Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLERLE<br />
SOYUT CEBİR VE<br />
SAYILAR TEORİSİ<br />
PROF. DR. MEHMET ERDOĞAN<br />
Beykent Üniversitesi<br />
Fen-Edebiyat Fakültesi<br />
Matematik-Bilgisayar Bölümü<br />
YRD. DOÇ. DR. GÜLŞEN YILMAZ<br />
Beykent Üniversitesi<br />
Fen-Edebiyat Fakültesi<br />
Matematik-Bilgisayar Bölümü
Beykent Üniversitesi Yayınevi<br />
Cumhuriyet Mah. Şimşek Sok. No:1, Beykent<br />
Siteleri, Büyükçekmece 34500 İstanbul<br />
Tel : (0212) 444 1997<br />
Faks: (0212) 867 55 66<br />
Beykent Üniversitesi Adına Sahibi<br />
Rektör Prof. Dr. Cuma BAYAT<br />
Yazar:<br />
Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN<br />
Fen-Edebiyat Fakültesi<br />
Matematik-Bilgisayar Bölümü<br />
Yrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZ<br />
Fen-Edebiyat Fakültesi<br />
Matematik-Bilgisayar Bölümü<br />
“SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ”<br />
1. Baskı, Ağustos 2008<br />
Beykent Üniversitesi Yayınları, No. 47<br />
Grafik Tasarım:<br />
İbrahim SEVİLDİ<br />
Baskı:<br />
3gen Ofset<br />
ISBN No:<br />
978-975-6319-02-4<br />
Sertifika No:<br />
0208-34-010320<br />
Kitabın bazı bölümleri veya tamamı Beykent Üniversitesi ve yazarların yazılı izni<br />
olmaksızın hiçbir şekilde çoğaltılamaz.<br />
Copyright © 2008
ÖNSÖZ<br />
İstanbul Üniversitesinden emekli olduktan sonra o zamana kadar<br />
çeşitli üniversitelerin farklı bölümlerinde okutmuş olduğumuz Cebir, Lineer<br />
Cebir, Soyut Cebir ve Sayılar Teorisi derslerine ait bilgi ve tecrübe<br />
birikimimizin özellikle lisans öğrencilerine faydalı olacağı düşüncesi ile bu<br />
kitabı yazmaya karar verdik. Kitabı, Sayılar Teorisi olarak bir sömestr ve Cebir<br />
veya Soyut Cebir dersi olarak da iki sömestr okutulabilecek kapsamda ele<br />
aldık.<br />
Birinci kısım Sayılar Teorisine, ikinci kısım ise Cebir derslerine ait<br />
konuları içermektedir. Her iki kısımda da öğrencilerin konuyu daha iyi<br />
anlayabilmeleri için tam çözümlerini verdiğimiz çok sayıda problem ve<br />
konunun sonunda ise öğrencilerin kendilerini kontrol edebilmeleri için<br />
çözümsüz problemlere yer verdik.<br />
Kitabı, bir araştırma kitabı olmaktan ziyade öğrencilerin<br />
anlayabileceği tarzda bir ders kitabı biçiminde hazırladık, kitapta bazı hata ve<br />
eksikliklerin olabileceğini peşinen kabul eder ve okurlarımızın bu konuda<br />
yapacağı uyarılara şimdiden minnettarlığımızı bildiririz.<br />
Kitabın gerek yazım, gerekse düzeltme aşamasında bizden<br />
yardımlarını esirgemeyen Beykent Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi<br />
Matematik-Bilgisayar Bölümü Araştırma Görevlisi Jeta Rogova Alo ve<br />
Beykent Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü sekreteri matematik uzmanı A.<br />
Aslı Somuncuoğlu’ na teşekkür ediyoruz. Ayrıca, kitabı yazmamız için bizi<br />
teşvik eden Beykent Üniversitesi Rektörü Prof. Dr. Cuma Bayat, Fen-Edebiyat<br />
Fakültesi Dekanı Prof. Dr. Emin Özbaş ve Matematik-Bilgisayar Bölüm<br />
Başkanı Prof. Dr. Mahir Resulov’ a ve şüphesiz bize bu fırsatı tanıyan<br />
Beykent Üniversitesi Mütevelli Heyet Başkanımız değerli insan, sayın Adem<br />
Çelik Bey’ e sonsuz minnet ve şükranlarımızı sunmak istiyoruz.<br />
Bu münasebetle, kitabın basımında emeği geçen tüm Beykent<br />
Üniversitesi Yayınevi çalışanlarına da teşekkür ederiz.<br />
Mart 2008, İstanbul<br />
Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN<br />
Yrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZ<br />
iii
İÇİNDEKİLER<br />
SAYFA<br />
ÖNSÖZ<br />
İÇİNDEKİLER<br />
iii<br />
v<br />
BİRİNCİ KISIM<br />
1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME 1<br />
2. BÖLÜM. ASAL SAYILAR 14<br />
3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR 22<br />
4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR 41<br />
5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER 52<br />
VE İNDEKSLER<br />
6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) 67<br />
REZİDÜLER<br />
7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR 86<br />
8. BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ 97<br />
FONKSİYONLAR<br />
İKİNCİ KISIM<br />
1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE 107<br />
DENKLİK SINIFLARI<br />
2. BÖLÜM. GRUPLAR 109<br />
3. BÖLÜM. ALT GRUPLAR 120<br />
4. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI 125<br />
5. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI 136<br />
6. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR 140<br />
7. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI 153<br />
8. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT 161<br />
GRUPLAR VE BÖLÜM GRUPLARI<br />
v
9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI 172<br />
10. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER 187<br />
11. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ 195<br />
12. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER 205<br />
13. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI 211<br />
14. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ 232<br />
15. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI 241<br />
16. BÖLÜM. CEBİR 250<br />
KAYNAKÇA 259<br />
DİZİN 261<br />
vi
1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME<br />
BİRİNCİ KISIM<br />
Tanım 1.1. a ve b iki tamsayı ve a ≠ 0 olsun. b = a.<br />
c olacak şekilde bir c<br />
tamsayısı varsa a,<br />
b yi böler veya b,<br />
a ile bölünür deriz ve bu durumu a | b<br />
şeklinde ifade ederiz. b ye a nın bir katı, a ya b nin bir böleni, c ye de b nin<br />
a yı tamamlayan böleni adı verilir. c sayısını bulma işlemine ise b yi a ya<br />
bölme işlemi adını vereceğiz.<br />
Eğer b = a.<br />
c olacak şekilde hiçbir c tamsayısı yoksa b, a ile bölünemez<br />
veya a, b yi bölmez denir ve a |/ b yazılır. a | b ise b = a.<br />
c dir ve burada eğer<br />
c ≠ ± 1 ise o zaman a,<br />
b yi has olarak böler diyeceğiz. Örneğin, 6 = 2.3<br />
olduğundan 2, 6 nın bir has bölenidir.<br />
durum<br />
k negatif olmayan bir tamsayı olmak üzere<br />
k<br />
a<br />
Örneğin,<br />
k<br />
a<br />
| b , fakat<br />
k + 1<br />
a<br />
|/ b ise bu<br />
|| b notasyonu ile belirtilir ( k, a nın b yi bölen en büyük kuvvetidir).<br />
2<br />
5 | 50 ve<br />
3<br />
5 / | 50 olduğundan<br />
Bölünebilme İle İlgili Temel Özellikler<br />
1. i )<br />
2<br />
5 || 50 dir.<br />
∀a<br />
∈ Z için a | 0 dır. Çünkü 0 = a.0<br />
ve 0 ∈ Z dir.<br />
ii ) 0 | a ⇔ a = 0 dır. Çünkü 0 | a ise a = 0. c olacak şekilde bir c ∈Z<br />
(gerçekte sonsuz çoklukta) vardır. Böylece a = 0. c koşulu ancak a = 0 olması<br />
halinde gerçeklenir. Tersine i ) den ∀a<br />
∈ Z için a | 0 olduğundan a = 0 için<br />
de ifade doğrudur, yani 0 | 0 , dolayısıyla 0 | a dır.<br />
Aşağıdaki özelliklerin tamamı bölünebilme tanımından kolayca elde<br />
edilir:<br />
2. i )<br />
∀a<br />
∈ Z için ± 1| a ve ± a | a dır.<br />
ii)<br />
a | ± 1 ⇔ a = ± 1 dir.<br />
3. a | b ise ± a | ± b dir.<br />
4. a | b ve b | c ise a | c dir.<br />
5. a | b ve b | a ise b = ± a dır.<br />
6. i ) a | b ise ca | cb dir.<br />
ii ) c ≠ 0<br />
7. a1 b1<br />
, ca | cb ise a | b dir.<br />
| , a2 | b2<br />
ise a1. a2 | b1 . b2<br />
dir.<br />
| ise a | ( b + c)<br />
dir.<br />
8. a | b ve a c<br />
1
Böylece 6. ve 8. özelliklerden a | b ve a | c ise a | ( bx + cy)<br />
( x,<br />
y ∈ Z )<br />
elde ederiz.<br />
9. b | a ve a ≠ 0 ise 1 ≤| b |≤| a | dır. Çünkü, b | a olduğundan a = b.<br />
c olacak<br />
şekilde bir c ∈Z vardır. a ≠ 0 olduğundan b ≠ 0 , c ≠ 0 ( b,<br />
c ∈ Z ) olur ki,<br />
buradan | b |≥ 1 , | c |≥ 1 elde edilir. Böylece, | a |=| b || c |≥| b | , yani | a |≥| b |<br />
olur. Bu ise 1 ≤| b |≤| a | olduğunu kanıtlar.<br />
Teorem 1.1. (Bölme Algoritması) b ≠ 0 olmak üzere bir a,<br />
b tamsayı çifti<br />
için<br />
a = bq + r , 0 ≤ r 0 olduğundan yukarıdaki ispatta<br />
görüleceği gibi a =| b | q ' + r ' , 0 ≤ r '
− | b |< r2 − r1<br />
0<br />
koşullarına uyan bir d tamsayısına b ve c tamsayılarının en büyük ortak<br />
böleni (e.b.o.b.) denir ve ( b, c ) şeklinde gösterilir.<br />
Örneğin; (8,12) = 4 ve (7,0) = 7 dir.<br />
Uyarı: 1| b ve 1| c olduğundan ( b, c) ≥ 1 dir.<br />
Tanım 1.5. b1 , b2<br />
,..., b<br />
n<br />
hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.<br />
a ≠ 0 tamsayısı için a | b1<br />
, a | b2<br />
,..., a | bn<br />
ise a tamsayısına b1 , b2<br />
,..., b<br />
n<br />
tamsayılarının bir ortak böleni denir.<br />
Tanım 1.6. b1 , b2<br />
,..., b<br />
n<br />
hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.<br />
i) d | b1<br />
, d | b2<br />
, ... , d | bn<br />
ii) a | b1<br />
, a | b2<br />
, ... , a | bn<br />
⇒ a | d<br />
iii) d>0<br />
koşullarını gerçekleyen d tamsayısına b1 , b2<br />
,..., b<br />
n<br />
tamsayılarının en büyük<br />
ortak böleni denir ve ( b 1<br />
, b 2<br />
,..., b<br />
n<br />
) şeklinde gösterilir.<br />
3
Teorem 1.2. d, b ve c tamsayılarının en büyük ortak böleni ise<br />
d = ( b, c)<br />
= bx + cy<br />
0 0<br />
olacak şekilde bir x0 , y<br />
0<br />
tamsayı çifti vardır.<br />
Kanıt. A = { bx + cy | x, y ∈ Z } kümesini göz önüne alalım. Bu kümede en az<br />
bir tane pozitif tamsayı vardır. A kümesindeki en küçük pozitif tamsayıyı l ile<br />
gösterelim. Böylece l = bx0 + cy0<br />
olacak şekilde x0 , y0<br />
∈ Z tamsayıları vardır.<br />
İlk olarak l | b ve l | c olduğunu gösterelim. Çünkü, eğer l |/ b ise o takdirde<br />
Teorem 1.1. e göre b = lq + r (0 < r < l)<br />
olacak şekilde bir q, r tamsayı çifti<br />
bulabiliriz ve buradan,<br />
r = b − lq = b − ( bx0 + cy0 ) q = b(1 − qx0 ) + c( −qy<br />
0<br />
)<br />
<br />
olduğundan r ∈ A elde ederiz ki, bu r < l oluşu ile çelişir. Şu halde<br />
l |/ b olamaz, benzer şekilde l |/ c olamayacağı da gösterilebilir. Böylece<br />
l | b ve l | c dir. Diğer taraftan d = ( b, c)<br />
olduğundan b = db1<br />
ve c = dc1<br />
olacak şekilde b1 , c1<br />
∈ Z tamsayıları vardır.<br />
∈Z<br />
∈Z<br />
l = bx0 + cy0 = ( db1 ) x0 + ( dc1 ) y0 = d( b1 x0 + c1 y0<br />
) ⇒ d | l , d>0, l>0<br />
<br />
olduğundan d ≤ l dir. d, en büyük ortak bölen olduğundan d < l olamaz . Şu<br />
halde d = l dir ve böylece d = ( b, c)<br />
= bx0 + cy0<br />
elde ederiz.<br />
∈Z<br />
Bu teoremi aşağıdaki şekilde genelleştirebiliriz.<br />
Teorem 1.3. b1 , b2<br />
,..., b<br />
n<br />
hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar ve d, bu<br />
tamsayıların en büyük ortak böleni olsun. Bu takdirde,<br />
d = ( b , b ,..., b ) = b x + b x + ... + b x<br />
1 2 n 1 1 2 2<br />
n n<br />
olacak şekilde x1 , x2<br />
,..., x<br />
n<br />
tamsayıları vardır.<br />
Kanıt. İspat, Teorem 1.2. deki gibi yapılır.<br />
Teorem 1.4. m, a,<br />
b ∈ Z ve m>0 ise ( ma, mb) = m( a, b)<br />
dir.<br />
Kanıt. ( ma, mb)<br />
= d1<br />
ve ( a, b)<br />
= d olsun. d1<br />
= md olduğunu gösterelim.<br />
( a, b)<br />
= d olduğundan d | a ve d | b dir ve böylece a = da1<br />
ve b = db1<br />
olacak<br />
şekilde a<br />
1<br />
, b1<br />
∈ Z vardır. Bu iki eşitliğin her iki tarafını m ile çarparsak<br />
ma = mda 1<br />
, mb = mdb1<br />
ve md | ma , md | mb olacağından md; ma ve mb<br />
tamsayılarının bir ortak bölenidir. e.b.o.b. tanımından md | d1<br />
dir. Şu halde<br />
4
d = md.<br />
t ( d<br />
1<br />
> 0 , md > 0 ) olacak şekilde t 1<br />
> 0 tamsayısı vardır. Şimdi<br />
1 1<br />
1<br />
1<br />
t = olduğunu gösterelim.<br />
dt1<br />
Bunu d1 md.<br />
t1<br />
d1 = ( ma, mb)<br />
⇒ d1<br />
| ma , d1 | mb ⇒ mdt1<br />
| ma , mdt1<br />
| mb<br />
⇒ dt1<br />
| a , dt1<br />
| b .<br />
m≠0<br />
O halde dt<br />
1<br />
tamsayısı, a ile b nin bir ortak bölenidir ve ( a, b)<br />
= d olduğundan<br />
| d dir. Böylece d > 0 , dt<br />
1<br />
> 0 ve dt1<br />
| d olduğundan t<br />
1<br />
= 1 elde ederiz.<br />
= de yerine yazarsak d1<br />
( ma, mb) = m( a, b)<br />
olduğunu kanıtlar.<br />
= md buluruz ki bu,<br />
Uyarı: Genel olarak m, a,<br />
b ∈ Z ve m ≠ 0 ise ( ma, mb) =| m | ( a, b)<br />
dir.<br />
a b 1<br />
Teorem 1.5. d | a , d | b ve d>0 ise ( , ) = ( a, b)<br />
dir.<br />
d d d<br />
Kanıt. d | a ve d | b olduğundan a = da1<br />
ve b = db1<br />
olacak şekilde a1 , b1<br />
∈ Z<br />
tamsayıları vardır. O halde, Teorem 1.4. ten<br />
a b<br />
( a, b) = ( da1 , db1 ) = d( a1 , b1<br />
) = d( , ) d d<br />
yazarız, böylece<br />
a b<br />
( a, b) = d( , ) d d<br />
elde ederiz.<br />
a b<br />
Sonuç: ( a, b) = g ⇒ ( , ) = 1 dir.<br />
g g<br />
⇒<br />
d ≠0<br />
a b 1<br />
( , ) = ( a, b)<br />
d d d<br />
Tanım 1.7. ( a, b ) = 1 ise a ve b tamsayılarına aralarında asaldır deriz.<br />
Örneğin; (7,11) = 1 olduğundan 7 ve 11 aralarında asaldır.<br />
Teorem 1.6. ( a, m ) = 1, ( b, m ) = 1 ise ( ab, m ) = 1 dir.<br />
Kanıt. ( a, m ) = 1, ( b, m ) = 1 olduğundan Teorem 1.2. ye göre ax0 + my0 = 1<br />
ve bx1 + my1 = 1 olacak şekilde x0 , y<br />
0<br />
ve x1 , y<br />
1<br />
tamsayıları vardır. Buradan,<br />
( ax + my )( bx + my ) = abx x + m( ax y + bx y + my y ) = 1<br />
0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1<br />
ve x0 x1<br />
= A∈ Z , ax0 y1 + bx1 y0 + my0 y1<br />
= B ∈ Z dersek, abA + mB = 1 elde<br />
ederiz. ( ab, m)<br />
= d olsun. Böylece, d | ab , d | m ve abA + mB = 1<br />
olduğundan<br />
d | ( abA + mB) ⇒ d | 1 ⇒ d = 1<br />
5
ulunur, o halde ( ab, m ) = 1 dir.<br />
Bu teoremi aşağıdaki gibi genelleştirebiliriz:<br />
( a1<br />
, m ) = 1, ( a2, m ) = 1, ... , ( an, m ) = 1 ise ( a1a 2... an<br />
, m ) = 1<br />
dir.<br />
Teorem 1.7. (Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremi) a, b,<br />
c ( c ≠ 0) tamsayılar<br />
olmak üzere a | bc ve ( a, b ) = 1 ise a | c dir.<br />
Kanıt. ( a, b ) = 1 olduğundan Teorem 1.2. ye göre ax0 + by0 = 1 olacak şekilde<br />
x , y ∈ Z tamsayıları vardır. Bu ifadenin her iki yanını c ile çarparak,<br />
0 0<br />
acx + bcy = c yazarız. Böylece, hipotezden<br />
0 0<br />
yani a | c elde ederiz.<br />
| , ( )<br />
a bc<br />
a | ac ⇒ a | acx + bcy = c<br />
0 0<br />
Uyarı: a | bc ve a |/ b den a | c sonucu çıkarılamaz.<br />
Sonuç 1: p bir asal sayı olmak üzere p | bc ise p | b ve p | c ifadelerinden en<br />
az birisi doğrudur. Çünkü, p | b ise ispat tamamdır, eğer p |/ b ise ( p, b ) = 1<br />
olacağından Teorem 1.7. ye göre p | bc den p | c elde ederiz.<br />
Sonuç 2: p<br />
|/ b ve p |/ c ise p |/ bc dir.<br />
Teorem 1.8. a, b,<br />
x tamsayılar olmak üzere<br />
( a, b) = ( b, a) = ( a, − b) = ( a, b + ax)<br />
dir.<br />
Kanıt. İlk üç eşitlik e.b.o.b. tanımından derhal elde edilir. Biz sadece<br />
( a, b) = ( a, b + ax)<br />
olduğunu gösterelim, bunun için ( a, b)<br />
= d1<br />
ve<br />
( a, b + ax)<br />
= d2<br />
olduğunu kabul edelim. ( a, b)<br />
= d1<br />
olduğundan<br />
d1 | a ⇒ d1<br />
| ax⎫ ⎬ ⇒ d1<br />
| ( b + ax)<br />
d1<br />
| b ⎭<br />
⇒ d | ( a, b + ax)<br />
= d ,<br />
1 2<br />
e. b. o. b.tan.<br />
yani d1 | d2<br />
olur. Diğer taraftan, ( a, b + ax)<br />
= d2<br />
olduğundan<br />
d2 | a ⇒ d2<br />
| ax⎫<br />
⎬ ⇒ d2<br />
| ⎡( b + ax)<br />
− ax⎤<br />
= b<br />
d2 | ( b + ax)<br />
⎣ ⎦<br />
⎭<br />
6
yazabiliriz, şu halde d2<br />
kullanılarak d2 a, b)<br />
d1<br />
| a , d2<br />
| b bulmuş olduk, buradan e.b.o.b. tanımı<br />
| ( = bulunur, yani d2 | d1<br />
dir. Böylece,<br />
d | 1<br />
d2,<br />
d | 2<br />
d ⎫ 1<br />
⎬ ⇒ d = 1<br />
d2<br />
d1 > 0, d2<br />
> 0 ⎭<br />
bulunur ki, bu ( a, b) = ( a, b + ax)<br />
olduğunu kanıtlar.<br />
Örnek 1. 1. a, b, c tamsayıları için ( a, b, c) = ( a,( b, c))<br />
dir.<br />
Çözüm. ( a, b, c)<br />
= d1<br />
, ( a,( b, c))<br />
= d2<br />
olsun.<br />
( a, b, c)<br />
= d1 ⇒ d1<br />
| a , d1<br />
| b , d1<br />
| c<br />
dir. O halde d1 | ( b, c)<br />
dir ve d1<br />
| a ile birlikte d1 | ( a,( b, c))<br />
= d2<br />
buluruz.<br />
( a,( b, c))<br />
= d2 ⇒ d2<br />
| a , d2 | ( b, c)<br />
⇒ d2<br />
| a , d2<br />
| b , d2<br />
| c<br />
dir, yani d2 | ( a, b, c)<br />
= d1<br />
dir. Böylece,<br />
d > 1<br />
0, d > 2<br />
0 ⎫ ⎬ ⇒ d = d<br />
d1 | d2,<br />
d2 | d1<br />
⎭<br />
buluruz ki, bu istediğimiz eşitliktir.<br />
1 2<br />
Teorem 1.9. (Öklid Algoritması) a ve b ( b ≠ 0 ) tamsayıları verilsin. a ve b ye<br />
ard arda bölme algoritması uygulanarak<br />
a = bq1 + r1<br />
, 0 < r1<br />
r > r > r > ... > r > r +<br />
= 0<br />
1 2 3 n n 1<br />
dir ve ayrıca ( a, b)<br />
= rn<br />
, yani sıfırdan farklı en son kalan, en büyük ortak<br />
bölendir.<br />
Kanıt. Yukarıdaki eşitliklerden rn<br />
| rn<br />
− 1<br />
, rn<br />
| rn<br />
− 2<br />
, ... , rn<br />
| a , rn<br />
| b olduğu<br />
hemen görülür. O halde r<br />
n<br />
, a ve b nin bir ortak bölenidir, böylece rn<br />
| ( a, b)<br />
dir. Diğer taraftan, ( a, b)<br />
= d ise d | a ve d b<br />
d | a − bq = r<br />
| olduğundan ( )<br />
1 1<br />
7
yazabiliriz. d | r1<br />
ise yukarıdaki bölme algoritmalarının denklemlerinden<br />
d | r ,..., 2<br />
d | rn<br />
elde edilir. Böylece r<br />
n<br />
> 0 , d > 0 , rn<br />
| d , d | rn<br />
olması<br />
nedeniyle d = r buluruz.<br />
n<br />
Örnek 1.2. 550 ve 24 tamsayılarının en büyük ortak bölenini bulunuz ve bu<br />
tamsayıyı 550 ve 24 tamsayılarının bir lineer birleşimi (kombinezonu) şeklinde<br />
ifade ediniz.<br />
Çözüm.<br />
550 = 22.24 + 22⎫ ⎪<br />
24 = 1.22 + 2 ⎬ ⇒ (550,24) = 2<br />
22 = 11.2 + 0 ⎪<br />
⎭<br />
bulunur. Ayrıca<br />
2 = 24 -1.22 = 24 - 1(550 - 22.24) = 23.24 - 1.550<br />
yazılabileceğinden x<br />
0<br />
= 24 , y<br />
0<br />
= 550 ve a = 23 , b = − 1 olmak üzere<br />
2 = ax0 + by0<br />
= 23.24 − 1.550 şeklinde bir lineer birleşim olarak ifade edilmiş<br />
olur.<br />
Örnek 1.3. (1140, 480) = d ise d yi bulunuz ve d = 1140x + 480y<br />
olacak<br />
şekilde bir x, y tamsayı çifti belirleyiniz.<br />
Çözüm.<br />
1140 = 2.480 + 180 ⇒ 180 = 1140 − 2.480<br />
480 = 2.180 + 120 ⇒ 120 = 480 − 2.180<br />
180 = 1.120 + 60 ⇒ 60 = 180 − 1.120<br />
120 = 2.60+0<br />
yazılırsa, buradan d = (1140,480) = 60 bulunur. Ayrıca<br />
60 = 180 − 1.120 = 180 −1(480 − 2.180) = 3.180 − 1.480<br />
= 3(1140 − 2.480) − 1.480 = 3.1140 − 7.480<br />
yazılabilir ve x = 3 , y = − 7 aranan tamsayı çiftini verir.<br />
Tanım 1.8. a | k ve b | k ise k ya a ile b nin bir ortak katı denir.<br />
Tanım 1.9. a ve b sıfırdan farklı iki tamsayı olsun.<br />
i) a | k , b | k<br />
ii) a | l , b | l ⇒ k | l<br />
8
iii) k>0<br />
koşullarına uyan bir k tamsayısına a ve b nin en küçük ortak katı (e.k.o.k.)<br />
denir ve k = [ a, b]<br />
şeklinde gösterilir.<br />
İkiden fazla tamsayının e.k.o.k. da benzer şekilde tanımlanır.<br />
Teorem 1.10. m > 0 olmak üzere [ ma, mb] = m[ a, b]<br />
dir.<br />
Kanıt. Teorem 1.4. deki gibi yapılır.<br />
Örneğin; [ 50,30] = 10[ 5,3]<br />
= 10.15 = 150 dir.<br />
Şimdi ispatını daha sonra yapacağımız ve aşağıdaki örneğin çözümünde<br />
kullanacağımız bir özellik yazalım.<br />
Özellik: a>0, b>0 ise ( a, b)[ a, b] = a.<br />
b dir.<br />
Örnek 1.4. ( a, b ) = 10 ve [ a, b ] = 100 koşullarını gerçekleyen bütün pozitif<br />
a, b tamsayı çiftlerini bulunuz.<br />
Çözüm. ( a, b) = 10 ⇒ 10 | a , 10 | b ⇒ a = 10m<br />
, b = 10n<br />
; m, n ∈ Z , ( m, n) = 1<br />
dir. Çünkü,<br />
10 = (10 m,10 n) = 10( m, n) ⇒ ( m, n) = 1<br />
olur. Diğer taraftan,<br />
[10 m,10 n] = 10[ m, n] = 100 ⇒ [ m, n] = 10<br />
ve buradan yukarıdaki özellik kullanılarak<br />
( m, n)<br />
[ m, n] = [ m, n] = m. n = 10<br />
<br />
= 1<br />
bulunur. Böylece çarpımları 10 olan tamsayı çiftleri, yukarıdaki a = 10m<br />
,<br />
b = 10n<br />
denklemlerinde m ve n değerleri yerine yazılarak istenen tamsayı<br />
çiftleri (10,100) , (20,50) , (50, 20) , (100,10) olarak bulunur.<br />
2<br />
Örnek 1.5. ( n + n + 1,2n + 7) = d ise d nin alabileceği değerleri bulunuz.<br />
2<br />
2<br />
Çözüm. ( n + n + 1,2n + 7) = d ise d | ( n + n + 1) , d | ( 2n<br />
+ 7) dir.<br />
2<br />
d | 2( n + n + 1) ⎫⎪<br />
2 2<br />
⎬ ⇒ d | ⎡2n + 7 n − (2n + 2n<br />
+ 2) ⎤<br />
d | n( 2n<br />
+ 7)<br />
⎣ ⎦<br />
= 5n<br />
− 2<br />
⎪⎭<br />
yani d | ( 5n<br />
− 2) bulunur. Buradan<br />
d | ( 5n − 2) ⇒ d | 2( 5n − 2)<br />
= 10n<br />
− 4 ⎫ ⎪<br />
⎬ ⇒ d | ⎡ ⎣10n + 35 − ( 10n<br />
− 4)<br />
⎤ ⎦ = 39 ,<br />
d | ( 2n + 7) ⇒ d | 5 ( 2n + 7)<br />
= 10n<br />
+ 35⎪⎭<br />
yani d | 39 buluruz. 39 = 3.13 ve d > 0 olduğundan d = 1, 3 ,13, 39 olabilir.<br />
9
Örnek 1.6. n ∈ N ( Doğal Sayılar Kümesi ) olmak üzere 6 | n( n + 1)(2n<br />
+ 1)<br />
olduğunu kanıtlayınız.<br />
Çözüm. n( n + 1)(2n + 1) = A diyelim. n yi 6 ile bölerek, bölme algoritmasına<br />
göre n = 6q + r , 0 ≤ r < 6 yazabiliriz. O halde;<br />
r = 0 ise: n = 6q ⇒ A = 6 q(6q + 1)(12 q + 1) ⇒ 6 | A ,<br />
r = 1 ise: n = 6q + 1 ⇒ A = (6q + 1)(6q + 2)(12q<br />
+ 3)<br />
= (6q + 1)2(3q + 1)3(4 q + 1)<br />
= 6(6q + 1)(3q + 1)(4q + 1) ⇒ 6 | A ,<br />
r = 2 ise: n = 6q + 2 ⇒ A = (6q + 2)(6q + 3)(12 q + 5)<br />
= 2(3q + 1)3(2 q + 1)(12 q + 5)<br />
= 6(3q + 1)(2q + 1)(12 q + 5) ⇒ 6 | A ,<br />
r = 3 ise: n = 6q + 3 ⇒ A = (6q + 3)(6q + 4)(12q<br />
+ 7)<br />
= 3(2q + 1)2(3q + 2)(12q<br />
+ 7)<br />
= 6(2q + 1)(3q + 2)(12q + 7) ⇒ 6 | A ,<br />
r = 4 ise: n = 6q + 4 ⇒ A = (6q + 4)(6q + 5)(12 q + 9)<br />
= 2(3q + 2)(6q + 5)3(4q<br />
+ 3)<br />
= 6(3q + 2)(6q + 5)(4q + 3) ⇒ 6 | A ,<br />
r = 5 ise: n = 6q + 5 ⇒ A = (6q + 5)(6q + 6)(12q<br />
+ 11)<br />
= (6q + 5)6( q + 1)(12 q + 11) ⇒ 6 | A<br />
bulunur. Bütün haller için 6 n( n 1)( 2n<br />
1)<br />
Bölme Algoritmasının Bir Uygulaması<br />
| + + olduğu görülür.<br />
Bölme algoritması yardımıyla tamsayıları verilen bir tabana göre yazabiliriz.<br />
Bir a > 1 tamsayısı göz önüne alalım ve bu tamsayıyı sabit tutalım. Şimdi<br />
herhangi bir b > 0 tamsayısı seçelim. Bölme algoritmasına göre b = aq0 + r0<br />
,<br />
0 ≤ r0<br />
< a olacak şekilde tek türlü belirli q<br />
0<br />
, r<br />
0<br />
tamsayı çifti vardır. Bu kez,<br />
bölme algoritmasını q<br />
o<br />
ve a ya uygularsak q0 = aq1 + r1<br />
, 0 ≤ r1<br />
< a olacak<br />
şekilde tek türlü belirli q<br />
1<br />
, r 1<br />
tamsayı çifti vardır. a > 1 olduğundan<br />
b > q0 > q1 > ...<br />
( 1.4 )<br />
olduğu açıktır. Şimdi bölme algoritmasını q , 1<br />
a çiftine uygularsak<br />
q1 = aq2 + r2<br />
, 0 r2<br />
a<br />
1.4 dizisi<br />
azalan bir dizi olduğundan sonlu bir n. adımda q<br />
n<br />
= 0 olacak şekilde<br />
b > q > q > q > ... > q > q = 0 dizisine ulaşırız. Böylece,<br />
0 1 2 n−1<br />
≤ < yazabiliriz. Bu şekilde devam edersek, ( )<br />
n<br />
10
2<br />
b = q0a + r0 = ( q1a + r1 ) a + r0 = q1a + r1<br />
a + ro<br />
= ( q a + r ) a + r a + r = q a + r a + r a + r<br />
⋮<br />
2 3 2<br />
2 2 1 0 2 2 1<br />
n<br />
= r a + r a + ... + r a + r a + r<br />
n<br />
n−1 2<br />
n−1 2 1 0<br />
o<br />
elde edilir. Burada rn<br />
≠ 0 , 0 ≤ r0 , r1<br />
,..., r n<br />
< a dır. Sonuç olarak her pozitif b<br />
tamsayısının, 1 den büyük bir a tamsayısının kuvvetlerinin bir lineer<br />
kombinezonu olarak yazılabileceğini elde etmiş olduk. Bu durumu sembolle<br />
b = ( r r ... r r ) şeklinde gösterebiliriz.<br />
n n−1 2 1 a<br />
Örnek 1.7. a = 3 ve b = 543 alalım. b = 543 tamsayısını a = 3 tabanına<br />
göre yazalım.<br />
Çözüm.<br />
543 = 181.3 + 0 , r 0<br />
= 0<br />
olduğundan<br />
elde edilir.<br />
PROBLEMLER<br />
1) ,<br />
181 = 60.3 + 1 , r 1<br />
= 1<br />
60 = 20.3 + 0 , r 2<br />
= 0<br />
20 = 6.3 + 2 , r 3<br />
= 2<br />
6 = 2.3+ 0 , r 4<br />
= 0<br />
2 = 0.3+ 2 , r 5<br />
= 2<br />
543 = r a + r a + r a + r a + r a + r<br />
5 4 3 2<br />
5 4 3 2 1 0<br />
5<br />
2.3<br />
4<br />
0.3<br />
3<br />
2.3<br />
2<br />
0.3<br />
1<br />
1.3 0<br />
= + + + + +<br />
= (202010) 3<br />
a b ∈ Z ve ( a,4 ) = ( b,4)<br />
= 2 ise ( )<br />
a b c ∈ Z ; ( a, b ) = 1 ve c | ( a − b)<br />
ise ( )<br />
2) , ,<br />
a + b,4 = 4 olduğunu gösteriniz.<br />
a, c = 1 olduğunu gösteriniz.<br />
3) a, b, c, d, x,<br />
y tamsayılar ve ayrıca m = ax + by ; n = cx + dy ;<br />
ad − bc = ± 1 olsun. Bu takdirde ( m, n) = ( x,<br />
y)<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
11
a<br />
4) ,<br />
c<br />
b d ∈ Q ( a, b, c, d ∈ Z ; b ≠ 0, d ≠ 0)<br />
ve ( a b)<br />
( c d )<br />
a c<br />
+ ∈ Z ise b = d olduğunu gösteriniz.<br />
b d<br />
, = , = 1 olsun.<br />
5) Ardışık üç tamsayının çarpımının 6 ile, ardışık dört tamsayının çarpımının<br />
da 24 ile bölündüğünü gösteriniz.<br />
6) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ( n, n + 1)<br />
ve [ , 1]<br />
7) a b<br />
| ise ( a,<br />
b ) ve [ , ]<br />
8) x y 25<br />
+ = ve ( )<br />
olmadığını gösteriniz.<br />
a b nın değerlerini bulunuz.<br />
n n + yi hesaplayınız.<br />
x, y = 4 koşullarını sağlayan hiçbir x,<br />
y tamsayı çiftinin<br />
9) k bir tamsayı olmak üzere, herhangi bir tamsayının karesinin ya 3k<br />
biçiminde veya 3k + 1 biçiminde olduğunu gösteriniz.<br />
10) Her n ∈ Z için<br />
/ n olduğunu gösteriniz.<br />
2<br />
4 | + 2<br />
2 2<br />
11) x ve y tek tamsayılar ise x + y tamsayısının bir çift tamsayı<br />
olduğunu, fakat 4 ile bölünemediğini gösteriniz.<br />
12) 2000 ile 7007 arasında olan ve 17 ile bölünebilen kaç tane tamsayı<br />
vardır?<br />
13) n ≥ 2 bir tamsayı ve k<br />
gösteriniz.<br />
+<br />
∈ Z olsun. Bu takdirde n 1 ( n<br />
k 1)<br />
− | − olduğunu<br />
14) a) Ardışık 4 tamsayının çarpımının 4 ile bölünebildiğini gösteriniz.<br />
4<br />
b) 5 |/ n ise n − 1 sayısının 5 ile bölünebildiğini gösteriniz.<br />
c) ∀n<br />
∈ Z için<br />
3<br />
6 n n)<br />
| ( − olduğunu gösteriniz.<br />
1<br />
ç) ∀n<br />
∈ N için 12 n− + 10 sayısının 11 ile bölündüğünü tümevarımla<br />
gösteriniz.<br />
2n+ 2 n+<br />
1<br />
d) ∀n<br />
∈ N için 7 | (3 − 2 ) olduğunu gösteriniz.<br />
n<br />
e) ∀n<br />
∈ N için 5 | (6 − 1) olduğunu gösteriniz.<br />
12
f) ∀n<br />
∈ N için 6 | n(2n + 1)(7n<br />
+ 1) olduğunu gösteriniz.<br />
g) ( m, n ) = 1 ve m | a , n | a ise m.<br />
n | a olduğunu gösteriniz.<br />
h) ( m, n ) = 1 ise ( m + n, mn) = 1 olduğunu gösteriniz.<br />
15) u<br />
1<br />
= 1, u<br />
2<br />
= 2 , un = un−<br />
1<br />
+ un−2<br />
( n ≥ 3 ) ( Fibonacci sayıları ) ise<br />
( u , 1 ) 1<br />
n− un<br />
= olduğunu gösteriniz.<br />
16) a,<br />
b ∈ Z ve a b<br />
17) a,<br />
b<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
18)<br />
1 2 n 1 2<br />
| ise ( a,<br />
b)<br />
= a olduğunu gösteriniz.<br />
+<br />
∈ Z (pozitif tamsayılar kümesi) ve ( a, b) [ a,<br />
b]<br />
a , a ,..., a ; y , y ,..., y ∈ Z olmak üzere<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
n<br />
( a , a ,..., a ) = ( a , a − y a , a − y a ,..., a − y a )<br />
1 2 n 1 2 2 1 3 3 1 n n 1<br />
= ise a = b<br />
19) ( ) 826,1890<br />
d = olsun. Öklid Algoritmasını kullanarak d yi hesaplayınız<br />
ve ayrıca d yi 826 ve 1890 tamsayılarının bir lineer kombinezonu olarak<br />
ifade ediniz.<br />
13
2. BÖLÜM. ASAL SAYILAR<br />
Tanım 2.1. p > 1 tamsayısı verilsin. Eğer p nin ± 1 ve ± p den başka böleni<br />
yoksa p tamsayısı bir asal sayıdır deriz. Asal olmayan bir tamsayıya bileşik<br />
sayı diyeceğiz.<br />
Teorem 2.1. Z tamsayılar kümesinde en az bir asal sayı vardır.<br />
Kanıt. 2 ∈Z ve 2 asaldır. Çünkü 2 asal olmasaydı: ∃ c ∈ Z öyleki c | 2 dir.<br />
Böylece, 1 1 tamsayısının en az bir asal böleni vardır.<br />
Kanıt. d , n nin 1 den büyük en küçük pozitif böleni olsun. Eğer d asal ise<br />
ispat tamamdır. d asal değilse 1 < di<br />
< d , ( i = 1,2) olmak üzere d = d1.<br />
d2<br />
dir.<br />
Böylece d<br />
1<br />
> 1 pozitif tamsayısı da n nin bir böleni olur ki, bu d nin<br />
tanımına aykırıdır. O halde, 1 den büyük bir tamsayının en az bir asal böleni<br />
vardır.<br />
Teorem 2.3. Her n > 1 tamsayısı asal sayıların bir çarpımı şeklinde yazılabilir.<br />
Kanıt. n = p1. p2... pk<br />
olacak şekilde p1 , p2<br />
,..., p<br />
k<br />
asal sayılarının<br />
bulunabileceğini göstermeliyiz. Kanıtı n e göre tümevarım yöntemi ile<br />
yapalım. 2 asal olduğundan iddia n = 2 için doğrudur. n = k için iddianın<br />
doğruluğunu kabul edip n = k + 1 için de doğru olduğunu göstermeliyiz.<br />
k = p ... 1<br />
p2 pr<br />
olacak şekilde pi<br />
( i = 1,2,..., r)<br />
asal sayıları mevcut olsun. Eğer<br />
k + 1 = q sayısı asal ise iddia doğru, aksi takdirde , yani q asal değilse<br />
1 < ni<br />
< q , ( i = 1,2) olmak üzere q = n1.<br />
n2<br />
dir. Tümevarımdaki hipotezden n<br />
1<br />
ve n<br />
2<br />
sayıları asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilebileceğinden<br />
k + 1 = q sayısı da asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilmiş olacaktır. n<br />
nin bu gösterilişindeki asal çarpanlar birbirinden farklı olmak zorunda değildir.<br />
Yani, her n > 1 tamsayısı, p1 , p2<br />
,..., p<br />
r<br />
tamsayıları birbirinden farklı asal<br />
sayılar ve α1, α2,..., α<br />
r<br />
lerde negatif olmayan tamsayılar olmak üzere<br />
α1 α2<br />
αr<br />
n = p1 p2 ... p r<br />
(1.5)<br />
şeklinde yazılabilir. Bu gösterime n tamsayısının kanonik gösterimi<br />
(gösterilişi) diyeceğiz.<br />
Teorem 2.4. 1 n > tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde yazılışı sıra<br />
dikkate alınmaz ise tek türlü belirlidir.<br />
14
Kanıt. n > 1 tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde n = p ... 1<br />
p2 pr<br />
ve<br />
n = q ... 1q2 qs<br />
gibi farklı iki gösterilişinin olduğunu varsayalım. Burada,<br />
p ( i = 1,2,..., r)<br />
ve q ( j = 1,2,..., s)<br />
sayıları asaldır. O halde<br />
i<br />
j<br />
p1 p2... pr<br />
= q1q2<br />
... qs<br />
(1.6)<br />
dır. r ≤ s kabul edebiliriz, aksi halde p ve q ların rollerini değiştirebiliriz.<br />
p ... 1<br />
| p1 pr<br />
olduğu için (1.6) dan p ... 1<br />
| q1 qs<br />
diyebiliriz. Böylece<br />
p1 | qi<br />
(1 ≤ i<br />
1 1<br />
≤ s)<br />
olacak şekilde bir q<br />
i 1<br />
vardır. q<br />
i 1<br />
asal olduğundan qi 1<br />
= p1<br />
elde edilir. Aynı düşünceyi p ,..., 2<br />
p<br />
r<br />
için yaparak<br />
p = q , p = q ,..., p = q<br />
(1.7)<br />
1 i1 2 i2<br />
r i r<br />
eşitliklerini elde ederiz. Burada i 1<br />
, i 2<br />
,..., i r<br />
tamsayları 1,2,...,r tamsayılarının<br />
bir permütasyonudur. (1.7) deki eşitlikleri (1.6) da yerine yazıp elde edilen<br />
ifadenin her iki yanını p1 , p2<br />
,..., p<br />
r<br />
ile sadeleştirirsek<br />
1 = q ... q q ... q q ... q q ... q<br />
1 i1 − 1 i1 + 1 i2 − 1 i2<br />
+ 1 ir<br />
− 1 ir<br />
+ 1 s<br />
elde ederiz. Eğer r < s olursa yukarıdaki eşitliğin sağ tarafında en az bir<br />
q ≥ 2 asal sayısı mevcut olurdu ki, sağ tarafın 1 e eşit olması nedeni ile bu<br />
j<br />
mümkün değildir. O halde,<br />
r = s, p = q , p = q ,..., p = q<br />
buluruz ve teorem kanıtlanmış olur.<br />
1 i1 2 i2<br />
r i r<br />
Şimdi a ve b pozitif tamsayılarının kanonik gösterilişleri<br />
asal ve , 1<br />
α β ≥ ( i 1,2,..., k; j 1,2,..., t)<br />
i<br />
j<br />
= = olmak üzere<br />
p<br />
i<br />
ve<br />
q<br />
i<br />
ler<br />
1 2<br />
... k<br />
a p α<br />
1<br />
p α<br />
2<br />
p α<br />
1 2<br />
=<br />
k<br />
, ... t<br />
b = q β<br />
1<br />
q β<br />
2<br />
q β<br />
t<br />
olsun. p |/ a ve p |/ b ise p nin a ve b de bulunan kuvvetini sıfır kabul ederek<br />
a ve b yi aynı asal sayıların çarpımı olarak aşağıdaki gibi yazabiliriz;<br />
α1 α2<br />
... αr<br />
β1 β2<br />
a = p1 p2 p r<br />
, ... βr<br />
b = p1 p2 p r<br />
( p<br />
i<br />
ler asal ve αi<br />
, βi<br />
≥ 0 ) (1.8)<br />
Böylece,<br />
r<br />
min( α1 , β1 ) min( α2 , β2 ) min( αr<br />
, βr<br />
)<br />
min( αk<br />
, βk<br />
)<br />
1 2<br />
r<br />
k<br />
k = 1<br />
( a, b) = p p ... p = ∏ p ,<br />
dır.<br />
r<br />
max( α1, β1 ) max( α2 , β2 ) max( α r , βr<br />
)<br />
max( α , β )<br />
1 2<br />
r<br />
k<br />
k = 1<br />
k k<br />
[ a, b] = p p ... p = ∏ p<br />
Şimdi daha önce ispatsız olarak verdiğimiz bir özelliği ispatlıyalım.<br />
15
Özellik: a, b ≥ 1 olmak üzere ( a, b)[ a, b] = a.<br />
b dir.<br />
Kanıt. a ve b nin kanonik gösterilişi (1.8) deki gibi olsun. k = 1,2,..., r<br />
olmak üzere ∀ k için<br />
min( αk , βk ) + max( αk , βk ) = αk + βk<br />
olduğunu göstermeliyiz.<br />
r<br />
k k k k<br />
( a, b)[ a, b] = ∏ p<br />
, a.<br />
b =<br />
k = 1<br />
min( α , β ) + max( α , β )<br />
k<br />
r<br />
∏<br />
k = 1<br />
k k<br />
p α + β<br />
k<br />
yazılabilir. k = 1,2,..., r için;<br />
α ≤ β ⇒ min( α , β ) + max( α , β ) = α + β ,<br />
dır. O halde,<br />
k k k k k k k k<br />
β ≤ α ⇒ min( α , β ) + max( α , β ) = α + β<br />
k k k k k k k k<br />
r<br />
r<br />
min( k , k ) max( k , k )<br />
k k<br />
( , )[ , ] = ∏ α β + α β k<br />
= ∏<br />
α + β<br />
k<br />
= .<br />
k = 1 k = 1<br />
elde edilir.<br />
a b a b p p a b<br />
Örnek 2. 1. (72,96,192,120) ve [72,96,192,120] değerlerini bulunuz.<br />
Çözüm.<br />
2 3 3 2 3 2 0<br />
72 = 2.36 = 2 .18 = 2 .9 = 2 .3 = 2 .3 .5<br />
2 3 4 5 1 5 1 0<br />
96 = 2.48 = 2 .24 = 2 .12 = 2 .6 = 2 .3 = 2 .3 .5<br />
2 3 4 5 6 1 0<br />
192 = 2.96 = 2 .48 = 2 .24 = 2 .12 = 2 .6 = 2 .3 .5<br />
2 3 3 1 1<br />
120 = 2.60 = 2 .30 = 2 .15 = 2 3 .5<br />
olduğundan<br />
3 1 0<br />
(72,96,192,120) = 2 .3 .5 = 24<br />
buluruz.<br />
= =<br />
6 2 1<br />
[72,96,192,120] 2 .3 .5 2880<br />
Teorem 2.5. (Öklid) Asal sayıların sayısı sonsuzdur.<br />
Kanıt. Asal sayıların sayısının sonlu olduğunu varsayalım ve bunlar<br />
p1 , p2<br />
,..., p<br />
n<br />
olsun. K = p ... 1<br />
1<br />
p2 p n<br />
+ doğal sayısını oluşturalım. K > 1<br />
olduğundan Teorem 2.2. ye göre K nın q gibi bir asal böleni vardır ve<br />
i = 1,2,..., r olmak üzere her i için q ≠ pi<br />
dir. Eğer q = pi<br />
olsa: q | K ,<br />
q | p ... 1<br />
p2 pn<br />
olur, buradan da q | ( K − p ... 1<br />
p2 pn<br />
) yani q | 1 elde edilir ki, bu<br />
mümkün değildir, böylece q ≠ pi<br />
dir. p1 , p2<br />
,..., p<br />
n<br />
asal sayılarından başka bir<br />
q asal sayısı daha bulunmuş olur ki, bu varsayımımıza aykırıdır. Şu halde asal<br />
sayıların sayısı sonlu olamaz.<br />
16
+<br />
Örnek 2.2. Bir n ∈ Z tamsayısı için 2 n + 1 bir asal sayı ise n tamsayısının 2<br />
nin bir kuvveti şeklinde olduğunu gösterelim..<br />
Çözüm. n nin 2 nin bir kuvveti olmadığını varsayalım. Bu taktirde 1 den<br />
k<br />
farklı bir t tek tamsayısı için n = 2 . t yazabiliriz. Buna göre,<br />
n 2 . 2 2 ( 1) 2 ( 2)<br />
2 1 2 k t<br />
1 (2 k 1)(2 k t −<br />
2 k t −<br />
+ = + = + − + ... + 1)<br />
yazılabilir. Yukarıdaki eşitliğin sağ yanındaki her bir çarpan bir tamsayı ve<br />
k<br />
2 2 .<br />
1 < 2 k + 1 < 2 k t + 1 = 2 n + 1<br />
2<br />
n<br />
olduğundan (2 + 1) | (2 + 1) elde ederiz ki, bu 2 n + 1 in bir asal sayı olduğu<br />
hipotezi ile çelişir. O halde varsayımımız yanlıştır, yani n, 2 nin bir kuvveti<br />
olmak zorundadır.<br />
+<br />
Örnek 2.3. 3 ten büyük her asal sayı q ∈ Z olmak üzere ya 6q + 1 veya<br />
6q − 1 formundadır.<br />
Çözüm. p, 3 ten büyük bir asal sayı olsun. Bölme Algoritmasına göre q ve r<br />
pozitif tamsayılar olmak üzere<br />
p = 6q + r , r = 0,1,2,3, 4,5<br />
şeklinde yazılabilir.<br />
r = 0 ise p = 6q<br />
olur ki 2 | p ve 2 < p olduğundan bu, p nin asal oluşu<br />
ile çelişir.<br />
r = 1 ise p = 6q<br />
+ 1 olduğundan bu istenen durumdur.<br />
r = 2 ise p = 6q<br />
+ 2 olur ki 2 | p ve 2 < p olduğundan bu, p nin asal<br />
oluşu ile çelişir.<br />
r = 3 ise p = 6q<br />
+ 3 olur ki 3 | p ve 3 < p olduğundan bu, p nin asal oluşu<br />
ile çelişir.<br />
r = 4 ise p = 6q<br />
+ 4 olur ki 2 | p ve 2 < p olduğundan bu, p nin asal<br />
oluşu ile çelişir<br />
r = 5 ise p = 6q + 5 = 6( q<br />
<br />
+ 1) − 1 = 6q′<br />
−1<br />
olduğundan bu istenen durumdur.<br />
q′∈Z<br />
Örnek 2.4. ( 4 ile bölünebilme kuralı ) Bir m tamsayısının 4 ile bölünebilmesi<br />
için gerek ve yeter koşul bu tamsayının son iki basamağının oluşturduğu<br />
sayının 4 ile bölünebilmesidir.<br />
Çözüm. m tamsayısının 10 tabanına göre yazılışı<br />
n<br />
n 1 2 1<br />
m = an10 + a<br />
110 −<br />
n−<br />
+ ... + a210 + a110<br />
+ a0<br />
ve 4 | m olsun. Ayrıca<br />
n<br />
n−1 2<br />
4 | ( an10 + an−<br />
110 + ... + a210 )<br />
olduğundan 4 , bu iki sayının farkını da böler. Şu halde<br />
n<br />
n−1 2<br />
4 | ⎡<br />
⎣m − ( an10 + an−<br />
110 + ... + a210 ) ⎤<br />
⎦<br />
17
veya<br />
1<br />
4 | ( a 10 + a ) elde ederiz. Tersine 4 | ( a 10 + a ) ise,<br />
1<br />
1 0<br />
1 0<br />
n<br />
n−1 2<br />
4 | ( an10 + an−<br />
110 + ... + a210 )<br />
olduğundan bu ikisinin toplamı da 4 ile bölünecektir, yani<br />
n<br />
n−1 2 1<br />
4 | [( an10 + an−<br />
110 + ... + a210 ) + ( a110 + a0<br />
)] ⇒ 4 | m<br />
<br />
buluruz.<br />
Örnek 2.5. ( 3 ile bölünebilme kuralı ) Bir m tamsayısının 3 ile bölünebilmesi<br />
için gerek ve yeter koşul bu tamsayının rakamları toplamının 3 ile<br />
bölünebilmesidir.<br />
n<br />
n−1 2 1<br />
Çözüm. m = an10 + an−<br />
110 + ... + a210 + a110<br />
+ a0<br />
ve 3 | m olsun. Binom<br />
açılımından<br />
n n n ⎛ n⎞ n−1 ⎛ n⎞ n−2 2 ⎛ n ⎞ n−1<br />
n<br />
10 = (9 + 1) = 9 + ⎜ ⎟9 + ⎜ ⎟9 .1 + ... + ⎜ ⎟9.1 + 1<br />
⎝ 1 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ n −1⎠<br />
= 3b n<br />
+ 1, ( bn<br />
∈ Z )<br />
olduğu dikkate alınırsa,<br />
3 | [ a (3b + 1) + a (3b + 1) + ... + a (3b + 1) + a ] , ( b ,..., b , b ∈ Z )<br />
n n n−1 n−1 1 1 0<br />
yazabiliriz. Böylece,<br />
m<br />
1 n−1<br />
[ a b a b a b a a a a ]<br />
3 | 3( + + ... + ) + + + ... + +<br />
n n n−1 n−1 1 1 n n−1 1 0<br />
elde edilir. Ayrıca 3 | 3( anbn + an−<br />
1bn<br />
−1 + ... + a1b1<br />
) olduğundan 3 bunların farkını<br />
da böler. Şu halde<br />
3 | ( a + a + ... + a + a )<br />
n<br />
n−1 1 0<br />
buluruz. Tersine 3 | ( an<br />
+ an−<br />
1<br />
+ ... + a1 + a0<br />
) ise 3 | m olduğu gösterilebilir.<br />
Örneğin, 102615 sayısının rakamları toplamı 15 olup, bu tamsayı 3 ile<br />
bölünebilir.<br />
Yukarıdaki örnekten, bir tamsayının 9 ile bölünebilmesi için rakamları<br />
toplamının 9 ile bölünebilmesi gerektiği sonucunu hemen elde ederiz.<br />
Teorem 2.6. Asal olmayan bir 1 n > doğal sayısının p n ≤ koşuluna uyan<br />
en az bir p asal böleni vardır.<br />
n<br />
18
Kanıt. n > 1 asal olmadığına göre, n nin p < n olacak şekilde bir p pozitif<br />
asal böleni vardır, yani n′ > 1 uygun bir doğal sayı olmak üzere n = pn′ dür.<br />
Burada p<br />
≤ n ve n′ ≤ n den en az biri doğrudur. Çünkü hem p > n<br />
hem de n′ > n olsa pn′ > n , yani n > n olur ki, bu mümkün değildir. Eğer<br />
p ≤ n ise bu p asal sayısı istediğimiz koşula uyar. p > n ise bu takdirde<br />
n′ ≤ n dir. n′ > 1 olduğundan n′ nün q gibi bir pozitif asal böleni vardır<br />
ve 1 < q ≤ n′ dür. q | n′ ve n′ | n olduğundan q | n dir. Diğer yandan<br />
1 < q ≤ n′<br />
≤ n olduğundan 1 < q ≤ n dir. Şu halde q, n nin istenen<br />
koşulları gerçekleyen bir asal bölenidir.<br />
Şu halde, p ≤ n koşuluna uyan p asal sayılarından hiçbirisi ile<br />
bölünemeyen bir n doğal sayısı asaldır.<br />
Örnek 2.6. 113, 241 ve 1453 sayılarının asal olduklarını gösterelim.<br />
Çözüm. 10 < 113 < 11 olup, 1 ile 10 arasındaki asal sayılar 2, 3, 5, 7 dir. Bu<br />
asal sayılardan hiçbiri 113 ü bölmez. Şu halde 113 asaldır.<br />
15 < 241 < 16 olup, 1 ile 15 arasındaki asal sayılar 2, 3, 5, 7, 11, 13 dür. Bu<br />
asal sayılardan hiçbiri 241 i bölmediğinden 241 asaldır.<br />
38 < 1453 < 39 olup, 1 ile 38 arasındaki asal sayılardan hiçbiri 1453 ü<br />
bölmediğinden 1453 sayısı da asaldır.<br />
Eratosthenes Kuralı İle Asal Sayıların Bulunması<br />
1 ile n arasındaki 1 den büyük p1 , p2<br />
,..., p<br />
k<br />
pozitif asal sayıları bilindiği<br />
2<br />
takdirde, n ile n arasındaki bütün asal sayıları Eratosthenes kuralı ile<br />
2<br />
bulabiliriz. 1 den n ye kadar olan bütün doğal sayıları sırayla yazdıktan sonra<br />
p = den başlayarak 2. sıradaki sayıyı ve 2 nin tam katlarındaki sıralarda<br />
1<br />
2<br />
bulunan sayıları, p<br />
2<br />
= 3 den başlayarak 3. sıradaki sayıyı ve 3 ün tam<br />
katlarındaki sıralarda bulunan sayıları, bu şekilde devam ederek nihayet<br />
dan başlayarak p<br />
k<br />
. sıradaki sayıyı ve p<br />
k<br />
nın tam katlarındaki sıralarda<br />
bulunan bütün sayıların üstünü çizelim. Bu işlemin sonunda üstü çizilmemiş<br />
2<br />
olan sayılar, n ile n arasındaki bütün asal sayıları verecektir.<br />
Örnek 2.7. 1 den 100 e kadar olan asal sayıları Eratosthenes kuralı ile bulalım.<br />
Çözüm. Önce 1 ile 100 arasındaki bütün tamsayıları yazalım. 1 den 10 a kadar<br />
olan asal sayılar 2, 3, 5 ve 7 dir. O halde 1 i sildikten sonra 2 den başlayarak<br />
sırayla 2 ve 2 nin katları, 3 ve 3 ün katları, 5 ve 5 in katları ve nihayet 7 ve 7<br />
p<br />
k<br />
19
nin katlarındaki sıralarda yer alan bütün sayıları silersek geriye kalan<br />
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79,<br />
83, 89, 97 sayıları 1 ile 100 arasında bulunan asal sayılar olacaktır.<br />
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15<br />
16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30<br />
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45<br />
46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60<br />
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75<br />
76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90<br />
91 92 93 94 95 96 97 98 99 100<br />
Tanım 2.2. ( p, p + 2) şeklindeki asal sayı çiftlerine asal sayı ikizi,<br />
( p, p + 2, p + 6) asal sayılarına asal sayı üçüzü, ( p, p + 2, p + 6, p + 8)<br />
şeklindeki asal sayılara da asal sayı dördüzü adı verilir.<br />
Örneğin; yukarıdaki tablodan 1 ile 100 arasındaki asal sayı ikizlerinin (3,5) ,<br />
(5,7) , (11,13) , (17,19) , (29,31) , (41,43) , (59,61) ve (71,73) ; asal sayı<br />
üçüzlerinin (5,7,11) , (11,13,17) , (17,19,23) ve (41,43, 47) ; asal sayı<br />
dördüzlerinin de (5,7,11,13) ve (11,13,17,19) olduğunu söyleyebiliriz.<br />
