24 Asal Kuvvet Modüllerde Kök Yükseltme
Bir önceki bölümde \(f(x) \equiv 0 \pmod m\) kongrüansını çözme problemini, \(p\) asal ve \(s \geq 1\) olmak üzere
\[f(x) \equiv 0 \pmod{p^s}\]
biçimindeki kongrüanslara indirgemiştik. Şimdi bu kongrüansın nasıl çözüleceğini göreceğiz.
Yöntemin çıkış noktası basit bir gözlemdir: \(u\) tam sayısı \(f(x) \equiv 0 \pmod{p^s}\) kongrüansının bir çözümü ise, \(p \mid p^s\) olduğundan \(f(u) \equiv 0 \pmod p\) de sağlanır. Yani
\(f(x) \equiv 0 \pmod{p^s}\) kongrüansının her çözümü, aynı zamanda \(f(x) \equiv 0 \pmod{p}\) kongrüansının da bir çözümüdür.
Demek ki modülo \(p^s\) çözümlerini, modülo \(p\) çözümlerinin arasında aramamız yeterlidir. Bu yüzden \(f(x) \equiv 0 \pmod p\) kongrüansından yola çıkıp
\[f(x) \equiv 0 \pmod{p^2}, \qquad f(x) \equiv 0 \pmod{p^3}, \qquad \dots\]
kongrüanslarını modül \(p^s\) olana dek basamak basamak çözeriz. Her basamakta bir önceki basamağın çözümlerini “yükseltmeye” çalışırız. Bu tekniğe kök yükseltme (kök taşıma) denir.
24.1 Analizden Hatırlatmalar
Yükseltme adımının kalbinde, polinomların sonlu Taylor açılımı yatar. Bu açılımın burada kullanılabilmesi için katsayıların tam sayı olması gerekir; aşağıdaki üç hatırlatma tam olarak bunu güvenceye alır.
Teorem 24.1 (Binom Teoremi) \(n\) bir pozitif tam sayı olsun. Bu durumda her \(a\) ve \(b\) için
\[(a+b)^n = \binom{n}{0}a^n + \binom{n}{1}a^{n-1}b + \binom{n}{2}a^{n-2}b^2 + \cdots + \binom{n}{n}b^n\]
olur. Burada \(0 \leq k \leq n\) olmak üzere binom katsayıları
\[\binom{n}{k} = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{1 \cdot 2 \cdots k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!} = \binom{n}{n-k}\]
biçiminde tanımlanır ve tam sayıdır.
\(p\) bir pozitif tam sayı ve \(f(x) = x^p\) olsun. O hâlde
\[f'(x) = p x^{p-1}, \qquad f''(x) = p(p-1)x^{p-2}, \qquad \dots\]
ve genel olarak \(0 < n \leq p\) için
\[f^{(n)}(x) = p(p-1)\cdots(p-n+1)\, x^{p-n}\]
olur. Her iki tarafı \(n!\)’e bölersek
\[\frac{f^{(n)}(x)}{n!} = \binom{p}{n} x^{p-n}, \qquad 0 \leq n \leq p\]
elde edilir (eşitlik \(n = 0\) için de doğrudur). Özel olarak \(f^{(p)}(x) = p!\) ve \(n > p\) için \(f^{(n)}(x) = 0\)’dır.
Buradan, tam katsayılı bir polinomun türevleri hakkında kilit sonucu okuyabiliriz.
Lemma 24.1 (Bölünmüş Türevler Tam Katsayılıdır) \(g(x) = a_p x^p + a_{p-1}x^{p-1} + \cdots + a_1 x + a_0\) tam katsayılı bir polinom olsun (\(a_p \neq 0\)). Bu durumda her \(0 \leq n \leq p\) tam sayısı için
\[\frac{g^{(n)}(x)}{n!} = a_p \binom{p}{n} x^{p-n} + a_{p-1}\binom{p-1}{n}x^{p-1-n} + \cdots + a_n \binom{n}{n}\]
olur; yani \(\dfrac{g^{(n)}(x)}{n!}\), \((p-n)\). dereceden tam katsayılı bir polinomdur. Ayrıca \(n > p\) için \(g^{(n)}(x) = 0\)’dır.
