Öklid Algoritması

Yıl: 1994-1

Yazar: Cemal Koç

1. Öklid Algoritması

Daha önceki bir yazımızda (bkz. Cilt 2, Sayı 1, sf.17) tamsayılar ve polinomlar için bölme algoritmasını vermiştik. Bu yazımızda bölmenin yinelenmesi ile elde edilen Öklid algoritmasını vereceğiz. Öklid algoritmasının uygulaması olarak en büyük ortak bölenin varlığını ve asal çarpanlara ayırmanın tekliğini göreceğiz. Yazımız boyunca söyleyeceklerimiz hem tamsayılar hem de polinomlar için geçerli olacaktır. Bu ifadeler yerine göre sayılar, yerine göre polinomlar için kullanılacağından yazı içinde sık sık “sayısı (polinomu)” yazılımı yer alacaktır; bu ifadenin tam sayılar için yazıldığını ancak tamsayı sözcüğü yerine polinom sözcüğü konulduğunda da geçerli olduğunu belirtmektedir. $a, b, c, d, r_1, r_2, \ldots$ gibi harflerle hem tamsayılar hem de polinomları göstereceğiz. Şimdi Öklid Algoritmasını verelim:

$a$ ve $b$ iki tamsayı (polinomu) ve $b \neq 0$ olsun. $a$ yı $b$ ye bölmekle elde edilen kalan $r_1$ ve $r_1 \neq 0$ ise $b$ yi $r_1$ e bölmekle elde edilen $r_2$ ve $r_2 \neq 0$ ise $r_1$ i $r_2$ ye bölmekle elde edilen kalan $r_3$ olsun ve $r_3 \neq 0$ olsun. Böylece bir

$$a, b, r_1, r_2, \ldots \qquad (1)$$

dizisi elde edilir. Bu dizi sayılar dizisi ise salt değerce (polinomlar dizisi ise derece olarak) küçüleceğinden sıfıra ulaşmalıdır yani bir yerde kalanlardan biri kendinden sonrakine tam bölünmelidir.

$$a = q_1 b + r_1$$

$$b = q_2 r_1 + r_2$$

$$r_1 = q_3 r_2 + r_3$$

$$\vdots$$

$$r_{n-1} = q_{n+1} r_n + r_{n+1}$$

$$r_n = q_{n+2} r_{n+1} \qquad (2)$$

eşitlikleri elde edilir. Burada sıfırdan farklı son kalan olan $r_{n+1}$ kalanının elde edilişi için yapılan bu ardışık bölme işlemi topluluğuna Öklid algoritması denir.

Şimdi herkesin aklına gelecek soru “$r_{n+1}$ in önemi ne?” olacaktır. Bir kez $r_{n+1}$ kalanlar dizisinin bütün terimlerini dolayısıyla da $a$ ile $b$ yi böler. (Neden?) Yani $r_{n+1}$, $a$ ile $b$ nin ortak bölenidir. İkincisi, $a$ ile $b$ nin her ortak böleni $r_{n+1}$’i böler çünkü (2) eşitliklerine bakarsak

$$d|a, d|b \Rightarrow d|b, d|r_1 \Rightarrow d|r_1, d|r_2 \Rightarrow \ldots \Rightarrow d|r_{n-1}, d|r_n \Rightarrow d|r_{n+1}$$

olduğunu görürüz. Demek ki $r_{n+1}$, $a$ ile $b$ öyle bir ortak böleni ki her ortak bölen ile bölünebiliyor. Böyle ortak bölenlere en büyük ortak bölen denir.

2. OBEB, OKEK

Biçimsel bir tanım verecek olursak,

Tanım: $a, b, c$ üç tamsayı (polinom) olsun. Eğer

($1$) $c | a$, $c | b$ ve

($2$) $d | a$, $d | b \Rightarrow d | c$ ise

$c$’ye $a$ ile $b$’nin en büyük ortak böleni denir. Benzer biçimde

($1^\prime$) $a | c$, $b | c$ ve

($2^\prime$) $a | d$, $b | d \Rightarrow c | d$ ise

$c$’ye $a$ ile $b$’nin en küçük ortak katı denir.