Not : Asal sayılar birbirini düzgün aralıklarla izlememektedir. 10.000.721 e<br />
kadar olan asal sayılar D.N. Lehmer tarafından bir tablo ile gösterilmiş olup, bu<br />
tabloda bazı yerlerde büyük boşluklar bulunmaktadır. Örneğin 1326 ile 1361,<br />
8467 ile 8501, 9551 ile 9587 arasında hiçbir asal sayı yoktur. Asal sayılar<br />
dizisinde istenildiği kadar geniş boşluklar bulmak mümkündür. Gerçekten, n-1<br />
tane n ! + 2 , n ! + 3 ,... , n!<br />
+ n sayıları arasında hiçbir asal sayı bulunmamaktadır.<br />
Çünkü k = 2,3,..., n olmak üzere her k için k | ( n! + k)<br />
dır.<br />
PROBLEMLER<br />
1) p bir asal sayı olmak üzere ( a,<br />
b)<br />
hangi değerleri alabilir.<br />
= p ise ( 2 , )<br />
a b , ( a 3 , b ) ve ( a 2 , b<br />
3<br />
)<br />
2<br />
3 2<br />
4<br />
4<br />
2) p bir asal sayı, ( a,<br />
p ) = p ve ( b,<br />
p ) = p ise ( ab,<br />
p ) ve ( a b,<br />
p )<br />
değerlerini bulunuz.<br />
+ ün<br />
20
3) Aşağıdaki önermelerin doğru olup olmadığını araştırınız. Doğru ise<br />
ispatlayınız, yanlış ise bir örnek veriniz.<br />
a, b a,<br />
c a, b = a,<br />
c dir.<br />
a) ( ) = ( ) ise [ ] [ ]<br />
b) ( a, b) = ( a,<br />
c)<br />
ise b = c dir.<br />
c) ( a, b) ( a,<br />
c)<br />
= ise ( a 2 , b 2 ) ( a 2 , c<br />
2<br />
)<br />
2 2<br />
| ve p ( a b )<br />
d) p bir asal sayı , p a<br />
e) a,<br />
b ∈ Z olmak üzere<br />
f)<br />
a<br />
| b ise a | b dir.<br />
3 3<br />
2 2<br />
g) ( a, b ) = 1 ise ( )<br />
2<br />
4<br />
h) b | ( a + 1)<br />
ise b ( a 1)<br />
ı) ( a, b, c) (( a, b),( a, c)<br />
)<br />
= dir.<br />
| + ise p | b dir.<br />
2<br />
a | b ise a | b dir.<br />
a , ab, b = 1 dir.<br />
| + dir.<br />
= dir.<br />
+<br />
4) Bir n ∈ Z ( pozitif tamsayılar kümesi ) için 2 n − 1 asal ise n nin de asal<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
5) a1, a2 , a3,<br />
a<br />
4<br />
tamsayıları a1a4 − a2a3 = ± 1 koşulunu gerçekliyorsa<br />
kesrinin sadeleştirilmiş bir kesir olduğunu, yani ( a a a a )<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
a<br />
a<br />
1 2 3 4<br />
+ a<br />
+ a<br />
1 2<br />
3 4<br />
+ , + = 1<br />
6) n bir pozitif tamsayı olsun. Aşağıdaki ifadeleri ispatlayınız.<br />
a) n tamsayısının 2 ile bölünebilmesi için gerek ve yeter koşul n nin birler<br />
basamağındaki rakamın 2 ile bölünmesidir.<br />
b) n tamsayısının 8 ile bölünebilmesi için gerek ve yeter koşul n nin son<br />
üç basamağından oluşan sayının 8 ile bölünmesidir.<br />
7) İki tek tamsayının çarpımının bir tek tamsayı, toplamının da bir çift tamsayı<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
8) 3k + 1 formundaki her asal sayının 6k + 1 formunda olduğunu gösteriniz.<br />
9) 6n + 1 formunda sonsuz sayıda asal sayı olduğunu gösteriniz.<br />
10) p bir asal sayı ise p nin bir irrasyonel sayı olduğunu gösteriniz.<br />
21
3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR<br />
Tanım 3.1. a, b, m ∈ Z;<br />
m > 0 tam sayıları verilsin. Eğer m | ( a − b)<br />
ise a, b<br />
ye m modülüne göre kongrüent dir denir ve a ≡ b(mod m)<br />
şeklinde gösterilir.<br />
Teorem 3.1. Sabit bir m modülüne göre kongrüans bağıntısı tamsayılar kümesi<br />
üstünde bir denklik (eşdeğerlik) bağıntısıdır.<br />
Kanıt.<br />
1. m | ( a − a) = 0 olduğundan a ≡ a(mod m)<br />
sağlanır, yani “ ≡ ” bağıntısı<br />
yansıyandır.<br />
2. a ≡ b(mod m) ⇒ m | ( a − b) ⇒ m | −( a − b)<br />
= b − a , o halde b ≡ a(mod m)<br />
olup “ ≡ ” bağıntısı simetriktir.<br />
3. a ≡ b(mod m)<br />
, b ≡ c(mod m)<br />
olsun , o takdirde m | ( a − b)<br />
, m | ( b − c)<br />
dir. Böylece [( ) ( )]<br />
m | a − b + b − c = a − c olduğundan a ≡ c(mod m)<br />
dir, yani<br />
“ ≡ ” bağıntısı geçişme özelliğine sahiptir.<br />
Teorem 3.2. a, b, c, d, m∈ Z ; m > 0 ve a ≡ b(mod m)<br />
, c ≡ d(mod m)<br />
olsun.<br />
Bu takdirde,<br />
1. a + c ≡ b + d(mod m)<br />
, a − c ≡ b − d(mod m)<br />
,<br />
2. ac ≡ bd(mod m)<br />
,<br />
3. k ∈ Z olmak üzere a + k ≡ b + k(mod m)<br />
ve ka ≡ kb(mod m)<br />
dir.<br />
Kanıt.<br />
1.<br />
a ≡ b(mod m) ⇒ m |( a −b)<br />
⎫⎪ ⎬ ⇒ m |[( a − b) ∓ ( c − d)] = [( a ∓ c) − ( b ∓ d)]<br />
c ≡ d(mod m) ⇒ m |( c−d)<br />
⎪⎭<br />
⎪<br />
yani a ∓ c ≡ b ∓ d(mod m)<br />
dir.<br />
2.<br />
a ≡ b(mod m) ⇒ m | ( a − b)<br />
⎫<br />
⎬ ⇒ m | ( a − b)<br />
c , m | b( c − d)<br />
c ≡ d(mod m) ⇒ m | ( c − d)<br />
⎭<br />
⇒ m | [( a − b) c + b( c − d)]<br />
= ac − bd ,<br />
yani ac ≡ bd(mod m)<br />
dir.<br />
3. a ≡ b(mod m) ⇒ m | ( a − b) ⇒ m | k( a − b) ⇒ m | ( ka − kb)<br />
dir ve böylece ka ≡ kb(mod m)<br />
elde edilir. Diğer taraftan, 1. özellikten<br />
elde edilir.<br />
a ≡ b(mod m)<br />
, k ≡ k(mod m) ⇒ a + k ≡ b + k(mod m)<br />
22
Teorem 3.3. k, a, b,<br />
m ∈ Z ; 0<br />
m > , k 0( mod m)<br />
≡ , ( k, m)<br />
= d ve<br />
m<br />
ka ≡ kb(mod m)<br />
olsun. O taktirde a ≡ b(mod ) dir.<br />
d<br />
Kanıt. ka ≡ kb(mod m)<br />
ise m | ( ka − kb) = k( a − b)<br />
dir. Böylece k( a − b)<br />
= mu<br />
olacak şekilde bir u ∈ Z vardır. ( k, m)<br />
= d olduğundan d | m , d | k dır. Şu<br />
halde, m = m ' d,<br />
k = k ' d olacak şekilde m ' , k ' ∈ Z tamsayıları vardır ve bu<br />
tamsayılar aralarında asaldır, yani ( k ', m ') = 1 dir. m ve k nın bu değerleri<br />
yukarıda yerine yazılırsa k ' d( a − b) = m'<br />
du veya buradan m ' | k '( a − b)<br />
sonucu elde edilir. Bu sonuçtan ( k ', m ') = 1 olduğunu da dikkate alırsak<br />
Teorem 1.6. yı kullanarak m ' | ( a − b)<br />
buluruz. Bu ise a ≡ b(mod m')<br />
veya<br />
m<br />
a ≡ b(mod ) demektir.<br />
d<br />
Sonuç: ka ≡ kb(mod m)<br />
, ( k, m ) = 1 ise a ≡ b(mod m)<br />
dir.<br />
Teorem 3.4. f ( x ) , katsayıları tamsayılar olan bir polinom fonksiyon ve<br />
a ≡ b(mod m)<br />
olsun. Bu takdirde f ( a) ≡ f ( b)(mod m)<br />
dir.<br />
Kanıt.<br />
bulunur.<br />
n<br />
j<br />
f ( x)<br />
= ∑ c x olsun. Teorem 3.2. den<br />
j=<br />
0<br />
Örnek 3.1. a,<br />
b ∈ Z ; d,<br />
m<br />
j<br />
j j<br />
a ≡ b(mod m) ⇒ a ≡ b (mod m)<br />
( j = 0,1,..., n)<br />
j j<br />
⇒ c a ≡ c b (mod m)<br />
( j = 0,1,..., n)<br />
⇒<br />
j<br />
n<br />
n<br />
j<br />
∑ j<br />
≡∑<br />
j= 0 j=<br />
0<br />
j<br />
j<br />
c a c b (mod m)<br />
⇒ f ( a) ≡ f ( b)(mod m)<br />
+<br />
∈ Z ve a ≡ b(mod m)<br />
Çözüm. a ≡ b(mod m)<br />
ise m | ( a − b)<br />
dir.<br />
yani a ≡ b(mod d)<br />
dir.<br />
d | m ⎫<br />
⎬ ⇒ d | ( a − b)<br />
,<br />
m | ( a − b)<br />
⎭<br />
j<br />
, d | m ise a ≡ b(mod d)<br />
dir.<br />
23
Örnek 3.2. a,<br />
b ∈ Z ve m > 0 bir pozitif tamsayı olmak üzere a ≡ b(mod m)<br />
olması için gerek ve yeter koşul a ile b nin m ile bölündüğü zaman aynı kalanı<br />
vermesidir.<br />
Çözüm. a ≡ b(mod m)<br />
, m > 0 olsun. a ile b yi, m ile kalanlı olarak bölelim.<br />
Bu takdirde m, q, m′ , q′∈ Z olmak üzere<br />
a = mq + r , b = mq ' + r ' , 0 ≤ r, r ' < m<br />
(3.1)<br />
yazabiliriz. Kalanların eşit yani, r = r ' olduğunu göstermeliyiz. (3.1) den<br />
a − b = mq + r − ( mq ' + r ') = m( q − q ') + ( r − r ')<br />
bulunur. a ≡ b(mod m)<br />
olduğundan m | a − b dir.<br />
m | ( a − b)<br />
⎫<br />
⎬ ⇒ m | ( r − r′<br />
) ,<br />
m | m( q − q′<br />
) ⎭<br />
üstelik r − r′<br />
< m olduğundan buradan r − r′ = 0 , yani r = r ' elde ederiz.<br />
Tersine a = mq + r , b = mq ' + r ' , 0 ≤ r, r ' < m ve r = r ' ise bu takdirde,<br />
a − b = mq + r − ( mq ' + r ') = m ( q − q ') + ( r<br />
− r ') = m ( q − q ')<br />
olacağından m | a − b , yani a ≡ b( mod m)<br />
elde edilir.<br />
Örnek 3.3. a, b,<br />
m ∈ Z ; m > 0 ve a ≡ b(mod m)<br />
ise ( a, m) = ( b, m)<br />
dir.<br />
Çözüm. ( a, m)<br />
= d1<br />
, ( b, m)<br />
= d2<br />
olsun. a ≡ b(mod m)<br />
olduğundan a − b = mu<br />
veya b = a − mu olacak şekilde bir u ∈ Z tamsayısı vardır.<br />
= 0<br />
d<br />
yani d1<br />
d ( b, m)<br />
d<br />
⎧ ⎪d | m ⇒ d | mu⎫<br />
1 1<br />
1<br />
= ( a, m)<br />
⇒ ⎨<br />
⎬ ⇒<br />
d1<br />
| a<br />
⎩⎪<br />
| b dir. Bu sonuçla d1<br />
d d<br />
⎭<br />
d1 | ( a − mu)<br />
,<br />
= b<br />
| m olduğu birlikte dikkate alınırsa<br />
1<br />
| =<br />
2<br />
veya<br />
1<br />
|<br />
2<br />
elde ederiz. Benzer şekilde d2 | d1<br />
olduğu da<br />
gösterilebilir. Böylece<br />
d > 1<br />
0, d > 2<br />
0 ⎫ ⎬ ⇒ d = 1<br />
d2<br />
d1 | d2,<br />
d2 | d1<br />
⎭<br />
elde edilir.<br />
Not: Örnek 3.3. , Teorem 1.8. kullanılarak da çözülebilir.<br />
Örnek 3.4. a,<br />
b ∈ Z , p bir asal sayı ve<br />
p | ( a + b) den en az birisi doğrudur.<br />
2<br />
a ≡ b 2 (mod p)<br />
ise p a b)<br />
| ( − ve<br />
24
Çözüm.<br />
2 2 2 2<br />
a b p p a b p a b a b<br />
≡ (mod ) ⇒ | ( − ) ⇒ | ( − )( + ) , şu halde<br />
Teorem 1.7. deki Sonuç 1 den p | ( a − b)<br />
veya p | ( a + b)<br />
bulunur.<br />
Örnek 3. 5. x,<br />
y ∈ Z olmak üzere x ≡ y(mod m i<br />
) , i = 1,2,..., k ise<br />
x ≡ y(mod[ m1 , m2<br />
,..., m k<br />
]) dır.<br />
Çözüm.<br />
x ≡ y(mod m ) ⇒ m | ( x − y),<br />
1 1<br />
x ≡ y(mod m ) ⇒ m | ( x − y),<br />
2 2<br />
⋮<br />
x ≡ y(mod mk<br />
) ⇒ mk<br />
| ( x − y)<br />
dir. e.k.o.k. tanımından,<br />
[ m1 , m2 ,..., mk<br />
] | ( x − y) ⇒ x ≡ y(mod[ m1 , m2<br />
,..., mk<br />
])<br />
buluruz.<br />
Tam ve İndirgenmiş Kalan Sistemleri<br />
m > 0 bir tamsayı ve a ∈ Z olsun. Bölme algoritmasına göre<br />
a = mq + r , 0 ≤ r < m<br />
olacak şekilde q ve r tamsayıları vardır. Böylece a − r = mq olduğundan<br />
m | ( a − r) , yani a ≡ r(mod m)<br />
dir. Burada r = 0,1,..., m − 1 dir ve bunlardan<br />
herhangi ikisi m modülüne göre birbirine eşdeğer değildir.<br />
Tanım 3.2. a1 , a2<br />
,..., a<br />
m<br />
tamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa bu<br />
tamsayılara m modülüne göre bir tam kalan sistemi (T.K.S.) denir;<br />
1) i ≠ j için a ≢ a (mod m),<br />
i<br />
j<br />
2) ∀a<br />
∈ Z ye karşılık a ≡ ai<br />
(mod m)<br />
olacak şekilde 1 ≤ i ≤ m koşulunu<br />
gerçekleyen en az bir i tamsayısı vardır.<br />
Örnek 3.6. a ∈ Z ve m = 5 olsun. r = 0,1, 2,3, 4 olmak üzere a = 5k + r<br />
yazabiliriz. Böylece,<br />
a = 0 = 5 k | k ∈ Z ,<br />
1<br />
2<br />
3<br />
4<br />
5<br />
{ }<br />
{ Z}<br />
{ Z}<br />
{ Z}<br />
{ Z}<br />
a = 1 = 5k + 1 | k ∈ ,<br />
a = 2 = 5k + 2 | k ∈ ,<br />
a = 3 = 5k + 3 | k ∈ ,<br />
a = 4 = 5k + 4 | k ∈<br />
25
olmak üzere { 1, 2, 3, 4, 5} { 0, 1, 2, 3, 4}<br />
a a a a a = elde ederiz. Bu bir tam kalan<br />
sistemi olduğundan , örneğin 1 kümesine ait olan 5k 1<br />
+ 1 şeklinde bir eleman<br />
diğer bir kümedeki bir tamsayıya eşdeğer olamaz. Gerçekten, eğer bu eleman<br />
2 kümesine ait bir 5k 2<br />
+ 2 elemanına eşdeğer olsaydı o zaman<br />
5k + 1 ≡ 5k + 2(mod5) ⇒ 5 | [(5k + 1) − (5k<br />
+ 2)]<br />
1 2 1 2<br />
⇒ 5 | ( 5k<br />
− 5k<br />
− 1)<br />
1 2<br />
yazılabilir ve ayrıca 5 | ( 5k1 − 5 k2<br />
) olduğundan buradan 5 | 1 bulunurdu ki, bu<br />
mümkün değildir.<br />
Z de alınan herhangi bir tamsayı ancak ve ancak bir tek kalan sınıfına ait<br />
olabilir. Böylece, Z tamsayılar kümesi ikişer ikişer ayrık ve birleşimleri Z<br />
kümesi olan ayrık denklik sınıflarına parçalanmış olmaktadır. O halde i ≠ j<br />
m<br />
için ai<br />
∩ a<br />
j<br />
= ∅ , ∪ ai<br />
= Z yazabiliriz.<br />
i=<br />
1<br />
Örnek 3.7. {1,2, − 2,5,7,8,9} kümesinin 7 modülüne göre bir tam kalan<br />
sistemi olup olmadığını belirleyelim.<br />
Çözüm. 8 ≡ 1(mod 7) , 9 ≡ 2(mod 7) , −2 ≡ 5(mod 7) olduğundan bu<br />
kümenin herhangi iki elemanı 7 modülüne göre birbirine eşdeğerdir ayrıca 3,<br />
4 ve 6 bu sınıflardan hiçbirisine ait olmadığından verilen küme bir tam kalan<br />
sistemi oluşturamaz.<br />
Teorem 3.5. { a1 , a2<br />
,..., am}<br />
kümesi, m modülüne göre bir tam kalan sistemi ve<br />
( k, m ) = 1 ise bu takdirde { ka1 , ka2<br />
,..., ka<br />
m}<br />
kümesi de m modülüne göre bir<br />
tam kalan sistemi oluşturur.<br />
Kanıt. 1) i ≠ j için ka ≡ ka (mod m)<br />
dir. Çünkü eğer i ≠ j için<br />
i<br />
j<br />
ka ≡ ka (mod m)<br />
olsa: ( k, m ) = 1 olduğundan a ≡ a (mod m)<br />
olurdu.<br />
i<br />
j<br />
2) i = 1, 2,..., m için ka<br />
i<br />
ler m modülüne göre eşdeğer olmadıklarından<br />
herbiri Z<br />
m<br />
in farklı kalan sınıfına aittir. m modülüne göre Z nin m tane<br />
kalan sınıfı olduğundan bunların herbiri bu kalan sınıflarından birisine ait<br />
olacaktır. Yani, ∀a<br />
∈ Z için 0 ≤ r ≤ m − 1 olmak üzere a ∈ r olacak şekilde<br />
bir r kalan sınıfı vardır. Böylece kai<br />
∈ r ise o taktirde a ≡ ka (mod )<br />
0<br />
i<br />
m dir.<br />
0<br />
Tanım 3.3. Elemanları ( sayıları ) m ile aralarında asal olan bir kalan sınıfına<br />
m modülüne göre asal kalan sınıfı denir.<br />
i<br />
j<br />
26
Not: Eğer bir kalan sınıfında m ile aralarında asal olan bir sayı varsa, bu kalan<br />
sınıfının bütün sayıları m ile aralarında asaldır. Çünkü: a = {..., e, f ,...} ,<br />
( e, m ) = 1 olsun. Bu taktirde<br />
olacaktır.<br />
e ≡ f (mod m) ⇒ ( e, m) = ( f , m) = 1<br />
Tanım 3.4. Her m > 0 tamsayısını, m yi geçmeyen ve m ile aralarında asal<br />
olan tamsayıların sayısına eşleyen fonksiyona Euler’in ϕ -fonksiyonu adı<br />
verilir ve m nin resmi ϕ ( m)<br />
ile gösterilir.<br />
Bu tanıma göre,<br />
ϕ (1) = 1; {1},<br />
ϕ (4) = 2 ; {1,3} ,<br />
ϕ (5) = 4 ; {1,2,3,4},<br />
ϕ (61) = 60 ; { 1, 2,...,59,60 } ,<br />
ϕ ( p) = p − 1; {1,2,3,..., p − 1}<br />
dir. Yukarıda görüleceği üzere asal sayıların resmi, o asal<br />
eksiğidir.<br />
Teorem 3.6. m modülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ϕ ( m)<br />
dir.<br />
sayının bir<br />
Kanıt. {1,2,..., m } kümesi m modülüne göre bir tam kalan sistemi olup, bunlar<br />
arasında m ile aralarında asal olan ϕ ( m)<br />
tane tamsayı vardır. Böylece m<br />
modülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ϕ ( m)<br />
dir.<br />
Tanım 3.5. a1 , a2 ,..., a ϕ ( m)<br />
tamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa bu<br />
sayılar, m modülüne göre bir indirgenmiş kalan sistemi veya asal kalan<br />
sistemi (A.K.S.) teşkil ediyor deriz:<br />
i) ∀ i = 1,2,..., ϕ( m)<br />
için ( a , m ) = 1,<br />
ii) i ≠ j için a ≡ a (mod m)<br />
,<br />
i<br />
iii) ( a, m ) = 1 koşulunu sağlayan<br />
j<br />
a ≡ a (mod m)<br />
olacak şekilde bir i tamsayısı vardır.<br />
i<br />
i<br />
∀a<br />
∈ Z için 1 ≤ i ≤ ϕ( m)<br />
olmak üzere<br />
Böylece, asal kalan sınıflarının her birinden bir sayı alarak bir indirgenmiş<br />
kalan sistemi oluşturabiliriz.<br />
Teorem 3.7. n > 0 , 0<br />
dir.<br />
m > iki tamsayı ve ( m, n ) = 1 ise ϕ ( n.<br />
m) = ϕ ( n) ⋅ ϕ ( m)<br />
27
Kanıt. r1 , r2<br />
,..., r n tamsayıları mod n bir tam kalan sistemi ve s1, s2,..., s m<br />
tamsayıları da mod m bir tam kalan sistemi olsun. x ∈ { r1 , r2<br />
,..., r n } ve<br />
∈ { } olmak üzere { xm yn}<br />
y s1 , s2,..., sm<br />
+ formundaki tamsayıları göz önüne<br />
alalım. Bu tamsayıların sayısı mn dir. Önce bu mn tane tamsayının mod mn<br />
bir tam kalan sistemi oluşturduğunu gösterelim. Bunun için bu sayılardan<br />
herhangi ikisinin mod mn birbirine kongrü olmadığını göstermek yeter.<br />
xm + yn formundaki sayılardan herhangi ikisi ri m + s jn<br />
, rt m + sun<br />
olsun.<br />
i j t u<br />
( mod )<br />
r m + s n ≡ r m + s n mn olsa:<br />
ve<br />
i j t u<br />
( mod )<br />
r m + s n ≡ r m + s n n<br />
ri m + s jn ≡ rt m + sun ( mod m)<br />
bağıntıları elde edilir. ri<br />
m ≡ 0( mod m)<br />
, rt<br />
m ≡ 0( mod m)<br />
, sin<br />
≡ 0( mod n)<br />
,<br />
sun<br />
≡ 0( mod n)<br />
olduğu göz önüne alınırsa<br />
ri<br />
m ≡ rt<br />
m( mod n)<br />
(3.2)<br />
s jn ≡ su<br />
n( mod m)<br />
(3.3)<br />
bulunur. (3.2) ve (3.3) te ( m, n ) = 1 olduğundan Teorem 3.3. ün sonucuna göre<br />
ri<br />
≡ rt<br />
( mod n)<br />
s ≡ s ( mod m)<br />
j<br />
u<br />
elde edilir. Fakat r1 , r2<br />
,..., r n tamsayıları mod n bir tam kalan sistemi<br />
olduğundan i = t ve s1, s2,..., s m tamsayıları da m modülüne göre bir tam<br />
kalan sistemi oluşturduğundan j u<br />
xm + yn tamsayıları<br />
= bulunur. Şu halde { }<br />
mod mn bir tam kalan sistemi oluştururlar. Bu sayıların içinde mn ile<br />
aralarında asal olanların sayısı ϕ ( mn)<br />
dir. Şimdi<br />
( xm + yn, mn)<br />
= 1 ⇔ ( x, n ) = 1 ve ( )<br />
olduğunu gösterelim.<br />
( xm yn mn)<br />
y, m = 1<br />
( xm yn n) ( xm n) ( x n)<br />
( xm yn m) ( yn m) ( y m)<br />
⎧ ⎪ + , = 1 ⇒ , = 1 ⇒ , = 1<br />
+ , = 1⇒ ⎨<br />
⎪⎩ + , = 1 ⇒ , = 1 ⇒ , = 1<br />
elde edilir. Tersine Teorem 1.6. kullanılarak<br />
( x, n)<br />
= 1 ⎫ ⎪<br />
( , )<br />
( y, m ) = 1⎫<br />
⎪<br />
⎬ ⇒ xm n = 1 , ⎬ ⇒ ( yn, m)<br />
= 1<br />
( m, n)<br />
= 1⎪⎭<br />
( n, m)<br />
= 1⎪⎭<br />
28
ulunur. Buradan tekrar Teorem 1.6. yı kullanarak<br />
xm yn, n 1 xm yn, m 1 xm + yn, mn = 1<br />
( + ) = , ( + ) = , ( )<br />
sonuçları elde edilir. ( x, n ) = 1 koşulunu gerçekleyen x tamsayılarının sayısı<br />
ϕ ( n)<br />
, ( y, m ) = 1 koşulunu gerçekleyen y tamsayılarının sayısı da ϕ ( m)<br />
olduğundan ( xm + yn, mn)<br />
= 1 koşulunu gerçekleyen { xm yn}<br />
tamsayıların sayısı ϕ ( n) ⋅ ϕ ( m)<br />
dir. Öte yandan ( xm yn mn)<br />
uyan { xm + yn}<br />
formundaki tamsayıların sayısı ϕ ( m.<br />
n)<br />
ϕ ( n.<br />
m) = ϕ ( n) ⋅ ϕ ( m)<br />
elde edilir.<br />
+ formundaki<br />
+ , = 1 koşuluna<br />
dir. Böylece<br />
ϕ 2.2 = 2<br />
Not: Teorem 3.7. deki ( m, n ) = 1 koşulu kaldırılamaz. Gerçekten ( )<br />
olduğu halde ϕ ( 2) ⋅ ϕ ( 2)<br />
= 1 dir.<br />
Teorem 3.8. ϕ ( 1)<br />
= 1 ve n > 1 bir pozitif tamsayı olmak üzere<br />
dir. Burada<br />
∏<br />
p n<br />
ϕ<br />
( n)<br />
1<br />
= n⋅∏(1 − )<br />
p<br />
p n<br />
de çarpım n tamsayısının bütün<br />
p asal bölenlerinin<br />
üzerinden alınmaktadır. Şu halde n tamsayısının kanonik formu<br />
1 2<br />
1 2 ... k<br />
n = p p p α ise<br />
p n<br />
k<br />
1 1 1 1 1<br />
(1 − ) = (1 − )(1 − )...(1 − ) = (1 − )<br />
p p p p p<br />
∏ ∏<br />
1 2 k j=<br />
1<br />
olur.<br />
Kanıt. ϕ (1) = 1 olduğu açıktır. n > 1 bir tamsayı ve n nin kanonik formu<br />
α 1 α 2<br />
1 2 ... k<br />
1 2<br />
k<br />
=<br />
k<br />
olsun. ( p1 p2<br />
p α<br />
k )<br />
n p p p α<br />
kullanılarak<br />
α , α ,..., = 1 olduğundan Teorem 3.7.<br />
α<br />
1<br />
ϕ = ϕ ⋅ϕ<br />
∏ α<br />
1<br />
i<br />
( n) ( p ) ( p )<br />
k<br />
i=<br />
2<br />
elde edilir. Teorem 3.7. tekrar kullanılarak indüksiyon ile<br />
bulunur.<br />
1 2<br />
k<br />
( n) = ( p α<br />
1 ) ( p α<br />
2 )... ( p α<br />
k )<br />
ϕ ϕ ϕ ϕ<br />
i<br />
k<br />
j<br />
29
p bir asal sayı ve α da positif bir tamsayı olmak üzere ϕ ( p α<br />
) nın<br />
değerini bulalım. x, 1 x p α ≤ ≤ koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olsun.<br />
α<br />
( , ) 1 ( , )<br />
olduğu kolayca gösterilebilir. ( x,<br />
p)<br />
x p > ⇔ x p = p<br />
= p den p | x bulunur. Buradan şu<br />
sonuç elde edilir: 1 x p α ≤ ≤ koşulunu gerçekleyeyen ve p α ile aralarında asal<br />
olmayan sayılar p ile bölünen sayılardır. Tersine ( x,<br />
p)<br />
dir. p x ise x<br />
= pk olacak şekilde bir k pozitif tamsayısı vardır.<br />
α α α −1<br />
1 ≤ x ≤ p ⇒ 1 ≤ pk ≤ p ⇒ 1 ≤ k ≤ p<br />
bulunur. Şu halde 1 x p α<br />
olup bunların sayısı<br />
aralarında asaldır. Böylece<br />
≤ ≤ ve ( )<br />
1<br />
p α −<br />
= p ise ( x, p α ) > 1<br />
x, p = 1 koşullarını sağlayan sayılar<br />
α-1<br />
1 p,2 p,3 p,..., p p<br />
dir. Geriye kalan<br />
α α α−1 1<br />
p<br />
α<br />
α −1<br />
ϕ ( p ) = p − p = p(1 − )<br />
p<br />
bulunur. Bu eşitliği kullanarak<br />
α 1<br />
1 α 1 1<br />
2<br />
αk<br />
ϕ ( n) = p1 (1 − ). p2<br />
(1 − )... pk<br />
(1 − )<br />
p p p<br />
1 2<br />
α1 α 1 1 1<br />
2 αk<br />
= p1 p2<br />
... pk<br />
(1 − )(1 − )...(1 − )<br />
p p p<br />
1<br />
= n∏<br />
(1 − )<br />
p<br />
p n<br />
sonucu elde edilir ve ispat tamamlanır.<br />
1 2<br />
− p tane sayı , p α ile<br />
Örnek 3.8. n = 642 için ϕ ( n)<br />
yi bulalım.<br />
Çözüm. 642 = 2.3.107 olup, bu çarpanların hepsi asaldır. Şu halde<br />
1 1 1<br />
ϕ(642) = ϕ(2.3.107) = 2.3.107.(1 − ).(1 − ).(1 − )<br />
2 3 107<br />
1 2 106<br />
= 2.3.107. . . = 212<br />
2 3 107<br />
bulunur.<br />
k<br />
k<br />
30
Örnek 3.9. 8 modülüne göre bir asal kalan sistemi elde edelim.<br />
3 3 3 1 3 1<br />
Çözüm. 8 = 2 ⇒ ϕ(8) = ϕ(2 ) = 2 (1 − ) = 2 = 4 olduğundan,<br />
2 2<br />
0,1,2,3,4,5,6 ve 7 tamsayıları bir tam kalan sistemi oluşturur, bunlardan 0,2,4<br />
ve 6 tamsayıları atılırsa ( 8 ile aralarında asal olmayan tamsayılar ) geriye<br />
kalan 1,3,5 ve 7 tamsayıları ise bir asal kalan sistemi oluşturur.<br />
Teorem 3.9. a1 , a2 ,..., a ϕ ( m)<br />
tamsayıları m modülüne göre bir asal kalan sistemi<br />
oluşturuyor ve ( k, m ) = 1 ise bu taktirde ka1 , ka2 ,..., ka ϕ ( m)<br />
tamsayıları da m<br />
modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur.<br />
Kanıt. i) ( k, m ) = 1, ( a , m ) = 1, i = 1,2,..., ϕ( m)<br />
olduğundan ( ka , m ) = 1 dir.<br />
i<br />
ii) i ≠ j için kai ≡ ka<br />
j<br />
( mod m ) dir. Çünkü, eğer kai<br />
≡ ka<br />
j<br />
(mod m)<br />
olsa:<br />
( k, m ) = 1 olduğundan a ≡ a (mod m)<br />
olurdu ki, bu bir çelişmedir.<br />
i<br />
j<br />
iii) ka1 , ka2 ,..., ka ϕ ( m)<br />
tamsayılarının sayısı ϕ ( m)<br />
olup, i) ve ii) den dolayı<br />
farklı asal kalan sınıflarına aittir. Asal kalan sınıflarının sayısı tam olarak<br />
ϕ ( m)<br />
olduğundan ( a, m ) = 1 koşuluna uyan ∀a<br />
∈ Z için, a bir asal kalan<br />
sınıfı olmak üzere, kai<br />
0<br />
∈ a ise o taktirde kai<br />
≡ a(mod m)<br />
dir.<br />
0<br />
Teorem 3.10. ( Euler ) m ∈ N , m > 1 , a ∈ Z ve ( a, m ) = 1 olsun. Bu taktirde<br />
ϕ ( m)<br />
a ≡ 1(mod m)<br />
dir.<br />
Kanıt. a1 , a2 ,..., a ϕ ( m)<br />
tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemi ve<br />
( a, m ) = 1 olsun. Bu takdirde Teorem 3.8. e göre aa1 , aa2 ,..., aa ϕ ( m)<br />
tamsayıları<br />
da, m modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur. Bu nedenle bu tamsayılar<br />
m modülüne göre ikişer ikişer birbirine eşdeğerdir. Şu halde,<br />
aa . aa ... aa ≡ a . a ... a (mod m)<br />
ve<br />
dir, böylece<br />
olduğundan Teorem 3.3. ten<br />
1 2 ϕ ( m) 1 2 ϕ ( m)<br />
( . ... ) ≡ . ... (mod )<br />
ϕ ( m)<br />
a a1 a2 aϕ<br />
( m) a1 a2 aϕ<br />
( m)<br />
m<br />
( ai<br />
, m ) = 1, i = 1,2,..., ϕ( m) ⇒ ( a1. a2 ... aϕ<br />
( ), m) = 1<br />
a<br />
ϕ ( m)<br />
Teorem 3.11. ( Fermat ) p bir asal sayı ve p<br />
≡ 1(mod m)<br />
elde ederiz.<br />
p<br />
a 1(mod p)<br />
dir.<br />
Kanıt. Euler Teoreminde m = p alırsak<br />
− 1<br />
≡<br />
m<br />
|/ a olsun. Bu taktirde,<br />
i<br />
31
elde ederiz.<br />
ϕ m = ϕ p = p − ⇒ a ≡ a ≡ p<br />
ϕ ( m) p−1<br />
( ) ( ) 1 1(mod )<br />
Sonuç: Eğer p bir asal sayı ise<br />
p<br />
∀a<br />
∈ Z için a ≡ a(mod p)<br />
dir. Çünkü<br />
p 1<br />
Fermat Teoreminden p |/ a ise a<br />
− ≡ 1(mod p)<br />
olduğundan her iki tarafı a ile<br />
çarparsak istenen elde edilir, eğer<br />
p | a ⇒ a ≡ 0(mod p)<br />
, p<br />
p<br />
a ≡ 0(mod p) ⇒ a ≡ a(mod p)<br />
dir.<br />
Örnek 3.10. ∀n<br />
∈ Z için<br />
gösterelim.<br />
7<br />
Çözüm. 42 = 2.3.7 olduğundan n<br />
göstermek yeterlidir. Çünkü eğer<br />
7<br />
2 | ( n − n)<br />
⎫<br />
7<br />
⎪<br />
7<br />
3 | ( n − n) ⎬ ⇒ [2,3,7] = 42 | ( n − n)<br />
7 ⎪<br />
7 | ( n − n)<br />
⎭<br />
olur. Böylece,<br />
dir. Eğer 2<br />
bulunur.<br />
dir. Eğer<br />
bulunur.<br />
dir. Eğer<br />
7<br />
n<br />
7<br />
2 | n ⇒ 2 | n ⎫<br />
⎬ ⇒ | ( −<br />
2 | n ⎭<br />
|/ n ise Fermat Teoreminden<br />
(2)<br />
n ϕ ≡ 1(mod 2) ⇒<br />
⇒<br />
− n tamsayısının 42 ile bölünebildiğini<br />
− n tamsayısının 2, 3 ve 7 ile bölündüğünü<br />
7<br />
2 n n)<br />
n ≡ ⇒ n ≡<br />
6<br />
1(mod 2) 1(mod 2)<br />
7<br />
n ≡ n(mod 2)<br />
7<br />
3 | n ⇒ 3 | n ⎫<br />
⎬ ⇒ | ( −<br />
3 | n ⎭<br />
3 |/ n ise Fermat Teoreminden<br />
7<br />
3 n n)<br />
(3)<br />
n ϕ ≡ ⇒ 2 6<br />
1(mod 3)<br />
⇒<br />
n<br />
⇒ | ( −<br />
7<br />
2 n n)<br />
≡ 1(mod3) ⇒ n ≡ 1(mod3)<br />
7<br />
n ≡ n(mod3)<br />
7<br />
7 | n ⇒ 7 | n ⎫<br />
⎬ ⇒ | ( −<br />
7 | n ⎭<br />
7 |/ n ise Fermat Teoreminden<br />
⇒ | ( −<br />
7<br />
7 n n)<br />
7<br />
3 n n)<br />
ϕ (7) 6 7<br />
n ≡ ⇒ n ≡ ⇒ n ≡ n<br />
1(mod 7) 1(mod 7) (mod 7)<br />
⇒ | ( −<br />
7<br />
7 n n)<br />
32
ulunur. Şu halde<br />
7<br />
[2,3,7] 42 n n)<br />
= | ( − dir.<br />
345<br />
Örnek 3.11. 4 tamsayısının 13 ile bölümünden elde edilen kalanı bulalım.<br />
345<br />
Çözüm. 4 ≡ x(mod13)<br />
bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulmalıyız.<br />
(4,13) = 1 olduğundan Fermat Teoreminden,<br />
ϕ (13) 12<br />
4 ≡ 1(mod13) ⇒ 4 ≡ 1(mod13)<br />
yazabiliriz. Böylece, 345 = 12.28 + 9 olduğundan<br />
345 12.28+<br />
9 12 28 9 2 4 4<br />
4 ≡ 4 ≡ (4 ) .4 ≡ (4 ) .4 ≡ 3 .4 ≡ 27.12 ≡ 12(mod13)<br />
≡1 ≡3 ≡1<br />
345<br />
elde edilir. Şu halde, 4 ≡ 12(mod13) olup ,<br />
bölümünden elde edilecek kalan 12 dir.<br />
Örnek 3.12.<br />
7007<br />
126 (mod143)<br />
345<br />
4 tamsayısının 13 ile<br />
≡ x bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulalım.<br />
2<br />
Çözüm. 143 = 11.13, 126 = 2.63 = 2. 3 .7 ve (143,126) = 1 olduğundan Euler<br />
ϕ (143)<br />
Teoremini kullanarak 126 ≡ 1(mod143) buluruz. Diğer taraftan,<br />
dir. Şu halde<br />
ϕ(143) = ϕ(11.13) = ϕ(11). ϕ(13) = (11 −1)(13 − 1) = 10.12 = 120<br />
120<br />
126 ≡ 1(mod143) ve 7007=58.120+47 olduğundan<br />
7007 120 58 47 47 47 2 23<br />
126 ≡ (126 ) .126 ≡ 126 ≡ ( −17) ≡ − (17 ) .17<br />
≡1 ≡3<br />
23 7 3 2 3 2<br />
≡ −3 .17 ≡ −(3 ) .3 .17 ≡ −42 .9.17 ≡ −<br />
.42.9.17<br />
≡42<br />
≡ − 48.42.9.17 ≡ −140<br />
≡ 3(mod143)<br />
≡14 ≡10<br />
elde ederiz. Şu halde x = 3, yani<br />
kalan 3 tür.<br />
≡48<br />
7007<br />
126 tamsayısının 143 ile bölümünden<br />
19<br />
5<br />
Örnek 3.13. 2 + 1 tamsayısının 19 ile bölümünden elde edilen kalanı<br />
bulalım.<br />
Çözüm. (2,19) = 1 olduğundan Fermat Teoreminden,<br />
ϕ (19) 18<br />
2 ≡ 1(mod19) ⇒ 2 ≡ 1(mod19)<br />
elde edilir. Diğer taraftan,<br />
2 2 2 1 2 2<br />
18 = 2.3 ⇒ ϕ(18) = ϕ(2). ϕ(3 ) = 3 .(1 − ) = 3 . = 6<br />
3 3<br />
ve böylece, ( 5,18)<br />
= 1 olduğundan Euler Teoremine göre<br />
ϕ (18) 6<br />
5 ≡ 1(mod18) ⇒ 5 ≡ 1(mod18)<br />
elde edilir. Buradan 19 = 6.3 + 1 olduğundan<br />
19 19<br />
19 6 3 5 5 5<br />
5 ≡ (5 ) 5 ≡ 5(mod18) ⇒ 2 ≡ 2 ≡ 13(mod19) ⇒ 2 + 1 ≡ 14(mod19)<br />
≡1<br />
33
uluruz, böylece istenen kalan 14 olarak bulunur.<br />
Örnek 3.14.<br />
9999<br />
7 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalanı, yani<br />
9999<br />
7 ≡ x(mod1000)<br />
bağıntısını gerçekleyen x tamsayısını bulalım.<br />
Çözüm. (7,1000)=1 olduğundan Euler Teoremine göre<br />
≡<br />
ϕ (1000)<br />
7 1(mod1000)<br />
3 3 3<br />
dir. 1000 = 10 = 2 .5 olduğundan<br />
3 3 3 3 1 3 1<br />
ϕ(1000) = ϕ(10 ) = ϕ(2 ) ϕ(5 ) = 2 (1 − )5 (1 − ) = 400<br />
2 5<br />
ϕ (1000) 400<br />
bulunur ve böylece 7 ≡ 7 ≡ 1(mod1000) elde edilir. Diğer taraftan,<br />
dir. O halde<br />
bulunur. Şu halde<br />
Örnek 3.15.<br />
10.000 400 25 10.000<br />
7 ≡ (7 ) ≡ 1(mod1000) ⇒ 1000 | 7 − 1<br />
≡1<br />
10.000 3<br />
7 − 1 = k.10<br />
olacak şekilde bir k ∈ Z vardır. Böylece<br />
10.000 9999 3 3<br />
7 = 7.7 = 1 + k.10 = 1+ 1000 + ( k − 1)10<br />
1001 k −1 k −1<br />
⇒ 7 = + .10 = 143 + 10<br />
7 7 7<br />
9999<br />
⇒ 7 ≡ 143(mod1000)<br />
9999 3 3<br />
9999<br />
7 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalan x = 143 tür.<br />
3 7 3 7...<br />
(((3 ) ) ) tamsayısının birler basamağındaki rakamı bulalım.<br />
Çözüm. ϕ (10) = 4 , (3,10) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre,<br />
ϕ (10) 4 4<br />
3 ≡ 1(mod10) ⇒ 3 ≡ 1(mod10) ⇒ 3 ≡ 1 + k.10,<br />
k ∈ Z<br />
yazabiliriz. Diğer taraftan<br />
4 3<br />
3 = 3.3 = 1 + k.10 = 11 + ( k − 1).10 = 21 + ( k − 2).10<br />
3 ( k − 2).10<br />
k − 2<br />
⇒ 3 = 7 + , ( 3 / | 10 ⇒ 3 | k − 2 ⇒ ∈ Z )<br />
3<br />
3<br />
3 3 7 7<br />
⇒ 3 ≡ 7(mod10) ⇒ (3 ) ≡ 7 (mod10)<br />
elde ederiz. Ayrıca (7,10) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre,<br />
8 4<br />
≡ ⇒ ≡ ( )<br />
ϕ (10) 4<br />
7 1(mod10) 7 1(mod10)<br />
2<br />
⇒ 7 ≡ 7 ≡ 1(mod10)<br />
<br />
olduğundan<br />
8 7<br />
7 = 7 .7 = 1+ 10t<br />
= 21 + ( t − 2)10 , t ∈ Z<br />
yazabiliriz. Buradan<br />
7 21 ( t − 2).10<br />
t − 2<br />
7 = + , ( 7 / | 10 ⇒ 7 | t − 2 ⇒ ∈ Z )<br />
7 7<br />
7<br />
7 3 7 7<br />
⇒ 7 ≡ 3(mod10) ⇒ (3 ) ≡ 7 ≡ 3(mod10)<br />
≡1<br />
34
3 7 3 3<br />
⇒ ((3 ) ) ≡ 3 ≡ 7(mod10)<br />
bulunur. Bu şekilde devam edilirse eşdeğerliği, kuvvet 3 iken sonuç 7, kuvvet<br />
7 iken sonuç 3 olarak buluruz. Bu nedenle son kuvvetin 3 veya 7 oluşuna göre<br />
sonucu iki seçenekli olarak buluruz. O halde yanıt 3 veya 7 olur.<br />
Örnek 3.16. p bir asal sayı ve a,<br />
b ∈Z olsun. Bu taktirde<br />
p p p<br />
( a + b) ≡ a + b (mod p)<br />
dir. Bu ifade genel olarak h1 , h2<br />
,..., h<br />
n<br />
tamsayılar ve p bir asal sayı olmak üzere<br />
p p p p<br />
( h1 + h2 + ... hn<br />
) ≡ h1 + h2<br />
+ ... + hn<br />
(mod p)<br />
şeklinde yazılabilir ve kanıtı tümevarım yoluyla yapılabilir.<br />
Çözüm. Binom açılımından<br />
p p ⎛ p ⎞ p p<br />
p−1 ⎛ ⎞ p−2 2 ⎛ ⎞ p−1<br />
p<br />
( a + b) = a + ⎜ ⎟ a b + ⎜ ⎟ a b + ... + ⎜ ⎟ ab + b<br />
⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ p −1⎠<br />
yazabiliriz, burada<br />
⎛ p ⎞ p! p( p −1)...( p − i + 1)<br />
⎜ ⎟ = = = s , 1 ≤ i ≤ p − 1<br />
⎝ i ⎠ ( p − i)!. i! i!<br />
şeklinde olup s ile gösterilmiştir. Böylece,<br />
p( p −1)...( p − i + 1) = i!. s ⇒ p | i!.<br />
s<br />
ve p |/ i!<br />
dir. Çünkü 1 ≤ i ≤ p −1<br />
olduğundan ( p, i) = 1 ⇒ ( p, i!) = 1dir. Şu<br />
halde Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremine göre p | s buluruz. Böylece p,<br />
yukarıdaki binom açılımındaki bütün katsayıları bölmektedir. O halde,<br />
⎛ p ⎞<br />
1 ≤ i ≤ p − 1 aralığındaki her i için ⎜ ⎟ ≡ 0(mod p)<br />
olacağından açılımın<br />
⎝ i ⎠<br />
bütün katsayıları 0 a eşdeğer olur ve buradan<br />
p p p<br />
( a + b) ≡ a + b (mod p)<br />
elde edilir.<br />
Örnek 3.17. ( n ,7) = 1 ise<br />
n<br />
12<br />
− 1 sayısının 7 ile bölündüğünü gösterelim.<br />
Çözüm. ( n ,7) = 1 olduğundan 7 |/ n dir. O halde Fermat Teoremine göre<br />
bulunur.<br />
n<br />
≡ 1(mod 7) ⇒ n ≡ 1(mod 7)<br />
ϕ (7) 6<br />
12 6 2<br />
⇒ n ≡ ( n<br />
) ≡ 1(mod 7)<br />
≡1<br />
12 12<br />
⇒ n ≡ ⇒ | n −<br />
1(mod 7) 7 1<br />
Örnek 3.18. ϕ(2 n) = ϕ( n)<br />
koşulunu gerçekleyen n pozitif tamsayılarını<br />
bulalım.<br />
35
Çözüm. Eğer n tek ise ( n , 2) = 1 olduğundan Teorem 3.7. ye göre<br />
ϕ(2 n) = ϕ(2) ϕ( n) = 1. ϕ( n) ⇒ ϕ(2 n) = ϕ( n)<br />
bulunur. Eğer n çift ise, k tek ve t ≥ 1 bir tamsayı olmak üzere n = 2 t . k<br />
t + 1<br />
yazabiliriz. Ayrıca ( k, 2 ) = 1 olduğundan<br />
ϕ = ϕ = ϕ = ϕ ϕ<br />
t t + 1 t + 1<br />
(2 n) (2.2 k) (2 k) (2 ) ( k)<br />
t+ t +<br />
t<br />
dir. ϕ(2 ) = 2 (1 − ) = 2 olduğunu göz önüne alırsak<br />
2<br />
t<br />
ϕ(2 n) = 2 ϕ( k)<br />
(3.4)<br />
buluruz. Öte yandan<br />
t t t −1<br />
ϕ( n) = ϕ(2 . k) = ϕ(2 ) ϕ( k) = 2 ϕ( k)<br />
(3.5)<br />
1 1 1<br />
olduğundan (3.4) ve (3.5) ten ϕ(2 n) ≠ ϕ( n)<br />
elde edilir. Şu halde sadece<br />
pozitif tek tamsayılar kümesi için istenen sağlanır.<br />
Örnek 3.19. 3 | ϕ( n)<br />
koşulunu gerçekleyen sonsuz sayıda ϕ ( n)<br />
tamsayısının<br />
var olduğunu gösterelim.<br />
α<br />
α 1 α −1<br />
Çözüm. n = 3 olsun. Bu takdirde ϕ( n) = 3 (1 − ) = 3 .2 yazabiliriz. α > 1<br />
3<br />
alınırsa 3 | ϕ( n)<br />
olduğundan ve α nın 1 den büyük her değeri için farklı bir n<br />
tamsayısı bulunacağından bu koşula uyan sonsuz sayıda ϕ ( n)<br />
vardır.<br />
n<br />
Örnek 3.20. ϕ ( n)<br />
= koşulunu sağlayan bütün n tamsayılarını bulalım.<br />
2<br />
1 2<br />
Çözüm. ... k<br />
n = p α<br />
1<br />
p α<br />
2<br />
p α<br />
k<br />
olsun.<br />
α 1<br />
1 α 1 1<br />
2<br />
αk<br />
ϕ ( n) = p1 (1 − ) p2<br />
(1 − )... pk<br />
(1 − )<br />
p p p<br />
1 2<br />
k<br />
α1 α2<br />
α 1 1 1 1 n<br />
k<br />
= p1 p2<br />
... pk<br />
(1 − )(1 − )...(1 − ) = n∏<br />
(1 − ) =<br />
p1 p2<br />
pk<br />
i=<br />
1 pi<br />
2<br />
olduğundan<br />
k<br />
ϕ( n) 1 1<br />
= ∏ (1 − ) =<br />
n i=<br />
1 pi<br />
2<br />
bulunur. Eşitliğin sağlanması p = 2,3,5,7,... asal sayılarından hangisinin<br />
⎛ 1 ⎞<br />
olması halinde mümkün olur, buna bakalım. Bu asal sayılar için ⎜1−<br />
⎟ nin<br />
⎝ p ⎠<br />
1 2 4 6<br />
değeri sırasıyla , , ,<br />
2 3 5 7 ,… dir. Bunların herhangibir çarpımının 1 ye eşit<br />
2<br />
k<br />
36
olması ancak p = 2 olması halinde mümkündür. O halde aranan n tamsayısı<br />
l ≥ 1 olmak üzere n = 2 l şeklindedir. Tersine n = 2 l ( l ≥ 1 ) ise ϕ ( n)<br />
=<br />
dir.<br />
+<br />
2 2<br />
Örnek 3.21. m,<br />
n ∈ Z ve m ≠ n olmak üzere (2 m<br />
n<br />
+ 1,2 + 1) = 1 olduğunu<br />
gösterelim.<br />
+<br />
Çözüm. m > n olduğunu kabul edelim. O halde k ∈Z olmak üzere<br />
m = n + k dır. Buradan<br />
2 2 2 .2 2 2 2 2<br />
2 m 1 2 n +<br />
+ = k + 1 = 2 n k + 1 = (2 n ) k + 1 = (2 n + 1− 1) k<br />
+ 1<br />
k<br />
2<br />
( 1) 1<br />
2<br />
= t − + , t = 2 + 1<br />
yazabiliriz. Şu halde<br />
ve binom açılımından<br />
k<br />
2<br />
(( 1) 1, )<br />
t − +<br />
n<br />
2 2 2<br />
(2 m + 1,2 n + 1) = (( − 1) k<br />
+ 1, )<br />
buluruz. ( tp + 2, t)<br />
= h olsun. Şu halde<br />
t<br />
k k k<br />
⎛<br />
2 2 2 1 2 2<br />
t t k ⎛ ⎞ k<br />
... 1,<br />
k<br />
k<br />
1 t −<br />
⎛ ⎞<br />
2 1 t ⎛ ⎞<br />
2<br />
t<br />
⎞<br />
= − + − + +<br />
⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
−<br />
⎟<br />
⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠<br />
= ( tp + 2, t)<br />
, p ∈ Z<br />
h | t ⇒ h | tp<br />
⎬<br />
⎫ ⇒ h | [( tp + 2) − tp] = 2<br />
h | tp + 2 ⎭<br />
elde edilir. Buradan da<br />
h | 2 ⇒ h = 1∨ h = 2<br />
m<br />
2<br />
2<br />
sonucu çıkar. h = 2 olamaz, çünkü 2 + 1 ve 2 + 1 sayıları tektir dolayısıyla<br />
ortak bölenleri 2 olamaz, böylece h = 1 buluruz.<br />
p bir asal sayı olmak üzere<br />
f x = x − ∈ Z x<br />
p−1<br />
( ) 1<br />
p[ ]<br />
polinomunu göz önüne alalım. 1, 2,..., p −1∈ Z<br />
p<br />
elemanları, f ( x )<br />
polinomunun Z<br />
p<br />
içindeki çözümleridir. Çünkü a ∈ Z<br />
p<br />
ve 1 ≤ a ≤ p − 1 için<br />
≡ ≡ 1(mod ) dir. f ( x ) polinomunun mod p , p − 1 tane kongrüent<br />
ϕ ( p) p−1<br />
a a p<br />
olmayan çözümü vardır ve bunlar 1, 2,..., p −1∈ Z<br />
p<br />
dir. Böylece,<br />
p 1<br />
x x x x p<br />
− − 1 = ( − 1)( − 2)...( − ( − 1))<br />
(3.6)<br />
yazılabilir. Bundan yararlanarak aşağıdaki teoremi kanıtlayacağız.<br />
n<br />
t<br />
n<br />
2<br />
37
Teorem 3.12. ( Wilson ) p bir asal sayı olmak üzere ( p −1)! ≡ − 1(mod p)<br />
dir. Üstelik, n > 1 olmak üzere<br />
( n −1)! ≡ −1(mod n)<br />
⇔ n asal<br />
olmasıdır.<br />
Kanıt. (3.6) eşitliğinin her iki yanında bulunan sabitler eşit olacağından<br />
( −1)( −2)...( −( p − 1)) = − 1<br />
veya<br />
( −1)( −2)...( −( p −1)) ≡ − 1(mod p)<br />
olur. Sol tarafta p − 1 tane çarpan olduğundan<br />
− p − ≡ −<br />
( p)<br />
p−1<br />
( 1) ( 1)! 1 mod<br />
dir. p = 2 ise −1 ≡ − 1(mod p)<br />
ve p tek asal sayı ise<br />
( p −1)! ≡ − 1(mod p)<br />
p−1<br />
( 1) 1<br />
− = olacağından<br />
buluruz. Tersine, ( n −1)! ≡ − 1(mod n)<br />
olduğunu kabul edelim. Bu durumda<br />
eğer n asal değilse n > 1 olduğundan Teorem 2.5. e göre n nin bir p asal böleni<br />
vardır.<br />
p | n ⎫ ⎬ ⇒ p | [ ( n − 1)! + 1]<br />
n | [( n − 1)! + (3.7)<br />
1] ⎭<br />
dir. Öte yandan n nin bir böleni olan p asal sayısı 1, 2,..., n − 1 sayılarından<br />
birisine eşit olacağından p | ( n − 1)! dir, bu ise (3.7) ile birlikte<br />
düşünüldüğünde p | 1 gibi bir çelişmeye yol açar. Şu halde n asal olmak<br />
zorundadır.<br />
Örnek 3.22. p = 5 ve n = 6 için Wilson Teoreminin uygulanıp<br />
uygulanamayacağını araştıralım.<br />
Çözüm. p = 5 için :<br />
dir. n = 6 için :<br />
( p − 1)! = (5 − 1)! = 4! = 24 ≡ − 1(mod5)<br />
( n − 1)! = (6 − 1)! = 5! = 120 ≡ 0(mod 6)<br />
dır. Burada n = 6 asal olmadığından ( n −1)! ≡ − 1(mod n)<br />
olmaktadır.<br />
PROBLEMLER<br />
2<br />
1) n bir tamsayı olmak üzere n sayısının birler basamağındaki rakamın<br />
ancak 0, 1, 4, 5, 6 ve 9 olabileceğini gösteriniz.<br />
38
4<br />
2) n bir tamsayı ise n sayısının birler basamağındaki rakamın ancak 0, 1, 5<br />
ve 6 olabileceğini gösteriniz.<br />
m = için ( m)<br />
3) 2, 3, 4,..., 17<br />
ϕ i bulunuz.<br />
4) mod17 öyle bir tam kalan sistemi bulunuz ki, bu sistemdeki her tamsayı 3<br />
ile bölünsün.<br />
5) mod19 ve mod30 birer asal kalan sistemi oluşturunuz.<br />
6) n bir tamsayı olmak üzere<br />
ile bölündüğünü gösteriniz.<br />
7) n bir tamsayı olmak üzere<br />
13<br />
n<br />
5 3<br />
1 5 1 3 7 3n + 5n + 7n<br />
n + n + n =<br />
5 3 15 15<br />
sayısının bir tamsayı olduğunu gösteriniz.<br />
− n tamsayısının 2,3,5,7 ve 13 tamsayıları<br />
8) m > 0 bir tek tamsayı ise 2, 4, 6,..., 2m tamsayılarının mod m bir tam<br />
kalan sistemi oluşturduğunu gösteriniz.<br />
9) Her a tamsayısı için<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
( m )<br />
( mod )<br />
m m−ϕ<br />
a ≡ a m<br />
10) x ≡ a( mod m)<br />
ise x ≡ a( mod3m)<br />
veya x a m( mod3m)<br />
x ≡ a + 2m( mod3m)<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
11) n bir tek tamsayı ise<br />
3<br />
n<br />
12) a, b, r,<br />
s tamsayılar ve r > 1 , 1<br />
≡ ( mod ) ise b c( mod( r, s)<br />
)<br />
a c s<br />
≡ + veya<br />
− n nin 24 ile bölünebildiğini gösteriniz.<br />
s > olsun. a b( mod r)<br />
≡ olduğunu gösteriniz.<br />
≡ ve<br />
13) p ve q birbirinden farklı asal sayılar olsun. Bu takdirde<br />
q p<br />
p + q ≡ p + q mod p.<br />
q<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
( )<br />
39
14) m, n ∈Z ; m 1, n 1<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
> > ve ( )<br />
m, n = 1 ise<br />
ϕ ( n) ϕ ( m)<br />
( )<br />
m + n ≡ 1 mod m.<br />
n<br />
15)<br />
1532<br />
3 tamsayısının 100 ile bölümünden kalanı bulunuz.<br />
16) n tek tamsayı ve 3 n<br />
17) n ∈ Z ve 5 |/ n ise<br />
gösteriniz.<br />
2<br />
|/ ise 6 ( n 1)<br />
| − olduğunu ispatlayınız.<br />
4<br />
n tamsayısının 5m + 1 ( m ∈ Z ) biçiminde olduğunu<br />
18) ,<br />
a b ∈Z olmak üzere ( a ,17)<br />
= 1 ve ( b )<br />
17 ile bölündüğünü gösteriniz.<br />
,17 = 1 ise<br />
a<br />
− b tamsayısının<br />
16 16<br />
40
4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR<br />
Tanım 4.1. a, b,<br />
m ∈Z , m > 0 ve a ≢ 0(mod m)<br />
olmak üzere<br />
ax ≡ b(mod m)<br />
şeklinde verilen bir eşdeğerlik bağıntısına bir bilinmeyenli bir lineer<br />
kongrüans adı verilir. Bu eşdeğerliği gerçekleyen x tamsayılarının kümesine de<br />
bu kongrüansın çözüm kümesi denir.<br />
Teorem 4.1. ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının bir çözümünün olabilmesi için<br />
gerek ve yeter koşul ( a, m)<br />
| b olmasıdır.<br />
Kanıt. ⇒ Gereklik: x<br />
0<br />
, ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının bir çözümü olsun.<br />
Bu durumda ax0 ≡ b(mod m)<br />
olduğundan m | ( ax0<br />
− b)<br />
bulunur.<br />
m | ( ax0<br />
− b)<br />
⇒ ∃k ∈ Z : ax0 − b = km ⇒ b = ax0<br />
− km<br />
dir.<br />
⎧ ⎪d | a ⇒ d | ax0<br />
⎫<br />
( a, m) = d ⇒ ⎨<br />
⎬ ⇒ d | ( ax0<br />
− km)<br />
= b ,<br />
⎪⎩<br />
d | m ⇒ d | km⎭<br />
yani d | b dir.<br />
⇐ Yeterlik: ( a, m)<br />
ax ' + my ' = d olacak şekilde x ' ,<br />
olduğundan<br />
eşitliğinin her iki yanını<br />
= d olsun. Bu durumda Teorem 1.2. ye göre<br />
y ' ∈ Z tamsayıları vardır. Ayrıca<br />
d | b<br />
b = db ' olacak şekilde b ' ∈ Z tamsayısı vardır. ax ' + my ' = d<br />
b ' ile çarparak<br />
b ' x '<br />
a( b<br />
' x ') + m( b' y ') = db'<br />
= b<br />
x<br />
= x , b ' y ' ∈ Z olmak üzere<br />
buluruz. Böylece,<br />
ax − b = m( −b ' y ') ⇒ m | ( ax − b) ⇒ ax ≡ b(mod m)<br />
elde ederiz. Şu halde b ' x ' , ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının bir çözümüdür.<br />
Teorem 4.2. x<br />
0<br />
, ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının bir çözümü ise x ≡ x (mod m)<br />
0<br />
de bu kongrüansın bir çözümüdür.<br />
Kanıt. x<br />
0<br />
, ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının bir çözümü olsun. Bu takdirde<br />
ax0 ≡ b(mod m)<br />
dir. Buradan ax0 = b + q1m<br />
, q1<br />
∈ Z yazılabilir. Şimdi<br />
x ≡ x (mod m)<br />
0<br />
nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunu gösterelim:<br />
x ≡ x (mod m)<br />
0<br />
⇒ x = x0 + q2m<br />
, q2<br />
∈ Z<br />
dir.<br />
a( x0 + q2m)<br />
= ax0 + aq2m<br />
= b + q<br />
<br />
1m + aq2m = b + ( q1 + q2a)<br />
m<br />
<br />
x<br />
∈Z<br />
41
olduğundan a( x0 + q2m) ≡ b(mod m)<br />
elde edilir. Şu halde x = x0 + q2m<br />
nin<br />
dolayısıyla x ≡ x (mod 0<br />
nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunu<br />
göstermiş olduk.<br />
Tanım 4.2. ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının çözümlerinden aynı kalan sınıfına<br />
ait olan çözümlere kongrüent çözümler, aynı kalan sınıfına ait olmayan<br />
herhangi iki çözüme ise inkongrüent çözümler (kongrüent olmayan çözümler)<br />
diyeceğiz.<br />
Örnek 4.1. 3x ≡ 2(mod 4) kongrüansı verilsin.<br />
x = 6 için: 3.6 ≡ 2(mod 4) ⇒ 18 ≡ 2(mod 4) ,<br />
x = 10 için: 3.10 ≡ 2(mod 4) ⇒ 30 ≡ 2(mod 4)<br />
olduğundan 6 ve 10, kongrüansın iki çözümüdür ve 6 ≡ 10(mod 4) olduğundan<br />
bu iki çözüm verilen lineer kongrüansın kongrüent çözümleridir.<br />
Örnek 4.2. 4x ≡ 10(mod 6) kongrüansı verilsin.<br />
x = 10 için: 4.10 ≡ 10(mod 6) ⇒ 40 ≡ 10(mod 6) ,<br />
x = 13 için: 4.13 ≡ 10(mod 6) ⇒ 52 ≡ 10(mod 6)<br />
dir. Ancak, 10 ≢ 13(mod 6) olduğundan bu iki çözüm, verilen lineer<br />
kongrüansın kongrüent olmayan ( inkongrüent ) çözümleridir.<br />
Teorem 4.3. ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansında ( a, m)<br />
= d ve d | b ise<br />
kongrüansın, mod m tam d tane inkongrüent çözümü vardır. Bu<br />