\(\dfrac{g^{(n)}(x)}{n!}\) tam katsayılı olduğu için, her \(a\) tam sayısında aldığı değer de tam sayıdır:
\[\frac{g^{(n)}(a)}{n!} \in \mathbb{Z}\]
Taylor açılımının terimlerini modülo \(p^k\) incelerken tam da bu kullanılacak.
Teorem 24.2 (Taylor Teoremi (Polinomlar İçin)) \(p\) bir pozitif tam sayı ve \(g(x) = a_p x^p + \cdots + a_1 x + a_0\) tam katsayılı bir polinom olsun. \(x_0\) ve \(h\) herhangi iki sayı olmak üzere
\[g(x_0 + h) = g(x_0) + \frac{g'(x_0)}{1!}h + \frac{g''(x_0)}{2!}h^2 + \cdots + \frac{g^{(p)}(x_0)}{p!}h^p\]
eşitliği geçerlidir. Polinomlarda açılım sonludur: kalan terim yoktur.
İspat
\(g(x_0 + h)\) ifadesindeki \((x_0+h)\) kuvvetlerini Binom Teoremi’ne göre açalım:
\[ \begin{aligned} g(x_0+h) = \; & a_p x_0^p + \binom{p}{1}a_p x_0^{p-1}h + \binom{p}{2}a_p x_0^{p-2}h^2 + \cdots + a_p h^p \\ + \; & a_{p-1}x_0^{p-1} + \binom{p-1}{1}a_{p-1}x_0^{p-2}h + \cdots + a_{p-1}h^{p-1} \\ + \; & \;\;\vdots \\ + \; & a_1 x_0 + a_1 h \\ + \; & a_0 \end{aligned} \]
Şimdi bu ifadeyi \(h\)’nin kuvvetlerine göre yeniden düzenleyelim. \(h^k\) ile çarpılan terimlerin toplamı
\[\left[ \binom{p}{k}a_p x_0^{p-k} + \binom{p-1}{k}a_{p-1}x_0^{p-1-k} + \cdots + \binom{k+1}{k}a_{k+1}x_0 + \binom{k}{k}a_k \right] h^k\]
olur. Köşeli parantezin içi, Lemma 24.1 gereği tam olarak \(\dfrac{g^{(k)}(x_0)}{k!}\) ifadesidir. O hâlde
\[g(x_0+h) = \sum_{k=0}^{p} \frac{g^{(k)}(x_0)}{k!}h^k\]
bulunur. Son olarak \(n > p\) için \(g^{(n)}(x_0) = 0\) olduğundan, toplama istenildiği kadar sıfır terim eklenebilir; açılımın değeri değişmez.
\(\blacksquare\)
24.2 Modülo \(p\)’den Modülo \(p^2\)’ye
Önce en küçük adımı ayrıntısıyla inceleyelim: elimizde \(f(x) \equiv 0 \pmod p\) kongrüansının çözümleri var; bunları modülo \(p^2\)’ye taşımak istiyoruz.
\(f(x) \equiv 0 \pmod p\) kongrüansı için iki durum söz konusudur.
1. durum. Kongrüans çözümsüzdür. Bu durumda \(f(x) \equiv 0 \pmod{p^s}\) kongrüansı da çözümsüzdür (temel gözlem).
2. durum. Kongrüans çözülebilirdir; çözümleri
\[x \equiv a_1, \quad x \equiv a_2, \quad \dots, \quad x \equiv a_t \pmod p\]
olsun. \(f(x) \equiv 0 \pmod{p^2}\) kongrüansının çözümlerini bu \(t\) tane sınıfın içinde arayacağız.
