Kuadratİk Formlarin İncelenmesİ ...(

Kyren · 12-31-2007, 03:43 PM

Projenin Adı: Kuadratik formların incelenmesi
Projenin Amacı: Projemizin amacı ax2+bxy+cy2 formunda gösterilebilen tamsayıları incelemek ve bu tamsayıların hangi şartları sağlaması gerektiğini araştırmaktır.
Giriş:
Kuadratik formlar üzerinde çalışmalarda bulunan matematikçilerden biri
ünlü Fransız matematikçi Pierre de Fermat’tır (1601-1665). Fermat, çalışmaları sonucu kuadratik formlarla ilgili çeşitli teoremler bulur ve bunları yayımlar.
Teoremlerinden bazıları:
Teorem F.1 (iki kare teoremi) 4k+1 formundaki her asal sayı iki kare toplamı şeklinde gösterilebilir.
Teorem F.2 (25 Eylül 1654’te Pascal’a yazılan mektuptan) 3k+1 formundaki her asal sayı x2+3y2 şeklinde yazılabilir. Ayrıca 8k+1 veya 8k+3 formundaki her asal sayı x2+2y2 şeklinde gösterilebilir.
Teorem F.3 N tamkare olmayan bir tamsayı olsun. Nx2+1=y2 denkleminin sonsuz çoklukta çözümü vardır.
Teorem F.4 a=b2c formunda bir tamsayı (c’nin tamkare böleni yok), a sayısı iki kare toplamı şeklinde gösterilebilir ancak ve ancak c’nin tüm asal bölenleri 4n+1 formunda veya 2 ise.
Ünlü matematikçi Jacobi, Fermat’ın x2+y2, x2+2y2, x2+3y2, x2-dy2,... şeklindeki kuadratik formlar üzerindeki çalışmaları hakkında şunları yazmıştır:
“Matematikçilerin bu teoremleri ispatlamak için yaptıkları çalışmalar, büyük aritmetik teorisinin doğmasına neden oldu.”
Fermat’ın iki kare teoremini ünlü matematikçiler Legendre(1808), Gauss(1825), Serret(1848) ve Jacobsthal(1906) kendilerine özgü yöntemleriyle ispatlarlar.
Kuadratik formlar üzerinde önemli çalışmaları bulunan ünlü matematikçilerden biri de Joseph Louis Lagrange’dır(1736-1813). Lagrange q(x,y)=ax2+bxy+cy2 şeklindeki kuadratik formlar üzerinde çalışmalarda bulunur. x2+y2, x2+2y2, x2+3y2, x2-dy2,... şeklindeki kuadratik formlar Fermat tarafından zaten incelenmiştir. Lagrange bu çalışmalarını 1773 yılında “Recherches d’aritmètique” adıyla yayımlar. (Recherches d’aritmètique ’den bir bölüm)
“Araştırmam Bt2+Ctu+Du2 şeklinde gösterilebilen sayılarla ilgilidir.
İfadedeki B,C,D belli tamsayılar ve t,u değişken tamsayılardır. İlk olarak çarpımları aynı formda gösterilebilen kuadratik formları araştıracağım, sonra böyle bir formda gösterilebilen en küçük sayıyı bulmak için bir yöntem göstereceğim. Bulduğumuz yöntem bize bir tablo oluşturmada yardımcı olacak. Bu tabloyu sayıların bölenlerini araştırmak için nasıl kullanılacağını anlatacağım.
Son olarak da Bt2+Ctu+Du2 formunda gösterilebilen asallar ile ilgili bazı teoremleri ispatlayacağım. Bu teoremlerin bazıları bilinen fakat ispatlanmamış teoremler ve diğerleri ise yeni teoremlerdir.”
Joseph Louis Lagrange, 1773
Lagrange’ın bu çalışmaları ve teoremleri kuadratik formlar teorisinin gelişmesinde önemli rol oynar.
Kuadratik formlar üzerinde çalışmaları bulunan ünlü matematikçilerden bir başkası da Leonhard Euler’dir(1707-1783). Euler’in çalışmalarının çoğu Fermat’ın teoremler üzerine olmuştur. Dolayısıyla Fermat’ın kuadratik formlarla ilgili teoremleri Euler tarafından da ispatlanmaya çalışılır. Başka bir ünlü isim ise Alman matematikçi Carl Freidrich Gauss’tur(1777-1783). Gauss da diğer matematikçiler gibi Fermat’ın teoremleri üzerinde çalışır ve bu teoremlerin birçoğunu kendine özgü metotlarıyla ispatlar.