m<br />
çözümler, x<br />
0<br />
herhangi bir çözüm ve m ' = olmak üzere,<br />
d<br />
x0, x0 + m', x0 + 2 m ',..., x0<br />
+ ( d − 1) m '<br />
şeklindedir.<br />
Kanıt. d | b olduğundan ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının bir x<br />
0<br />
çözümü vardır.<br />
S = { x 0<br />
, x 0<br />
+ m', x 0<br />
+ 2 m',..., x 0<br />
+ ( d − 1) m '}<br />
ile gösterelim.<br />
i) S nin elemanları ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansını gerçekler. Gerçekten,<br />
x0 + tm'<br />
∈ S , 0 ≤ t ≤ d − 1 için<br />
m a<br />
a( x0 + tm ') = ax0 + at = ax0 + tm = ax0<br />
+ a ' tm<br />
d d<br />
yazabiliriz. Şu halde ax0 ≡ b(mod m)<br />
ve a ' tm = 0(mod m)<br />
olduğundan<br />
a( x + tm') ≡ b(mod m)<br />
elde ederiz.<br />
0<br />
a′∈Z<br />
42
ii) S nin elemanları mod m inkongrüenttir. Aksi taktirde s ≠ t olmak üzere<br />
0 ≤ s,<br />
t ≤ d − 1 için x0 + sm ' ≡ x0<br />
+ tm'(mod m)<br />
olsaydı,<br />
sm ' ≡ tm '(mod m) ⇒ m | ( sm ' − tm') = ( s − t) m '<br />
⇒ m' d | ( s − t) m ' ⇒ d | s − t<br />
m′≠0<br />
yazılabilirdi, bu ise s − t = 0 , yani s = t olmasını gerektirir ki, bu kabulümüzle<br />
çelişir. Burada, 0 ≤ s,<br />
t ≤ d − 1 olduğundan | s − t |< d olduğunu kullandık.<br />
iii) Şimdi de ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının herhangi bir çözümünün mod m ,<br />
S nin bir elemanına kongrüent olduğunu gösterelim: x′ herhangi bir çözüm<br />
olsun. Bu durumda<br />
ax ' ≡ b(mod m)<br />
, ax0 ≡ b(mod m)<br />
dir. O halde, ax ' ≡ ax0<br />
(mod m)<br />
olduğundan m | a( x ' − x0<br />
) yazılabilir ve<br />
m a<br />
buradan ( x ' x<br />
0<br />
)<br />
d<br />
| d<br />
− bulunur. m m<br />
d = ' , a<br />
a<br />
d = ' dersek m ' | a '( x ' − x0<br />
) elde<br />
ederiz. Teorem 1.5. e göre, ( m', a ') = 1 olduğundan m ' | ( x ' − x0<br />
) veya<br />
x ' − x0<br />
= m'<br />
k , ( k ∈ Z ) veya x ' = x0<br />
+ m'<br />
k buluruz. Şimdi de k,<br />
d çiftine<br />
bölme algoritmasını uyguluyalım: q,<br />
r ∈ Z olmak üzere<br />
k = qd + r , 0 ≤ r < d<br />
yazabiliriz. Böylece,<br />
x ' = x0 + km ' = x0 + ( qd + r) m' = x0<br />
+ q dm ' + rm'<br />
yani<br />
= m<br />
x ' = x0 + qm<br />
<br />
+ rm ' ≡ x0<br />
+ rm '(mod m)<br />
≡0<br />
elde edilir . 0 ≤ r < d olduğundan x0 + rm'<br />
∈ S sonucuna ulaşırız.<br />
Sonuç 1: ( a, m ) = 1 ise ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının tek bir çözümü vardır.<br />
Sonuç 2: p bir asal sayı ve a ≢ 0(mod p)<br />
yani, ( p, a ) = 1 ise bu taktirde<br />
ax ≡ b(mod p)<br />
kongrüansı bir ve yalnız bir çözüme sahiptir.<br />
Örnek 4.3. 55x ≡ 20(mod105) kongrüansının bütün çözümlerini bulalım.<br />
Çözüm. 55 = 5.11, 105 = 3.35 = 3.5.7 olduğundan (55,105) = 5 dir. Ayrıca<br />
5 | 20 olduğundan bu kongrüansın mod105 tam 5 tane çözümü vardır.<br />
Teorem 3.3. e göre<br />
55x<br />
≡ 20(mod105) ⇒ 11x<br />
≡ 4(mod 21)<br />
43
ulunur. Ayrıca (2, 21) = 1 olduğundan kongrüansın her iki tarafını 2 ile<br />
çarparsak x ≡ 8(mod 21) elde ederiz. Şu halde x0 ≡ 8(mod 21) dersek, tüm<br />
çözümler:<br />
x ≡ x + m'<br />
t ≡ x + 21 t(mod105)<br />
0 0<br />
şeklindedir. 0 ≤ t ≤ d − 1 olduğundan t = 0, 1, 2, 3, 4 alınır ve<br />
m 105<br />
m ' = = = 21 olduğu dikkate alınırsa tüm çözümler<br />
d 5<br />
t = 0 ⇒ x ≡ 8(mod105),<br />
şeklinde bulunur.<br />
t = 1 ⇒ x ≡ 29(mod105),<br />
t = 2 ⇒ x ≡ 50(mod105),<br />
t = 3 ⇒ x ≡ 71(mod105),<br />
t = 4 ⇒ x ≡ 92(mod105)<br />
Not: Eğer ( a, m ) = 1 ise ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansını aşağıda açıklandığı<br />
şekilde çözebiliriz:<br />
ϕ ( m)<br />
( a, m ) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre a ≡ 1(mod m)<br />
dir.<br />
ax ≡ b(mod m)<br />
kongrüansının her iki tarafını<br />
buluruz.<br />
( m) 1<br />
a ϕ − ile çarparsak<br />
≡ (mod ) ⇒ ≡ (mod )<br />
ϕ ( m) 1 ( m) 1 ( m) ( m) 1<br />
a − ϕ<br />
ax a − ϕ ϕ<br />
b m a x a − b m<br />
ϕ ( m) −<br />
⇒ x ≡ a 1 b(mod m)<br />
Örnek 4.4. 2x ≡ 1(mod 7) kongrüansının çözümünü bulalım.<br />
Çözüm. (2,7) = 1 olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bu çözüm<br />
şeklinde olacaktır. Şu<br />
dir.<br />
ϕ ( m) −<br />
x ≡ a 1 b(mod m)<br />
halde çözüm,<br />
x ≡ ≡ ≡ ≡ ≡<br />
ϕ (7) −1 6−1 5<br />
2 2 2 32 4(mod 7)<br />
∗<br />
Örnek 4.5. Z<br />
20<br />
( Z<br />
20<br />
nin asal kalan sınıflar grubu ) grubunda 3 elemanının<br />
tersini bulalım.<br />
Çözüm. Z ∗ 20<br />
= {1, 3, 7, 9,11,13,17,19} dir. 3 elemanının tersini bulmak için<br />
x = koşuluna uyan x kalan sınıfını bulmalıyız. Bunun için 3x ≡ 1( mod 20)<br />
3. 1<br />
kongrüansının çözümünü bulmak yeter.<br />
2 2 1 1 1 4<br />
20 = 2 .5 ⇒ ϕ(20) = ϕ(2 .5) = 20(1 − )(1 − ) = 20. . = 8<br />
2 5 2 5<br />
44
ve 3. x = 1 olduğundan<br />
ϕ (20) −1<br />
3x<br />
≡ 1(mod 20) ⇒ x ≡ 3 .1(mod 20)<br />
bulunur ki, buradan<br />
x<br />
7 3 2 2<br />
⇒ x ≡ 3 ≡ (3 ) .3 ≡ 7 .3 ≡ 9.3 ≡ 7(mod 20)<br />
≡7 ≡9<br />
−1<br />
= (3) = 7 elde edilir.<br />
( a, m ) = 1 olmak üzere ax b( mod m)<br />
≡ kongrüansının bir x = x1<br />
çözümü ,<br />
Teorem 4.3. kullanılmadan, aşağıdaki metodlardan biri ile de elde edilebilir.<br />
Metod 1: ( a, m ) = 1 olduğundan Teorem 1.2. ye göre<br />
ax<br />
+ my = (4.1)<br />
0 0<br />
1<br />
olacak şekilde bir x<br />
0<br />
, y<br />
0<br />
tamsayı çifti vardır. Bu tamsayı çifti, a ve m<br />
tamsayılarına Öklid algoritması uygulanarak bulunabilir. (4.1) eşitliğinin her<br />
iki tarafını b ile çarparsak<br />
a( x b) + my b = b ⇒ a( x b) ≡ b mod m<br />
0 0 0 ( )<br />
bulunur ki, bu ax ≡ b( mod m)<br />
kongrüansının çözümünün x ≡ x b( m)<br />
0<br />
mod<br />
olduğunu gösterir. Kongrüansı gerçekleyen x lerden herhangi biri x<br />
1<br />
olarak<br />
alınabilir.<br />
Örnek 4.6. 21x ≡ 6( mod51)<br />
köngrüansının çözümünü bulalım.<br />
Çözüm. (21,51) = (3.7,17.3) = 3(7,17) = 3 ve 3 | 6 olduğundan Teorem 4.3. e<br />
göre bu kongrüansın çözümü vardır ve çözüm sayısı 3 tür. Kongrüansta 3 ile<br />
kısaltma yapılarak<br />
7x ≡ 2( mod17)<br />
elde edilir. Öklid algoritması ile<br />
17 = 2.7 + 3<br />
7 = 2.3 + 1<br />
bulunur ve buradan<br />
1 = 7 − 2.3<br />
1 = 7 − 2(17 − 2.7)<br />
1 = 5.7 − 2.17<br />
elde edilir. Son eşitliğin her iki tarafını 2 ile çarparak<br />
2 = 10.7 − 4.17 ⇒ 7.10 ≡ 2 mod17<br />
( )<br />
bulunur ki, buradan 7x ≡ 2( mod17)<br />
köngrüansının bir çözümünün<br />
x ≡ 10( mod17)<br />
olduğu görülür. Böylece 21x ≡ 6( mod51)<br />
köngrüansının<br />
tüm çözümleri<br />
45
yani<br />
olarak bulunur.<br />
Metod 2: ax b( mod m)<br />
( )<br />
x ≡ 10 + 17t<br />
mod51 , ( t = 0,1,2 )<br />
x ≡ 10( mod51)<br />
, x ≡ 27( mod51)<br />
, x ≡ 44( mod51)<br />
≡ kongrüansında a > 0 ve a < m kabul edebiliriz.<br />
Kongrüansın tanımından dolayı ax − b = my olacak şekilde bir y tamsayısı<br />
vardır. Bu eşitlikten my b( mod a)<br />
kongrüansı çözmek daha kolaydır. my b( mod a)<br />
≡ − bulunur. a < m olduğundan bu son<br />
≡ − kongrüansının bir y = y0<br />
çözümü biliniyorsa, ax − b = my de y yerine y<br />
0<br />
yazılarak<br />
my0<br />
+ b<br />
x =<br />
a<br />
ax ≡ b mod m kongrüansının çözümüdür. Öte yandan<br />
bulunur ki, bu da ( )<br />
my b( mod a)<br />
≡ − kongrüansına da aynı düşünce uygulanarak, çözümü<br />
kolaylıkla bulunabilen bir kongrüans elde edilir ve böylece ilk kongrüans<br />
çözülür.<br />
Örnek 4.7. 7x ≡ 2( mod17)<br />
kongrüansının çözümünü bulalım.<br />
Çözüm. 7x ≡ 2( mod17)<br />
ise y ∈ Z olmak üzere 7x<br />
2 17<br />
Buradan<br />
( ) y ( )<br />
⇒ 6y<br />
≡ −4( mod 7) ⇒ y ≡ 4( mod 7)<br />
17y<br />
≡ −2 mod 7 ⇒ 3 ≡ − 2 mod 7<br />
bulunur. y = 4 alınırsa<br />
7x − 2 = 17.4 ⇒ 7x = 70 ⇒ x = 10<br />
7 2 mod17<br />
− = y yazabiliriz.<br />
elde edilir. Şu halde x ≡ ( ) kongrüansının çözümü x ≡ 10( mod17)<br />
dir.<br />
Teorem 4. 4. (Çin Kalan Teoremi) m1 , m2<br />
,..., m<br />
r<br />
pozitif tamsayılar ve her<br />
i ≠ j için ( mi<br />
, m<br />
j ) = 1 olsun. a1, a2<br />
,..., a r<br />
tamsayıları verildiğinde<br />
i<br />
( mod )<br />
x ≡ a m , ( i = 1,2,..., r ) (4.2)<br />
i<br />
kongrüanslarının ortak çözümleri vardır ve herhangi iki ortak çözüm<br />
mod( m . m ... m ) birbirine kongrüdür.<br />
1 2<br />
r<br />
46
Kanıt. m = m1. m2... mr<br />
olsun. m1 , m2<br />
,..., m<br />
r<br />
tamsayıları ikişer ikişer<br />
m<br />
aralarında asal oldğundan ( , m<br />
j<br />
) = 1, ( j = 1, 2,..., r ) dir. Şu halde<br />
m<br />
Teorem 4.1. e göre<br />
j<br />
m x ≡ 1( mod m j ) ( 1, 2,...,<br />
m j = r )<br />
j<br />
kongrüansları çözülebilirdir. 1( mod m j )<br />
( mod<br />
j )<br />
≡<br />
j<br />
ile gösterelim.<br />
0<br />
x b m<br />
j=<br />
1<br />
m x ≡ kongrüansının çözümünü<br />
m<br />
j<br />
x tamsayısını<br />
r<br />
m<br />
x0<br />
= ∑ bja<br />
j<br />
m<br />
olarak tanımlarsak<br />
r<br />
m m<br />
x0<br />
≡ b a ≡ b a ≡ a m<br />
m m<br />
j<br />
∑ j j i i i ( mod<br />
i ) ( i 1,2,...,<br />
j=<br />
1 j i<br />
= r )<br />
bulunur ki, bu x<br />
0<br />
tamsayısının (4.2) deki kongrüansların bir ortak çözümü<br />
olduğunu gösterir. x , 1<br />
x<br />
2<br />
tamsayıları (4.2) deki kongrüansların iki ortak<br />
çözümü olsun. Şu halde<br />
x1<br />
≡ ai<br />
( mod mi<br />
)<br />
( i = 1,2,..., r )<br />
x ≡ a mod m<br />
2<br />
i<br />
( )<br />
i<br />
olup, bu iki bağıntıdan<br />
x1 ≡ x2 ( mod m i ) ( i = 1,2,..., r )<br />
ve Örnek 3.5. e göre<br />
x1 ≡ x2 ( mod[ m1 , m2<br />
,..., m r<br />
])<br />
bulunur. m<br />
i<br />
tamsayıları ikişer ikişer aralarında asal olduğundan<br />
[ m1 , m2,..., mr<br />
] = m olur. Buradan<br />
( )<br />
x1 ≡ x2 mod m<br />
elde edilir ve ispat tamamlanır.<br />
Teoremin ikinci kısmından dolayı (4.2) deki kongrüans sisteminin bütün<br />
x ≡ x0 mod m şeklindedir.<br />
tamsayılı çözümleri ( )<br />
47
Örnek 4.8.<br />
x ≡ 1( mod3)<br />
⎫<br />
⎪<br />
x ≡ 2( mod 4)<br />
⎬ kongrüans sistemini çözelim.<br />
⎪<br />
x ≡ 3( mod5)<br />
⎪⎭<br />
Çözüm. (3,4) = (3,5) = (4,5) = 1 olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tek<br />
türlü belirli bir çözümü vardır. m<br />
1<br />
= 3 , m<br />
2<br />
= 4 , m<br />
3<br />
= 5 , a<br />
1<br />
= 1, a<br />
2<br />
= 2 ,<br />
a<br />
3<br />
= 3 tür. Buradan m = 3.4.5 = 60 ,<br />
m<br />
20<br />
m = , 1<br />
2<br />
( ) b ( )<br />
( ) b ( )<br />
( ) b ( )<br />
20b<br />
≡ 1 mod3 ⇒ ≡ −1 mod3 ,<br />
1 1<br />
15b<br />
≡ 1 mod 4 ⇒ ≡ −1 mod 4 ,<br />
2 2<br />
12b<br />
≡ 1 mod5 ⇒ ≡ 3 mod5<br />
3 3<br />
elde edilir. Şu halde sistemin çözümü<br />
x ≡ 20.( − 1).1 + 15.( − 1).2 + 12.(3).3 ≡ 58 mod 60<br />
olarak bulunur.<br />
m<br />
15<br />
m = , m<br />
12<br />
m = bulunur.<br />
3<br />
( )<br />
(4.2) deki sistemi, teoremdeki metodu kullanmadan aşağıdaki gibi de<br />
çözebiliriz.<br />
Örnek 4.9.<br />
x ≡ 1( mod3)<br />
⎫<br />
⎪<br />
x ≡ 2( mod 4)<br />
⎬ lineer kongrüans sistemini 2. bir metodla çözelim.<br />
⎪<br />
x ≡ 3( mod5)<br />
⎪⎭<br />
Çözüm. (3,4) = (3,5) = (4,5) = 1 olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tek<br />
türlü belirli bir çözümü vardır. x ≡ 1( mod3)<br />
kongrüansının çözümleri<br />
x = 1+ 3k<br />
, ( k = 0, ± 1,... ) şeklindedir. 1+ 3k tamsayısının x ≡ 2( mod 4)<br />
kongrüansının da bir çözümü olması için<br />
1+ 3k ≡ 2 mod 4 ⇒ 3k ≡ 1 mod 4 ⇒ −k ≡ 1 mod 4 ⇒ k ≡ − 1 mod 4<br />
( ) ( ) ( ) ( )<br />
olmalıdır. Böylece k = − 1+ 4t<br />
, ( t ∈ Z ) için<br />
x = 1+ 3k = 1+ 3( − 1+ 4 t) = − 2 + 12t<br />
, ( t ∈ Z )<br />
olup x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansın<br />
çözümüdür. Şimdi t yi öyle belirleyelim ki bu t değeri için x = − 2 + 12t<br />
üçüncü kongrüansın da çözümü olsun.<br />
− 2 + 12t ≡ 3 mod5 ⇒ 12t ≡ 5 mod5 ⇒ 2t ≡ 0 mod5 ⇒ t ≡ 0 mod5<br />
( ) ( ) ( ) ( )<br />
48
ulunur. t = 5m<br />
, ( m ∈ Z ) yazabiliriz. Böylece x = − 2 + 12t = − 2 + 60m<br />
,<br />
( m ∈ Z ) , kongrüans sisteminin bütün çözümlerini verir. Bulduğumuz bu<br />
çözümleri x ≡ − 2( mod 60)<br />
şeklinde de gösterebiliriz.<br />
Örnek 4.10.<br />
x ≡ b1<br />
(mod13) ⎫<br />
⎬ lineer kongrüans sisteminin çözümünü bulalım.<br />
x ≡ b2<br />
(mod17) ⎭<br />
Çözüm. (13,17) = 1 olduğundan sistemin mod(13.17) = mod 221 tek türlü<br />
belirli bir çözümü vardır. Önce x ≡ b (mod13)<br />
1<br />
kongrüansını çözelim.<br />
x ≡ b (mod13) ⇒ x = b + 13y<br />
, ( y ∈ Z )<br />
1 1<br />
bulunur. Bu çözümün x ≡ b (mod17)<br />
2<br />
kongrüansının da bir çözümü olması<br />
için<br />
b + 13 y ≡ b (mod17) ⇒ 13 y ≡ b − b (mod17)<br />
1 2 2 1<br />
olmalıdır. (4,17) = 1 olduğundan buradan<br />
⇒ −4 y ≡ b − b (mod17)<br />
2 1<br />
−16y ≡ 4( b − b )(mod17) ⇒ y ≡ 4( b − b )(mod17)<br />
2 1 2 1<br />
⇒ y = 4( b2 − b1<br />
) + 17z<br />
, ( z ∈ Z)<br />
bulunur. Diğer taraftan,<br />
x = b + 13y = b + 13[4( b − b ) + 17 z]<br />
1 1 2 1<br />
= b1 + 52( b2 − b1 ) + 13.17z = − 51b 1<br />
+ 52b2<br />
+ 221z<br />
olduğundan kongrüansın çözümü<br />
x ≡ − 51b 1<br />
+ 52 b2 (mod 221) ≡ 170b1 + 52 b2<br />
(mod 221)<br />
dir.<br />
Örnek 4.11. Öyle bir sayı bulunuz ki 2 ile bölündüğünde 0, 3 ile<br />
bölündüğünde 2, 5 ile bölündüğünde 3 ve 7 ile bölündüğünde 2 kalanını<br />
versin.<br />
Çözüm.<br />
x ≡ 0(mod 2) ⎫<br />
x ≡ 2(mod3)<br />
⎪ ⎬ lineer kongrüans sistemini çözmeliyiz.<br />
x ≡ 3(mod5) ⎪<br />
x ≡ 2(mod 7) ⎪<br />
⎭<br />
(2,3) = (2,5) = (2,7) = (3,5) = (3,7) = (5,7) = 1<br />
olduğundan sistemin mod(2.3.5.7) = mod 210 tek türlü belirli bir çözümü<br />
vardır. Önce x ≡ 0(mod 2) kongrüansını çözelim.<br />
x ≡ 0(mod2) ⇒ x = 2y<br />
, ( y1<br />
∈ Z )<br />
1<br />
49
olduğundan, bu çözümün x ≡ 2(mod3) kongrüansının da bir çözümü olması<br />
için<br />
2y<br />
≡ 2(mod3) y ≡ 1(mod3)<br />
⇒<br />
1 1<br />
(2,3) = 1<br />
olmalıdır. Böylece y1 = 1+ 3y2<br />
, y2<br />
∈Z için<br />
x = 2y1 = 2(1 + 3 y2 ) = 2 + 6y2<br />
olup, x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansın<br />
çözümüdür. Şimdi y<br />
2<br />
değerini öyle belirleyelim ki 2 + 6y2<br />
, üçüncü<br />
kongrüansın da çözümü olsun.<br />
2 + 6y ≡ 3(mod5) ⇒ 6y ≡ 1(mod5) ⇒ y = 1(mod5)<br />
2 2 2<br />
ve böylece y 2<br />
= 1+ 5y<br />
3<br />
, ( y3<br />
∈ Z ) elde ederiz. Buradan<br />
x = 2 + 6y = 2 + 6(1 + 5 y ) = 8 + 30y<br />
2 3 3<br />
olur ki, bu çözüm ilk üç kongrüansı gerçekler. Son olarak y<br />
3<br />
ü<br />
belirleyelim ki, 8 + 30y3<br />
son kongrüansı da gerçeklesin.<br />
öyle<br />
8 + 30y<br />
≡ 2(mod 7) ⇒ 30y<br />
≡ 1(mod 7)<br />
3 3<br />
⇒ y 3<br />
y 3<br />
2 ≡ 1(mod 7) ⇒ ≡ 4(mod 7)<br />
ve böylece y3 = 4 + 7y4<br />
, ( y4<br />
∈ Z ) elde ederiz. O halde,<br />
x = 8 + 30y = 8 + 30(4 + 7 y ) = 8 + 120 + 210y = 128 + 210y<br />
3 4 4 4<br />
bulunur ki, bu x ≡ 128(mod 210) olması demektir, dolayısıyla aranan en küçük<br />
tamsayı 128 dir.<br />
PROBLEMLER<br />
1) x ≡ 1( mod3)<br />
, x ≡ 1( mod 7)<br />
, 1( mod11)<br />
x ≡ kongrüanslarını aynı anda<br />
gerçekleyen en küçük pozitif tamsayıyı (1 den başka ) bulunuz.<br />
2) 3, 4 ve 5 ile bölündüğünde sırası ile 1, 2 ve 3 kalanlarını veren ve 350 den<br />
küçük olan bütün pozitif tamsayıları bulunuz.<br />
3) ax b( mod100)<br />
≡ kongrüansında a ve b tamsayılarını öyle belirleyiniz ki<br />
bu kongrüansın tam 10 tane olsun.<br />
4) a nın hangi değerleri için ax b( mod m)<br />
≡ kongrüansının çözümü yoktur.<br />
50
5) x ≡ a1 ( mod m1<br />
) ⎫⎪ ⎬<br />
x ≡ a2 ( mod m2<br />
) ⎪⎭<br />
ve yeter koşulun ( m , m ) ( a a )<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
kongrüans sisteminin bir çözümünün olması için gerek<br />
| − olduğunu gösteriniz.<br />
1 2 1 2<br />
6) x ≡ 1 mod 2 ⎫<br />
⎪<br />
x ≡ 2 mod3 ⎪<br />
⎬<br />
x ≡ 3 mod 5 ⎪<br />
x ≡ 4 mod 7 ⎪<br />
⎭<br />
bütün çözümlerini bulunuz.<br />
kongrüans sisteminin 0 < x < 500 koşulunu gerçekleyen<br />
7) 3 katından 1 çıkarıldığı zaman 5 ile, 4 katına 2 eklendiği zaman 11 ile<br />
bölünebilen ve 200 ile 440 arasında bulunan bütün tamsayıları bulunuz.<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
8) x ≡ 3 mod11 ⎫<br />
⎪<br />
x ≡ 4 mod13 ⎬ kongüans sistemini çözünüz.<br />
⎪<br />
x ≡ 5 mod17 ⎭<br />
51
5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER VE İNDEKSLER<br />
γ<br />
Tanım 5.1. m bir pozitif tamsayı, a ∈ Z ve ( a, m ) = 1 olsun. a ≡ 1(mod m)<br />
koşulunu gerçekleyen en küçük pozitif γ tamsayısına a nın m modülüne göre<br />
eksponenti ( mertebesi ) adı verilir ve eks m<br />
a<br />
= γ şeklinde gösterilir.<br />
Bu koşulu gerçekleyen γ lar vardır. Çünkü γ = ϕ( m)<br />
için Euler<br />
Teoremine göre<br />
a<br />
ϕ ( m)<br />
≡ 1(mod m)<br />
dir.<br />
Örnek 5.1. 2 nin 5 modülüne göre eksponentini bulalım.<br />
Çözüm. (2,5) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre<br />
dir.<br />
1<br />
2 = 2 ≡ 1 mod 5 ,<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
= ≡ ,<br />
2<br />
2 4 1 mod5<br />
= ≡ ,<br />
3<br />
2 8 1 mod5<br />
= ≡<br />
4<br />
2 16 1 mod5<br />
≡ ≡<br />
ϕ (5) 4<br />
2 2 1(mod 5)<br />
olduğundan 2 nin 5 modülüne göre eksponenti 4, yani eks5<br />
2 = 4 tür.<br />
Teorem 5.1. Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti δ olsun. Bu<br />
0 1 1<br />
takdirde 1 = a , a ,..., a δ − sayıları m modülüne göre inkongrüenttir.<br />
Kanıt. 0 ≤ k < l < δ olmak üzere k l<br />
a ≡ a (mod m)<br />
olduğunu kabul edelim.<br />
( m, a ) = 1 olduğundan kısaltma yaparak<br />
a<br />
l −k<br />
≡ 1(mod m)<br />
bulunur. Ayrıca 0 < l − k < δ olduğundan bu, δ nın eksponent oluşu ile<br />
0 1 1<br />
çelişir. Şu halde a , a ,..., a δ − sayıları m modülüne göre inkongrüenttir.<br />
Teorem 5.2. a nın m modülüne göre eksponenti δ olsun. Bu taktirde<br />
γ γ<br />
a ≡ a ' (mod m)<br />
ise γ ≡ γ '(mod δ ) dır.<br />
Kanıt. γ ve γ ' yü , δ ile kalanlı olarak bölelim. q, r, q′ , r′∈ Z olmak üzere<br />
γ = δ q + r , 0 ≤ r < δ ve γ ' = δ q ' + r ' , 0 ≤ r ' < δ<br />
yazabiliriz. exp m<br />
a = δ olduğundan a<br />
δ ≡ 1(mod m)<br />
dir. Buradan<br />
ve<br />
γ δ q r r<br />
a ≡ ( a<br />
) . a ≡ a (mod m)<br />
≡1<br />
γ ' δ q ' r ' r '<br />
a ≡ ( a<br />
) . a ≡ a (mod m)<br />
≡1<br />
52
elde edilir. Böylece<br />
≡ (mod ) ⇒ ≡ (mod )<br />
γ γ '<br />
r r '<br />
a a m a a m<br />
r<br />
r '<br />
buluruz. Teorem 5.1. e göre a ve a , m modülüne göre inkongrüent<br />
olduğundan r = r ' elde ederiz. Şu halde<br />
r = r ' ⇒ γ − γ ' = (<br />
<br />
q − q ') δ ⇒ γ −γ ' ≡ 0(mod δ )<br />
veya<br />
bulunur.<br />
∈Z<br />
γ ≡ γ '(mod δ )<br />
Sonuç: Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti δ ise<br />
γ<br />
a ≡ 1 mod m ⇔ δ | γ<br />
( )<br />
olmasıdır.<br />
Kanıt. Teorem 5.2. de γ ′ = 0 almak yeter.<br />
Teorem 5.3. a nın m modülüne göre eksponenti δ ise δ | ϕ( m)<br />
dir.<br />
Kanıt. eksma<br />
= δ ise a<br />
δ ≡ 1(mod m)<br />
ve 0 < δ ' < δ olmak üzere<br />
δ '<br />
a ≢ 1(mod m)<br />
dir. Şimdi, ϕ ( m)<br />
tamsayısını δ ile kalanlı olarak bölelim.<br />
ϕ( m)<br />
= δ q + r , 0 ≤ r < δ<br />
olacak şekilde q,<br />
r tamsayıları vardır. Burada r = 0 olmalıdır. Çünkü, eğer<br />
r > 0 olsaydı, Euler Teoremine göre<br />
ϕ ( m)<br />
δ q r δ q r r<br />
a ≡ 1(mod m) ⇒ a + ≡ ( a<br />
) . a ≡ 1(mod m) ⇒ a ≡ 1(mod m)<br />
≡1<br />
elde edilirdi ki, bu r < δ olduğundan δ nın eksponent oluşu ile çelişirdi. Şu<br />
halde<br />
r = 0 ⇒ ϕ( m) = δ q ⇒ δ | ϕ( m)<br />
sonucu bulunur.<br />
Örnek 5.2. 7 nin 23 modülüne göre eksponentini bulalım.<br />
Çözüm. (7, 23) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre<br />
≡ ⇒ ≡<br />
ϕ (23) 22<br />
7 1(mod 23) 7 1(mod 23)<br />
tür. eks23<br />
7 = δ diyelim. Böylece 7 δ ≡ 1(mod 23) yazabiliriz ve Teorem 5.3. e<br />
göre δ | ϕ(23) = 22 olduğundan δ = 1,2,11 ve 22 değerlerinden birisi ( 22 nin<br />
doğal bölenleri ) olabilir.<br />
1<br />
2<br />
7 ≡ 7 ≢ 1(mod 23) , 7 ≡ 49 ≡ 3 ≢ 1(mod 23)<br />
11 2 5 5 3 2<br />
7 ≡ (7 ) .7 ≡ 3 .7 ≡ 3 .3 .7 ≡ 4.9.7 ≡ 28.9 ≡ 5.9 ≡ 45 ≡ − 1(mod 23)<br />
≡3 ≡4 ≡3<br />
22 11 11<br />
⇒ 7 ≡ 7 7 ≡ 1(mod 23)<br />
53
uluruz. Şu halde, 7 nin 23 modülüne göre eksponenti 22, yani eks23<br />
7 = 22<br />
dir.<br />
Teorem 5.4. Bir a ∈ Z tamsayısının m modülüne göre eksponenti h ise<br />
+<br />
k<br />
h<br />
k ∈ Z olmak üzere, a tamsayısının m modülüne göre eksponenti<br />
( h, k)<br />
dır.<br />
k<br />
Kanıt. a tamsayısının m modülüne göre eksponenti t olsun. Eksponent<br />
tanımından<br />
olup, Teorem 5.2. de<br />
sonucu çıkar.<br />
t<br />
k kt<br />
( a ) ≡ a ≡ 1( mod m)<br />
γ = kt ve 0<br />
h k<br />
h | kt ⇒ | t<br />
( h, k) ( h, k)<br />
γ ′ = alınırsa kt 0( mod h)<br />
≡ veya h | kt<br />
⎛ h k ⎞<br />
elde edilir. ⎜ , ⎟ = 1 olduğundan Aritmetiğin Esas Yardımcı<br />
⎝ ( h, k) ( h, k)<br />
⎠<br />
h<br />
Teoremine göre göre | t sonucu çıkar. Öte yandan<br />
( h, k )<br />
h<br />
k<br />
k ( h, k ) h ( h, k )<br />
( a ) ( a ) 1( mod m)<br />
olduğundan Teorem 5.2. nin sonucuna göre<br />
bağıntılarından<br />
h<br />
≡ ≡ , ( a 1( mod m)<br />
h<br />
t<br />
( h, k )<br />
| ve h<br />
t |<br />
( h, k)<br />
h<br />
t = elde edilir.<br />
( h, k)<br />
≡ )<br />
h<br />
t | bulunur. Böylece<br />
( h, k)<br />
p<br />
Teorem 5.5. a ∈ Z , p ve q tek asal sayılar olsun. q | ( a − 1) ise ya<br />
q | ( a − 1) ya da q = 2up<br />
+ 1 , u ∈ Z dir.<br />
p<br />
Kanıt. q ( a 1)<br />
p<br />
| − olduğundan a 1( mod q)<br />
≡ dur. eks q<br />
a = s dersek<br />
Teorem 5.2. nin sonucuna göre s | p olmalıdır. Buradan s = 1 veya s = p<br />
sonucu çıkar.<br />
s = 1 ise<br />
1<br />
a ≡ 1 mod q ⇒ q | ( a − 1)<br />
olur.<br />
( )<br />
54
s = p ise Teorem 5.3. e göre p ϕ( q)<br />
| olur ki, bu p ( q 1)<br />
| − demektir.<br />
Buradan da r ∈ Z olmak üzere<br />
q − 1 = pr<br />
yazabiliriz. q ve p tek asal sayılar olduğundan r çift sayı olmalıdır. Şu halde<br />
u ∈ Z olmak üzere r = 2u<br />
dur. r nin bu değeri yukarıda yerine yazılırsa<br />
r = 2u ⇒ q − 1 = p(2 u) ⇒ q = 2up<br />
+ 1<br />
elde edilir.<br />
Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere 2 p − 1 sayısının bölenleri, 2up + 1<br />
formundadır.<br />
Kanıt. a, 2 p − 1 in bir böleni ise, q<br />
i<br />
ler a nın asal bölenleri olmak üzere<br />
a = q ... 1q2 qk<br />
p<br />
yazılabilir. 2 | (2 − 1) dir. Bu yüzden q<br />
1<br />
, q<br />
2<br />
, ... ,<br />
tektir. 1 ≤ i ≤ k için q<br />
i<br />
| (2 −1) olduğundan Teorem 5.5. e göre<br />
qi<br />
= 2ui<br />
p + 1<br />
yazılabilir. Şu halde uygun bir u ∈ Z için<br />
a = (2u1<br />
p + 1)...(2u k<br />
p + 1) = 2up<br />
+ 1<br />
elde edilir.<br />
q<br />
k<br />
asal sayılarının hepsi<br />
13<br />
Örnek 5.3. 2 − 1 tamsayısının en küçük asal bölenini bulalım.<br />
Çözüm. 13 asal olduğundan yukarıdaki sonuca göre aradığımız sayı<br />
2.13u<br />
+ 1 = 26u<br />
+ 1<br />
biçiminde olmalıdır. u = 1 için elde edilen 27 sayısı asal değildir. u = 2 için<br />
elde edilen 53 tamsayısı, asal olduğundan aranan sayıdır.<br />
n<br />
Örnek 5.4. a > 1 ve n > 0 birer tamsayı olsun. Bu taktirde n | ϕ( a − 1) dir.<br />
n<br />
n<br />
Çözüm. Önce a > 1 için ( a, a − 1) = 1 olduğunu kanıtlayalım. ( a, a − 1) = d<br />
diyelim. Buradan<br />
n<br />
d | a ⇒ d | a ⎫ ⎪ n n<br />
d a ( a 1)] 1 d 1<br />
n<br />
⎬ ⇒ | [ − − = ⇒ =<br />
d | ( a −1)<br />
<br />
⎪⎭<br />
= 1<br />
n<br />
buluruz. a nın ( a − 1) modülüne göre eksponenti n dir, çünkü<br />
a n −1 ≡ 0(mod( a n −1)) ⇒ a n ≡ 1(mod( a<br />
n − 1))<br />
n<br />
elde edilir. Eğer, a nın ( a − 1) modülüne göre eksponenti δ ve δ < n olsa,<br />
δ<br />
n<br />
n δ<br />
a ≡ 1(mod( a −1)) ⇒ a − 1| ( a − 1)<br />
n<br />
buluruz ki a − 1 > a δ − 1 olduğundan bu mümkün değildir, o halde<br />
δ = n dir. Buradan<br />
55
sonucunu elde ederiz.<br />
n<br />
eks n a = n ⇒ n | ϕ( a − 1)<br />
( a − 1)<br />
Örnek 5.5. ab ≡ 1(mod m)<br />
ise a ve b tamsayılarının m modülüne göre<br />
eksponentlerinin birbirine eşit olduğunu gösterelim.<br />
t1 Çözüm. eks m<br />
a = t1<br />
, eks m<br />
b = t2<br />
olsun. O taktirde a ≡ 1(mod m)<br />
,<br />
t<br />
b 2<br />
≡ 1(mod m)<br />
dir.<br />
ab ≡ m ⇒ ab ≡ ≡ m<br />
t1 t1<br />
1(mod ) ( ) 1 1(mod )<br />
t<br />
1 t 1 t 1<br />
≡1<br />
⇒ a . b ≡ 1(mod m) ⇒ b ≡ 1(mod m)<br />
olduğundan, eksponent tanımından t2 | t1<br />
bulunur. Diğer taraftan, benzer<br />
şekilde<br />
t2 t2<br />
ab ≡ 1(mod m) ⇒ ( ab) ≡ 1 ≡ 1(mod m)<br />
t 2 t<br />
2<br />
t 2<br />
≡1<br />
⇒ a . b ≡ 1(mod m) ⇒ a ≡ 1(mod m)<br />
olduğundan, eksponent tanımından t1 | t2<br />
bulunur. Buradan<br />
sonucu elde edilir.<br />
t1 | t2,<br />
t2 | t1<br />
⎫<br />
⎬ ⇒ t1 = t2<br />
⇒ eksma = eksmb<br />
t1 > 0, t2<br />
> 0 ⎭<br />
Tanım 5.2. a ∈ Z , ( a, m ) = 1 olsun. a nın m modülüne göre eksponenti ϕ ( m)<br />
ise a ya m modülüne göre bir primitif ( ilkel ) kök denir.<br />
Örnek 5.2. ye göre 7 nin , 23 modülüne göre bir primitif kök olduğunu<br />
söyleyebiliriz. Çünkü, eks23<br />
7 = 22 = ϕ(23)<br />
tür.<br />
Örnek 5.6. 41 modülüne göre bir primitif kök bulalım.<br />
Çözüm. a, 41 modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde eks41a = 40<br />
olmalıdır. 41 ile aralarında asal olan bütün pozitif tamsayılar primitif kök<br />
adayıdır. Şu halde (2, 41) = 1 olduğundan 2 nin 41 modülüne göre bir primitif<br />
3<br />
kök olup olmadığını araştıralım. ϕ (41) = 40 = 2 .5 olduğundan 2 nin 41<br />
modülüne göre eksponenti 40 ın bölenleri, yani 1, 2, 4, 5, 8, 10, 20 ve 40<br />
olabilir.<br />
1<br />
2 ≢ 1(mod 41) ,<br />
2<br />
2 ≡ 4 ≢ 1(mod 41) ,<br />
4<br />
2 ≡ 16 ≢ 1(mod 41) ,<br />
56
5<br />
2 ≡ 32 ≢ 1(mod 41) ,<br />
8 5 3<br />
2 ≡ 2 .2 ≡ −9.8 ≡ −72 ≡ 10 ≢ 1(mod 41) ,<br />
≡−9<br />
10 8 2<br />
2 ≡ 2 .2 ≡ 10.4 ≡ 40 ≡ −1 ≢ 1(mod 41) ,<br />
20 10 10<br />
2 ≡ 2 .2 ≡ 1(mod 41)<br />
olduğundan eks412 = 20 dir ve dolayısıyla 2, 41 modülüne göre bir primitif<br />
kök değildir.<br />
Şimdi de, (7, 41) = 1 olduğundan 7 nin, 41 modülüne göre bir primitif kök<br />
olup olmadığını araştıralım.<br />
1<br />
7 ≢ 1(mod 41) ,<br />
2<br />
7 ≡ 49 ≡ 8 ≢ 1(mod 41) ,<br />
4 2 2<br />
7 ≡ 7 .7 ≡ 8.8 ≡ 23 ≢ 1(mod 41) ,<br />
5 4<br />
7 ≡ 7 .7 ≡ 23.7 ≡ 161 ≡ 38 ≡ −3 ≢ 1(mod 41) ,<br />
8 4 4<br />
7 ≡ 7 .7 ≡ 23.23 ≡ 529 ≡ 37 ≡ −4 ≢ 1(mod 41) ,<br />
10 8 2<br />
7 ≡ 7 .7 ≡ −4.8 ≡ −32 ≡ 9 ≢ 1(mod 41) ,<br />
20 10 10<br />
7 ≡ 7 .7 ≡ 9.9 ≡ 81 ≡ −1 ≢ 1(mod 41) ,<br />
40 20 20<br />
7 ≡ 7 .7 ≡ ( −1)( −1) ≡ 1(mod 41)<br />
olduğundan eks 7 40<br />
41<br />
= tır. Şu halde 7, 41 modülüne göre bir primitif köktür.<br />
Teorem 5.6. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde,<br />
1) j k<br />
g ≡ g (mod m) ⇔ j ≡ k(mod ϕ( m)),<br />
j<br />
2) g ≡ 1(mod m) ⇔ ϕ( m)<br />
| j ,<br />
2 ( m)<br />
3) g, g ,..., g ϕ tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemi<br />
oluştururlar.<br />
Kanıt. 1) g , m modülüne göre bir primitif kök ise<br />
eks = ϕ ( m )<br />
olacağından kanıt için Teorem 5.2. de δ = ϕ( m)<br />
almak yeterlidir.<br />
m g<br />
2) Teoremin birinci şıkkında k = 0 almak yeterlidir. Çünkü,<br />
j<br />
g ≡ g 0 (mod m) ⇔ j ≡ 0(mod ϕ( m)) ⇔ ϕ( m)<br />
| j<br />
dir.<br />
j<br />
3) ( g, m ) = 1 olduğundan ( g , m ) = 1 ( j = 1,..., ϕ( m)<br />
) dir. g, g ,...,<br />
2 ( m)<br />
g ϕ<br />
sayılarından oluşan kümenin eleman sayısı ϕ ( m)<br />
dir. Şimdi bu sayılardan<br />
herhangi ikisinin m modülüne göre birbirine kongrü olmadığını gösterelim.<br />
1 ≤ j, k ≤ ϕ( m)<br />
için j k<br />
g ≡ g (mod m)<br />
olsa:<br />
( ϕ )<br />
1) ⇒ j ≡ k mod ( m)<br />
57
yani ϕ ( m) | ( j − k)<br />
bulunur. Fakat 1 ≤ j, k ≤ ϕ( m)<br />
olduğundan<br />
j − k < ϕ( m)<br />
olup, ϕ ( m) | ( j − k)<br />
bağıntısı ancak j − k = 0 , yani j = k için<br />
gerçeklenir. Şu halde j ≠ k ise j k<br />
g ≡ g (mod m)<br />
dir.<br />
Teorem 5.7. m > 1 bir tamsayı ve g , m modülüne göre bir primitif kök ise<br />
k<br />
bu takdirde g nın , m modülüne göre bir primitif kök olması için gerek ve<br />
yeter koşul ( k, ϕ ( m)) = 1 olmasıdır.<br />
Kanıt. g , m modülüne göre bir primitif kök olduğundan Teorem 5.4. e göre<br />
dir. Şu halde<br />
k eks<br />
m<br />
g ϕ( m)<br />
eks<br />
m<br />
( g ) = =<br />
( k,eks g) ( k, ϕ( m))<br />
k<br />
g nın , m<br />
m<br />
modülüne göre bir primitif kök olması, yani<br />
eks ( g k<br />
m<br />
) = ϕ ( m ) olması için gerek ve yeter koşul ( k , ϕ ( m )) = 1 olmasıdır.<br />
+<br />
p bir asal sayı ve α ∈ Z olmak üzere m nin 2, 4, p, p α ve 2. p α<br />
değerleri için m modülüne göre primitif kök vardır. m nin başka hiçbir değeri<br />
için primitif kök yoktur.<br />
+<br />
Teorem 5.8. m ∈ Z olmak üzere, eğer varsa, m modülüne göre inkongrüent<br />
primitif köklerin sayısı tam ϕ( ϕ ( m))<br />
dir.<br />
Kanıt. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. m ile aralararında asal<br />
2 ( m)<br />
olan herhangi bir tamsayı, g, g ,..., g ϕ sayılarından birine kongrüenttir.<br />
Diğer yandan Teorem 5.7. ye göre<br />
k<br />
g nın, m modülüne göre bir primitif kök<br />
olması için gerek ve yeter koşul ( k, ϕ ( m)) = 1 olmasıdır. Şu halde k ≤ ϕ( m)<br />
koşuluna uyan bu tamsayıların sayısı tam ϕ( ϕ ( m))<br />
dir.<br />
Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere, p modülüne göre<br />
primitif kök vardır.<br />
ϕ( <br />
ϕ( p)) = ϕ( p − 1) tane<br />
p−1<br />
Örnek 5.7. 11 modülüne göre bütün primitif kökleri bulalım.<br />
Çözüm. 11 modülüne göre ϕ( p − 1) = ϕ(11 − 1) = ϕ(10) = 4 tane primitif kök<br />
vardır. Bir a tamsayısı için, Teorem 5.3. e göre eks a | ϕ( p)<br />
olduğundan<br />
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10<br />
sayılarının eksponentlerini ararken<br />
ϕ( p) = ϕ(11) = 10<br />
sayısının bölenleri olan 1, 2, 5, 10 sayılarına bakmak yeter.<br />
p<br />
58
( )<br />
2<br />
5<br />
10<br />
2 ≡ 4 , 2 ≡ 8 , 2 ≡ 1( mod11)<br />
,<br />
2<br />
5<br />
3 ≡ 9 , 3 ≡ 1( mod11)<br />
,<br />
2<br />
5<br />
4 ≡ 5 , 4 ≡ 1( mod11)<br />
,<br />
2<br />
5<br />
5 ≡ 3 , 5 ≡ 1( mod11)<br />
,<br />
2<br />
5<br />
10<br />
6 ≡ 3 , 6 ≡ 10 , 6 ≡ 1( mod11)<br />
,<br />
2<br />
5<br />
10<br />
7 ≡ 5 , 7 ≡ 10 , 7 ≡ 1( mod11)<br />
,<br />
2<br />
5<br />
10<br />
8 ≡ 9 , 8 ≡ 10 , 8 ≡ 1( mod11)<br />
,<br />
2<br />
5<br />
9 ≡ 4 , 9 ≡ 1( mod11)<br />
,<br />
2<br />
≡ , 10 ≡ 1( mod11)<br />
≡ ,<br />
1 1 mod11<br />
1<br />
2 ≡ 2 ,<br />
1<br />
3 ≡ 3 ,<br />
1<br />
4 ≡ 4 ,<br />
1<br />
5 ≡ 5 ,<br />
1<br />
6 ≡ 6 ,<br />
1<br />
7 ≡ 7 ,<br />
1<br />
8 ≡ 8 ,<br />
1<br />
9 ≡ 9 ,<br />
1<br />
10 10<br />
olduğundan eksponenti ϕ (11) = 10 olan 4 tane sayı vardır ve bunlar 2, 6, 7<br />
ve 8 dir. Şu halde 11 modülüne göre ϕ(11 − 1) = ϕ(10) = 4 tane primitif kök<br />
vardır.<br />
11 modülüne göre bütün primitif kökleri Teorem 5.7. den yararlanarak da<br />
bulabiliriz. Yukarıda 2 nin, 11 modülüne göre bir primitif kök olduğunu<br />
gösterdik. Diğer primitif kökler, ( k, ϕ (11)) = ( k,10) = 1 olmak üzere 2 k<br />
şeklindedir. 10 = 2.5 olduğundan bu koşula uyan k lar 1, 3, 7 ve 9 dur. Şu<br />
halde 11 modülüne göre bütün primitif kökler:<br />
1<br />
2 ≡ 2 mod11<br />
olduğundan 2, 8, 7 ve 6 dır.<br />
≡<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
( )<br />
3<br />
2 8 mod11<br />
≡<br />
7<br />
2 7 mod11<br />
≡<br />
9<br />
2 6 mod11<br />
Şimdi primitif köklerle ilgili bir tablo verelim. Bir p asal sayısının en<br />
küçük pozitif primitif kökünü g ile gösterirsek 100 den küçük asal sayılar<br />
için<br />
g<br />
p<br />
sayılarını yazalım.<br />
p<br />
p 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41<br />
g<br />
p 1 2 2 3 2 2 3 2 5 2 3 2 6<br />
p 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97<br />
g<br />
p 3 5 2 2 2 2 7 5 3 2 3 5<br />
59
Tanım 5.3. a ∈ Z , ( a, m ) = 1 ve g de m modülüne göre bir primitif kök<br />
olsun.<br />
j<br />
g ≡ a(mod m)<br />
koşulunu gerçekleyen en küçük pozitif j tamsayısına a nın g primitif köküne<br />
göre indeksi denir ve ind g<br />
a şeklinde yazılır.<br />
Tanım 5.3. ten j nin 0 ≤ j ≤ ϕ( m)<br />
koşulunu gerçeklediği açıktır.<br />
Örnek 5.8. p = 13 modülüne göre bir primitif kök bulalım ve bu kökü<br />
kullanarak indeks tablosu yapalım.<br />
Çözüm. Daha önce verdiğimiz tabloda 13 modülüne göre, 2 nin bir primitif<br />
kök olduğunu belirtmiştik.<br />
1<br />
2 ≡ 2 ,<br />
7<br />
2 ≡ 11 ,<br />
2<br />
2 ≡ 4 ,<br />
8<br />
2 ≡ 9 ,<br />
3<br />
2 ≡ 8 ,<br />
9<br />
2 ≡ 5 ,<br />
4<br />
2 ≡ 3 ,<br />
10<br />
2 ≡ 10 ,<br />
5<br />
2 ≡ 6 ,<br />
11<br />
2 7<br />
kongrüanslarından yararlanarak, 13 modülüne göre<br />
6<br />
2 ≡ 12 ,<br />
12<br />
≡ , 2 ≡ 1( mod13)<br />
2 x ≡ 1 , 2 x ≡ 2 , 2 x ≡ 3 , 2 x ≡ 4 , 2 x ≡ 5 , 2 x ≡ 6 ,<br />
2 x ≡ 7 , 2 x ≡ 8 , 2 x ≡ 9 , 2 x ≡ 10 , 2 11 2 x ≡ 12 mod13<br />
x ≡ , ( )<br />
kongrüanslarının en küçük pozitif tamsayı çözümleri sırasıyla<br />
12, 1, 4, 2, 9, 5, 11, 3, 8, 10, 7, 6<br />
olduğundan<br />
ind2<br />
1 = 12 , ind2<br />
2 = 1 , ind2<br />
3 = 4 , ind2<br />
4 = 2 ,<br />
ind2<br />
5 = 9 , ind2<br />
6 = 5 , ind2<br />
7 = 11 , ind2<br />
8 = 3,<br />
ind2<br />
9 = 8 , ind2<br />
10 = 10 , ind2<br />
11 = 7 , ind2<br />
12 = 6<br />
dır. Bunu tablo ile aşağıdaki gibi yazabiliriz.<br />
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12<br />
ind2<br />
a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6<br />
Teorem 5.9. g , m tamsayısının bir primitif kökü ise<br />
u<br />
g ≡ a mod m ⇔ u = ind a mod ϕ( m)<br />
dir.<br />
( ) ( )<br />
g<br />
60
≡ olsun.<br />
u<br />
Kanıt. g a ( mod m)<br />
( mod )<br />
u<br />
indg g a g a<br />
m<br />
≡ ≡<br />
yazılabileceğinden Teorem 5.2. ye göre<br />
u ≡ ind a mod ϕ( m)<br />
g ( )<br />
bulunur. Tersine u ind a ( mod ϕ( m)<br />
)<br />
≡ ise uygun bir v ∈ Z için<br />
g<br />
u = ind a + v. ϕ( m)<br />
g<br />
yazabiliriz. Şu halde<br />
u ind g a+<br />
v . ϕ ( m ) ind g a ϕ ( m)<br />
v<br />
( ) ind g a<br />
g ≡ g ≡ g g ≡ g ≡ a mod m<br />
elde edilir.<br />
( )<br />
Sonuç: a ≡ a′<br />
( mod p)<br />
ise ind<br />
g<br />
a ind<br />
g<br />
a′<br />
( mod( p 1) )<br />
indg<br />
a<br />
ind g a′<br />
Kanıt. g a a′<br />
g ( mod p)<br />
ind a ≡ ind a′<br />
( mod( p − 1) )<br />
elde edilir.<br />
≡1<br />
≡ − dir.<br />
≡ ≡ ≡ den Teorem 5.9. kullanılarak<br />
g<br />
Örnek 5. 9. ind<br />
g<br />
1 = 0 ve ind<br />
g<br />
g = 1 olduğunu gösterelim.<br />
Çözüm. ind g<br />
1 = a olsun. Bu takdirde<br />
g<br />
( m)<br />
a<br />
1 ≡ g mod<br />
kongrüansından , 0 ≤ a ≤ ϕ( m) − 1 eşitsizliğini de kullanarak a = 0 buluruz.<br />
Benzer şekilde ind g<br />
g<br />
= b dersek<br />
≡<br />
( mod )<br />
b<br />
g g m<br />
kongrüansından ve ( g, m ) = 1 olmasından dolayı<br />
≡<br />
( m)<br />
b−1<br />
1 g mod<br />
buluruz. Üstelik 0 ≤ b −1 ≤ ϕ( m) − 1 olduğundan b − 1 = 0 , yani b = 1sonucu<br />
elde edilir.<br />
İndekslerle işlem yapmanın, logaritmalarla işlem yapmaya benzediğini<br />
söyleyebiliriz.<br />
Teorem 5.10. g , bir m tamsayısının primitif kökü ise<br />
ind ( ab) ≡ ind a + ind b mod ϕ( m)<br />
,<br />
i )<br />
g g g ( )<br />
ii) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ind a n n.ind a ( mod ϕ( m)<br />
)<br />
Kanıt. i ) ind g<br />
a<br />
= u ve ind g<br />
b = v olsun.<br />
g<br />
≡ dir.<br />
g<br />
61
olduğundan<br />
v<br />
≡ ( mod ) ve g ≡ b( mod m)<br />
u<br />
g a m<br />
≡<br />
( mod )<br />
u+<br />
v<br />
ab g m<br />
dir. Teorem 5.9. a göre<br />
ind a + ind b ≡ u + v ≡ ind ab mod ϕ( m)<br />
olur.<br />
ii )<br />
bulunur.<br />
g g g<br />
( )<br />
n<br />
ind<br />
g<br />
a = ind<br />
g<br />
( a<br />
. a... a) ≡ ind<br />
g<br />
a + ind<br />
g<br />
a + ...ind<br />
g<br />
a<br />
<br />
n terim<br />
n terim<br />
( ϕ )<br />
≡ n.ind a mod ( m)<br />
g<br />
Örnek 5.10. 11x ≡ 8( mod13)<br />
kongrüansını çözelim.<br />
Çözüm. Örnek 5.8. den , 2 nin 13 modülüne göre bir primitif kök olduğunu<br />
biliyoruz. Şimdi bu primitif köke göre oluşturduğumuz indeks tablosundan<br />
yararlanalım.<br />
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12<br />
ind2<br />
a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6<br />
ϕ (13) = 12 olduğundan<br />
2 2 2 2<br />
( )<br />
ind 11x<br />
≡ ind 11+ ind x ≡ ind 8 mod12<br />
olur. İndeks tablosundan<br />
ind2<br />
11 = 7 ve ind2<br />
8 = 3<br />
olduğu göz önüne alınırsa<br />
ind x ≡ 3 − 7 ≡ −4 ≡ 8 mod12<br />
2<br />
( )<br />
bulunur ve tekrar indeks tablosu kullanılarak, 2 primitif köküne göre indeksi<br />
8 olan sayı bulunursa<br />
elde edilir.<br />
x ≡ 9( mod13)<br />
Tanım 5.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzere<br />
n<br />
x ≡ a(mod p)<br />
kongrüansı çözümlü ise a ya p modülüne göre bir n. kuvvet kalanı denir.<br />
Teorem 5.11. p bir asal sayı , a ∈ Z ve ( a, p ) = 1 olsun. Bu taktirde,<br />
1) a<br />
p−1<br />
( n, p−1)<br />
n<br />
≢ 1(mod p)<br />
ise x ≡ a(mod p)<br />
kongrüansının çözümü yoktur.<br />
62
2)<br />
a<br />
p−1<br />
( n, p−1)<br />
n<br />
≡ 1(mod p)<br />
ise x ≡ a(mod p)<br />
kongrüansının çözümü vardır ve<br />
çözüm sayısı ( n, p − 1) dir.<br />
n<br />
Kanıt. 1) ( n, p − 1) = d diyelim. Eğer x ≡ a(mod p)<br />
kongrüansının bir u<br />
çözümü varsa<br />
elde ederiz. Şu halde<br />
çözümü yoktur.<br />
p−1<br />
d<br />
p−1 p−1<br />
n<br />
n.<br />
d d p−1<br />
d<br />
a ≡ u ≡ ( u<br />
) ≡ 1(mod p)<br />
a<br />
p−1<br />
d<br />
≡1<br />
n<br />
≢ 1(mod p)<br />
ise x ≡ a(mod p)<br />
kongrüansının<br />
2) Şimdi, a ≡ 1(mod p)<br />
olduğunu kabul edelim ve g, p modülüne göre<br />
bir primitif kök olsun. a nın p modülüne ve g primitif köküne göre indeksi j<br />
ise<br />
j<br />
g ≡ a(mod p)<br />
dir. Böylece,<br />
p−1 p−1 p−1<br />
j.<br />
d j d d<br />
0<br />
≡ 1(mod ) ⇒ ( ) ≡ ≡ 1 ≡ (mod )<br />
a p g g g p<br />
olur. Buradan Teorem 5.2. kullanılarak<br />
j( p −1)<br />
≡ 0(mod( p −1))<br />
d <br />
mod ϕ( p)<br />
elde edilir. Şu halde k ∈ Z olmak üzere,<br />
j( p −1)<br />
= k( p − 1)<br />
d<br />
yazabiliriz. Bu son eşitlikten de<br />
j = k.<br />
d ⇒ d | j<br />
(5.1)<br />
buluruz.<br />
2 p 1<br />
g, g ,..., g − sayıları, p modülüne göre bir tam kalan sistemi<br />
n<br />
oluşturduğundan x ≡ a(mod p)<br />
kongrüansının her çözümü, y uygun bir<br />
y<br />
pozitif tamsayı olmak üzere x ≡ g (mod p)<br />
şeklindedir. Şu halde,<br />
yn<br />
g ≡ a(mod p)<br />
⎫⎪ yn j<br />
g g (mod p)<br />
j<br />
⎬ ⇒ ≡<br />
g ≡ a(mod p)<br />
⎪⎭<br />
bulunur ve buradan Teorem 5.6. ya göre<br />
yn ≡ j(mod ϕ( p)) ⇒ yn ≡ j(mod( p − 1))<br />
(5.2)<br />
elde edilir. (5.1) den<br />
d = ( n, p − 1) | j<br />
olduğundan (5.2) deki kongrüansın tam d = ( n, p − 1) tane çözümü vardır ve<br />
bu çözümler,<br />
63
y y p<br />
≡ 1<br />
(mod( − 1)) , 2<br />
n<br />
ise x ≡ a(mod m)<br />
kongrüansının çözümleri<br />
y ≡ y (mod( p − 1)) , ... , y ≡ y (mod( p − 1))<br />
y<br />
x ≡ g 1 (mod p )<br />
y2 , x ≡ g (mod p )<br />
y<br />
, ... , x ≡ g d<br />
(mod p)<br />
olarak bulunur.<br />
Uyarı: y<br />
0<br />
ve y<br />
1<br />
iki tamsayı olmak üzere y ≡ y 0 1<br />
(mod( p − 1)) ise<br />
y0 y1 g ≡ g (mod p ) dir: Çünkü<br />
y ≡ y (mod( p −1)) ⇒ p − 1| y − y<br />
0 1 0 1<br />
⇒ y0 − y1 = t( p − 1) , ( t ∈ Z )<br />
⇒ y0 = y1 + t( p − 1)<br />
y0 y1 + t ( p−1) y1 1<br />
1<br />
.(<br />
<br />
p − t y<br />
⇒ g ≡ g ≡ g g ) ≡ g (mod p)<br />
n<br />
olacağından x ≡ a(mod m)<br />
kongrüansının yukarıdaki d tane çözümünden<br />
başka çözümü yoktur.<br />
7<br />
Örnek 5.11. x ≡ 2(mod13) kongrüansının çözülebilir olup olmadığını<br />
araştıralım ve eğer çözülebilir ise kongrüansın çözümlerini bulalım.<br />
( n, p−1)<br />
n<br />
Çözüm. Teorem 5.11. e göre a ≡ 1(mod p)<br />
ise x ≡ a(mod p)<br />
kongrüansı çözümlüdür. Örneğimizde a = 2 , p − 1 = 12 , n = 7 dir. Şu halde<br />
p−1<br />
(2,13) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre<br />
bulunur. Dolayısıyla<br />
≡1<br />
12<br />
(7,12) 12<br />
2 ≡ 2 ≡ 1(mod13)<br />
7<br />
x ≡ 2(mod13) kongrüansı çözümlüdür ve ( 7,12)<br />
= 1<br />
olduğundan tek çözüm vardır. Kongrüansı çözmek için 13 modülüne göre bir<br />
primitif kök araştıralım. Acaba 2, 13 modülüne göre bir primitif kök müdür?<br />
2<br />
12 = 2 .3 olduğundan 12 nin bölenleri 1,2,3, 4,6 ve 12 dir.<br />
1<br />
2 ≢ 1(mod13) ,<br />
4<br />
2 ≢ 1(mod13) ,<br />
2<br />
2 ≢ 1(mod13) ,<br />
6<br />
2 ≢ 1(mod13) ,<br />
3<br />
2 ≢ 1(mod13)<br />
12<br />
2 ≡ 1(mod13)<br />
7<br />
olduğundan 2, 13 modülüne göre bir primitif köktür. Şu halde x ≡ 2(mod13)<br />
kongrüansının çözümü y uygun bir pozitif tamsayı olmak üzere<br />
y<br />
x ≡ 2 (mod13) şeklindedir. Teorem 5.6. ya göre<br />
y 7 1<br />
(2 ) ≡ 2 ≡ 2 (mod13) ⇒ 7y<br />
≡ 1(mod 12 )<br />
d<br />
ϕ (13)<br />
bulunur. (7,12) = 1 olduğundan her iki yanı 7 ile çarparsak<br />
64
ulunur, bu ise<br />
49y<br />
≡ 7(mod12) ⇒ y ≡ 7(mod12)<br />
7<br />
x ≡ 2 (mod13) şeklinde tek çözümdür.<br />
1<br />
Yukarıda, eğer 2 = 2 sayısı 2 den farklı bir sayı olsaydı o zaman bu<br />
sayıyı 13 modülüne göre 2 nin bir kuvveti olarak yazmamız gerekirdi. Şimdi<br />
7<br />
bu örnekten yararlanarak 3(mod13)<br />
7,12 = 1 ve<br />
12<br />
(7,12)<br />
3<br />
12<br />
3 1(mod13)<br />
x ≡ kongrüansını çözelim. ( )<br />
≡ ≡ olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bunun<br />
y 7<br />
için (2 ) ≡ 3(mod13) kongrüansını çözmeliyiz. Şimdi 3 ü, 2 nin bir kuvveti<br />
olarak yazalım.<br />
1<br />
2<br />
3<br />
4<br />
2 ≡ 2(mod13) , 2 ≡ 4(mod13) , 2 ≡ 9(mod13) , 2 ≡ 3(mod13)<br />
olduğundan Teorem 5.6. ya göre<br />
y 7 4<br />
(2 ) ≡ 3 ≡ 2 (mod13) ⇒ 7y<br />
≡ 4(mod12)<br />
bulunur. Şu halde<br />
tür.<br />
PROBLEMLER<br />
⇒<br />
( 7,12)<br />
= 1<br />
49y<br />
≡ 28 ≡ 4(mod12) ⇒ y ≡ 4(mod12)<br />
7<br />
x ≡ kongrüansının çözümü<br />
3(mod13)<br />
4<br />
x ≡ 2 ≡ 3(mod13)<br />
1) 3 ün, 17 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundan<br />
11<br />
yararlanarak x ≡ 9(mod17) kongrüansını çözünüz.<br />
2) 2 nin, 19 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundan<br />
6<br />