Bir \(j \in \{1, \dots, t\}\) sabitleyip \(x \equiv a_j \pmod p\) koşulunu sağlayan çözümleri arayalım. Bu koşul
\[x \equiv a_j \pmod p \iff x = a_j + py, \qquad y \in \mathbb{Z}\]
demektir. O hâlde
\[f(x) \equiv 0 \pmod{p^2} \iff f(a_j + py) \equiv 0 \pmod{p^2}\]
olur. Şimdi \(f(a_j + py)\) ifadesini Teorem 24.2 ile açalım:
\[f(a_j + py) = f(a_j) + \frac{f'(a_j)}{1!}(py) + \underbrace{\frac{f''(a_j)}{2!}}_{\in \mathbb{Z}}(py)^2 + \cdots + \underbrace{\frac{f^{(n)}(a_j)}{n!}}_{\in \mathbb{Z}}(py)^n\]
Üçüncü terimden itibaren her terim \(p^2\) ile bölünür ve katsayıları tam sayıdır; dolayısıyla modülo \(p^2\)’de düşerler:
\[f(a_j + py) \equiv 0 \pmod{p^2} \iff f(a_j) + f'(a_j)\,py \equiv 0 \pmod{p^2}\]
\(a_j\) modülo \(p\)’de bir çözüm olduğundan \(p \mid f(a_j)\), yani \(\dfrac{f(a_j)}{p} \in \mathbb{Z}\)’dir. Her iki tarafı ve modülü \(p\)’ye bölebiliriz:
\[ax \equiv ay \pmod m \iff x \equiv y \left(\bmod \; \frac{m}{(a,m)}\right)\]
kuralı gereği
\[\boxed{\;\frac{f(a_j)}{p} + f'(a_j)\,y \equiv 0 \pmod p\;}\]
elde edilir. Bu, \(y\) bilinmeyenine göre birinci dereceden bir kongrüanstır; onu çözmeyi zaten biliyoruz.
24.3 Genel Yükseltme Adımı
Yukarıdaki hesabın \(p \to p^2\) geçişine özel hiçbir yanı yoktur. \(\alpha \geq 1\) olmak üzere \(p^\alpha \to p^{\alpha+1}\) geçişi de aynı biçimde yürür: \(x = b + y p^\alpha\) yazıldığında Taylor açılımının üçüncü terimi \(p^{2\alpha}\) ile bölünür ve \(\alpha \geq 1\) için
\[2\alpha \geq \alpha + 1\]
olduğundan bu terim modülo \(p^{\alpha+1}\)’de yok olur. Bu gözlemi bir teorem olarak toplayalım.
Teorem 24.3 (Yükseltme Lemması) \(f(x)\) tam katsayılı bir polinom, \(p\) bir asal sayı ve \(\alpha \geq 1\) bir tam sayı olsun. \(b\) tam sayısı
\[f(b) \equiv 0 \pmod{p^\alpha}\]
kongrüansının bir çözümü olsun. Bu durumda \(f(x) \equiv 0 \pmod{p^{\alpha+1}}\) kongrüansının \(x \equiv b \pmod{p^\alpha}\) koşulunu sağlayan çözümleri, tam olarak
\[x \equiv b + y\,p^\alpha \pmod{p^{\alpha+1}}\]
biçimindeki sayılardır; burada \(y\),
\[\frac{f(b)}{p^\alpha} + f'(b)\,y \equiv 0 \pmod p \tag{$\ast$}\]
lineer kongrüansının çözümleridir.
İspat
\(x \equiv b \pmod{p^\alpha}\) koşulu \(x = b + y p^\alpha\) (\(y \in \mathbb{Z}\)) demektir. Teorem 24.2 ile
\[f(b + yp^\alpha) = f(b) + f'(b)\,y p^\alpha + \frac{f''(b)}{2!}(yp^\alpha)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(b)}{n!}(yp^\alpha)^n\]
yazılır. Lemma 24.1 gereği tüm \(\dfrac{f^{(k)}(b)}{k!}\) katsayıları tam sayıdır. Üçüncü terimden itibaren her terim \(p^{2\alpha}\) ile bölünür ve \(2\alpha \geq \alpha+1\) olduğundan bu terimler modülo \(p^{\alpha+1}\)’de sıfırdır. Böylece
\[f(b+yp^\alpha) \equiv 0 \pmod{p^{\alpha+1}} \iff f(b) + f'(b)\,y\,p^\alpha \equiv 0 \pmod{p^{\alpha+1}}\]
olur. \(f(b) \equiv 0 \pmod{p^\alpha}\) olduğundan \(\dfrac{f(b)}{p^\alpha} \in \mathbb{Z}\)’dir ve
\[ax \equiv ay \pmod m \iff x \equiv y \left(\bmod \; \frac{m}{(a,m)}\right)\]
kuralı \(a = p^\alpha\), \(m = p^{\alpha+1}\) ile uygulanırsa \((\ast)\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
\((\ast)\) kongrüansı \(y\)’ye göre lineer olduğundan, çözüm sayısı \(f'(b)\) ile \(p\)’nin ortak bölenine bağlıdır. Üç seçenek vardır.