Yöntem:
Görüldüğü gibi kuadratik formlar, ünlü matematikçiler tarafından incelenmiş ve birçok teorem ortaya konulmuştur.(bkz. From Fermat to Minkowski, ODTÜ kütüphanesi)
Projemizin amacı ax2+bxy+cy2 formunda gösterilebilen tamsayıları incelemek ve bu tamsayıların hangi şartları sağlaması gerektiğini araştırmaktır.
Tanım: f(x,y)= ax2+bxy+cy2 a,b,c belli tamsayılar ve x,y değişken tamsayılar iken f fonksiyonu bir kuadratik formdur. b2-4ac ifadesi f’in diskriminantıdır. Proje süresince “kuadratik form” ifadesi kısaca KF ile, f’in diskriminantı olan b2-4ac ifadesi d(f) ile gösterilecektir.
Teorem 1:
f(x,y)=n denkleminin (x,y)=1 olacak şekilde çözümü bulunmasını olanaklı kılan d(f)=d<0 koşulunu sağlayan bir f vardır Û x2ºd(mod4n) çözümlüdür.
İspat:
$ p,q,r,s ÎZ vardır, ps-qr=1 ve f(px’+qy’,rx’+sy’) = g(x’,y’) şartları sağlanır Û f º g olsun. (g(x,y)=a’x2+b’xy+c’y2 olan bir KF)
x = px’+qy’, y= rx’ + sy’, ps – qr = 1 şeklindeki dönüşümlere uygun dönüşüm diyelim.
O zaman
f º g Û f ile g arasında uygun bir dönüşüm vardır.( f,g® KF)
f º g Û x=px’+qy’ Ş sx=spx’+sqy’
y=rx’+sy’ Ş qy=qrx’+qsy’ Ş sx-qy=(sp-qr)x’=x’
Aynı şekilde
x=px’+qy’ Ş py=prx’+psy’
y=rx’+sy’ Ş rx=prx’+qry’ Ş py-rx=(ps-qr)y’=y’
Ş g(sx-qy,-rx+py)=g(x’,y’)=f(x,y) ayrıca $ s,-q,-r,pÎZ var ki Şsp-(-q)(-r)=1 gºf Öyleyse bağıntı simetriktir.
f(x,y)=f(px’+qy’,rx’+sy’)=g(x’ ,y’) ps-qr=1 Û fºg
g(x’,y’)=g(p1x’’+q1y’’, r1x’’+s1y’’)=h(x’’,y’’) p1s1-q1r1=1 Û gºh
Şx=px’+qy’=p(p1x’’+q1y’’)+q(r1x ’’+s1y’’)=(pp1+qr1)x ’’+(pq1+qs1)y’’
y=rx’+sy’=r(p1x’’+q1y’’)+s(r1x ’’+s1y’’)=(rp1+sr1)x ’’+(rq1+ss1)y’’
Ş f((pp1+qr1)x’’+(pq1+qs1)y’’, (rp1+sr1)x’’+(rq1+ss1)y’’)=f(x ,y)=g(x’,y’)=h(x’’,y ’’) ve (pp1+qr1) (rq1+ss1)-(pq1+qs1) (rp1+sr1)=p1(prq1+pss1-rpq1-rqs1)+r1(qrq1+qss1-pqs1-ss1q) =p1s1ps+q1r1qr-p1s1rq-psq1r1=(p1s1-q1r1)(ps-qr)=1
Ş pp1+qr1=p2 , pq1+qs1=q2 , rp1+sr1=r2 , rq1+ss1=s2 dersek f(x,y)=f(p2x’’+q2y’’,r2x’’+s2y ’’)=h(x’’,y’’) ve p2s2-q2r2=1 olur. O zaman fºh . Yani bağıntı geçişkendir.
x=1.x+0.y
y=0.x+1.y Ş f(x,y)=f(1.x+0.y,0.x+1.y) ve 1.1-0.0=1
Ş fºf yani bağıntı yansıyandır.
Bağıntı hem yansıyan, hem simetrik hem de geçişken olduğu için bu bir denklik bağıntısıdır.

f(x,y) = f(px’+qy’,rx’+sy’) = g(x’,y’) = a’(x’)2+b’x’y’+c’(y’)2
ax2+bxy+cy2= a’(x’)2+b’x’y’+c’(y’)2 x = px’+qy’ , y= rx’ + sy’
ax2+bx’y’+cy2=a(px’+qy’)2+b(px ’+qy’)(rx’ + sy’)+c(rx’ + sy’)2 = a[p2(x’)2+2pqx’y’+q(y’)2] + b[pr(x’)2+(ps+qr)x’y’+qs(y’) 2] + c[r(x’) 2+2rsx’y’+s(y’) 2] = (x’) 2[ap2+bpr+cr2]+x’y’[2apq+b(ps+qr)+2crs]+(y’) 2[aq2+bqs+cs2]
(Not: ap2+bpr+cr2=f(p,r) , aq2+bqs+cs2=f(q,s) olduğu açıktır. O zaman g(x’,y’)= a’(x’)2+b’(x’y’)+c’(y’)2 iken a’=f(p,r) ve c’=f(q,s) dir................(D))
Şa’= ap2+bpr+cr2, b’= 2apq+b(ps+qr)+2crs, c’= aq2+bqs+cs2
(b’)2-4a’c’=[2apq+b(ps+qr)+2crs]2-4(ap2+bpr+cr2)( aq2+bqs+cs2)
1.............. [2apq+b(ps+qr)+2crs]2=4a2p2q2+b2p2s2+b2q2r2+4c2r2s 2 + 2(2abp2qs+2abpq2r+4acpqrs+b2pq rs+2bcprs2+2bcqr2s)
2............. 4(ap2+bpr+cr2)( aq2+bqs+cs2) = 4a2p2q2+4abp2qs+4acp2s2+4abpq2 r+ 4b2pqrs+4bcprs2+4acq2r2+4bcqr2 s+4c2r2s2
den 2.’yi çıkaralım:
4a2p2q2, 4abp2qs, 4abpq2r, 4abpq2r, 4bcprs2, 4bcqr2s ifadeleri hem 1. de hem de 2.de olduğundan birbirini sadeleştirecek.
(b’)2-4a’c’=[b2(p2s2+q2r2)+8acpqrs+2b2pqrs]-[4ac(p2s2+q2r2)+4b2pqrs] = b2(p2s2+q2r2-2pqrs)-4ac(p2s2+q2r2-2pqrs)=(ps-qr)2(b2-4ac)= b2-4ac
(ps-qr=1 olduğundan)
Ş (b’)2-4a’c’= b2-4ac
Sonuç: fºg Ş d(f)=d(g)

