡ 1 (mod 4) olmalıdır. a ≡ 1 (mod 4)
ise 1 ve 3 sayılarıx 2 ≡ a mod 2 2 kongrüansının çözümleridir.
(c) Herhangi bir tek sayının karesi (mod 8)’de 1’e denktir (2k + 1 ifadesinde
k sayısının tek ve çift olma durumu incelendi˘ginde görülür.). Dolayısıyla x 2 ≡
a (mod 2 n ) kongrüansının çözümü varsa , a ≡ 1 (mod 8) olmalıdır. ¸Simdi a ≡
1 (mod 8) iken x 2 ≡ a (mod 2 n ) kongrüansının çözümünün var oldu˘gunu n ≥ 3
üzerinden tümevarımla gösterelim.
n = 3 için, 1, 3, 5, 7 sayılarıx 2 ≡ a mod 2 3 kongrüansının çözümüdür.
n = k > 3 için x 2 ≡ a mod 2 k kongrüansının çözümü var ve bu çözüm x0
olsun.
n = k + 1 için x 2 ≡ a mod 2 k+1 kongrüansının çözümünün var oldu˘gunu
gösterelim. x 2 0 ≡ a mod 2 k oldu˘gundan x 2 0 = a + b2 k olacak ¸sekilde bir b ∈ Z
vardır. ¸Simdi
x0y ≡ −b (mod 2)
lineer kongrüansınıele alalım. (x0, 2) = 1 oldu˘gundan bu lineer kongrüansının
çözümü vardır ve bu çözüm y0 olsun (yani 2| (b + x0y0)). ¸Simdi de
x1 = x0 + y02 k−1
tamsayısınıele alalım. Bu sayının karesi
x 2 1 = x0 + y02 k−12 = x 2 0 + 2x0y02 k−1 + y 2 02 2k−2
= a + b2 k + x0y02 k + y 2 02 2k−2
= a + (b + x0y0) 2 k + y 2 02 2k−2
için, 2| (b + x0y0) ve 2 k+1 |y 2 02 2k−2 ( 2k−2 = k+1+(k − 3) ≥ k+1 ) oldu˘gundan
x 2 1 ≡ a mod 2 k+1
elde edilir ve böylece n = k + 1 için x 2 ≡ a mod 2 k+1 kongrüansının
çözümünün var oldu˘gu gösterilmi¸s olur.

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 42
x 2 ≡ 5 mod 2 2 kongrüansı 5 ≡ 1 (mod 4) oldu˘gundan çözüme sahiptir
fakat x 2 ≡ 5 mod 2 3 kongrüansının, 5 = 1 (mod 8) oldu˘gundan çözümü yoktur.
x 2 ≡ 17 mod 2 4 ve x 2 ≡ 17 mod 2 5 kongrüanslarının ise 17 ≡ 1 (mod 8)
oldu˘gundan çözümleri vardır.
n > 1 sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sı pi ler ayrık asal sayılar ve ki ≥ 0
tamsayılar olmak üzere n = 2k0p k1
1 pk2 2
kuadratik kongrüansınıçözmek,
. . . pkr
r olsun. (a, n) = 1 olmak üzere
x 2 ≡ a (mod n)
x 2 ≡ a mod 2 k0
x 2
≡ a mod p k1
1
.
x 2 ≡ a mod p kr
r
kuadratik kongrüans sistemini çözmeye denktir. Dolayısıyla Teorem 9.4.1 ve
Teorem 9.4.2’den faydalanarak a¸sa˘gıdaki teoremi verebiliriz.
Teorem 9.4.3. n > 1 sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sın = 2k0p k1
1 pk2 2
. . . pkr
r ve
(a, n) = 1 olsun. Bu takdirde x 2 ≡ a (mod n) kongrüansının çözümünün var
olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart a¸sa˘gıdaki ko¸sulların sa˘glanmasıdır.
(i) i = 1, 2, . . . , r için (a/pi = 1) ,
(ii) 8 ∤ n ve 4|n ise a ≡ 1 (mod 4) , 8|n ise a ≡ 1 (mod 8).
Örnek 9.4.4. x 2 ≡ 3 mod 11 2 .23 2 kuadratik kongrüansının çözümünün varlı˘gınıinceleyelim.
Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter ¸sart
x 2 ≡ 3 mod 11 2 ve x 2 ≡ 3 mod 23 2 kongrüanslarının çözümlerinin var olmasıdır.
x 2 ≡ 3 mod 11 2 için : Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter
¸sart x 2 ≡ 3 (mod 11) yani (3/11) = 1 olmalıdır.
(3/11) = − (11/3) = − (2/3) = − (−1) = 1
Çözüm var.
x 2 ≡ 3 mod 23 2 için : Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter
¸sart x 2 ≡ 3 (mod 23) yani (3/23) = 1 olmalıdır.
(3/23) = − (23/3) = − (2/3) = − (−1) = 1
Çözüm var.
Dolayısıyla x 2 ≡ 3 mod 11 2 .23 2 kuadratik kongrüansının çözümü vardır.
Örnek 9.4.5. x 2 ≡ 9 mod 2 3 .3.5 2 kuadratik kongrüansının çözümünün
varlı˘gını inceleyelim. Bu kongrüansın çözümünün var olası için gerek ve yeter
¸sart x 2 ≡ 9 mod 2 3 , x 2 ≡ 9 (mod 3) ve x 2 ≡ 9 mod 5 2 kongrüanslarının

BÖLÜM 9. KUADRATIK KAR¸SILIK KURALI 43
çözümlerinin var olmasıdır.
x 2 ≡ 9 mod 2 3 için : Bu kongrüansın çözümünün var olası için gerek
ve yeter ¸sart x 2 ≡ 9 (mod 2) yani (9/2) = 1 olmalıdır.
(9/2) = 1
Çözüm var.
x 2 ≡ 9 (mod 3) için : Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter
¸sart (9/3) = 1 olmalıdır.
(9/2) = 1
Çözüm var.
x 2 ≡ 9 mod 5 2 için : Bu kongrüansın çözümünün var olasıiçin gerek ve yeter
¸sart x 2 ≡ 9 (mod 5) yani (9/5) = 1 olmalıdır.
(9/5) = (4/5) = 2 2 /5 = 1
Çözüm var.
Dolayısıyla x 2 ≡ 9 mod 2 3 .3.5 2 kuadratik kongrüansının çözümü vardır.

Bölüm 11
Özel Formdaki Sayılar
11.1 Marin Mersenne
44

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 45
11.2 Mükemmel Sayılar
Sayılar teorisi tarihi birçok konjektür ve açık problemle doludur. ¸Simdiki kısımda
mükemmel sayılarla ilgili olan konjektür ve problemlere de˘ginece˘giz. Bunlardan
bazılarıçözülmü¸s, bazılarıise hala çözülememi¸stir.
Pisagor 6 sayısının kendisinden farklıpozitif bölenlerinin toplamının yine 6
oldu˘gunu gözlemlemi¸stir.
6 = 1 + 2 + 3
6’dan sonraki bu özelli˘ge sahip sayı28’dir.
28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14
Pisagorcular bu sayılarımükemmel (perfect) olarak adlandırdılar.
Tanım 11.2.1. n pozitif tamsayısıverilin. E˘ger n sayısıkendisinden farklıpozitif
bölenlerinin toplamına e¸sit ise n sayısına mükemmel sayıdenir.
σ (n) − n de˘geri n sayısının kendisi hariç tüm pozitif bölenlerinin toplamını
verdi˘ginden n sayısının mükemmel olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart σ (n) − n = n
yani
σ (n) = 2n
olmasıdır.
Yüzyıllarca filozoflar mükemmel sayıların matematiksel özelliklerinden
ziyade mistik ve dinsel özellikleri ile ilgilenmi¸slerdir. Saint Augustine, Tanrı
dünyayıbir günde yaratabilecekken, yaptı˘gıi¸sin mükemmelli˘gini sembolize etmek
için mükemmel sayıolan 6 günde yarattı˘gınıifade etmi¸stir. Eski Ahit tefsircileri
evrenin mükemmelli˘gini, ayın dünya etrafındaki turunu, mükemmel sayı
olan 28 günde tamamlasıile ifade etmi¸stirler. Yorklu Alcuin, insan ırkının ikinci
jenerasyonunun Hz.Nuh’un gemisindeki 8 ruhun soyundan geldi˘gini, dolayısıyla
8 mükemmel sayıolmadı˘gından ilk jenerasyondan daha az mükemmel oldu˘gunu
söylemi¸stir. Antik yunanda sadece dört tane mükemmel sayıbiliniyordu. Nicomachus
bunları
P1 = 6, P2 = 28, P3 = 496, P4 = 8128
¸seklinde listelemi¸stir. Buradan yola çıkarak, bir basamaklı, iki basamaklı,
üç basamaklı ve dört basamaklı sayılarda sadece birer tane mükemmel sayı
oldu˘gunu ve bunların son basama˘gının 6, 8, 6, 8 ¸sekinde oldu˘gunu gözlemleyerek
a¸sa˘gıdakileri konjektüre etmi¸stir.
1. n. mükemmel sayıPn, n basamaklıdır.
2. Çift olan mükemmel sayıların son basamakları6, 8, 6, 8, . . . ¸seklinde devam
eder.
Bu iki iddia da yanlı¸stır. Be¸s basamaklı mükemmel sayı yoktur. Be¸sinci
mükemmel sayıolan
P5 = 33550336

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 46
ilk kez XV. yüzyılda (anonim ) bulunmu¸s ve sekiz basamaklıdır. Altıncımükemmel
sayıolan
P6 = 8589869056
sayısının son basama˘gıkonjektüre edildi˘gi gibi 8 de˘gil 6 dır. Fakat daha sonradan
çift mükemmel sayıların son basamaklarının 6 veya 8 oldu˘gunu gösterece˘giz. ˙Ilk
altımükemmel sayıdan anla¸sılaca˘gıüzere mükemmel sayılara nadir rastlanılır.
Bunlarından sonlu veya sonsuz tane olup olmadı˘gıhala açık bir problemdir.
Mükemmel sayıların formunu belirleme çalı¸smalarıçok eskilere dayanmaktadır.
Öklid
1 + 2 + 2 2 + 2 3 + · · · + 2 k−1 = 2 k − 1 = p
asal sayı ise 2 k−1 p sayısının mükemmel sayı oldu˘gunu kısmen ispatlamı¸stır.
Örne˘gin 1 + 2 + 2 2 = 2 3 − 1 = 7 asal ve 2 2 .7 = 28 mükemmel sayıdır. Yakla¸sık
2000 yıl sonra Euler, çift mükemmel sayıların bu formda oldu˘gunu ispatlamı¸stır.
¸Simdi bu iki ifadeyi a¸sa˘gıdaki teoremde verelim.
Teorem 11.2.2. 2 k − 1 asal ise (k > 1), n = 2 k−1 2 k − 1 mükemmel sayıdır
ve her çift mükemmel sayıbu formdadır.
Kanıt. 2k − 1 = p asal olsun. n = 2k−1p sayısıiçin, 2k−1 , p = 1 oldu˘gundan
(k−1)+1 2 2 − 1 p − 1
σ (n) = σ 2 k−1 σ (p) =
2 − 1
= 2 k − 1 (p + 1) = 2 k − 1 2 k
= 2.2 k−1 2 k − 1
= 2n
p − 1
olur. Yani n mükemmel sayıdır. Di˘ger taraftan n çift mükemmel sayı olsun.
n sayısını k ≥ 2 ve m tek sayı olmak üzere n = 2k−1 m ¸seklinde yazabiliriz.
k−1 2 , m = 1 oldu˘gundan
(k−1)+1 2 − 1
σ (n) = σ 2 k−1 σ (m) =
σ (m)
2 − 1
= 2 k − 1 σ (m) (11.1)
dır. Ayrıca n mükemmel sayıoldu˘gundan
dir. Böylece (11.1) ve (11.2)’den
σ (n) = 2n = 2 k m (11.2)
2 k m = 2 k − 1 σ (m) (11.3)
elde edilir. Buradan 2 k − 1 |2 k m olur. Fakat 2 k − 1, 2 k = 1 oldu˘gundan
2 k − 1 |m olur. Yani m = 2 k − 1 M olacak ¸sekilde bir M ∈ Z vardır. Bu
ifadeyi (11.3)’te yerine yazarsak
2 k 2 k − 1 M = 2 k − 1 σ (m)
2 k M = σ (m)