Teorem 24.4 (Yükseltmenin Üç Hâli) Teorem 24.3’nin varsayımları altında:
i) \(\big(f'(b),\, p\big) = 1\), yani \(p \nmid f'(b)\) ise: \((\ast)\) kongrüansının bir tek \(y \equiv y_0 \pmod p\) çözümü vardır. Dolayısıyla \(f(x) \equiv 0 \pmod{p^{\alpha+1}}\) kongrüansının, \(x \equiv b \pmod{p^\alpha}\) koşulunu sağlayan bir tek çözümü vardır:
\[x \equiv b + p^\alpha y_0 \pmod{p^{\alpha+1}}\]
ii) \(p \mid f'(b)\) ve \(\dfrac{f(b)}{p^\alpha} \not\equiv 0 \pmod p\) ise: \((\ast)\) kongrüansını sağlayan hiçbir \(y\) tam sayısı yoktur. Dolayısıyla \(x \equiv b \pmod{p^\alpha}\) koşulunu sağlayan hiçbir çözüm yoktur; kök bu basamakta ölür.
iii) \(p \mid f'(b)\) ve \(\dfrac{f(b)}{p^\alpha} \equiv 0 \pmod p\) ise: \((\ast)\) kongrüansı \(0 \equiv 0\) hâline gelir ve \(y \equiv 0, 1, \dots, p-1 \pmod p\) değerlerinin hepsi çözümdür. Dolayısıyla tam \(p\) tane çözüm doğar:
\[x \equiv b, \quad b + p^\alpha, \quad b + 2p^\alpha, \quad \dots, \quad b + (p-1)p^\alpha \pmod{p^{\alpha+1}}\]
(i) hâli, klasik olarak Hensel lemması adıyla anılır: türevin modülo \(p\)’de sıfırdan farklı olduğu (yani basit, tekrarlı olmayan) bir kök, her basamakta tek türlü ve kesintisiz biçimde yükselir.
\(f(a) \equiv 0 \pmod p\) ve \(p \nmid f'(a)\) olsun. Bu durumda her \(s \geq 1\) için \(f(x) \equiv 0 \pmod{p^s}\) kongrüansının \(x \equiv a \pmod p\) koşulunu sağlayan bir tek çözümü vardır.
Nedeni basittir: yükseltilen kök her adımda \(b \equiv a \pmod p\) kaldığından \(f'(b) \equiv f'(a) \not\equiv 0 \pmod p\) olur; yani (i) hâli sonsuza kadar korunur.
24.4 Çözüm Algoritması
\(f(x) \equiv 0 \pmod{p^s}\) kongrüansını çözmek için:
- \(f(x) \equiv 0 \pmod p\) kongrüansını, modülo \(p\)’ye göre bir tam kalanlar sistemini deneyerek çözün. Çözüm yoksa durun: asıl kongrüans da çözümsüzdür.
- \(f'(x)\) türevini hesaplayın.
- \(\alpha = 1\) ile başlayın. Elinizdeki her \(b\) çözümü için \(\dfrac{f(b)}{p^\alpha} + f'(b)y \equiv 0 \pmod p\) kongrüansını çözün; Teorem 24.4’a göre bu \(b\)’den \(0\), \(1\) veya \(p\) tane yeni çözüm doğar.
- \(\alpha\)’yı bir artırıp 3. adımı tekrarlayın; \(\alpha = s-1\) basamağı bitince modülo \(p^s\) çözümlerinin tamamı elde edilmiş olur.
24.5 Çözümlü Uygulamalar
Örnek 24.1 \(x^3 - 3x^2 + 27 \equiv 0 \pmod{5^3}\) kongrüansının çözümlerini araştırınız.
Çözüm
\(f(x) = x^3 - 3x^2 + 27\) ve \(f'(x) = 3x^2 - 6x\) olsun.