f(p,r)=n, (p,r)=1 d(f)=d
(p,r)=1 olduğundan ps-qr=1 olan q,s ÎZ vardır. (Dirichlet İlkesi kaynak: H.İ. Karakaş,
İ. Aliyev, Analiz Cebirde İlginç Olimpiyat Problemleri ve Çözümleri)
x®px’+qy’
y®rx’+sy’ alalım
f(px’+qy’,rx’+sy’)=g(x’,y’)=a’ (x’)2+b’x’y’+c’(y’) 2Şfºg
(D) dan dolayı f(p,r)=a’ olur.Yani n=f(p,r)=a’
Şg(x’,y’)=n(x’)2+b’x’y’+c’(y’ )2Şd(g)=(b’)2-4nc’
fºgŞd(f)=d(g)=(b’)2-4nc’Şd(f) ºdº(b’)2 (mod 4n)
Yani f(x,y)=n denkleminin (x,y)=1 olacak şekilde çözümü
bulunmasını sağlayan bir f vardır Ş x2ºd (mod 4n)
$ b ÎZ, b2ºd (mod 4n) Ş$ c ÎZ, b2-d=4nc Ş b2-4nc=d olur.
f(x,y)=nx2+bxy+cy2 seçelim. d(f)=b2-4nc=d olur.
Ayrıca (1,0)=1 ve f(1,0)=n olur.
Yani x2ºd (mod 4n) çözülebilirdir Ş f(x,y)=n denkleminin (x,y)=1
olacak şekilde çözümü bulunmasını olanaklı kılacak d(f)=d
koşulunu sağlayan bir f vardır.
Böylece teorem-1 ispatlandı.

Şimdi bu teoremi biraz daha inceleyelim:
fºg Ş uygun bir dönüşüm için f(x,y)=g(x’,y’) olduğundan
f in aldığı değerlerin kümesi ile g nin aldığı değerlerin kümesi
aynıdır. Yani Mf={f(x,y)| x,y ÎZ}={g(x,y)| x,y ÎZ}=Mg
Ayrıca uygun bir dönüşüm için (x,y)=1 Û (x’,y’)=1
Olduğundan Nf={f(x,y)| (x,y)=1}={g(x,y)| (x,y)=1}=Ng olur.
f(x,y)= ax2+bxy+cy2 , x=0.x’+1.y’ ve y=(-1)x’+0.y’ için
f(x,y)=g(x’,y’) şartını sağlayan g KF’u ile f arasında uygun bir dönüşüm vardır, çünkü
0.0-(-1)1=1’dir (Ş fºg )
f(x,y)= ax2+bxy+cy2= a(y’)2+by’(-x’)+c(-x’)2=a(y’)2-bx’y’+c(x’)2=g(x’,y’) Ş gºf ve g(x,y)=cx2-bxy+ay2......(1. dönüşüm)
Sonuç: f(x,y)= ax2+bxy+cy2 Ş 1. dönüşümü kullanarak fºg ve
g(x,y)=cx2-bxy+ay2 olan bir KF elde edebiliriz.
f(x,y)= ax2+bxy+cy2 , x=1.x’±1.y’ ve y=0.x’+1.y’ için
f(x,y)=g(x’,y’) şartını sağlayan g KF’u ile f arasında uygun bir dönüşüm vardır, çünkü
1.1-0. ±1=1’dir (Ş fºg )
f(x,y)= ax2+bxy+cy2=a(x’±y’)2+b(x’±y’)y’+c(y’)2=a(x’)2±2ax’y’+a(y’)2+bx’y’±b(y’)2 +c(y’)2=a(x’)2+(b±2a)x’y’+(c±b+a)(y’)2......(2. Dönüşüm)
Sonuç: f(x,y)= ax2+bxy+cy2 Ş 2. dönüşümü kullanarak fºg ve
g(x,y)= ax2+(b±2a)xy+(c±b+a)y2 şartını sağlayan bir KF elde edebiliriz.
f(x,y)’ye denk olan tüm KF’ların oluşturduğu kümeyi inceleyelim:
Bu kümdeki 2. terimin (xy teriminin) katsayısı mutlak değerce en küçük olan KF’lardan biri g olsun
g(x,y)= a’x2+b’xy+c’y2 , gºf ve (b’)2 minimumdur.
d(f)=d(g) Ş (b’)2-4a’c’ < 0 . Öyleyse a’ ve c’ ifadelerinin işaretleri aynıdır. Bu iki ifadeyi pozitif kabul edebiliriz.(aksi taktirde g(x,y)=n ifadesinin çözümleri yerine
g(x,y)=-n ifadesinin çözümlerini inceleriz.)
g(x,y)= a’x2+b’xy+c’y2 (a’ ve c’ pozitif)
a’c’ kabul edebiliriz.(aksi taktirde 1. dönüşümü kullanarak elde edeceğimiz
h(x,y)= c’x2-b’xy+a’y2 KF’unu inceleriz.)
g(x,y)= a’x2+b’xy+c’y2 (a’ ve c’ pozitif, ayrıca a’c’)
2. dönüşümü kullanarak f’e denk h1(x,y)=a’x2+(b’-2a’)xy+(c’+a’-b’)y2 ve h2(x,y)=a’x2+(b’+2a’)xy+(c’+a’ +b’)y2 şartlarını sağlayan h1 ve h2 KF’larını elde edebiliriz. h1 ve h2 KF’larının 2. terimlerinin (xy terimlerinin) katsayılarının kareleri, (b’)2 ifadesinden büyük veya eşit olmalıdır.
i)(b’-2a’)2 ³ (b’)2 , ii) (b’+2a’)2 ³ (b’)2
i) (b’-2a’)2 ³ (b’)2, (b’)2-4a’b’+4(a’)2 ³ (b’)2 Ş 4(a’)2 ³ 4a’b’ ((b’)2-4a’c’< 0 Şa’¹0) Ş
a’³b’
ii) (b’-2a’)2 ³ (b’)2, (b’)2-4a’b’+4(a’)2 ³ (b’)2 Ş 4(a’)2 ³ 4a’b’ Ş b’³-a’
Ş a’³b’³-a’
a’³b’>-a’ kabul edebiliriz.(aksi taktirde 2. dönüşümü uygun kullanarak elde edeceğimiz KF bu şartı sağlar.)
c’>a’ Ş c’>a’³b’>-a’
a’=c’ Ş a=c³b³0 kabul edebiliriz.(aksi taktirde 1. dönüşümü kullanarak istediğimiz ifadeyi sağlayan KF bulabiliriz.)
Tanım: f(x,y)= ax2+bxy+cy2, a,b,c tamsayıları (a,c ÎZ+) a=c³b³0 veya c’>a’³b’>-a’ eşitsizliklerini sağlıyorsa f KF’una indirgenmiş KF diyelim.(indirgenmiş KF ifadesini kısaca İKF olarak göstereceğiz.)
Teorem: Diskriminantı negatif olan her KF’a denk bir İKF vardır.
Teoremin ispatı yukarıda gösterilmiştir.

