matemat‹k-ıı

152 6 Asal Sayılar ve Modüler AritmetikBir başka örnek olarak, 3· x≡ 5 (mod 6) denkliğini çözmeyeçalışalım. Herhangi bir x tam sayısı 6’ya bölündüğünde ya 0,ya1,ya2,ya3,ya4yada5kalanınıvereceği için ya x≡ 0 (mod 6), yax≡ 1(mod 6), ya x≡ 2(mod 6), ya x≡ 3(mod 6), ya x≡ 4(mod 6)ya da x≡ 5 (mod 6) olabilir.x≡ 0 (mod 6) durumunda, 3x≡ 3·0≡0 (mod 6),x≡ 1 (mod 6) durumunda, 3x≡ 3·1≡3 (mod 6),x≡ 2 (mod 6) durumunda, 3x≡ 3·2=6≡0 (mod 6),x≡ 3 (mod 6) durumunda, 3x≡ 3·3=9≡3 (mod 6),x≡ 4 (mod 6) durumunda, 3x≡ 3·4=12≡0 (mod 6)ve nihayet son durum olan x≡ 5 (mod 6) durumunda3x≡ 3·5=15≡3 (mod 6)olur. Yani hiçbir zaman 3x≡ 5 (mod 6) olamaz. Sonuç olarak, bu denkliğinde çözümü yoktur.a· x≡b (mod n) şeklindekibir doğrusal denkliğin çözümününolması için gerek veyeter koşul ebob(a, n) sayısınınb sayısını bölmesidir.Bu iki örnekte gördüğünüz gibi, bir bilinmeyenli doğrusaldenkliklerin her zaman çözümü yoktur. a· x≡b (mod n)şeklindeki bir doğrusal denkliğin çözümünün olması için gerek ve yeterkoşul ebob(a, n) sayısının b sayısını bölmesidir. Örneklere geri dönecekolursak, 2· x≡ 3 (mod 4) denkliğinde, ebob(2,4)=2 olup, 3 sayısı2’ye bölünmediğinden bu denkliğin çözümü yoktur. 3· x≡ 5 (mod 6)denkliğinde de ebob(3,6)=3 olup, 3 sayısı 5’i bölmez. Dolayısıyla budenkliğin de çözümü yoktur.Son olarak, 3· x≡ 2 (mod 4) denkliğini göz önüne alalım.Bunu çözmek isteyen var mı?Nihayet dersin sonunu görebildik!Ben çözmeye çalışayım. x sayısı bu denkliği sağlıyorsa, her ikitarafı 3 ile çarparsak3·3· x ≡ 3·2 (mod 4)9· x ≡ 6 (mod 4)yani, 9≡1 (mod 4) ve 6≡2 (mod 4) olduğundan,x≡ 2 (mod 4)