yararlanarak x ≡ 11(mod19) kongrüansını çözünüz.<br />
3) n ∈ N ve p,<br />
4 3 2<br />
n n n n<br />
+ + + + 1 nin bir asal böleni ise bu takdirde ya<br />
p ≡ 1( mod 5)<br />
veya p = 5 olduğunu gösteriniz.<br />
4) 1<br />
n ≥ bir tamsayı olsun. a ≡ a ( n)<br />
ve ( a n) ( a n)<br />
1 2<br />
mod<br />
, = , = 1 ise a<br />
1<br />
ve<br />
1 2<br />
a<br />
2<br />
nin, n modülüne göre eksponentlerinin eşit olduğunu gösteriniz.<br />
5) eksp<br />
6<br />
a = ise a 4 a 2 1 0( mod p)<br />
+ + ≡ olduğunu gösteriniz.<br />
6) p, p ≡ 1( mod 4)<br />
koşulunu gerçekleyen bir asal sayı olsun. g tamsayısı p<br />
modülüne göre bir primitif kök ise<br />
primitif kök olduğunu gösteriniz.<br />
− g tamsayısının da p modülüne göre bir<br />
65
7) eksma<br />
= h , eksmb<br />
= k ve ( , ) 1<br />
gösteriniz.<br />
h k = ise ( a b)<br />
eks . = h.<br />
k olduğunu<br />
8) p bir asal sayı ve g de p modülüne göre bir primitif kök olsun. Eğer k<br />
tamsayısı ( k p − )<br />
, 1 = 1 koşulunu gerçekliyorsa bu takdirde<br />
p modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz.<br />
m<br />
k<br />
g tamsayısının da<br />
9) p bir asal sayı olmak üzere ekspa<br />
= h ve h bir çift tamsayı ise bu<br />
h<br />
2<br />
≡ − 1 mod olduğunu gösteriniz.<br />
takdirde a ( p)<br />
10) p bir tek asal sayı olsun. ekspa = 2 olması için gerek ve yeter koşulun<br />
( p)<br />
a ≡ − 1 mod olduğunu gösteriniz.<br />
p 1<br />
11) p bir tek asal sayı ise x 1( mod p)<br />
sayısını belirleyiniz.<br />
n<br />
12) 3( mod 7)<br />
− ≡ kongrüansının çözümlerinin<br />
x ≡ kongrüansında n pozitif tamsayısını öyle belirleyiniz ki<br />
bu kongrüansın<br />
a) hiç çözümü olmasın,<br />
b) tam iki tane çözümü olsun.<br />
66
6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) REZİDÜLER<br />
2<br />
Bu bölümde x ≡ a(mod p)<br />
kongrüansının çözülebilir olup olmadığını<br />
Teorem 5.11. de verdiğimiz kriteri kullanmadan, Legendre sembolü adı verilen<br />
bir sembol yardımı ile belirleyeceğiz. Bu amaçla,<br />
2<br />
ax + bx + c ≡ 0(mod p)<br />
, a ≢ 0(mod p)<br />
(6.1)<br />
2<br />
kongrüansının x ≡ u(mod p)<br />
kongrüansına eşdeğer olduğunu gösterelim.<br />
p = 2 için (6.1) deki kongrüansın çözülebilir olup olmadığı kolaylıkla<br />
görülebilir. Bu nedenle, 2<br />
olarak tanımlarsak<br />
p > kabul edelim. f ( )<br />
2<br />
f ( x) = ax + bx + c<br />
f ( x) ≡ 0(mod p)<br />
kongrüansının her iki tarafını,<br />
( a, p) = 1 ⎫ ⎬ ⇒ (4 a, p) = 1<br />
(2, p) = (4, p) = 1⎭<br />
olduğundan, 4a ile çarparak<br />
x polinomunu<br />
2<br />
( ) = 2 2 + + = ( + ) + ( −<br />
2<br />
)<br />
4 a. f x 4a x 4abx 4ac 2ax b 4ac b<br />
elde ederiz. Şu halde f ( x) ( mod p)<br />
≡ kongrüansını çözme problemi<br />
2 2<br />
( + ) ≡ ( − )<br />
2ax b b 4 ac (mod p)<br />
kongrüansını çözme problemine dönüşmüş olur.<br />
Şimdi 2ax + b = y diyelim. f ( x) ≡ 0(mod p)<br />
kongrüansının bir x<br />
0<br />
çözümü varsa y<br />
0<br />
, 2 ax0 + b ≡ y0<br />
(mod p)<br />
koşulunu gerçekleyen bir tamsayı<br />
2 2<br />
olmak üzere, y ≡ b − 4 ac(mod p)<br />
kongrüansının bir çözümüdür. Tersine,<br />
2 2<br />
y ≡ b − 4 ac(mod p)<br />
kongrüansının bir çözümü y<br />
0<br />
ise x<br />
0<br />
,<br />
2 ax + b ≡ y (mod p)<br />
koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olmak üzere,<br />
0 0<br />
f ( x) ≡ 0(mod p)<br />
kongrüansının bir çözümüdür. Şu halde, f ( x) ≡ 0(mod p)<br />
ve<br />
≡ − 4 (mod ) kongrüanslarının çözümleri arasında bire-bir bir<br />
2 2<br />
x b ac p<br />
2<br />
eşleme vardır. Böylece, ax + bx + c ≡ 0(mod p)<br />
kongrüansını çözme problemi<br />
≡ (mod ) şeklinde bir kongrüansı çözme problemine indirgenmiş olur.<br />
2<br />
x u p<br />
Örnek 6.1.<br />
2<br />
x + x + 5 ≡ 0(mod11) kongrüansını<br />
2<br />
x ≡ u(mod11) biçimine<br />
dönüştürelim.<br />
Çözüm. (4,11) = 1 olduğundan<br />
2<br />
x + x + 5 ≡ 0(mod11) kongrüansının her iki<br />
tarafını 4 ile çarpalım.<br />
67
x + x + ≡ ⇒ x + − + ≡<br />
2 2<br />
4 4 20 0(mod11) (2 1) 1 20 0(mod11)<br />
yazabiliriz. 2x<br />
+ 1 = y dersek,<br />
( )<br />
2<br />
x ≡ de yazabilirdik).<br />
3 mod11<br />
2<br />
y ≡ − ≡ buluruz ( Bunun yerine<br />
19 3(mod11)<br />
2<br />
Tanım 6.1. a bir tamsayı ve ( a, m ) = 1 olsun. x ≡ a(mod m)<br />
kongrüansının<br />
çözümü varsa a ya m modülüne göre bir kuadratik rezidü ( kuadratik kalan )<br />
2<br />
ve eğer x ≡ a(mod m)<br />
kongrüansının çözümü yoksa a ya m modülüne göre<br />
bir kuadratik non- rezidü denir. Kısaca, kuadratik rezidü yerine KR,<br />
kuadratik non- rezidü yerine de KNR yazacağız.<br />
Tanım 6.2. p bir tek asal sayı ve ( a, p ) = 1 olsun.<br />
⎛ a ⎞ ⎧+<br />
1 , eğer a , mod p bir KR ise,<br />
⎜ ⎟ = ⎨<br />
⎝ p ⎠ ⎩ -1 , eğer a , mod p bir KNR ise<br />
şeklinde tanımlı<br />
⎛ a ⎞<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ p ⎠<br />
sembolüne Legendre sembolü adı verilir.<br />
2<br />
Örneğin x ≡ 4( mod11)<br />
kongrüansı çözülebilir olduğundan<br />
( x ≡ 2( mod11)<br />
bir çözümdür ) 2 , 11 modülüne göre bir KR dür ve bundan<br />
dolayı<br />
⎛ 4 ⎞<br />
⎜ = 1<br />
7<br />
⎟<br />
⎝ ⎠<br />
2<br />
dir. 3( mod 7)<br />
7 modülüne göre bir KNR olup,<br />
x ≡ kongrüansının çözümü olmadığından 3 ,<br />
⎛ 3 ⎞<br />
⎜ = − 1<br />
7<br />
⎟ bulunur.<br />
⎝ ⎠<br />
Teorem 6.1. p bir tek asal sayı , a ∈ Z ve ( a, p ) = 1 olmak üzere<br />
p−1<br />
1) a<br />
2 ≡ 1(mod p ) ise a, p modülüne göre bir kuadratik rezidü,<br />
p−1<br />
2) a<br />
2 ≡ − 1(mod p ) ise a, p modülüne göre bir kuadratik non-rezidüdür.<br />
Kanıt. Teorem 5.11. de n = 2 alırsak,<br />
p−1<br />
1) a<br />
2 ≡ 1(mod p ) ise<br />
p−1<br />
2) a<br />
2 ≢ 1(mod p ) ise<br />
2<br />
x a p<br />
( n, p − 1) = (2, p − 1) = 2 olacağından,<br />
<br />
çift<br />
≡ (mod ) kongrüansı çözümlü,<br />
≡ (mod ) kongrüansının çözümü yoktur.<br />
2<br />
x a p<br />
( a, p ) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre,<br />
68
p−1 p−1<br />
a ≡ 1(mod p) ⇒ a −1 ≡ 0(mod p)<br />
dir ve p-1 bir çift sayı olduğundan<br />
p−1 p−1<br />
2 2<br />
( a − 1)( a + 1) ≡ 0(mod p)<br />
bulunur. Buradan Teorem 1.7. ye göre p nin, bu iki çarpandan sadece bir<br />
tanesini böldüğü sonucu elde edilir. Eğer p, iki çarpanın her ikisini de bölerse<br />
p−1 p−1<br />
⎡<br />
⎤<br />
2 2<br />
p | ⎢−( a − 1) + ( a + 1) ⎥ = 2<br />
⎣<br />
⎦<br />
bulunur ki, bu p nin tek asal sayı oluşu ile çelişir. Şu halde, ya<br />
veya<br />
dir.<br />
p−1<br />
p−1<br />
a<br />
2 ≡ 1(mod p )<br />
p−1<br />
a<br />
2 ≡ 1(mod p ) ise 1) den<br />
a<br />
2 ≡ − 1(mod p )<br />
≡ (mod ) kongrüansı çözümlüdür.<br />
2<br />
x a p<br />
Dolayısıyla a, p modülüne göre bir kuadratik rezidüdür.<br />
ise p ≠ 2 olduğundan<br />
p−1<br />
p−1<br />
a<br />
2 ≡ − 1(mod p )<br />
a<br />
2 ≡ − 1 ≢ 1(mod p ) olur ki, bu durumda 2) den dolayı<br />
2<br />
x ≡ a(mod p)<br />
kongrüansının çözümü yoktur, yani a, p modülüne göre bir<br />
kuadratik non-rezidüdür.<br />
Örnek 6.2. 3, 13 modülüne göre bir kuadratik rezidü müdür, yani<br />
2<br />
x ≡ 3 mod13 kongrüansı çözümlü müdür ?<br />
( )<br />
12<br />
(2,12) 6 3 3<br />
Çözüm. 3 ≡ 3 ≡ 3 .3 ≡ ( + 1)( + 1) ≡ 1(mod13) olduğundan<br />
≡1 ≡1<br />
kongrüansı çözümlüdür. Şu halde 3, 13 modülüne göre<br />
x ≡ 4(mod13) bir çözümdür.<br />
2<br />
x ≡<br />
3(mod13)<br />
bir KR dür ve<br />
Uyarı : a,<br />
b ∈Z olsun. a, m modülüne göre bir KR ve a ≡ b(mod m)<br />
ise b de<br />
m modülüne göre bir KR dür. Dolayısıyla, m modülüne göre KR leri sayarken<br />
p −1<br />
p −1<br />
birbirine kongrü olmayanlar alınmalıdır. mod p ; tane KR ve<br />
2<br />
2<br />
tane de KNR vardır.<br />
Örnek 6.3. 7 modülüne göre bütün kuadratik rezidü ve kuadratik nonrezidüleri<br />
bulalım.<br />
2<br />
2<br />
2<br />
Çözüm. 1 ≡ 1(mod 7) , 2 ≡ 4(mod 7) , 3 = 9 ≡ 2(mod 7) ,<br />
69
2<br />
4 = 16 ≡ 2(mod 7) ,<br />
2<br />
5 = 25 ≡ 4(mod 7) ,<br />
2<br />
6 = 36 ≡ 1(mod 7)<br />
olduğundan<br />
2<br />
2<br />
2<br />
x ≡ 1(mod 7) , x ≡ 4(mod 7) , x ≡ 2(mod 7)<br />
kongrüansları çözümlü,<br />
2<br />
2<br />
2<br />
x ≡ 3(mod 7) , x ≡ 5(mod 7) , x ≡ 6(mod 7)<br />
kongrüansları çözümsüzdür. Şu halde 7 modülüne göre kuadratik rezidüler 1, 4<br />
ve 2 ; kuadratik non-rezidüler de 3, 5 ve 6 dır.<br />
Teorem 6.2. p bir tek asal sayı, a ve b tamsayılar olmak üzere<br />
( a, p ) = 1 , ( b, p ) = 1 olsun. Bu taktirde Legendre sembolünün aşağıdaki<br />
özellikleri geçerlidir.<br />
p−1<br />
⎛ a ⎞<br />
1) ⎜ ⎟ ≡ a 2 (mod p<br />
p<br />
),<br />
⎝ ⎠<br />
⎛ ab ⎞ ⎛ a ⎞⎛ b ⎞<br />
2) ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ,<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠<br />
⎛ 1 ⎞<br />
3) ⎜ ⎟ = 1,<br />
⎝ p ⎠<br />
p−1<br />
⎛ −1⎞<br />
2<br />
4) ⎜ ⎟ = ( −1)<br />
,<br />
⎝ p ⎠<br />
2<br />
⎛ a ⎞<br />
5) ⎜ ⎟ = 1,<br />
⎝ p ⎠<br />
⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞<br />
6) a ≡ b(mod p)<br />
ise ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ dir.<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠<br />
Kanıt. 1) Teorem 6.1. ve Legendre sembolünün tanımından elde edilir.<br />
2) 1) de a yerine ab alınırsa<br />
p−1<br />
⎛ ab ⎞<br />
2<br />
⎜ ⎟ ≡ ( ab) (mod p)<br />
⎝ p ⎠<br />
kongrüansı elde edilir. Burada 1) deki denkliği tekrar kullanırsak,<br />
p−1 p−1 p−1<br />
⎛ a ⎞⎛ b ⎞<br />
2 2 2<br />
( ab) ≡ a b ≡ ⎜ ⎟⎜ ⎟(mod p)<br />
⎝ p ⎠⎝ p ⎠<br />
buluruz. (6.2) ve (6.3) ten<br />
⎛ ab ⎞ ⎛ a ⎞⎛ b ⎞<br />
⎜ ⎟ ≡ ⎜ ⎟⎜ ⎟(mod p)<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠<br />
olur.<br />
(6.2)<br />
(6.3)<br />
70
olduğundan<br />
elde edilir.<br />
3) 1) de a = 1 alırsak<br />
⎛ ab ⎞ ⎛ a ⎞⎛ b ⎞<br />
⎜ ⎟ − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ≤ 2 < p<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠<br />
⎛ ab ⎞ ⎛ a ⎞⎛ b ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠<br />
p−1<br />
⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞<br />
2<br />
1 ≡ ⎜ ⎟(mod p) ⇒ 1 ≡ ⎜ ⎟( mod p)<br />
⇒ ⎜ ⎟ = 1<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠<br />
elde ederiz.<br />
p−1<br />
p−1<br />
⎛ −1⎞<br />
⎛ −1⎞<br />
2<br />
2<br />
4) ⎜ ⎟ ≡ ( −1) (mod p)<br />
ifadesinde ⎜ ⎟ = + 1 , ( − 1) = −1<br />
alınırsa,<br />
⎝ p ⎠<br />
⎝ p ⎠<br />
1 ≡ − 1(mod p)<br />
ve buradan p | 2 elde edilir ki, bu p ≠ 2 oluşu ile çelişir. Şu<br />
halde kongrüansın her iki yanı aynı işaretli, yani<br />
⎛ −1⎞<br />
⎜ ⎟ = ( −1)<br />
⎝ p ⎠<br />
p−1<br />
2<br />
2<br />
⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞⎛ a ⎞<br />
5) ⎜ ⎟ = ±<br />
2<br />
1 olduğundan ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( ± 1) = 1 buluruz.<br />
⎝ p ⎠<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠<br />
6) a ≡ b(mod p)<br />
olsun. Kongrüans özelliklerinden ve 1) den<br />
p−1 p−1<br />
2<br />
a ≡ b(mod p)<br />
⇒<br />
2<br />
⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞<br />
a ≡ b (mod p) ⇒ ⎜ ⎟ ≡ ⎜ ⎟(mod p)<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠<br />
⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞<br />
ve buradan ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ bulunur.<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠<br />
Aşağıdaki teoremi ispatsız olarak verelim.<br />
olmalıdır.<br />
Teorem 6.3. p bir tek asal sayı ve ( a,2 p ) = 1 olsun. Bu takdirde<br />
⎛ 2 ⎞<br />
⎜ ⎟ = −<br />
⎝ p ⎠<br />
( 1)<br />
p<br />
2 −1<br />
8<br />
ve<br />
p−1<br />
2<br />
⎡ ja ⎤<br />
t = ∑ ⎢ ⎥<br />
⎣ p ⎦<br />
j=<br />
1<br />
⎛ a ⎞<br />
⎜ ⎟ = −<br />
⎝ p ⎠<br />
olmak üzere ( 1 )<br />
t<br />
2<br />
x ≡ 2(mod 61) kongrüansının çözümü var mıdır ?<br />
Örnek 6.4.<br />
Çözüm.<br />
61 2 −1 (61− 1).(61+<br />
1) 60.62<br />
tek <br />
⎛ 2 ⎞ sayı<br />
8 8 8<br />
15.31<br />
⎜ ⎟ = ( − 1) = ( − 1) = ( − 1) = ( − 1) = − 1<br />
⎝ 61⎠<br />
dir.<br />
71
olduğundan<br />
2<br />
x ≡ 2(mod 61) kongrüansının çözümü yoktur.<br />
Örnek 6.5.<br />
2<br />
x + 2 ≡ 0(mod 61) kongrüansının çözümü var mıdır ?<br />
2<br />
Çözüm. x ≡ − 2(mod 61) kongrüansının çözümlü olup olmadığını<br />
araştırmalıyız.<br />
⎛ −2 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 2 ⎞ ⎛ −2 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 2 ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⇒ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( + 1)( − 1) = −1<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ 61 ⎠ ⎝ 61 ⎠⎝ 61⎠<br />
2<br />
2<br />
olduğundan x ≡ − 2(mod 61) kongrüansının, dolayısıyla x + 2 ≡ 0(mod 61)<br />
kongrüansının çözümü yoktur. Burada<br />
61−1 60<br />
⎛ −1⎞ 2 2<br />
⎛ 2 ⎞<br />
⎜ ⎟ = ( − 1) = ( − 1) = + 1,<br />
⎜ ⎟ = − 1<br />
⎝ 61⎠<br />
⎝ 61⎠<br />
olduğunu kullandık.<br />
Örnek 6.6. p, p = 8m<br />
+ 1 veya p = 8m<br />
+ 3 şeklinde bir asal sayı ise bu<br />
takdirde x<br />
Çözüm.<br />
2<br />
yazabiliriz.<br />
ve<br />
+ 2 ≡ 0(mod p)<br />
kongrüansının çözümlü olduğunu gösterelim.<br />
p−1<br />
⎛ −2 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 2 ⎞<br />
2<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( −1) ( −1)<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠<br />
2<br />
p −1<br />
8<br />
p −1<br />
p = m + ⇒ = m ⇒ − = − =<br />
2<br />
2<br />
p p p m m<br />
p−1<br />
8 1 4 ( 1)<br />
2<br />
4m<br />
( 1) 1<br />
p<br />
2 −1<br />
2 m(4m<br />
1) ( 1)<br />
8<br />
2 m(4m+<br />
1)<br />
( 1) 1<br />
−1 ( − 1)( + 1) 8 (8 + 2)<br />
= = = + ⇒ − = − =<br />
8 8 8<br />
2<br />
p −1<br />
8<br />
p−1<br />
⎛ −2<br />
⎞<br />
2<br />
elde ederiz. Şu halde ⎜ ⎟ = ( −1) ( − 1) = 1.1 = 1 olduğundan<br />
⎝ p ⎠<br />
2<br />
x + 2 ≡ 0(mod p)<br />
kongrüansı çözümlüdür. Diğer taraftan eğer, p = 8m<br />
+ 3 ise<br />
ve<br />
p<br />
2<br />
p−1<br />
− 1 =<br />
2<br />
4m+<br />
1<br />
m + ⇒ − = − = −<br />
4 1 ( 1) ( 1) 1<br />
2<br />
p p p m m<br />
−1 ( − 1)( + 1) (8 + 2)(8 + 4)<br />
= = = (4m<br />
+ 1)(2m<br />
+ 1)<br />
8 8 8<br />
⇒<br />
2<br />
p −1<br />
8<br />
tek<br />
( 4 m+ 1)( 2m+<br />
1)<br />
( − 1) = ( − 1) = −1<br />
72
elde ederiz ve buradan<br />
olduğundan<br />
görülür.<br />
2<br />
p −1<br />
8<br />
p−1<br />
⎛ −2<br />
⎞<br />
2<br />
⎜ ⎟ = ( −1) ( − 1) = ( −1)( − 1) = + 1<br />
⎝ p ⎠<br />
2<br />
x + 2 ≡ 0(mod p)<br />
kongrüansının bu durumda da çözümlü olduğu<br />
Örnek 6.7. p ≡ 1(mod 4) ise<br />
⎛ a ⎞ ⎛ −a<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎞ olduğunu gösterelim.<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠<br />
p − 1 = 2k<br />
dır. Şu<br />
2<br />
Çözüm. p ≡ 1(mod 4) ⇒ p = 4k + 1, k ∈ Z olduğundan<br />
halde,<br />
elde edilir.<br />
p−1<br />
⎛ −a ⎞ ⎛ −1⎞⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞<br />
2<br />
2k<br />
⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( − 1) ⎜ ⎟ = ( − 1)<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠<br />
+ 1<br />
Örnek 6.8. p = 8m<br />
± 1 için<br />
gösterelim.<br />
⎛ 2 ⎞<br />
Çözüm. ⎜ ⎟ = ( − 1)<br />
⎝ p ⎠<br />
olacağından<br />
2<br />
p −1<br />
8<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ p ⎠<br />
dir. Eğer p = 8m<br />
± 3 ise ;<br />
olacağından<br />
dir.<br />
⎛ 2 ⎞<br />
⎜ ⎟ = + 1 , p = 8m<br />
± 3 için<br />
⎝ p ⎠<br />
olduğundan, eğer p = 8m<br />
± 1 ise ;<br />
p m<br />
8 8<br />
2 2<br />
− 1 (8 ± 1) −1 8<br />
2<br />
= = ± 2<br />
m<br />
2<br />
p −1<br />
⎛ 2 ⎞ 2<br />
= −<br />
8 = −<br />
8m<br />
± 2m<br />
=<br />
p m<br />
8 8<br />
( 1) ( 1) 1<br />
m<br />
2 2<br />
− 1 (8 ± 3) −1 8<br />
2<br />
= = ± 6 + 1<br />
m<br />
m<br />
2<br />
p −1<br />
⎛ 2 ⎞ 2<br />
= −<br />
8 = −<br />
8m<br />
± 6m+<br />
1 = −<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ p ⎠<br />
( 1) ( 1) 1<br />
⎛ 2 ⎞<br />
⎜ ⎟ = − 1<br />
⎝ p ⎠<br />
olduğunu<br />
Teorem 6.4. ( Kuadratik Resiprosite Teoremi) p ve q birbirinden farklı tek<br />
asal sayılar olmak üzere<br />
73
⎛ p ⎞⎛ q ⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( − 1)<br />
⎝ q ⎠⎝ p ⎠<br />
p−1 q−1<br />
.<br />
2 2<br />
⎛ p ⎞ ⎛ q ⎞<br />
⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎝ q ⎠ ⎝ p ⎠<br />
bağıntısı geçerlidir. Bunu = ( −1)<br />
edebiliriz.<br />
İspat. ( )<br />
p−1 q−1<br />
.<br />
2 2<br />
⎧<br />
p −1 q −1<br />
⎫<br />
M = ⎨ x, y 1 ≤ x ≤ , 1 ≤ y ≤ ; x,<br />
y ∈Z<br />
⎬<br />
⎩<br />
2 2 ⎭<br />
tanımlayalım. M 1 ve 2<br />
M kümelerini de 1 ( , )<br />
{( )<br />
}<br />
2 ,<br />
şeklinde de ifade<br />
kümesini<br />
{ }<br />
M = x y ∈ M qx > py ,<br />
M = x y ∈ M qx < py şeklinde tanımlayalım. qx ≠ py olduğundan<br />
M1 ∩ M 2 = ∅ dir. M 1 ve M 2 kümelerinin tanımlarından M1 ∪ M 2 = M<br />
olduğu açıktır. M, M1<br />
ve M 2 kümelerinin elaman sayılarını sırasıyla n( M ) ,<br />
n( M 1 ) , ( 2 )<br />
n M ile gösterelim.<br />
p −1 q −1<br />
n( M ) = .<br />
2 2<br />
olduğunu göz önüne alırsak<br />
p −1 q −1<br />
n( M1 ) + n( M 2 ) = n( M ) = .<br />
(6.4)<br />
2 2<br />
bulunur. Şimdi n( M 1 ) ve n( M 2 ) yi bulalım. M 1 ve M 2 kümelerini<br />
aşağıdaki şekilde yazabiliriz.<br />
⎧⎪<br />
p −1<br />
qx ⎫⎪<br />
M1<br />
= ⎨( x, y)<br />
1 ≤ x ≤ , 1 ≤ y < ⎬<br />
⎪⎩<br />
2 p ⎪⎭<br />
⎧⎪<br />
q −1<br />
py ⎫⎪<br />
M 2 = ⎨( x, y)<br />
1 ≤ y ≤ , 1 ≤ x < ⎬<br />
⎪⎩<br />
2 q ⎪⎭<br />
x,<br />
y ∈Z olduğundan M kümesini<br />
⎧⎪<br />
p −1<br />
qx ⎫⎪<br />
M = ⎨( x, y)<br />
1 ≤ x ≤ , 1 ≤ y < ⎬ =<br />
⎪⎩<br />
2 p ⎪⎭<br />
q<br />
2q<br />
⎧<br />
p−1<br />
( ) ( ) ( 2 )<br />
( p 1)<br />
⎪⎧ ⎪⎫ ⎪⎧ ⎪⎫ ⎪ − q ⎪⎫<br />
⎨ 1, y 1 ≤ y < ⎬ ∪ ⎨ 2, y 1 ≤ y < ⎬ ∪... ∪ ⎨ , y 1 ≤ y < ⎬<br />
⎪⎩ p ⎪⎭ ⎪⎩ p ⎪⎭ ⎪⎩ p ⎪⎭<br />
şeklinde yazabiliriz. Birleşime giren bir<br />
⎧⎪<br />
⎨<br />
⎪⎩<br />
qk ⎫⎪<br />
⎛<br />
, 1 ≤ y < ⎬ , ⎜ k = 1, 2,...,<br />
p ⎪⎭<br />
⎝<br />
( k y)<br />
p −1⎞<br />
⎟<br />
2 ⎠<br />
74
⎡ qk ⎤<br />
kümesinin eleman sayısı ⎢ ⎥ dir. Öte yandan birleşime giren kümelerin<br />
⎣ p ⎦<br />
ikişer ikişer arakesitleri boştur. Şu halde<br />
bulunur. Benzer şekilde<br />
( )<br />
n M<br />
1<br />
( )<br />
n M<br />
2<br />
p−1<br />
2<br />
⎡ qx ⎤<br />
= ∑ ⎢ ⎥<br />
⎣ p ⎦<br />
x=<br />
1<br />
q−1<br />
2<br />
⎡ py ⎤<br />
= ∑ ⎢ ⎥<br />
⎣ q ⎦<br />
y=<br />
1<br />
olduğu gösterilebilir. (6.4) eşitliği göz önüne alınırsa<br />
p−1 q−1<br />
2 2<br />
⎡ qx ⎤ ⎡ py ⎤ p −1 q −1<br />
⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ = .<br />
⎣ p ⎦ ⎣ q ⎦ 2 2<br />
∑ ∑<br />
x= 1 y=<br />
1<br />
bulunur. Bu eşitlikten<br />
p−1<br />
2 ⎡ qx ⎤<br />
∑ ⎢ ⎥<br />
p<br />
q−1<br />
2 ⎡ py ⎤<br />
∑ ⎢ ⎥<br />
⎣ q ⎦<br />
⎣ ⎦<br />
y=<br />
1<br />
( 1) ( 1) ( 1)<br />
p−1 q−1<br />
x= 1 .<br />
2 2<br />
− ⋅ − = − (6.5)<br />
elde edilir. Teorem 6.3. e göre (6.5) eşitliğinin sol tarafındaki ilk çarpan<br />
⎛ p ⎞<br />
ye , ikinci çarpan da ⎜ ⎟ ya eşittir. Böylece,<br />
⎝ q ⎠<br />
bulunur.<br />
⎛ p ⎞⎛ q ⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ = −<br />
⎝ q ⎠⎝ p ⎠<br />
( 1)<br />
p−1 q−1<br />
.<br />
2 2<br />
⎛ q ⎞<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ p ⎠<br />
⎛ −22<br />
⎞<br />
Örnek 6.9. ⎜ ⎟ Legendre sembolünün değerini hesaplayalım.<br />
⎝ 73 ⎠<br />
Çözüm. 22 = 2.11 olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. ve Kuadratik<br />
Resiprosite Teoremini kullanarak<br />
75
2<br />
73 − 1 73 −1<br />
11 − 1 73 1<br />
.<br />
−<br />
2 8 2 2<br />
⎛ −22 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 2 ⎞⎛ 11 ⎞ ⎛ 73 ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( −1) ( −1) ( −1)<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ 73 ⎠ ⎝ 73 ⎠⎝ 73 ⎠⎝ 73 ⎠ ⎝ 11 ⎠<br />
elde edilir.<br />
72.74<br />
36 8 5.36 ⎛ 73 ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ −4 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 4 ⎞<br />
= (<br />
<br />
−1) ( −1) ( − 1) = = =<br />
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟<br />
11 11 11 11<br />
1 1 1<br />
<br />
11<br />
+ + + ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠<br />
11−1<br />
( 1)<br />
2<br />
5<br />
( 1) 1<br />
= − = − = −<br />
+ 1<br />
⎛ 365 ⎞<br />
Örnek 6.10. ⎜ ⎟ Legendre sembolünün değerini hesaplayalım.<br />
⎝1847<br />
⎠<br />
Çözüm. 1847 asal ve 365=5.73 olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. ve<br />
Kuadratik Resiprosite Teoremini kullanarak<br />
yani<br />
4 1846 72 1846<br />
⎛ 365 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 73 ⎞ . 1847 . 1847<br />
2 2<br />
⎛ ⎞<br />
2 2<br />
⎛ ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( −1) ⎜ ⎟( −1)<br />
⎜ ⎟<br />
⎝1847 ⎠ ⎝1847 ⎠⎝1847 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 73 ⎠<br />
⎛ 365 ⎞<br />
⎜ ⎟ = 1 bulunur.<br />
⎝1847<br />
⎠<br />
−1<br />
+ 1 + 1<br />
(5− 1)(5+<br />
1)<br />
⎛ 2 ⎞⎛ 22 ⎞ 2 11<br />
8<br />
⎛ ⎞⎛ ⎞<br />
= ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( −1)<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟<br />
⎝ 5 ⎠⎝ 73 ⎠ ⎝ 73 ⎠⎝ 73 ⎠<br />
72.74 10 72<br />
. . 73 4<br />
8 2 2<br />
⎛ ⎞ ⎛ − ⎞<br />
= ( −1) ( − 1) ⎜ ⎟ = −⎜ ⎟<br />
⎝ 11 ⎠ ⎝ 11 ⎠<br />
11−1<br />
⎛ −1⎞⎛ 4 ⎞<br />
2<br />
5<br />
= − ⎜ ⎟⎜ ⎟ = −( − 1) = −( − 1) = 1<br />
⎝ 11 ⎠⎝<br />
11⎠<br />
+ 1<br />
,<br />
⎛ 3 ⎞<br />
Örnek 6.11. ⎜ ⎟ = 1 koşulunu gerçekleyen p tek asal sayılarını bulalım.<br />
⎝ p ⎠<br />
2<br />
Çözüm. x ≡ 3(mod p)<br />
kongrüansının hangi p asal sayıları için çözümlü<br />
olduğunu araştırmalıyız. Kuadratik Resiprosite Teoreminden<br />
3−1 p−1 p−1<br />
⎛ 3 ⎞ .<br />
2 2<br />
⎛ p ⎞ p<br />
2<br />
⎛ ⎞<br />
⎜ ⎟ = ( − 1) ⎜ ⎟ = ( −1)<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ p ⎠<br />
⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠<br />
olduğunu biliyoruz.<br />
⎛ 3 ⎞<br />
⎜ ⎟ = 1 olması için<br />
⎝ p ⎠<br />
76
p−1<br />
⎛ p ⎞<br />
a) ⎜ ⎟ =<br />
2<br />
1 ve ( − 1) = 1<br />
⎝ 3 ⎠<br />
veya<br />
p−1<br />
⎛ p ⎞<br />
b) ⎜ ⎟ = −<br />
2<br />
1 ve ( − 1) = − 1<br />
⎝ 3 ⎠<br />
gerçeklenmelidir. Bu iki durumu inceleyelim.<br />
⎛ p ⎞<br />
a) =<br />
2<br />
⎜ ⎟ 1 ise p, 3 ün bir KR süne kongrüent olmalıdır. x ≡ 1(mod 3)<br />
⎝ 3 ⎠<br />
2<br />
2<br />
kongrüansı için 1 ≡ 1(mod 3) , 2 ≡ 1(mod 3) olduğundan 1, 3 ün tek KR<br />
südür. Buradan<br />
⎛ p ⎞<br />
⎜ ⎟ = 1 ⇒ p ≡ 1(mod 3)<br />
⎝ 3 ⎠<br />
yazabiliriz.<br />
p−1<br />
p<br />
2<br />
( − 1) = 1 ⇒ − 1 = 2 k,<br />
k ∈ Z ⇒ p − 1 = 4 k ⇒ p = 4 k + 1 ⇒ p ≡ 1(mod 4)<br />
2<br />
buluruz. Böylece<br />
p ≡ 1(mod 4)<br />
p ≡ 1(mod 3)<br />
kongrüansları aynı anda gerçeklenmelidir. Şu halde bu kongrüans sisteminin<br />
çözümünü bulmamız gerekir. (3,4) = 1 olduğundan sistemin mod 3.4 tek türlü<br />
belirli bir çözümü vardır. p ≡ 1(mod 4) kongrüansının çözümleri m ∈ Z olmak<br />
üzere p = 4m<br />
+ 1 şeklindedir. 4m + 1 tamsayısının p ≡ 1(mod 3)<br />
kongrüansının da bir çözümü olması için<br />
4m + 1 ≡ 1(mod 3) ⇒ 4m ≡ 0(mod 3) ⇒ m ≡ 0(mod 3)<br />
olmalıdır. t ∈ Z olmak üzere m = 3t<br />
için<br />
p = 4m + 1 ⇒ p = 4(3 t) + 1 = 12t<br />
+ 1<br />
olup, p nin bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansın<br />
çözümüdür. Bulduğumuz bu çözümleri p ≡ 1(mod12) şeklinde de ifade<br />
edebiliriz.<br />
⎛ p ⎞<br />
b) ⎜ ⎟ = − 1 ise p, 3 ün bir KNR süne kongrüent olmalıdır. 3 ün tek KNR sü<br />
⎝ 3 ⎠<br />
2 olduğundan p ≡ 2(mod 3) olmalıdır.<br />
p−1<br />
p −<br />
2<br />
( − 1) = −1<br />
⇒ 1 = 2k + 1, k ∈ Z ⇒ p = 4k + 3 ⇒ p ≡ 3(mod 4)<br />
2<br />
bulunur. Şu halde,<br />
77
p ≡ 3(mod 4)<br />
p ≡ 2(mod 3)<br />
kongrüansları aynı anda gerçeklenmelidir. Bu kongrüans sistemi yukarıdakine<br />
benzer şekilde çözülürse p ≡ 11(mod12) bulunur.<br />
Örnek 6.12<br />
x<br />
+ x + ≡ kongrüansının çözümü var mıdır ?<br />
2<br />
2 11 0(mod 41)<br />
Çözüm. ( 4.2,41) = ( 8,41)<br />
= 1 olduğundan kongrüansın her iki yanını<br />
4a = 4.2 = 8 ile çarpalım:<br />
2 2<br />
16x + 8x + 88 ≡ 0(mod 41) ⇒ (4x<br />
+ 1) − 1+ 88 ≡ 0(mod 41)<br />
bulunur. 4x<br />
+ 1 = y dersek<br />
⎛ −87<br />
⎞<br />
⎜ ⎟ = 1 ise<br />
⎝ 41 ⎠<br />
x + x + ≡<br />
kongrüansı çözümlü olacaktır. Şu halde,<br />
⇒ x + ≡ −<br />
2<br />
(4 1) 87(mod 41)<br />
2<br />
y ≡ − 87(mod 41) kongrüansı elde edilir.<br />
2<br />
y ≡ − 87(mod 41) kongrüansı dolayısıyla,<br />
2<br />
2 11 0(mod 41)<br />
⎛ − 87 ⎞ ⎛ − 1⎞⎛ 87 ⎞ ⎛ − 1⎞⎛ 5 ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟<br />
⎝ 41 ⎠ ⎝ 41 ⎠⎝ 41 ⎠ ⎝ 41 ⎠⎝ 41⎠ ,<br />
41−1<br />
5−1 41−1<br />
⎛ −1⎞ =<br />
2<br />
⎛ 5 ⎞ .<br />
⎜ ⎟ ( − 1) = +<br />
2 2<br />
⎛ 41⎞ ⎛ 1 ⎞<br />
1 , ⎜ ⎟ = ( − 1) ⎜ ⎟ = 1. ⎜ ⎟ = + 1<br />
⎝ 41 ⎠<br />
⎝ 41⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠<br />
olduğundan<br />
⎛ −87 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 87 ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( + 1)( + 1) = 1<br />
⎝ 41 ⎠ ⎝ 41 ⎠⎝ 41 ⎠<br />
2<br />
elde edilir. Dolayısıyla 2x<br />
+ x + 11 ≡ 0(mod 41) kongrüansının çözümü vardır.<br />
2<br />
Örnek 6.13. p bir tek asal sayı olmak üzere p | x + 1 olacak şekilde bir<br />
x ∈ Z bulanabiliyor ise p hangi formda olmalıdır ?<br />
2<br />
2<br />
Çözüm. Bir x ∈ Z için p | x + 1 olduğundan x + 1 ≡ 0(mod p)<br />
dir. O halde,<br />
2<br />
⎛ −1⎞<br />
x ≡ − 1(mod p)<br />
olduğundan bu kongrüansın çözümü olmalıdır, yani ⎜ ⎟ = 1<br />
⎝ p ⎠<br />
olmalıdır. Böylece,<br />
p−1<br />
⎛ −1⎞<br />
p −1<br />
2<br />
⎜ ⎟ = ( − 1) = 1 ⇒ = 2k<br />
, k ∈ Z ⇒ p = 4k<br />
+ 1,<br />
⎝ p ⎠<br />
2<br />
+ 1<br />
78
yani p ≡ 1(mod 4) tür.<br />
JACOBİ SEMBOLÜ<br />
+<br />
Tanım 6.3. P ∈Z , Q ∈ Z<br />
t<br />
, ( P, Q ) = 1 , Q = q ... 1q2 qs<br />
( qi<br />
ler tek asal sayılar )<br />
olsun. Bu takdirde<br />
şeklinde tanımlanır. Burada<br />
⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟ Jacobi sembolü<br />
⎝ Q ⎠<br />
Eğer Q bir tek asal sayı ise<br />
⎛<br />
⎞<br />
s<br />
⎛ P ⎞ P<br />
⎜ ⎟ = ∏ ⎜ ⎟<br />
⎝ Q ⎠ i=<br />
1 ⎝ qi<br />
⎠<br />
⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟ ler Legendre sembolüdür.<br />
⎝ qi<br />
⎠<br />
⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟ Jacobi sembolü ile<br />
⎝ Q ⎠<br />
⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟ Legendre<br />
⎝ Q ⎠<br />
⎛ P ⎞<br />
sembolü aynıdır. Tanımdan dolayı ⎜ ⎟ Jacobi sembolünün değeri ya +1<br />
⎝ Q ⎠<br />
⎛ P ⎞<br />
veya -1 dir. ⎜ ⎟ = − 1<br />
⎝ Q ⎠<br />
≡ kongrüansının çözümü yoktur.<br />
ise x 2 P ( mod Q)<br />
⎛ P ⎞<br />
Fakat ⎜ ⎟ = 1 ise bu durum P nin, Q<br />
⎝ Q ⎠<br />
( mod )<br />
2<br />
x P Q<br />
nun bir KR sü olduğunu, yani<br />
≡ kongrüansının çözümü olduğunu göstermez. Gerçekten<br />
⎛ 2 ⎞<br />
⎜ = 1<br />
9<br />
⎟<br />
⎝ ⎠<br />
2<br />
olmasına rağmen 2( mod9)<br />
x ≡ kongrüansının çözümü yoktur.<br />
Teorem 6.5. Q , Q′ pozitif tek tamsayılar; P , P′∈ Z ve ( PP′ , QQ′ ) = 1<br />
olsun. Bu takdirde<br />
i)<br />
iii)<br />
dur.<br />
⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ , ii)<br />
⎝ Q ⎠⎝ Q′ ⎠ ⎝ QQ′<br />
⎠<br />
2<br />
⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ = 1<br />
2 ⎟<br />
⎝ Q ⎠<br />
⎝ Q<br />
v) P P( mod Q)<br />
⎠<br />
, iv)<br />
⎛ P′<br />
⎞ ⎛ P ⎞<br />
′ ≡ ⇒ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝ Q ⎠ ⎝ Q ⎠<br />
⎛ P ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ PP′<br />
⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ,<br />
⎝ Q ⎠⎝ Q ⎠ ⎝ Q ⎠<br />
2<br />
⎛ P′ P ⎞ ⎛ P′<br />
⎞<br />
⎜ 2 ⎟ = ⎜ ⎟ ,<br />
⎝ Q′ Q ⎠ ⎝ Q′<br />
⎠<br />
79
Kanıt. i) Q = q ... 1q2 qs<br />
ve Q′ = q ′ ... 1<br />
q ′<br />
2<br />
q ′<br />
t<br />
olsun.<br />
s<br />
t<br />
⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟. = ⎜ ⎟⎜ ⎟... ⎜ ⎟. ⎟⎜ ...<br />
Q Q′ ∏ ∏<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠ i= 1 ⎝ qi<br />
⎠ i=<br />
1<br />
⎜ q ′ ⎟ q<br />
i ⎝ 1 ⎠⎝ q2<br />
⎠ ⎝ q ⎜<br />
s ⎠ q ′ ⎟⎜<br />
1<br />
q ′ ⎟ ⎜<br />
2<br />
q ′ ⎟<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ t ⎠<br />
⎛ P ⎞<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎝ QQ′<br />
⎠<br />
bulunur.<br />
ii) Q = q ... 1q2 qs<br />
( q<br />
i<br />
ler asal olsun ) Teorem 6.2. den dolayı<br />
olduğundan<br />
⎛ P ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ PP′<br />
⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
q q q<br />
⎝ i ⎠⎝ i ⎠ ⎝ i ⎠<br />
( i = 1, 2,..., s )<br />
s s s s<br />
⎛ P ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P′ ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ PP′ ⎞ ⎛ PP′<br />
⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ = ∏⎜ ⎟.<br />
∏⎜ ⎟ = ∏⎜ ⎟⎜ ⎟ = ∏ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝ Q ⎠⎝ Q ⎠ i= 1 ⎝ qi ⎠ i= 1 ⎝ qi ⎠ i= 1 ⎝ qi ⎠⎝ qi ⎠ i=<br />
1 ⎝ qi<br />
⎠ ⎝ Q ⎠<br />
bulunur.<br />
iii) ii) yi kullanarak<br />
ve i) yi kullanarak<br />
2<br />
⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ± =<br />
⎝ Q ⎠ ⎝ Q ⎠⎝ Q ⎠<br />
2<br />
( 1) 1<br />
⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞ 2<br />
⎜ ( 1) 1<br />
2 ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ± =<br />
⎝ Q ⎠ ⎝ Q ⎠⎝ Q ⎠<br />
bulunur.<br />
2 2 iii) i) iii)<br />
⎛ P′ P ⎞ ⎛ P′ ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P′ ⎞ ⎛ P′ ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ P′<br />
⎞<br />
iv) ⎜ 2 2 2 2 2<br />
Q ′ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
Q ⎝ Q ′ Q ⎠ Q ′ Q ⎝ Q ′ Q ⎠ ⎝ Q′ ⎠ ⎝ Q ⎠ ⎝ Q′<br />
⎠<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = = = dur.<br />
v) Q = q ... 1q2 qs<br />
olsun. Bu takdirde<br />
P′ ≡ P( mod Q) ⇒ P′<br />
≡ P( mod q i ) ( i = 1, 2,..., s )<br />
⎛ P′<br />
⎞ ⎛ P ⎞<br />
ve Teorem 6.2. den ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ( i = 1, 2,..., s ) bulunur. Bu son eşitlikten<br />
q q<br />
⎝ i ⎠ ⎝ i ⎠<br />
elde edilir.<br />
⎛ P′ ⎞ ⎛ P′ ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ P′<br />
⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟... ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟...<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝ Q ⎠ ⎝ q1 ⎠⎝ q2 ⎠ ⎝ qs<br />
⎠ ⎝ q1 ⎠⎝ q2<br />
⎠ ⎝ qs<br />
⎠ ⎝ Q ⎠<br />
80
Teorem 6.6. Q > 0 bir tek tamsayı ise<br />
⎛<br />
1<br />
1<br />
( 1)<br />
Q −<br />
− ⎞<br />
⎛<br />
= − 2<br />
⎜ ⎟ ve ( ) 2 1<br />
2 ⎞<br />
1 Q −<br />
8<br />
⎜ ⎟ = −<br />
⎝ Q ⎠<br />
⎝ Q ⎠<br />
bağıntıları geçerlidir.<br />
Kanıt. Jacobi sembolünün tanımını kullanarak Q = q ... 1q2 qs<br />
( qi<br />
ler tek asal<br />
sayılar ) ise<br />
qi<br />
−1<br />
s<br />
s<br />
⎛ −1 ⎞ ⎛ −1<br />
⎞<br />
∑<br />
⎜ ⎟ = = − 1 = −1<br />
⎝ Q ⎠ i= 1 ⎝ q i ⎠ i=<br />
1<br />
s<br />
qi<br />
−1<br />
2<br />
2 i=<br />
1<br />
∏⎜<br />
⎟ ∏ ( ) ( ) (6.6)<br />
elde edilir. a ve b tek tamsayılar olsun. Bu takdirde<br />
ab −1 ⎛ a −1 b −1⎞<br />
( a −1)( b −1)<br />
− 0( mod 2)<br />
2<br />
⎜ + = ≡<br />
2 2<br />
⎟<br />
⎝ ⎠ 2<br />
ve buradan<br />
a −1 b −1 ab −1 + ≡ ( mod 2 )<br />
2 2 2<br />
elde edilir. Buradan indüksiyon metodu ile<br />
s<br />
s<br />
qi<br />
−1 1 ⎛ ⎞ Q −1<br />
∑ ≡ ⎜∏<br />
qi<br />
−1⎟<br />
≡ ( mod 2)<br />
i= 1 2 2 ⎝ i=<br />
1 ⎠ 2<br />
bağıntısının geçerli olduğu gösterilebilir. Bu bağıntıyı , (6.6) da kullanarak<br />
⎛ −1<br />
⎞<br />
⎜ ⎟ = −<br />
⎝ Q ⎠<br />
sonucu elde edilir.<br />
a ve b tek tamsayılar olmak üzere<br />
1<br />
1 Q −<br />
2<br />
( )<br />
2 2<br />
( a )( b )<br />
2 2 2 2<br />
a b −1 ⎛ a −1 b −1<br />
⎞ −1 −1<br />
− ⎜ + ⎟ =<br />
8 ⎝ 8 8 ⎠ 8<br />
olup, a ve b tek tamsayılar olduğundan<br />
2<br />
8 | ( a − 1)<br />
ve 8<br />
2<br />
( b 1)<br />
2 2<br />
( a − 1 )( b − 1 )<br />
halde<br />
8<br />
tamsayısı 2 ile bölünür. Böylece<br />
a 2 2 2 2<br />
−1 b −1 a b −1 + ≡ ( mod 2 )<br />
8 8 8<br />
elde edilir. Buradan tekrar indüksiyon metodu kullanılarak<br />
s 2 2<br />
qi<br />
−1 Q −1 ∑ ≡ ( mod 2 )<br />
i=<br />
1 8 8<br />
olduğu gösterilebilir. Bu bağıntı kullanılarak<br />
| − dir. Şu<br />
81
elde edilir ve ispat tamamlanır.<br />
⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ∑<br />
s 2 2<br />
s qi<br />
−1 Q −1<br />
( 1) 8 1 ( 1)<br />
8<br />
⎜ ⎟ = ∏ ⎜ ⎟ = − i=<br />
−<br />
⎝ Q ⎠ i=<br />
1 ⎝ qi<br />
⎠<br />
Teorem 6.7. P, Q pozitif tek tamsayılar ve ( P, Q ) = 1 olsun. Bu takdirde<br />
⎛ P ⎞⎛ Q ⎞<br />
⎜ = −<br />
Q<br />
⎟⎜<br />
P<br />
⎟<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠<br />
1 1<br />
.<br />
1 P − Q −<br />
2 2<br />
( )<br />
dir.<br />
Kanıt. p<br />
i<br />
ler ve q<br />
i<br />
ler tek asal sayılar olmak üzere P = p ... 1<br />
p2 pr<br />
ve<br />
Q = q ... 1q2 qs<br />
olsun. Kuadratik Resiprosite Teoreminden<br />
⎛ P ⎞ P ⎛ p ⎞ ⎛ q ⎞<br />
= = = −<br />
⎝ ⎠<br />
s s r s r p 1 1<br />
i − q j −<br />
i<br />
j<br />
.<br />
( 1)<br />
2 2<br />
⎜ ⎟ ∏ ∏∏ Q j 1 q ⎜<br />
= j j= 1 i= 1 q ⎟ ∏∏ ⎜ ⎟<br />
⎝ ⎠ j j= 1 i=<br />
1 ⎝ pi<br />
⎠<br />
s r<br />
⎛ P ⎞ ⎛ Q ⎞ ∑∑<br />
⇒ ⎜ ⎟ = −<br />
Q<br />
⎜<br />
P<br />
⎟<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠<br />
( 1) j= 1 i=<br />
1<br />
p 1 1<br />
i − q j −<br />
.<br />
2 2<br />
(6.7)<br />
elde edilir. Fakat<br />
ve<br />
r<br />
p 1 1 1 1<br />
i<br />
− q<br />
j<br />
− pi<br />
− q<br />
j<br />
−<br />
. =<br />
2 2 2 2<br />
s r r s<br />
∑∑ ∑ ∑ (6.8)<br />
j= 1 i= 1 i= 1 j = 1<br />
i<br />
j<br />
∑ ≡ ( ) , ≡ ( )<br />
i=<br />
1<br />
p −1 P −1 mod 2<br />
2 2<br />
s q −1 Q −1 ∑ mod 2<br />
(6.9)<br />
2 2<br />
j=<br />
1<br />
olduğundan , (6.8) ve (6.9) bağıntıları (6.7) de kullanılarak<br />
sonucu bulunur.<br />
⎛ P ⎞⎛ Q ⎞<br />
⎜ = −<br />
Q<br />
⎟⎜<br />
P<br />
⎟<br />
⎝ ⎠⎝ ⎠<br />
1 1<br />
.<br />
1 P − Q −<br />
2 2<br />
( )<br />
(6.10)<br />
Bu son teorem bize, Jacobi sembolünün Kuadratik Resiprosite kuralına<br />
⎛ P ⎞<br />
uyduğunu gösterir. (6.10) eşitliği kullanılarak ⎜ ⎟ Jacobi sembolünün değeri<br />
⎝ Q ⎠<br />
daha kolay hesaplanabilir. Bu kolaylığa rağmen<br />
olması , x 2 P ( mod Q)<br />
⎛ P ⎞<br />
⎜ ⎟ nun değerinin +1<br />
⎝ Q ⎠<br />
≡ kongrüansının çözümünün olmasını garantilemez. Şu<br />
82
halde akla Jacobi sembolünün ne işe yaradığı sorusu gelebilir. Şimdi bunu<br />
açıklayalım. P bir tek asal sayı ve a ∈ Z olsun. Tanımdan görüldüğü gibi , bu<br />
durumda<br />
Dolayısıyla<br />
⎛ a ⎞<br />
⎜<br />
P<br />
⎟<br />
⎝ ⎠<br />
⎛ a ⎞<br />
⎜<br />
P<br />
⎟<br />
⎝ ⎠<br />
Jacobi sembolü ile,<br />
⎛ a ⎞<br />
⎜<br />
P<br />
⎟<br />
⎝ ⎠<br />
Legedre sembolü çakışır.<br />
Jacobi sembolünün değeri +1 ise x 2 ≡ a( mod P)<br />
⎛ a ⎞<br />
kongrüansının çözümü vardır. ⎜ = − 1<br />
P<br />
⎟<br />
⎝ ⎠<br />
≡ kongrüansının<br />
ise x 2 a( mod P)<br />
⎛ a ⎞<br />
çözümü yoktur. ⎜<br />
P<br />
⎟ Jacobi sembolünün değeri, (6.10) kullanılarak (a bir<br />
⎝ ⎠<br />
tek tamsayı ise a yı çarpanlarına ayırmadan) Legendre sembolüne göre daha<br />
x 2 ≡ a mod P kongrüansının çözümünün olup<br />
kolay hesaplanacağından ( )<br />
olmadığı daha kısa bir yolla belirlenmiş olacaktır.<br />
⎛ 105 ⎞<br />
Örnek 6.14. ⎜<br />
317<br />
⎟ Jacobi sembolünün değerini bulalım.<br />
⎝ ⎠<br />
Çözüm. Teorem 6.7. den<br />
2<br />
104 316 105 −1 104.106<br />
⎛ 105 ⎞ . ⎛ 317 ⎞ ⎛ 317 ⎞ ⎛ 2 ⎞<br />
( 1) 2 2<br />
( 1) 8<br />
( 1)<br />
8<br />
⎜ 1<br />
317<br />
⎟ = − ⎜ = = = − = − =<br />
105<br />
⎟ ⎜<br />
105<br />
⎟ ⎜<br />
105<br />
⎟<br />
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠<br />
= 1<br />
x ≡ kongrüansının çözümü vardır.<br />
2<br />
bulunur. Şu halde 105( mod317)<br />
PROBLEMLER<br />
1) a = −1, − 2, 2, 3 ve p = 11, 13, 17 olmak üzere<br />
bulunuz.<br />
2) 11 in KR lerinin 1, 3, 4, 5 ve 9 olduğunu gösteriniz.<br />
⎛ a ⎞<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ p ⎠<br />
nin değerlerini<br />
3) 7, 13, 17, 29 ve 37 sayılarının KR lerini ve KNR lerini bulunuz.<br />
4) 0 < a < 6 olmak üzere, 3 ün kuadratik rezidü olduğu p = 12n ± a<br />
formundaki bütün asal sayıları bulunuz.<br />
≡ − kongrüansının p = 6k<br />
+ 1 formundaki asal sayılar için<br />
2<br />
5) x 3( mod p)<br />
çözümlü, p = 6k<br />
+ 5 formundaki asal sayılar için çözümsüz olduğunu<br />
gösteriniz.<br />
83
6) Aşağıdaki kongrüansların çözülebilir olup olmadıklarını araştırınız,<br />
çözülebilir olanların çözüm sayısını bulunuz.<br />
2<br />
x ≡ 2 mod 61 ,<br />
a) ( )<br />
2<br />
b) x ≡ − 2( mod 61)<br />
,<br />
c)<br />
2<br />
x ≡ 2( mod 59)<br />
,<br />
d)<br />
2<br />
2( mod 59)<br />
e)<br />
2<br />
x ≡ 2( mod17)<br />
,<br />
f)<br />
2<br />
x ≡ − 2( mod17)<br />
.<br />
x ≡ − ,<br />
7) p bir tek asal sayı olsun. p modülüne göre iki KR nün çarpımının yine bir<br />
KR, iki KNR nün çarpımının bir KR, bir KR ile bir KNR nün çarpımının bir<br />
KNR olduğunu gösteriniz. Bundan faydalanarak p modülüne göre KR lerin<br />
p −1<br />
p −1<br />
sayısının ve KNR lerin sayısının da olduğunu gösteriniz.<br />
2<br />
2<br />
8) p bir tek asal sayı olsun. Aşağıdakileri ispatlayınız.<br />
2<br />
a) p ( x 2)<br />
| − olacak şekilde bir x Z<br />
p ≡ 7( mod8)<br />
dir.<br />
4<br />
b) p ( x 1)<br />
| + olacak şekilde bir x Z<br />
p ≡ veya<br />
∈ varsa 1( mod8)<br />
p ≡ dir.<br />
∈ varsa 1( mod8)<br />
9) r, m modülüne göre bir KR ise<br />
ϕ( m)<br />
( m)<br />
2<br />
r ≡ 1 mod olduğunu gösteriniz.<br />
10) p = 7, 11, 13 ve q = 227, 229, 1009 olmak üzere<br />
belirleyiniz.<br />
⎛<br />
⎜<br />
⎝<br />
p<br />
q<br />
⎞<br />
⎟<br />
⎠<br />
nun değerlerini<br />
11)<br />
⎛ 5 ⎞<br />
⎜ ⎟ = 1 koşulunu gerçekleyen bütün p asal sayılarını belirleyiniz.<br />
⎝ p ⎠<br />
12) p ve q farklı tek asal sayılar ve a da p ve q nun birer KR sü ise<br />
( mod . )<br />
≡ kongrüansının çözümü var mıdır?<br />
2<br />
x a p q<br />
13) p bir tek asal sayı olmak üzere<br />
84
olduğunu gösteriniz.<br />
p−1<br />
∑<br />
j=<br />
1<br />
⎛ j ⎞<br />
⎜ ⎟ = 0<br />
⎝ p ⎠<br />
14) p bir tek asal sayı ve ( a, p ) = 1 olsun. b 2 4ac 0( mod p)<br />
( )<br />
+ + ≡ kongrüansının bir çözümü olduğunu,<br />
2<br />
ax bx c 0 mod p<br />
ise iki çözümü olduğunu ve<br />
gösteriniz.<br />
− ≡ ise<br />
2<br />
⎛ b − 4ac<br />
⎞<br />
⎜ ⎟ = 1<br />
⎝ p ⎠<br />
2<br />
⎛ b − 4ac<br />
⎞<br />
⎜ ⎟ = −1<br />
ise hiç çözümü olmadığını<br />
⎝ p ⎠<br />
85
7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR<br />
Bu bölümde, n ≥ 2 bir tamsayı olmak üzere<br />
2 n−1<br />
n<br />
a + a x + a x + ... + a x + a x ≡ 0 mod m<br />
(7.1)<br />
0 1 2 n−1<br />
n<br />
( )<br />
şeklindeki kongrüansların çözümlerini araştıracağız. Bu tip bir kongrüansın<br />
bütün çözümlerini veren bir metod yoktur. Ancak çin kalan teoremi yardımıyla<br />
(7.1) tipindeki bir kongrüansın çözümlerini arama problemi, p bir asal sayı<br />
olmak üzere<br />
( )<br />
+<br />
a + a x + a x + ... + a x + a x ≡ 0 mod p ( t ∈Z )<br />
2 n−1<br />
n t<br />
0 1 2 n−1<br />
n<br />
kongrüansının çözümlerini arama problemine indirgenebilir. m<br />
tamsayısının kanonik formu<br />
olsun. Ayrıca<br />
m = p p p α<br />
α 1 α 2<br />
k<br />
1 2<br />
...<br />
k<br />
2 n−1<br />
( ) 0 1 2<br />
...<br />
n−1<br />
diyelim. f ( x) 0( mod m)<br />
f ( u) ≡ 0( mod m)<br />
olur. Buradan<br />
f x = a + a x + a x + + a x + a x<br />
≡ kongrüansı çözülebilir ise bir u tamsayısı için<br />
i<br />
( ) 0( mod p α<br />
i )<br />
f u<br />
bulunur. Şu halde f ( x) 0( mod m)<br />
≡ ( i = 1,2,..., k )<br />
≡ kongrüansı çözülebilir ise<br />
i<br />
( ) 0( mod<br />
i )<br />
f x ≡ p α ( i = 1,2,..., k )<br />
kongrüansları da çözülebilirdir. Tersine<br />
i<br />
f ( x) ≡ 0( mod p α<br />
i ) ( i = 1,2,..., k )<br />
i<br />
kongrüansları çözülebilir olsun. f ( x) 0( mod p α<br />
i )<br />
−αi<br />
αi<br />
−αi<br />
αi<br />
çözümü x = ai<br />
olsun. ( mpi<br />
, pi<br />
) = 1 olduğundan mpi<br />
x ≡ 1( mod pi<br />
)<br />
kongrüansının bir tek çözümü vardır. Bu çözümü<br />
olur. u tamsayısını<br />
olarak alalım. Böylece<br />
ve buradan<br />
n<br />
n<br />
pozitif<br />
≡ kongrüansının bir<br />
i<br />
( )<br />
i<br />
mp b ≡ 1 mod p<br />
−α α<br />
i i i<br />
k<br />
u = ∑<br />
m<br />
b a<br />
i i<br />
i<br />
i 1 p α<br />
= i<br />
i<br />
( ) ( i ) 0( mod<br />
i )<br />
b<br />
i<br />
ile gösterirsek<br />
f u ≡ f a ≡ p α ( i = 1,2,..., k )<br />
86
elde edilir.<br />
olduğundan<br />
olup, buradan<br />
i<br />
i<br />
bulunur. Şu halde<br />
( ) 0( mod[<br />
1 )<br />
1 ,<br />
2<br />
2<br />
k<br />
≡<br />
α α ,...,<br />
k<br />
]<br />
f u p p p α<br />
p α ( i = 1,2,..., k ) tamsayıları ikişer ikişer aralarında asal<br />
αk<br />
[ p , p ,..., p ] = p p ... p = m<br />
α1 α2 αk<br />
α1 α2<br />
1 2 k 1 2<br />
( ) ≡ 0( mod m)<br />
f u<br />
i<br />
( ) 0( mod<br />
i )<br />
f x ≡ p α ( i = 1,2,..., k )<br />
kongrüansları çözülebilir ise f ( x) 0( mod m)<br />
Buna göre f ( x) 0( mod m)<br />
k<br />
≡ kongrüansı da çözülebilirdir.<br />
≡ kongrüansını çözme problemi ,<br />
( )<br />
1<br />
0( mod<br />
1 )<br />
( )<br />
2<br />
0( mod<br />
2 )<br />
f x ≡ p α ,<br />
f x ≡ p α , (7.2)<br />
⋮<br />
k<br />
( ) ≡ 0( mod<br />
k )<br />
f x p α<br />
kongrüanslarını çözme problemine indirgenmiş olur. (7.2) de j . kongrüansın<br />
çözüm sayısını<br />
N ile gösterirsek f ( x) 0( mod m)<br />
j<br />
≡ kongrüansının çözüm<br />
sayısı N = N1. N2... Nk<br />
dır. (7.2) deki kongrüanslardan herhangi birinin<br />
f x ≡ 0 mod m kongrüansının da çözümünün olmadığı<br />
çözümü yoksa ( ) ( )<br />
açıktır.<br />
2<br />
Örnek 7.1. x x 7 0( mod189)<br />
Çözüm.<br />
ve<br />
+ + ≡ kongrüansını çözelim.<br />
3<br />
189 = 3 .7 olduğundan<br />
2<br />
x + x + 7 ≡ 0 mod 27<br />
( )<br />
2<br />
x + x + 7 ≡ 0( mod 7)<br />
2<br />
kongrüanslarının çözümlerini bulalım. x x 7 0( mod 27)<br />
çözümleri<br />
+ + ≡ kongrüansının<br />
x ≡ 4( mod 27)<br />
, x ≡ 13( mod 27)<br />
, x ≡ − 5( mod 27)<br />
2<br />
dir. x + x + 7 ≡ 0( mod 7)<br />
kongrüansının çözümleri de<br />
x ≡ 0( mod 7)<br />
, x ≡ − 1( mod 7)<br />
87
dir. Öte yandan 7b1<br />
≡ 1( mod 27)<br />
kongrüansının çözümü<br />
1<br />
4( mod 27)<br />
27b2<br />
≡ 1( mod 7)<br />
kongrüansının çözümü<br />
2<br />
1( mod 7)<br />
2<br />
x + x + 7 ≡ 0( mod189)<br />
kongrüansının çözümleri<br />
x ≡ 7.4. b1 + 27.( − 1). b2<br />
( mod189)<br />
, b<br />
1<br />
= 4,13, − 5 ; b<br />
2<br />