f ile g indirgenmiş, fºg ve f¹g olsun.
f(x,y)=ax2+bxy+cy2, g(x,y)=a’x2+b’xy+c’y2
(x,y)=1
i)|x|,|y|¹0 (c³a³|b|........(1))
|x|³|y|Ş f(x,y)=a|x|2+bxy+c|y|2³a|x|2-|b||xy|+c|y|2³³a|x|2-|b||x|2+|y|2³|x|2(a-|b|)+c|y|2³|y|2(a-|b|+c) ³
a-|b|+c³c³a
|y|³|x|Ş f(x,y)= a|x|2+bxy+c|y|2³a|x|2-|b||xy|+c|y|2³
³a|x|2-|b||y|2+c|y|2³a|x|2+(c-|b|)|y|2³|x|2(a-|b|+c) ³
³a-|b|+c³c³a
ii)|x|=0Ş|y|=1Şf(x,y)=c
|y|=0Ş|x|=1Şf(x,y)=a
Yani (x,y) Ş f(x,y) nin alabileceği minimum 3 değer
a £ c £ a-|b|+c dir. (Ayrıca bu değerler kesinlikle
alınmaktadır. f(1,0)=a, f(0,1)=c, ve f(1,1) ile f(1,-1) den birisi a-|b|+c olur)
Aynı şekilde (x,y)=1Ş g(x,y) nin alabileceği minimum 3 değer
a’ £ c’ £ a’-|b’|+c’ dür.(Ayni şekilde bu değerler de
alınmaktadır.)
fºg Ş Nf={f(x,y)| (x,y)=1}={g(x,y)| (x,y)=1}=Ng olduğundan
Nf in minimum elemanı ile Ng nin minimum elemanı ile aynıdır. Yani a=a’
fºg Ş d(f)=d(g) Ş b2-4ac = (b’)2-4a’c’ = (b’)2-4ac’ Ş 4a(c-c’)=(b’)2-b2........(¨)
Şimdi birkaç durum inceleyelim.
æ c=c-|b|+a (i)
æ c’>c
c=a å c<c-|b|+a (ii)
å c’=c (iii)
å c’<c (iv)
c’=a’ (v)
c¹a, c’¹a’ (vi)
(i) c=a, c’>c, c<c-|b|+a Ş a=|b| Ş |b’|£a’=a=|b| Ş |b|³|b’|
(¨) Ş 4a(c’-c)=(b’)2-b2 Ş 0³(b’)2-b2=4a(c’-c) Ş c’£c, c’>c ®¬
(ii)c=a, c’>c, c<c-|b|+a Ş c’=c-|b|+a (kümelerdeki en küçük
ikinci elemanlar eşit olacak)
(¨) Ş 4a(c’-c)=(b’)2-b2 Ş 4a(c-|b|+a-c)=(b’)2-b2 Ş 4a(a-|b|)=(b’)2-b2Ş
Ş4a2-4a|b|+b2=(b’)2 Ş (2a-|b|)2(b’)2 Ş 2a-|b|=|b’| (2a-|b|>0)
a³|b| olduğundan |b’|=2a-|b|³a=a’³|b’| Ş a’=|b’| eşitlik durumu
2a-|b|=a Ş a=|b| Ş a=|b|=a’=|b’| Ş |b|=|b’|
(¨)Ş 4a(c’-c)=(b’)2-b2=0 Ş c’=c ve a’=a
iii)c=a, c’=c Ş a’=a=c=c’ Ş c’=c ve a’=a
iv)a’=a=c>c’³a’ ®¬
v)a=c durumları ile simetrik yani a’=c’ Ş c’=c ve a’=a
vi)c¹a, c’¹a’ Ş c³a, c’³a’ ve Nf ile Ng nin en küçük ikinci
elemanları da eşit olacağından a=a’ ve c=c’ olur
Dolayısıyla
f(x,y)=ax2+bxy+cy2, g(x,y)=a’x2+b’xy+c’y2,
fºg , f¹g, f,g indirgenmiş ise a=a’, c=c’ dür........................... .................... ....... (ª)