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 47
elde edilir yani M | σ (m) dir. M|m ve m|m oldu˘gundan
2 k M = σ (m) ≥ m + M = 2 k − 1 M + M = 2 k M
σ (m) = m + M
olur. Bu ise m sayısının sadece iki tane pozitif böleni oldu˘gunu gösterir. Yani
M = 1 ve dolayısıyla m = 2 k − 1 olur.
Bu teorem, çift olan mükemmel sayılarıbulmak için, 2 k − 1 formundaki asal
sayılarıbulmanın yeterli oldu˘gunu gösterir. Dolayısıyla bu formdaki asal sayıları
incelemek anlamlıdır.
YardımcıTeorem 11.2.3. a k −1 sayısıasal ise a = 2 dir ve k sayısıda asaldır.
Kanıt. a k − 1 sayısı
a k − 1 = (a − 1) a k−1 + a k−2 + · · · + a + 1
¸seklinde yazılabilir. Bu sayıasal oldu˘gundan iki çarpandan biri 1 olmalıdır.
a k−1 + a k−2 + · · · + a + 1 ≥ a + 1 > 1
dolayıa − 1 = 1 dir yani a = 2 dir.
¸Simdi de k sayısının asal oldu˘gunu olmayana ergi yöntemi ile gösterelim. k sayısı
birle¸sik sayıolsun. k = rs olacak ¸sekilde r > 1, s > 1 sayılarıvardır ve
a k − 1 = (a r ) s − 1 = (a r
− 1) (a r ) s−1 + (a r ) s−2 + · · · + a r
+ 1
yazılabilir. Sa˘g taraftaki iki çarpanda birden büyük oldu˘gundan bu durum a k −1
sayısının asal olmasıile çeli¸sir. Dolayısıyla k asal sayıdır.
2, 3, 5, 7 asal sayıları için 2 2 − 1, 2 3 − 1, 2 5 − 1, 2 7 − 1 sayılarıda asaldır.
Dolayısıyla
2 2 2 − 1 = 6
2 2 2 3 − 1 = 28
2 4 2 5 − 1 = 496
2 6 2 7 − 1 = 8128
sayılarımükemmel sayıdır.
Bu teoremden sonra akla her p asal sayısıiçin 2 p − 1 asal olur mu sorusu
gelmektedir. E˘ger öyle olsaydı çift mükemmel sayıların sonsuz tane oldu˘guda
gösterilmi¸s olurdu. Fakat 1536 yılında Hudalrichus Regius 2 11 − 1 sayısını
2 11 − 1 = 2047 = 23.89
¸seklinde çarpanlara ayırarak tersi durumun geçerli olmadı˘gınıgöstermi¸stir. ˙Ilk
ba¸sta bu hesaplamayıyapmak küçük bir ba¸sarıymı¸s gibi dü¸sünülebilir fakat o

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 48
dönemde bu hesaplama büyük olasılıkla roman rakamlarıve abaküs yardımıyla
yapılmı¸stır ( çünkü Arap sayısistemi XVI. yüzyılın sonlarına do˘gru tamamen
kullanılmaya ba¸slanmı¸stır.). Regius ayrıca p = 13 için 2 13 − 1 sayısının asal
oldu˘gunu göstermi¸s ve bu bize 5. mükemmel sayıolan
2 12 2 13 − 1 = 33550336
sayısınıverir.
Mükemel sayıların tespit edilmesindeki zorluklardan biride, asal sayılar
tablosunun olmamasıydı. 1603 yılında Pietro Cataldi 5150 den küçük bütün
asalların listesini yapmı¸s ve 2 17 − 1 sayısının asal oldu˘gunu tespit ederek altıncı
mükemmel sayıolarak
2 16 2 17 − 1
sayısınıvermi¸stir.
p asal sayı olmak üzere sonsuz tane 2 p − 1 tipinde asal sayının var olup
olmadı˘gıda halen açık bir problemdir.
¸Simdi çift mükemmel sayıların son basama˘gının 6 veya 8 oldu˘gunu gösteren
teoremi verelim.
Teorem 11.2.4. Her çift mükemmel sayısının son basama˘gı6 veya 8 dir. Denk
olarak n ≡ 6 (mod 10) veya n ≡ 8 (mod 10).
Kanıt. n çift mükemmel sayıoldu˘gundan Teorem 11.2.2’den 2 k − 1 asal olmak
üzere n = 2 k−1 2 k − 1 formundadır. Ayrıca Yardımcı Teorem 11.2.3’ten k
sayısıda asaldır. k = 2 için n = 6 dır ve idda do˘grudur. Dolayısıyla k > 2 olsun.
k asal sayıoldu˘gundan 4m + 1 veya 4m + 3 formundadır. Bu yüzden Teoremi
k = 4m + 1 ve k = 4m + 3 için ayrıayrıispatlayalım.
k = 4m + 1 olsun. Bu durumda
n = 2 4m 2 4m+1 − 1 = 2 8m+1 − 2 4m = 2.16 2m − 16 m
yazılabilir. Her t için 16 t ≡ 6 (mod 10) oldu˘gundan
elde edilir.
k = 4m + 3 olsun. Bu durumda ise
elde edilir.
n ≡ 2.6 − 6 ≡ 6 (mod 10)
n = 2 4m+2 2 4m+3 − 1 = 2 8m+5 − 2 4m+2 = 2.16 2m+1 − 4.16 m
≡ 2.6 − 4.6 ≡ −12 ≡ 8 (mod 10)
Biraz daha ileri gidelim ve çift mükemmel sayıların son basamaklarının 6
veya 28 oldu˘gunu gösterelim. Yani k = 4m + 3 ise n ≡ 28 (mod 100) oldu˘gunu
gösterelim. 2 k−1 için
2 k−1 = 2 4m+2 = 16 m .4 ≡ 6.4 ≡ 4 (mod 10)

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 49
dir. Ayrıca k > 2 için 4|2 k−1 oldu˘gundan
olur. 2 k − 1 içinse
olur. Böylece
2 k−1 ≡ 4, 24, 44, 64, 84 (mod 100)
2 k − 1 = 2.2 k−1 − 1 ≡ 7, 47, 87, 27, 67 (mod 100)
n = 2 k−1 2 k − 1
≡ 4.7, 24.47, 44.87, 64.27, 84.67 (mod 100)
≡ 28 (mod 100)

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 50
11.3 Mersenne Asalları
n ≥ 1 olmak üzere
Mn = 2 n − 1
¸seklindeki sayılara Mersenne sayıları denir. Bu isim Father Marin Mersenne
adına itaf edilmi¸stir. Bu sayılardan asal olanlara da Mersenne asalıdenir. Kısım
11.2’de 2 n − 1 asal ise n sayısının da asal oldu˘gunu görmü¸stük.
Mersenne, Cogitata Physica-Mathematica (1664) adlıeserinin önsözünde Mp
sayılarının, p = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127, 257 asal sayılarıiçin asal, p < 257
olan di˘ger asal sayılar için ise birle¸sik sayı oldu˘gunu ifade etmi¸stir. Fakat bu
sayıların asal veya birle¸sik sayı olup olmadıklarının test edilip edilme˘gi bilinmemekteydi.
1772 yılında Euler M31 sayısının asallı˘gını 46339 tane olası
bölenini kullanarak do˘grulamı¸stır. Böylece sekizinci mükemmel sayıolan
P8 = 2 30 2 31 − 1 = 2305843008139952128
tespit edilmi¸stir.
1947 yılına kadar 257 den küçük olan 55 tane asal p sayısıiçin Mp Mersenne
sayılarının asallı˘gının tespiti tamamlandıktan sonra, biliyoruz ki Mersenne be¸s
tane hata yapmı¸stır. Mersenne’nin listesindeki M67 ve M257 sayılarıasal de˘gil
fakat listede olmayan M61, M89 ve M107 sayılarıasaldır.
Bazı özel tipteki Mersenne sayılarının asal olup olmadıklarının tespiti için
çe¸sitli yöntemler vardır.
Teorem 11.3.1. p ve q = 2p + 1 asal sayılar ise ya q|Mp yada q|Mp + 2.
Kanıt. Fermat teoreminden
2 q−1 − 1 ≡ 0 (mod q)
oldu˘gunu biliyoruz. Sol tarafıçarpanlara ayırırsak
2 q−1
2 + 1 = (2 p − 1) (2 p + 1)
2 q−1
2 − 1
= Mp (Mp + 2)
≡ 0 (mod q)
olur. Bu durumda q asal oldu˘gundan q|Mp veya q|Mp + 2 olur. Fakat her ikiside
olursa q|2 çeli¸ski elde edildi˘ginden, ya q|Mp ya da q|Mp+2 olmak zorundadır.
Teorem 11.3.1’i ¸su ¸sekilde örneklendirelim. p = 23 için q = 2p + 1 = 47 sayısı
da asaldır. Dolayısıyla Teorem 11.3.1’den ya 47|M23 yada 47|M23 + 2 dir.
dir. Fakat
2 23 = 2 3 2 5 4 ≡ 2 3 (−15) 4 (mod 47)
(−15) 4 = 225 2 ≡ (−10) 2 ≡ 6 (mod 47)

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 51
oldu˘gundan
2 23 ≡ 2 3 6 ≡ 48 ≡ 1 (mod 47)
olur yani 47|M23 = 2 23 − 1 oldu˘gundan M23 sayısıbirle¸sik sayıdır.
p = 29 asalıiçin se 59 ∤ M29 yerine 59| (M29 + 2) elde edildi˘ginden, Teorem
11.3.1 M29 sayısının asal olup olamıdı˘gının tespitinde yardımcıolmamaktadır.
A¸sa˘gıdaki teoremde q|Mp olmasıiçin q sayısıüzerindeki ko¸sullar verilmi¸stir.
Teorem 11.3.2. q = 2n + 1 asal sayıolsun.
(a) q ≡ 1 (mod 8) veya q ≡ 7 (mod 8) ise q|Mn,
(b) q ≡ 3 (mod 8) veya q ≡ 5 (mod 8) ise q|Mn + 2.
Kanıt. q|Mn olması
Mn ≡ 0 (mod q)
2 n = 2 q−1
2 ≡ 1 (mod q)
ifadesine denktir. Bu ifadeyi Teorem 9.2.3 (c)’den Legendre sembolü ile gösterirsek
(2/q) = 1 olur. Teorem 9.2.10’dan q ≡ 1 (mod 8) veya q ≡ 7 (mod 8)
ise (2/q) = 1 oldu˘gunundan (a) do˘grudur. (b) ¸sıkkıda benzer ¸sekilde yapılır.
Sonuç 11.3.3. p ve q = 2p + 1 tek asal sayılar ve p ≡ 3 (mod 4) ise q|Mp dir.
Kanıt. p tek asal sayıoldu˘gundan 4k+1 veya 4k+3 formundadır. E˘ger p = 4k+3
ise q = 8k + 7 olur ve Teorem 11.3.2’den q|Mp olur. p = 4k + 1 ise q = 8k + 3
olur ki bu durumda yine Teorem 11.3.2’den q ∤ Mn olur.
p = 11, 23, 83, 131, 179, 191, 239, 251 asal sayıları için q = 2p + 1 sayıları
da asaldır ve p ≡ 3 (mod 4) oldu˘gundan Sonuç 11.3.3’ten Mp sayılarıbirle¸sik
sayıdır.
Mp sayısının bölenleri ile ilgili, Fermat’a ait olan iki teorem verelim.
Teorem 11.3.4. p tek asal sayıise Mp sayısının her asal böleni 2kp + 1 formundadır.
Kanıt. q, Mp = 2 p − 1 sayısının bir asal böleni olsun. Bu durumda 2 p ≡
1 (mod q) olur. ¸Simdi 2 sayısının (mod q)’ya göre mertebesinin p oldu˘gunu
gösterelim. E˘ger 2 sayısının (mod q)’ya göre mertebesi t olsaydıTeorem 8.1.2’den
t|p olurdu. p asal sayı oldu˘gundan t = 1 veya t = p olmalıdır. t = 1 olsaydı
2 1 ≡ 1 (mod q) denkli˘gi q|1 olmasının gerektirirdi ki q asal sayı oldu˘gundan
çeli¸ski olur. Dolayısıyla t = p, yani 2 sayısının (mod q)’ya göre mertebesinin p
dir.
Fermat teoreminden 2 q−1 ≡ 1 (mod q) dir ve 2 sayısının (mod q)’ya göre mertebesi
p oldu˘gundan tekrar Teorem 8.1.2’den p| (q − 1) dir. Yani z ∈ Z olmak
üzere q = pz + 1 yazılabilir. Burada z tek sayıolsaydıq çift sayıolurdu (çeli¸ski).
Dolayısıyla z çift sayıdır yani q = 2kp + 1 formundadır.
Bu teoremi bir adım daha öteye ta¸sılayım.