= 0, − 1<br />
2<br />
dir. Her ( b1 , b<br />
2<br />
) çözüm çiftine karşılık x + x + 7 ≡ 0( mod189)<br />
2<br />
kongrüansının bir çözümü elde edilir. Şu halde x + x + 7 ≡ 0( mod189)<br />
b ≡ ve<br />
b ≡ − dir. Böylece<br />
kongrüansının çözüm sayısı N = 2.3 = 6 dır. b<br />
1<br />
ve b<br />
2<br />
nin<br />
yukarıdaki ifade de yerine yazarsak<br />
x ≡ 112( mod189)<br />
, x ≡ 175( mod189)<br />
, 140( mod189)<br />
x ≡ 139( mod189)<br />
, x ≡ 13( mod189)<br />
, x ≡ − 113( mod189)<br />
çözümleri elde edilir.<br />
( ) 0( mod )<br />
( ) 0( mod )<br />
x ≡ − ,<br />
f x ≡ p α Kongrüansının Çözümleri<br />
değerlerini<br />
f x ≡ m kongrüansını çözme probleminin , p bir asal sayı ve<br />
α > 0 bir tamsayı olmak üzere f ( x) ≡ 0( mod p α<br />
) kongrüansını çözme<br />
problemine indirgendiğini gördük. f ( x) 0( mod p α<br />
)<br />
çözümü u ise<br />
α<br />
f ( u) ≡ 0( mod p ) ⇒ f ( u) ≡ 0( mod p)<br />
bulunur. Bu ise f ( x) 0( mod p α<br />
)<br />
( ) 0( mod )<br />
≡ kongrüansının bir<br />
≡ kongrüansının her çözümünün,<br />
f x ≡ p kongrüansının da bir çözümü olduğunu gösterir. Şu halde<br />
( ) 0( mod )<br />
≡ kongrüansının çözümlerini f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
f x p α<br />
kongrüansının çözümleri kümesi içinde aramak gerek ve yeterdir. Şimdi<br />
f x ≡ 0 mod p kongrüansından hareket ederek sırası ile<br />
( ) ( )<br />
( ) ≡ (<br />
2<br />
)<br />
( ) ≡ (<br />
3<br />
)<br />
f x 0 mod p ,<br />
f x 0 mod p ,<br />
⋮<br />
1<br />
( ) ≡ ( )<br />
( ) ≡ 0( mod )<br />
f x 0 mod p α − ,<br />
f x p α<br />
88
kongrüanslarının çözülebilir olup olmadıklarını araştıralım. f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının çözümünü araştırırken aşağıdaki iki hal söz konusu olur.<br />
f x ≡ 0 mod p kongrüansının çözümü olmasın. Bu durumda<br />
1. Hal: ( ) ( )<br />
( ) 0( mod )<br />
f x ≡ p α kongrüansının da çözümü yoktur.<br />
2. Hal: f ( x) 0( mod p)<br />
x ≡ a ( p)<br />
, x ≡ a ( p)<br />
, ... , x ≡ a ( mod p)<br />
≡ kongrüansı çözülebilir olsun. Çözümleri<br />
1<br />
mod<br />
2<br />
mod<br />
2<br />
ile gösterelim. f ( x) 0( mod p )<br />
( ) 0( mod )<br />
≡ kongrüansının her çözümü<br />
f x ≡ p kongrüansının da bir çözümüdür. Şu halde<br />
2<br />
( ) 0( mod )<br />
f x ≡ p kongrüansının çözümlerini f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının çözümleri içinde aramak gerekir. f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının bir x ≡ a<br />
j ( mod p)<br />
çözümünü göz önüne alalım.<br />
x ≡ a ( mod p)<br />
⇔ x = a + yp , y ∈ Z<br />
j<br />
2 2<br />
f ( x) ≡ 0( mod p ) ⇔ f ( a<br />
j<br />
+ yp) ≡ 0( mod p )<br />
bulunur. f ( a<br />
j<br />
+ yp)<br />
yi Taylor serisine açarak<br />
f ′( a<br />
j ) f ′′( a<br />
j ) 2<br />
f ( a<br />
j<br />
yp) f ( a<br />
j ) py ( py ) ...<br />
elde edilir. f ( )<br />
j<br />
+ = + + + (7.3)<br />
1 2<br />
x fonksiyonu bir polinom olduğundan, bu Taylor serisi<br />
sonludur. Burada katsayılar birer tamsayıdır. (7.3) serisinde üçüncü ve daha<br />
2<br />
sonraki terimlerin hepsi p ile bölünür, yani ilk iki terim hariç diğer terimler<br />
2<br />
p modülüne göre sıfıra kongrüdür. Şu halde<br />
( ) ( 2<br />
j<br />
+ ≡ ) ⇔ ( j<br />
+ ) ≡ ( j ) + ′( j ) ≡ 0 ( 2<br />
)<br />
f ( a j )<br />
p<br />
f a yp p f a yp f a f a yp p<br />
bulunur. p | f ( a j ) olduğundan<br />
kongrüansı p ile kısaltarak<br />
( j )<br />
t<br />
bir tamsayıdır. Böylece son<br />
f a<br />
+ f ′( a<br />
j ) y ≡ 0( mod p)<br />
(7.4)<br />
p<br />
elde edilir. (7.4) deki kongrüans y ye göre 1. derecedendir. Burada iki hal söz<br />
konusudur.<br />
( f ′ a , p) = 1 olsun. Bu durumda (7.4) deki kongrüansın tek bir çözümü<br />
a) ( j )<br />
vardır. Bu çözümü y y ( p)<br />
≡<br />
0<br />
mod ile gösterirsek<br />
89
2<br />
f ( x) ≡ 0( mod p )<br />
2<br />
kongrüansının çözümü de tektir ve bu çözüm x a<br />
j<br />
y0 p( mod p )<br />
b) ( f ′( a<br />
j ), p)<br />
= p olsun. Bu takdirde<br />
f ( a j )<br />
i)<br />
p<br />
( p)<br />
≡ + dir.<br />
≡ 0 mod ise (7.4) deki kongrüansı hiçbir tamsayı<br />
2<br />
gerçeklemediğinden, f ( x) 0( mod p )<br />
f ( a j )<br />
( p)<br />
≡ kongrüansının çözümü yoktur.<br />
ii) ≡ 0 mod ise (7.4) deki kongrüansın tam p tane çözümü<br />
p<br />
vardır ve bu çözümler<br />
y 0 mod p y 1 mod p y ≡ p − 1 mod p<br />
≡ ( ) , ≡ ( ) , ... , ( )<br />
2<br />
dir. Şu halde f ( x) 0( mod p )<br />
bu çözümler<br />
dir. Bu metodu sırası ile<br />
2<br />
( ) 0( mod )<br />
≡ kongrüansının da p tane çözümü vardır ve<br />
j<br />
( mod<br />
2<br />
)<br />
( mod<br />
2<br />
)<br />
2 ( mod<br />
2<br />
)<br />
x ≡ a p ,<br />
x ≡ a + p p ,<br />
j<br />
x ≡ a + p p ,<br />
⋮<br />
j<br />
2<br />
( )<br />
x ≡ a + ( p − 1) p mod p<br />
j<br />
a<br />
j<br />
yerine a<br />
1<br />
, a<br />
2<br />
, ... ,<br />
a<br />
t<br />
alarak uygulayıp,<br />
f x ≡ p kongrüansının çözümlerinin olup olmadığını kontrol eder<br />
ve varsa çözümleri buluruz.<br />
α > 1 bir tamsayı olmak üzere f ( x) ≡ 0( mod p α<br />
) kongrüansının<br />
çözümleri bilindiği takdirde, f ( x) 0( mod p α + 1<br />
)<br />
çözümlerinin nasıl bulunacağını görelim. f ( x) 0( mod p α<br />
)<br />
çözümleri<br />
≡ kongrüansının eğer varsa<br />
≡ kongrüansının<br />
x ≡ a1 ( mod p α<br />
) , x ≡ a2 ( mod p α<br />
) , ... , x ≡ ar<br />
( mod p α<br />
)<br />
olsun. Bu çözümlerden birini x a<br />
j ( mod p α<br />
)<br />
1<br />
f ( x) ≡ 0( mod p α +<br />
) kongrüansının x a<br />
j ( mod p α<br />
)<br />
çözümlerinin olup olmadığını araştıralım.<br />
≡ ile gösterelim.<br />
≡ koşulunu gerçekleyen<br />
90
α<br />
α<br />
x ≡ a<br />
j ( mod p ) ⇒ x = a<br />
j<br />
+ yp ( y ∈ Z )<br />
α + 1 α α + 1<br />
f ( x) ≡ 0( mod p ) ⇒ f ( a<br />
j<br />
+ yp ) ≡ 0( mod p )<br />
bulunur. f ( a<br />
j<br />
+ yp α<br />
) yı Taylor serisine açalım.<br />
f ′( a<br />
j ) f ′′( a )<br />
α α j<br />
α<br />
f ( a ) ( )<br />
( ) 2 j<br />
+ yp = f a<br />
j<br />
+ yp + + yp + ...<br />
1 2<br />
elde edilir. α > 1 olduğundan 2. α > α + 1 olup, Taylor serisindeki ilk iki<br />
terim hariç diğer terimler modülüne göre sıfıra kongrüdür. Böylece<br />
1<br />
p α +<br />
α<br />
( ) 0 ( mod α + 1 α 1<br />
) ( ) ( ) 0 ( mod α<br />
′<br />
+<br />
j j j<br />
)<br />
f a + yp ≡ p ⇒ f a + f a yp ≡ p (7.5)<br />
bulunur. f ( a<br />
j ) 0( mod p α<br />
)<br />
kongrüansı p α<br />
≡ olduğundan<br />
ile kısaltırsak<br />
( j )<br />
f ( a j )<br />
∈ Z dir. (7.5) deki<br />
p α<br />
f a<br />
+ f ′( a<br />
j ) y ≡ 0( mod p)<br />
(7.6)<br />
p α<br />
kongrüansı elde edilir. Burada aşağıdaki gibi iki hal düşünelim.<br />
a) ( f ′( a ), p) = 1 ise (7.6) daki kongrüansın tek bir çözümü vardır. Bu<br />
j<br />
≡<br />
0<br />
mod ile gösterirsek, bu durumda<br />
çözümü y y ( p)<br />
1<br />
( ) ≡ 0( mod )<br />
f x p α +<br />
kongrüansının da bir tek çözümü olup, bu çözüm<br />
dir.<br />
b) ( f ′( a ), p)<br />
= p olsun. Eğer<br />
j<br />
kongrüansının, x a<br />
j ( mod p α<br />
)<br />
f ( a j )<br />
( p)<br />
1<br />
( )<br />
x ≡ a + p y0 mod p<br />
j<br />
α α +<br />
( )<br />
f a j<br />
≡ 0( mod p)<br />
ise f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
p α<br />
≡ koşulunu gerçekleyen çözümü yoktur. Eğer<br />
≡ 0 mod ise (7.6) nın p tane çözümü<br />
p α<br />
y<br />
olup, f ( x) 0( mod p α + 1<br />
)<br />
dir.<br />
≡ 0( mod p)<br />
, y ≡ 1( mod p)<br />
, ... , y ≡ p − 1( mod p)<br />
≡ kongrüansının çözümleri de<br />
j<br />
1<br />
( mod )<br />
α α +<br />
x ≡ a + tp p , ( t = 0,1,..., p − 1 )<br />
91
3 2 3<br />
Örnek 7.2. x 3x<br />
27 0( mod 5 )<br />
− + ≡ kongrüansının çözümlerini bulalım.<br />
3 2<br />
Çözüm. Önce x 3x<br />
27 0( mod5)<br />
− + ≡ kongrüansını çözelim. 5 modülüne<br />
f x = x − 3x<br />
+ 27<br />
göre 0, 1, 2, -2, -1 tamsayıları bir tam kalan sistemidir. ( )<br />
3 2<br />
dersek<br />
f ( 0) ≡ 2 ≡ 0( mod5)<br />
, f ( 1) ≡ 0( mod 5)<br />
, ( 2) 2 0( mod5)<br />
f ( −2) ≡ −3 ≡ 0( mod5)<br />
, f ( −1) ≡ −2 ≡ 0( mod5)<br />
3 2<br />
olduğundan x 3x<br />
27 0( mod5)<br />
3 2<br />
ve bu çözüm x ≡ 1( mod5)<br />
dir. ( )<br />
2<br />
f ′( x) = 3x − 6x<br />
olup, f ′( 1)<br />
= − 3 bulunur. Şimdi de<br />
f ( 1)<br />
+ f ′( 1) y ≡ 0( mod 5)<br />
f ≡ − ≡ ,<br />
− + ≡ kongrüansının bir tek çözümü vardır<br />
kongrüansını çözelim. f ( 1)<br />
ve ( 1)<br />
5<br />
f ′ i yerine yazarak<br />
( )<br />
5 − 3y<br />
≡ 0 mod5<br />
f 1 = 1 − 3.1 + 27 = 25 ve<br />
bulunur. ( − 3,5) = 1 olduğundan bu kongrüansın bir tek çözümü vardır ve bu<br />
çözüm y ≡ 0( mod5)<br />
dir. Şu halde<br />
3 2 2<br />
x − 3x<br />
+ 27 ≡ 0( mod5 )<br />
2<br />
kongrüansının da çözümü 1 0.5 1( mod5 )<br />
3 2 3<br />
x − 3x<br />
+ 27 ≡ 0( mod 5 )<br />
x ≡ + ≡ dir. Şimdi<br />
kongrüansının çözümlerini bulalım.<br />
f ( 1)<br />
+ f ′ 1<br />
25<br />
y ≡ 0 mod5 ⇒ 1− 3y<br />
≡ 0 mod5<br />
⇒ 2y<br />
≡ − 1 mod5<br />
( ) ( ) ( )<br />
( )<br />
3,5 = 1<br />
( )<br />
( )<br />
⇒ y ≡ 2 mod5<br />
3 2 3<br />
bulunur. Böylece x 3x<br />
27 0( mod 5 )<br />
x ≡ 1+ 2.5 2 ( mod5 3 ) ⇒ x ≡ 51( mod5<br />
3<br />
)<br />
tür.<br />
− + ≡ kongrüansının çözümü<br />
92
ASAL MODÜLLER<br />
( ) 0 1 ...<br />
f ( x) 0( mod m)<br />
üzere f ( x) 0( mod p)<br />
f ( x) 0( mod p)<br />
n<br />
n<br />
f x = a + a x + + a x tam rasyonel katsayılı bir polinom olmak üzere<br />
≡ kongrüansını çözme problemini, p bir asal sayı olmak<br />
≡ kongrüansını çözme problemine indirgemiştik.<br />
≡ kongrüansının çözümlerini bulmak için herhangi bir metod<br />
bilinmemektedir. Fakat p nin küçük değerleri için p modülüne göre bir<br />
a1 , a2,..., a p tam kalan sistemi alınarak çözümler aranabilir.<br />
≡ kongrüansının<br />
Teorem 7.1. p bir asal sayı olmak üzere f ( x) 0( mod p)<br />
derecesi p olsun. Bu takdirde ya her x tamsayısı, f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının bir çözümüdür veya ilk katsayısı 1 olan tam rasyonel katsayılı<br />
g x ≡ 0 mod p kongrüansının derecesi p<br />
öyle bir g ( x ) polinomu vardır ki ( ) ( )<br />
den küçük olup, f ( x) 0( mod p)<br />
g ( x) 0( mod p)<br />
p<br />
Kanıt. f ( x ) polinomunu x<br />
≡ kongrüansının çözüm kümesi ile<br />
≡ kongrüansının çözüm kümesi aynıdır.<br />
− x ile bölelim. Böylece<br />
( ) = ( )( p − ) + ( )<br />
f x q x x x r x<br />
olacak şekilde q ( x ) ve r ( x ) polinomları vardır. Burada ya ( ) 0<br />
p<br />
der r ( x)<br />
< p dir. Fermat Teoremine göre her u ∈ Z için u − u ≡ 0( mod p)<br />
dir. Bunu kullanarak<br />
f ( u) r ( u)( mod p)<br />
bulunur. r ( x) ≡ 0 ise veya ( )<br />
bölünürse, bu durumda r ( u) 0( mod p)<br />
kullanarak her u ∈ Z için<br />
r x ≡ dır veya<br />
≡ (7.7)<br />
r x polinomunun bütün katsayıları p ile<br />
≡ olacağından, bunu (7.7) de<br />
f ( u) ≡ 0( mod p)<br />
elde edilir, yani her x tam sayısı f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının bir<br />
çözümüdür. Eğer r ( x ) polinomu yukarıda sıraladığımız iki koşuldan hiç birini<br />
gerçeklemezse bu takdirde r ( x ) polinomu<br />
m<br />
r ( x) = b0 + b1 x + ... + b x , ( m < p , ( b p ) = )<br />
m<br />
m , 1<br />
93
şeklindedir. ( bm , p ) = 1 olduğundan bm<br />
x ≡ 1( mod p)<br />
kongrüansı<br />
çözülebilirdir ve tek çözümü vardır. Bu kongrüansın çözümü x ≡ b( mod p)<br />
ise r ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansı ile br ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının<br />
çözümleri aynı ve (7.7) den dolayı f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansı ile<br />
br ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının çözümleri aynıdır. Şu halde aranan g ( x )<br />
polinomu olarak br ( x ) polilnomu alınabilir ve ispat tamamlanır.<br />
Teorem 7.2. Bir a tamsayısı, f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının bir çözümü ise<br />
öyle bir g ( x ) polinomu vardır ki<br />
f ( x) ≡ ( x − a) g ( x)( mod p)<br />
(7.8)<br />
bağıntısı gerçeklenir. Tersine, (7.8) deki koşula uyan bir g ( x ) polinomu varsa<br />
a tamsayısı f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının bir çözümüdür.<br />
Kanıt. f ( x ) polinomunu ( x − a)<br />
ile bölelim. Böylece<br />
f ( x) = ( x − a) g ( x)<br />
+ r<br />
(7.9)<br />
olacak şekilde bir g ( x ) polinomu ve bir r tamsayısı vardır. (7.9) dan<br />
f ( x) ≡ ( x − a) g ( x) + r ( mod p)<br />
(7.10)<br />
elde edilir. f ( a) ≡ 0( mod p)<br />
olduğundan, buradan r ≡ 0( mod p)<br />
olur ve<br />
bunu (7.10) da kullanarak<br />
f x ≡ x − a g x mod p<br />
( ) ( ) ( )( )<br />
bulunur. Tersine, tamkatsayılı bir g ( x ) polinomu için<br />
f ( x) ≡ ( x − a) g ( x)( mod p)<br />
bağıntısı gerçekleniyorsa f ( a) ( a a) g ( a) 0( mod p)<br />
a tamsayısının f ( x) 0( mod p)<br />
gösterir.<br />
≡ − ≡ bulunur ki, bu da<br />
≡ kongrüansının bir çözümü olduğunu<br />
Teorem 7.3. ( Lagrange Teoremi) p bir asal sayı olmak üzere<br />
2<br />
n<br />
a0 + a1 x + a2 x + ... + an<br />
x ≡ 0( mod p)<br />
( an<br />
≡ 0( mod p)<br />
)<br />
kongrüansının en fazla n tane çözümü vardır.<br />
Kanıt. İspatı n e göre indüksiyon ile yapalım. Teorem 4.1. den dolayı n = 1<br />
için iddia doğrudur. Derecesi 1 f x ≡ 0 mod p kongrüansının<br />
n − olan her ( ) ( )<br />
en fazla n − 1 tane çözümünün olduğunu varsayalım ve derecesi n olan bir<br />
f x ≡ 0 mod p kongrüansını göz önüne alalım. Eğer bu kongrüansın<br />
( ) ( )<br />
94
çözümü yok ise ispat edilecek bir şey yoktur. Eğer f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının en az bir x ≡ a ( mod p)<br />
çözümü varsa Teorem 7.2 den dolayı<br />
öyle bir q ( x ) polinomu vardır ki der q( x)<br />
= n − 1 olup,<br />
f ( x) ≡ ( x − a) q( x)( mod p)<br />
(7.11)<br />
dir. İndüksiyon hipotezine göre q( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansını en fazla n − 1<br />
tane çözümü vardır. Bu çözümleri x ≡ ci<br />
( mod p)<br />
, i = 1,2,..., r ( r < n)<br />
ile<br />
gösterelim. Şimdi bir c tamsayısı için f ( c) ≡ 0( mod p)<br />
olduğunu kabul<br />
edelim. (7.11) den ( c − a) q ( c) ≡ 0( mod p)<br />
bulunur. Eğer q ( c) ≡ 0( mod p)<br />
ise x ≡ c( mod p)<br />
çözümü, bir x ≡ c j ( mod p)<br />
çözümü ile aynıdır. Eğer<br />
q ( c) ≡ 0( mod p)<br />
ise p asal olduğundan<br />
c − a ≡ 0( mod p) ⇒ c ≡ a ( mod p)<br />
bulunur. Bu durumda f ( x) ≡ 0( mod p)<br />
kongrüansının çözümleri<br />
x ≡ a ( mod p)<br />
, x ≡ c ( p ) ,..., x ≡ c ( mod p )<br />
1 mod<br />
r<br />
den ibaret olup çözüm sayısı r + 1 tanedir. r ≤ n − 1 olduğundan r + 1 ≤ n<br />
bulunur ve ispat tamamlanır.<br />
PROBLEMLER<br />
1) Aşağıdaki kongrüansları çözünüz.<br />
5 4 3<br />
a) x + x + 1 ≡ 0( mod3 ) ,<br />
3 3<br />
b) x + x + 57 ≡ 0( mod5 ) ,<br />
3 2 3<br />
c) x + x − 5 ≡ 0( mod 7 ) ,<br />
d) x 3 10x 2 x 2 0( mod3<br />
3<br />
)<br />
+ + + ≡ ,<br />
4<br />
e) x + x + 7 ≡ 0( mod 63)<br />
,<br />
f) x 3 19x 2 x 23 0( mod126)<br />
3<br />
g) x + 5x<br />
+ 3 ≡ 0( mod 75)<br />
.<br />
+ − + ≡ ,<br />
2) x<br />
14 12x<br />
2 0( mod13)<br />
gösteriniz.<br />
+ ≡ kongrüansının tam 13 tane çözümü olduğunu<br />
95
3) Dereceleri ≤ 6 olup aşağıdaki kongrüanslara eşdeğer olan kongrüansları<br />
f x 0 mod m g x ≡ 0 mod m kongrüanslarının çözüm<br />
bulunuz. ( ( ) ≡ ( ) ve ( ) ( )<br />
kümeleri aynı ise bu iki kongrüansa eşdeğer denir.)<br />
x<br />
11 + x<br />
8 − 5 ≡ 0 mod 7 ,<br />
a) ( )<br />
b) x 56 x 23 x<br />
6 8 0( mod 7)<br />
c) 23x<br />
14 56x<br />
4 13 0( mod 7)<br />
d) x 234 + x 7 + x ≡ 0( mod 7)<br />
.<br />
+ + + ≡ ,<br />
+ + ≡ ,<br />
96
8.BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ FONKSİYONLAR<br />
[ x ] FONKSİYONU<br />
[ x ] fonksiyonunu Tanım 1.2. de vermiştik. Şimdi bu fonksiyonun bazı<br />
özelliklerini sıralayalım.<br />
Teorem 8.1. x ve y reel sayılar olsun. Bu takdirde<br />
a) [ x] ≤ x < [ x] + 1 , x − 1 < [ x]<br />
≤ x , x [ x]<br />
b) [ x + m] = [ x]<br />
+ m , m ∈ Z ,<br />
c) [ x] + [ y] ≤ [ x + y] ≤ [ x] + [ y] + 1,<br />
d)<br />
⎧ 0 , x ∈ Z ise<br />
+ − = ⎨<br />
⎩ − 1 , x ∉ Z ise,<br />
[ x] [ x]<br />
[ ]<br />
⎡ x ⎤ ⎡ x ⎤ +<br />
e) ⎢ ⎥ =<br />
m<br />
⎢<br />
m<br />
⎥ , m ∈ Z dir.<br />
⎢⎣<br />
⎥⎦<br />
⎣ ⎦<br />
0 ≤ − < 1 ,<br />
Kanıt. a) şıkkındaki ilk eşitsizlik [ x ] in tanımından hemen elde edilir. Diğer<br />
iki eşitsizlik ise ilk eşitsizliğin birer sonucudur.<br />
b) x bir reel sayı olsun. n bir tamsayı ve ρ da 0 ≤ ρ < 1 koşulunu<br />
gerçekleyen bir pozitif reel sayı olmak üzere x = n + ρ ise tanım gereği<br />
[ x]<br />
= n dir. Böylece<br />
[ x + m] = [ n + m + ρ] = n + m = [ x]<br />
+ m<br />
bulunur.<br />
c) x = n + ρ1<br />
ve y = m + ρ2<br />
( n,<br />
m ∈ Z , 0 ≤ ρ1 , ρ2<br />
< 1 ) olsun. Burada<br />
x + y = n + m ≤ n + m + ρ + ρ = n + m + ρ + ρ = x + y<br />
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]<br />
1 2 1 2<br />
ve<br />
[ x + y] = [ n + m + ρ1 + ρ2 ] = n + m + [ ρ1 + ρ2 ] ≤ n + m + 1 = [ x] + [ y]<br />
+ 1<br />
olup, bu iki eşitsizliği birleştirirsek<br />
x + y ≤ x + y ≤ x + y +<br />
elde edilir.<br />
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1<br />
d) x ∈ Z ise [ x]<br />
= x ve [ − x]<br />
= − x olup<br />
[ x] + [ − x] = 0<br />
olur. x ∉ Z ise n ∈ Z olmak üzere x = n + ρ , 0 < ρ < 1 yazabiliriz. Buradan<br />
[ x] + [ − x] = n + [ −n − ρ] = n − n + [ − ρ] = − 1<br />
97
ulunur.<br />
e) x = n + ρ , 0 ≤ ρ < 1 olsun. n tamsayısını m e kalanlı olarak bölersek, q<br />
ve r tamsayılar olmak üzere<br />
n = mq + r , 0 ≤ r ≤ m − 1<br />
yazılabilir. Buradan<br />
⎡[ x]<br />
⎤ ⎡ mq + r ⎤ ⎡ r ⎤ ⎡ r ⎤<br />
⎢ ⎥ = q q q<br />
m<br />
⎢ = + = + =<br />
m<br />
⎥ ⎢<br />
m<br />
⎥ ⎢<br />
m<br />
⎥<br />
⎢⎣<br />
⎥⎦<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦<br />
ve<br />
⎡ x ⎤ ⎡ mq + r + ρ ⎤ ⎡ r + ρ ⎤ ⎡ r + ρ ⎤<br />
⎢ q q q<br />
m<br />
⎥ = ⎢ = + = + =<br />
m<br />
⎥ ⎢<br />
m<br />
⎥ ⎢<br />
m<br />
⎥<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦<br />
sonuç olarak<br />
⎡[ x]<br />
⎤ ⎡ x ⎤<br />
⎢ ⎥ =<br />
m<br />
⎢<br />
m<br />
⎥<br />
⎢⎣<br />
⎥⎦<br />
⎣ ⎦<br />
elde edilir.<br />
Terorem 8.2. p bir asal sayı ve n bir pozitif tamsayı olsun. Bu takdirde<br />
e<br />
p | n!<br />
koşulunu gerçekleyen en büyük e tamsayısı<br />
∞<br />
⎡ n ⎤<br />
e = ∑ i<br />
i=<br />
1 ⎢⎣<br />
p ⎥<br />
(8.1)<br />
⎦<br />
dir.<br />
i<br />
Kanıt. p ≥ 2 olduğundan i → ∞ için p → ∞ dur. Şu halde yeter derecede<br />
büyük i ler için n < p dir. Buradan<br />
i<br />
n ⎡ n ⎤<br />
0 < < 1⇒ 0<br />
i<br />
i<br />
=<br />
p ⎢⎣<br />
p ⎥⎦<br />
bulunur. Bu ise (8.1) deki toplamın gerçekte bir sonsuz seri olmadığını<br />
gösterir. İspatı indüksiyon metodu ile yapalım. n = 1 için iddianın doğru<br />
olduğu açıktır. Teoremin ifadesinin n = k − 1 için doğru olduğunu varsayalım.<br />
e1 Şu halde p | n!<br />
koşulunu gerçekleyen en büyük e 1 tamsayısı<br />
∞<br />
⎡ k −1⎤<br />
e1<br />
= ∑<br />
i<br />
i=<br />
1 ⎢⎣<br />
p ⎥⎦<br />
j<br />
olsun. n = k için iddianın doğru olduğunu ispatlayalım. j, p | k koşulunu<br />
gerçekleyen en büyük tamsayı olsun. k ! = ( k − 1 )!<br />
k olduğundan ispatı<br />
tamamlamak için<br />
98
veya<br />
∞<br />
∞<br />
⎡ k −1⎤ ⎡ k ⎤<br />
+ j =<br />
i<br />
⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ p ⎥⎦<br />
∑ ∑<br />
i<br />
i= 1<br />
p<br />
i=<br />
1<br />
∞<br />
∞<br />
⎡ k ⎤ ⎡ k −1⎤<br />
− = j<br />
i<br />
⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ p ⎥⎦<br />
∑ ∑<br />
i<br />
i= 1<br />
p<br />
i=<br />
1<br />
olduğunu göstermek yeter. Gerçekten bir i ∈ Z için<br />
+<br />
i<br />
⎡ k ⎤ ⎡ k −1⎤<br />
⎪⎧ 1 , p | k ise<br />
i − i = ⎨<br />
i<br />
⎢⎣ p ⎥⎦ ⎢⎣ p ⎥⎦ ⎪⎩<br />
0 , p | k ise<br />
olduğu kolayca gösterilebilir. Öte yandan i = 1, 2, 3,.., j için<br />
i<br />
için p / | k dir. Şu halde<br />
bulunur ve ispat tamamlanır.<br />
⎡ k ⎤ ⎡ k −1⎤ ⎛ ⎡ k ⎤ ⎡ k −1⎤<br />
⎞<br />
− = − = j<br />
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎜ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎟<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎝ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎠<br />
∞ ∞ ∞<br />
∑ ∑ ∑<br />
i i i i<br />
i= 1<br />
p<br />
i= 1<br />
p<br />
i=<br />
1<br />
p p<br />
i<br />
p<br />
| k ve i > j<br />
Not: n bir pozitif tamsayı ve p bir asal sayı olsun. e , p nin n yi bölen en<br />
e<br />
büyük kuvveti ise bu durumu p || n şeklinde göstermiştik.<br />
Örnek 8.1. 7 nin 1000! i bölen en büyük kuvvetini bulalım.<br />
Çözüm. 7 ||1000<br />
e<br />
∞<br />
i=<br />
1<br />
ise<br />
⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000<br />
⎤<br />
e = ∑ ⎢ ...<br />
i ⎥ = ⎢<br />
7<br />
⎥ + ⎢ + + +<br />
2 ⎥ ⎢ 3 ⎥ ⎢ 4 ⎥<br />
⎣ 7 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ 7 ⎦ ⎣ 7 ⎦ ⎣ 7 ⎦<br />
⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000<br />
⎤<br />
= ⎢ ...<br />
7<br />
⎥ + ⎢ + + +<br />
49<br />
⎥ ⎢<br />
243<br />
⎥ ⎢<br />
1701<br />
⎥<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦<br />
bulunur.<br />
= 142 + 20 + 2 = 164<br />
Örnek 8.2. 125! in kanonik gösterilişini bulalım.<br />
Çözüm. 125! i bölen bütün asal sayıların en büyük kuvvetlerini bulalım.<br />
11 125 12 < < olduğundan 125! de, 11 den büyük asal sayıların sadece<br />
kendilerinden ve bu asal sayıların katlarından gelen kuvvetleri bulunur. Şimdi<br />
99
p = 2,3,5,7,11 asal sayılarının 125! de bulunan en büyük kuvvetlerini<br />
hesaplayalım.<br />
⎡125 ⎤ ⎡125⎤ ⎡125 ⎤ ⎡125 ⎤ ⎡125 ⎤ ⎡125<br />
⎤<br />
⎢ 62 31 15 7 3 1 119,<br />
2<br />
⎥ + ⎢<br />
4<br />
⎥ + ⎢ + + + = + + + + + =<br />
8<br />
⎥ ⎢<br />
16<br />
⎥ ⎢<br />
32<br />
⎥ ⎢<br />
64<br />
⎥<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦<br />
⎡125 ⎤ ⎡125⎤ ⎡125 ⎤ ⎡125<br />
⎤<br />
⎢ 41 13 4 1 59<br />
3<br />
⎥ + ⎢ + + = + + + =<br />
9<br />
⎥ ⎢<br />
27<br />
⎥ ⎢<br />
81<br />
⎥<br />
,<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦<br />
⎡125 ⎤ ⎡125 ⎤ ⎡125⎤<br />
⎢ 25 5 1 31<br />
5<br />
⎥ + ⎢ + = + + =<br />
25<br />
⎥ ⎢<br />
125<br />
⎥<br />
,<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦<br />
⎡125 ⎤ ⎡125⎤<br />
⎢ + = 17 + 2 = 19<br />
7<br />
⎥ ⎢<br />
49<br />
⎥<br />
,<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦<br />
⎡125 ⎤ ⎡125⎤<br />
⎢ + = 11+ 1 = 12<br />
11<br />
⎥ ⎢<br />
121<br />
⎥<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦<br />
ve<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 9<br />
13<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 7<br />
17<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 6<br />
19<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 5<br />
23<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 4<br />
29<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 4<br />
31<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 3<br />
37<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 3<br />
41<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 2<br />
43<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 2<br />
47<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 2<br />
53<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 2<br />
59<br />
⎥ ,<br />
⎣ ⎦<br />
⎡125<br />
⎤<br />
⎢ = 2<br />
61<br />
⎥<br />
⎣ ⎦<br />
olduğundan<br />
dir.<br />
119 59 31 19 12 9 7 6 5 4 4 3 3 2 2<br />
125! = 2 .3 .5 .7 .11 .13 .17 .19 .23 .29 .31 .37 .41 .43 .47 .<br />
2 2 2<br />
53 .59 .61 .67.71.73.79.83.89.97.101.103.107.109.113<br />
Aşağıdaki örnekte bu teoremin başka bir uygulamasını vereceğiz.<br />
Örnek 8.3. a1 , a2,..., a r negatif olmayan tamsayılar ve a1 + a2 + ... + ar<br />
= n<br />
ise<br />
100
n!<br />
a ! a !... a !<br />
1 2<br />
sayısının bir tamsayı olduğunu gösterelim.<br />
Çözüm. a ve b iki pozitif tamsayı olmak üzere a | b olması için gerek ve yeter<br />
koşul a nın her p asal böleni için, e 1 ve e 2 tamsayıları p 1<br />
|| a ve<br />
e<br />
p 2<br />
|| b koşullarını gerçekleyen tamsayılar olmak üzere e1 ≤ e2<br />
olmasıdır.<br />
e<br />
⎡<br />
2<br />
n ⎤<br />
|| n ⇒ e = ∑<br />
i<br />
i=<br />
1 ⎢⎣<br />
p ⎥⎦<br />
p 2<br />
dir. Öte yandan n 1 ve n 2 iki pozitif tamsayı, p bir asal sayı ve p || n1n 2 ise<br />
t<br />
bu takdirde 1 t<br />
p || n 1 ve 2<br />
||<br />
p 2<br />
eşitliği geçerlidir. 1, 2,..., k<br />
( i 1,2,..., k )<br />
n olmak üzere<br />
r<br />
e = t1 + t2<br />
∞<br />
n n n pozitif tamsayılar, p bir asal sayı ve p ||<br />
e<br />
= ise p || n1. n2... n k yı gerçekleyen e tamsayısının<br />
e = t1 + t2 + ... + tk<br />
e<br />
şeklinde olduğu indüksiyon ile gösterilebilir. Şu halde 1<br />
||<br />
p 1 2<br />
e<br />
e<br />
t i<br />
a ! a !... a ! ise<br />
r<br />
n i<br />
dir. e1 ≤ e2<br />
olduğunu göstermek için<br />
e<br />
1<br />
∑ ∞<br />
a1 ∑ ∞<br />
a2<br />
r<br />
... ∑<br />
∞<br />
a<br />
i i i<br />
i= 1<br />
p<br />
i= 1<br />
p<br />
i=<br />
1<br />
p<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
= + + +<br />
⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦<br />
∑<br />
∞ ∞ ∞<br />
n a1<br />
ar<br />
≥ ∑ + ... + ∑<br />
i i i<br />
i= 1<br />
p<br />
i= 1<br />
p<br />
i=<br />
1<br />
p<br />
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤<br />
⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦<br />
olduğunu göstermek yeter. Bu eşitsizlik , Teorem 8.1. c) deki ilk eşitsizliğin<br />
bir genelleştirilmesidir ve ispatı indüksiyon ile yapılabilir.<br />
ARİTMETİK FONKSİYONLAR<br />
Tanım 8.1. Tanım kümesi pozitif tamsayılar kümesi olan fonksiyonlara<br />
aritmetik fonksiyonlar denir.<br />
Örneğin ϕ ( n)<br />
bir aritmetik fonksiyondur.<br />
101
Tanım 8.2. n bir pozitif tamsayı olsun. Bu takdirde<br />
τ ile,<br />
a) n nin pozitif bölenlerinin sayısı (doğal bölenlerinin sayısı ) ( n)<br />
b) n nin pozitif bölenlerinin toplamı σ ( n)<br />
ile,<br />
c) n nin pozitif bölenlerinin k. kuvvetlerinin toplamı ( n)<br />
σ ile gösterilir.<br />
Örneğin τ ( 6)<br />
= 4 , σ ( 6)<br />
= 12 ve 2 ( ) τ ( σ ( fonksiyonları σ k ( n)<br />
fonksiyonun birer özel halidir. Çünkü 0 ( ) τ ( )<br />
σ 1 ( ) ( ) f ( )<br />
nin bütün pozitif d bölenleri için f ( d ) değerlerinin toplamını f ( d )<br />
k<br />
= ve<br />
x bir aritmetik fonksiyon ve n de bir pozitif tamsayı olmak üzere n<br />
gösterelim. Tanım 8.2. deki fonksiyonları<br />
τ<br />
olarak gösterebiliriz.<br />
( n) = ∑ 1 , σ ( n)<br />
= ∑ d , σ ( n)<br />
d|<br />
n<br />
d|<br />
n<br />
k<br />
= ∑ d<br />
d|<br />
n<br />
Tanım 8.3. f ( n ) bir aritmetik fonksiyon olsun. ( )<br />
gerçekleyen her pozitif m, n tamsayı çifti için<br />
f m. n = f n . f m<br />
k<br />
∑<br />
d|<br />
n<br />
ile<br />
m, n = 1 koşulunu<br />
( ) ( ) ( )<br />
ise f ( n ) fonksiyonu çarpımsaldır denir. Eğer f ( m. n) f ( m) . f ( n)<br />
( m, n ) > 1 olması halinde de gerçekleşiyorsa ( )<br />
denir.<br />
= eşitliği<br />
f n e tam çarpımsal fonksiyon<br />
Teorem 8.3. f ( n ) bir çarpımsal fonksiyon ise F ( n) f ( d )<br />
= ∑ şeklinde<br />
tanımlanan F ( n ) fonksiyonu da çarpımsaldır.<br />
Kanıt. ( m, n ) = 1 ve m ile n nin kanonik gösterişleri ( m > 1 ve n > 1 kabul<br />
edebiliriz.)<br />
a1 a2<br />
a<br />
b b b<br />
1 2 ... r<br />
1 2<br />
n = p p p r ,<br />
1 2 ... r<br />
m = q q q r<br />
olsun. Burada a i > 0 , b i > 0 pozitif tamsayılar; p1, p2,..., p r ; q1 , q2,..., q s ler<br />
ikişer ikişer birbirinden farklı asal sayılardır. n tamsayısının bir pozitif d 1<br />
böleni<br />
α α α<br />
1 2<br />
1 1 2 ... r<br />
d = p p p r ( 0 ≤ αi ≤ ai<br />
, i = 1,..., r )<br />
ve m tamsayısının bir pozitif d 2 böleni de<br />
d|<br />
n<br />
102
β β β<br />
1 2<br />
2 1 2 ... s<br />
d = q q q s ( 0 ≤ βi ≤ bi<br />
, i = 1,..., s )<br />
şeklindedir. Öte yandan<br />
α1 α2 αr<br />
β1 β2<br />
βs<br />
1. 2 =<br />
1 2<br />
... r 1 2<br />
... s<br />
d d p p p q q q<br />
olup, bu d1d 2 tamsayısı m.n tamsayısının bir pozitif bölenidir. Tersine olarak<br />
m.n nin her pozitif d böleni, d1<br />
tamsayısı n nin ve d 2 tamsayısı da m nin bir<br />
pozitif böleni olmak üzere d1 ⋅ d2<br />
şeklindedir. Böylece<br />
∑ ∑∑ ∑∑<br />
( . ) = ( ) = ( ) = ( ) ( )<br />
F n m f d f d d f d f d<br />
1 2 1 2<br />
d| nm d1| n d2| m d1| n d2|<br />
m<br />
elde edilir.<br />
∑ ∑<br />
( ) ( ) ( ) ( )<br />
= f d f d = F n F m<br />
1 2 .<br />
d1| n d2|<br />
m<br />
Şimdi bu teoremi kullanarak τ ( n)<br />
ve ( n)<br />
olduğunu gösterelim. f ( n ) = 1 fonksiyonu çarpımsaldır. Gerçekten ( )<br />
ise f ( n. m) 1 1 1 f ( n) . f ( m)<br />
f ( n ) = 1 alırsak<br />
1 = τ ( n)<br />
σ fonksiyonlarının çarpımsal<br />
m, n = 1<br />
= = ⋅ = elde edilir. Şu halde Teorem 8.3. te<br />
∑<br />
d|<br />
n<br />
fonksiyonunun da çarpımsal olduğu bulunur. ( n, m ) = 1 ise f ( n)<br />
fonksiyonunun da çarpımsal olduğu gösterilebilir. Böylece<br />
fonksiyonu da çarpımsaldır.<br />
Teorem 8.4. i) τ ( 1)<br />
= 1,<br />
∑ ∑<br />
( ) = = σ ( )<br />
f d d n<br />
d| n<br />
d|<br />
n<br />
α α α<br />
1 2<br />
ii) n pozitif tamsayısının kanonik gösterilişi<br />
1 2 ... r<br />
n = p p p r ise<br />
τ n = α + 1 α + 1 ... α + 1<br />
dir.<br />
Kanıt. i) τ ( )<br />
1 = 1 olduğu açıktır.<br />
( ) ( )( ) ( )<br />
1 2<br />
ii) τ ( n)<br />
fonksiyonunun çarpımsal olduğu kullanılarak, indüksiyon ile<br />
α<br />
( ) ( ) ( ) ( ) ( )<br />
1 α<br />
1 2 2 αr<br />
α<br />
...<br />
1 1 α<br />
2<br />
2 αr<br />
n = p p pr<br />
= p p ... pr<br />
τ τ τ τ τ<br />
r<br />
= n<br />
103
olduğu görülür. Diğer yandan p α<br />
bölenleri<br />
kullanılarak<br />
elde edilir.<br />
2<br />
1, , ,...,<br />
Teorem 8.5. i) σ ( 1)<br />
= 1,<br />
( p asal, α ∈ Z )<br />
p α<br />
p p p α dır. Şu halde ( ) 1<br />
( n) = ( + 1)( + 1 )...( + 1)<br />
1 2<br />
τ<br />
τ α α α<br />
r<br />
+<br />
tamsayının pozitif<br />
= α + dir. Bu eşitlik<br />
α α α<br />
1 2<br />
ii) n pozitif tamsayısının kanonik gösterilişi<br />
1 2 ... r<br />
n = p p p r ise<br />
dir.<br />
Kanıt. i) σ ( )<br />
σ<br />
( n)<br />
1 = 1 olduğu açıktır.<br />
=<br />
r<br />
∑<br />
i=<br />
1<br />
αi<br />
+ 1<br />
i<br />
p<br />
i<br />
−1<br />
p −1<br />
ii) σ ( n)<br />
fonksiyonunun çarpımsal olduğu kullanılarak indüksiyon ile<br />
α<br />
( ) ( 1 ) ( ) ( )<br />
1 α<br />
2 2 αr<br />
n p p ... p r<br />
σ = σ σ σ<br />
(8.2)<br />
bulunur. Diğer yandan p α<br />
+<br />
( p asal, α ∈ Z ) tamsayısının pozitif bölenleri<br />
2<br />
1, p, p ,..., p α olup, bunların toplamları<br />
α<br />
( )<br />
α + 1<br />
−<br />
α p 1<br />
σ p = 1 + p + ... + p =<br />
p −1<br />
olur. Bu eşitlik (8.2) de kullanılarak teoremin ispatı tamamlanır.<br />
Tanım 8.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzere<br />
⎧ 1 , n = 1 ise,<br />
⎪<br />
2<br />
µ ( n)<br />
= ⎨0 , a | n olacak şekilde bir a > 1 tamsayısı varsa,<br />
⎪ r<br />
⎪⎩ ( − 1 ) , n = p1 p2...p r ( pi<br />
ler farklı asal sayılar )<br />
şeklinde tanımlanan µ ( n)<br />
fonksiyonuna Moebius fonksiyonu ( Möbius )<br />
denir.<br />
Örnek 8.4. µ ( n)<br />
fonksiyonunun çarpımsal olduğunu gösterelim.<br />
Çözüm. ( n1 , n<br />
2) = 1 için µ ( n1 . n2 ) = µ ( n1 ). µ ( n2<br />
) olmalıdır. ( n1 , n<br />
2) = 1 ise n<br />
1<br />
ve n 2<br />
nin kanonik gösterilişlerindeki asal sayılar birbirinden tamamen farklıdır.<br />
104
n1<br />
ve n<br />
2<br />
den en az biri kare içeriyorsa n1 . n<br />
2<br />
de kare içereceğinden<br />
µ ( n1. n2<br />
) = 0 olur, öte yandan µ ( n1<br />
) ve µ ( n2<br />
) den en az biri 0 olduğundan<br />
µ ( n ). µ ( n ) = 0 dır.<br />
1 2<br />
n1<br />
ve<br />
2<br />
n kare içermiyorsa n1 = p ... 1<br />
p2 pr<br />
, n2 = q ... 1q2 qs<br />
( p<br />
i<br />
ler, q<br />
i<br />
lerden<br />
farklı ve i ≠ j için pi ≠ p<br />
j<br />
ve qi ≠ q<br />
j<br />
) olup,<br />
dir. Diğer yandan<br />
olduğundan<br />
µ ( n ) = ( − 1)<br />
r<br />
, µ ( n ) = ( −1 ) ⇒ µ ( n ) µ ( n ) = ( − 1)<br />
1<br />
s r + s<br />
2 1 2<br />
n . n = p p ... p . q q ... q<br />
1 2 1 2 r 1 2<br />
1 2<br />
( )<br />
( ) 1 r +<br />
µ n n = −<br />
s<br />
dir. Şu halde µ ( n1 . n2 ) = µ ( n1 ). µ ( n2<br />
) dir.<br />
PROBLEMLER<br />
1) 1000! in sonunda kaç tane sıfır vardır?<br />
31<br />
2) 5 in n ! i bölen en büyük kuvveti 5 olacak şekilde en küçük n tamsayısını<br />
31<br />
bulunuz. Ayrıca 5 || n!<br />
koşuluna uyan diğer tamsayıları bulunuz.<br />
3) 533! sayısı<br />
334<br />
2 ile bölünür mü?<br />
4) 7 nin 678! i bölen en büyük kuvveti kaçtır?<br />
s<br />
5) Her x reel sayısı için<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
⎡<br />
⎢<br />
⎣<br />
1 ⎤<br />
2<br />
⎥<br />
⎦<br />
[ x] + x + = [ 2x]<br />
6) x ve y pozitif reel sayılar olmak üzere<br />
x − y ≤ x − y ≤ x − y +<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
[ ] [ ] [ ] [ ] 1<br />
( n )<br />
7) n bir pozitif tamsayı olmak üzere<br />
( n!<br />
) 2<br />
gösteriniz.<br />
2 !<br />
sayısının bir çift tamsayı olduğunu<br />
105
8) Bir q tamsayısının asal olması için gerek ve yeter koşulun<br />
σ q = q + olduğunu gösteriniz.<br />
( ) 1<br />
9) µ ( n) µ ( n ) µ ( n )<br />
bulunuz.<br />
+ + 1 + + 2 = 3 koşulunu gerçekleyen bir pozitif tamsayı<br />
10) µ ( n) µ ( n ) µ ( n ) µ ( n )<br />
. + 1 . + 2 . + 3 = 0 olduğunu gösteriniz.<br />
106
İKİNCİ KISIM<br />
1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE DENKLİK SINIFLARI<br />
⎧ p ⎫<br />
Q , rasyonel sayılar kümesini göstersin. ⎨ : p , q ∈ Z , q ≠ 0⎬<br />
kümesinde<br />
⎩ q<br />
⎭<br />
bulunan 2 , 4 , 8 ,... şeklindeki kesirli sayıları göz önüne alalım. Bu sayıların<br />
3 6 12<br />
hepsi aynı bir rasyonel sayıyı temsil ederler. Böylece,<br />
⎡ 2 2 m<br />
⎢ ⎤ : m , m 0<br />
3<br />
⎥ = ⎨<br />
⎧ ∈ Z ≠ ⎬<br />
⎫<br />
⎣ ⎦ ⎩3m<br />
⎭<br />
kümesi tek bir rasyonel sayıyı gösterir. O halde Q rasyonel sayılar kümesi<br />
üstünde aşağıdaki bağıntıyı tanımlayabiliriz.<br />
Tanım 1.1. “ m n<br />
ve p<br />
sayıları aynı bir rasyonel sayı kümesi içindedir ⇔<br />
q<br />
mq = np ise ” şeklinde tanımlanan bağıntı Q üstünde bir denklik bağıntısıdır.<br />
Böylece her rasyonel sayı bir denklik sınıfı olarak görülebilir. Bu tanımı<br />
kullanarak örneğin; 1900 1403<br />
ve sayılarının aynı bir rasyonel sayıyı temsil<br />
4887 3599<br />
edip etmediğini anlayabiliriz.<br />
Boş olmayan bir S kümesi üstünde bir denklik bağıntısı;<br />
∀a, b,<br />
c ∈ S için,<br />
1) a ∼ a (Yansıma özelliği),<br />
2) a ∼ b ⇒ b ∼ a (Simetri özelliği),<br />
3) a ∼ b ve b ∼ c ise a ∼ c (Geçişme özelliği)<br />
koşullarını gerçekleyen S × S nin alt kümesidir. Eğer bir ( a, b ) sıralı ikilisi, S<br />
de bir “ ∼ ” denklik bağıntısının aynı denklik sınıfına ait ise bunu a ∼ b<br />
şeklinde gösteririz. S de bir a elemanının tanımladığı denklik sınıfı<br />
[ a] = x ∈ S : a ∼ x<br />
{ }<br />
biçiminde veya a şeklinde gösterilir. S kümesinin “ ∼ ” şeklinde bir denklik<br />
bağıntısı tarafından tanımlanan denklik sınıfları, S kümesinin ayrık alt<br />
kümeleridir ve bu alt kümelerin hepsinin birleşim kümesi, S kümesine eşittir.<br />
a,<br />
b ∈ S elemanlarının aynı sınıfta bulunduklarını a ∈ b veya b ∈ a şeklinde<br />
gösteririz. Bu durumda a ∼ b olduğu açıktır.<br />
[ a] = x ∈ S : a ∼ x şeklindeki denklik sınıfları S nin ikişer ikişer ayrık alt<br />
{ }<br />
kümeleridir ve ∀a ∈ S için a ∈ a olacağından S nin her elemanı en az bir<br />
107
denklik sınıfına aittir. Eğer aynı zamanda a ∈ b ise a = b olduğunu<br />
gösterebiliriz. Böylece, S nin her elemanı sadece bir tek denklik sınıfına ait<br />
olmuş olur. Gerçekten, a ∈ b olsun. x ∈ a alalım, o taktirde x ∼ a dır. a ∈ b<br />
olduğundan a ∼ b dir, böylece denklik bağıntısının geçişme özelliğine göre<br />
x<br />
∼ b elde ederiz. Yani x ∈ b dir. O halde a de alınan bir eleman aynı<br />
zamanda b de olduğundan a<br />
taktirde y<br />
olur. Yine geçişme özelliğine göre y<br />
⊂ b dir. Benzer şekilde y ∈ b alalım, bu<br />
∼ b dir. Üstelik a ∼ b olduğundan simetri özelliğine göre b ∼ a<br />
∼ a olduğundan y ∈ a buluruz, ki bu<br />
bize b ⊂ a olduğunu gösterir. Böylece kümelerin eşitliği tanımı ile a = b<br />
olduğu sonucunu elde ederiz.<br />
Örnek 1.1. m,<br />
n ∈ Z olmak üzere “ m ∼ n ⇔ mn ≥ 0 ” şeklinde tanımlı<br />
bağıntı bir denklik bağıntısı mıdır?<br />
2<br />
Çözüm. 1) a ∈ Z olsun. a. a = a ≥ 0 olduğundan a ∼ a dır.<br />
2) a,<br />
b ∈ Z olsun. a ∼ b ⇒ ab ≥ 0 dır. Z nin çarpma işlemine göre<br />
değişmeli olması nedeniyle ab = ba ≥ 0 olduğundan b ∼ a dır.<br />
3) a, b,<br />
c ∈ Z olmak üzere a ∼ b ve b ∼ c olsun. Böylece, ab ≥ 0 ve<br />
2<br />
bc ≥ 0 dır. Bu iki ifade taraf tarafa çarpılırsa ab c ≥ 0 elde ederiz, burada eğer<br />
b ≠ 0 ise ac ≥ 0 dır. Ancak, b = 0 ise ac ≥ 0 eşitsizliği her zaman doğru<br />
olmayabilir. Örneğin; −3 ∼ 0 ve 0 ∼ 5 iken −3 ∼ 5 bağıntısı geçerli değildir.<br />
Böylece, verilen bağıntı bir denklik bağıntısı değildir.<br />
+<br />
Örnek 1.2. n ∈ Z olsun. a,<br />
b ∈ Z olmak üzere,<br />
“ a ≡ b(mod n)<br />
⇔ n | a − b veya a − b = kn olacak şekilde bir k ∈ Z vardır.”<br />
şeklinde tanımlanan mod n kongrüans bağıntısı bir denklik bağıntısıdır. Bu<br />
bağıntı ile ilgili özellikler birinci bölümdeki Teorem 3.1. ve Teorem 3.2. de<br />
verilmiştir.<br />
PROBLEMLER<br />
1) α ve β , boş olmayan bir X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı iseler<br />
α ∩ β nın da X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız.<br />
2) Düzlemdeki bütün üçgenlerin kümesi üstünde tanımlanan benzerlik<br />
bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız.<br />
108
2. BÖLÜM. GRUPLAR<br />
Tanım 2.1. G, boş olmayan bir küme olsun. G nin sıralı herhangi iki<br />
elemanına G nin bir tek elemanını karşılık getiren bir eşlemeye G de bir ikili<br />
işlem adı verilir.<br />
∗ : G × G → G<br />
( a, b)<br />
→ a ∗ b<br />
Tanım 2.2. G, boş olmayan bir küme ve “ ∗ ” işlemi G de bir ikili işlem olsun.<br />
Aşağıdaki koşullar sağlanırsa ( G, ∗ ) ikilisine bir grup adı verilir;<br />
1) ∀a, b,<br />
c ∈ G için, ( a ∗b) ∗ c = a ∗( b∗ c)<br />
(Birleşme özelliği),<br />
2) ∀a ∈ G için, a ∗ e = e ∗ a = a olacak şekilde bir tek e ∈ G vardır (Birim<br />
eleman),<br />
3) ∀a ∈ G ye karşılık, a ∗ a ' = a ' ∗ a = e olacak şekilde bir tek a ' ∈ G vardır<br />
(İnvers veya ters eleman).<br />
Bu koşullara ek olarak,<br />
4) ∀a,<br />
b ∈ G için a ∗ b = b ∗ a koşulu da sağlanırsa ( G, ∗ ) ikilisine bir<br />
değişmeli grup (komütatif grup) adı verilir.<br />
Teorem 2.1. ( G, ∗ ) bir grup olsun. O taktirde G de sağ ve sol sadeleştirme<br />
kuralları geçerli olur, yani<br />
a ∗ b = a ∗c ⇒ b = c<br />
veya<br />
dir.<br />
Kanıt. a, b,<br />
c<br />
a ∗ b = c ∗b ⇒ a = c<br />
∈ G olmak üzere<br />
a ∗ b = a ∗ c<br />
verilsin. ( G, ∗ ) bir grup olduğundan a nın G de bir tersi vardır. Bu eleman<br />
a ' ∈ G olsun. Bu elemanla yukarıdaki eşitliğin her iki yanını işleme tabi<br />
tutarak<br />
a ' ∗( a ∗ b) = a ' ∗( a ∗ c)<br />
veya ( G, ∗ ) grubunun 1) ve 2) koşulları ile<br />
( a ' ∗ a) ∗ b = ( a ' ∗ a)<br />
∗ c<br />
e ∗ b = e∗<br />
c<br />
b = c<br />
elde ederiz. Sağ sadeleştirme kuralı da benzer şekilde kanıtlanır.<br />
Teorem 2.2. ( G, ∗ ) ikilisi bir grup ve a,<br />
b ∈ G olsun. O taktirde,<br />
a ∗ x = b ve y ∗ a = b<br />
109
lineer denklemleri G içinde bir tek çözüme sahiptirler.<br />
Kanıt. ( G, ∗ ) ikilisi bir grup olduğundan a elemanının G de bir a′ inversi<br />
vardır ve G kapalı olduğundan yani “ ∗ ” işlemi G de bir iç işlem olduğundan<br />
a ' ∗ b , G nin bir elemanıdır. a ' ∗ b = x diyelim ve x i denklemde yerine<br />
yazalım. Böylece grup özelliklerinden<br />
a ∗ ( a ' ∗ b) = ( a ' ∗ a)<br />
∗ b<br />
= e∗b<br />
= b<br />
buluruz, yani a ' ∗ b bir çözümdür, şimdi de bu çözümün tek olduğunu<br />
kanıtlayalım. Eğer denklemin x ten başka bir x<br />
1<br />
çözümü varsa , yani;<br />
a ∗ x = b ve a ∗ x1<br />
= b<br />
ise<br />
a ∗ x = a ∗ x 1<br />
den sol sadeleştirme kuralı ile x = x1<br />
elde ederiz, yani denklemin çözümü bir<br />
tektir.<br />
Örnek 2.1. C −{ 0}<br />
kümesinin<br />
( a + bi)( c + di) = ( ac − bd ) + ( ad + bc)<br />
i<br />
şeklinde tanımlanan “ ⋅ ” işlemine göre bir komütatif grup olduğunu<br />
gösterelim.<br />
Çözüm. i) Her a + bi , c + di ∈C −{ 0}<br />
için<br />
( )( ) ( ) ( )<br />
dir. Öte yandan<br />
a + bi c + di = ac − bd + ad + bc i ∈ C<br />
<br />
∈R<br />
∈R<br />
a + bi ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 ∨ b ≠ 0<br />
(2.1)<br />
c + di ≠ 0 ⇒ c ≠ 0 ∨ d ≠ 0<br />
(2.2)<br />
olduğundan ( a + bi)( c + di) ≠ 0 dir. Çünkü aksi halde<br />
⎧ac<br />
− bd = 0<br />
⎨<br />
⎩ad<br />
+ bc = 0<br />
olur, yani c ve d, (2.2) ye göre<br />
⎧ax<br />
− by = 0<br />
⎨<br />
⎩bx<br />
+ ay = 0<br />
lineer homojen denklem sisteminin sfır çözümden farklı bir çözümünü<br />
oluşturur. Buradan da<br />
a − b = 2 2<br />
a + b = 0<br />
b a<br />
110
ve dolayısıyla a = b = 0 sonucu çıkar ki, bu (2.1) ile çelişir. Şu halde<br />
a + bi c + di ∈ C − 0 dır.<br />
( )( ) { }<br />
ii) Her a + bi , c + di,<br />
e + fi ∈ C ( ve sonuçta C −{ 0}<br />
) için<br />
( a + bi)( c + di) ( e + fi) = ( a + bi) ( c + di)( e + fi)<br />
⎡<br />
⎣<br />
⎤<br />
⎦<br />
⎡<br />
⎣<br />
⎤<br />
⎦<br />
dir. Gerçekten,<br />
C = ⎣<br />
⎡ a + bi c + di ⎤<br />
⎦ e + fi = ⎡<br />
⎣ ac − bd + ad + bc i⎦<br />
⎤ e + fi<br />
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )<br />
⎡<br />
⎣( ac bd ) e ( ad bc) f ⎤<br />
⎦<br />
⎡<br />
⎣( ac bd ) f ( ad bc)<br />
e⎤<br />
⎦ i<br />
( ) ⎡<br />
⎣( )( ) ⎤<br />
⎦ ( ) ⎡<br />
⎣( ) ( ) ⎤<br />
⎦<br />
⎡a ( ce df ) b ( cf de) ⎤ ⎡a ( cf de) b ( ce df ) ⎤ i<br />
= − − + + − + +<br />
D = a + bi c + di e + fi = a + bi ce − df + cf + de i<br />
= ⎣ − − + ⎦ + ⎣ + + − ⎦<br />
dir ve reel sayıların temel özelliklerine göre<br />
( ac − bd ) e − ( ad + bc) f = a ( ce − df ) − b( cf + de)<br />
( ac − bd ) f + ( ad + bc) e = a ( cf + de) + b( ce − df )<br />
olduğundan buradan C = D elde edilir.<br />
iii) Her a bi , c di<br />