x,y¹0 Ş f(x,y) ³ a-|b|+c³c³a (Eşitlik durumunda
|x|=|y|=1 olmalı.)
(i)x,y¹0, f(x,y)=a Ş x,y Î {-1,1} Ş f(x,y)=a±b+c=a
(fonksiyonda x,y yerine ±1 yazılınca kolayca görülür)
a+|b|+c>a olduğundan a-|b|+c=f(x,y)=a olmalı.
O zaman c=|b| ve c³a³|b| olduğundan a=|b| olur.
(ii) x,y¹0, f(x,y)=c Ş x,yÎ{-1,1} Ş f(x,y)=a±b+c=c
(fonksiyonda x,y yerine ±1 yazılınca kolayca görülür)
a+|b|+c>c olduğundan a-|b|+c=c olur .O zaman a=|b| olur.
Yani x,y,z,t¹0 iken f(x,y)=a veya f(z,t)=c
olan (x,y) veya (z,t) varsa a=|b| olur.
Ayrıca -a<b£a olduğundan a=b olur. Aynı şekilde a’=b’ olur.
O zaman b=a=a’=b’ dolayısıyla b=b’ olur.(ª) dan dolayı a=a’, c=c’ olduğunu biliyorduk .O zaman f ile g nin tüm katsayıları eşit olduğundan f ile g
eşittir. ®¬
Sonuç:f(x,y)=a Ş xy=0 ve f(z,t)=c Ş zt=0.
fºgŞ$p,q,r,s, ps-qr=1, f(px’+qy’,rx’+sy’)=g(x’,y’)
(D) dan dolayı f(p,r)=a’=a, f(q,s)=c’=c, (ª) dan dolayı
f(p,r)=a, f(q,s)=c Ş pr=0, qs=0.Ayrıca ps-qr=1.O zaman
(i) p=0, s=0, q=±1, r=1 (ii) p=±1, s=±1, q=0, r=0
(i) a’ = f(p,r) = a = f(0,1) = c
c’ = f(q,s) = f(±1,0) = a
Ş c = a’ = a = c’ Ş b2-4ac=b12-4a1c1 olduğundan |b|=|b1| olur. O zaman f(x,y)=ax2+bxy+ay2, g(x,y)=ax2-bxy+ay2 olur.( g(x,y)=ax2+bxy+ay2 olursa f=g olur.)
a=c Ş indirgenmişliğin tanımından dolayı 0ba=c olur. Yani b ³ 0 ve b’=-b³0 olmalı. O zaman b=0.
b=0 Ş f(x,y)=ax2+ay2, g(x,y)=ax2+ay2 Ş f=g ®¬
(ii)c’ = f(q,s) = f(0,±1) = c
a’ = f(p,r) = f(±1,0) = a
x=px1+qy1 ve y=qx1+ry1 Ş x=px1=sx1 ( p = s = ±1 ), ve y=sy1
f(x,y)= g(x1,y1) = ax2+bxy+cy2 = a1x12+b1x1y1+c1y12 = a(x1s)2+b(x1s)(y1s)+c(y1s)2= ax12+bx1y1+cy12 Ş a=a1, b=b1, c=c1 Ş f=g ®¬
Sonuç: f ile g indirgenmiş KF ve fºg Ş f=g
Bu bir denklik bağıntısı olduğu için bütün KF’ları denklik kümelerine ayırabiliriz. Yukarıdaki sonuçtan dolayı her denklik kümesinde tam olarak bir İKF vardır. O zaman diskriminantı d olan tam olarak bir İKF varsa, diskriminantı d olan bütün KF’lar bu İKF ile aynı denklik kümesindedir.