Öklid algoritması bize $a$ ile $b$ nin $r_{n+1}$ gibi bir en büyük ortak böleninin varlığını gösteriyor. Peki, bu en büyük ortak bölen en azından bir anlamda tek mi? $c_1$ ve $c_2$, $a$ ile $b$ nin en büyük ortak bölenleri ise $c_1$ bölen, $c_2$ en büyük ortak bölen alınarak $c_1 | c_2$, $c_2$ bölen, $c_1$ en büyük ortak bölen alınarak $c_2$$|$$c_1$ olduğu görülür yani $c_2 = c_1 c_1^{\prime}, c_1 = c_2 c_2^{\prime}$ ve dolayısıyla $c_2 = (c_2 c_2{^\prime})c_1^{\prime}$ çıkar. Demek ki $c_2^{\prime} c_1^{\prime} = 1$ olur, yani tamsayılarda $c_2 = \mp c_1$, polinomlarda $c_2 = c_1$ (sıfırdan farklı bir sabit) olmaktadır. $a$ ve $b$ gibi iki tamsayının pozitif en büyük ortak bölenine (iki polinomun yalın (başkatsayısı $1$ olan) en büyük ortak bölenine) ortak bölenlerin en büyüğü (OBEB) denir ve $(a,b)$ ile gösterilir. Görüldüğü gibi yukarıdaki adlandırmada her ne kadar “en büyüğü” nitelemesi varsa da tanımın büyüklük sıralaması ile ilgisi yoktur. Yaptığımız tartışmadan OBEB’in varlığını ve tekliğini söyleyebiliyoruz.

Yukarıdaki $(2)$ eşitliklerinde herbir kalanı kendinden önce gelen türünden yazar arka arkaya yerine koymalar yaparsak,

$$r_{n+1} = r_{n-1} – q_{n+1} r_n$$

$$r_n = r_{n-2} + q_n r_{n-1}$$

$$r_{n-1} = r_{n-3} + q_{n-1} r_{n-2}$$

$$\vdots$$

$$\Rightarrow \qquad r_{n+1} = r_{n-1} + q_{n+1} r_n$$

$$ \qquad = r_{n-1} + q_{n+1} (r_{n-2} + q_n r_{n-1})$$

$$ \qquad = \ldots$$

Sonuçta da

$$r_{n+1} = a_1 a + b_1 a$$

olacak biçimde $a_1$ ve $b_1$ öğeleri buluruz. Gerekirse $r_{n+1}$’i tersinir bir öğe ile çarparak hem OBEB’in varlığını hem de

$$(a, b) = a^*a + b^*b \qquad (3)$$

yazılabileceğini görmüş oluyoruz.

Örnekler.

1) $67367$ ile $51813$ sayılarının OBEB’ini ve

$$(67367, 51813) = a^* 67367 + b^* 51813$$

eşitliğini sağlayan iki $a^*$, $b^*$ sayısını bulunuz. Kolaylık olsun diye işlemleri şu çizelge yardımıyla yapalım:

Bölüm$1$$3$$5$$51$
B-B*$67367$$51813$$15554$$5151$$101$
$51813$$46662$$15453$$5151$
Kalan$15554$$5151$$101$$0$

*Bölünen-Bölen

Böylece son sıfırdan farklı kalan olarak $101$ buluruz. Demek ki OBEB $101$ dir. Ayrıca

$$101=15554-3.5151$$

$$5151=51813-3.15554$$

$$15554=67367-51813$$

eşitliklerinden

$$101=15554-3(51813-3.15554)$$

$$= 10.15554-3.51813$$

$$=10.(67367-51813)-3.51813$$

$$=10.67367-13.51813$$

bulunur. Demek ki $a^* = 10, b^* = – 13$ alınabilir.