+ + ∈ C ( ve sonuçta C −{ 0}<br />
) için<br />
( + )( + ) = ( − ) + ( + )<br />
( + )( + ) = ( − ) + ( + )<br />
a bi c di ac bd ad bc i<br />
c di a bi ca db cb da i<br />
dir ki, R deki toplama ve çarpmanın komütatifliğinden dolayı bu iki kompleks<br />
sayı birbirine eşittir.<br />
a + bi , c + di ∈ − 0<br />
a + bi x + yi = c + di<br />
iv) Her C { } çiftine karşılık, ( )( ) ( )<br />
olacak şekilde en az bir x + yi ∈ C −{ 0}<br />
vardır:<br />
( a + bi)( x + yi) = ( c + di)<br />
den ( ax − by) + ( ay + bx)<br />
i = c + di ve buradan da<br />
⎧ax − by = c<br />
⎨<br />
⎩bx + ay = d<br />
elde edilir. a + bi ≠ 0 olduğundan bu sistemin katsayılar matrisinin<br />
2 2<br />
determinantı a + b ≠ 0 dır. Şu halde bu bir Cramer sistemidir ve tek çözümü<br />
ac + bd<br />
ad − bc<br />
x = ∈ R , y = ∈ R<br />
2 2<br />
2 2<br />
a + b<br />
a + b<br />
dir. a + bi ≠ 0 ve d + ci ≠ 0 olduğundan i) ye göre<br />
( a + bi)( d + ci) = ( ad − bc) + ( ac + bd ) i ≠ 0<br />
111
dir; o halde ad − bc ve ac + bd den en az biri ≠ 0 dır. Dolayısıyla x ve y den<br />
en az biri 0<br />
a + bi x + yi = c + di nin tek çözümü<br />
≠ dır. Buna göre ( )( ) ( )<br />
dir. Şu halde { }<br />
ac + bd ad − bc<br />
x + yi = + i ∈ C −<br />
2 2 2 2<br />
a + b a + b<br />
C − 0 , ⋅ bir komütatif gruptur.<br />
( )<br />
{ }<br />
Örnek 2.2. G = ( a, b,1 ) a,<br />
b ∈ R kümesinin<br />
( a, b,1 ) ∗ ( c, d,1 ) = ( a + c, b + d,1)<br />
{ 0}<br />
şeklinde tanımlanan “ ∗ ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu<br />
araştıralım.<br />
a, b,1 , c, d,1<br />
∈ G için<br />
Çözüm. ı) Her ( ) ( )<br />
dir.<br />
ve<br />
⎛<br />
⎞<br />
a, b,1 ∗ c, d,1 = a + c , b + d ,1⎟<br />
∈G<br />
⎝ ∈R<br />
∈R<br />
⎠<br />
( ) ( ) ⎜ <br />
ıı) Her ( a, b,1 ), ( c, d,1 ), ( e, f ,1)<br />
∈ G için<br />
⎣<br />
⎡( a, b,1 ) ∗( c, d,1 ) ⎤<br />
⎦ ∗ ( e, f ,1) = ( a + c, b + d,1 ) ∗( e, f ,1)<br />
= ( a + c) + e ( b + d ) + f<br />
( , ,1)<br />
( a, b,1 ) ∗ ⎣<br />
⎡( c, d,1 ) ∗ ( e, f ,1) ⎦<br />
⎤ = ( a, b,1 ) ∗ ( c + e, d + f ,1)<br />
= a + ( c + e) b + ( d + f )<br />
( , ,1)<br />
olduğundan , R nin “ + “ ya göre asosyatif olduğunu kullanarak<br />
⎡<br />
⎣( a, b,1 ) ∗( c, d,1 ) ⎤<br />
⎦ ∗ ( e, f ,1)<br />
= ( a, b,1 ) ∗ ⎡<br />
⎣( c, d,1 ) ∗( e, f ,1)<br />
⎤<br />
⎦<br />
buluruz.<br />
a, b,1 , c, d,1<br />
∈ G için<br />
ııı) Her ( ) ( )<br />
⎛<br />
⎞<br />
( a, b,1 ) ∗ ( c, d,1 ) = ⎜ a + c , b + d ,1 ⎟ = ( c + a, d + b,1 ) = ( c, d,1 ) ∗( a, b,1)<br />
⎝ ∈R<br />
∈R<br />
⎠<br />
dir. Burada R nin “ + “ ya göre komütatif olduğunu kullandık.<br />
a, b,1<br />
G x, y,1 ∗ a, b,1 = a, b,1<br />
olacak şekilde bir<br />
ıv) Her ( ) ∈ için ( ) ( ) ( )<br />
( x, y,1)<br />
∈G<br />
vardır:<br />
112
( x, y,1 ) ∗ ( a, b,1 ) = ( a, b,1 ) ⇒ ( x + a, y + b,1 ) = ( a, b,1)<br />
⎧x + a = a ⇒ x = 0∈<br />
R<br />
⇒ ⎨<br />
⎩y + b = b ⇒ y = 0 ∈ R<br />
⇒ ( x, y,1) = ( 0,0,1 ) ∈G.<br />
v) Her ( a, b,1)<br />
∈ G ye karşılık ( a , b ,1) ( a, b,1) ( 0,0,1)<br />
bir ( a′ , b′ ,1)<br />
∈ G vardır:<br />
( a′ , b′ ,1) ∗ ( a, b,1) = ( 0,0,1 ) ⇒ ( a′ + a, b′<br />
+ b,1) = ( 0,0,1)<br />
′ ′ ∗ = olacak şekilde<br />
⎧a′ + a = 0 ⇒ a′<br />
= −a<br />
∈ R<br />
⇒ ⎨<br />
⎩b ′ + b = 0 ⇒ b ′ = − b ∈ R<br />
⇒ a , b ,1 = −a, −b,1 ∈ G.<br />
( ′ ′ ) ( )<br />
Şu halde ( G,<br />
∗ ) bir komütatif gruptur. 1 = G ( 0,0,1)<br />
ve ( ) −<br />
a, b,1 1<br />
= ( − a, − b,1<br />
)<br />
dir.<br />
+<br />
ab<br />
Örnek 2.3. Q nın a ∗ b = şeklinde tanımlanan “ ∗ ” işlemine göre ne tür<br />
3<br />
bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım.<br />
+<br />
ab +<br />
Çözüm. ı) Her a,<br />
b ∈ Q için a ∗ b = ∈ Q dır. Çünkü<br />
3<br />
ab<br />
a > 0, b > 0 ⇒ ab > 0 ⇒ > 0<br />
3<br />
dır.<br />
ıı) Her a, b,<br />
c<br />
olduğundan<br />
+<br />
∈ Q için ( a b) c a ( b c)<br />
∗ ∗ = ∗ ∗ dir. Çünkü<br />
ab c<br />
ab<br />
( )<br />
( )<br />
3 ab c<br />
A = a ∗b ∗ c = ∗ c = = ,<br />
3 3 9<br />
bc<br />
a<br />
bc 3 a ( bc)<br />
B = a ∗( b∗ c)<br />
= a ∗ = =<br />
3 3 9<br />
+<br />
Q nın “ . ” ya göre asosyatifliğinden A = B bulunur.<br />
+<br />
ab ba<br />
ııı) Her a,<br />
b ∈ Q için a ∗ b = = = b ∗ a dir. Çünkü<br />
3 3<br />
ab ba<br />
göre komütatifliğinden dolayı = dir.<br />
3 3<br />
+<br />
ıv) Her a ∈ Q için x ∗ a = a olacak şekilde bir x ∈ Q vardır:<br />
+<br />
+<br />
Q nın “ . ” ya<br />
113
xa<br />
+<br />
x ∗ a = a ⇒ = a ⇒ xa = 3 a ⇒ x = 3 ∈ Q .<br />
+<br />
3 a≠0<br />
v) Her a ∈ Q ye karşılık, a′∗ a = 3 olacak şekilde bir a′∈ Q vardır:<br />
Şu halde ( )<br />
a′<br />
a<br />
9 +<br />
a′ ∗ a = 3 ⇒ = 3 ⇒ a′ a = 9 ⇒ a′<br />
= ∈ Q .<br />
3 a≠0<br />
a<br />
Q + , ∗ bir komütatif gruptur. 1G = 3 , 1 9<br />
a<br />
− = dir.<br />
a<br />
Örnek 2.4. ( )<br />
{ , , }<br />
G = Z× Q = a b a ∈ Z b ∈ Q kümesinin<br />
−<br />
( a, b) ( c, d ) = ( a + c,2 c b + d )<br />
şeklinde tanınmlanan “ ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu<br />
araştıralım.<br />
⎛<br />
⎞<br />
−<br />
a, b c, d = a + c ,2 c b + d ∈ G<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ ∈Z<br />
∈Q<br />
⎠<br />
Çözüm. ı) Her ( a, b) , ( c,<br />
d ) ∈ G için ( ) ( ) ⎜<br />
dir.<br />
ıı) Her ( a, b) , ( c, d ), ( e,<br />
f ) ∈ G için<br />
( a, b) ( c, d ) ( e, f ) = ( a, b) ( c, d ) ( e,<br />
f )<br />
dir.<br />
⎡<br />
⎣<br />
⎤<br />
⎦<br />
⎡<br />
⎣<br />
⎤<br />
⎦<br />
−c<br />
⎡<br />
⎣( , ) ( , ) ⎤<br />
⎦ ( , ) ( ,2 ) ( , )<br />
(( ) ( ) ) ( )<br />
−e<br />
( , ) ⎡( , ) ( , ) ⎤ ( , ) ( , 2 )<br />
A = a b c d e f = a + c b + d e f<br />
−e −c − ( e+<br />
c)<br />
−e<br />
= a + c + e,2 2 b + d + f = ( a + c + e,2 b + 2 d + f )<br />
B = a b ⎣ c d e f ⎦ = a b c + e d + f<br />
− ( c+ e)<br />
−e<br />
( a ( c e)<br />
,2 b 2 d f )<br />
= + + + +<br />
olup, Q nun temel özelliklerinden dolayı A = B bulunur.<br />
ııı) Her ( a,<br />
b)<br />
∈ G için ( x, y) ( a, b) = ( a,<br />
b)<br />
vardır.<br />
olacak şekilde bir ( x,<br />
y)<br />
−<br />
( x, y) ( a, b) = ( a, b) ⇒ ( x + a, 2 a y + b) = ( a,<br />
b)<br />
⎧x + a = a ⇒ x = 0∈<br />
Z<br />
⎪<br />
⇒ ⎨ −a<br />
−a<br />
2 y + b = b ⇒ 2 y = 0 ⇒ y = 0 ∈ Q<br />
−a<br />
⎪⎩<br />
2 ≠0<br />
⇒ , = 0,0 ∈G.<br />
( x y) ( )<br />
+<br />
∈ G<br />
114
ıv) Her ( a,<br />
b)<br />
∗ ∗<br />
∈ G ye karşılık ( a , b ) ( a, b) = ( 0,0)<br />
olacak şekilde bir<br />
( a ∗ , b ∗ ) ∈ G vardır.<br />
( a ∗ , b ∗ ) ( a, b) = ( 0,0 ) ⇒ ( a ∗ + a,2 −a<br />
b ∗ + b) = ( 0,0)<br />
⎧<br />
⎪ ∗<br />
∗<br />
a + a = 0 ⇒ a = −a<br />
∈ Z<br />
⎪ −a<br />
∗ −a<br />
∗<br />
⇒ ⎨2 b + b = 0 ⇒ 2 b = −b<br />
⎪ −a<br />
2 ≠0<br />
⎪ ∗ −b<br />
⇒<br />
+ a<br />
b = 2 b<br />
−a<br />
= − ∈ Q<br />
⎪⎩ 2<br />
⇒ a , b = −a, −2 b ∈G.<br />
∗ ∗ + a<br />
( ) ( )<br />
v) Her ( a, b) , ( c,<br />
d ) ∈ G için ( a, b) ( c, d ) = ( c, d ) ( a,<br />
b)<br />
sağlanması gerekmez. Çünkü<br />
−<br />
( a, b) ( c, d ) = ( a + c,2 c b + d )<br />
−<br />
( c, d ) ( a, b) = ( c + a,2 c d + b)<br />
,<br />
olduğundan a = c = 1, d = 1, b = 2 alırsak,<br />
( 1 1,2 − 1 2 1 1<br />
) ( 1 1,2 −<br />
+ ⋅ + ≠ + ⋅ 1 + 2 )<br />
olur. Şu halde ( G,<br />
) komütatif olmayan bir gruptur.<br />
eşitliğinin<br />
Tanım 2.3. G sonlu sayıda elemana sahip bir küme olmak üzere, ( G, ∗ ) ikilisi<br />
bir grup ise bu gruba bir sonlu grup, G kümesinin eleman sayısına da G<br />
grubunun mertebesi adı verilir.<br />
Örnek 2.5. G { e}<br />
= , mertebesi 1 olan bir gruptur ve e aynı zamanda grubun<br />
birim elemanıdır. Bu grubun işlem tablosu<br />
şeklindedir.<br />
Örnek 2.6. G { e,<br />
a}<br />
* e<br />
e e<br />
= , mertebesi 2 olan bir gruptur. Bu grubun işlem tablosu<br />
115
* e a<br />
e e a<br />
e a e<br />
şeklindedir.<br />
Örnek 2.7. G { e, a,<br />
b}<br />
tablosu<br />
şeklindedir.<br />
Örnek 2.8. G { e, a, b,<br />
c}<br />
= , mertebesi 3 olan bir gruptur ve bu grubun işlem<br />
* e a b<br />
e e a b<br />
a a b e<br />
b b e a<br />
= dört elemanlı bir grup teşkil eder, aynı satırdaki bir<br />
elemanın tekrar edilmemesi koşulu ile aşağıdaki 4 işlem tablosu verilebilir,<br />
ancak bunlar ikişer ikişer birbirine izomorfturlar. 4 elemanlı izomorf olmayan<br />
iki gruba ait işlem tablosu ileride verilecektir.<br />
* e a b c * e a b c * e a b c * e a b c<br />
e e a b c e e a b c e e a b c e e a b c<br />
a a e c b a a e c b a a b c e a a c e b<br />
b b c e a b b c a e b b c e a b b e c a<br />
c c b a e c c b e a c c e a b c c b a e<br />
Tanım 2.4. G kümesi “ ∗ ” işlemine göre kapalı bir küme olmak üzere, “ ∗ ”<br />
işlemi G üstünde birleşmeli ise o taktirde ( G, ∗ ) ikilisine bir yarı-grup adı<br />
verilir.<br />
Örnek 2.9. ( G ,.) , değişmeli bir yarı-grup olsun. Eğer ∀a ∈ G için a.<br />
a = a<br />
önermesi doğru ise<br />
β = ( x, y) : x, y ∈ G; x.<br />
y = y<br />
{ }<br />
şeklinde tanımlanan β bağıntısı G üstünde bir denklik bağıntısı oluşturur.<br />
Çözüm.<br />
1) ∀x ∈ G için x.<br />
x = x ⇒ x ∼ x ,<br />
2) x ∼ y ⇒ x. y = y ⇔ y.<br />
x = y ⇒ y ∼ x ,<br />
116
3) x ∼ y ve y ∼ z ise x.<br />
y = y ve y.<br />
z = z dir. Böylece, ( xy)( yz)<br />
= yz veya<br />
G nin değişmeli bir yarı-grup olması nedeniyle<br />
x( yy)<br />
z = yz ve ( xz)( yy)<br />
= zy<br />
yazabiliriz. Buradan G nin değişmeli olmasını ve hipotezi kullanarak,<br />
( xz)<br />
y = zy ve y( xz)<br />
= yz ⇒ xz = z<br />
elde ederiz, yani x ∼ z dir.<br />
Teorem 2.3. Bir ( G, ∗ ) grubu verilsin.<br />
1) ∀x ∈ G için e∗ x = x ∗ e = x olacak şekilde bir tek e ∈ G vardır.<br />
2) ∀x ∈ G için x ' ∗ x = x ∗ x ' = e olacak şekilde bir tek x ' ∈ G vardır.<br />
Kanıt.<br />
1) ( G, ∗ ) grubunun e,<br />
e1<br />
∈ G olmak üzere farklı iki birim elemanının var<br />
olduğunu kabul edelim.<br />
e<br />
1<br />
birim elemanı için e∗ e1 = e1<br />
∗ e = e ,<br />
e birim elemanı için e∗ e1 = e1 ∗ e = e1<br />
yazabiliriz. Bu iki eşitlikten e = e1<br />
elde ederiz.<br />
2) ∀x ∈ G için x1 , x2<br />
∈ G olmak üzere x<br />
1<br />
ve x<br />
2<br />
gibi farklı iki inversin var<br />
olduğunu kabul edelim.<br />
x<br />
1<br />
inversi için x ∗ x1 = x1<br />
∗ x = e ,<br />
x<br />
2<br />
inversi için x ∗ x2 = x2<br />
∗ x = e<br />
yazabiliriz. Bu iki eşitlikten x ∗ x1 = x ∗ x2<br />
elde ederiz, buradan da sol<br />
sadeleştirme kuralı ile x1 = x2<br />
bulunur. Böylece, ∀x ∈ G için invers eleman<br />
bir tektir.<br />
Tanım 2.5. ( G,.)<br />
bir grup, a ∈ G ve e, G nin etkisiz elemanı olsun.<br />
a<br />
n<br />
= a<br />
. a...<br />
a şeklinde tanımlanmak üzere:<br />
n tane<br />
0<br />
1<br />
1) a = e ve a = a ,<br />
+<br />
n 1 n<br />
2) n ∈ Z için a<br />
+ = a . a ,<br />
+<br />
−n<br />
−1<br />
n<br />
3) n ∈ Z için a = ( a ) dir.<br />
Uyarı: Grup işlemi “+” işlemi ise<br />
kullanırız.<br />
0<br />
a yerine 0a ve<br />
n<br />
a yerine na gösterimini<br />
Teorem 2.4. ( G ,.) bir grup, a ∈ G ve e, G nin birim elemanı olsun. Bu<br />
taktirde m,<br />
n ∈ Z olmak üzere<br />
1)<br />
n<br />
e<br />
= e ,<br />
117
m+<br />
n m n<br />
2) a = a . a ,<br />
m n mn<br />
3) ( a ) = a dir.<br />
Kanıt. Tanım 2.5. ve tümevarım ilkesi ile kolayca yapılır.<br />
Uyarı: ( G,.)<br />
değişmeli bir grup ise a,<br />
b ∈ G ve n ∈ Z için<br />
dir.<br />
PROBLEMLER<br />
( a. b) = a . b<br />
n n n<br />
1) ( G ,.) değişmeli bir yarı grup olsun. ∀a ∈ G için a.<br />
a = a önermesi doğru<br />
ise<br />
β = ( x, y) | x, y ∈ G; x. y = y.<br />
x<br />
{ }<br />
eşitliği ile verilen β kümesinin, G üstünde bir denklik bağıntısı oluşturduğunu<br />
kanıtlayınız.<br />
2) ∀x,<br />
y ∈ Z için x ∗ y = x + y − 1 şeklinde tanımlanan işlemle birlikte ( Z , ∗)<br />
cebirsel yapısının bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız.<br />
3) ( G, ) bir grup ve a ∈ G olsun. ∀x,<br />
y ∈ G için x ∗ y = x a y şeklinde<br />
verilen işlemle birlikte ( G, ∗ ) cebirsel yapısının bir grup teşkil ettiğini<br />
kanıtlayınız.<br />
4) ( G, ) bir grup olsun. ∀x ∈ G için<br />
olacağını gösteriniz.<br />
2<br />
x<br />
= e ise bu grubun değişmeli<br />
5) ( G, ∗ ) bir grup olsun. G kümesi 3 elemanlı ise bu grubun değişmeli<br />
olacağını gösteriniz.<br />
6) ( G, ) bir grup ve a ∈ G olsun. f<br />
a<br />
, ga<br />
: G → G ve<br />
fa<br />
( x)<br />
= a x , ga<br />
( x)<br />
= x a<br />
şeklinde tanımlı olmak üzere bu fonksiyonların bire-bir, örten ve<br />
fab = fa fb<br />
ve gab = ga gb<br />
koşullarını sağladığını gösteriniz.<br />
7) [ ] 0,1 kapalı aralığından kendi üzerine olan monoton artan fonksiyonların<br />
kümesinin, fonksiyonların bileşkesi işlemine göre bir grup oluşturduğunu<br />
kanıtlayınız.<br />
118
8) n, keyfi sabit bir pozitif tamsayı olmak üzere<br />
n<br />
G = z | z = 1, z ∈ C<br />
{ }<br />
kümesinin çarpma işlemine göre bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız.<br />
9) ( G, ) bir grup olsun. ∀a,<br />
b ∈ G için<br />
olacağını gösteriniz.<br />
( a b)<br />
a b<br />
2 2 2<br />
= ise grubun değişmeli<br />
119
3. BÖLÜM. ALT GRUPLAR<br />
Tanım 3.1. A ve B kümeleri verilsin. ∀x ∈ B için x ∈ A ise o taktirde B ye A<br />
nın bir alt kümesidir deriz ve B ⊆ A şeklinde gösteririz. B, A nın bir alt<br />
kümesi iken eğer B ≠ A ise B ye A nın bir öz alt kümesidir deriz ve B ⊂ A<br />
şeklinde gösteririz.<br />
Tanım 3.2. ( G, ∗ ) bir grup ve S de G nin bir alt kümesi olsun. G deki grup<br />
işlemi ile ∀a,<br />
b ∈ S için a ∗b ∈ S ise G nin grup işlemi, S de kapalıdır denir<br />
ve G den S ye aktarılan bu işleme de G den S ye indirgenmiş işlem denir.<br />
Tanım 3.3. ( G, ∗ ) bir grup ve S de G nin boş olmayan bir alt kümesi olsun.<br />
Eğer S nin kendisi de “ ∗ ” işlemine göre bir grup oluşturuyor ise S ye G nin<br />
bir alt grubu denir ve S ≤ G şeklinde gösterilir.<br />
Tanım 3.4. ( , )<br />
G ∗ grubunun ({ },<br />
)<br />
e ∗ ve ( G, ∗ ) alt gruplarına bu grubun<br />
aşikar alt grupları denir. ( G, ∗ ) grubunun aşikar alt gruplarından farklı alt<br />
grupları varsa bu alt gruplara G nin öz alt grupları adı verilir.<br />
Örnek 3.1. ( Z , + ) ikilisi, ( , + )<br />
grubu, ( R , + ) grubunun bir alt grubu değildir.<br />
R grubunun bir alt grubudur, Q −{ }<br />
( 0 ,.)<br />
Örnek 3.2. ( G, ∗ ) bir grup ve e , G nin “ ∗ ” işlemine göre birim elemanı<br />
ise, bu takdirde G nin kendisi ve { e } , G nin aşikar alt gruplarıdır.<br />
Örnek 3.3. ( Z<br />
4, + ) ve V-Klein 4 gruplarının işlem tabloları aşağıda<br />
verilmektedir. Bu grupların öz alt gruplarını inceleyelim.<br />
+ 0 1 2 3<br />
0 0 1 2 3<br />
1 1 2 3 0<br />
2 2 3 0 1<br />
3 3 0 1 2<br />
* e a b c<br />
e e a b c<br />
a a e c b<br />
b b c a e<br />
c c b a e<br />
( Z , + ) Grubu V-Klein 4 Grubu<br />
4<br />
120
Z ün bir tek öz alt grubu { 0,2 } dir. Diğer taraftan { }<br />
4<br />
grubu değildir. Çünkü,<br />
0,3 , Z<br />
4<br />
ün bir öz alt<br />
3 + 3 = 2 ∉ { 0,3}<br />
dır. V-Klein 4 grubunun öz alt grupları ise { e, a } , { e, b },<br />
{ , }<br />
taraftan { e, a,<br />
b } , V-Klein 4 grubunun bir öz alt grubu değildir. Çünkü,<br />
a b = c ∉{ e, a,<br />
b}<br />
e c dir. Diğer<br />
dir. Şimdi H ≤ G ve a ∈ H olsun. ax = a denklemi H da tek bir çözüme<br />
sahip olduğundan bu çözüm x = e dir. O halde e ∈ H olmak zorundadır.<br />
Benzer şekilde ax = e denklemi bir tek çözüme sahiptir ve bu çözüm<br />
−1<br />
x = a ∈ H dır. Bu incelemeye göre Z<br />
4<br />
ve V-Klein 4 gruplarının alt gruplar<br />
diagramı diğer bir ifade ile latis şeması aşağıdaki şekilde elde edilir.<br />
Z<br />
|<br />
4<br />
{ 0,2}<br />
|<br />
{ 0}<br />
V<br />
/ | \<br />
{ e, a} { e, b} { e,<br />
c}<br />
|<br />
\ /<br />
{ e}<br />
Teorem 3.1. G bir grup ve H, G nin boş olmayan bir alt kümesi olsun. H ≤ G<br />
olması için gerek ve yeter koşul;<br />
1) H, G deki grup işlemine göre kapalı,<br />
1<br />
2) ∀a ∈ H ise a<br />
− ∈ H<br />
olmasıdır.<br />
Bu teoremi aşağıdaki bir tek koşul ile de ifade edebiliriz, şöyleki;<br />
−1<br />
“ H ⊂ G , ∀a,<br />
b ∈ H için a ∗b ∈ H ise H ≤ G dir.”<br />
Gerçekten ∀a, b,<br />
c ∈ H için H ⊂ G olduğundan a, b,<br />
c ∈ G dir ve G bir<br />
grup olduğundan birleşme özelliği vardır, böylece<br />
a( bc) = ( ab)<br />
c<br />
dir, benzer düşünce ile diğer grup koşullarının sağlandığı da görülebilir.<br />
Örnek 3.4. Bir ( G, ∗ ) grubunun alt gruplarının ailesi, I doğal sayılar<br />
kümesinde bir indis kümesini göstermek üzere, ( H , ∗ ) olsun. O taktirde,<br />
( ∩ H , ∗)<br />
cebirsel yapısı da, ( G, ∗ ) grubunun bir alt grubudur. Gerçekten,<br />
i∈I<br />
i<br />
i∈ I<br />
Hi<br />
=<br />
∩ H dersek H ⊆ G ve H ≠ ∅ dir. Diğer taraftan,<br />
i<br />
i∈I<br />
121
x,<br />
y ∈ H ⇔ ∀i ∈ I için x ∗ y ∈ Hi<br />
dir. ∀i ∈ I için ( Hi<br />
, ∗ ) grubu, ( G, ∗ )<br />
grubunun bir alt grubu olduğundan,<br />
−1<br />
−1<br />
∀i<br />
∈ I için x, y ∈ Hi<br />
⇔ ∀i ∈ I için x ∗ y ∈ H i<br />
⇔ x ∗ y ∈ H<br />
elde ederiz. Böylece H, G nin alt grubudur.<br />
Örnek 3.5. G = { a + b 2 a, b ∈ ; a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 }<br />
Q kümesinin R deki “ ⋅ ”<br />
işlemine göre komütatif bir grup olduğunu gösterelim.<br />
*<br />
G ⊂ R − 0 olduğuna göre G nin R − { 0} = R grubunun bir alt<br />
Çözüm. { }<br />
grubu olduğunu göstermek yeter. Şu halde alt grup koşullarını gerçekleyelim.<br />
+ + ∈ için ( 2 )( 2 )<br />
( a + b )( c + d ) = ( ac + bd ) + ( ad + bc)<br />
ı) Her a b 2, c d 2 G<br />
a + b c + d ∈ G dir:<br />
2 2 2 2<br />
.<br />
a + b 2 ∈G ⇒ a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ a + b 2 ≠ 0 ⎫⎪ a + b 2 c + d 2 ≠ 0⎫<br />
⎪<br />
⎬ ⇒<br />
⎬<br />
c + d 2 ∈G ⇒ c ≠ 0 ∨ d ≠ 0 ⇒ c + d 2 ≠ 0⎪⎭<br />
C sıfır-bölensiz ⎪ ⎭<br />
dır. Şu halde ( 2 )( 2 )<br />
ıı) Her a b 2i G<br />
∈Q<br />
a + b c + d ∈ G dir.<br />
−<br />
+ ∈ için ( ) 1 1<br />
∈Q<br />
( )( )<br />
a + b 2 = ∈G<br />
dir:<br />
a + b 2<br />
1 a − b 2 a b<br />
= = −<br />
2 2 2 2 2 2<br />
a + b 2 a − 2b a − 2b a − 2b<br />
2 2<br />
∈Q<br />
a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ a − 2b<br />
≠ 0 dır. Çünkü a<br />
Buradan da<br />
2<br />
2<br />
2 2<br />
⇒ ac + 2bd ≠ 0 ∨ ad + bc ≠ 0<br />
∈Q<br />
2 .<br />
− 2b<br />
= 0 olsa: 2b<br />
a a<br />
b ≠ 0 ise: 2 = ⇒ 2 = ∈ Q<br />
2<br />
b b<br />
b = 0 ise: a = 0 ⇒ a = 0<br />
2 2<br />
= a bulunur.<br />
2 2<br />
bulunur ki, her iki durumda da çelişki elde edilir. Dolayısıyla a − 2b<br />
≠ 0<br />
olur.<br />
a<br />
b<br />
a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ ≠ 0 ∨<br />
2 2 2 2<br />
a − 2b a − 2b<br />
≠ 0<br />
dır. Şu halde<br />
1 a b<br />
= −<br />
2 2 2 2<br />
a + b 2 a − 2b a − 2b<br />
2 ∈G<br />
dir. Dolayısıyla G,<br />
122
*<br />
{ 0} R − = R grubunun bir alt grubudur. R komütatif olduğundan G de<br />
komütatif gruptur.<br />
PROBLEMLER<br />
1) ( Q , + ) nın, ( C , + ) toplamsal grubunun bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.<br />
2) H ve K, bir G grubunun iki alt grubu olmak üzere H ∩ K nın, G nin bir alt<br />
grubu olduğunu gösteriniz.<br />
= ∈ Z kümesinin, ( R , + ) grubunun bir alt grubu olduğunu<br />
3) H { 2 kn | k }<br />
gösteriniz ve H nın mertebesini bulunuz.<br />
Not: Bu gruba 2n nin gerdiği sonsuz devirli grup denir ve H = 2n<br />
şeklinde<br />
gösterilir.<br />
4) G bir grup ve S G<br />
⊂ olsun. N { x G | xS Sx}<br />
S<br />
= ∈ = kümesinin G nin bir alt<br />
grubu olduğunu gösteriniz. Bu kümeye S kümesinin normalleyeni<br />
( normalizatörü ) adı verilir.<br />
5) H, bir G grubunun herhangi bir alt grubu olsun. g ∈ G olmak üzere<br />
−<br />
{ }<br />
−1 gHg = ghg 1 | h ∈ H<br />
kümesinin G nin bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.<br />
6) ( G ,.) bir grup olsun. G kümesi, x ve y elemanları ile yazılan ve<br />
2 2<br />
x = y = e , x. y = y.<br />
x önermelerini gerçekleyen 4 elemanlı bir küme olsun.<br />
G nin elemanlarını belirleyiniz ve ( G ,.) grubunun tüm alt gruplarını yazınız.<br />
7) ( G , ) , ( G, ) grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun.<br />
n<br />
n∈N<br />
∀n<br />
∈ N için<br />
Gn<br />
⊆ G<br />
n + 1<br />
önermesi doğru ise ( Gn<br />
, )<br />
n∈N<br />
ailesine G nin artan gruplar dizisi<br />
adı verilir, bu dizi ile oluşturulan ( ∪<br />
n∈N<br />
Gn<br />
, ) cebirsel yapısının ( G, )<br />
grubunun bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.<br />
8) ( Gi<br />
, )<br />
i∈I<br />
, ( G, ) grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun. i,<br />
j ∈ I indisleri<br />
için<br />
Gi<br />
⊆ Gk<br />
ve G<br />
j<br />
⊆ Gk<br />
123
olacak şekilde bir k ∈ I varsa, ( ∪<br />
i∈I<br />
Gi<br />
, ) cebirsel yapısının ( G, ) grubunun<br />
bir alt grubu olduğunu gösteriniz.<br />
10) ( G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun.<br />
Ha = { x | x ∈ G, a. x = x.<br />
a}<br />
kümesini tanımlayalım. ( ,.) Ha cebirsel yapısının ( ,.) G grubunun bir alt<br />
grubu olduğunu kanıtlayınız ( Ha kümesine, a nın merkezleyen kümesi adı<br />
verilir ).<br />
124
şeklindedir.<br />
⎛1 2 3 4⎞⎛1 2 3 4⎞ ⎛1 2 3 4⎞<br />
στ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝ 4 2 1 3⎠⎝3 4 2 1⎠ ⎝1 3 2 4⎠<br />
Teorem 4.1. A boş olmayan bir küme ve γ<br />
A<br />
, A nın permütasyonlarının<br />
kümesi olsun. γ<br />
A<br />
kümesi, permütasyonların çarpımı işlemine göre bir gruptur.<br />
Kanıt.<br />
1) Kapalılık özelliği : Örnek 4.1. de kanıtlanmıştır.<br />
2) Birleşme özelliği : ∀ σ , τ , µ ∈ γ<br />
A<br />
ve ∀a ∈ A için<br />
( στ ) µ = σ ( τµ )<br />
olduğunu gösterelim.<br />
(( στ ) µ )( a) = σ ( τ ( µ ( a))) = σ (( τµ )( a)) = ( σ ( τµ ))( a)<br />
olduğundan birleşme özelliği doğrulanır.<br />
3) Birim eleman : ∀a ∈ A için σ ( a)<br />
= a olacak şekilde bir 0<br />
σ<br />
0<br />
∈ A birim<br />
permütasyonu bulabiliriz.<br />
4) İnvers eleman : ∀σ<br />
∈ γ<br />
A<br />
permütasyonu için<br />
olacak şekilde bir<br />
σ ( a ') = a ise σ − 1 ( a) = a '<br />
1<br />
σ − invers permütasyon tanımlıyabiliriz. σ , bire-bir ve<br />
1<br />
örten olduğundan σ − de bire-bir ve örten olup, γ<br />
A<br />
ya aittir. Gerçekten<br />
∀a<br />
∈ A için,<br />
σ 1 1<br />
0<br />
( a ) a σ ( a ') σ ( σ −<br />
( a )) ( σσ −<br />
= = = = )( a )<br />
veya ∀a<br />
' ∈ A için,<br />
σ 1 1 1<br />
( a ') a ' σ −<br />
( a ) σ −<br />
( σ ( a ')) ( σ −<br />
= = = = σ )( a ')<br />
olduğundan ∀σ<br />
∈ γ için<br />
olacak şekilde bir<br />
0<br />
A<br />
= =<br />
−1 −1<br />
σ σ σσ σ 0<br />
1<br />
σ − ∈ γ A<br />
vardır ve böylece ( γ<br />
A,.)<br />
bir gruptur.<br />
A ve B kümeleri aynı sonlu sayıda elemana sahip iki küme ise, A ve B nin<br />
permütasyonlarının γ<br />
A<br />
ve γ B<br />
kümeleri arasında bir izomorfizma tanımlanabilir<br />
ve bu izomorfizma bir grup izomorfizmi dir.<br />
Teorem 4.2. Sonlu n elemanlı bir A kümesinin permütasyonlarının sayısı,<br />
yani γ<br />
A<br />
grubunun mertebesi n ! dir.<br />
Kanıt. A nın permütasyonlarının sayısını P( n, n ) ile gösterelim. A nın bir tek<br />
elemana sahip bir B alt kümesinden B ye, bire-bir ve örten bir tek fonksiyon<br />
126
tanımlanabileceğinden P (1,1) = 1 dir. A nın ( n − 1) elemanlı bir alt kümesinin<br />
sabit tutulacak her bir permütasyonu için A nın n tane permütasyonu<br />
oluşturulabileceğinden,<br />
P( n, n) = n. P( n −1, n − 1)<br />
yazabiliriz. O halde,<br />
P(1,1) = 1<br />
P(2,2) = 2. P(1,1)<br />
P(3,3) = 3. P(2,2)<br />
⋮<br />
P( n −1, n − 1) = ( n −1). P( n − 2, n − 2)<br />
P( n, n) = n. P( n −1, n −1)<br />
eşitliklerini taraf tarafa çarpar ve gerekli sadeleştirmeleri yaparsak,<br />
elde ederiz.<br />
P( n, n) = 1.2.3.4...( n − 1). n = n!<br />
Örnek 4.3. Bir ABC eşkenar üçgeninin köşe noktalarına sırası ile 1, 2, 3<br />
rakamlarını karşılık getirirsek { 1,2,3 } kümesinin permütasyonları aşağıdaki<br />
gibi verilir.<br />
⎛1 2 3⎞<br />
ρ0<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎝1 2 3⎠ , ⎛1 2 3⎞<br />
ρ1<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎝ 2 3 1⎠ , ⎛1 2 3⎞<br />
ρ2<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎝3 1 2⎠<br />
⎛1 2 3⎞<br />
µ<br />
1<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎝1 3 2⎠ , ⎛1 2 3⎞<br />
µ<br />
2<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎝3 2 1⎠ , ⎛1 2 3⎞<br />
µ<br />
2<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎝ 2 1 3⎠ .<br />
Bu permütasyonlardan ρ1, ρ2,<br />
ρ0<br />
sırasıyla üçgenin köşelerinin pozitif yöndeki<br />
120, 240 ve 360 derecelik dönmelerine karşılık gelirken; µ<br />
1, µ<br />
2,<br />
µ<br />
3<br />
de<br />
üçgenin sırası ile a, b,<br />
c kenarortaylarına göre simetrilerine karşılık<br />
gelmektedir. Böylece, elde edilen γ { ρ , ρ , ρ , µ , µ , µ }<br />
= kümesi<br />
3 0 1 2 1 2 3<br />
permütasyonların çarpımı işlemi ile birlikte bir grup teşkil eder. Bu ( γ<br />
3, )<br />
grubuna üçgenin simetrilerinin grubu adı verilir. Bu gruba literatürde 3.<br />
dihedral grubu da denilmekte ve D<br />
3<br />
ile gösterilmektedir. Eğer A kümesi n<br />
elemanlı ve γ<br />
n<br />
, n kenarlıların simetrilerinin grubu ise bu gruba da n. dihedral<br />
127
grubu adı verilmekte ve<br />
aşağıdaki şekilde verilir.<br />
D<br />
n<br />
ile gösterilmektedir. D<br />
3<br />
grubunun işlem tablosu<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2 3<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
3<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
Örnek 4.4. ( D<br />
4<br />
, karenin simetrilerinin grubu ) Bir ABCD karesinin köşe<br />
noktalarını sırası ile 1, 2, 3, 4 rakamlarına karşılık tutarak, sırası ile köşelerin<br />
pozitif yönde 90, 180 , 270 ve 360 derecelik dönmelerini aşağıdaki ρ<br />
1<br />
, ρ<br />
2<br />
,<br />
ρ<br />
3<br />
, ρ<br />
0<br />
permütasyonları ile, kenar orta dikmelere göre simetrilerini µ<br />
1,<br />
µ<br />
2<br />
ve<br />
köşegenlere göre simetrilerini de δ1,<br />
δ<br />
2<br />
permütasyonları ile gösterebiliriz.<br />
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4<br />
ρ0 = ⎛ ⎜ ⎟ ⎞ , ρ1 = ⎜ ⎛ ⎟ ⎞ , ρ2 = ⎜ ⎛ ⎟ ⎞ , ρ3<br />
= ⎜ ⎛ ⎟<br />
⎞<br />
⎝1 2 3 4⎠ ⎝ 2 3 4 1⎠ ⎝3 4 1 2⎠ ⎝4 1 3 2⎠<br />
⎛1 2 3 4⎞ ⎛1 2 3 4⎞ ⎛1 2 3 4⎞ ⎛1 2 3 4⎞<br />
µ<br />
1<br />
= ⎜ ⎟, µ<br />
2<br />
= ⎜ ⎟, δ1 = ⎜ ⎟,<br />
δ<br />
2<br />
= ⎜ ⎟ .<br />
⎝ 2 1 4 3⎠ ⎝ 4 3 2 1⎠ ⎝3 2 1 4⎠ ⎝1 4 3 2⎠<br />
D<br />
4<br />
grubuna ait işlem tablosu aşağıdaki gibidir.<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
δ<br />
1<br />
δ<br />
2<br />
δ<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
δ<br />
1 2<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
3<br />
ρ<br />
0<br />
δ<br />
1<br />
δ<br />
2<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
3<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
1<br />
δ<br />
2<br />
δ<br />
1<br />
ρ<br />
3<br />
ρ<br />
3<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
δ<br />
2<br />
δ<br />
1<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
1<br />
δ<br />
2<br />
µ<br />
2<br />
δ<br />
1<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
3<br />
ρ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
2<br />
δ<br />
1<br />
µ<br />
1<br />
δ<br />
2<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
3<br />
δ<br />
1<br />
δ<br />
1<br />
µ<br />
1<br />
δ<br />
2<br />
µ<br />
2<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
3<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
2<br />
δ<br />
2<br />
δ<br />
2<br />
µ<br />
2<br />
δ<br />
1<br />
µ<br />
1<br />
ρ<br />
3<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
128
Şimdi D<br />
4<br />
grubunun alt gruplarını belirleyelim: D<br />
4<br />
ün 4 elemanlı alt grupları,<br />
{ ρ , ρ , µ , µ } , { ρ , ρ , ρ , ρ } , { ρ , ρ , δ , δ }<br />
0 2 1 2<br />
0 1 2 3<br />
0 2 1 2<br />
den oluşur. Bu alt gruplar mertebesi 2 olan alt gruplara sahiptirler. Bunlar<br />
ρ , ρ , µ , µ grubunun<br />
sırası ile { 0 2 1 2}<br />
{ ρ<br />
0, µ<br />
1} , { ρ<br />
0, µ<br />
2} , { ρ0,<br />
ρ<br />
2}<br />
şeklindeki alt gruplarından { ρ0, ρ2, δ1,<br />
δ<br />
2}<br />
nin<br />
{ ρ0,<br />
δ<br />
1}<br />
, { ρ0,<br />
δ<br />
2}<br />
, { ρ0,<br />
ρ<br />
2}<br />
şeklindeki alt gruplarından ve { ρ0, ρ1, ρ2,<br />
ρ<br />
3}<br />
nin { ρ0,<br />
ρ<br />
2}<br />
şeklindeki tek alt<br />
grubundan ibarettir. İki elemanlı bu alt grupların hepsi { ρ 0 } şeklinde bir<br />
elemanlı alt gruba sahiptirler. Böylece, istenirse D<br />
4<br />
ün Örnek 3.2. dekine<br />
benzer bir Latis diagramı (alt gruplar diagramı) oluşturulabilir.<br />
Tanım 4.2. γ<br />
A<br />
, sonlu bir A kümesinin permütasyonlarının grubu olsun. H, γ<br />
A<br />
nın bir alt grubu olmak üzere, ∀a,<br />
b ∈ A için σ ( a)<br />
= b olacak şekilde bir<br />
σ ∈ H permütasyonu bulunabiliyor ise H alt grubuna A üzerinde geçişmeli<br />
(transitive) dir denir.<br />
Tanım 4.3. A bir küme ve γ<br />
A<br />
, A nın simetrik grubu olsun. a ∈ A ve σ ∈ γ<br />
A<br />
olmak üzere,<br />
n<br />
{ σ }<br />
Qa<br />
, σ<br />
= ( a)<br />
| n ∈ Z<br />
kümesine, a nın σ boyunca yörüngesi denir.<br />
1 2 3 4 5 6<br />
Örnek 4.5. A = { 1,2,3,4,5,6 } ve σ = ⎛ ⎜ ⎟<br />
⎞<br />
⎝3 1 4 5 6 2⎠ olsun.<br />
Buna göre 1∈ A elemanının σ boyunca yörüngesi Q1, σ<br />
= { 3,4,5,6, 2}<br />
dir.<br />
=<br />
1, 2,..., n<br />
kümesi verilsin. A nın<br />
Tanım 4.4. A { a a a }<br />
a1 a2<br />
. . . a n<br />
⎛<br />
⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎝ a2 a3 . . . a1<br />
⎠<br />
şeklinde bir permütasyonuna A nın bir dairesel permütasyonu adı verilir.<br />
129
Böylece, 2 π radyanlık pozitif yönde bir dönme hareketi ile bir dairesel<br />
n<br />
permütasyonu temsil edebiliriz. Böyle bir dairesel permütasyon bazen kısaca<br />
( a1 a2 . . . a<br />
n )<br />
şeklinde de gösterilmektedir. Buna göre A = { 1,2,3,4,5 } olmak üzere,<br />
⎛1 2 3 4 5⎞ ⎜<br />
⎟ = (1,3,5,4)<br />
⎝3 2 5 1 4⎠<br />
şeklinde gösterebiliriz. Burada görüldüğü gibi 2 elemanı sabit tutulmuştur.<br />
Sonuç olarak, iki dairesel permütasyonun çarpımı bir permütasyondur, ancak<br />
çarpım her zaman bir tek dairesel permütasyon olmayabilir.<br />
Örneğin;<br />
⎛1 2 3 4 5 6⎞⎛1 2 3 4 5 6⎞ ⎛1 2 3 4 5 6⎞<br />
(2,1,5)(1, 4,5,6) = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝5 1 3 4 2 6⎠⎝ 4 2 3 5 6 1⎠ ⎝ 4 1 3 2 6 5⎠<br />
dir.<br />
= (1,4, 2)(5,6)<br />
Tanım 4.5. Ortak elemanı olmayan iki dairesel permütasyona<br />
( yabancıdır ) denir.<br />
ayrıktır<br />
Örnek 4.6.<br />
1 2 3 4 5 6<br />
σ = ⎛ ⎜ ⎟<br />
⎞<br />
⎝6 5 2 4 3 1⎠<br />
şeklinde verilen permütasyonu ayrık dairesel permütasyonların çarpımı<br />
şeklinde ifade edelim.<br />
1 2 3 4 5 6<br />
σ = ⎛ ⎜<br />
⎟<br />
⎞ = (1,6)(2,5,3) .<br />
⎝6 5 2 4 3 1⎠<br />
Sonuç: Ayrık iki dairesel permütasyonun çarpımı değişme özelliğine sahiptir.<br />
Bu sonuç ayrık olmayan dairesel permütasyonlar için genel olarak doğru<br />
değildir.<br />
Teorem 4.3. Sonlu bir kümenin herhangi bir σ permütasyonu, ayrık dairesel<br />
permütasyonların bir çarpımı şeklinde yazılabilir.<br />
130
= kümesi verilsin ve σ bu kümenin bir permütasyonu<br />
Kanıt. A { 1,2,..., n}<br />
2 3<br />
olsun. 1, σ (1), σ (1), σ (1), ... şeklindeki elemanları göz önüne alalım. Bu<br />
r<br />
elemanların hepsi birbirinden farklı olamaz. σ (1) in kendisinden önce gelen<br />
bu elemanlardan birisi ile aynı olan ilk eleman olduğunu kabul edelim. Bu<br />
r<br />
taktirde σ (1) = 1 olduğunu söyleyebiliriz. Eğer, 0 < s < r aralığında bir diğer<br />
r<br />
s<br />
r s<br />
s için σ (1) = σ (1) olsaydı bu durumda σ − (1) = 1 olurdu ki, bu r − s < r<br />
olduğundan r nin seçimine aykırıdır. Şu halde bu elemanları,<br />
2 r 1<br />
τ1 = (1, σ (1), σ (1),..., σ − (1)) şeklinde bir dairesel permütasyon olarak<br />
yazabiliriz. τ<br />
1<br />
ile σ nın A üstündeki resimlerinin aynı olduğu açıktır. Şimdi<br />
A nın τ<br />
1<br />
de yer almayan ilk elemanı i olsun. i için de 1 için yaptığımız gibi<br />
2 t 1<br />
τ<br />
2<br />
= ( i, σ ( i), σ ( i),..., σ − ( i))<br />
şeklinde bir dairesel permütasyon oluşturursak<br />
τ<br />
1<br />
ile τ<br />
2<br />
ayrık olur. Çünkü, eğer ayrık olmasalar: A nın bir j elemanı hem τ<br />
1<br />
ve hem de τ<br />
2<br />
de bulunurdu ki, bu τ<br />
1<br />
ile τ<br />
2<br />
nin ayrık oluşu ile çelişirdi. Bu<br />
şekilde devam ederek A sonlu olduğundan<br />
σ = τ ... 1τ 2τ 3<br />
τ<br />
m<br />
olacak şekilde sonlu m sayıda ayrık dairesel permütasyon elde ederiz, bu ise<br />
teoremi kanıtlar.<br />
Tanım 4.6. Bir dairesel permütasyonun eleman sayısına o dairesel<br />
permütasyonun uzunluğu adı verilir. Uzunluğu 2 olan bir dairesel<br />
permütasyona ise bir yer değiştirme ( transpozisyon ) adı verilir.<br />
Bu tanıma göre herhangi bir dairesel permütasyonu transpozisyonların<br />
çarpımı şeklinde yazabiliriz. Diğer taraftan herhangi bir permütasyonu da<br />
dairesel permütasyonların çarpımı olarak yazabileceğimizden permütasyonu<br />
transpozisyonların çarpımı şeklinde ifade etmiş oluruz. Bu ifadede yer alan<br />
transpozisyonların sayısı tek ise permütasyona tek permütasyon, eğer çift<br />
sayıda transpozisyonun çarpımı olarak ifade edilmişse permütasyona bir çift<br />
permütasyon diyeceğiz. Bir tek permütasyonun işareti -1, çift permütasyonun<br />
işareti ise +1 olarak tanımlanır. Örneğin bir dairesel permütasyonu;<br />
a , a ,..., a = ( a , a )( a , a )...( a , a )<br />
( )<br />
1 2 n 1 2 1 3 1<br />
şeklinde transpozisyonların çarpımı olarak yazabiliriz. σ permütasyonunun<br />
işaretini Ѕ ( σ ) ile gösterelim.<br />
Özellik 4.1. σ ve τ , γ<br />
n<br />
nin iki permütasyonu olsun.<br />
1) Ѕ ( σ ) = + 1, Ѕ ( τ ) = + 1 ise Ѕ ( στ ) = + 1,<br />
2) Ѕ ( σ ) = −1, Ѕ ( τ ) = −1<br />
ise Ѕ ( στ ) = + 1,<br />
n<br />
131
3) Ѕ ( σ ) = −1, Ѕ ( τ ) = + 1 ise Ѕ ( στ ) = −1<br />
dir.<br />
Böylece Ѕ( στ ) = Ѕ( σ )Ѕ( τ ) olduğu görülür.<br />
Örnek 4.7.<br />
⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞<br />
⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞<br />
a) S = ⎜ ⎟ , T = ⎜ ⎟ ve<br />
⎝3 4 5 6 8 1 7 2⎠<br />
⎝1 5 6 2 7 8 4 3⎠<br />
1 2 3 4 5 6 7 8<br />
U = ⎛ ⎜ ⎟<br />
⎞ permütasyonlarını yabancı devrelere<br />
⎝8 6 4 7 3 2 5 1⎠<br />
ayıralım.<br />
⎛1 2 3 4 5 6 7 8 ⎞<br />
Çözüm. S = ⎜<br />
⎟ = ( 1358246)<br />
,<br />
⎝3 4 5 6 8 1 7 2⎠<br />
⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞<br />
T = ⎜<br />
⎟ = ( 2574)( 368)<br />
,<br />
⎝1 5 6 2 7 8 4 3⎠<br />
1 2 3 4 5 6 7 8<br />
U = ⎛ ⎜<br />
⎟<br />
⎞ = ( 18)( 26)( 3475)<br />
⎝8 6 4 7 3 2 5 1⎠<br />
dir.<br />
b) S, T ve U permütasyonlarının teklik, çiftlik durumlarını belirleyelim.<br />
S = 1358246 = çift ,<br />
permütasyondur.<br />
−<br />
c) T ST,<br />
S TU<br />
ayıralım.<br />
2 2 −2<br />
2<br />
ve<br />
( )<br />
( )( )<br />
T = 2574 368 = tek ,<br />
<br />
tek<br />
<br />
çift<br />
( )<br />
( )(<br />
)<br />
U = 18 26 3475 = tek<br />
<br />
2 3 2<br />
ST U S −<br />
( 1358246) 2<br />
( 1526384)<br />
S = = ,<br />
U<br />
tek tek tek<br />
−<br />
( U ) ⎡( )( )( ) ⎤ ( )<br />
−2 1<br />
permütasyonlarını yabancı devrelere<br />
2 2 2 2 2<br />
= = ⎣ 18 26 3574 ⎦ = 18 26 3574 = 37 45 ,<br />
2 2<br />
( ) ( ) ( )( )<br />
( 1526384)( 2574)( 368)( 37)( 45) ( 156473)<br />
S TU − = = ,<br />
...............................<br />
T<br />
T<br />
2<br />
−<br />
2 2 2<br />
( T ) ⎡( 2475)( 386) ⎤ ( 2475) ( 386) ( 27)( 45)( 368)<br />
−2 1<br />
−2<br />
= = ⎣ ⎦ = =<br />
,<br />
( 27)( 45)( 368)( 1358246)( 2574)( 368) ( 16784523)<br />
ST = = ,<br />
...............................<br />
I<br />
I<br />
132
dir.<br />
2<br />
( 2574)( 368) 2 ( 2574) 2 ( 368) 2<br />
( 27)( 45)( 386)<br />
T = ⎡<br />
⎣<br />
⎤<br />
⎦ = =<br />
,<br />
3<br />
( 18)( 26)( 3475) 3 ( 18) 3 ( 26) 3 ( 3475) 3<br />
( 18)( 26)( 3574)<br />
U = ⎡<br />
⎣<br />
⎤<br />
⎦ = =<br />
,<br />
1 1<br />
( ) ( 1526384) ( 1483625)<br />
− = = = ,<br />
2 2<br />
S S − −<br />
2 3 2<br />
ST U S − =<br />
=<br />
( 1358246)( 27)( 45)( 386)( 18)( 26)( 3574)( 1483625)<br />
( 12437865)<br />
Tanım 4.7. γ<br />
n<br />
, n elemanlı bir S kümesinin permütasyonlarının kümesi olmak<br />
üzere, γ<br />
n<br />
nin çift ve tek permütasyonlarının kümesini sırası ile A<br />
n<br />
ve B<br />
n<br />
ile<br />
n!<br />
gösterirsek, A<br />
n<br />
ve B<br />
n<br />
nin her birinin tane elemanının olduğunu görürüz.<br />
2<br />
Buradaki A grubuna alterne grup adı verilir.<br />
n<br />
Yukarıdaki tanımda geçen iddiayı kanıtlamak için γ<br />
n<br />
de sabit bir<br />
τ = (1,2) transpozisyonu seçelim. Bu transpozisyonu içeren aşağıdaki<br />
dönüşümü tanımlayalım. Bu dönüşümün bire-bir ve örten olduğunu kanıtlarsak<br />
n!<br />
A<br />
n<br />
ve B<br />
n<br />
nin her birinin tane elemanının olduğunu kanıtlamış oluruz:<br />
2<br />
f : A → τ n<br />
Bn<br />
, fτ ( σ ) = τσ ,<br />
σ , µ ∈ An<br />
olsun. fτ<br />
( σ ) = fτ<br />
( µ ) olduğunu kabul edelim. O halde τσ = τµ<br />
elde ederiz ve buradan γ<br />
n<br />
grup olduğundan sol sadeleştirme kuralı ile σ = µ<br />
buluruz, yani f τ<br />
bire-birdir. f τ<br />
nun örten olduğunu göstermek için ρ ∈ Bn<br />
1<br />
seçelim. τ = (1,2) = τ −<br />
−1<br />
olduğundan τ ρ ∈ dir. O halde,<br />
yazılabileceğinden ρ nun<br />
A n<br />
1<br />
f τ<br />
( τ ρ) 1<br />
τ ( τ ρ) 1<br />
( ττ ) ρ ρ<br />
= = =<br />
τ<br />
−1<br />
ρ ∈ elemanının resmi olduğunu buluruz,<br />
A n<br />
n!<br />
dolayısıyla f τ<br />
örtendir. O halde A<br />
n<br />
ve B<br />
n<br />
nin eşit ve tane elemana sahip<br />
2<br />
olduklarını elde ederiz. Sonuç olarak γ<br />
n<br />
nin elemanlarının yarısı tek, yarısı da<br />
çift permütasyon olmaktadır.<br />
Örnek 4.8. γ 18 de<br />
133
S = ( fikret )( arzu)( ahmet )( aynur )( sonay)( ayten)( figen)( füsun)( nur)( seda)<br />
3<br />
permütasyonu tarafından üretilen G grubunda, S permütasyonunun<br />
normalizatörünü ( Tanım 9.14. e bakınız ) bulalım.<br />
Çözüm. Önce G grubunu belirleyelim. Bunun için, S yi yabancı devrelere<br />
ayıralım.<br />
S = azuhmtfüo snigyed kr ⇒ S = 9,7, 2 = 126<br />
olduğundan<br />
( )( )( ) [ ]<br />
125<br />
{ , ,..., }<br />
G = S = I S S<br />
bulunur. G bir devresel grup olduğundan komütatiftir. Dolayısıyla her S<br />
için N µ = G , yani N 3 = G elde edilir.<br />
S<br />
PROBLEMLER<br />
S<br />
1) G bir grup ve a ∈ G olsun.<br />
fa<br />
: G → G , fa<br />
( x)<br />
= ax<br />
şeklinde tanımlanan dönüşümün bir permütasyon olduğunu kanıtlayınız.<br />
2) Aşağıdaki şekilde tanımlanan fi<br />
: R → R , i = 1, 2, 3, 4 fonksiyonlarından<br />
hangileri permütasyon tanımlar.<br />
f ( x) = x + 1,<br />
f ( x)<br />
= x 2<br />
, ( ) x 1<br />
1 2<br />
f3 x = e +<br />
3<br />
, f ( x)<br />
= x .<br />
4<br />
3) f , A kümesinin bir permütasyonu olsun. A kümesi üstünde<br />
n<br />
“ ∀a ∼ b ⇔ f ( a)<br />
= b olacak şekilde bir n ∈ Z vardır ”<br />
şeklinde tanımlı “ ∼ ” bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.<br />
4) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunu<br />
belirtiniz.<br />
a) Her permütasyon bir dairesel permütasyondur,<br />
b) Her dairesel permütasyon bir permütasyondur,<br />
c) γ<br />
n<br />
deki tek ve çift permütasyonların sayısı eşittir,<br />
d) A<br />
4<br />
ün 12 tane elemanı vardır,<br />
e) A<br />
3<br />
değişmeli bir gruptur,<br />
f) Her permütasyon bire-bir bir dönüşümdür.<br />
5)<br />
0<br />
σ ,<br />
3<br />
γ simetrik grubunun birim elemanı olsun.<br />
0<br />
σ permütasyonunu iki<br />
transpozisyonun çarpımı olarak yazınız.<br />
µ ∈<br />
G<br />
134
6) σ ∈ γ<br />
n<br />
ve σ = ( i1 , i2<br />
,..., i k<br />
) olsun. Eğer k, bir tek tamsayı ise σ nın bir çift<br />
permütasyon, bir çift tamsayı ise σ nın bir tek permütasyon olduğunu<br />
gösteriniz.<br />
7) σ , τ ∈ γ<br />
n<br />
ve τ = ( i1 , i2,..., i k<br />
) şeklinde k uzunluğunda bir dairesel<br />
permütasyon ise<br />
1<br />
τστ −<br />
permütasyonunu bulunuz.<br />
8) Bir σ dairesel permütasyonunun uzunluğu 2 den büyük bir çift tamsayı ise,<br />
2<br />
σ nin ayrık dairesel permütasyonların bir çarpımı şeklinde olacağını<br />
kanıtlayınız.<br />
135
5. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI<br />
Tanım 5.1. G ve G′ iki grup olsun. G den G′ ye bire-bir, örten ve ∀ x , y ∈ G<br />
için<br />
φ( xy) = φ( x) φ( y)<br />
koşulunu sağlayan φ : G → G ' dönüşümüne bir grup izomorfizması adı verilir.<br />
Teorem 5.1. φ : G → G ' bir grup izomorfizması olsun. e ve e′ sırasıyla G ve<br />
G′ nün birim elemanları olmak üzere,<br />
−1 −1<br />
1) φ ( e) = e'<br />
, 2) ∀a ∈ G için φ( a ) = ( φ( a))<br />
dir.<br />
Kanıt. 1) x ' ∈ G ' olsun. φ , bir izomorfizma olduğundan örtendir. O halde<br />
φ ( x) = x ' olacak şekilde bir x ∈ G bulabiliriz. Böylece,<br />
x ' e' = x ' = φ( x) = φ( xe) = φ( x) φ( e) = x ' φ( e)<br />
yazabiliriz. Benzer şekilde,<br />
e' x ' = x ' = φ( x) = φ( ex) = φ( e) φ( x) = φ( e) x '<br />
olur. Böylece φ ( e)<br />
= e'<br />
elde ederiz.<br />
1<br />
2) G bir grup olduğundan ∀a ∈ G için a<br />
− ∈ G vardır. O halde,<br />
1 1<br />
e' φ( e) φ( aa −<br />
−<br />
= = ) = φ( a) φ( a )<br />
yazabiliriz. Benzer şekilde,<br />
1 1<br />
e' φ( e) φ( a −<br />
−<br />
= = a) = φ( a ) φ( a)<br />
−1 −1<br />
yazılabileceğinden φ( a ) = ( φ( a))<br />
sonucunu elde ederiz.<br />
+<br />
x<br />
Örnek 5.1. φ : ( R, + ) → ( R ,.) , φ ( x)<br />
= e dönüşümü bir grup izomorfizmasıdır.<br />
Gerçekten;<br />
x y<br />
∀x,<br />
y ∈ R için φ( x) = φ( y)<br />
⇒ e = e ⇒ x = y<br />
olduğundan φ bire-birdir.<br />
+<br />
ln x<br />
∀x<br />
∈ R için φ (ln x)<br />
= e = x<br />
olduğundan φ örtendir. Diğer taraftan,<br />
∀x,<br />
y ∈ R için ( ) x +<br />
φ x + y = e y = e x . e y = φ( x). φ( y)<br />
olduğundan φ bir grup izomorfizmasıdır.<br />
Teorem 5.2. Mertebesi sonsuz olan devirli bir G grubu, ( Z , + ) grubuna<br />
izomorftur.<br />
Kanıt. Devirli grup kavramı için bir sonraki bölüme bakabiliriz. Şimdi G nin<br />
n<br />
G = a | n ∈ Z olsun.<br />
bir üreteci a olmak üzere { }<br />
136
n<br />
φ : G → Z , φ( a ) = n<br />