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 52
Teorem 11.3.5. p tek asal sayı ise Mp sayısının her q asal böleni için q ≡
±1 (mod 8) dir.
Kanıt. q, Mp sayısının asal böleni oldu˘gundan 2 p ≡ 1 (mod q) dir. Teorem
11.3.4’ten q = 2kp + 1 formundadır. Teorem 9.2.3 (c)’den (2/q) ≡ 2 q−1
2 ≡ 2 kp ≡
(2 p ) k ≡ 1 (mod q) ve Euler kriterinden (Teorem 9.1.3) (2/q) = 1 olur. Bu ise
Teorem 9.2.10’dan q ≡ ±1 (mod 8) oldu˘gu anlamına gelir.
Bu teoremlerin nasıl kullanıldı˘gınıgösteren bir örnek verelim. M17 sayısını
ele alalım. 34k + 1 formunda olan ve 362 < √ M17 olan
sayılarından asal olanlar
35, 69, 103, 137, 171, 205, 239, 273, 307, 341
103, 137, 239, 307
sayılarıdır. 307 = ±1 (mod 8) oldu˘gundan 307 sayısıM17’nin bir böleni de˘gildir.
Di˘ger sayılarda bu ¸sartısa˘glamadı˘gından M17 sayısıasaldır.
Mp sayısının asallı˘gınıtest etmek için Lucas-Lehmer testi kullanılmaktadır.
Bu teste
S1 = 4, Sk+1 = S 2 k − 2, k ≥ 1
dizisi kullanılır. p > 2 için Mp sayısının asal olması için gerek ve yeter ¸sart
Sp−1 ≡ 0 (mod Mp) olması veya buna denk olarak Sp−2 ≡ ±2 p+1
2 (mod Mp)
olmasıdır.
Örne˘gin M7 = 2 7 − 1 = 127 sayısınıele alalım.
S1 ≡ 4, S2 ≡ 14, S3 ≡ 67, S4 ≡ 42, S5 ≡ −16, S6 ≡ 0 (mod 127)
oldu˘gundan M7 asaldır.
Lehmer 1930 yılında hesap makinası yardımıyla 700 saatte S256 =
0 (mod 257) oldu˘gunu göstererek Mersenne’nin listesindeki en büyük sayı(78
basamaklı) olan M257 sayısının asal olma˘gınıhiçbir çarpanıbilinmenden ispatlamı¸stır.
1952 yılında aynı i¸slem bilgisayar yardımıyla sadece 68 saniye sürmü¸stür.
1979 yılında ise M257 sayısının en küçük asal çarpanıolan
535006138814359
sayısıbulunmu¸stur.
A¸sa˘gıdaki listede ilk 41 Mersenne asalı, basamak sayısıve bulunma yılları
ile birlikte verilmi¸stir.

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 53
Mersenne Asalı Basamak Sayısı Bulunma Tarihi
1 2 2 − 1 1 Bilinmiyor
2 2 3 − 1 1 Bilinmiyor
3 2 5 − 1 2 Bilinmiyor
4 2 7 − 1 3 Bilinmiyor
5 2 13 − 1 4 1456
6 2 17 − 1 6 1588
7 2 19 − 1 6 1588
8 2 31 − 1 10 1772
9 2 61 − 1 19 1883
10 2 89 − 1 27 1911
11 2 107 − 1 33 1914
12 2 127 − 1 39 1876
13 2 521 − 1 157 1952
14 2 607 − 1 183 1952
15 2 1279 − 1 386 1952
16 2 2203 − 1 664 1952
17 2 2281 − 1 687 1952
18 2 3217 − 1 969 1957
19 2 4253 − 1 1281 1961
20 2 4423 − 1 1332 1961
21 2 9689 − 1 2917 1963
22 2 9941 − 1 2993 1963
23 2 11213 − 1 3376 1963
24 2 19937 − 1 6002 1971
25 2 21701 − 1 6533 1978
26 2 23209 − 1 6987 1978
27 2 44497 − 1 13395 1979
28 2 86243 − 1 25962 1983
29 2 110503 − 1 33265 1989
30 2 132049 − 1 39751 1983
31 2 216091 − 1 65050 1985
32 2 756839 − 1 227832 1992
33 2 859433 − 1 258716 1994
34 2 1257787 − 1 378632 1996
35 2 1398269 − 1 420921 1996
36 2 2976221 − 1 895932 1996
37 2 3021377 − 1 909526 1998
38 2 6972593 − 1 2098960 1999
39 2 13466917 − 1 4059346 2001
40 2 20996011 − 1 6320430 2003
41 2 24036583 − 1 7235733 2004
Birçok matematikçi Mersenne asallarının sonsuz tane oldu˘guna inanmaktadır.
Fakat sonsuzlu˘gu veya sonlulu˘gu henüz ispatlanmamı¸stır.

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 54
Sayılar teorisindeki ünlü problemlerden biride tek mükemmel sayıların
varolup olmadıklarıdır. ¸Simdiye kadar tek olan bir mükemmel sayıbulunmamı¸s
olmasına ra˘gmen bu sayıların varlı˘gıiçin bazıko¸sullar bulmak mümkündür.
Teorem 11.3.6 (Euler). n mükemmel sayısıtek ise pi’ler ayrık asallar ve p1 ≡
k1 ≡ 1 (mod 4) olmak üzere
n = p k1
1 p2j2
2 . . . p 2jr
r .
Kanıt. n sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sıp k1
1 pk2 2
oldu˘gundan
2n = σ (n) = σ
p k1
1
σ
p k2
2
. . . pkr
r olsun. n mükemmel sayı
. . . σ p kr
r
dır. n tek sayı oldu˘gundan n ≡ 1 (mod 4) veya n ≡ 3 (mod 4). Her iki durumda
da 2n ≡ 2 (mod 4) yani 4 ∤ σ (n) olur. Ayrıca 2|2n = σ (n) dir. Böylece
σ p k1
1 , σ p k2
2 , . . . , σ pkr
r sayılarından bir tanesi çift (fakat 4 ile bölünmez)
geri kalanlar ise tek sayı olmalıdır. σ p k1
1 sayısı çift (σ p k1
1 ≡ 2 (mod 4)
olur) ve di˘gerleri de tek olsun (i = 2, . . . , r için σ p ki
i ≡ 1 (mod 4) veya
σ p ki
i ≡ 3 (mod 4) olur). Herhangi bir p tek asal sayısı için p ≡ 1 (mod 4)
veya p ≡ 3 ≡ −1 (mod 4) olur.
p ≡ 3 ≡ −1 (mod 4) durumu için k ∈ Z + sayısıolmak üzere :
σ p k = 1 + p + p 2 + · · · + p k
≡ 1 + (−1) 1 + (−1) 2 + · · · + (−1) k (mod 4)
0 (mod 4) , k tek ise
≡
1 (mod 4) , k çift ise
olur. Dolayısyla σ p k1
1 ≡ 2 (mod 4) oldu˘gundan p1 ≡ 1 (mod 4) elde edilir.
i = 2, . . . , r olmak üzere pi ≡ 3 (mod 4) olursa ki çift olur.
p ≡ 1 (mod 4) durumu için k ∈ Z + sayısıolmak üzere :
σ p k = 1 + p + p 2 + · · · + p k
≡ 1 + 1 1 + 1 2 + · · · + 1 k (mod 4)
≡ k + 1 (mod 4)
elde edilir. p1 ≡ 1 (mod 4) ve σ p k1
1 ≡ 2 (mod 4) oldu˘gundan k1 ≡ 1 (mod 4)
elde edilir. i = 2, . . . , r olmak üzere pi ≡ 1 (mod 4) olursa σ p ki
i ≡ 1 (mod 4)
veya σ p ki
i ≡ 3 (mod 4) oldu˘gundan ki ≡ 0 (mod 4) veya ki ≡ 2 (mod 4) elde
edilir. Yani bu durumda da ki çift olur.

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 55
Bu teoremden, herhangi bir n tek mükemmel sayısı
formundadır.
n = p k1
= p k1
1
1 p2j2 2 . . . p 2jr
r
2 . . . pjr r
p j2
2
= p k1
1 m2
Sonuç 11.3.7. n tek mükemmel sayıise p asal sayı, p ∤ m ve p ≡ k ≡ 1 (mod 4)
olmak üzere
n = p k m 2
formundadır ve n ≡ 1 (mod 4).
Kanıt. Sadece n ≡ 1 (mod 4) kısmıispat gerektirir. p ≡ 1 (mod 4) oldu˘gundan
p k ≡ 1 (mod 4) olur. m tek sayıoldu˘gundan m ≡ 1 (mod 4) veya m ≡ 3 (mod 4)
olur. Her iki durumda da m 2 ≡ 1 (mod 4) olaca˘gından
elde edilir.
n = p k m 2 ≡ 1 (mod 4)
Tek mükemmel sayıların varlı˘gı ile ilgili di˘ger bir çalı¸smada en küçük tek
mükemmel sayısının tespitidir. 1908 yılında Turcaninov bu sayının 2.10 6 sayısından
büyük oldu˘gunu ve en az dört tane asal çarpanının olabilece˘gini göstermi¸stir.
Bilgisayarlar yardımıyla alt sınırın n > 10 300 oldu˘gu tespit edilmi¸stir. Son çalı¸smalar
n sayısının en az sekiz farklıasal çarpanıoldu˘gunu göstermektedir.

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 56
11.4 Fermat Sayıları
Bu kısımda, birçok konjektürün kayna˘gıolan Fermat sayılarından bahsedece˘giz.
Bu sayılar 2 m +1 formundaki sayıların özel halleridir. 2 m +1 sayısıasal ise n ≥ 0
olmak üzere m = 2 n oldu˘gunu gösterelim. Varsayalım ki m = 2 n formunda
olmasın yani m sayısının tek sayıböleni vardır.
Bu durumda
m = (2k + 1) r
2 m + 1 = 2 (2k+1)r + 1 = (2 r ) 2k+1 + 1
= (2 r + 1)
(2 r ) 2k − (2 r ) 2k−1 + · · · + (2 r ) 2 − 2 r
+ 1
elde edilir ki bu da 2 m + 1 sayısının asallı˘gıile çeli¸sir. Sonuç olarak 2 m + 1 sayısı
asal ise m = 2 n formundadır.
Tanım 11.4.1. n ≥ 0 olmak üzere
2 2n
+ 1
formundaki sayılara Fermat sayısıdenir.
Matematiksel sezgileri güvenilir olan Fermat
F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65537
sayılarının asal olduklarınıgözlemlemi¸s ve her n de˘geri için Fn sayılarının asal
olabilece˘gini ifade etmi¸stir. Fakat 1732 yılında Euler
F5 = 2 25
+ 1 = 4294967297
sayısının 641 tarafından bölündü˘günü göstermi¸stir.
G. Bennet bu durumu bölme i¸slemi kullanmadan a¸sa˘gıdaki ¸sekilde göstermi¸stir.
Teorem 11.4.2. F5 sayısı641 tarafından bölünür.
Kanıt. a = 2 7 , b = 5 olmak üzere
Ayrıca
olur. Bu e¸sitlik yardımıyla
1 + ab = 1 + 2 7 5 = 641.
1 + ab − b 4 = 1 + a − b 3 b = 1 + 3b = 2 4
F5 = 2 25
+ 1 = 2 32 + 1
= 2 4 a 4 + 1
= 1 + ab − b 4 a 4 + 1
= (1 + ab) a 4 + 1 − a 4 b 4
= (1 + ab) a 4 + (1 + ab) (1 − ab) 1 + a 2 b 2
= (1 + ab) a 4 + (1 − ab) 1 + a 2 b 2
olur ki böylece 641|F5 gösterilmi¸s olur.

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 57
Bugün hala sonsuz tane Fermat asalının varolup olmadı˘gıbilinmemektedir.
Hatta F4 ten büyük Fermat sayılarının birle¸sik sayıoldu˘gu tahmin edilmektedir.
Cetvel ve gönye ile çizilebilecek düzgün çokgenlerin belirlenmesi çok eski bir
problemdir. Gauss "Disquisitiones Arithmeticae" adlıeserinin son bölümünde
Fermat asallarıile bu problem arasında ¸söyle bir ili¸ski kurmu¸stur :
n kenarlıdüzgün bir çokgenin, cetvel ve gönye ile çizile bilmesi için gerek ve
yeter ¸sart k ≥ 0 ve p1, p2, . . . , pr farklıFermat asallarıolmak üzere
¸seklinde olmasıdır.
n = 2 k veya n = 2 k p1p2 . . . pr
Teorem 11.4.3. m > n ≥ 0 için (Fm, Fn) = 1 dir.
Kanıt. d = (Fm, Fn) olsun. Fermat sayılarıtek sayıolduklarından d sayısıda
tek sayıdır. x = 22n ve k = 2m−n olmak üzere
Fm − 2
Fn
=
2 2 n m−n
2
− 1
22n + 1
= xk − 1
x + 1 = xk−1 − x k−2 + · · · − 1
e¸sitli˘ginden dolayıFn | (Fm − 2) dir. d | Fn oldu˘gundan d | (Fm − 2) dir Ayrıca
d | Fm olmasıd | 2 gerektirir. d tek sayıoldu˘gundan d = 1 elde edilir.
Bu teorem asal sayıların sonsuz tane oldu˘gunun ispatında da kullanılabilir
:Fn Fermat sayısınıbölen en az bir asal sayıvardır. Yukarıdaki teorem farklı
Fermat sayıları aralarında asal oldu˘gunu söyler. Dolayısıyla her Fn sayısının
bölen farklı bir asal sayı vardır. Fermat sayıları sonsuz tane oldu˘gundan asal
sayılarda sonsuz tanedir.
1877 yılında , Cizvit papaz T.Pepin, Fermat sayılarının asallı˘gının tespiti
için bir test bulmu¸stur.
Teorem 11.4.4 (Pepin Testi). n ≥ 1 için Fn = 22n + 1 Fermat sayısının asal
olmasıiçin gerek ve yeter ¸sart
olmasıdır.
3 (Fn−1)
2 ≡ −1 (mod Fn)
Kanıt. 3 (Fn−1)
2 ≡ −1 (mod Fn) olsun. p | Fn olan p asal sayısıiçin de
sa˘glanır. Her iki tarafın karesini alalım;
3 (Fn−1)
2 ≡ 1 (mod p) .
3 (Fn−1) ≡ 1 (mod p)
3 22n
≡ 1 (mod p) .