2) $2x^3 + 3x^2 – 3x – 2$ ve $-x^3 – 2x^2 + x + 2$ polinomlarının ortak bölenlerinin en büyüğünü bulup bunu

$$a^*(2x^3 + 3x^2 – 3x – 2) + b^*(-x^3 – 2x^2 + x + 2)$$

biçiminde yazınız.

$-2$$x$ $+$ $1$
$2x^3$ $+$ $3x^2$ $-$ $3x$ $-$ $2$
$2x^3$ $+$ $4x^2$ $-$ $2x$ $-$ $4$
$-x^3$ $-$ $2x^2$ $+$ $x$ $+$ $2$
$-x^3$ $-$ $2x^2$ $+$ $x$ $+$ $2$
$-x^2$ $-$ $x$ $+$ $2$
$-x^2$ $-$ $x$ $+$ $2$$0$

Demek ki son kalan $-x^2$ $-$ $x$ $+$ $2$’dir. Yalınlaştırmak için bunu $-1$ ile çarparsak OBEB $=$ $x^2$ $+$ $x$ $-$ $2$ elde ederiz. Ayrıca

$-x^2$ $-$ $x$ $+$ $2$ $=$ $2x^3$ $+$ $3x^2$ $-$ $3x$ $-$ $2$

$+$($-2$)($-x^3$ $-$ $2x^2$ $+$ $x$ $+$ $2$)

den $a^{*} = 1$ ve $b^{*} = -2$ alınabileceği görülür.

Alıştırma. Herhangi üç $a,b,c$ tamsayısı (polinomu) verildiğinde $b \neq 0$ ise $((a,b),c) = (a,(b,c))$ olacağını ve bu ortak değerin $a,b,c$ nin bir ortak böleni olduğunu ve $a,b,c$ nin her ortak böleninin katı olduğunu gösteriniz. (Bundan dolayı bu öğeye $a,b,c$ nin OBEB’i denir ve $(a,b,c)$ ile gösterilir. Aynı sonuç daha fazla sayıdaki tamsayı ya da polinom ile yenilenebilir.)

Yukarıda elde ettiğimiz $(3)$ bağıntısı sayılar kuramının en temel bağıntılarından biridir. Özellikle bu bağıntıya dayanan ve şimdi kanıtlayacağımız şu önerme her yerde kullanılmaktadır.

$a$ ile $b$ sayılarının (polinomlarının) aralarında asal olması için gerek ve yeter koşul

$$aa^{*} + b b^{*} = 1 \qquad (4)$$

olacak biçimde $a^{*}$ ve $b^{*}$ sayılarının (polinomlarının) bulunmasıdır.

$a$ ile $b$ aralarında asal demek $(a,b) = 1$ demek olduğu için önermenin yönü (3) bağıntısının doğrudan sonucudur. Öbür yönünü görmek için ise $a^{*}a + b^{*}b = 1$ olduğunu varsayalım. Eğer $a$ ile $b$ nin bir $c$ ortak böleni bulunsaydı

$$c|a, \quad c|b \Rightarrow c|1$$

olurdu ve dolayısıyla $c = \mp 1$ çıkardı. Bu ise $(a,b) = 1$ yani $a$ ile $b$ aralarında asal demektir.

Örnek 1. Ardışık sayılar aralarında asaldır.

($n$ $+$ $1$) $-$ $n$ $=$ $1$

Örnek 2. $x^5$ $+$ $3x^4$ $-$ $x^2$ $+$ $x$ $+$ $1$ ve $x^5$ $+$ $3x^4$ $-$ $1$ polinomlarının OBEB’i nedir?

Bunu bulmak için

$x^5$ $+$ $3x^4$ $-$ $1$ $-$ ($x^5$ $+$ $3x^4$ $-$ $x^2$ $+$ $x$ $+$ $1$) $=$ $x^2$ $-$ $x$ $-$ $2$

eşitliğinden yararlanalım. Bu iki polinomun her ortak böleni $x^2$ $-$ $x$ $-$ $2$ nin de bölenidir. Yani yalın ortak bölen adayları

$x$, $x$ $+$ $1$, $x$ $-$ $2$, $x^2$ $-$ $x$ $-$ $2$

dir. $x$ $=$ $-1$ ve $x$ $=$ $2$ için $x^5$ $+$ $3x^4$ $-$ $1$ in değeri $0$ olmadığından $x$ $+$ $1$ ile $x$ $-$ $2$ ortak bölen olamaz öyleyse verilen polinomlar aralarında asaldır.