Teorem 2: Diskriminantı d olan tam olarak bir tane İKF varsa o zaman diskriminantı d olan bütün KF’lar bu İKF’a, dolayısıyla birbirine denktir.
Teorem 1 Ù Teorem 2 Ş
Teorem 3: Diskriminantı d (d<0) olan tam bir tane İKF bulunuyorsa seçtiğimiz f(x,y)=ax2+bxy+cy2 KF’ u için f(x,y)=n çözülebilirdir Û x2 º d (mod 4n) çözülebilirdir.(d<0)

Sonuç ve Tartışma:
Çalışmalarımızın sonucu olarak 3 tane birbirinden güzel teoreme ulaştık:
Teorem 1:
f(x,y)=n denkleminin (x,y)=1 olacak şekilde çözümü bulunmasını olanaklı kılan d(f)=d koşulunu sağlayan bir f vardır Û x2ºd(mod4n) çözümlüdür.
Teorem 2: Diskriminantı d olan tam olarak bir tane İKF varsa o zaman diskriminantı d olan bütün KF’lar bu İKF’a, dolayısıyla birbirine denktir.
Teorem 3: Diskriminantı d olan tam bir tane İKF bulunuyorsa seçtiğimiz f(x,y)=ax2+bxy+cy2 KF’ u için f(x,y)=n çözülebilirdir Û x2 º d (mod 4n) çözülebilirdir.
Bu teoremler bize amacımıza ulaşmada yardımcı oldu ve diskriminantı negatif olan herhangi bir f KF’munda f(x,y)=n ifadesinin çözümlü olması için n sayısının sağlaması gereken gerek ve yeter koşulların neler olduğunu bulduk.
Bu teoremleri kullanarak Fermat ve Lagrange’ın birkaç teorimini ispatladık ve bir tane de ulusal yarışma sorusunu çözdük.
Teorem F.1 (iki kare teoremi) 4k+1 formundaki her asal sayı iki kare toplamı şeklinde gösterilebilir.
İspat:f(x,y)=x2+y2 olsun. 0<1£1 olduğundan f bir İKF dur. d(f)=02-4.1.1=-4
g(x,y)=ax2+bxy+cy2 ve d(g)=-4 olan f den farklı bir İKF olsun.
O zaman b2-4ac=-4 Ş b2+4=4ac³4a2³4b2 (c>a³b>-a veya c=a³b³0 olduğu için)
b2+4³4b2 Ş 4³3b2 Ş bÎ{-1,0,1}. b2-4ac=-4 Ş b çift Ş b=0 Ş ac=1 Ş a=c=1, b=0 olur. O zaman g(x,y)=x2+y2=f(x,y) ®¬ ,Yani diskriminantı –4 olan tam olarak bir tane İKF vardır o da f dir.
Teorem-3 den dolayı x2+y2=p çözülebilirdir Û -4ºm2 (mod 4p) çözülebilirdir.
Ayrıca -4ºm2 (mod 4p) çözülebilirdir Û -1º(m1)2 (mod p) çözülebilirdir Û
-1(p-1/2)º(m1)p-1º1 (mod p) çözülebilirdir. (Fermat’ın Küçük Teoremi’nden dolayı kaynak: Sayılar Teorisinde İlginç Olimpiyat Problemleri ve Çözümleri, H.İ. Karakaş - İ. Aliyev)
(m1)p-1º1 (mod p) ) Û p-1/2 çifttir.
Dolayısıyla x,yÎZ, x2+y2=p çözülebilirdir Û pº1 (mod 4).
Teorem F.4a=b2c formunda bir tamsayı (c’nin tamkare böleni yok), a sayısı iki kare toplamı şeklinde gösterilebilir ancak ve ancak c’nin tüm asal bölenleri 4n+1 formunda veya 2 ise.
Çözüm: p|n ve pº3(mod 4) olan asal p alalım. x2+y2º0(mod p)
x2º-y2(mod p) p, x ve y’ yi bölmüyorsa x/yº a (mod p) (x/y)2ºa2º-1(mod p)
1ºap-1 º (a2)(p-1)/2 º(-1)(p-1)/2º-1(mod p) ((p-1)/2 tek olduğu için) ®¬Ş xºyº0(mod p) p|x ve p|y Ş p2|x2+y2 , x2+y2=n çözümlüdür Û x12+y12=n/p2 çözümlüdür. Bu şekilde pº3(mod 4) ve p|n Ş p2a||n olan aÎZ vardır.
n,tÎN ve p1,p2,...,pk farklı tek asallar, n= t2p1p2...pk diyelim. piº1(mod 4) olmalı. (i=1,2,...,k) x2+y2=n çözümlüdür Û x12+y12= p1p2...pk çözümlüdür.
Diskriminantı –4 olan bir KF n ’i uygun bir şekilde gösteriyordur Û
m2º-4 (mod 4n) çözümlüdür Û n ’in tüm asal bölenleri º 1(mod 4) (Diskriminantı
-4 olan bir İKF olduğunu 1. soruda gösterdik) p1p2...pk, d(f)=-4 olan bir KF tarafından gösterilebilir Û p1p2...pk’ nın tüm asal bölenleri º 1 (mod 4)

piº1(mod 4) (i=1,2,...,k) olduğundan p1p2...pk=f’(x’,y’) ve d(f’)=-4 olan f’ KF var. f’ºf (d(f’)=-4 Ş fºf’ 1. soruda gösterildi.) (f(x,y)=x2+y2)
Ş$ x,y vardır ki f(x,y)= p1p2...pk Û x2+y2= p1p2...pk