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 58
3 sayısının (mod p)’ye göre mertebesi k olsun. Teorem 8.1.2’den k | (Fn − 1) =
22n yani k sayısı2 sayısının bir kuvvetidir. Aslında k = 22n oldu˘gunu gösterelim.
r ≤ 2n−1 olmak üzere, k = 2r olsaydı, 3k ≡ 1 (mod p) denkli˘ginde gerekli kadar
kare alma i¸slemine devam edilerek
yani
3 22n −1
≡ 1 (mod p)
3 (Fn−1)
2 ≡ 1 (mod p)
elde edilirdi ki buradan 1 ≡ −1 (mod p) çeli¸skisi elde edilirdi. Dolayısıyla k
sadece k = 22n = Fn − 1 de˘gerini alabilir. Fermat teoreminden k ≤ p − 1 yani
Fn = k + 1 ≤ p olur. Ayrıca p | Fn oldu˘gundan p ≤ Fn dir. Dolayısıyla Fn = p
yani Fn sayısının asal oldu˘gu elde edilir.
Di˘ger taraftan, n ≥ 1 için Fn Fermat sayısı asal olsun. Fn ≡ (−1) 2n
+ 1 ≡
2 (mod 3) oldu˘gundan dolayı, Kuadratik Kalan kuralından
dir ve Euler kriterinden
elde edilir.
(3/Fn) = (Fn/3) = (2/3) = −1
3 Fn−1
2 ≡ −1 (mod Fn)
Pepin testini kullanarak F3 = 257 sayısının asal oldu˘gunu gösterelim.
3 (F 3 −1)
2 = 3 128 = 3 3 3 5 25
≡ 27 (−14) 25 (mod 257)
≡ 27.14 24 (−14) (mod 257)
≡ 27.17 (−14) (mod 257)
≡ 27.19 (mod 257)
≡ 513 (mod 257)
≡ −1 (mod 257)
oldu˘gundan Pepin testinden F3 sayısıasaldır.
Euler’in F5 Fermat sayısının asal olmadı˘gını gösterdi˘ginden bahsetmi¸stik.
1880 yılında 82 ya¸sındaki F. Landry
F6 = 274177.67280421310721
Fermat sayısının asal olmadı˘gını göstermi¸stir fakat bu çalı¸smasını yayınlamamı¸stır.
1905 yılında J.C. Morehead ve A.E. Western birbirlerinden ba˘gımsız olarak
F7 Fermat sayısına Pepin testini uygulamı¸s ve bu sayının birle¸sik sayıoldu˘gunu
bulmu¸slardır. 66 yıl sonra 1971 yılında Brillhart ve Morrison F7 = 227 + 1
sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sını
F7 = 59649589127497217.5704689200685129054721

BÖLÜM 11. ÖZEL FORMDAKI SAYILAR 59
¸seklinde elde etmi¸slerdir.
1980 yılında Brent ve Pollard F8 Fermat sayısının en küçük asal çarpanını
1238926361552897
olarak belirlemi¸slerdir. Di˘ger çarpan ise 62 basamaklıdır.
1963 yılında Selfridge ve Hurwitz 4933 basamaklıF14 Fermat sayısına Pepin
testini uygulamı¸slar ve birle¸sik sayı oldu˘gunu göstermi¸slerdir. Fakat hala F14
sayısının çarpanlarıbilinmemektedir.
¸Simdi Fermat sayılarının bölenlerini belirlemeye yarayan Euler ve Lucas’
a ait teoremi verelim. 1947 yıllarında Euler, Fn sayısının her asal böleninin
k.2 n+1 +1 formunda formunda olaca˘gınıgöstermi¸s, yüzyıl sonra Lucas bu sonucu
k sayısının çift olmasıgerekti˘gi ¸seklinde geli¸stirmi¸stir.
Teorem 11.4.5. n ≥ 2 olmak üzere, Fn = 22n + 1 Fermat sayısının her p asal
böleni, p = k.2n+2 + 1 formundadır.
Kanıt. Fn sayısının her p asal böleni için
dir. Kare alalım,
2 2n
≡ −1 (mod p) (11.4)
2 2n+1
≡ 1 (mod p) .
2 sayısının (mod p)’ye göre mertebesi h olsun. Bu durumda
dir. 1 ≤ r ≤ n için h = 2 r olsaydı
her iki tarafın devamlıkaresi alınarak
yani (11.4)’den
h | 2 n+1
2 2r
≡ 1 (mod p)
2 2n
≡ 1 (mod p)
−1 ≡ 1 (mod p)
çeli¸skisi elde edilirdi. Dolayısıyla h = 2 n+1 oldu˘gu elde edilir. h = 2 n+1 , 2
sayısının (mod p)’de mertebesi oldu˘gundan φ (p) = p − 1 sayısını böler yani
2 n+1 | (p − 1). n ≥ 2 ise p ≡ 1 (mod 8) olaca˘gından Teorem 9.2.10 yardımıyla
(2/p) = 1 elde edilir. Euler kriterinden
2 p−1
2 ≡ (2/p) = 1 (mod p)
olur. Yine h = 2n+1 , 2 sayısının (mod p)’de mertebesi oldu˘gundan 2n+1 | p−1
2
olmalıdır. Buradan da bir k ∈ Z için p = k.2n+2 + 1 oldu˘gu elde edilir.

Bölüm 12
BazıLineer Olmayan
Diophantine Denklemler
12.1 x 2 + y 2 = z 2 Denklemi
Fermat, n > 2 için
x n + y n = z n
Diophantine denkleminin (0, 0, 0)’dan ba¸ska çözümü olmadı˘gını idda etmi¸stir.
Bu iddia Fermat’ın Son Teoremi olarak olarak bilinmektedir.
Tanım 12.1.1. x 2 +y 2 = z 2 olacak ¸sekildeki x, y, z tamsayılarına Pisagor üçlüsü
denir. E˘ger (x, y, z) = 1 ise bu üçlü ilkel olarak adlandırılır.
(3, 4, 5) , (5, 12, 13) ve (12, 35, 37) ilkel Pisagor üçlüleridir.
(x, y, z) Pisagor üçlüsü verilsin. (x, y, z) = d ise x = dx1, y = dy1, z = dz1
olacak ¸sekilde x1, y1, z1 tam sayılarıvardır.
x 2 1 + y 2 1
=
x
d
= z 2 1
2
+
y
d
2
= x2 + y 2
d 2
= z2
d2 = d2z2 1
d2 ve (x1, y1, z1) = 1 oldu˘gundan (x1, y1, z1) bir ilkel Pisagor üçlüsüdür. Dolayısıyla
Pisagor üçlüleri, ilkel Pisagor üçlülerinden elde edilebilece˘ginden bu üçlüleri
tespit etmek yeterlidir.
Yardımcı Teorem 12.1.2. (x, y, z) bir ilkel Pisagor üçlüsü ise x veya y
sayılarından bir tanesi çift ve di˘geride tektir.
Kanıt. x ve y sayılarının ikisi birden çift olsaydı2 | x 2 + y 2 = z 2 ve dolayısıyla
2 | z olurdu. Bu ise (x, y, z) = 1 olmasıyla çeli¸sir. Di˘ger taraftan x ve y sayıları
tek olsaydıx 2 ≡ 1 (mod 4) ve y 2 ≡ 1 (mod 4) ve dolayısıyla z 2 = x 2 + y 2 ≡
2 (mod 4) olurdu ki bu da bir tamsayının karesinin (mod 4)’te 0 veya 1 olması
ile çeli¸sir.
60

BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER61
Böylece bir (x, y, z) ilkel Pisagor üçlüsü verildi˘ginde x sayısını çift ve y
sayısınıda tek olarak dü¸sünebiliriz.
Ayrıca (x, y, z) ilkel Pisagor üçlüsü için (x, y) = (x, z) = (y, z) = 1 dir.
Gerçekten (x, y) = d > 1 olsaydıp | x ve p | y olacak ¸sekilde bir p asal sayısıvar
olurdu. Buradan p | x 2 + y 2 = z 2 ve p | z elde edilirdi ki bu da (x, y, z) = 1
olmasıyla çeli¸sirdi. Benzer ¸sekilde (x, z) = (y, z) = 1 oldu˘gu da gösterilebilir.
Yardımcı Teorem 12.1.3. ab = c n , (a, b) = 1 ise a = a n 1 ve b = b n 1 olacak
¸sekilde a1, b1 tamsayılarıvardır.
Kanıt. a > 1 ve b > 1 sayılarının asal çarpanlara ayrılı¸sı
a = p k1
1
. . . pkr r ve b = q j1
1 . . . qjs s
olsun. (a, b) = 1 oldu˘gundan pi ve qi sayılarıfarklıasallardır. Bu durumda ab
sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sı
¸seklinde olur.
ab = p k1
1
. . . pkr r q j1
1 . . . qjs s
c = u l1
1
. . . ult t
c sayısının asal çarpanlara ayrılı¸sıolmak üzere ab = c n e¸sitli˘gi
p k1
1
. . . pkr r q j1
1 . . . qjs r = u nl1
1 . . . u nlt
t
halini alır. Burada u1, . . . ut asallarısıradan ba˘gımsız olarak p1, . . . , pr, q1, . . . qr
asalları, nl1, . . . , nlt sayıları da k1, . . . , kr, j1, . . . , js sayılarıdır. Sonuç olarak
ki, ji sayıların ile bölünebilen sayılardır.
a1 = p k1/n
1 . . . p kr/n
r
b1 = q j1/n
1 . . . q js/n
s
olmak üzere a = a n 1 ve b = b n 1 yazılabilir.
Teorem 12.1.4. (x, y, z) = 1, 2 | x, x, y, z > 0 olmak üzere
x 2 + y 2 = z 2
Pisagor denkleminin tüm çözümleri s > t > 0, (s, t) = 1 ve s = t (mod 2) olmak
üzere
x = 2st, y = s 2 − t 2 , z = s 2 + t 2
¸seklindedir.
Kanıt. (x, y, z) ilkel Pisagor üçlüsü olsun. Bu durumda x çift ve y, z tek
sayılardır. z − y ve z + y sayılarıda çifttir. Dolayısıyla z − y = 2u ve z + y = 2v
olacak ¸sekilde u, v tamsayılarıvardır.
x
2 =
2
z2 − y2 =
4
(z − y) (z + y)
4
z − y z + y
=
= uv
2 2

BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER62
yazabiliriz. Buradaki u ve v sayılarıaralarında asaldır. Gerçekten (u, v) = d > 1
olsaydıd | (v − u) = y ve d | (v + u) = z olurdu ki bu da (y, z) = 1 ile çeli¸sirdi.
2 = uv e¸sitli˘gi için YardımcıTeorem 12.1.3’den
x
2
u = t 2 ve v = s 2
olacak ¸sekilde s, t tamsayılarıvardır. Bu sayılar yardımıyla
z = v + u = s 2 + t 2
y = v − u = s 2 − t 2
x 2 = 4vu = 4s 2 t 2
veya x = 2st elde edilir. (y, z) = 1 oldu˘gundan (s, t) = 1 olur. ¸Simdi de s =
t (mod 2) oldu˘gunu yani ikisinin birden tek veya çift olamayaca˘gınıgösterelim.
s ve t tek veya çift olsalardı z ve y çift olurdu ki bu da z ve y sayılarının tek
olmasıile çeli¸sir.
Tersine s ve t teoremdeki ko¸sullarısa˘glayan iki tamsayıolsun. Yani x = 2st, y =
s 2 − t 2 , z = s 2 + t 2 ve s > t > 0, (s, t) = 1 ve s = t (mod 2) olsun.
x 2 + y 2 = (2st) 2 + s 2 − t 2 2 = s 2 + t 2 2 = z 2
oldu˘gundan (x, y, z) bir Pisagor üçlüsüdür. ¸Simdi bu üçlünün ilkel Pisagor
üçlüsü oldu˘gunu gösterelim. (x, y, z) = d > 1 olsun. p | d olacak ¸sekilde bir
p asal sayısı vardır. s = t (mod 2) oldu˘gundan s veya t tek, di˘geride çifttir.
Dolayısıyla z tek olur. p | d | z oldu˘gundan p = 2 dir. Ayrıca p | y ve p | z
oldu˘gundan p | (y + z) ve p | (y − z) yani p | 2s 2 ve p | 2t 2 ve dolayısıyla
p | s ve p | t elde edilir. Fakat bu durum (s, t) = 1 olmasıyla çeli¸sir. Dolayısıyla
(x, y, z) = 1 dir.
x y z
s t 2st s 2 − t 2 s 2 + t 2
2 1 4 3 5
3 2 12 5 13
4 1 8 15 17
4 3 24 7 25
5 2 20 21 29
5 4 40 9 41
6 1 12 35 37
6 5 60 11 61
7 2 28 45 53
7 4 56 33 65
7 6 84 13 85
Dikkat edilirse tabloda (x, y, z) ilkel Pisagor üçlüleri için, x veya y sayılarından
birinin 3 ile bölündü˘gü görülmektedir. Teorem 12.1.4’ten (s, t) = 1 olmak

BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER63
üzere, x = 2st, y = s 2 − t 2 , z = s 2 + t 2 oldu˘gunu biliyoruz. 3 | s veya 3 | t ise
3 | x dir. 3 ∤ s ve 3 ∤ t ise Fermat teoreminden
olur ve
s 2 ≡ 1 (mod 3) ve t 2 ≡ 1 (mod 3)
y = s 2 − t 2 ≡ 0 (mod 3)
yani 3 | y.
Kenar uzunluklarıtamsayıolan dik üçgene Pisagor üçgeni denir.
Teorem 12.1.5. Pisagor üçgeninin iç te˘get çemberinin yarıçapıher zaman tamsayıdır.
Kanıt. Pisagor üçgeninin kenarları x, y ve hipotenüsü z olsun. r, iç te˘get
çemberinin yarıçapıolmak üzere
1
2
xy = 1
2
rx + 1
2
ry + 1
2
1
rz = r (x + y + z)
2
e¸sitli˘ginden r = xy
x+y+z elde edilir. x2 + y 2 = z 2 denklemini sa˘glayan pozitif
tamsayılar
x = 2stk, y = s 2 − t 2 k, z = s 2 + t 2 k

BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER64
¸seklindedir. Bu de˘gerleri yerine yazarsak
tamsayısıelde edilir.
r =
2stk s2 − t2 k
2stk + (s2 − t2 ) k + (s2 + t2 =
) k
2k2st s2 − t2 k (2st + s2 − t2 + s2 + t2 )
= 2kst (s − t) (s + t)
2s (s − t)
= 2kt (s − t)

BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER65
12.2 Fermat’ın Son Teoremi
Teorem 12.2.1 (Fermat). x 4 + y 4 = z 2 Diophantine denkleminin tamsayı
çözümü yoktur.
Kanıt. x0, y0, z0 sayıları x 4 + y 4 = z 2 denkleminin bir çözümü olsun. Burada
(x0, y0) = 1 oldu˘gunu varsayabiliriz. ( (x0, y0) = d > 1 olursa x0 = dx1, y0 = dy1
ve (x1, y1) = 1 olacak ¸sekilde x1, y1 tamsayılarıve z0 = d 2 z1 olacak ¸sekilde z1
tamsayısı vardır. Böylece x 4 0 + y 4 0 = z 2 0 denkleminden d 4 x 4 1 + d 4 y 4 1 = d 4 z 2 1 ve
dolayısıyla x 4 1 +y 4 1 = z 2 1 elde edilebilece˘ginden x1, y1, z1 sayılarıalınır.) x 4 0 +y 4 0 =
z2 0 denklemini x2 2
2 2 2
0 + y0 = z0 ¸seklinde yazabiliriz. Dolayısıyla x2 0, y2
0, z0 bir
ilkel Pisagor üçlüsüdür. Teorem 12.1.4’ten s > t > 0, (s, t) = 1 ve s = t (mod 2)
olmak üzere
x 2 0 = 2st, y 2 0 = s 2 − t 2 , z = s 2 + t 2
¸seklindedir. Burada s tek t çift veya s çift t tektir. s çift olursa
1 ≡ y 2 0 ≡ s 2 − t 2 ≡ 0 − 1 ≡ 3 (mod 4)
çeli¸skisi elde edilir. Dolayısıyla s tek t çifttir. Yani t = 2r yazabiliriz. (s, t) = 1
olması ayrıca (s, r) = 1 olmasını gerekmektedir. x2 0 = 2st = 4sr oldu˘gundan
x0 2
2 = sr yazabiliriz. Bu e¸sitlik için YardımcıTeorem 12.1.3’den
s = z 2 1, r = w 2 1
olacak ¸sekilde z1, w1 pozitif tamsayılarıvardır.
y 2 0 = s 2 − t 2 ⇒ t 2 + y 2 0 = s 2
e¸sitli˘gindeki t, y0, s sayıları tekrar Teorem 12.1.4’ten u > v > 0, (u, v) = 1 ve
u = v (mod 2) olmak üzere
t = 2uv, y0 = u 2 − v 2 , s = u 2 + v 2
¸seklindedir. Buradan
uv = t
2 = r = w2 1
elde edilir. (u, v) = 1 oldu˘gundan yine YardımcıTeorem 12.1.3’den
u = x 2 1, v = y 2 1
olacak ¸sekilde x1, y1 pozitif tamsayılarıvardır. Böylece
z 2 1 = s = u 2 + v 2 = x 4 1 + y 4 1
elde edildi˘ginden x1, y1, z1 sayıları x 4 + y 4 = z 2 denkleminin bir çözümüdür.
Ayrıca
0 < z1 ≤ z 2 1 = s ≤ s 2 < s 2 + t 2 = z0

BÖLÜM 12. BAZI LINEER OLMAYAN DIOPHANTINE DENKLEMLER66
olur. Burada yapılan ¸sey x0, y0, z0 çözümü kullanılarak 0 < z1 < z0 olacak
¸sekilde bir x1, y1, z1 çözümü bulunmu¸stur. Benzer ¸sekilde devam edilerek
z0 > z1 > z2 > · · ·
sonsuz azalan pozitif tamsayı dizisi elde edilebilir. Fakat z0’dan küçük sonlu
tane pozitif tamsayıoldu˘gundan bir çeli¸ski olu¸sur. Sonuç olarak x 4 + y 4 = z 2
denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur.
Sonuç 12.2.2. x 4 + y 4 = z 4 denkleminin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur.
Kanıt. x0, y0, z0 sayıları x 4 + y 4 = z 4 denkleminin çözümü olsaydı x0, y0, z 2 0
sayılarıx 4 + y 4 = z 2 denkleminin çözümü olurdu.

Bölüm 13
Tamsayıların Kare
ToplamlarıOlarak
Gösterimleri
13.1 Lagrange
67

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI68
13.2 ˙Iki Kare Toplamı
Bu bölümde verilen bir pozitif tamsayının enfazla kaç tane kare toplamı¸seklinde
yazılabilece˘gini inceleyece˘giz.
1 = 1 2
2 = 1 2 + 1 2
3 = 1 2 + 1 2 + 1 2
4 = 2 2
5 = 2 2 + 1 2
6 = 2 2 + 1 2 + 1 2
7 = 2 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2
Bu örnekler de en az 4 tane kareye ihtiyaç vardır. Gerçekten de 1770 yılında
Lagrange verilen bir pozitif tamsayının enfazla 4 tane kare toplamı ¸seklinde
yazılabilece˘gini ispatlamı¸stır.
Bu kısımda iki kare toplamları ve farklarını inceleyece˘giz. Bir sonraki
bölümde de Lagrange’ın teoremini ispalayaca˘gız.
YardımcıTeorem 13.2.1. E˘ger m ve n iki kare toplamı¸seklinde yazılabilen
sayılar ise, mn sayısıda iki kare toplamı¸seklinde yazılabilir.
Kanıt. m = a 2 + b 2 , n = c 2 + d 2 olsun. mn sayısı
mn = a 2 + b 2 c 2 + d 2
= (ac + bd) 2 + (ad − bc) 2 .
¸seklinde iki kare toplamıolarak yazılabilir.
Bazıasal sayılar iki kare toplamı¸seklinde yazılamazlar. Örne˘gin
3 = a 2 + b 2
e¸sitli˘gini sa˘glayan a, b tamsayılarıyoktur.
Teorem 13.2.2. 4k +3 formundaki asal sayılar iki kare toplamı¸seklinde yazılamazlar.
Kanıt. p = 4k + 3 = a 2 + b 2 olacak ¸sekilde a, b pozitif tamsayılarıvar olsun.
a ≡ 0, 1, 2, 3 (mod 4)
b ≡ 0, 1, 2, 3 (mod 4)
oldu˘gundan a 2 ≡ 0, 1 (mod 4), b 2 ≡ 0, 1 (mod 4) ve
olur. Buradan da
çeli¸skisi elde edilir.
a 2 + b 2 ≡ 0, 1, 2 (mod 4)
p ≡ 4 = 0, 1, 2 (mod 4)

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI69
4k+1 formundaki asal sayılar ise iki kare toplamı¸seklinde yazılabilirler. Bunu
ispatlamak için Dirichlet’in ünlü güvercin yuvasıilkesini ve Norveçli matematikçi
Axel Thue’nin yardımcıteoremini verelim.
Güvercin Yuvası ˙Ilkesi : E˘ger n adet nesne m tane güvercin yuvasına
yerle¸stirilecekse ve n > m ise bazıyuvalar en az 2 nesne içerirler.
YardımcıTeorem 13.2.3 (Thue). p asal sayısıve (a, p) = 1 olacak ¸sekilde bir
a sayısıverilsin. Bu durumda
kongrüansının,
olacak ¸sekilde bir x0, y0 çözümü vardır.
Kanıt. k = √ p + 1 olsun ve
ax ≡ y (mod p)
0 < |x0| < √ p ve 0 < |y0| < √ p
S = {ax − y : 0 ≤ x ≤ k − 1, 0 ≤ y ≤ k − 1}
kümesini ele alalım. ax−y sayısık 2 tane de˘ger alabiir. Ayrıca k 2 > p oldu˘gundan
güvercin yuvası ilkesinden S kümesi, (mod p) de denk olan en az iki elemana
sahiptir Bunlara ax1 − y1 veya ax2 − y2 diyelim ve x1 = x2 ve y1 = y2 dir.
Buradan
a (x1 − x2) ≡ y1 − y2 (mod p)
yazılabilir. x0 = x1 − x2 ve y0 = y1 − y2 yazılırsa x0, y0
ax ≡ y (mod p)
kongrüansının bir çözümü olur. x0 ve y0 sayılarından biri 0 ise (a, p) = 1 ¸sartı
di˘gerininde 0 olmasınıgerektirir. Buradan da
elde edilir.
0 < |x0| ≤ k − 1 < √ p ve 0 < |y0| ≤ k − 1 < √ p
¸Simdi 4k + 1 formundaki asal sayıların iki kare toplamı¸seklinde yazılabilece˘gini
ispatlayabiliriz. Bu teorem Fermat tarafından türetilmi¸stir. (Bu olguyu
Albert Girard Fermat’tan yıllar önce fark etti˘ginden bazen Girard teoremi olarak
ta adlandırılmaktadır.) Fermat, Mersenne’ye mektubunda (1640) bu teoremden
bahsetmi¸s ve çürütülemez bir ispatının oldu˘gunu söylemi¸stir. Fakat ilk basılıispat
1754 yılında Euler tarafından, iki kare toplamının tek türlülü˘gü de eklenerek
verilmi¸stir.
Teorem 13.2.4 (Fermat). p tek asalının iki kare toplamı¸seklinde yazılabilmesi
için gerek ve yeter ¸sart p ≡ 1 (mod 4) olmasıdır.