Örnek 3. Eğer $P(x)$ ve $Q(x)$ aralarında asal polinomlarsa, $x$ in her $m$ tamdeğeri için $P(m)$ ve $Q(m)$ sayıları aralarında asaldır. Çünkü, $P(x)$ ile $Q(x)$ aralarında asal olduğundan

$P^{*}(x)$$P(x)$ $+$ $Q^{*}(x)$$Q(x)$ $=$ $1$

olacak biçimde $P^{*}(x)$ ve $Q^{*}(x)$ polinomları bulunabilir, oysa bu bize

$P^{*}(m)$$P(m)$ $+$ $Q^{*}(m)$$Q(m)$ $=$ $1$

eşitliğini verir bu ise $P(m)$ ile $Q(m)$ nin aralarında asal olduğunu gösterir.

Alıştırma. (UMO 1959) Hiçbir $n$ doğal sayısı içi $\frac{21n+4}{14n+3}$ kesrinin kısaltılamayacğını gösteriniz.

3. Asal Çarpanlara Ayırma

Şimdi de (4) bağıntısından yararlanarak her sayı ve polinomun esas itibariyle tek türlü olarak asalların çarpımıyla oluşturulabileceğini görelim. Anımsayacak olursak (bkz. Matematik Dünyası, Cilt 3, Sayı 3, s.1) asal sayılar tam iki tane pozitif tam böleni bulunan pozitif sayılar ve asal polinomlarsa tam iki tane yalın (monik) böleni bulunan yalın polinomlardı. Şimdi göstermek istediğimiz ve ilkokul sıralarında bile kullandığımız sonucu ifade edelim:

Her $a$ pozitif tamsayısı (yalın polinomu)

$a$ $=$ $p_{1}^{s_1}$$p_{2}^{s_2}$$\cdots$$p_{m}^{s_m}$

biçimde tek türlü olarak asal çarpanlara ayrılabilir. Bu çarpanlamanın varlığını varlığını görmek için asal çarpanlara ayrılamayan sayıların (polinomların) varlığını düşünelim. Bunların en küçüğü (en küçük derecelilerinden biri) $k$ olsun. $k$ $=$ $1$ ya da $k$ $=$ $p$ (asal) olamaz (neden?), öyleyse $k$ nın gerçek bölenleri vardır:

$k$ $=$ $q$$r$; $1$ $<$ $q$ $<$ $k$, $1$ $<$ $r$ $<$ $k$ $($ $0$ $<$ $der(q)$ $<$ $der(k)$, $0$ $<$ $der(r)$ $<$ $der(k)$ $)$ $k$ nın seçiliş biçimi nedeniyle bundan küçük olan $q$ ve $r$ asal çarpanlara ayrılabilir:

$q$ $=$ $p_{1}^{e_1}$ $\cdots$ $p_{m}^{e_m}$, $r$ $=$ $p_{1}^{f_1}$ $\cdots$ $p_{m}^{f_m}$

bu ise

$k$ $=$ $qr$ $=$ $p_{1}^{e_{1}+f_{1}}$ $\cdots$ $p_{m}^{e_{m}+f_{m}}$

olması demektir. Sonuç $k$ nın seçilişi ile çeliştiği için seçilen biçimde bir $k$ sayısı dolayısıyla da asal çarpanlara ayrılamayan pozitif tamsayı bulunamaz.