x2+y2=n Ş (x-y)2+(x+y)2=(x2-2xy+y2)+(x2+2xy+y2)=2(x2+y2)=2 n n çözümlü Ş 2n de çözümlüdür. n çözümlüdür Ş 2rn de çözümlüdür.
Sonuç: x2+y2=n çözümlü Û n= t2p1p2...pk2r (piº1(mod 4) i=1,2,...,k t,rÎNÈ{0} )
Teorem F.2 (25 Eylül 1654’te Pascal’a yazılan mektuptan) 3k+1 formundaki her asal sayı x2+3y2 şeklinde yazılabilir. Ayrıca 8k+1 veya 8k+3 formundaki her asal sayı x2+2y2 şeklinde gösterilebilir.
İspat: f(x,y)=x2+3y2 olsun. f; d(f)=-12 olan bir İKF’dur.
g; g(x,y)=ax2+bxy+cy2 ve d(g)=-12 şartını sağlayan bir İKF olsun. b2-4ac=-12 Ş b çift b=2b1 ® 4b12-4ac=-12 Ş b1+3=ac, b1+3=ac³a2³b2=4b12 (indirgenmişliğin tanımından dolayı) b1+3³4b12 Ş 1³b12 Ş b1=±1 veya b1=0
b1=±1 Ş g(x,y)=2x2±2xy+2y2 , p tek asal sayısı için g(x,y)=p çözümsüzdür.
b1=0 Ş f(x,y)=x2+3y2 Ş f=g
Sonuç: Tek değerler alabilen ve diskriminantı –12 olan bir tane İKF vardır ve bu İKF f’dir.
Teorem(3) Ş p tek asal sayı iken f(x,y)=p çözümlüdür Û -12ºm2(mod 4p) çözümlüdür
-12ºm2(mod 4p) çözümlüdür Û -3ºn2(mod p) çözümlüdür
i) pº1(mod 4) Ş -3ºn2(mod p) çözümlüdür Û 3ºk2(mod p) çözümlüdür Û ()=1 (Legendre sembolü) ()()=(-1)2(p-1)/4=1 (Legendre teoremi bkz. Form Fermat to Minkowski) ()=1 Û ()=1Û p=3 veya pº1(mod 3)
Sonuç: pº1(mod 4) Ş f(x,y)=p çözümlüdür Û p=3 veya pº1(mod 3)ii) pº3(mod 4) Ş -3ºn2(mod p) çözümlüdür Û 3ºk2(mod p) çözümsüzdür Û ()=-1 ()()=(-1)2(p-1)/4=-1, ()=-1 Û ()=1 Û p=3 veya pº1(mod 3)
(p=3 Ş p=02+3.12)
Sonuç: pº3(mod 4) Ş f(x,y)=p çözümlüdür Û p=3 veya pº1(mod 3)
ŞSonuç: p tek asal f(x,y)=p çözümlüdür Û p=3 veya pº1(mod 3)f(x,y)=x2+2y2 olsun. f; d(f)=-8 olan bir İKF’dur.
g; g(x,y)=ax2+bxy+cy2 ve d(g)=-8 şartını sağlayan bir İKF olsun. b2-4ac=-8 Ş b çift b=2b1 ® 4b12-4ac=-8 Ş b1+2=ac, b1+2=ac³a2³b2=4b12 (indirgenmişliğin tanımından dolayı) b1+2³4b12 Ş 2/3³b12 Ş b1=0
b1=0 Ş f(x,y)=x2+2y2 Ş f=g
Sonuç: Diskriminantı –8 olan bir tane İKF vardır ve bu İKF f’dir.
Teorem(3) Ş p asal sayısı için f(x,y)=p çözümlüdür Û -8ºm2(mod 4p) çözümlüdür
-8ºm2(mod 4p) çözümlüdür Û -2ºn2(mod p) çözümlüdür
i) pº1(mod 4) Ş -2ºn2(mod p) çözümlüdür Û 2ºk2(mod p) çözümlüdür Û pº1,7(mod 8) (Legendre teoremi), pº1,7(mod 8) ve pº1(mod 4) Ş pº1(mod 8)
Sonuç: pº1(mod 8) şartını sağlayan p asal sayısı için f(x,y)=p çözümlüdür.
ii) pº3(mod 4) Ş -2ºn2(mod p) çözümlüdür Û 2ºk2(mod p) çözümsüzdür Û pº3,5(mod 8) (Legendre teoremi), pº3,5(mod 8) ve pº3(mod 4) Ş pº3(mod 8)
Sonuç: pº3(mod 8) şartını sağlayan p asal sayısı için f(x,y)=p çözümlüdür.
ŞSonuç: 8n+1 veya 8n+3 formundaki her asal sayı x2+2y2 şeklinde yazılabilir.
Teorem L.1 (Lagrange) (1) 8n+3 formundaki her p asal sayısı x2+2y2 şeklinde gösterilebilir. (2) 12n+7 formundaki her p asal sayısı x2+3y2 şeklinde gösterilebilir. (3) 24n+7 formundaki her p asal sayısı x2+6y2 şeklinde gösterilebilir.