dönüşümünü tanımlayalım. φ bire-bir ve örtendir. Gerçekten,<br />
m,<br />
n ∈ Z için<br />
m<br />
a ,<br />
n<br />
a<br />
m<br />
n<br />
∈ G ise φ( a ) = φ( a ) ⇒ m = n<br />
n<br />
dir, yani φ bire-birdir. Ayrıca, ∀n<br />
∈ Z için φ ( a ) = n olacak şekilde bir<br />
n<br />
a<br />
∈ G bulunabilir, yani φ örtendir. Diğer taraftan,<br />
m n m+<br />
n m n<br />
φ( a a ) = φ( a ) = m + n = φ( a ) + φ( a )<br />
olduğundan φ bir izomorfizmadır.<br />
Şimdi tüm grupların kümesini göz önüne alalım ve bu küme üzerinde bir<br />
denklik bağıntısını şöyle tanımlayalım. Eğer, G ve G′ grupları arasında bir<br />
izomorfizma tanımlanabiliyor ise G ≈ G ' yazalım. Böylece aşağıda<br />
göstereceğimiz gibi bütün grupların kümesi üzerinde bir denklik bağıntısı<br />
tanımlarız. Biliyoruz ki bir denklik bağıntısı, üzerinde tanımlandığı kümeyi<br />
denklik sınıflarına parçalar. Böylece grupların kümesini, denklik sınıflarına<br />
parçalamış oluruz. Bu sınıflara izomorfizma sınıfları adı verilir;<br />
1) G bir grup olsun. G den G üzerine tanımlanan özdeşlik dönüşümünün bir<br />
izomorfizma olduğu açıktır. O halde G ≈ G dir.<br />
2) G ve G′ herhangi iki grup ve φ : G → G ' dönüşümü bir izomorfizma<br />
olsun, böylece G ≈ G ' dür. φ bir izomorfizma olduğundan φ −1 : G ' → G<br />
dönüşümü de bir izomorfizma olur ( gösteriniz! ). Böylece G ' ≈ G dir.<br />
3) G, G′ ve G′′ herhangi üç grup ve φ : G → G ', φ ' : G ' → G '' dönüşümleri<br />
grup izomorfizmaları olsun. Yani, G ≈ G ' ve G ' ≈ G '' olsun. O taktirde,<br />
φ ' φ bileşke dönüşümü de bir izomorfizma tanımlar ( gösteriniz! ). Bu<br />
izomorfizma φ '' = φ ' φ : G → G '' şeklinde verilir. O halde, G ≈ G '' elde<br />
ederiz. Böylece, bütün grupların kümesi üzerinde yukarıda verilen bağıntının<br />
bir denklik bağıntısı olduğu sonucunu elde ederiz.<br />
Örnek 5.2. Mertebesi 1, 2 ve 3 olan gruplar için bir tek denklik sınıfı var iken<br />
4. mertebeden gruplar için daha önce gördüğümüz gibi iki tane denklik sınıfı<br />
mevcuttur. Bu sınıfların temsilcilerini Z<br />
4<br />
ve V-Klein 4 grubu olarak daha<br />
önce vermiştik.<br />
Teorem 5.3. (Cayley Teoremi) Herhangi bir grup, permütasyonların grubunun<br />
uygun bir alt grubuna izomorftur.<br />
Kanıt. Bir G grubu verilsin. Genel olarak G grubu ile G nin elemanlarının<br />
permütasyonlarının grubu olan γ yi izomorf yapamayız. Çünkü, eğer G nin<br />
G<br />
mertebesi n ise γ<br />
G<br />
nin mertebesi n! dir. Buna göre, γ<br />
G<br />
nin bir alt kümesini G<br />
137
g ( ) a<br />
x = xa şeklinde tanımlı g<br />
a<br />
lar alarak yapıp G ' nün sağ düz temsilini de<br />
tanımlayabiliriz.<br />
Örnek 5.3. G = { e, a,<br />
b}<br />
grubu verilsin. G ' { f , f , f }<br />
düz temsilidir. Burada,<br />
dir ve G ve<br />
f<br />
e<br />
= grubu, G nin sol<br />
e a b<br />
⎛e a b⎞<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎝e a b<br />
, ⎛e a b ⎞<br />
fa<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎠ ⎝ a b e<br />
, ⎛e a b⎞<br />
fb<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎠ ⎝b e a ⎠<br />
G ' gruplarının işlem tabloları<br />
* e a b<br />
e e a b<br />
a a b e<br />
b b e a<br />
* f<br />
e<br />
f f<br />
f<br />
f<br />
e<br />
a<br />
b<br />
f<br />
f<br />
e<br />
a<br />
b<br />
f<br />
a<br />
f<br />
f<br />
f<br />
a<br />
b<br />
e<br />
f<br />
b<br />
f<br />
f<br />
f<br />
b<br />
e<br />
a<br />
şeklinde verilir.<br />
139
6. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR<br />
4<br />
0,2 idi. Şimdi Z<br />
4<br />
ün 3 elemanını kapsayan en<br />
geniş alt grubunun nasıl olduğunu araştıralım. Bu alt grubu H ile gösterelim.<br />
1<br />
3+ 3 = 2 ∈ H ve 3 − = 1∈ H ve 0∈ H olmalıdır. Bu durumda Z<br />
4<br />
ün 3<br />
elemanını kapsayan en geniş alt grubunun, H = Z<br />
4<br />
= { 0,1,2,3}<br />
şeklinde,<br />
kendisi olduğu sonucuna ulaşırız.<br />
Şimdi bu düşünceyi genelleştirelim, yani G bir grup ve a ∈ G olsun. G<br />
nin a yı içeren en geniş H alt grubunu araştıracağız. H, G deki işleme göre<br />
2<br />
2 3<br />
kapalı olduğundan a.<br />
a = a ∈ H olmalıdır. Benzer şekilde, a . a = a ∈ H ve<br />
+<br />
n<br />
bu şekilde devam ederek ∀n<br />
∈ Z için a ∈ H olması gerektiğini elde ederiz.<br />
−1 −1 −2<br />
Ayrıca, aynı düşünce ile a . a = a ∈ H ve bu düşünceyi sürdürerek<br />
+<br />
n<br />
∀n<br />
∈ Z için a<br />
− 1<br />
∈ H ve a.<br />
a − = e ∈ H olması gerektiği sonucuna ulaşırız.<br />
0<br />
n<br />
Eğer, a = e dersek, ∀n<br />
∈Z için a ∈ H buluruz. Böylece, G nin a yı içeren<br />
en geniş H alt grubunun<br />
Z ün tek öz alt grubu { }<br />
n<br />
{ }<br />
H = a | n ∈ Z<br />
şeklinde olacağını elde ederiz. Ancak, ∀n<br />
∈ Z için elde edeceğimiz<br />
birbirinden farklı olmayabilir, gerçekten V-Klein 4 grubu için;<br />
2<br />
a = a.<br />
a = e<br />
sonuçları elde edilir.<br />
3<br />
a = e a = a<br />
4<br />
a = a a = e<br />
5<br />
a = e a = a<br />
.<br />
.<br />
.<br />
n<br />
a ler<br />
n<br />
Teorem 6.1. G bir grup ve a ∈ G olsun. H = { a | n ∈ Z } kümesi G nin bir alt<br />
grubudur, üstelik bu alt grup G nin a yı kapsayan en dar alt grubudur.<br />
r s r + s<br />
Kanıt. ∀r,<br />
s ∈ Z için a . a = a ∈ H olduğundan G deki işlem H da da<br />
kapalıdır.<br />
0<br />
a = e ∈ H ve<br />
r<br />
−<br />
olduğundan ( ) 1<br />
r<br />
a<br />
−r<br />
a a H<br />
= ∈ dır.<br />
∈ H iken<br />
r −r<br />
0<br />
a . a = a = e ∈ H<br />
n<br />
Tanım 6.1. G bir grup ve a ∈ G olsun. H = { a | n ∈ Z } alt grubuna G nin a<br />
tarafından üretilen devirli alt grubu denir ve H =< a > şeklinde gösterilir,<br />
eğer G grubu için G =< a > ise G ye a tarafından üretilen bir devirli grup<br />
denilir.<br />
140
Örnek 6.1. ( G ,.) bir grup ve A ⊆ G olsun. O taktirde,<br />
dir.<br />
n1 n2<br />
{ ... n p<br />
+<br />
, , }<br />
1 2 p<br />
Z<br />
i i<br />
Z<br />
< A >= a a a | p ∈ a ∈ A n ∈<br />
n1 n n<br />
2<br />
Çözüm. { 1 2<br />
...<br />
p<br />
+<br />
p<br />
,<br />
i<br />
,<br />
i }<br />
a a a | p ∈ Z a ∈ A n ∈ Z = S diyelim. S ≠ ∅ ve<br />
S ⊆ G olduğu açıktır. Buna göre S =< A > olduğunu göstermeliyiz.<br />
x,<br />
y ∈ S olsun.<br />
için<br />
ve<br />
için<br />
yazılabilir. Buna göre,<br />
+<br />
∃p<br />
∈ Z , ∃n1 , n2<br />
,..., np<br />
∈ Z , ∃a1 , a2,..., a<br />
p<br />
∈ A<br />
n1 n n<br />
2<br />
p<br />
1 2<br />
...<br />
x = a a a p<br />
+<br />
∃q<br />
∈ Z , ∃m1 , m2<br />
,..., mq<br />
∈ Z , ∃b1 , b2<br />
,..., bq<br />
∈ A<br />
m1 m m<br />
2 q<br />
1 2<br />
...<br />
y = b b b q<br />
−1 n1 n n<br />
2 p m1 m m<br />
2 q −1<br />
= (<br />
1 2<br />
...<br />
p<br />
)(<br />
1 2<br />
...<br />
q<br />
)<br />
xy a a a b b b<br />
1<br />
yazılabileceğinden xy<br />
− ∈ S dir. Şu halde S, G grubunun bir alt grubudur.<br />
Üstelik, S alt grubu A yı kapsayan alt grupların en dar olanıdır. Gerçekten, A yı<br />
ni<br />
kapsayan bir diğer T alt grubunu alırsak, ∀a<br />
∈ A için a ∈ T olacağından<br />
n1 n n<br />
2<br />
p<br />
1 2<br />
...<br />
p<br />
a a a ∈ T elde edilir. Dolayısıyla S ⊆ T dir.<br />
Teorem 6.2. ( G ,.) grubu, n. mertebeden bir grup ve bir a ∈ G için G =< a ><br />
olsun. Bu taktirde, < a >= G grubu da n. mertebedendir.<br />
m<br />
m<br />
Kanıt. 0 < m < n ve m ∈ Z alalım. a ≠ e dir. Çünkü a = e olsa: k ∈ Z<br />
olmak üzere k = mq + r , 0 ≤ r < m olacak şekilde q ve r tamsayıları<br />
bulunabilir ve bu durumda,<br />
k mq r m q r q r r<br />
a = a + = ( a<br />
) a = e a = a<br />
yazılabilir. Böylece,<br />
= e<br />
0 1 2 m 1<br />
{ , , ,..., }<br />
r<br />
a ∈ a a a a −<br />
olur ki, bu G nin en çok m elemanlı olmasını gerektirir. Bu ise G nin<br />
m<br />
mertebesinin n olması ile çelişir. Öyle ise 0 < m < n için a ≠ e dir. Diğer<br />
taraftan,<br />
0 1 2 n<br />
a , a , a ,..., a<br />
elemanlarının G nin birbirinden farklı elemanları ve 0 < i < j < n için<br />
olduğunu varsayalım. Bu durumda<br />
i<br />
i<br />
a<br />
i<br />
= a<br />
j<br />
141
i j j−i<br />
a = a ⇒ a = e<br />
bulunur. Halbuki, i < j < n olduğundan 0 < j − i < n dir ve bu nedenle<br />
j i<br />
a<br />
− ≠ e dir, bu ise<br />
a<br />
i j<br />
≠ a olduğunu gösterir. Böylece,<br />
a<br />
i j<br />
= a varsayımının yanlış yani, 0 i j n<br />
1 2 1<br />
{ , ,..., n − n<br />
, }<br />
G = a a a a<br />
< < < için<br />
i<br />
dir ve e ∈ G olduğundan 1 ≤ i ≤ n olacak biçimde bir i için a = e dir. Şu<br />
i<br />
n 0<br />
halde i < n için a ≠ e olduğundan a = a = e olmak zorundadır. Böylece,<br />
< a >= G grubunun da n. mertebeden olduğunu kanıtlamış oluruz.<br />
Örnek 6.2. Z<br />
4<br />
grubu, 1 ve 3 elemanları tarafından üretilen devirli bir gruptur,<br />
yani;<br />
Z<br />
4<br />
=< 1 >=< 3 ><br />
dir. Ancak, V-Klein 4 grubu devirli bir grup değildir. Örnek 3.2. de verilen bu<br />
grupların işlem tablosu yardımıyla Z<br />
4<br />
grubu için,<br />
1+ 1 = 2 , 2 + 1 = 3 , 3+ 1 = 0<br />
olduğundan Z<br />
4<br />
=< 1 > olduğu açıktır, benzer şekilde,<br />
3+ 3 = 2 , 3+ 2 = 1 , 3+ 1 = 0<br />
olduğundan, Z<br />
4<br />
=< 3 > olduğu görülür. Aynı durum, V-Klein 4 grubu için<br />
gerçekleşmez, çünkü<br />
2<br />
3<br />
4 3<br />
e ∗ e = e , a = a ∗ a = e , a = e∗ a = a , a = a ∗ a = a ∗ a = e<br />
dır.<br />
Örnek 6.3. ( Z, + ) grubu, üreteçleri +1 ve -1 olan devirli bir gruptur.<br />
1+ 0 = 1, 1+ 1 = 2 , 2 + 1 = 3 , ... , n + 1 = n + 1, ...<br />
şeklinde devam ederek 1 in ve benzer şekilde -1 in, Z toplamsal grubunu<br />
üreteceği açıktır.<br />
Örnek 6.4. ( Z , + ) grubunun, 3 tarafından üretilen devirli alt grubunu elde<br />
edelim.<br />
dir , o halde<br />
ve<br />
bulunur.<br />
< 3 >= {..., −9, −6, − 3,0,3,6,9,... } ,<br />
< 3 >= 3. Z ≤ Z<br />
< 6 >= {..., −18 −12, − 6,0,6,12,18,... }<br />
< 6 >= 6Z ≤ 3Z ≤ Z<br />
Teorem 6.3. Devirli her grup değişmelidir.<br />
142
n<br />
Kanıt. G { a n }<br />
= | ∈ Z devirli bir grup ve g1,<br />
g2<br />
∈ G olsun. O taktirde,<br />
r<br />
s<br />
g1<br />
= a , g2<br />
= a<br />
olacak şekilde r,<br />
s ∈ Z tamsayıları vardır. Böylece,<br />
g g = a a = a = a = a a = g g<br />
buluruz, yani G değişmelidir.<br />
r s r + s s+<br />
r s r<br />
1 2 2 1<br />
Teorem 6.4. Devirli bir grubun herhangi bir alt grubu da devirlidir.<br />
Kanıt. G =< a > devirli bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. Eğer<br />
+<br />
H = e ise H e<br />
H ≠ e ise bir n ∈ Z için<br />
{ }<br />
=< > olacağı açıktır. Eğer { }<br />
n<br />
a ∈ H dır. H nın elemanlarının sahip olduğu üsler içerisinde en küçük üs m<br />
m<br />
olsun. Şimdi iddia ediyoruz ki a = c elemanı H nın bir üretecidir, yani<br />
m<br />
H =< a >=< c > dir. Bunu gösterebilmek için b ∈ H seçelim. Şimdi b nin c<br />
nin bir kuvveti şeklinde yazılabileceğini göstermemiz gerekir. b ∈ H ise<br />
n<br />
b ∈ G dir, dolayısıyla b = a olacak şekilde bir n ∈ Z vardır. Bölme<br />
algoritması ile n = mq + r , 0 ≤ r < m olacak şekilde q ve r tamsayıları<br />
n mq+<br />
r m q r<br />
r m −q n<br />
bulunabilir. Şu halde a = a = ( a ) a veya a = ( a ) a yazabiliriz ve<br />
r<br />
n<br />
böylece a ∈ H bulunur. Diğer taraftan kabulümüze göre m, a ∈ H olacak<br />
şekilde en küçük üs idi. O halde 0 ≤ r < m olduğundan r = 0 olmak<br />
n m q<br />
m<br />
zorundadır. Bu durumda b = a = ( a ) buluruz ki, bu b nin a = c nin bir<br />
kuvveti şeklinde yazılabileceğini gösterir. Dolayısıyla {( m q<br />
H = a ) | q ∈ Z }<br />
elde etmiş oluruz, yani G nin H alt grubu da devirlidir.<br />
Teorem 6.5.<br />
1) Sonsuz mertebeli herhangi iki devirli grup birbirine izomorftur.<br />
2) Sonlu mertebeli herhangi iki devirli grup birbirine izomorftur.<br />
Kanıt. 1) G sonsuz mertebeli devirli bir grup ve a, G nin bir üreteci, yani<br />
G =< a > olsun. Bu durumda G nin herhangi iki elemanı aynı olamaz. Yani<br />
h k<br />
bütün elemanları birbirinden farklıdır. h > k olmak üzere a = a olduğunu<br />
h −k h−k<br />
m<br />
kabul edelim. O halde, a a = a = e , h − k > 0 yazabiliriz. a = e olacak<br />
şekilde en küçük pozitif tamsayının m olduğunu varsayalım. O zaman G nin<br />
1 2 m 1<br />
e, a , a ,..., a − n<br />
elemanlarının hepsi birbirinden farklı olurdu. Eğer a ∈ G ise<br />
bölme algoritması ile n = mq + r , 0 ≤ r < m olacak şekilde q ve r tamsayıları<br />
bulunabilir. Böylece,<br />
n ( m<br />
) q r r<br />
a = a a = a ve 0 ≤ r < m olduğundan G sonlu<br />
= e<br />
sayıda elemana sahip olur. Bu ise G nin mertebesinin sonsuz oluşu ile çelişir.<br />
h k<br />
O halde a = a kabulümüz yanlıştır, dolayısıyla G nin bütün elemanları<br />
birbirinden farklıdır.<br />
143
n<br />
G ' , mertebesi sonsuz olan bir devirli grup ve G ' =< b > ise b yerine<br />
n<br />
yeniden a gösterimini kullanarak G ile G ' yü izomorf yapabiliriz, yani<br />
n n<br />
f : G ' → G , f ( b ) = a<br />
dönüşümünün bir grup izomorfizması olduğu kolayca gösterilebilir.<br />
2) G sonlu mertebeli devirli bir grup olsun. O taktirde G nin bütün elemanları<br />
h k<br />
birbirinden farklıdır denemez. Yani a = a olacak şekilde h ve k tamsayıları<br />
m<br />
bulunabilir. Eğer a = e olacak şekildeki en küçük üs m ise o zaman G,<br />
1 2 m 1<br />
birbirinden farklı m tane e, a , a ,..., a − elemanına sahip olur. m = n dersek,<br />
h k h+<br />
k r<br />
a a = a = a , h + k = nq + r , 0 ≤ r < n<br />
yazabiliriz. Benzer şekilde G ' aynı mertebeli diğer bir grup ise<br />
1 2 m 1<br />
birbirinden farklı e, b , b ,..., b − elemanlarına sahip olduğunu ve<br />
olduğunu gösterebiliriz. O halde<br />
n n<br />
f : G ' → G , f ( b ) = a<br />
G ' nün,<br />
dönüşümünün bir izomorfizma olduğunu göstermek kolaydır ve böylece G ile<br />
G ' birbirine izomorftur.<br />
Örnek 6.5. ( Z , + ) grubu ile (3 Z , + ) grubu; sonsuz mertebeli, devirli izomorf<br />
iki gruptur. Burada, 3Z<br />
≤ Z olmasına karşın 3Z ile Z nin elemanlarını<br />
bire-bir eşleyip bir izomorfizma tanımlayabiliriz.<br />
Teorem 6.6. G, üreteci a olan n elemanlı devirli bir grup olsun. b ∈ G ve<br />
s<br />
b = a olsun. n ile s nin en büyük ortak böleni d ise, G nin b tarafından<br />
n<br />
üretilen devirli bir alt grubu tane elemana sahiptir, yani bu devirli alt<br />
d<br />
n<br />
grubun mertebesi<br />
d<br />
dir.<br />
Örnek 6.6. Bir devresel grubun her homomorf resmi de bir devresel gruptur.<br />
Çözüm. G, a tarafından üretilmiş bir devresel grup, G′ de G nin bir ϕ<br />
homomorfisindeki resmi olsun.<br />
ϕ : G → G′<br />
a → a′<br />
ϕ a = a′<br />
elemanı tarafından üretilmiş bir devresel grup<br />
Bu takdirde G′ nün ( )<br />
olduğunu gösterelim. a′ ∈ G′<br />
, ϕ bir homomorfi ve dolayısıyla G′ de bir grup<br />
olduğundan a′ nün bütün kuvvetleri G′ ye aittir. Karşıt olarak, G′ nün her<br />
elemanı, a′ nün bir kuvvetidir. Çünkü b′ , G′ nün herhangi bir elemanı ise,<br />
ϕ b = b′<br />
olacak şekilde bir b ∈ G vardır ve<br />
ϕ nin üzerine oluşundan dolayı, ( )<br />
m<br />
b<br />
= e<br />
144
G<br />
= a olduğundan uygun bir m ≥ 0 tam sayısı için<br />
m<br />
( b) ( a ) ( ( a)<br />
) m<br />
= = , yani ′ ( ′) m<br />
ϕ ϕ ϕ<br />
dür.<br />
Örnek 6.7. G = = { }<br />
b<br />
b<br />
m<br />
= a dir. Buradan da<br />
= a sonucu çıkar. Şu halde G′ = a′<br />
Z<br />
12<br />
0,1,2,...,11 grubunu ve bu grubun 1 üretecini göz<br />
önüne alalım. n = 12 dir. b = 3∈ G olsun. 3 = 3.1 , n = 12 , s = 3 için<br />
d = e. b. o. b.(12,3) = 3 olduğundan < 3 >≤ G devirli alt grubunun mertebesi<br />
n 12<br />
4<br />
d = 3<br />
= bulunur. Yani, G = Z<br />
12<br />
nin 3 tarafından üretilen devirli alt<br />
grubunun mertebesi 4 tür. Bu alt grup < 3 >= { 0,3,6,9}<br />
dur. Benzer şekilde,<br />
Z nin 8 tarafından üretilen alt grubu, d = e. b. o. b.(12,8) = 4 ve<br />
12<br />
n 12<br />
3<br />
d = 4<br />
=<br />
olduğundan 3 elemanlıdır ve < 8 >= { 0, 4,8}<br />
şeklindedir. Aynı şekilde, Z<br />
12<br />
n 12<br />
nin 5 tarafından üretilen alt grubu, d = e. b. o. b.(12,5) = 1 ve<br />
12<br />
d = 1<br />
=<br />
olduğundan 12 elemanlıdır ve < 5 >= Z<br />
12<br />
şeklindedir. Buradan Z<br />
12<br />
nin 1 ve 5<br />
ten başka diğer üreteçlerinin 7 ve 11 olduğunu görürüz. Çünkü,<br />
e. b. o. b.(12,7) = e. b. o. b.(12,11) = 1 dir.<br />
Sonuç: G, n. mertebeden bir devirli grup ve a bu grubun bir üreteci ise G nin<br />
diğer üreteçleri n ile aralarında asal olan, yani e. b. o. b.( n, r ) = 1 koşulunu<br />
sağlayan r ler tarafından tanımlanan<br />
r<br />
a şeklindeki elemanlardır.<br />
Örnek 6.8. Devirli bir grup olan Z<br />
18<br />
in bütün alt grupları da devirlidir. Sonuç<br />
6.1. göre Z<br />
18<br />
in üreteçleri 1, 5, 7, 11, 13, 17 şeklindedir. e. b. o. b .(18,2) = 2 ve<br />
18<br />
9<br />
2 = olduğundan < 2 >= { 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16 } dır. 6 ∈< 2 > nin<br />
ürettiği alt grup { }<br />
0, 6, 12 olup, 12 de bu grubun bir üretecidir. Böylece 0, 1,<br />
2, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 17 elemanlarının ürettiği grupları elde<br />
< 3 >= 0, 3, 6, 9, 12, 15 grubunun bir<br />
etmiş olduk. Geriye 3, 9, 15 kaldı. { }<br />
diğer üreteci 15 tir ve bu grup 6. mertebedendir. 15 = 5.3 yazılabileceğinden ve<br />
. . . .(6,5) 1<br />
< 9 >= 0, 9<br />
e b o b = olduğundan aynı grup 15 tarafından da üretilir. { }<br />
grubu da 3 < > grubunun alt grubu olup aşağıdaki alt gruplar şeması<br />
verilebilir.<br />
145
= Z 18<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
Z<br />
18<br />
in Alt Gruplarının Latis Gösterimi<br />
Örnek 6.9. Bir grupta bir elemanın mertebesinin, tersinin mertebesine eşit<br />
olduğunu gösterelim.<br />
Çözüm. a ∈ G ve a = m olsun.<br />
m<br />
a<br />
−1<br />
a = 1 ve 1 < m′<br />
< m için a ′ ≠ 1 dir.<br />
G<br />
1<br />
< < ve ( )<br />
1 m′<br />
m<br />
m<br />
G<br />
m<br />
−1<br />
−m<br />
m<br />
( a ) a ( a )<br />
m<br />
a − ′ = 1 olsa:<br />
m<br />
a<br />
⎡<br />
⎢<br />
⎣<br />
G<br />
−m′ ′<br />
= m olduğunu gösterelim. a = m ise<br />
−1 −1<br />
= = = 1 = 1 .<br />
( ) G<br />
<br />
1G<br />
−<br />
m<br />
( a ) 1 1<br />
= = ,<br />
m′<br />
−<br />
⎤<br />
( a ) ( G )<br />
G<br />
1<br />
−1<br />
−1<br />
⎥<br />
⎦<br />
= 1 = 1<br />
olur ve buradan a ′ = 1 bulunur ki, bu a = m oluşu ile çelişir. Şu halde<br />
1<br />
< < için ( )<br />
1 m′<br />
m<br />
m<br />
G<br />
G<br />
a − ′ = 1 olamaz. Buradan<br />
−1<br />
a = a = m sonucu çıkar.<br />
G<br />
G<br />
Örnek 6.10.<br />
*<br />
C grubunda 1 + i elemanının mertebesini bulalım.<br />
2<br />
Çözüm.<br />
146
olduğundan<br />
1+ i = 8 dir.<br />
2<br />
( 1+<br />
i)<br />
2 2<br />
2<br />
⎛ 1+ i ⎞<br />
1+ 2i + i 1+ 2i<br />
−1<br />
⎜ ⎟ = = = = i,<br />
⎝ 2 ⎠ 2 2 2<br />
( )<br />
3 2<br />
⎛ 1+ i ⎞ ⎛ 1+ i ⎞ ⎛ 1+ i ⎞ 1+ i i −1 ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = i = ,<br />
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 2<br />
4 2<br />
⎛ 1+ i ⎞ ⎡⎛ 1+<br />
i ⎞ ⎤<br />
2<br />
⎜ ⎟ = ⎢⎜ ⎟ ⎥ = i = −1,<br />
⎝ 2 ⎠ ⎢<br />
⎣⎝ 2 ⎠ ⎥<br />
⎦<br />
2<br />
⎡<br />
4<br />
⎛1+<br />
i ⎞ ⎤<br />
2<br />
⎢⎜<br />
⎟ ⎥ = ( − 1)<br />
= 1<br />
⎢<br />
⎣⎝<br />
2 ⎠ ⎥<br />
⎦<br />
2<br />
Örnek 6.11.<br />
bulalım.<br />
*<br />
Z 17 grubunda 5, 4 ve 2 kalan sınıflarının mertebelerini<br />
*<br />
Çözüm. 17 = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}<br />
Z ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ dir.<br />
2 3 4 5 6 7 8 16<br />
5 = 8, 5 = 6, 5 = − 4, 5 = − 3, 5 = 2, 5 = − 7, 5 = − 1, 5 = 1<br />
olduğundan 5 = 16 dır. Dolayısıyla<br />
*<br />
Z 17<br />
dir.<br />
2 4<br />
*<br />
17 = 5<br />
Z dir.<br />
4 = − 1, 4 = 1 ⇒ 4 = 4 ,<br />
2 3 4 8<br />
2 = 4, 2 = 8, 2 = − 1, 2 = 1 ⇒ 2 = 8<br />
Örnek 6.12. 30. mertebeden devresel grubun alt gruplar şemasını yapalım ve<br />
bütün üreteçlerini bulalım.<br />
2 29<br />
Çözüm. { 1 G , , ,..., }<br />
G = a a a = a ve H ≤ G olsun. H ≤ G ise<br />
H = a µ , 30 = µ ⋅ ν , H = ν dür. ν 30 ise ν = 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30<br />
olabilir.<br />
ν = µ H =<br />
{ }<br />
1 : =30, 1 1 G<br />
2<br />
Z<br />
*<br />
17<br />
{ G }<br />
{ G }<br />
15 15<br />
ν = 2 : µ =15, H = a = 1 , a<br />
3<br />
10 10 20<br />
ν = 3 : µ =10, H = a = 1 , a , a<br />
Z<br />
*<br />
17<br />
147
5<br />
{ G }<br />
{ G }<br />
{ G }<br />
{ G }<br />
6 6 24<br />
ν = 5 : µ =6, H = a = 1 , a ,..., a<br />
6<br />
5 5 25<br />
ν = 6 : µ =5, H = a = 1 , a ,..., a<br />
10<br />
3 3 27<br />
ν = 10 : µ =3, H = a = 1 , a ,..., a<br />
15<br />
2 2 28<br />
ν = 15 : µ =2, H = a = 1 , a ,..., a<br />
ν = 30 : µ =1, H = G<br />
30<br />
G=H 30<br />
H 15 H 10 H 6<br />
H 5<br />
H 3<br />
H 2<br />
H 1 ={1 G }<br />
30. mertebeden bir devresel grupta üreteçlerin sayısı ϕ ( 30)<br />
dur.<br />
30 = 2⋅3⋅5 ⇒ ϕ ( 30) = ( 2 −1)( 3−1)( 5 − 1)<br />
= 8<br />
dir ve ayrıca ( 30, a ) = 1 koşuluna uyan a tam sayıları 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23<br />
ve 29 olduğundan G nin üreteçleri<br />
7 11 13 17 19 23 29<br />
a, a , a , a , a , a , a , a dur.<br />
Örnek 6.13. a) 229460. mertebeden bir devresel grubun kaç tane alt grubu<br />
olduğunu bulalım.<br />
Çözüm. Bir devresel grupta mertebenin her doğal bölenine karşılık o böleni<br />
mertebe kabul eden bir tek alt grup olduğundan, alt grupların sayısını bulmak<br />
için mertebenin doğal bölenlerinin sayısını bulmamız gerekir.<br />
2<br />
229460 = 2 ⋅5⋅ 7 ⋅11⋅<br />
149 <br />
olduğundan 229460 ın doğal bölenlerinin sayısı<br />
asal<br />
τ ( 229460)<br />
= ( 2 + 1)( 1+ 1)( 1+ 1)( 1+ 1)( 1+<br />
1)<br />
= 2 ⋅ 3 = 48<br />
dir. Şu halde alt grupların sayısı 48 dir.<br />
4<br />
148
) 229460. mertebeden devresel grubun kaç tane üreteci olduğunu bulalım.<br />
ϕ 229460 tane üreteci vardır.<br />
Çözüm. 229460. mertebeden devresel grubun ( )<br />
2<br />
( ) ϕ ( ) ( )<br />
ϕ 229460 = 2 ⋅5⋅7⋅11⋅ 149 = 2⋅ 5 −1 7 −1 11−1 149 − 1 =<br />
<br />
olduğundan üreteçlerin sayısı 71040 dır.<br />
( )(<br />
)( )<br />
4 6 10 148<br />
3 7<br />
= 2 ⋅ 2⋅3⋅ 2⋅5⋅2 ⋅ 74 = 2 ⋅3⋅5⋅ 37 = 71040<br />
2⋅37<br />
Örnek 6.14. Dikdörtgen ve eşkenar üçgenin grubunun alt gruplar şemasını<br />
yapalım.<br />
G D , D , S , S G ≅ V-Klein 4 , yani<br />
Çözüm. Dikdörtgenin grubu : = { 0 1 1 2}<br />
, ( )<br />
G { I, ( 12)( 34 ),( 13)( 24 ),( 14)( 23)<br />
}<br />
≅ dür. İzomorf yapılara aynı gözüyle<br />
bakabiliriz. Alt gruplar:<br />
G = V-Klein 4 , G = I, 12 34 ,<br />
{ }<br />
{ } { ( )( )}<br />
( ) ( )( )<br />
( )( )<br />
{ I}<br />
.<br />
1 2<br />
G = I, 13 24 , G = I, 14 23 ,<br />
G<br />
3 4<br />
5<br />
=<br />
G 1<br />
G 2 G 3 G 4<br />
{I}<br />
Eşkenar üçgenin grubu :<br />
G D , D , D , S , S , S<br />
= { 0 1 2 1 2 3}<br />
, G γ 3 { I, ( 12 ),( 13 ),( 23 ),( 123 ),( 132)<br />
}<br />
Alt gruplar:<br />
≅ = dir.<br />
γ { ( ) ( )}<br />
{ ,( 12 )} , { ,( 13)<br />
},<br />
,( 23 ) , .<br />
G = , G = I, 123 , 132 = A ,<br />
1 3 2 3<br />
G = I G = I<br />
3 4<br />
{ } { }<br />
G = I G = I<br />
5 6<br />
149
G 1 = γ 3<br />
G 2 G 3 G 4 G 5<br />
G 6 ={I}<br />
Örnek 6.15. Karenin grubunun alt gruplar şemasını yapalım.<br />
G = D , D , D , D , S , S , S , S dir.<br />
Çözüm. Karenin grubu: { 0 1 2 3 1 2 3 4}<br />
G ≅ G8 = { I, ( 13 ),( 24 ),( 12)( 34 ),( 13)( 24 ),( 14)( 23 ),( 1234 ),( 1432)<br />
}<br />
olduğundan G8<br />
in alt gruplarını bulmak yeterlidir. Çünkü izomorf yapılara<br />
aynı gözüyle bakabiliriz.<br />
Alt gruplar:<br />
G = G , G = I, 1234 , 13 24 , 1432<br />
dir.<br />
G<br />
2<br />
8 1 { ( ) ( )( ) ( )}<br />
{ I ( )( ) ( )( ) ( )( )}<br />
( ) ( ) ( )( )<br />
{ ( )} ( )( )<br />
{ I ( )( )}<br />
{ I}<br />
{ , 13 , 24 , 13 24 }, { ,( 13 )}<br />
,<br />
{ } { ( )( )}<br />
3 4<br />
5 6 7<br />
8′<br />
8<br />
9<br />
, 12 34 , 13 24 , 14 23 ( V-Klein 4 grubu ),<br />
G = I G = I<br />
G = I, 24 , G = I, 12 34 , G = I, 14 23 ,<br />
G<br />
G<br />
=<br />
=<br />
=<br />
, 13 24 ( G ile karışmaması için bu şekilde yazdık ),<br />
G G , G , G ,<br />
G<br />
G<br />
8′ ⊂ 1 2 3<br />
⊂ G ,<br />
7 2<br />
⊂ G ,<br />
6 2<br />
G ⊂ G ,<br />
G<br />
5 3<br />
⊂ G .<br />
4 3<br />
150
G<br />
G 2 G 1 G 3<br />
G 7 G 6<br />
G<br />
8 ′ G 5 G 4<br />
{ I G<br />
}<br />
PROBLEMLER<br />
1) Aşağıdaki gruplardan devirli olanları belirleyiniz ve devirli olanların bir<br />
üretecini bulunuz.<br />
a) G<br />
1<br />
= ( Z , + ) , c) G<br />
3<br />
= (6 Z , + ) ,<br />
+<br />
b) G2 ( ,.)<br />
= Q , d) G4 { 6 n n }<br />
= | ∈ Z olmak üzere ( G<br />
4,.)<br />
.<br />
2) n bir asal sayı olmak üzere G, mertebesi n olan bir grup ise G nin devirli<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
3) Z<br />
12<br />
grubunun < 1 > , < 2 > , < 3 > , < 4 > , < 5 > şeklindeki devirli alt<br />
gruplarını bulunuz. Z<br />
12<br />
grubunun devirli olup olmadığına karar veriniz ve<br />
nedenini açıklayınız.<br />
4) γ<br />
3<br />
simetrik grubunun kendisinden farklı her alt grubunun devirli olduğunu<br />
gösteriniz.<br />
5) G =< 2 > ve G = 23 olsun.<br />
a) G nin üreteçlerini bulunuz.<br />
b) G nin alt gruplarını bulunuz ve alt gruplar için latis gösterimini yapınız.<br />
c) G nin alt grupları ile teşkil edilen bölüm gruplarını belirtiniz.<br />
6) G değişmeli bir grup ve G nin x, y elemanlarının mertebeleri sırası ile r ve<br />
s olsun. Eğer r ve s asal ise xy elemanının mertebesinin rs olduğunu<br />
kanıtlayınız.<br />
7) ( G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun. a ≠ e ise a ≠ 1 önermesi doğru mudur?<br />
151
8) ( G ,.) devirli bir grup ve G =< a > olsun.<br />
k tamsayısı varsa G<br />
≤ k olduğunu gösteriniz.<br />
k<br />
a<br />
= e olacak şekilde pozitif bir<br />
9) Devirli olmayan her grubun en az bir öz alt grubunun olduğunu kanıtlayınız.<br />
10) G =< K > olsun. S ⊆ G olmak üzere K nın her bir elemanı S nin<br />
elemanlarının çarpımı şeklinde yazılabiliyor ise G =< S > olduğunu<br />
kanıtlayınız.<br />
152
7. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI<br />
Tanım 7.1. S1, S2,..., S<br />
n<br />
kümeleri verilsin.<br />
S × S × ... × S = ( a , a ,..., a ) | a ∈ S , 1 ≤ i ≤ n<br />
{ }<br />
1 2 n 1 2 n i i<br />
kümesine bu kümelerin kartezyen çarpım kümesi adı verilir ve<br />
= 1<br />
şeklinde gösterilir.<br />
n<br />
Teorem 7.1. G1 , G2,..., G<br />
n<br />
grupları verilsin. Χ G kümesi,<br />
i = 1 i<br />
( g , g ,..., g )( g ', g ',..., g ') = ( g g ', g g ',..., g g ')<br />
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n<br />
şeklinde tanımlanan işleme göre bir grup teşkil eder. Bu gruba G1 , G2<br />
,..., G<br />
n<br />
gruplarının kartezyen dış çarpım grubu veya sadece kartezyen çarpım grubu<br />
adı verilir.<br />
Kanıt. 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀ i için e<br />
i<br />
, G<br />
i<br />
grubunun birim elemanı ise,<br />
( e , e ,..., e ) de kartezyen çarpım grubunun birim elemanıdır. Eğer<br />
1 2<br />
n<br />
n<br />
( a1 , a2,..., an<br />
) ∈ Χ G ise −1 −1 −1<br />
i = 1 i<br />
( a1 , a2<br />
,..., a n<br />
) de bu elemanın, kartezyen<br />
çarpım grubuna ait inversidir. Kapalılık ve birleşme özelliklerinin sağlanacağı<br />
G1 , G2,..., G<br />
n<br />
kümelerinin grup olma koşullarından açıkca görülür.<br />
Örnek 7.1. Z<br />
2<br />
= { 0,1}<br />
ve<br />
3<br />
= { 0,1,2}<br />
alalım. × = { }<br />
Χ<br />
n<br />
i<br />
S i<br />
Z devirli gruplarını göz önüne<br />
Z<br />
2<br />
Z<br />
3<br />
(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1, 2) kümesi 6. mertebeden<br />
devirli bir gruptur. Bu grubun bir üreteci (1,1) elemanıdır. Yani,<br />
Z<br />
2<br />
× Z<br />
3<br />
=< (1,1) > dir ve mertebesi aynı olan bütün devirli gruplar birbirine<br />
izomorf olduğundan Z<br />
2<br />
× Z3 ≅ Z<br />
6<br />
izomorfizmi vardır.<br />
Örnek 7.2. Z<br />
3<br />
× Z<br />
3<br />
grubu 9. mertebeden devirli olmayan bir gruptur. Çünkü,<br />
bu grubun hiçbir elemanını 9 kez topladığımızda grubun birim elemanına<br />
ulaşamayız, ancak Z<br />
3<br />
devirli olduğundan 3. toplamada Z<br />
3<br />
ün birim elemanını<br />
elde ederiz. Dolayısıyla Z<br />
3<br />
× Z<br />
3<br />
grubu devirli olamaz ve Z<br />
9<br />
grubuna izomorf<br />
yapılamaz. Diğer taraftan, aynı nedenle Z<br />
2<br />
× Z<br />
2<br />
grubu 4. mertebeden devirli<br />
olmayan bir gruptur. Mertebesi 4 olan ve birbirine izomorf yapılamayan iki<br />
grubun olduğunu biliyoruz. Bu gruplardan Z<br />
4<br />
devirli, fakat V-Klein 4 grubu<br />
devirli değildir. Böylece Z<br />
2<br />
× Z<br />
2<br />
, mertebesi 4 fakat devirli olmadığından aynı<br />
mertebeden devirli Z<br />
4<br />
grubuna izomorf yapılamaz, dolayısıyla Z<br />
2<br />
× Z<br />
2<br />
,<br />
V-Klein 4 grubuna izomorf olmak durumundadır.<br />
153
Teorem 7.2. Z<br />
m<br />
× Z<br />
n<br />
grubunun Z<br />
mn<br />
grubuna izomorf yapılabilmesi için<br />
gerek ve yeter koşul e. b. o. b.( m, n ) = 1 olmasıdır.<br />
Kanıt. Z<br />
m<br />
× Z<br />
n<br />
deki (1,1) elemanını göz önüne alalım. Bu elemanın ürettiği<br />
devirli alt grubun mertebesi, (1,1) den çarpım grubunun birim elemanı olan<br />
(0,0) elemanını üretecek en küçük kat veya üstür. Yani, p (1,1) = (0,0) veya<br />
(1,1) p = (0,0) olacak şekilde en küçük p tamsayısıdır. Burada, kat veya üs<br />
kelimesi grup işlemi sırasıyla toplama ve çarpma benzeri düşünüldüğü için<br />
kullanılmaktadır, ancak işlemler genel anlamda anlaşılmalıdır. Diğer taraftan,<br />
Z nin 1 elemanının m , 2m , 3m , ... gibi katları sıfır birim elemanını<br />
m<br />
verecektir. Aynı şekilde, Z<br />
n<br />
nin 1 elemanının n , 2n , 3n , ... gibi katları sıfır<br />
birim elemanını verecektir. Bu sayıların en küçükleri m ve n olduğundan<br />
(1,1) in, (0,0) elemanını üreten en küçük katı mn dir. m ve n tamsayılarının<br />
en küçük ortak katının mn olması için e. b. o. b.( m, n ) = 1 olmalıdır.<br />
n<br />
Sonuç 7.1. Χ Z kartezyen çarpım grubunun, i= 1 m<br />
Z<br />
i<br />
m1 m2 ... m<br />
devirli grubuna<br />
n<br />
izomorf olması için gerek ve yeter koşul 1 ≤ i ≤ n olmak üzere m<br />
i<br />
lerin ikişer<br />
ikişer aralarında asal olmaları, yani 1 ≤ i , j n<br />
∀i, j i ≠ j için<br />
e. b. o. b.( m , m ) = 1 olmasıdır.<br />
i<br />
j<br />
Örnek 7.3. Z<br />
2<br />
× Z3 × Z5 ≅ Z30,<br />
Z8 × Z<br />
9<br />
≅ Z<br />
72<br />
dir.<br />
≤ olmak üzere ( )<br />
Örnek 7.4. n tamsayısının kanonik gösterimi<br />
n1 n2<br />
nr<br />
n = p1 p2 ... p r<br />
şeklindeki ise bu taktirde Z<br />
n<br />
grubu aşağıdaki kartezyen çarpım grubuna<br />
izomorf yapılabilir;<br />
n1 n2<br />
nr<br />
Z ≅ Z × Z × ... × Z .<br />
n p1 p2<br />
pr<br />
Tanım 7.2. G bir grup ve G1 , G2,..., G<br />
n<br />
kümeleri G nin alt grupları olsun.<br />
Eğer,<br />
φ :<br />
Χ<br />
n<br />
G<br />
i= 1 i<br />
→<br />
G<br />
φ( g , g ,..., g ) = g g ... g<br />
1 2 n 1 2<br />
dönüşümü bir izomorfizma ise G grubuna G<br />
1<br />
, G<br />
2<br />
, ... , G<br />
n<br />
alt gruplarının iç<br />
kartezyen çarpımıdır denir.<br />
n<br />
154
n<br />
Teorem 7.3. ( a1 , a2,..., an<br />
) ∈ Χ G olsun. ∀ i için<br />
i = 1 i<br />
a<br />
i<br />
elemanının<br />
grubundaki mertebesi r<br />
i<br />
ise bu takdirde ( a1 , a2,..., a<br />
n<br />
) elemanının<br />
i =<br />
G<br />
1 i<br />
grubundaki mertebesi e. k. o. k.( r1 , r2<br />
,..., r<br />
n<br />
) dir.<br />
Kanıt. ( a1 , a2,..., a<br />
n<br />
) elemanının hangi katı veya kuvveti ( e1 , e2<br />
,..., e<br />
n<br />
) birim<br />
elemanını verir sorusunun yanıtı aranarak, bir önceki teoremdeki düşünce ile<br />
kolayca kanıtlanır. Burada ∀ i için e<br />
i<br />
, G<br />
i<br />
grubunun birim elemanını<br />
göstermektedir. Şimdi kartezyen çarpım grubunu, dış kartezyen çarpım grubu<br />
olarak düşünelim. Bu durumda,<br />
G = ( e , e ,..., e , a , e ,..., e ) | a ∈ G<br />
Χ<br />
{ }<br />
i 1 2 i− 1 i i+<br />
1 n i i<br />
n<br />
Kümesi,<br />
i =<br />
G<br />
1 i<br />
dış kartezyen çarpım grubunun bir alt grubunu tanımlar.<br />
Burada<br />
π : Gi → Gi , π ( e1 , e2<br />
,..., ai ,... en ) = ai<br />
izdüşüm dönüşümünü göz önüne alırsak, bu dönüşümün bir izomorfizma<br />
tanımlaması nedeniyle, yukarıdaki dış kartezyen çarpım grubunu G<br />
i<br />
gruplarının bir iç kartezyen çarpım grubu olarak da düşünebiliriz.<br />
Teorem 7.4. G grubu; G1 , G2,..., G<br />
n<br />
alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı<br />
ise bu taktirde ∀g ∈ G elemanını gi ∈ Gi<br />
olmak üzere,<br />
g = g ... 1g2 gn<br />
şeklinde tek türlü ifade edebiliriz.<br />
n<br />
Kanıt. ( g1, g2,..., gn<br />
) ∈Χ G alalım. i = 1 i<br />
gi ∈ Gi<br />
olmak üzere,<br />
g = g g ... g = ( g , e ,..., e )( e , g ,..., e )...( e , e ,..., g )<br />
1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n<br />
yazabiliriz ve π izdüşüm dönüşümü ile<br />
olduklarından g = g ... 1g2 gn<br />
elde ederiz.<br />
G<br />
i<br />
ve<br />
Χ<br />
n<br />
G<br />
i<br />
G<br />
i<br />
grupları izomorf<br />
Teorem 7.5. G bir grup ve i ∈ I ( I, indis kümesi ) olmak üzere G<br />
i<br />
grupları,<br />
G nin herhangi bir sayıdaki alt grupları olsun. O taktirde<br />
alt grubudur.<br />
Kanıt. a, b Gi<br />
halde<br />
teşkil eder.<br />
∈∩ olsun. 1 i n<br />
i∈I<br />
1<br />
b − ∈ G i<br />
ve<br />
1<br />
ab G i<br />
∩ Gi<br />
de G nin bir<br />
i∈I<br />
≤ ≤ olmak üzere ∀ i için a, b ∈ Gi<br />
dir. O<br />
− ∈ dir. Böylece, ∩ G ⊆ G alt kümesi bir alt grup<br />
i<br />
i∈I<br />
H ve K, bir G grubunun iki alt grubu olsun. Genel olarak<br />
155
{ , }<br />
HK = hk | h ∈ H k ∈ K<br />
kümesi G nin bir alt grubu değildir. HK nın bir alt grup olabilmesi için ya G<br />
nin kendisi değişmeli olmalıdır veya HK = KH olmalıdır. Çünkü, eğer<br />
h1 k1,<br />
h2 k2<br />
∈ HK ise ( h1 k1)( h2 k2<br />
) ∈ HK olmalıdır. G nin kendisi değişmeli<br />
veya HK = KH ise<br />
[( h1 k1) h2 ] k2 = [ h1 ( k1h2 )] k2 = [ h1 ( h2k1 ) k2 ] = ( h1 h2 )( k1k2<br />
) ∈ HK<br />
elde ederiz. Diğer taraftan, aynı koşul altında, e ∈ H , K olduğundan<br />
ee = e ∈ HK ve hk ∈ HK ise<br />
−1 −1 −1 −1 −1<br />
( hk)<br />
= k h = h k ∈ HK<br />
buluruz.<br />
Tanım 7.3. H ve K , bir G grubunun iki alt grubu olsun. G nin HK yı kapsayan<br />
bütün alt gruplarının arakesitine H ve K alt gruplarının birleşimi denir ve<br />
H ∨ K şeklinde gösterilir. H ∨ K kümesi HK yı kapsayan en dar alt gruptur.<br />
Eğer G grubu değişmeli veya HK = KH ise o zaman HK = H ∨ K dır.<br />
Üstelik, h = he ve k = ek yazılabileceğinden H ⊆ HK ve K ⊆ HK veya<br />
H ≤ HK ve K ≤ HK yazılabilir. Böylece, H ≤ H ∨ K , K ≤ H ∨ K dır.<br />
Örnek 7.5. G bir grup, H ve K da G nin iki alt grubu olsun. HK nın G nin bir<br />
alt grubu olabilmesi için gerek ve yeter koşul, HK = KH olmasıdır.<br />
Çözüm. Gereklik: HK ≤ G ise HK = KH dır :<br />
−<br />
( ) 1<br />
HK ≤ G ⇒ HK = HK , yani<br />
olduğundan<br />
H<br />
− 1<br />
= ve<br />
H<br />
K<br />
−1 −1<br />
HK = K H dir. Öte yandan H , K ≤ G<br />
− 1<br />
−<br />
= K dir. Şu halde <br />
1 − 1<br />
K H<br />
Yeterlik: HK = KH ise HK ≤ G dir :<br />
HK nın alt grup koşullarını gerçeklediğini gösterelim.<br />
1) H ≤ G ⇒ HH = H grupta kapalılık özelliğinden<br />
K ≤ G ⇒ KK = K<br />
( )<br />
( grupta kapalılık özelliğinden )<br />
HK = K H = KH dır.<br />
olduğundan<br />
( HK )( HK ) = H ( KH ) K = H<br />
( HK ) K = ( HH<br />
)(<br />
KK<br />
<br />
) = HK<br />
dır.<br />
2) H , K ≤ G olduğundan<br />
bulunur. 1) ve 2) den<br />
elde edilir.<br />
HK H K<br />
H<br />
− 1<br />
= ve<br />
H<br />
−1 −1 −1<br />
( ) <br />
K<br />
H<br />
K<br />
− 1<br />
= dir. Şu halde<br />
K<br />
hipotez<br />
HK = K H = KH = HK<br />
HK<br />
≤ G<br />
156
Örnek 7.6.<br />
3<br />
H ρ<br />
0,<br />
µ<br />
1<br />
K = ρ<br />
0,<br />
µ<br />
2<br />
alt grupları için HK<br />
ve H ∨ K yı belirleyelim. γ<br />
3<br />
grubunun işlem tablosu aşağıda verilmektedir.<br />
γ grubunun = { } ve { }<br />
{ , } { , , , } { , , , }<br />
HK = hk | h ∈ H k ∈ K = ρ ρ ρ µ µ ρ µ µ = ρ ρ µ µ<br />
0 0 0 2 1 0 1 2 0 1 1 2<br />
bulunur. Diğer taraftan, γ<br />
3<br />
ün HK yı kapsayan bir tek alt grubu vardır ve o da<br />
γ<br />
3<br />
ün kendisidir. O halde, H ∨ K = γ<br />
3<br />
tür.<br />
Teorem 7.6. Bir G grubunun H ve K alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı<br />
olması için gerek ve yeter koşul;<br />
1) G = H ∨ K,<br />
2) ∀h ∈ H , ∀k ∈ K ise hk = kh ,<br />
3) H ∩ K = { e}<br />
koşullarının sağlanmasıdır.<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2 3<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
3<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
2<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
ρ<br />
1<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
3<br />
µ<br />
1<br />
µ<br />
2<br />
ρ<br />
1<br />
ρ<br />
2<br />
ρ<br />
0<br />
Kanıt. G grubu, H ve K alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı olsun. O<br />
taktirde, ∀g ∈ G için g = hk olacak şekilde h ∈ H , k ∈ K elemanları<br />
bulunabilir. Şimdi,<br />
φ : H × K → G , φ ( h, k)<br />
= hk ∈ HK<br />
izomorfizmasını tanımlayalım. Bu izomorfizma ile<br />
H ( h, e)<br />
h H K = ( e, k)<br />
| κ ∈ K<br />
= { | ∈ } , { }<br />
kümelerini sırasıyla H ve K kümeleri ile eşleyebiliriz. Böylece, H ve K<br />
kümelerini H × K nın alt kümeleri olarak düşünebiliriz, dolayısıyla bu<br />
düşünce ile yukarıdaki 3 koşulun gerçekleneceğini kolayca kanıtlayabiliriz.<br />
Şimdi, yukarıdaki 3 koşulun gerçeklendiğini kabul edelim. O taktirde φ<br />
dönüşümünün bir izomorfizma tanımlayacağını göstermeliyiz. Yukarıdaki<br />
koşulların gerçeklenmesi durumunda, φ( h1 , k1) = φ( h2 , k2<br />
) olsun. O halde,<br />
h k = h k ⇒ h h = k k<br />
−1 −1<br />
1 1 2 2 2 1 2 1<br />
157
elde ederiz. Bu ise H nın bir elemanının K nın bir elemanına eşit olacağını<br />
H ∩ K = e olduğundan ortak eleman<br />
gösterir, öte yandan 3) koşuluna göre { }<br />
birim eleman olabilir, yani;<br />
−1 −1<br />
h2 h1 = e, k2k1 = e ⇒ h1 = h2 , k1 = k2 ⇒ ( h1 , k1) = ( h2 , k2<br />
)<br />
bulunur. O halde φ bire-birdir.<br />
Ayrıca, 2) den<br />
∀h ∈ H , ∀k ∈ K için hk = kh<br />
olduğundan HK = KH olup, HK nın değişmeli bir grup olduğu görülür.<br />
Üstelik, 1) den G = H ∨ K olduğundan HK = H ∨ K = G dir ve HK nın G<br />
nin tamamına eşit olduğu görülür, o halde φ örtendir. Geriye φ nin işlemleri<br />
koruduğunu göstermek kalır. Bunun için,<br />
φ[( h1 , k1)( h2 , k2 )] = φ[( h1 h2 , k1k2 )] = ( h1 h2 )( k1k2<br />
)<br />
yazabiliriz. Ayrıca,<br />
φ( h1 , k1) φ ( h2 , k2 ) = ( h1 k1)( h2k2<br />
)<br />
olduğundan HK nın değişmeli bir grup olması nedeni ile de<br />
φ [( h1 , k1)( h2 , k2<br />
)] = φ( h1 , k1) φ ( h2 , k2<br />
)<br />
elde edilir. Böylece, φ dönüşümü bir izomorfizmadır.<br />
Tanım 7.3. G bir grup ve gi<br />
∈ G olsun. G nin, { gi<br />
| i ∈ I}<br />
kümesini kapsayan<br />
en dar alt grubuna bu kümenin ürettiği alt grup adı verilir. Eğer G nin kendisini<br />
g | i ∈ I kümesi sonlu bir küme ise G ye sonlu üretilmiş bir grup adı<br />
üreten { }<br />
verilir.<br />
i<br />
Örnek 7.7. Z×<br />
Z<br />
2<br />
grubu, {(0,0),(0,1) } kümesi tarafından üretilmiş bir<br />
gruptur.<br />
Tanım 7.4. Bir G grubunun bütün elemanları sonlu mertebeden ise G grubuna<br />
n<br />
bir torsiyon grubu adı verilir. Bu durumda ∀a ∈ G için a = e olacak şekilde<br />
bir n ∈ Z vardır. Eğer G nin birim eleman dışında hiçbir elemanı sonlu<br />
mertebeden değilse G ye bir serbest grup ( torsiyon olmayan ) adı verilir.<br />
Teorem 7.7. G, değişmeli bir grup olsun. G nin sonlu mertebeli bütün<br />
elemanlarının oluşturduğu küme G nin bir alt grubudur ( Bu gruba G nin<br />
torsiyon grubu adı verilir ).<br />
Kanıt. T, G nin sonlu mertebeli tüm elemanlarının kümesi ve a,<br />
b ∈ T olsun.<br />
Bu taktirde,<br />
Buradan<br />
+<br />
= = olacak şekilde m,<br />
n ∈ Z pozitif tamsayıları vardır.<br />
m n<br />
a b e<br />
158
( ) mn mn mn ( m<br />
) n ( n<br />
) m n m<br />
ab = a b = a b = e e = e<br />
= e = e<br />
buluruz. Böylece ab ∈ T dir. Diğer taraftan, e ∈ T olduğu açıktır ve bir a ∈ T<br />
m<br />
için a = e yazabiliriz. O halde,<br />
m −1 m m −1 m −1 m −1<br />
m<br />
e = e = ( aa ) = a<br />
( a ) = e( a ) = ( a )<br />
= e<br />
1<br />
olacağından a<br />
− ∈ T dir. T ⊂ G olduğundan T birleşmelidir, dolayısıyla T, G<br />
nin bir alt grubudur.<br />
Örnek 7.8. Sonlu her grup bir torsiyon grubudur.<br />
Örnek 7.9. ( Z , + ) grubu bir serbest gruptur.<br />
Örnek 7.10. Z×<br />
Z<br />
2<br />
bir torsiyon grubu değildir. Çünkü, (0,1) elemanı 2.<br />
mertebedendir ama (1,0) elemanı sonlu mertebeli değildir. Diğer taraftan,<br />
{(0,0),(0,1)<br />
}<br />
T = kümesi Z×<br />
Z<br />
2<br />
nin bir torsiyon alt grubunu tanımlar.<br />
Şimdi aşağıdaki önemli teoremleri ifade edeceğiz.<br />
Teorem 7.8. Sonlu üretilmiş değişmeli her grup, biri torsiyon diğeri serbest<br />
iki alt grubunun kartezyen çarpım grubu olarak ifade edilebilir. Eğer G, sonlu<br />
üretilmiş değişmeli bir grup, T ve S de G nin biri torsiyon diğeri serbest olan<br />
iki alt grubu ise o taktirde G = T × S yazılabilir.<br />
Teorem 7.9. S, sonlu üretilmiş serbest bir değişmeli grup ise<br />
<br />
S = Z× Z× ... × Z<br />
m defa<br />
olacak şekilde bir m pozitif tamsayısı vardır. Bu m tamsayısı tektir ve<br />
literatürde S nin Betti Sayısı olarak adlandırılır.<br />
Teorem 7.10. G, sonlu üretilmiş değişmeli bir grup ise G yi devirli grupların<br />
bir kartezyen çarpımı olarak aşağıdaki gibi ifade edebiliriz:<br />
1) p<br />
i<br />
, 1 ≤ i ≤ n , ler birbirinden farklı olması gerekmeyen asal sayılar olmak<br />
üzere<br />
( ) r1 ( ) r2<br />
... ( ) rn<br />
G = Z × Z × × Z × Z × ... × Z<br />
p1 p2<br />
pn<br />
dir.<br />
2) 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀ i için mi<br />
| m<br />
i + 1<br />
olsun. Bu durumda<br />
G = Z × Z × ... × Z × Z × ... × Z<br />
m1 m2<br />
m n<br />