Çarpanlamanın tekliğine gelince, $p_{i}$ ve $p_{j}$ ler asal olmak üzere

$a$ $=$ $p_{1}^{e_{1}}$ $\cdots$ $p_{m}^{e_{m}}$ $=$ $q_{1}^{f_{1}}$ $\cdots$ $q_{t}^{f_{t}}$,

eşitliğinden $m$ $=$ $t$, $p_1$ $=$ $q_1$,$\ldots$, $p_m$ $=$ $q_m$ sonucuna ulaşmamız gerekiyor. Bunun için ise yukarıda belirttiğimiz $(4)$ bağıntısına gerek duyuyoruz. Şöyle ki, $p$ asal $p|rs$, $p$ $|$ $r$ ise ($p$,$r$) $=$ $1$ demektir ve dolayısıyla

$1$ $=$ $p^{*}$$p$ $+$ $r^{*}$$r$ $\Rightarrow$ $s$ $=$ $p^{*}$$ps$ $+$ $r^{*}$$rs$ $\Rightarrow$ $p|s$

çıkar. Demek ki bir asal bir çarpımı bölerse çarpanlardan en az birini böler, bu ise $p_{1}^{e_{1}}$ $\cdots$ $p_{m}^{e_{m}}$ $=$ $q_{1}^{t_{1}}$ $\cdots$ $q_{t}^{f_{t}}$ eşitliğinden arka arkaya uygulamalarla $p_i$ lerle $q_i$ lerin sıralama dışında aynı olacakları sonucunu verecektir. Ayrıntıları düşünmeyi okura bırakıyoruz.

Asal çarpanlara ayrılma özelliği tam sayıların ana özelliğidir. Bu özellik bilindikten sonra ele alınmayacak problem yoktur denilebilir. Asal çarpanlara ayırmanın yararlarından biri bölenleri belirlemektir. Gerçekten

$a$ $=$ $p_{1}^{s_1}$ $\cdots$ $p_{m}^{s_m}$

nin pozitif (yalın) bölenlerinin

$a$ $=$ $p_{1}^{t_1}$ $\cdots$ $p_{m}^{t_m}$ ($0$ $\leq$ $t_1$ $\leq$ $s_1$,$\cdots$, $0$ $\leq$ $t_m$ $\leq$ $s_m$)

biçiminde belirlenebileceğini ve bu bölenlerin ($s_1$ $+$ $1$) $\cdots$ ($s_m$ $+$ $1$) tame olduğunu hemen söyleyebiliriz. Bundan yararlanılarak

$a$ $=$ $p_{1}^{s_1}$ $\cdots$ $p_{m}^{s_m}$, $b$ $=$ $p_{1}^{t_1}$ $\cdots$ $p_{m}^{t_m}$ ($0$ $\leq$ $s_i$, $0$ $\leq$ $t_i$)

ile belirli $a$ ve $b$ için en büyük ortak bölen ve en küçük ortak katı sırasıyla

$(a,b)$ $=$ $p_{1}^{k_1}$ $\cdots$ $p_{m}^{k_m}$; $k_i$ $=$ $kuc$($s_i$,$t_i$)

$[a,b]$ $=$ $p_{1}^{b_1}$ $\cdots$ $p_{m}^{b_m}$; $k_i$ $=$ $buy$($s_i$,$t_i$)

biçiminde belirtebiliriz. Böylece en küçük ortak katın varlığını da görmüş oluyoruz. Buradan hemen

$ab$ $=$ $[a,b]$$(a,b)$

eşitliğini de yazabiliriz.

Bir alıştırma ve bir problem çözümü ile yazımmıza son veriyoruz. Alıştırmada verilen dost sayı çiftleri MS826 ve 301 yılları arasında yaşamış bulunan Harranlı Tabit Bin Kurra tarafından elde edilmiş. Çok sonraları Fermat ve Descartes tarafından yeniden bulunmuş ve 1747’de de Euler tarafından incelenmişlerdir.

Alıştırma. $m$ ve $n$ gibi iki doğal sayıdan birinin öz bölenleri toplam diğer sayıya eşit oluyorsa bu sayı çiftine dost sayılar denir.

1) $284$ ve $220$ sayılarının dost sayılar olduğunu gösteriniz.