1. basamak: modülo \(5\). \(0, \pm 1, \pm 2\) sayıları modülo \(5\)’e göre bir tam kalanlar sistemidir.
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(-1\) | \(2\) | \(-2\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(f(x)\) | \(27\) | \(25\) | \(23\) | \(23\) | \(7\) |
| \(f(x) \bmod 5\) | \(2\) | \(0\) | \(3\) | \(3\) | \(2\) |
Yalnızca \(f(1) \equiv 0 \pmod 5\) olduğundan kongrüansın bir tek çözümü vardır: \(x \equiv 1 \pmod 5\).
2. basamak: modülo \(5^2\). \(\alpha = 1\) ve \(b = 1\) için
\[\frac{f(1)}{5} + f'(1)\,y \equiv 0 \pmod 5\]
kongrüansını çözelim. \(f(1) = 1 - 3 + 27 = 25\) ve \(f'(1) = 3 - 6 = -3\) olduğundan
\[5 - 3y \equiv 0 \pmod 5 \iff -3y \equiv 0 \pmod 5\]
olur. \((-3, 5) = 1\) olduğundan bir tek çözüm vardır: \(y \equiv 0 \pmod 5\). O hâlde
\[x \equiv 1 + 5 \cdot 0 = 1 \pmod{5^2}\]
3. basamak: modülo \(5^3\). Şimdi \(\alpha = 2\) ve \(b = 1\) için
\[\frac{f(1)}{5^2} + f'(1)\,y \equiv 0 \pmod 5\]
kongrüansını çözelim. \(\dfrac{25}{25} = 1\) olduğundan
\[1 - 3y \equiv 0 \pmod 5 \iff 2y \equiv 1 \pmod 5 \iff 2y \equiv 6 \pmod 5 \iff y \equiv 3 \cdot 2 \equiv 2 \pmod 5\]
(Ara adım: \((2,5) = 1\) olduğundan sadeleştirme yapılabilir.) Buradan
\[x \equiv 1 + 5^2 \cdot 2 = 51 \pmod{5^3}\]
Sonuç. Kongrüansın bir tek çözümü vardır: \(x \equiv 51 \pmod{125}\).
Sağlama. \(x = 51\) değeri için kongrüansın sol tarafı \(125\)’in katıdır:
\[51^3 - 3 \cdot 51^2 + 27 = 132651 - 7803 + 27 = 124875 = 125 \cdot 999\]
Dikkat edilirse \(p = 5 \nmid f'(1) = -3\) olduğundan bu, Hensel lemmasının tipik bir uygulamasıdır: kök her basamakta tek türlü yükselmiştir.
\(\blacksquare\)
Örnek 24.2 \(x^3 + x + 1 \equiv 0 \pmod{3^2}\) kongrüansını çözünüz.
Çözüm
\(f(x) = x^3 + x + 1\) ve \(f'(x) = 3x^2 + 1\) olsun.
1. basamak: modülo \(3\). \(0, \pm 1\) sayıları modülo \(3\)’e göre bir tam kalanlar sistemidir. \(f(0) = 1 \not\equiv 0\), \(f(-1) = -1 \not\equiv 0\) ve \(f(1) = 3 \equiv 0 \pmod 3\) olduğundan bir tek çözüm vardır: \(x \equiv 1 \pmod 3\).
2. basamak: modülo \(3^2\). \(f(1) = 3\) ve \(f'(1) = 4\) olduğundan
\[\frac{f(1)}{3} + f'(1)\,y \equiv 0 \pmod 3 \iff 1 + 4y \equiv 0 \pmod 3\]
olur. \((4,3) = 1\) olduğundan bir tek çözüm vardır: \(4y \equiv -1\), yani \(y \equiv -1 \pmod 3\).
Sonuç. \(x^3 + x + 1 \equiv 0 \pmod{3^2}\) kongrüansının bir tek çözümü vardır:
\[x \equiv 1 + 3 \cdot (-1) = -2 \equiv 7 \pmod 9\]
(Sağlama: \(7^3 + 7 + 1 = 351 = 9 \cdot 39\).)
\(\blacksquare\)
Örnek 24.3 \(x^3 + x - 19 \equiv 0 \pmod{7^2}\) kongrüansını çözünüz.