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI70
Kanıt. ⇒: Teorem 13.2.2’den .
⇐=: p ≡ 1 (mod 4) olsun. Bu durumda (−1/p) = 1 yani −1 p’nin kuadratik
kalanıoldu˘gundan ,
a 2 ≡ −1 (mod p)
olacak ¸sekilde bir a tamsayısıvardır ve (a, p) = 1 dir.
kongrüansıYardımcıTeorem 13.2.3’ten
ax ≡ y (mod p)
0 < |x0| ≤ k − 1 < √ p ve 0 < |y0| ≤ k − 1 < √ p
olacak ¸sekilde x0, y0 çözümüne sahiptir.
−x 2 0 ≡ a 2 x 2 0 ≡ (ax0) 2 ≡ y 2 0 (mod p)
x 2 0 + y 2 0 ≡ 0 ≡ p (mod p)
elde edilir. Böylece k ≥ 1 tamsayısıiçin
yazılabilir.
oldu˘gundan k = 1 yani
elde edilir.
x0 + y0 = kp
kp = x0 + y0 < x 2 0 + y 2 0 < 2p
x 2 0 + y 2 0 = p
Sonuç 13.2.5. 4k + 1 formundaki her asal iki kare toplamı olarak tek türlü
(sıradan ba˘gımsız) yazılabilir.
Kanıt. a, b, c, d pozitif tamsayılar olmak üzere p = a 2 + b 2 = c 2 + d 2 olsun.
a, b, c, d < √ p oldu˘gundan
olmalıdır. E˘ger ad + bc = p ise
a 2 d 2 − b 2 c 2 = p d 2 − b 2 ≡ 0 (mod p)
⇒ p | (ad) 2 − (bc) 2
⇒ p | (ad − bc) (ad + bc)
ad − cd = 0 veya ad + bc = p
p 2 = a 2 + b 2 c 2 + d 2
= (ad + bc) 2 + (ac − bd) 2
= p 2 + (ac − bd) 2

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI71
e¸sitli˘ginden ac − bd = 0 olur. Bu durumda
ad − bc = 0 veya ac − bd = 0
olmalıdır. ad = bc oldu˘gunu varsayalım. a | bc ve (a, b) = 1 oldu˘gundan a | c
olur. Yani c = ak, k ∈ Z yazılabilir. ad = bc = bka e¸sitli˘ginden d = kb elde
edilir. Fakat
p = c 2 + d 2 = (ak) 2 + (kb) 2 = k 2 a 2 + b 2
= k 2 p
e¸sitli˘gi k = 1 olmasını gerektirir. Bu durumda c = a ve d = b olur. Benzer
¸sekilde ac = bd olmasıda a = d ve b = c olmasınıgerektirir ki her iki durumda
da p asalının iki kare toplamı¸seklindeki gösterimi tek türlü olur.
için
Teorem 13.2.4’ü kullanarak p = 13 asalınıiki kare toplamı¸seklinde yazalım.
a 2 ≡ −1 (mod p)
p − 1
a = !
2
bir çözümdür. p = 13 için a = 6! = 720 olur.
kongrüansının çözümünü bulalım.
S =
ax ≡ y (mod p)
720x ≡ y (mod p)
5x ≡ y (mod p)
5x − y : 0 ≤ x, y ≤ k − 1 =
p − 1 = 3
S = {0, −1, −2, −3, 5, 4, 3, 2, 10, 9, 8, 7, 15, 14, 13, 12}
−3 ≡ 10
=5.0−3 =5.2−0
(mod 13)
Burada x1 = 0, y1 = 3 ve x2 = 2, y2 = 0 olur. Dolayısıyla
elde edilir. Buradan p = 13 asalı
x0 = x2 − x1 = 2
y0 = y2 − y1 = −3
13 = x 2 0 + y 2 0 = 3 2 + 4 2
¸seklinde iki kare toplamı¸seklinde yazılabilir.
¸Simdi de hangi tipteki sayıların herzaman iki kare toplamı¸seklinde yazılabilece˘gini
görelim.

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI72
Teorem 13.2.6. n pozitif bir tamsayı, m = p1 . . . pl olmak üzere n = N 2 m
sayısının iki kare toplamı ¸seklinde yazılabilmesi için gerek ve yeter ¸sart m
sayısının 4k + 3 formunda bir asal çarpan içermemesidir.
Kanıt. ⇐=: m sayısının 4k + 3 formunda hiç bir asalı olmasın. m = 1 ise
n = N 2 + 0 2 ¸seklinde iki kare toplamı¸seklinde yazılabilir. m > 1 ise pi asalı
ya 2 dir ya da 4k + 1 formundadır. Dolayısıyla pi asallarıiki kare toplamı¸seklinde
yazılabilirler ve bunların çarpımıolan m sayısıda iki kare toplamı¸seklinde
yazılabilir. Yani
m = x 2 + y 2
olacak ¸sekilde x, y tamsayılarıvardır.
n = N 2 m = N 2 (x 2 + y 2 )
= N 2 x 2 + N 2 y 2
= (Nx) 2 + (Ny) 2
e¸sitli˘ginden n sayısınında iki kare toplamı¸seklinde yazılabilece˘gi gösterilmi¸s olur.
⇒: n sayısıiki kare toplamı¸seklinde yazılabilsin. Yani
n = a 2 + b 2
olacak ¸sekilde a, b tamsayılarıvarolsun. m > 1 için p m’yi bölen tek asal sayı
olmak üzere p sayısının 4k + 1 formunda oldu˘gunu gösterelim. (a, b) = d ise
a = rd, b = sd ve (r, s) = 1 olacak ¸sekilde r, s tamsayılarıvardır ve
yazılabilir.
oldu˘gundan
N 2 m = a 2 + b 2 = r 2 d 2 + s 2 d 2
= d 2 r 2 + s 2
d 2 ∤ m = p1 . . . pl
d 2 | N 2
elde edilir. p | m oldu˘gundan bir t tamsayısıiçin
r 2 + s 2 2 N
=
d2
m = tp
yazılabilir ve
r 2 + s 2 ≡ 0 (mod p) (13.1)
elde edilir. Bu denklikten ve (r, s) = 1 ¸sartından p asalır veya s sayılarından
en az biri ile aralarında asaldır ve bu sayır olsun. Dolayısıyla
r ′ r ≡ 1 (mod p)

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI73
olacak ¸sekilde bir r ′ sayısıvardır. (13.1)’i (r ′ ) 2 ile çarpalım ;
(r ′ ) 2 r 2 + s 2 ≡ 0 (mod p)
(r ′ ) 2 r 2 + (r ′ ) 2 s 2 ≡ 0 (mod p)
(r ′ r) 2 + (r ′ s) 2 ≡ 0 (mod p)
1 + (r ′ s) 2 ≡ 0 (mod p)
(r ′ s) 2 ≡ −1 (mod p)
Bu denklik, (−1/p) = 1 anlamına gelir. Dolayısyla Teorem 9.2.4’den p = 4k + 1
formundadır.
Sonuç 13.2.7. Pozitif bir n tamsayısının iki kare toplamı¸seklinde yazılabilmesi
için gerek ve yeter ¸sart 4k + 3 formundaki asal çarpanların kuvvetlerinin çift
olmasıdır.
Örnek 13.2.8. 459 = 3 3 17 sayısıiki kare toplamı¸seklinde yazılamaz çünkü 3
asalı4k + 3 formunda ve kuvveti tektir. Fakat 153 = 3 2 17 asalıiki kare toplamı
¸seklinde yazılabilir.
153 = 3 2 17 = 3 2 4 2 + 1 2
= 3 2 4 2 + 3 2 1 2
= (3.4) 2 + (3.1) 2
= 12 2 + 3 2
Örnek 13.2.9. n = 7 2 .5.13.17 sayısıiki kare toplamı¸seklinde yazılabilir.
5 = 2 2 + 1 2
13 = 3 2 + 2 2
17 = 4 2 + 1 2
Önce a 2 + b 2 c 2 + d 2 = (ac + bd) 2 + (ad − bc) 2 .
e¸sitli˘gi yardımıyla 5.13 için
5.13 = 2 2 + 1 2 3 2 + 2 2 = (6 + 2) 2 + (4 − 3) 2
= 8 2 + 1 2
elde edilir. Yine aynıe¸sitlikten (5.13) .17 için
(5.13) .17 = 8 2 + 1 2 4 2 + 1 2 = (32 + 1) 2 + (8 − 4) 2
elde edilir. Son olarak
elde edilir.
= 33 2 + 4 2
n = 7 2 .5.13.17 = 7 2 33 2 + 4 2
= 7 2 33 2 + 7 2 4 2
= (7.33) 2 + (7.4) 2

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI74
Bazıpozitif sayılar farklı¸sekillerde iki kare toplamı¸seklinde yazılabilirler.
a ≡ b (mod 2) ise
25 = 5 2 + 0 2 = 4 2 + 3 2
a + b
ab =
2
2
a − b
−
2
yazılabilir. Bu e¸sitlik bize bazı sayıları farklı iki kare toplamı ¸seklinde yazabilmemizi
sa˘glar.
Örne˘gin
Böylece
e¸sitli˘ginden
17 + 9
153 = 17.9 =
2
51 + 3
153 = 51.3 =
2
2
2
17 − 9
−
2
51 − 3
−
2
13 2 − 4 2 = 27 2 − 24 2
2
2
2
13 2 + 24 2 = 27 2 + 4 2 = 745
= 13 2 − 4 2
= 27 2 − 24 2
elde edilir. Böylece 745 sayısıfarklıiki kare toplamı¸seklinde yazılmı¸s olur.
¸Simdi de hangi pozitif tamsayıların iki kare farkı¸seklinde yazılabilece˘gini
görelim.
Teorem 13.2.10. n pozitif tamsayısının iki kare farkı¸seklinde yazılabilmesi
için gerek ve yeter ¸sart n sayısının 4k + 2 formunda olmamasıdır.
Kanıt. ⇒: Herhangi bir a tamsayısıiçin a 2 ≡ 0, 1 (mod 4) olur. Yani a 2 − b 2 ≡
0, 1, 3 (mod 4) tür. Dolayısyla n ≡ 2 (mod 4) ise n = a 2 − b 2 olacak ¸sekilde a, b
sayılarıbulunamaz.
⇐=: n = 4k + 2 formunda olmasın yani n ≡ 0, 1, 3 olsun. n ≡ 1, 3 (mod 4) ise
n − 1, n + 1 sayılarıçifttir ve
n + 1
n =
2
2
n − 1
−
2
oldu˘gundan iki kare farkı¸seklinde yazılabilir. n ≡ 0 (mod 4) ise
n =
2
n
2
n
2 + 1 − − 1
4 4
oldu˘gundan yine iki kare farkı¸seklinde yazılabilir.
Sonuç 13.2.11. Tek asallar, ardı¸sık sayıların kareleri farkı¸seklinde yazılabilirler.

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI75
11 =
13 =
11 + 1
2
13 + 1
2
2
2
11 − 1
−
2
13 − 1
−
2
Tek asal sayıların, iki kare farkı¸seklinde gösterimleri tek türlüdür. Gerçekten
: a > b > 0 ve
p = a 2 − b 2 = (a − b) (a + b)
olsun. p asal oldu˘gundan a − b = 1 ve a + b = p yani a = p+1
2
edilir. p sayısı
2 2 p + 1 p − 1
p = −
2
2
2
2
, b = p−1
2 elde
¸seklinde iki kare farkıolarak tek türlü yazılır.
Keyfi tamsayılar içinse iki kare farkı¸seklinde yazım farklı¸sekillerde olabilir.
Örne˘gin :
2 2 12 + 2 12 − 2
24 = 12.2 =
−
= 7
2
2
2 − 5 2
2 2 6 + 4 6 − 4
24 = 6.4 = − = 5
2
2
2 − 1 2 .

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI76
13.3 Dört Kare Toplamı
Teorem 13.3.1. 4 n (8m + 7) formundaki tamsayılar üç kare toplamı¸seklinde
yazılamazlar.
Kanıt. Öncelikle 8m + 7 formundaki sayıların üç kare toplamı¸seklinde yazılamayaca˘gınıgösterelim.
Herhangi bir a tamsayısıiçin
dir. Dolayısıyla
a 2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8)
a 2 + b 2 + c 2 ≡ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (mod 8)
olur. 8m + 7 ≡ 7 (mod 8) oldu˘gundan bu formdaki sayılar üç kare toplamı
¸seklinde yazılamazlar. ¸Simdi de n ≥ 1 için 4 n (8m + 7) formundaki sayılarıele
alalım.
4 n (8m + 7) = a 2 + b 2 + c 2
olsun.Bu takdirde a, b, c sayılarıçift olmalıdır. a = 2a1, b = 2b1, c = 2c1 olmak
üzere
4 n (8m + 7) = (2a1) 2 + (2b1) 2 + (2c1) 2
= 4 a 2 1 + b 2 1 + c 2 1
4 n−1 (8m + 7) = a 2 1 + b 2 1 + c 2 1
yazılabilir. n − 1 ≥ 1 ise bu ¸sekilde devam edilerek
8m + 7 = a 2 n + b 2 n + c 2 n
elde edilir ki bu da bu da 8m + 7 formundaki sayıların üç kare toplamı¸seklinde
yazılamamasıile çeli¸sir. Dolayısıyla 4 n (8m + 7) formundaki tamsayılar üç kare
toplamı¸seklinde yazılamazlar.
YardımcıTeorem 13.3.2 (Euler). m ve n sayılarıdört kare toplamı¸seklinde
yazılabiliyor ise mn sayısıda dört kare toplamı¸seklinde yazılabilir.
Kanıt. m = a2 1 + a2 2 + a2 3 + a2 4 ve m = b2 1 + b2 2 + b2 3 + b2 4 olsun.
mn = a 2 1 + a 2 2 + a 2 3 + a 2 2
4 b1 + b 2 2 + b 2 3 + b 2 4
= (a1b1 + a2b2 + a3b3 + a4b4) 2 +
+ (a1b2 − a2b1 + a3b4 − a4b3) 2
+ (a1b3 − a2b4 − a3b1 + a4b2) 2
+ (a1b4 + a2b3 − a3b2 − a4b1) 2
YardımcıTeorem 13.3.3. p tek asal sayıise
x 2 + y 2 + 1 ≡ 0 (mod p)
kongrüansının, 0 ≤ x0, y0 ≤ p−1
2 olacak ¸sekilde x0, y0 çözümü vardır.

