$11.$ dereceden polinomun $2024$ ile bölünebilmesi

[Metin Can Aydemir]

Polinomların tamsayı modlarında incelenmesiyle ilgili bir not hazırlıyorum, yakında buradan da paylaşacağım. Bu notta kullanacağım, kendi yazdığım bazı soruları önden, burada paylaşmak istedim. Bu sorular üzerine düşünmenin modüler aritmetik, karekalanlar, bölme bölünebilme gibi temel konulara iyi anlamda etkisi olacağını düşünüyorum, bu yüzden uğraşmanızı öneririm.

$(a)$ $n^{11}+n^2-8$'in $2024$'e bölünebilmesini sağlayan $2024$'ten küçük kaç tane pozitif tamsayı vardır?

$(b)$ $5x^2-9x-1\equiv 0 \pmod{101^2}$ denkliğini çözünüz.

$(c)$  $x^{11}+2x+125\equiv 0\pmod{23^2}$ denkliğinin $23^2$ modunda kaç farklı çözümü vardır?

$(d)$ $2n^3-n^2+n+6$ ifadesinin her $k$ pozitif tamsayısı için, son $k$ basamağının $0$ olmasını sağlayan ve en fazla $k$ basamaklı olan tam olarak $2$ sayı olduğunu gösteriniz. Örneğin, son $1$ basamağının $0$ olmasını sağlayan en fazla $1$ basamaklı sayılar $2$ ve $7$'dir; son iki basamağının $0$ olmasını sağlayan, en fazla $2$ basamaklı sayılar ise $57$ ve $82$'dir. (Metin Aydemir)

[Metin Can Aydemir]

$(a)$ Çin kalan teoreminden $$n^{11}+n^2-8\equiv 0\pmod{2024}\iff \begin{cases}n^{11}+n^2-8\equiv 0\pmod{8}\\ n^{11}+n^2-8\equiv 0\pmod{11}\\ n^{11}+n^2-8\equiv 0\pmod{23}\end{cases}.$$ $8$ modu için $n$ tek ise $n^2\equiv 1\pmod{8}$ olduğundan $$n^{11}+n^2-8\equiv n+1\pmod{8}$$ olacaktır. Dolayısıyla $n\equiv 7\pmod{8}$ bir çözümdür. Eğer $n$ çiftse $n^{11}\equiv 0\pmod{8}$ olacağından $$n^{11}+n^2-8\equiv n^2\pmod{8}$$ olur, buradan da $n\equiv 0,4\pmod{8}$ elde edilir. Yani $8$ modunda $0,4,7$ olmak üzere $3$ çözüm vardır.

$11$ modunda inceleyelim. Fermat teoreminden $n^{11}\equiv n\pmod{11}$'dir. Buradan $$n^{11}+n^2-8\equiv n^2+n-8\equiv 0\pmod{11}\iff 4n^2+4n-32\equiv 0\pmod{11}$$ $$\iff (2n+1)^2\equiv 0\pmod{11}\iff n\equiv 5\pmod{11}$$ bulunur.

$23$ modu için ise, $\left(\frac{\cdot}{p}\right)$ ile Legendre sembolünü göstermek üzere, Euler kriterinden $n^{11}\equiv \left(\frac{n}{23}\right)\pmod{23}$'dür. Yani, eğer $n$ bir karekalansa $n^{11}\equiv 1$, sıfıra denkse $n^{11}\equiv 0$, karekalan değilse $n^{11}\equiv -1$'dir. $n\equiv 0\pmod{23}$ çözüm vermediğinden sadece karekalanlığı incelemeliyiz. Eğer $n$ karekalansa, $$n^{11}+n^2-8\equiv n^{2}-7\equiv 0\pmod{23}\implies n^2\equiv 7\pmod{23}$$ elde edilir, ancak bu denkliğin çözümü yoktur çünkü $7$ bir karekalan değildir. $$\left(\frac{7}{23}\right)=-\left(\frac{23}{7}\right)=-\left(\frac{9}{7}\right)=-1.$$ İkinci durum ise $n$'nin karekalan olmadığı durumdur. Buradan $$n^{11}+n^2-8\equiv n^2-9\equiv 0\pmod{23}\iff n^2\equiv 9\pmod{23}\iff n\equiv \pm 3\pmod{23}$$ bulunur. Eğer incelersek, $3$ bir karekalandır, $-3$ ise değildir. Dolayısıyla bu denkliğin tek çözümü $n\equiv -3\equiv 20\pmod{23}$'dür.

Eğer bu üç denkliği birleştirirsek, $n^{11}+n^2-8\equiv 0\pmod{2024}$ ve $0<n<2024$ olan $3$ farklı çözüm vardır. Bunları hesaplarsak da $687,940,1952$ bulunur.

[Metin Can Aydemir]

$(b)$ Bu denkliğin çözümü olan herhangi bir $x$ tamsayısı $5x^2-9x-1\equiv 0\pmod{101}$'in de bir çözümüdür. Dolayısıyla, $$5x^2-9x-1\equiv 0\pmod{101}\iff 100x^2-180x-20\equiv 100x^2-180x+81\equiv  0\pmod{101}$$ $$\iff (10x-9)^2\equiv 0\pmod{101}\iff 10x\equiv 9\equiv 110\pmod{101}\iff x\equiv 11\pmod{101}.$$ Yani, ana denkliğin çözümü $x=101k+11$ formatındadır. Buradan, $$5(101k+11)^2-9(101k+11)-1\equiv 110\cdot 101k+5\cdot 11^2-9\cdot 101k-99-1\equiv 505\pmod{101^2}$$ elde edilir ki bu da çelişkidir. Ana denkliğin çözümü yoktur.

Not: Bu sorudan da anlaşılabileceği gibi, $P(x)\equiv 0\pmod{p^a}$ denkliğinin çözümünün olması $P(x)\equiv 0\pmod{p^{a+1}}$'in de çözümü olacağı anlamına gelmez.