Çözüm
\(f(x) = x^3 + x - 19\) ve \(f'(x) = 3x^2 + 1\) olsun.
1. basamak: modülo \(7\). \(0, \pm 1, \pm 2, \pm 3\) sayıları modülo \(7\)’ye göre bir tam kalanlar sistemidir.
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(-1\) | \(2\) | \(-2\) | \(3\) | \(-3\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(f(x)\) | \(-19\) | \(-17\) | \(-21\) | \(-9\) | \(-29\) | \(11\) | \(-49\) |
| \(f(x) \bmod 7\) | \(2\) | \(4\) | \(0\) | \(5\) | \(6\) | \(4\) | \(0\) |
O hâlde \(f(x) \equiv 0 \pmod 7\) kongrüansının iki çözümü vardır: \(x \equiv -1\) ve \(x \equiv -3 \pmod 7\). Her ikisini ayrı ayrı yükseltelim.
i) \(a_1 = -1\) için. \(f(-1) = -21\) ve \(f'(-1) = 4\) olduğundan
\[\frac{f(-1)}{7} + f'(-1)\,y \equiv 0 \pmod 7 \iff -3 + 4y \equiv 0 \pmod 7\]
olur. \((4,7) = 1\) olduğundan bir tek çözüm vardır:
\[4y \equiv 3 \equiv 24 \pmod 7 \iff y \equiv 6 \equiv -1 \pmod 7\]
Buradan \(x \equiv -1 + 7 \cdot (-1) = -8 \equiv 41 \pmod{7^2}\) bulunur. (Bu, (i) hâli: kök tek türlü yükseldi.)
ii) \(a_2 = -3\) için. \(f(-3) = -27 - 3 - 19 = -49\) ve \(f'(-3) = 28\) olduğundan
\[\frac{f(-3)}{7} + f'(-3)\,y \equiv 0 \pmod 7 \iff -7 + 28y \equiv 0 \pmod 7\]
olur. Burada \(7 \mid 28 = f'(-3)\) ve \(\dfrac{f(-3)}{7} = -7 \equiv 0 \pmod 7\)’dir; yani Teorem 24.4’un (iii) hâlindeyiz. Kongrüans her \(y\) için sağlanır ve tam \(7\) tane çözüm doğar: \(y \equiv 0, 1, \dots, 6 \pmod 7\). Bunlara karşılık gelen \(x \equiv -3 + 7y \pmod{7^2}\) çözümleri:
| \(y\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(x \bmod 49\) | \(46\) | \(4\) | \(11\) | \(18\) | \(25\) | \(32\) | \(39\) |
Sonuç. \(x^3 + x - 19 \equiv 0 \pmod{7^2}\) kongrüansının sekiz çözümü vardır:
\[x \equiv 4, \; 11, \; 18, \; 25, \; 32, \; 39, \; 41, \; 46 \pmod{49}\]
(Sağlama örneği: \(4^3 + 4 - 19 = 49\); \(11^3 + 11 - 19 = 1323 = 49 \cdot 27\); \(41^3 + 41 - 19 = 68943 = 49 \cdot 1407\).)
\(\blacksquare\)
Son örnekte kongrüansın derecesi \(3\) olmasına rağmen modülo \(49\)’da sekiz çözüm çıktı. Bu bir çelişki değildir: çözüm sayısının dereceyi aşamaması yalnızca asal modüller için geçerlidir. Bu sonucu bir sonraki bölümde ispatlayacağız.
24.6 Problemler
Alıştırma 24.1 (Asal Kuvvet Modülleri) Aşağıdaki kongrüansları çözünüz.
a) \(x^5 + x^4 + 1 \equiv 0 \pmod{3^3}\) b) \(x^3 + x + 57 \equiv 0 \pmod{5^3}\)
c) \(x^3 + x^2 - 5 \equiv 0 \pmod{7^3}\) d) \(x^3 + 10x^2 + x + 2 \equiv 0 \pmod{3^3}\)
İpucu: Her şıkta önce modülo \(p\) çözümlerini bulun, sonra yükseltme adımını basamak basamak uygulayın. Türevin modülo \(p\)’de sıfır olduğu basamaklara özellikle dikkat edin: orada kök ya ölür ya da \(p\) kola ayrılır.