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI77
Kanıt.
S1 =
S2 =
1 + 0 2 , 1 + 1 2 , 1 + 2 2 , . . . , 1 +
2
−0 2 , −1 2 , −2 2
2
p − 1
, . . . , −
2
2
p − 1
kümelerini ele alalım. S1 kümesinde iki farklıeleman (mod p)’de denk de˘gildirler.
Gerçekten 1 + x 2 1 ≡ 1 + x 2 2 (mod p) olsun.
1 + x 2 1 ≡ 1 + x 2 2 (mod p) ⇒
x 2 1 ≡ x 2 2 (mod p)
⇒ x1 ≡ x2 (mod p) veya x1 ≡ −x2 (mod p)
elde edilir. 0 < x1 +x2 < p (x1 = x2 = 0 hariç) olmasıx1 ≡ −x2 (mod p) olması
ile çeli¸sece˘ginden x1 ≡ x2 (mod p) yani x1 ≡ x2 olmalıdır. Benzer ¸sekilde S2
kümesindeki iki farklıelemanın (mod p)’de denk olmadıklarıgösterilir. S1 ve S2
de toplam p + 1 tane eleman vardır. Güvercin yuvasıilkesiden, S1 kümesindeki
bazıelemanlar S2 deki bazıelemanlar (mod p)’de denktirler yani
1 + x 2 0 ≡ −y 2 0 (mod p)
1 + x 2 0 + y 2 0 ≡ 0 (mod p)
ve 0 ≤ x0, y0 ≤ p−1
2 olacak ¸sekilde x0, y0 sayılarıvardır.
Sonuç 13.3.4. p tek asal sayısıverilsin. Bu takdirde öyle bir k < p sayısıvardır
ki kp dört kare toplamı¸seklinde yazılabilir.
Kanıt. YardımcıTeorem 13.3.3’den 0 ≤ x0, y0 ≤ p−1
2
x 2 0 + y 2 0 + 1 ≡ 0 (mod p)
olacak ¸sekilde x0, y0 sayılarıvardır. Buradan
kp = x 2 0 + y 2 0 + 1 2 + 0 2
yazılabilir (p | (x 2 0 + y 2 0 + 1)). Buradan da
kp = x 2 0 + y 2 0 + 1 < p2
4
e¸sitsizli˘ginden k < p oldu˘gu görülür.
Örnek 13.3.5. p = 17 sayısıiçin
+ p2
4
olmak üzere
+ 1 < p2
S1 = 1 + 0 2 , 1 + 1 2 , 1 + 2 2 , 1 + 3 2 , 1 + 4 2 , 1 + 5 2 , 1 + 6 2 , 1 + 7 2 , 1 + 8 2
= {1, 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, 65}

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI78
S2 = −0 2 , −1 2 , −2 2 , −3 2 , −4 2 , −5 2 , −6 2 , −7 2 , −8 2
= {0, −1, −4, −9, −16, −25, −36, −49, −64}
Yardımcı Teorem 13.3.3’den S1 kümesindeki 1 + x 2 formundaki sayılardan
bazıları S2 kümesindeki −y 2 formundaki sayılardan bazılarına (mod p) denktir.
Örne˘gin
1 + 5 2 ≡ −5 2 (mod 17)
1 + 5 2 + 5 2 ≡ 0 (mod 17)
3.17 = 51 = 1 2 + 5 2 + 5 2 + 0 2
YardımcıTeorem 13.3.3’deki x0, y0 de˘gerlerini kuadratik kalanlar yardımıyla
da bulabiliriz.
x 2 + y 2 + 1 ≡ 0 (mod p) (13.2)
kongrüansını tekrar ele alalım. E˘ger p ≡ 1 (mod 4) ise x 2 ≡ −1 (mod p)
kuadratik kongrüansının çözümü var ve x0 olsun. x 2 0 ≡ −1 (mod p) oldu˘gundan
x 2 0 + 0 2 + 1 2 ≡ −1 + 1 ≡ 0 (mod p)
oldu˘gundan x0 ve y0 = 0 (13.2) kongrüansının çözümüdür. E˘ger p ≡ 3 (mod 4)
ise p asalının kuadratik kalan olmayan en küçük a sayısını(a ≥ 2) ele alalım.
(−a/p) = (−1/p) (a/p) = −1. (−1) = 1
oldu˘gundan −a sayısı p asalının kuadratik kalanıdır. x2 ≡ −a (mod p) kongrüansının
bir çözümü x0 ve 0 < x0 ≤ p−1
2 olsun. a − 1 sayısı a sayısından
küçük ve pozitif oldu˘gundan p asalıiçin bir kuadratik kalandır. Dolayısıyla
y 2 ≡ a − 1 (mod p)
kongrüansını sa˘glayan 0 < y0 ≤ p−1
2 olacak ¸sekilde bir y0 sayısı vardır.
Dolayısıyla
x 2 0 + y 2 0 + 1 ≡ −a + a − 1 + 1 ≡ 0 (mod p)
olur.
¸Simdi yardımcıteoremleri kullanarak her asalın dört kare toplamı¸seklinde
yazılabilece˘gini gösterelim.
Teorem 13.3.6. Her p asalıdört kare toplamı¸seklinde yazılabilir.
Kanıt. p = 2 için 2 = 1 2 + 1 2 + 0 2 + 0 2 . p tek asal sayıolsun. k < p sayısı
kp = x 2 + y 2 + z 2 + w 2
olacak ¸sekildeki en küçük pozitif tamsayı olsun. Buradaki amacımız k = 1
oldu˘gunu göstermektir. Önce k sayısının tek sayıoldu˘gunu olmayana ergi yöntemi
ile gösterelim. k çift sayıolsun. Bu durumda x, y, z, w sayılarının hepsi tek,
hepsi çifttir yada iki tanesi tek ikitanesi çifttir. Her durumda
x ≡ y (mod 2) ve z ≡ w (mod 2)

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI79
yazabiliriz. 1
1
1
1
2 (x − y) , 2 (x + y) , 2 (z − w) , 2 (z + w) sayılarıtamsayıdır ve
1
kp =
2
x − y
2
2
x + y
+
2
2
z − w
+
2
2
z + w
+
2
e¸sitli˘gi k
2 p sayısının dört kare toplamı¸seklinde yazılabilece˘gini gösterir ki bu da
k sayısının seçimi ile çeli¸sir.
¸Simdi de k = 1 oldu˘gunu varsayalım. k tek sayı oldu˘gundan en az 3 de˘gerini
alabilir.
|a| < k k k k
, |b| < , |c| < , |d| <
2 2 2 2
ve a ≡ x (mod k) , b ≡ y (mod k) , c ≡ z (mod k) , d ≡ w (mod k) olacak ¸sekilde
a, b, c, d sayılarını alalım (örne˘gin a sayısı için, x sayısının k’ya bölümünden
ise a = r − k alınır.). Böylece
kalan r olmak üzere r < k
2
yani
yazılabilir.
ise a = r, r > k
2
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≡ x 2 + y 2 + z 2 + w 2 ≡ kp ≡ 0 (mod k)
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = nk, n ∈ Z
0 < nk = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 < k2
4
+ k2
4
+ k2
4
+ k2
4
2
< k2
elde edilir. Burada n = 0 dir. E˘ger n = 0 olsaydıa = b = c = d = 0 olurdu bu da
k|x, k|y, k|z, k|w olmasınıgerektirirdi. kp = x 2 + y 2 + z 2 + w 2 oldu˘gundan k 2 |kp
yani k|p elde edilirdi. Bu da 1 < k < p ile çeli¸sirdi. ¸Simdi nk < k 2 e¸sitsizli˘ginden
n < k elde edilir.
k 2 np = (kp) (kn)
= x 2 + y 2 + z 2 + w 2 a 2 + b 2 + c 2 + d 2
= r 2 + s 2 + t 2 + u 2
r = xa + yb + zc + wd
s = xb − ya + zd − wc
t = xc − yd − za + wb
u = xd + yc − zb − wa
Burada r = xa + yb + zc + wd ≡ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≡ 0 (mod k) oldu˘gundan k|r
dir. Benzer ¸sekilde k|s, k|t ve k|u oldu˘gu da gösterilir. Böylece
np =
r
2 +
k
s
2 +
k
2 t
+
k
yazılabilir. Bu ise k sayısının seçimi ile çeli¸sir.
u
2 k
ve n < k

BÖLÜM 13. TAMSAYILARIN KARE TOPLAMLARI OLARAK GÖSTERIMLERI80
Teorem 13.3.7 (Lagrange). Her pozitif tamsayı dört kare toplamı ¸seklinde
yazılabilir.
Örnek 13.3.8. 459 sayısınıdört kare toplamı¸seklinde yazalım
459 = 3 3 .17
= 3 2 .3.17
= 3 2 1 2 + 1 2 + 1 2 + 0 2 4 2 + 1 2 + 0 2 + 0 2
= 3 2 5 2 + 3 2 + 4 2 + 1 2
= 15 2 + 9 2 + 12 2 + 3 2

Bölüm 15
Sürekli Kesirler
15.1 Srinivasa Ramanujan
81

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 82
15.2 Sonlu Sürekli Kesirler
Tanım 15.2.1. a0 ∈ R, a1, . . . , an ∈ R + olmak üzere
a0 +
a1 +
1
1
1
a2+
. ..an−1
+ 1
an
kesirine sonlu sürekli kesir denir ve [a0; a1, . . . , an] ¸seklinde gösterilir.
ai sayılarıtamsayıise bu kesire sonlu basit sürekli kesir denir.
Tanımdan da görüldü˘gü üzere sonlu basit sürekli kesirin de˘geri rasyonel
sayıdır.
Örnek 15.2.2.
3 +
1
4 + 1
1+ 1
4+ 1 2
= 3 +
1
4 + 1
1+ 1 9 2
= 3 + 1
4 + 1 11
9
= 3 + 11
53
= 170
53
= 3 +
1
4 + 1
1+ 2
9
= 3 + 1
4 + 9
11
= 3 + 1
53
11
Tersine her rasyonel sayısonlu basit sürekli kesir olarak yazılabilir.
Teorem 15.2.3. Her rasyonel sayısonlu sürekli basit kesir olarak yazılabilir.
Kanıt. b > 0 olmak üzere a
b keyfi rasyonel sayısını ele alalım. Öklid algoritmasından
a = a0.b + r1 0 < r1 < b
b = a1.r1 + r2 0 < r2 < r1
r1 = a2.r2 + r3 0 < r3 < r2
.
rn−2 = an−1.rn−1 + rn 0 < rn < rn−1
rn−1 = an.rn + 0
e¸sitlikleri elde edilir. Dikkat edilirse buradaki ai sayılarıtamsayıdır. Yukarıdaki

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 83
e¸sitlikleri
a
b = a0 + r1
b = a0 + 1
b
r1
b
r1
r1
r2
rn−1
rn
= a1 + r2
r1
= a2 + r3
.
.
= 1
an
r2
= a1 + 1 r1
r2
= a2 + 1 r2
r3
¸seklinde tekrar yazalım. ˙Ikinci e¸sitli˘gi birincide yerine yazalım.
a
b = a0 + 1
b
r1
=0 +
1
a1 + 1 r 1
r2
Üçüncü e¸sitli˘gi de yukarıdaki e¸sitlikte yerine yazalım.
Bu ¸sekilde devam ederek
elde edilir.
a
b = a1 + 1 r1
r2
a0 +
a1 +
= a1 +
1
1
a2 + 1 r 2
r3
1
1
a2+
. ..an−1
+ 1
an
Örnek 15.2.4. 19
51 sayısınısürekli kesir olarak yazalım. Önce Öklit algoritmasından
51 = 2.19 + 13 → 51 13
19 = 2 + 19
19 = 1.13 + 6 → 19 6
13 = 1 + 13
13 = 2.6 + 1 → 13 1
6 = 2 + 6
6 = 6.1 + 0
elde edilir. Bu e¸sitlikler yardımıyla
19
51
yazılır. 19
51 = [0; 2, 1, 2, 6]
= 1
51
19
=
=
=
1
1
2 + 13
19
=
2 + 1 19
13
1
2 + 1
1+ 1 13
6
1
2 + 1
1+ 6
13
=
1
2 + 1
1+ 1
2+ 1 6