2) $p$ $=$ $3$ $.$ $2^{n-1}$ $-$ $1$, $q$ $=$ $3$ $.$ $2^n$ $-$ $1$ ve $r$ $=$ $9$ $.$ $2^{n-1}$ $-$ $1$ asal sayılarsa $M$ $=$ $2^{n}$$pq$ ve $N$ $=$ $2^{n}$$r$ sayılarının dost sayılar olacağını gösteriniz. $n$ $\leq$ $4$ için buradan elde edilebilecek dost sayıları belirtiniz.

Problem. (1991 Amerika Matematik Olimpiyatı) Bir $ABC$ üçgeninde $A$ açısı $B$ açısının iki katı, $C$ açısı geniş açı ve $a$,$b$,$c$ kenar uzunlukları tamsayılardır. Mümkün olan en küçük çevreyi belirleyip kanıtını yapınız.

Çözüm. Çevresi en küçük olan $ABC$ üçgenini göz önüne alalım. $A$ daki iç açıortayın $BC$ yi kestiği nokta $N$ olsun. Açıortay bağıntısından

$$\frac{|NB|}{c} = \frac{|NC|}{b} = \frac{|NB|+|NC|}{b+c} = \frac{a}{b+c}$$

elde edileceği için $|NC|$ $=$ $\frac{ab}{b+c}$ çıkar.

Oysa $ANC$ ve $BAC$ üçgenleri benzer alacağından

$$\frac{|NC|}{b} = \frac{b}{a} \text{yani} \frac{a}{b+c} = \frac{b}{a}$$

Sonuçta da $a^2$ $=$ $b(b+c)$ elde edilir. Burada $b$ ile $b+c$ aralarında asal olmalıdır. Değise $b$ ile $c$ nin $1$ den farklı bir $d$ ortak böleni bulunurdu, bu ortak bölen $a$ yı da bölerdi. Kenarları $\frac{a}{d}$, $\frac{b}{d}$, $\frac{c}{d}$ olan üçgense hem $ABC$ ye benzer hem de daha küçük çevreli olurdu. Bu ise $ABC$ nin seçilişine uymaz. Böylece aralarında asal $b$ ve $b+c$ sayılarının tam kare olduklarını çıkarıyoruz:

$b$ $=$ $m^2$ , $b$ $+$ $c$ $=$ $n^2$, $a$ $=$ $mn$; ($mn$, $\in$ $\mathbb{Z}^+$)

$ABC$’nin üçgen olma koşulu $c$ $<$ $a$ $+$ $b$ eşitsizliğini; $C$ açısının geniş açı olması koşulu da $c^2$ $>$ $a^2$ $+$ $b^2$ eşitsizliğini veriyor. Bu eşitsizlikleri $m$ ve $n$ türünden yazdığımızda

$\sqrt{3}$ $<$ $\frac{n}{m}$ $<$ $2$

elde ediyoruz. Bu eşitsizlikler $m$ $=$ $1$,$2$ ya da $3$ olduğunda hiçbir $n$ için sağlanmazlar. Buna göre $m$ $\geq$ $4$ ve $n^2$ $\geq$ $3m^2$ $\geq$ $48$ yani $n$ $\geq$ $7$ olmalıdır; dolayısıyla da

$a$ $+$ $b$ $+$ $c$ $=$ $mn$ $+$ $n^2$ $\geq$ $4$$.$$7$ $+$ $7^2$ $=$ $77$

olmalıdır. Oysa $m$ $=$ $4$, $n$ $=$ $7$ alınarak elde edilen $a=28$, $b=16$, $c=33$ kenar uzunluklarına sahip üçgen çevresi $77$ olan ve problemin koşullarını sağlayan bir üçgendir. Öyleyse bu üçgen istenen üçgendir.

KAYNAKÇA

[1] B.L van der Waerden: A History of Algebra, Springer-Verlag, Berlin, 1985.

Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1994 yılı 3. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Emre Kahvecioğlu‘na ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.

- Son sayıyı sipariş vermek için tıklayın. -Newspaper WordPress Theme

Son eklenen yazılar