İspat: (1) ve (2)’yi daha önce Teorem F.2’ nin ispatında gösterdik.
(3): f(x,y)=x2+6y2 olsun, f ; d(f)=-24 olan bir İKF’dur.
g(x,y)=ax2+bxy+cy2 , d(g)=-24 ve g bir İKF olsun.
Ş b2-4ac=-24 , b çift olmalı. b=2b1 ® b12-ac=-6, b12+6=ac³a2³b2=4b12 Ş 6³3b12 Ş b1=±1 veya b1=0
b1=±1 Ş g(x,y)=x2±2xy+7y2 fakat g İKF değildir.
b1= 0 Ş g(x,y)=x2+6y2 Ş g=f
Sonuç: Diskriminantı -24 olan bir tane İKF vardır ve bu İKF f’dir.
Teorem(3)’den dolayı p asal sayı f(x,y)=p çözümlüdür Û -24ºm2(mod 4p) çözümlüdür.
-24ºm2(mod 4p) çözümlüdür Û -6ºn2(mod p) çözümlüdür
pº1(mod 3) Ş ()=1 (Teorem F.2’nin ispatında gösterilmiştir.)
-6ºn2(mod p) çözümlüdür Û ()=1 Û ()()=1 ,
pº1(mod 3) durumunu incelelim:
()=1 Ş ()=1 Û pº1,7 (mod 8) (Teorem F.2’nin ispatında gösterilmiştir.)
pº1(mod 3) ve pº1,7 (mod 8) Ş pº1,7(mod 24)
Sonuç: pº1,7(mod 24) şartını sağlayan p asal sayısı x2+6y2 şeklinde gösterilebilir.
Teorem L.2 (Lagrange) 8n+1 formundaki asal sayılar x2+2y2 şeklinde, 12n+1 formundaki asal sayılar x2+3y2 şeklinde ve 20n+1 formundaki asal sayılar x2+5y2 şeklinde gösterilebilir.
İspat: İlk iki önermeyi Teorem F.2’nin ispatında gösterdik. 20n+1 formundaki asal sayıların x2+5y2 şeklinde gösterilebileceğini ispatlayalım:
f(x,y)=x2+5y2, d(f)=-20 ve f İKF’dur.
g(x,y)=ax2+bxy+cy2 , d(g)=-20 ve g bir İKF olsun.
Ş b2-4ac=-20 , b çift olmalı. b=2b1 ® b12-ac=-5, b12+5=ac³a2³b2=4b12 Ş 5³3b12 Ş
b1=±1 veya b1=0
i) b1=±1 Ş g(x,y)=2x2±2xy+3y2 ( g İKF’dur)
x , y çift Ş g(x,y)º0(mod 4)
x , y tek Ş g(x,y)º3(mod 4)
x tek y çift Ş g(x,y)º2(mod 4)
x çift y tek Ş g(x,y)º3(mod 4) Ş g(x,y)º1(mod 4) çözümsüzdür.
ii) b1=0 Ş g(x,y)=x2+5y2 Ş g=f
Sonuç: Diskriminantı -20 olan ve 4 modunda 1’e denk değerler alabilen tek İKF f’dir.
Teorem(3)’den dolayı pº1(mod 4) olan p asalı için f(x,y)=p çözümlüdür Û
-20ºm2(mod 4p) çözümlüdür.
-20ºm2(mod 4p) çözümlüdür Û -5ºn2(mod p) çözümlüdür Û 5ºk2(mod p) çözümlüdür. (pº1(mod 4) olması sebebiyle) Û ()=1
()()=(-1)(p-1)4/4 (Legendre Teoremi kaynak: From Fermat to Minkowski, ODTÜ kütüphanesi)
()=1 Û ()=1 Û p=5 veya pº1,4(mod 5), pº1(mod4) Ş pº1,9(mod20)
Sonuç: p=5 veya pº1,9(mod 20) ise p asal sayısı x2+5y2 şeklinde yazılabilir. (p=5Şp=02+5.12) Soru: Hangi tek asallar m2+16n2 veya 4m2+4mn+5n2 formunda gösterilebilir.
( 35. Putnam , 1974)
Çözüm: Diskriminantı –64 olan İKF’lardan tek asal olabilenlere bakalım.
f(x,y)=ax2+bxy+cy2, b2-4ac=-64, -a<b£a£c
b2-4ac=-64 Ş 64=4ac-b2 ³ 4b2-b2=3b2 Ş 64/3 > b2 Ş 4³|b| Ş |b|Î{4,2,0} (b çift)
|b|=0 Ş ac=16 ;
2|a, 2|c Ş" x,y ÎZ, 2|f(x,y) olur. f(x,y) tek asal olamaz. O zaman a=1, c=16 Ş
f(x,y)=x2+16y2
|b|=2 Ş ac=17 Ş a=1, c=17 Ş a<|b| ®¬
|b|=4 Ş ac=20 a ve c’nin ikisi de çift olursa f(x,y) tek asal olamaz. O zaman c=5,
a=4 Ş -a<b£a olduğundan b=4 Ş
f(x,y)=4x2+4xy+5y2
Yani diskriminantı –64 olan bir KF tek asal bir değer alabiliyorsa o KF 4x2+4xy+5y2 ya da x2+16y2 İKF’larından birine denk olmak zorundadır. O zaman

$f, d(f)=-64, p tek asal, f(x,y)=p çözülebilir.Û 4x2+4xy+5y2=p veya x2+16y2=p
çözülebilirdir..........(1)
Teorem1’den dolayı
$f, d(f)=-64, p asal, f(x,y)=p çözülebilir Û -64ºt2(mod 4p) olan t vardır........(2)
Ayrıca
-64ºt2 (mod 4p) çözülebilirdir Û-16ºv2 (mod p) çözülebilirdir Û -1ºu2 (mod 4p)
çözülebilirdir Û pº1 (mod 4) ..........(3)
(1)Ù(2)Ù(3) Ş p tek asal, m2+16n2 veya 4m2+4mn+5n2 p’ye eşit olabilir Û
pº1 (mod 4)

Kaynaklar:
Karakaş, H.İ., Aliyev, İ., (1998), Sayılar Teorisinde İlginç Olimpiyat Problemleri ve Çözümleri, TÜBİTAK Yayınları, Ankara
Karakaş, H.İ., Aliyev, İ., (1998), Analiz ve Cebirde İlginç Olimpiyat Problemleri ve Çözümleri, TÜBİTAK Yayınları, Ankara
Scharlau, W., Opolka, H., (1985), From Fermat to Minkowski, Springer, New York,

Seçenekler
Yazdırılabilir şekli göster Sayfayı E-Mail olarak gönder

Kuadratİk Formlarin İncelenmesİ ...(