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 84
olur.
Rasyonel sayıların sonlu basit sürekli kesir gösterimi birden fazla olabilir.
an > 1 ise an = (an − 1) + 1 = (an − 1) + 1
1 yazılabilir ve
[a0; a1, . . . , an−1, an] = [a0; a1, . . . , an−1, an − 1, 1]
an = 1 ise an−1 + 1
an = an−1 + 1
1 = an−1 + 1 yazılabilir ve
[a0; a1, . . . , an−1, an] = [a0; a1, . . . , an−1 + 1]
olur.
Yani her rasyonel sayıiki farklısonlu basit sürekli kesir gösterimine sahiptir.
Örne˘gin 19/51 sayısıiçin
yazabiliriz.
[0; 2, 1, 2, 6] = [0; 2, 1, 2, 5, 1]
Tanım 15.2.5. [a0; a1, . . . , an] sonlu kesiri verilsin. 1 ≤ k ≤ n sayılarıiçin
Ck = [a0; a1, . . . , ak]
sonlu kesirine, [a0; a1, . . . , an] sonlu kesirinin k. yakla¸sımıdenir. k = 0 için
¸seklinde tanımlanır.
C0 = a0
Örnek 15.2.6. 19/51 = [0; 2, 1, 2, 6] sayısının yakla¸sımlarınıbulalım.
C0 = 0
C1 = [0; 2] = 0 + 1 1
=
2 2
C2 = [0; 2, 1] = 0 + 1
2 + 1
1
C3 = [0; 2, 1, 2] = 0 +
C4 = [0; 2, 1, 2, 6] = 19
51
= 1
3
1
2 + 1
1+ 1
2
= 3
8
Teorem 15.2.7. [a0; a1, . . . , an] sonlu basit sürekli kesiri verilsin.
p0 = a0
q0 = 1
p1 = a1.a0 + 1 q1 = a1
pk = ak.pk−1 + pk−2 qk = ak.qk−1 + qk−2
olmak üzere [a0; a1, . . . , an] sonlu kesirinin 0 ≤ k ≤ n için k. yakla¸sımı
dır.
Ck = pk
qk

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 85
Örnek 15.2.8. 19/51 = [0; 2, 1, 2, 6] sayısının yakla¸sımlarınıteorem yardımıyla
bulalım. Önce pk ve qk sayılarınıbulalım.
p0 = 0 q0 = 1
p1 = 0.2 + 1 = 1 q1 = 2
p2 = 1.1 + 0 = 1 q2 = 1.2 + 1 = 3
p3 = 2.1 + 1 = 3 q3 = 2.3 + 2 = 8
p4 = 6.3 + 1 = 19 q4 = 6.8 + 3 = 51
Böylece 19/51 = [0; 2, 1, 2, 6] için tüm yakınsamalar
¸seklinde elde edilir.
C0 = 0
C1 = p1
q1
C2 = p2
q2
C3 = p3
q3
C4 = p4
q4
= 1
2
= 1
3
= 3
8
= 19
51
Teorem 15.2.9. [a0; a1, . . . , an] sonlu basit sürekli kesiri verilsin. Ck = pk
qk k.
yakınsama ise 1 ≤ k ≤ n için
e¸sitli˘gi vardır.
pkqk−1 − qkpk−1 = (−1) k−1
Sonuç 15.2.10. 1 ≤ k ≤ n için pk ve qk aralarında asaldır.
a, b, c ∈ Z olmak üzere
ax + by = c
lineer Diophantine denklemini ele alalım. Bu denklemin çözümünün olmasıiçin
gerek ve yeter ¸sart (a, b) = d|c olmasıdır. (x0, y0) bu denklemin bir çözümü ise
di˘ger çözümleri
x = x0 + b
d t, y = y0 − a
t, t ∈ Z
d
¸seklindedir.
(a, b) = d oldu˘gundan
a b
d , d = 1 olur ve
a b c
x + y =
d d d
denkleminin de çözümü vardır. Böylece bilinmeyenlerinin katsayılarıaralarında
asal olmayan denklemler katsayıları aralarında asal olan denklemlere indirgenebilir.

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 86
¸Simdi (a, b) = 1 olmak üzere
ax + by = c (15.1)
denklemin çözümünü sonlu sürekli basit kesirler yardımıyla çözelim. Öncelikle
ax + by = 1 (15.2)
denkleminin çözümlerini bulaca˘gız. a/b rasyonel sayısıiçin
a
b = [a0; a1, . . . , an]
sonlu basit sürekli kesir gösterimi ve 1 ≤ k ≤ n için
yakla¸sımlarıvardır.
Ck = pk
qk
Cn−1 = pn−1
, Cn =
qn−1
pn
=
qn
a
b
yakla¸sımlarınıele alalım. (pn, qn) = (a, b) = 1 oldu˘gundan pn = a ve qn = b elde
edilir. Teorem 15.2.9 yardımıyla
yazabiliriz. n tek ise
olaca˘gından
pnqn−1 − qnpn−1 = (−1) n−1
aqn−1 − bpn−1 = (−1) n−1
aqn−1 − bpn−1 = 1
a (qn−1) + b (−pn−1) = 1
x0 = qn−1, y0 = −pn−1
de˘gerleri (15.2) denkleminin bir çözümüdür.
n çift ise
olaca˘gından
aqn−1 − bpn−1 = −1
−aqn−1 + bpn−1 = 1
a (−qn−1) + b (pn−1) = 1
x0 = −qn−1, y0 = pn−1
de˘gerleri (15.2) denkleminin bir çözümüdür.
Dolayısıyla
cx0, cy0
de˘gerleri de (15.2) denkleminin bir çözümüdür.

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 87
Örnek 15.2.11.
172x + 20y = 1000
denkleminin çözümünü sonlu basit sürekli kesirler yardımıya bulalım.
(172, 20) = 4 oldu˘gundan bu denklem
43x + 5y = 250
denlemine denktir. Önce 43/5 sayısının sonlu sürekli kesir gösterimini bulalım.
Böylece 43
5
43
5
43 = 8.5 + 3 → 43 3
5 = 8 + 5
5 = 1.3 + 2 → 5 2
3 = 1 + 3
3 = 1.2 + 1 → 3 1
2 = 1 + 2
2 = 2.1 + 0
= 8 + 3
5
= 8 + 1
1 + 1 3
2
= 8 + 1
5
3
= 8 +
= 8 + 1
1 + 2
3
1
1 + 1
1+ 1
2
= [8; 1, 1, 2] elde edilir. ¸Simdi de tüm yakla¸sımlarınıbulalım :
k = 3 için Teorem 15.2.9 yardımıyla
p0 = 8 q0 = 1
p1 = 8.1 + 1 = 9 q1 = 1
p2 = 9.1 + 8 = 17 q2 = 1.1 + 1 = 2
p3 = 2.17 + 9 = 43 q3 = 2.2 + 1 = 5
p3.q2 − q3.p2 = (−1) 3−1
43.2 − 5.17 = 1
43.(2) + 5.(−17) = 1
elde edilir. Bu denklemi 250 ile çarpalım.
Böylece
de˘gerleri
43.(500) + 5.(−4250) = 250
x0 = 500, y0 = −4250
43x + 5y = 250
denkleminin bir çözümüdür. Tüm çözümler de
¸seklinde olur.
x = 500 + 5t, y = −4250 − 43t, t ∈ Z

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 88
Teorem 15.2.12. [a0; a1, . . . , an] sonlu basit sürekli kesiri verilsin. Bu durumda
i) C0 < C2 < C4 < · · ·
ii) C1 > C3 > C5 > · · ·
iii) C2n+1 > C2m
Örnek 15.2.13. [2; 3, 2, 5, 2, 4, 2] sonlu basit sürekli kesirini ele alalım. Bu kesir
için
C0 = 2/1, C1 = 7/3, C2 = 16/7, C3 = 87/38, C4 = 190/83, C5 = 847/370, C6 = 1884/823
dir.
C0 < C2 < C4 < C6 < C5 < C3 < C1

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 89
15.3 Sonsuz Sürekli Kesirler
Tanım 15.3.1. a0 ∈ R, a1, . . . , an ∈ R + olmak üzere
a0 +
1
a1 + 1
a2+···
kesirine sonsuz sürekli kesir denir ve [a0; a1, . . .] ¸seklinde gösterilir.
ai sayılarıtamsayıise bu kesire sonsuz basit sürekli kesir denir.
Tanım 15.3.2. [a0; a1, . . .] sonsuz basit sürekli kesiri verilsin. Bu kesirin de˘geri
¸seklinde tanımlanır.
lim
n→∞ [a0; a1, . . . , an]
[a0; a1, . . . , am, b1, . . . , bn, b1, . . . , bn, b1, . . . , bn, . . .] ¸seklindeki sürekli kesire
periyodik sürekli kesir denir ve kısaca
a0; a1, . . . , am, b1, . . . , bn
¸seklinde gösterilir.
Sonlu sürekli kesirlerin de˘geri rasyonel sayı idi. Sonsuz sürekli kesirlerin
de˘geri ise irrasyonel sayıdır.
Teorem 15.3.3. Sonsuz sürekli kesirlerin de˘geri irrasyonel sayıdır.
Teorem 15.3.4. [a0; a1, . . .] = [b0; b1, . . .] ise her n için an = bn dir.
Sonuç 15.3.5. ˙Iki farklısürekli kesirin de˘geri iki farklıirrasyonel sayıdır.
Örnek 15.3.6. 3; 6, 1, 4 de˘gerini bulalım.
Burada
yazılırsa
3; 6, 1, 4 = 3 +
6 +
1
y = 1 +
4 +
y = 1 + 1
4 + 1
y
= 1 + 1
4y+1
y
= 5y + 1
4y + 1
1
1
1 1+
4+ 1
1+ 1
4+···
1
1+ 1
4+···
= 1 + y
4y + 1

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 90
elde edilir ve buradan da
4y 2 + y = 5y + 1 ⇒ 4y 2 − 4y − 1 = 0
⇒ y = 1 + √ 2
2
elde edilir. Böylece
3; 6, 1, 4 = 3 +
6 +
1
1
= 3 +
1 1+
4+ 1
1+ 1
4+···
1
6 + 1
1+ √ 2
2
(y > 0)
= 3 + 1
6 + 1
y
= 25 + 19√ 2
8 + 6 √ 2
= 14 − √ 2
4
Rasyonel sayıların sonlu basit sürekli kesir ¸seklinde ifade edilebilece˘gini görmü¸stük.
Benzer ¸sekilde irrasyonel sayılar da sonsuz basit sürekli kesir ¸seklinde
ifade edilebilirler.
Teorem 15.3.7. Her irrasyonel sayıtek türlü biçimde sonsuz basit sürekli kesir
olarak ifade edilebilir.
terimi
ve
x0 irrasyonel sayısı verildi˘ginde x0 sayısının sonsuz basit sürekli kesir gös-
olmak üzere
¸sekilde bulunur.
1
x1 =
x0 − ⌊x0⌋ , x2
1
=
x1 − ⌊x1⌋ , x3
1
= , . . .
x2 − ⌊x2⌋
a0 = ⌊x0⌋ , a1 = ⌊x1⌋ , a2 = ⌊x2⌋ , a3 = ⌊x3⌋ , . . .
x0 = [a0; a1, a2, a3, . . .]
Örnek 15.3.8. √ 23 (≈ 4.8) sayısının sonsuz basit sürekli kesir gösterimini
bulalım.
x0 = √ 2 = 4 + √ 23 − 4
a0 = 4
x1 =
x2 =
x3 =
x4 =
1
x0−⌊x0⌋
1
x1−⌊x1⌋
1
x2−⌊x2⌋
1
x3−⌊x3⌋
Bu ¸sekilde devam edilerek
1 = √ =
23−4 √ 23+4
7 = 1 + √ 23−3
7
= 7
√ 23−3 = √ 23+3
2
= 2
√ 23−3 = √ 23−3
7
= 3 + √ 23−3
2
= 1 + √ 23−3
7
7 = √ =
23−4 √ 23 + 4 = 8 + √ 23 − 4
x1 = x5 = x9 = · · ·
x2 = x6 = x10 = · · ·
x3 = x7 = x11 = · · ·
x4 = x8 = x12 = · · ·
a1 = 1
a2 = 3
a3 = 1
a4 = 8

BÖLÜM 15. SÜREKLI KESIRLER 91
oldu˘gu görülür ve dolayısıyla √ 23 sayısının sonsuz basit sürekli kesir gösterimi
√ 23 = [4; 1, 3, 1, 8, 1, 3, 1, 8, . . .]
= 4; 1, 3, 1, 8
¸seklinde elde edilir.
Örnek 15.3.9. π = 3.141592653 . . . sayısının sonsuz basit sürekli kesir gösteriminin
ilk 5 sayısınıbulalım.
x0 = π = 3 + (π − 3) a0 = 3
1
x1 = x0−⌊x0⌋ = 1
0.141592653 = 7.06251330 a1 = 7
1
x2 = x1−⌊x1⌋ = 1
1
x3 = x2−⌊x2⌋ = 1
0.99659440 = 1.00341723 a3 = 1
x4 =
0.06251330 = 15.99659440 a2 = 15
1
x3−⌊x3⌋ = 1
0.00341723 = 292.63467 a4 = 292
π = [3; 7, 15, 1, 292, . . .]

Kaynakça
[1] D.M. Burton, Elementary Number Theory
92