yazabiliriz. Buradaki m sayılarına G nin torsiyon sayıları adı verilir.<br />
i<br />
159
Örnek 7.11. Z<br />
2<br />
× Z<br />
4<br />
× Z<br />
3<br />
× Z<br />
3<br />
× Z<br />
5<br />
grubu için,<br />
Z<br />
2<br />
× Z<br />
4<br />
× Z3 × Z<br />
3<br />
× Z<br />
5<br />
≅ Z<br />
6<br />
× Z<br />
60<br />
dır.<br />
Örnek 7.12. Z<br />
2<br />
× Z<br />
2<br />
× Z<br />
2<br />
× Z<br />
3<br />
× Z<br />
3<br />
× Z5 ≅ Z<br />
2<br />
× Z<br />
6<br />
× Z<br />
30<br />
olduğu gösterilebilir.<br />
PROBLEMLER<br />
1) Değişmeli grupların dış kartezyen çarpımlarının da değişmeli bir grup<br />
oluşturacağını kanıtlayınız.<br />
2) Z<br />
2<br />
×<br />
4<br />
Z grubunun elemanlarını belirtiniz ve her elemanın mertebesini<br />
bulunuz.<br />
3) Z<br />
6<br />
× Z<br />
8<br />
ve Z12 × Z<br />
15<br />
gruplarının devirli alt gruplarını ve bu alt gruplar<br />
içerisinde en geniş olanını belirleyiniz.<br />
4) Z<br />
24<br />
ün 18 elemanı tarafından üretilen alt grubunun mertebesini araştırınız.<br />
5) ( G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun. Eğer a nın mertebesi sonlu değilse ( < a > ,.)<br />
grubunun da sonlu olamayacağını kanıtlayınız.<br />
6) ( G ,.) değişmeli bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. Eğer, ( G H ,.)<br />
bölüm grubu devirli bir grup ise ( ,.)<br />
olduklarını kanıtlayınız.<br />
( H × G H ,.) gruplarının izomorf<br />
G ve ( )<br />
7) ( A ,.) ve ( B ,.) iki grup olsun. ( A× B,.)<br />
grubu ile ( B× A,.)<br />
grubunun<br />
izomorf olduklarını kanıtlayınız.<br />
160
8. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT GRUPLAR VE<br />
BÖLÜM GRUPLARI<br />
Tanım 8.1. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. a ∈ G olmak üzere<br />
aH = { ah | h ∈ H}<br />
kümesine H nın G deki bir sol kalan sınıfı (sol koseti) adı<br />
verilir.<br />
Örnek 8.1. ( Z , + ) grubu ve bu grubun 3Z alt grubu verilsin. 3Z nin sol<br />
kalan sınıflarını yazalım:<br />
0 + 3 Z = ..., −9, −6, −3, 0, 3, 6, 9,... ,<br />
{ }<br />
{ }<br />
{ }<br />
1+ 3 Z = ..., −8, −5, −2, 1, 4, 7, 10,... ,<br />
2 + 3 Z = ..., −7, −4, −1, 2, 5, 8, 11,... .<br />
Teorem 8.1. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun.<br />
−1<br />
a ≡ b(mod H ) ⇔ a b ∈ H<br />
bağıntısı bir denklik bağıntısıdır ve H nın bütün sol kalan sınıfları aynı sayıda<br />
elemana sahiptir.<br />
Kanıt.<br />
−1<br />
1) a a = e ∈ H olduğundan a ≡ a(mod H ) dır.<br />
2) a ≡ b(mod H ) olsun. O taktirde<br />
dır, böylece b ≡ a(mod H ) dır.<br />
( )<br />
−1<br />
a b<br />
−1 −1 −1<br />
a b = b a ∈ H<br />
∈ H dır. H bir grup olduğundan<br />
−1<br />
−1<br />
3) a ≡ b(mod H ) ve b ≡ c(mod H ) olsun. O taktirde a b ∈ H ve b c ∈ H<br />
dır. H bir grup olduğundan<br />
1 1 1 1 1<br />
( a − b)( b − c) = a − ( bb <br />
− ) c = a − c ∈ H<br />
dır, buradan a ≡ c(mod H ) elde ederiz. Böylece tanımlanan bağıntı bir denklik<br />
bağıntısı olup, G yi denklik sınıflarına ayırır.<br />
Eğer a ∈ G yi kapsayan denklik sınıfı a ise<br />
= e<br />
−1<br />
{ (mod )} { }<br />
a = x ∈ G | x ≡ a H = x ∈ G | a x ∈ H = aH<br />
elde ederiz, yani sol kalan sınıfları da aynı zamanda bu denklik bağıntısının<br />
tanımladığı denklik sınıflarıdır. Üstelik,<br />
θa : H → aH , θ a<br />
( h ) = ah<br />
dönüşümünü tanımlarsak bu dönüşüm bir izomorfizmadır, dolayısıyla H ile<br />
aH sol kalan sınıfı aynı sayıda elemana sahiptir. Böylece, her bir sol kalan<br />
sınıfının H ile aynı sayıda elemana sahip olacağı sonucuna ulaşırız.<br />
Bu teoreme göre H nın G deki farklı sol kalan sınıfları, G nin bir<br />
parçalanmasını oluştururlar ve G nin her elemanı H nın G deki bir sol kalan<br />
161
sınıfında bulunur. Yani, ∀g ∈ G için g ∈ gH dır. Böylece her bir sol kalan<br />
sınıfı boş kümeden farklı olur. Ayrıca, eğer x ∈ aH ∩ bH ise o zaman<br />
x ∈ aH ve x ∈ bH olmasından dolayı xH = aH = bH elde ederiz ki, bu<br />
sonuç sol kalan sınıflarının birbirinden farklı kümeler, yani ayrık kümeler<br />
olduğunu kanıtlar. Üstelik G nin her elemanı sol kalan sınıflarından yalnızca<br />
birine ait olacağından sol kalan sınıflarının birleşimi G kümesini oluşturur.<br />
γ simetrik grubunun { }<br />
Örnek 8.2.<br />
3<br />
H = ρ<br />
0,<br />
µ<br />
1<br />
alt grubunu göz önüne alırsak<br />
H nın G deki sol kalan sınıfları<br />
H ρ , µ ρ H ρ , µ ρ H = ρ , µ<br />
= { } , = { } , { }<br />
0 1<br />
1 1 3<br />
2 2 2<br />
şeklinde olup kapalılık koşulu gerçeklenmeyeceğinden bunların kümesi bir<br />
grup oluşturmaz.<br />
Teorem 8.2. (Lagrange Teoremi) G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun.<br />
G grubunun mertebesi sonlu ise bu takdirde H alt grubunun mertebesi G<br />
grubunun mertebesini böler.<br />
Kanıt. G ve H nın mertebeleri sırasıyla n ve m olsun. H nın G deki bütün sol<br />
kalan sınıflarını göz önüne alalım. Bu sol kalan sınıfları ikişer ikişer ayrıktır ve<br />
θ<br />
a<br />
izomorfizması nedeniyle H ile aynı sayıda, yani m tane elemana sahiptir.<br />
Böylece, eğer toplam r tane sol kalan sınıfı varsa G nin her bir elemanı<br />
bunlardan sadece birisine ait olacağından n = mr elde ederiz.<br />
Teorem 8.3. Mertebesi asal olan her grup devirlidir.<br />
Kanıt. G, mertebesi p asal sayısı olan bir grup olsun. a ≠ e ∈ G elemanı için<br />
< a > grubu devirlidir. G grubu, a ve e olmak üzere en az iki elemana<br />
sahiptir. Yani, < a > = m ≥ 2 dir. Lagrange Teoremine göre m | p dir ve p<br />
asal, m ≥ 2 olduğundan m = p buluruz. Böylece < a >= G dir ve dolayısıyla<br />
G grubu devirlidir.<br />
Teorem 8.4. Sonlu bir grubun her elemanının mertebesi, bu grubun<br />
mertebesini böler.<br />
Kanıt. Grubun bir elemanının mertebesi, bu elemanın ürettiği devirli grubun<br />
mertebesi ile aynıdır. Böylece bu devirli grup verilen grubun bir alt grubu olup<br />
Lagrange Teoremine göre de mertebesi, grubun mertebesini bölecektir.<br />
Tanım 8.2. H, sonlu mertebeli bir G grubunun alt grubu olsun. G nin<br />
mertebesinin H nın mertebesine bölümüne, H nın G deki indeksi denir ve<br />
G<br />
[ G : H ] = şeklinde gösterilir. O halde [ G : H ] , H nın G deki sol kalan<br />
H<br />
sınıflarının sayısıdır.<br />
162
Teorem 8.5. H ve K, sonlu mertebeli bir G grubunun iki alt grubu olsun. Eğer,<br />
K ≤ H ≤ G ise bu taktirde [ G : K] = [ G : H ][ H : K]<br />
dır.<br />
Teorem 8.6. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. Eğer, H nın sol kalan<br />
sınıfları üstünde tanımlanan çarpma işlemi iyi tanımlı ise o taktirde H nın G<br />
deki sol kalan sınıflarının kümesi, kalan sınıflarının çarpımı işlemi ile birlikte<br />
bir grup teşkil eder.<br />
Kanıt. a,<br />
b ∈ G olmak üzere aH ve bH , G nin iki sol kalan sınıfı olsun.<br />
( aH )( bH ) = ( ab)<br />
H şeklinde tanımlayacağımız kalan sınıflarının çarpımı<br />
işlemi iyi tanımlı, yani elemanların gösteriliş biçiminden bağımsız olsun. O<br />
taktirde;<br />
( aH )(( bH )( cH )) = aH (( bc) H ) = ( a( bc))<br />
H<br />
= (( ab) c)) H = (( ab) H )( cH )<br />
= (( aH )( bH ))( cH )<br />
olduğundan birleşme özelliği gerçeklenir. ∀a ∈ G için<br />
( eH )( aH ) = ( ea)<br />
H = aH<br />
1<br />
olduğundan eH birim elemandır. aH nın inversi a − H dır, çünkü<br />
−1 −1<br />
( aH )( a H ) = ( aa ) H = eH<br />
dır.<br />
{ }<br />
A ün ( ) ( )<br />
Örnek 8.3. a)<br />
4<br />
H = I, 124 , 142 alt grubuna göre sol ve sağ kalan<br />
sınıflarına ayrılışlarını bulalım.<br />
Çözüm. Önce A<br />
4<br />
grubunun elemanlarını yazalım.<br />
I ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )<br />
( 13)( 24 ),( 14)( 23)<br />
⎧⎪<br />
, 123 , 132 , 124 , 142 , 134 , 143 , 234 , 243 , 12 34 , ⎫⎪<br />
A4<br />
= ⎨ ⎬<br />
⎪⎩<br />
⎪⎭<br />
Sol kalan sınıfları:<br />
H = { I, ( 124 ),( 142 )}<br />
,<br />
( ) H ( ) ( )( ) ( )( )<br />
( ) H ( ) ( )( ) ( )( )<br />
( ) H ( ) ( )( ) ( )( )<br />
{ } {( ) ( )( ) ( )}<br />
{ } {( ) ( ) ( )( )}<br />
{ } {( ) ( )( ) ( )}<br />
123 = 123 , 123 124 , 123 142 = 123 , 13 24 , 143 ,<br />
132 = 132 , 132 124 , 132 142 = 132 , 243 , 14 23 ,<br />
134 = 134 , 134 124 , 134 142 = 134 , 12 34 , 234 .<br />
Sağ kalan sınıfları:<br />
163
H = { I, ( 124 ),( 142 )},<br />
( ) ( ) ( )( ) ( )( )<br />
( ) ( ) ( )( ) ( )( )<br />
( ) ( ) ( )( ) ( )( )<br />
{ } {( ) ( )( ) ( )}<br />
{ } {( ) ( ) ( )( )}<br />
{ } {( ) ( ) ( )( )}<br />
H 123 = 123 , 124 123 , 142 123 = 123 , 14 23 , 234 ,<br />
H 132 = 132 , 124 132 , 142 132 = 132 , 134 , 13 24 ,<br />
H 143 = 143 , 124 143 , 142 143 = 143 , 243 , 12 34<br />
olarak bulunur.<br />
b) Bulduğunuz sol ve sağ kalan sınıfları arasında nasıl bir bağlantı vardır?<br />
Çözüm.<br />
dır.<br />
−1<br />
( 123) ( 132)<br />
⎡<br />
⎣H<br />
⎤<br />
⎦ =<br />
−1<br />
( 132) ( 123)<br />
⎡<br />
⎣H<br />
⎤<br />
⎦ =<br />
−1<br />
( 143) ( 134)<br />
⎡<br />
⎣H<br />
⎤<br />
⎦ =<br />
Örnek 8.4. Z 32 de A asal kalan sınıflar grubunun H = 7 alt grubuna göre<br />
sol ve sağ kalan sınıflarına ayrılışlarını bulalım.<br />
4<br />
Çözüm. A = ϕ ( 32) = 2 = 16 dır.<br />
A = { 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31}<br />
,<br />
H<br />
H<br />
H<br />
1 2 3 4<br />
7 = 7, 7 = 17, 7 = 23, 7 = 1<br />
olduğundan H = 7 = { 1, 7, 17, 23}<br />
dir. Ayrıca Z 32 komütatif olduğundan<br />
A da komütatiftir. Şu halde sadece sol veya sağ kalan sınıflarını bulmak<br />
yeterlidir. Sol kalan sınıflarını bulalım:<br />
H = { 1, 7, 17, 23 },<br />
{ } { } H<br />
{ } { } H<br />
{ } { }<br />
3H<br />
= 3, 3⋅7, 3⋅17, 3⋅ 23 = 3, 21, 19, 5 = 3,<br />
9H<br />
= 9, 9⋅7, 9⋅17, 9⋅ 23 = 9, 31, 25, 15 = 9,<br />
11H<br />
= 11, 11⋅7, 11⋅17, 11⋅ 23 = 11, 13, 27, 29 = H11<br />
dir. Görüldüğü gibi sağ kalan sınıfları da H, H 3, H 9, H 11 dir.<br />
Teorem 8.7. G bir grup ve H, G nin alt grubu olsun. H nın sol kalan<br />
sınıflarının kümesi üstünde tanımlı kalan sınıflarının çarpımı işleminin iyi<br />
tanımlı olması için gerek ve yeter koşul H nın herhangi bir sol kalan sınıfının<br />
aynı zamanda bir sağ kalan sınıfı olmasıdır.<br />
164
Kanıt. Eğer kalan sınıflarının çarpımı işlemi iyi tanımlı ise Teorem 8.6. dan H<br />
nın G deki sağ veya sol kalan sınıflarının kümesinin bir grup teşkil edeceğini<br />
biliyoruz. Üstelik, sol ya da sağ kalan sınıflarının oluşturdukları kümeler<br />
aslında G nin birer parçalanmasını tanımlayacaklarından her sol kalan sınıfının<br />
aynı zamanda bir sağ kalan sınıfı olması gerektiğini görürüz.<br />
Şimdi, tersine her bir sol kalan sınıfının aynı zamanda bir sağ kalan sınıfı<br />
olduğunu kabul edelim. O taktirde kalan sınıflarının çarpımı işleminin iyi<br />
tanımlı olacağını kanıtlayalım. ∀g ∈ G için g ∈ gH olduğundan g yi<br />
kapsayan sağ kalan sınıfı Hg dir ve bu kalan sınıfı G nin g elemanı sayesinde<br />
temsil edilmiştir. O halde ∀g ∈ G için gH = Hg kabul edelim. a<br />
1<br />
ve a<br />
2<br />
,<br />
aynı aH sol kalan sınıfını, b<br />
1<br />
ile b<br />
2<br />
de aynı bH sol kalan sınıfını temsil<br />
etsinler. O taktirde a1b 1<br />
ile a2b 2<br />
nin aynı bir sol kalan sınıfında bulunacağını<br />
kanıtlamalıyız.<br />
aH = a1H = a2H<br />
ve bH = b1 H = b2<br />
H<br />
olduğundan h1 , h2<br />
∈ H için a1 = a2h1<br />
ve b1 = b2h2<br />
yazabiliriz. Böylece<br />
a1b1 = a2h1b 2h2<br />
elde ederiz. Kabulümüze göre b2 H = Hb2<br />
olduğundan<br />
h1b<br />
2<br />
= b2h3<br />
olacak şekilde bir h3<br />
∈ H bulabiliriz. O halde,<br />
a1b1 = a2b2 h<br />
3 h2<br />
veya buradan a1b1 ∈ ( a2b2<br />
) H buluruz. Bu sonuç, a1b 1<br />
ile a2b 2<br />
nin aynı sol<br />
kalan sınıfında bulunacağını kanıtlar.<br />
Şu halde, H nın sol yada sağ kalan sınıflarının kümesinin bir grup<br />
oluşturması için ∀g ∈ G için gH = Hg olması gerektiğini elde etmiş olduk.<br />
Bu koşul ∀g ∈ G için<br />
şeklinde de ifade edilebilir.<br />
∈H<br />
−<br />
{ }<br />
= = | ∈<br />
−1 1<br />
H gHg ghg h H<br />
Tanım 8.3. Bir G grubunun kendi üzerine olan bir izomorfizmasına bir<br />
otomorfizma adı verilir.<br />
Teorem 8.8. ig<br />
: G → G ,<br />
ig<br />
( x)<br />
gxg −<br />
1<br />
= şeklinde tanımlı dönüşüm bir<br />
otomorfizmadır ve bu otomorfizmaya G nin bir iç otomorfizması adı verilir.<br />
Bu teoremin kanıtı açıktır.<br />
Tanım 8.4. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. Eğer ∀g ∈ G için<br />
H = gHg −1 koşulu gerçekleniyor ise H alt grubuna G nin bir normal alt grubu<br />
adı verilir ve H ⊲ G şeklinde yazılır.<br />
165
Eğer ∀g ∈ G için<br />
( )<br />
−1 −1 −1 −1<br />
g H g g Hg H<br />
gHg<br />
gHg<br />
= ⊆ olacağından<br />
− 1<br />
⊆ H ise o taktirde<br />
−1<br />
∀g<br />
∈ G için<br />
H ⊆ gHg −1 buluruz. Böylece,<br />
− 1<br />
= H dır. O halde H alt grubunun bir normal alt grup olduğunu<br />
göstermek için ∀g ∈ G,<br />
∀h ∈ H için<br />
yeterlidir.<br />
ghg<br />
− 1<br />
∈ H olduğunu göstermek<br />
Örnek 8.5. ( Z , + ) grubunun, ( R , + ) grubunun bir normal alt grubu olduğunu<br />
gösterelim. Bunun için,<br />
∀x<br />
∈ Z için x + Z = Z + x<br />
olduğunu göstermeliyiz.<br />
x + Z = x + z | z ∈ Z = Z + x<br />
{ }<br />
olduğu Z nin toplama işlemine göre değişmeli bir grup olmasından açıktır.<br />
Teorem 8.9. Değişmeli bir grubun herhangi bir alt grubu normal alt gruptur.<br />
Kanıt. G değişmeli bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. ∀g ∈ G,<br />
∀h ∈ H<br />
için<br />
−1 −1<br />
ghg gg h h H<br />
Örnek 8.6. { , }<br />
= = ∈ olduğundan H, G nin bir normal alt grubu olur.<br />
ρ<br />
0<br />
µ<br />
1<br />
kümesi,<br />
3<br />
γ ün bir normal alt grubu değildir.<br />
Tanım 8.5. G bir grup; H ve K , G nin iki alt grubu olsun. Herhangi bir a ∈ G<br />
1<br />
için aKa<br />
− = H ise H ve K ya eşlenik iki alt gruptur deriz.<br />
Böylece bir önceki örnekte geçen { ρ , µ } grubu ile { , }<br />
eşlenik iki alt grubudur.<br />
0 1<br />
ρ<br />
0<br />
µ<br />
3<br />
,<br />
3<br />
γ ün<br />
Tanım 8.6. G bir grup ve N, G nin bir normal alt grubu olsun. G deki işlemle<br />
tanımlanan N kalan sınıflarının grubuna G nin N normal alt grubuna göre<br />
bölüm grubu adı verilir ve G N şeklinde gösterilir.<br />
Örnek 8.7. G bir grup ve<br />
H j<br />
⊲ G ( j = 1,..., k ; k ≥ 2 ) ise<br />
k<br />
∩<br />
j=<br />
1<br />
H<br />
j<br />
⊲ G<br />
olduğunu gösterelim.<br />
Çözüm. J = { 1,2,..., k}<br />
( k ≥ 2 ) indeks kümesi ∩ H j = H * olsun. H*<br />
⊲ G<br />
olduğunu göstermeliyiz. H*<br />
≤ G dir. Çünkü bir grupta sonlu veya sonsuz<br />
sayıda birtakım alt grupların arakesiti de yine bir alt gruptur. ∀g<br />
∈ G,<br />
∀h ∈ H * için<br />
j∈J<br />
1<br />
ghg − ∈ H * olup olmadığını araştıralım.<br />
166
∩<br />
( )<br />
h H h H h H j J<br />
∈ * ⇒ ∈ j ⇒ ∈ j ∀ ∈<br />
−1<br />
j∈J<br />
⎪<br />
⎬ ⇒ ∈ j ∀ ∈<br />
dır. Dolayısıyla, H*<br />
j<br />
( ∀ ∈ )<br />
H ⊲ G j J<br />
⊲ G bulunur.<br />
⎫<br />
⎪<br />
⎭<br />
( )<br />
ghg H j J<br />
−1<br />
⇒ ghg ∈ H = H *<br />
⇒ ghg<br />
−1<br />
∩<br />
j∈J<br />
∈ H *<br />
Örnek 8.8. ( Z , + ) değişmeli bir grup olduğundan 3Z , Z nin bir normal alt<br />
grubudur. Z 3Z bölüm grubunun elemanları ise 0 + 3 Z, 1+ 3 Z, 2 + 3Z dir.<br />
Örnek 8.9. ( × ) ( 0,1)<br />
Z Z bölüm grubuna izomorf olan devirli bir grup<br />
4 6<br />
bulunuz.<br />
Çözüm: < (0,1) >= H olsun. O halde,<br />
H = {(0,0), (0,1), (0,2), (0,3), (0,4), (0,5)}<br />
dir. Z<br />
4<br />
× Z<br />
6<br />
nın mertebesi 24, H nın mertebesi 6 dır. O halde H nın bütün<br />
Z × Z bölüm grubunun<br />
kalan sınıfları 6 elemanlıdır. Böylece, ( 4 6 ) H<br />
mertebesi 4 olmalıdır. Z<br />
4<br />
× Z<br />
6<br />
değişmeli olduğundan ( × )<br />
değişmeli olacaktır. Böylece ( Z × Z ) nın elemanları<br />
4 6<br />
H<br />
H = (0,0) + H , (1,0) + H , (2,0) + H , (3,0) + H<br />
şeklindedir. Üstelik, ( × )<br />
grubuna izomorftur.<br />
4 6<br />
H<br />
j<br />
Z Z da<br />
4 6<br />
H<br />
Z Z aynı sayıda elemana sahip olan Z<br />
4<br />
Tanım 8.7. Hiçbir normal öz alt gruba sahip olmayan bir gruba basit grup<br />
adını vereceğiz.<br />
Teorem 8.10. Devirli bir grubun herhangi bir bölüm grubu da devirlidir.<br />
Kanıt. G devirli bir grup ve a, G nin bir üreteci olsun. N, G nin bir normal alt<br />
grubu olmak üzere G N nin elemanları ∀a ∈ G için aN şeklindedir. aN nin<br />
kuvvetleri ise N nin bütün kalan sınıflarını oluşturur. O halde<br />
dir ve devirlidir.<br />
{ aN m }<br />
G N = ( ) m | ∈ Z<br />
−<br />
Tanım 8.8. G bir grup ve a,<br />
b ∈ G olsun. aba b<br />
nin değiştiricileri ( komütatörleri ) adı verilir.<br />
1 −1<br />
şeklindeki elemanlara G<br />
167
−1 −1<br />
Teorem 8.11. G bir grup ve a,<br />
b ∈ G olsun. G nin aba b şeklindeki<br />
komütatörlerinin kümesi G nin bir normal alt grubunu oluşturur, bu alt grup<br />
G ' ise G G′ bölüm grubu değişmelidir. Ayrıca N, G nin herhangi bir normal<br />
alt grubu olmak üzere, G N değişmelidir ⇔ G ' ≤ N dir.<br />
Kanıt. a,<br />
b ∈ G olmak üzere<br />
= ∈ ve e ∈ G olmak<br />
1 1 1 1 1<br />
( aba − b − ) − bab − a − G '<br />
−1 −1<br />
üzere e = eee e ∈ G ' olduğundan G ' ≤ G dir. G ' nün bir normal alt grup<br />
1<br />
olduğunu göstermek için ∀x ∈G ', ∀g ∈ G için gxg − ∈ G ' olduğunu<br />
göstermeliyiz. Bunun için<br />
−1 1<br />
cdc d − ∈ G ' olsun. O halde ∀g ∈ G için<br />
g cdc d g = c e d g<br />
−1 −1 −1 −1 −1 −1<br />
( ) (gcd ) ( )<br />
1 1 1 1 1<br />
= (gcd c − )( g − d − dg)( d − g<br />
− )<br />
= ∈<br />
1 1 1 1<br />
[( gc) d( gc) − d − ][ dgd − g − ] G '<br />
elde ederiz. O halde G ' , G nin bir normal alt grubudur. Şimdi a,<br />
b ∈ G olmak<br />
−1 −1<br />
üzere aG ' , bG ' ∈ G / G ' olsun. b a ba ∈ G ' olduğundan<br />
1 1 1 1<br />
( aG ')( bG ') = abG ' = ab( b − a − ba) G ' = ( abb − a − ) baG ' = baG ' = ( bG ')( aG ')<br />
buluruz, yani G G′ değişmelidir. Diğer taraftan N, G nin herhangi bir normal<br />
alt grubu olmak üzere G N bölüm grubu değişmeli olduğundan<br />
=<br />
1 1 1 1<br />
( a − N)( b − N) ( b − N)( a − N)<br />
−1 −1<br />
−1 1<br />
yazabiliriz. Bu ise abb a N = N veya abb a<br />
− ∈ N olması demektir ki, bu<br />
G ' ≤ N olduğunu gösterir. Tersine eğer G ' ≤ N ise o taktirde,<br />
1 1 1 1<br />
( aN)( bN) = abN = ab( b − a − ba) N = ( abb − a − ) baN = baN = ( bN)( aN)<br />
elde ederiz ki, bu G N nin değişmeli olduğunu kanıtlar.<br />
Örnek 8.10 4 A = 123 , B = 13 24 çiftine ait komütatörleri bulalım.<br />
Çözüm. (A,B) çiftine ait sol ve sağ komütatörleri bulalım. x ⋅ A⋅ B = B ⋅ A<br />
γ te ( ) ( )( )<br />
− − −<br />
AB = B A ile çarparak<br />
eşitliğinin heriki tarafını sağdan ( ) 1 1 1<br />
−1 −1<br />
( 13)( 24)( 123)( 13)( 24)<br />
( 132) ( 134)( 132) ( 14)( 23)<br />
x = B ⋅ A⋅ B ⋅ A =<br />
<br />
= =<br />
( 134)<br />
elde edilir. Benzer şekilde A. B. y = B.<br />
A eşitliğinin heriki tarafını sağdan<br />
( ) 1 1 1<br />
AB − B − A<br />
−<br />
= ile çarparak<br />
−1 −1<br />
( 13)( 24)( 132)( 13)( 24)<br />
( 123) ( 143)( 123) ( 12)( 34)<br />
y = B ⋅ A ⋅ B ⋅ A =<br />
<br />
= =<br />
( 143)<br />
bulunur.<br />
168
Örnek 8.11. Bir devresel grubun komütatör grubunu belirleyelim.<br />
Çözüm. G bir devresel grup olsun. G devresel olduğundan komütatiftir.<br />
Şu halde her a,<br />
b ∈ G için sol ve sağ komütatörler:<br />
( )<br />
G kom.<br />
−1 −1 −1 −1 −1<br />
x = b ⋅a ⋅b ⋅ a = a b ⋅ b a = a ⋅ a = 1<br />
<br />
1G<br />
( )<br />
G kom.<br />
−1 −1 −1 −1 −1<br />
y = b ⋅a ⋅b ⋅ a = b a ⋅ a b = b ⋅ b = 1<br />
<br />
1G<br />
olduğundan G nin komütatör grubu K = { 1 G } dir.<br />
Teorem 8.12. G bir grup, H ve K da G nin iki alt grubu olsun. Eğer G grubu<br />
H ile K nın iç kartezyen çarpımı ise o taktirde H ve K, G nin normal alt<br />
gruplarıdır ve G H ≅ K doğal izomorfizmi mevcuttur.<br />
Kanıt. İç kartezyen çarpımları, izdüşüm izomorfizmaları sayesinde dış<br />
kartezyen çarpımlara dönüştürebileceğimizi biliyoruz. Böylece G yi H × K<br />
dış kartezyen çarpım grubuna izomorf yapabiliriz. O halde kanıtlamamız<br />
H = ( h, e)<br />
| h ∈ H nın H × K nın normal alt grubu olduğu ve<br />
gereken şey, { }<br />
( H × K ) H nin K {( e, k)<br />
k K}<br />
= | ∈ ya izomorf olacağıdır. H nin<br />
H × K grubunun bir normal alt grubu olduğunu göstermek için<br />
1<br />
∀( h, k)<br />
∈ H × K için ( h, k) H ( h, k)<br />
− = H olduğunu göstermeliyiz. ( h1<br />
, e)<br />
∈ H<br />
olsun.<br />
−1 −1 −1 −1 −1 −1<br />
( h, k)( h , e)( h, k) = ( h, k)( h , e)( h , k ) = ( hh h , kek ) = ( hh h , e)<br />
∈ H<br />
1 1 1 1<br />
elde ederiz. O halde H , H × K nın bir normal alt grubudur. Diğer taraftan H<br />
nin kalan sınıfları k ∈ K için ( e, k)<br />
H şeklindedir ve<br />
: K ( H K ) H<br />
φ → × , φ ( e, k) = ( e, k)<br />
H<br />
dönüşümü bir izomorfizmadır, dolayısıyla G H ≅ K doğal izomorfizmi<br />
mevcuttur.<br />
Örnek 8.12. G = 12 olmak üzere ( G ,.) grubu a elemanı tarafından üretilen<br />
4<br />
bir devirli grup, yani G =< a > olsun. H =< a > , G nin bir devirli alt grubu<br />
olmak üzere G H bölüm grubunun elemanlarını bulunuz ve bu grubun işlem<br />
tablosunu elde ediniz.<br />
Çözüm. G = { e, a, a 2 ,..., a<br />
11<br />
} ve H { e, a 4 , a<br />
8<br />
}<br />
= dir. G grubu devirli<br />
olduğundan değişmelidir ve H nın G deki sol ve sağ kalan sınıfları x ∈ G<br />
olmak üzere<br />
xH = { xh | h ∈ H} = { hx | h ∈ H}<br />
= Hx<br />
G<br />
G<br />
169
şeklindedir. H alt grubu, G de normal olduğundan H nın G de birbirinden farklı<br />
4 tane kalan sınıfı vardır ve bu kalan sınıfları<br />
4 8<br />
He = { he | h ∈ H} = { e, a , a } = H ,<br />
5 9<br />
Ha = { ha | h ∈ H} = { a, a , a },<br />
2 2 2 6 10<br />
Ha = { ha | h ∈ H} = { a , a , a },<br />
3 3 3 7 11<br />
Ha = { ha | h ∈ H} = { a , a , a }<br />
şeklindedir. Böylece bölüm grubu G H { H, Ha, Ha 2 , Ha<br />
3<br />
}<br />
grubun işlem tablosu aşağıdaki şekildedir.<br />
= olur ve bu<br />
* H Ha<br />
2<br />
Ha<br />
3<br />
Ha<br />
H H Ha<br />
2<br />
Ha<br />
3<br />
Ha<br />
Ha Ha<br />
2<br />
Ha<br />
3<br />
Ha H<br />
2<br />
Ha<br />
2<br />
Ha<br />
3<br />
Ha H Ha<br />
3<br />
Ha<br />
3<br />
Ha H Ha<br />
2<br />
Ha<br />
PROBLEMLER<br />
1) Değişmeli bir grubun herhangi bir alt grubunun normal alt grup olduğunu<br />
kanıtlayınız.<br />
2) Determinantları 1 olan n× n mertebeli matrislerin kümesinin, matris<br />
çarpımı işlemine göre n× n mertebeli matrislerin grubunun, bir normal alt<br />
grubu olduğunu kanıtlayınız.<br />
2<br />
3) ( R , + ) , düzlemdeki vektörlerin toplamsal grubu olsun.<br />
2 2<br />
H = x ∈ R | x = ca, a ∈ R , c ∈ R<br />
{ }<br />
2<br />
kümesinin, ( R , + ) grubunun bir normal alt grubu olduğunu gösteriniz.<br />
4) ( K ,.) ve ( H ,.) , bir G grubun iki normal alt grubu ise o taktirde<br />
( K ∩ H,.)<br />
grubunun da G nin bir normal alt grubu olduğunu kanıtlayınız.<br />
5) ( ,.)<br />
= ∈ | = ∀ ∈ grubunun ( G ,.) nın bir<br />
G bir grup ise H { x G ax xa ( a G)<br />
}<br />
normal alt grubu olduğunu gösteriniz.<br />
170
6) ( G ,.) değişmeli bir grup ve H ⊲ G olsun. G H bölüm grubunun da<br />
değişmeli olduğunu kanıtlayınız.<br />
7) ( G ,.) değişmeli bir grup olmak üzere herhangi bir g ∈ G elemanı için<br />
a ≈ b ⇔ a = gbg −1<br />
şeklinde tanımlı bağıntının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.<br />
8) A<br />
n<br />
nin,<br />
γ bölüm grubunun elemanlarını belirleyiniz.<br />
n<br />
An<br />
γ<br />
n<br />
simetrik grubunun bir normal alt grubu olduğunu gösteriniz ve<br />
9) ( Z , + ) grubu ve bu grubun H = 5Z<br />
alt grubu verilsin.<br />
a) ( G H , + ) grubunun işlem tablosunu oluşturunuz,<br />
b) ( G H , + ) grubunda, H + 22 elemanının toplamsal tersini bulunuz,<br />
c) ( H + 3) + x = H + 1 denklemini çözünüz.<br />
10) M , bir G grubunun merkezleyeni olsun. G M bölüm grubu devirli ise bu<br />
taktirde G nin değişmeli olduğunu kanıtlayınız.<br />
11) ( G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun.<br />
1<br />
φa : G → G , φ a<br />
( x ) a −<br />
= xa<br />
şeklinde tanımlı dönüşümün bir otomorfizma olduğunu gösteriniz.<br />
171
9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI<br />
Tanım 9.1. ( G, ) ve ( G ', ∗ ) iki grup olsun. Bu iki grup arasında tanımlanan<br />
φ : ( G, ) → ( G ', ∗)<br />
dönüşümü, ∀a,<br />
b ∈ G için<br />
φ( a b) = φ( a) ∗φ( b)<br />
koşulunu sağlıyorsa bu dönüşüme bir grup homomorfizması adı verilir.<br />
Örnek 9.1. r, m tamsayısının n ile bölümünden kalan olmak üzere<br />
φ : Z → Z<br />
n, φ( m)<br />
= r<br />
şeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır.<br />
Çözüm. s,<br />
t ∈ Z olmak üzere φ( s + t) = φ( s) + φ( t)<br />
dir. s ve t nin n ile<br />
bölümünden elde edilen kalanlar sırası ile r 1<br />
ve r<br />
2<br />
olsun. Bölme algoritmasına<br />
göre<br />
s = q1n + r1<br />
, t = q2n + r2<br />
, 0 ≤ r1 , r2<br />
< n<br />
yazılabilir. φ ( s)<br />
= r1<br />
, φ ( t)<br />
= r2<br />
olduğundan φ( s) + φ( t) ≡ r1 + r2<br />
(mod n)<br />
elde<br />
edilr. Eğer r 1<br />
+ r 2<br />
= q 3<br />
n + r 3<br />
, 0 ≤ r3<br />
< n ise φ( s) + φ( t)<br />
= r3<br />
olur. O halde,<br />
s + t = ( q + q ) n + r + r = ( q + q + q ) n + r<br />
1 2 1 2 1 2 3 3<br />
yazabilirizki, bu φ ( s + t)<br />
= r3<br />
olması demektir. Böylece φ bir<br />
homomorfizmadır.<br />
Teorem 9.1. G bir grup ve N, G nin bir normal alt grubu ise a ∈ G için<br />
ϕ : G → G N , ϕ ( a)<br />
= aN<br />
şeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır. Bu homomorfizme, doğal<br />
homomorfizma ( kanonik homomorfizma ) adı verilir.<br />
Kanıt. ∀a,<br />
b ∈ G için ϕ( ab) = ( ab) N = ( aN)( bN) = ϕ( a) ϕ( b)<br />
dir.<br />
Tanım 9.2. φ : ( G, ) → ( G ', ∗)<br />
bir grup homomorfizmi olsun. e' ∈ G ' birim<br />
elemanı için { x G φ x e' }<br />
verilir.<br />
∈ | ( ) = kümesine φ nin çekirdeği veya sıfırlayanı adı<br />
{ }<br />
Örnek 9.2. G = ( a, b, 2 ) ⏐a, b ∈ R −{ 0}<br />
kümesi ( a, b, 2 ) ( c, d,2 ) = ( ac, bd,2)<br />
şeklinde tanımlanan “ ” işlemine göre bir komütatif grup oluşturur. ( G,<br />
)<br />
grubunu R* = R −{ 0 },<br />
⋅ grubu içine resmeden : ( a, b,2)<br />
ab<br />
( )<br />
karakterini belirleyelim.<br />
ϕ → tasvirinin<br />
Çözüm. ı) ϕ içinedir: Her ( a, b, 2)<br />
∈ G için ( a, b,2) ab R { 0}<br />
Çünkü<br />
ϕ = ∈ − dir.<br />
172
dir.<br />
( a, b,2 ) G a, b R { 0}<br />
∈ ⇒ ∈ − ⎫ ⎪ ⎬ ⇒ ab ∈ R −<br />
R sıfır-bölensiz<br />
⎪⎭<br />
{ 0}<br />
ϕ = , yani ab = c<br />
ıı) ϕ üzerinedir: Her c ∈ R −{ 0}<br />
a karşılık ( a, b,2)<br />
c<br />
olacak şekilde bir ( a, b, 2)<br />
∈ G vardır. a = 1, b = c ∈ R −{ 0}<br />
için ( 1, c,2)<br />
buluruz.<br />
ııı) ϕ işlemi korur: Her ( a, b, 2 ), ( c, d, 2)<br />
∈ G için<br />
ϕ ⎡<br />
⎣( a, b,2 ) ( c, d, 2 ) ⎤<br />
⎦ = ϕ ( ac, bd,2) = ( ac)( bd ) = ( ab)( cd )<br />
= ϕ ( a, b,2 ) ϕ ( c, d, 2)<br />
ϕ = c<br />
dir. Burada R nin , “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık.<br />
a, b, 2 ≠ c, d,2 ⇒ ϕ a, b,2 ≠ ϕ c, d, 2 olup<br />
ıv) ϕ , (1-1) midir ? : ( ) ( ) ( ) ( )<br />
≠ b için ( a, b,2 ) ( b, a,2)<br />
olmadığını araştıralım. a<br />
ya göre komütatifliğinden<br />
ϕ<br />
( a, b,2 ) = ϕ ( b, a, 2)<br />
≠ dir, fakat R nin , “ + “<br />
ab = ba<br />
dir. Dolayısıyla ϕ , (1-1) değildir. Şu halde ϕ bir homomorfizmadır.<br />
{ }<br />
Örnek 9.3. G = ( a, b,3 ) a,<br />
b ∈ Z olsun. ( a, b,3 ) ∗ ( c, d,3 ) = ( a + c, b + d,3)<br />
işlemi ile tanımlanan ( G,<br />
∗ ) grubunu ( Z ,+)<br />
içine resmeden<br />
ϕ : ( a, b,3)<br />
→ a + b<br />
tasvirinin bir homomorfi olduğunu gösterelim ve çekirdeğini bulalım.<br />
a, b,3<br />
G ϕ a, b,3<br />
= a + b ∈ Z dir.<br />
Çözüm. ı) ϕ içinedir: Her ( ) ∈ için ( )<br />
ıı) ϕ üzerinedir: Her t ∈Z ye karşılık ( x, y,3)<br />
şekilde bir ( x, y,3)<br />
∈ G vardır. x 0, y t<br />
ϕ ( 0, t,3)<br />
= t olur.<br />
ııı) ϕ işlemi korur: Her ( a, b,3 ),( c, d,3)<br />
∈ G için<br />
ϕ (( a, b,3 ) ∗ ( c, d,3 )) = ϕ ( a + c, b + d,3) = ( a + c) + ( b + d )<br />
φ ∈ Z yani x + y = t olacak<br />
= = ∈ Z alabiliriz. Bu durumda<br />
( a b) ( c d ) ϕ ( a, b,3 ) + ϕ ( c,d,3 )<br />
= + + + =<br />
tür. Burada Z nin, “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık.<br />
{( a b ) G ϕ ( a b ) }<br />
Ker ϕ = , ,3 ∈ , ,3 = 0<br />
173
dir.<br />
{( a, b,3 ) G a b 0}<br />
{( a, b,3<br />
) G a b}<br />
( b, b,3<br />
) G b<br />
= ∈ + =<br />
= ∈ = −<br />
{ }<br />
= − ∈ ∈ Z<br />
Örnek 9.4. “ Bir G grubunun komütatif olabilmesi için gerek ve yeter koşul, G<br />
yi kendi içine resmeden<br />
−1<br />
ϕ : a → a<br />
tasvirinin bir izomorfi olmasıdır “ önermesini ispat ediniz.<br />
−1<br />
Çözüm. ⇒ : G grubu komütatif ise G yi kendi içine resmeden ϕ : a → a<br />
tasviri bir izomorfidir.<br />
ı) Her x G<br />
ϕ y = x olacak şekilde bir y ∈ G vardır. Çünkü<br />
olduğundan<br />
∈ ye karşılık ( )<br />
−<br />
( ) ( ) 1<br />
−1 −1 −1<br />
ϕ y = x ⇒ y = x ⇒ y = y = x ∈ G<br />
−1<br />
y = x ∈ G alabiliriz.<br />
ıı) Her a,<br />
b ∈ G için G nin komütatifliği kullanılarak<br />
bulunur, yani ϕ işlemi korur.<br />
ııı) a b ϕ ( a) ϕ ( b)<br />
−<br />
ϕ ( a) = ϕ ( b)<br />
olsa:<br />
−1 −1 −1 −1<br />
( ab) = ( ab) = ( ba) = a b = ( a) ( b)<br />
ϕ ϕ ϕ<br />
≠ ⇒ ≠ olduğunu gösterelim.<br />
1 −1<br />
a = b ⇒ a = b ( grupta tersin tekliğinden )<br />
elde edilir ki, bu a ≠ b oluşu ile çelişir. Buradan ϕ tasvirinin (1-1) olduğu<br />
sonucu çıkar.<br />
Şu halde ϕ tasviri bir izomorfidir.<br />
⇐ : ϕ tasviri bir izomorfi ise her a,<br />
b ∈ G için ab = ba olduğunu<br />
gösterelim. ϕ işlemi koruduğundan<br />
−1 −1<br />
−<br />
ϕ ( ab) = ϕ ( a) ϕ ( b) = a b = ( ba) 1<br />
= ϕ ( ba)<br />
yani ϕ ( ab) = ϕ ( ba)<br />
elde edilir. Ayrıca ϕ , (1-1) olduğundan<br />
ϕ ( ab) = ϕ ( ba)<br />
⇒ ab = ba<br />
bulunur. Dolayısıyla G komütatiftir.<br />
Teorem 9.2. φ : G → G ' bir grup homomorfizmi olmak üzere,<br />
1) e , G nin birim eleman ise φ( e)<br />
de G ' nün birim elemanıdır.<br />
2) ∀a ∈ G için<br />
−1 −1<br />
φ( a ) = ( φ( a))<br />
dir.<br />
174
3) H ⊲ G ise φ( H ) ⊲ G ' dir.<br />
4) H, G nin bir normal alt grubu ise φ ( H ) da G ' nün bir normal alt<br />
grubudur.<br />
5) K, G ' nün bir alt grubu ise φ −1<br />
( K)<br />
da G nin bir alt grubudur.<br />
6) K, G ' nün bir normal alt grubu ise φ −1<br />
( K)<br />
da G nin bir normal alt<br />
grubudur.<br />
Kanıt.<br />
1) ∀a ∈ G için,<br />
φ( a) = φ( ae) = φ( a) φ( e)<br />
ve φ( a) = φ( ea) = φ( e) φ( a)<br />
ifadelerinden φ ( e) = e' ∈ G ' elde ederiz.<br />
2)<br />
φ = φ = φ φ ve<br />
−1 −1<br />
( e) ( aa ) ( a) ( a )<br />
−1 −1<br />
φ( a ) = ( φ( a))<br />
bulunur.<br />
3) ∀φ( a), φ( b) ∈ φ( H ) için<br />
φ = φ = φ φ olduğundan<br />
−1 −1<br />
( e) ( a a) ( a ) ( a)<br />
φ( a) φ( b) = φ( ab)<br />
dir ve H ⊲ G olduğundan ∀a,<br />
b ∈ H için ab ∈ H olduğundan<br />
φ( a) φ( b) ∈ φ( H ) dır. ∀a ∈ H için a<br />
− 1<br />
∈ H olacağından<br />
1<br />
dolayısıyla ( φ( a))<br />
− ∈ H olduğundan φ( H ) ⊲ G ' dür.<br />
−1 −1<br />
φ( a ) = ( φ( a))<br />
ve<br />
4) H ⊲ G olsun . O halde φ( H ) ⊲ G ' olduğunu göstermek istiyoruz.<br />
∀φ( h) ∈φ( H ), ∀φ( g) ∈ G ' için<br />
φ φ φ = φ φ φ = φ ∈ φ<br />
−1 −1 −1<br />
( g) ( h)( ( g)) ( g) ( h) ( g ) ( ghg ) ( H )<br />
olduğundan φ( H ) ⊲ G ' dür.<br />
1<br />
5) ∀a, b ∈φ − ( K)<br />
için<br />
φ φ = φ ∈ ⇒ ∈φ −<br />
1<br />
( a) ( b) ( ab) K ab ( K),<br />
olduğundan φ −1 ( K)<br />
≤ G dir.<br />
6)<br />
= ∈ ⇒ ∈<br />
−1 −1 −1 −1<br />
( φ( a)) φ( a ) K a φ ( K)<br />
−1 −1 −1<br />
φ( g) φ( h)( φ( g)) = φ( g) φ( h) φ( g ) = φ( ghg ) ∈ K elde edilir. Böylece<br />
−1 −<br />
ghg ∈ φ<br />
1 ( K)<br />
olduğundan φ −1 ( K)<br />
⊲ G elde ederiz.<br />
Tanım 9.3. φ : ( G, ) → ( G ', ∗)<br />
bir grup homomorfizmi olsun. φ fonksiyonu<br />
bire-bir ve örten ise φ ye bir grup izomorfizması, bu gruplara da izomorf<br />
gruplar adı verilir.<br />
Örnek 9.5. ( G, ) ve ( G ', ∗ ) iki grup ve φ : ( G, ) → ( G ', ∗)<br />
bir grup<br />
homomorfizmi olsun. φ nin çekirdeği ( K, ) , ( G, ) grubunun bir normal alt<br />
175
grubu ve<br />
grubudur.<br />
1<br />
φ −<br />
grubunun çekirdeği<br />
K '<br />
1<br />
= φ − ( e')<br />
de '<br />
G nün bir normal alt<br />
Teorem 9.3. (Homomorfizmaların Temel Teoremi) ( G, ) ve ( G ', ∗ ) iki grup<br />
ve φ : ( G, ) → ( G ', ∗)<br />
bir grup homomorfizması olsun. Bu homomorfizma<br />
altında φ ( G)<br />
kümesi “ ∗ ” işlemine göre bir gruptur. ( K, ) , φ nin çekirdeği<br />
olmak üzere φ ( G)<br />
grubu ile G K bölüm grubu arasında bir doğal<br />
izomorfizma vardır.<br />
Kanıt. Homomorfizmalar grup işlemlerini koruduğundan φ ( G)<br />
kümesinin ∗<br />
işlemine göre bir grup olacağı açıktır. Ayrıca, ψ : G K → φ( G)<br />
dönüşümü iyi<br />
tanımlıdır. γ : G → G K dönüşümü φ = γψ olacak şekilde tanımlanırsa<br />
aşağıdaki diagram tanımlanabilir.<br />
G φ φ ( G)<br />
γ<br />
K<br />
ψ<br />
G K<br />
Şimdi b ∈ aK olsun. φ( a) = φ( b)<br />
olduğunu göstermeliyiz. b ∈ aK<br />
−1<br />
olduğundan b = ak1<br />
olacak şekilde bir k1<br />
∈ K vardır. Böylece a b = k 1<br />
dir ve<br />
K çekirdek olduğundan<br />
1 1 1<br />
e' = φ( k ) = φ( a − b) = φ( a − ) φ( b) = ( φ a )<br />
− φ b<br />
1<br />
( ) ( )<br />
bulunur ki, buradan φ( a) = φ( b)<br />
elde edilir. Böylece ψ iyi tanımlıdır. Şimdi<br />
de ψ nin bire-bir olduğunu kanıtlayalım. ψ ( aK) = ψ ( bK ) olsun. ψ nin<br />
tanımından φ( a) = φ( b)<br />
bulunur.<br />
( ) − 1<br />
( ) ( − 1 1<br />
) ( ) ( −<br />
)<br />
e' = ( φ a ) φ b = φ a φ b = φ a b<br />
−1<br />
olduğundan a b ∈ K veya b ∈ aK elde ederiz. Böylece bK = aK dır, yani<br />
ψ bire-birdir. ψ nin örten olduğu tanımından açıktır. Üstelik<br />
ψ (( aK)( bK)) = ψ (( ab) K) = φ( ab) = φ( a) φ( b)<br />
= ψ ( aK ) ψ ( bK )<br />
olmasından dolayı ψ nin bir izomorfizma olduğu görülür.<br />
176
Örnek 9.6.<br />
{ }<br />
∗<br />
φ : R → C = C − 0 , φ ( x) = cos x + i sin x<br />
dönüşümü verilsin. x = 2 nπ<br />
, n ∈ Z ise φ ( x) = 1 dir, dolayısıyla φ nin<br />
çekirdeği R nin, < 2π > şeklindeki devirli alt grubudur. Teorem 9.3. ten<br />
dolayı R < 2π > bölüm grubu ile φ( R ) birbirine izomorftur. Böylece<br />
R < 2π > bölüm grubu, modülü 1 olan kompleks sayıların çarpımsal<br />
grubudur. Bu grubun elemanları kompleks düzlemdeki birim çember üzerinde<br />
yer alır. Geometrik olarak R < 2π > nin her kalan sınıfının temsilci elemanı<br />
0 ≤ x < 2π<br />
aralığında bulunur.<br />
Tanım 9.4. G bir grup ve M, G nin bir normal alt grubu olsun. Eğer M ≠ G<br />
ve G nin M yi kapsayan hiçbir normal öz alt grubu yoksa M ye G nin bir<br />
maksimal normal alt grubu adı verilir.<br />
Teorem 9.4. M nin G de bir maksimal normal alt grup olması için gerek ve<br />
yeter koşul G M nin bir basit grup olmasıdır.<br />
Kanıt. M, G nin bir maksimal normal alt grubu olsun. γ : G → G M şeklinde<br />
bir doğal izomorfizma tanımlanabilir. Böylece,<br />
1<br />
γ −<br />
dönüşümü altında G M<br />
nin herhangi bir normal alt grubunun resmi G nin M yi kapsayan bir normal öz<br />
alt grubu olacaktır. Halbuki M maksimaldır, dolayısıyla bu olamaz, o halde<br />
G M bir basit gruptur. Teoremin karşıtı benzer şekilde kanıtlanabilir.<br />
Teorem 9.5. Bir G grubunun tanımladığı bir φ homomorfizminin bire-bir<br />
olması için gerek ve yeter koşul φ nin çekirdeğinin { e } den ibaret olmasıdır.<br />
Kanıt. φ bire-bir olsun. Homomorfizmalar birim elemanları, birim elemanlara<br />
resmettiklerinden φ nin çekirdeği { e } den ibarettir. Tersine, φ nin çekirdeği<br />
sadece { e } den ibaret olsun. O taktirde a,<br />
b ∈ G için<br />
olacağından<br />
( ) ( ) ( )<br />
−1 −1 −1<br />
( ) ( ) ( ) ( ) ( )<br />
φ a = φ b ⇒ e = φ a φ b = φ a φ b = φ a b<br />
−1<br />
a b , φ nin çekirdeğindedir. Böylece,<br />
olduğundan φ bire-birdir.<br />
−1<br />
a b = e ⇒ a = b<br />
Teorem 9.6. ( İzomorfizmaların Birinci Teoremi ) H ve K, bir G grubunun iki<br />
normal alt grubu olsun. K H<br />
G K H K<br />
üzerine bir doğal izomorfizma tanımlanabilir.<br />
⊲ ise o taktirde G K dan ( ) ( )<br />
177
Kanıt. Teorem 9.3. deki γ dönüşümü G nin bir homomorfizması ve H da G<br />
nin bir normal alt grubu ise o taktirde γ H , γ G nin bir normal alt grubu<br />
olacaktır. Şimdi G nin γ : G → G K şeklindeki doğal izomorfizmasını göz<br />
önüne alalım. O halde<br />
düşünülebilir. K<br />
γ H , G K nın bir normal alt grubu olarak<br />
⊲ H olduğundan γ H = H K olur. Şimdi de<br />
: G ( G K ) ( H K )<br />
φ → , φ ( a) = ( aK)( H / K)<br />
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır. Çünkü,<br />
φ ab = ab K H K = aK bK H K<br />
( ) [( ) ( )] [( )( )]( )<br />
=<br />
[( aK)( H K)][( bK)( H K)]<br />
= φ ( a) φ ( b)<br />
dir ve H K , ( G K ) ( H K ) kalan sınıflar grubunun birim elemanı<br />
olduğundan, φ nin çekirdeği G nin φ ( x)<br />
= H K koşulunu sağlayan x ∈ G<br />
elemanlarından oluşur. Bu elemanlar aynı zamanda H nın da elemanları<br />
G K H K ya izomorf olduğu bulunur.<br />
olduğundan G H nın, ( ) ( )<br />
G<br />
γ<br />
H<br />
G H<br />
γ<br />
K<br />
G K ( G K ) ( H K )<br />
γ<br />
H K<br />
Tanım 9.5. G bir grup ve H0, H1,..., H<br />
n<br />
kümeleri G nin alt grupları olsun.<br />
∀ i için Hi<br />
⊲ H<br />
i + 1<br />
şeklinde normal alt gruplar ve H0<br />
= { e}<br />
ve H<br />
n<br />
= G olmak<br />
üzere H0, H1,..., H<br />
n<br />
şeklindeki sonlu alt grupların dizisine G nin alt normal<br />
grup serisi adı verilir. Eğer H0, H1,..., H<br />
n<br />
alt grupları sadece G nin normal alt<br />
grupları ise bu sonlu diziye bir normal grup serisi denir.<br />
Örnek 9.7. ( , + )<br />
{ }<br />
Z grubunu göz önüne alalım. { }<br />
0 < 9Z<br />
< Z serileri, Z nin normal serileridir.<br />
Örnek 9.8. D<br />
4<br />
, karenin simetrilerinin grubu için<br />
0 < 8Z < 4Z < Z ve<br />
178
{ ρ } { ρ µ } { ρ ρ µ µ }<br />
serisi, D<br />
4<br />
ün bir alt normal serisidir.<br />
Tanım 9.6. { } i<br />
her bir<br />
H<br />
i<br />
,<br />
< , < , , , < D<br />
0 0 1 0 2 1 2 4<br />
H ve { K j } , G nin iki serisi olsun. Eğer { Hi} { K<br />
j}<br />
K<br />
j<br />
lerden birisinin alt kümesi ise o taktirde { j }<br />
serisinin inceltilmişi adı verilir.<br />
Örnek 9.9. { }<br />
serisinin bir inceltilmişidir.<br />
0 < 72 < 24 < 8 < 4 <<br />
Z Z Z Z Z serisi { }<br />
⊆ ise, yani<br />
K serisine { H }<br />
0 < 72Z < 8Z < Z<br />
Tanım 9.7. { H i } , herhangi bir G grubunun bir alt normal serisi olmak üzere<br />
Hi+ 1<br />
Hi<br />
bölüm grupları birer basit grup ise o taktirde { H i } serisine bir asal<br />
seri denir.<br />
Tanım 9.8. Bir G grubu, Hi+ 1<br />
Hi<br />
şeklindeki bütün bölüm grupları değişmeli<br />
gruplar olacak şekilde bir { H i } asal serisine sahip ise bu G grubuna<br />
çözülebilir grup denir.<br />
Şu halde H0 = { e}<br />
< H1 < H<br />
2<br />
< ... < H<br />
n<br />
= G serisi için H<br />
i<br />
grupları, H<br />
i + 1<br />
gruplarının normal alt grupları ve Hi+ 1<br />
Hi<br />
bölüm grupları değişmeli ise G<br />
grubu çözülebilir bir grup olmaktadır.<br />
Tanım 9.9. G bir grup olsun. ∀x ∈ G için ax = xa koşulunu sağlayan a ∈ G<br />
lerin kümesine G nin merkezi denir ve Z( G ) şeklinde gösterilir.<br />
Teorem 9.7. Bir G grubunun merkezi bu grubun bir normal alt grubudur.<br />
Kanıt. a ∈ G olsun. ∀x ∈ G için ax = xa ise a ∈ Z( G)<br />
dir. O halde<br />
−1<br />
x ax<br />
= a olacağından ∀x ∈ G için<br />
( ) = Z( G)<br />
olduğu kolayca<br />
−1<br />
x Z G x<br />
görülür. Böylece Z( G ) , G nin bir normal alt grubudur.<br />
Örnek 9.10. Z 195510 halkasında A asal kalan sınıflar grubunun merkezinin<br />
mertebesi bulalım.<br />
Çözüm. Z 195510 halkası komütatif olduğundan A asal kalan sınıflar grubu da<br />
komütatiftir, dolayısıyla<br />
Z( A) = A ⇒ Z( A)<br />
= A<br />
dır. A asal kalan sınıflar grubunun mertebesi ϕ ( 195510)<br />
dur.<br />
i<br />
179
olduğundan<br />
3<br />
195510 = 2⋅3⋅5⋅7 ⋅ 19<br />
( ) ( )( )( ) ( )( )<br />
bulunur. Şu halde A Z( A) ϕ ( 195510)<br />
42336<br />
2 5 3 2<br />
ϕ 195510 = 2 −1 3 −1 5 −1 7 7 −1 19 − 1 = 2 ⋅3 ⋅ 7 = 42336<br />
SYLOW TEOREMLERİ<br />
= = = dır.<br />
Tanım 9.10. G bir grup ve a, b ∈ G olsun. Eğer b = xax −1 olacak şekilde bir<br />
x ∈ G elemanı bulunabiliyor ise a ile b eşleniktir denir.<br />
Teorem 9.8. “ a ≈ b ⇔ xax −1 olacak şekilde bir x ∈ G vardır ” şeklinde<br />
tanımlanan bağıntı G üstünde bir denklik bağıntısıdır.<br />
Kanıt. x = e için a = eae −1<br />
1<br />
dir, yani a ≈ a dır. a ≈ b ise b = xax − olacak<br />
1<br />
şekilde şekilde bir x ∈ G vardır ve G bir grup olduğundan x<br />
− ∈ G dir.<br />
−1 −1 −1 −1<br />
b = xax ⇒ a = x b( x ) ⇒ b ≈ a<br />
olduğundan bağıntı simetriktir.<br />
−1 −1<br />
a ≈ b, b ≈ c ⇒ b = xax , c = yby<br />
olacak şekilde x,<br />
y ∈ G elemanları vardır ve G grubu kapalı olduğundan<br />
yx ∈ G dir. O halde,<br />
dir.<br />
( ) ( ) ( )<br />
−1 −1 −1<br />
c = y xax y = yx a yx ⇒ a ≈ c<br />
Tanım 9.11. G grubu için yukarıda tanımladığımız eşlenik olma bağıntısı ile G<br />
yi denklik sınıflarına ayırabiliriz. Bu denklik sınıflarının her birisine bir eşlenik<br />
sınıfı adı verilir ve bir a ∈ G için a nın denklik sınıfı C[ a ] şeklinde gösterilir.<br />
Şu halde,<br />
dir.<br />
−1<br />
{ }<br />
C[ a]<br />
= xax | x ∈ G<br />
Örnek 9.11. Eğer G değişmeli bir grup ise<br />
C[ a]<br />
= a dır.<br />
{ }<br />
−1 −1<br />
xax xx a a<br />
= = olacağından<br />
Örnek 9.12. γ<br />
3<br />
simetrik grubunun eşlenik sınıfları<br />
{ ρ 0 } , { 1,<br />
2}<br />
ρ ρ , { µ , µ , µ }<br />
1 2 3<br />
dir.<br />
3<br />
6 γ = olduğundan,<br />
3<br />
γ ün mertebesi eşlenik sınıflarının eleman sayıları<br />
tarafından bölünür ve eğer G nin mertebesi sonlu ise o taktirde mertebesi, bu<br />
eşlenik sınıflarının eleman sayıları toplamına eşittir.<br />
180
Örnek 9.13. Sonlu bir G grubunda birbirinin eşleniği olan iki elemanın<br />
mertebelerinin aynı olduğunu gösterelim.<br />
Çözüm. G = n ve c, g ∈ G olsun. c = gcg −1 olduğunu gösterelim. c = t<br />
olduğunu farzedelim. Birleşme özelliğini kullanarak<br />
t<br />
−1 −1 −1 −1 t −1 −1<br />
( gcg ) ( gcg )( gcg ) ( gcg ) g c g<br />
<br />
gg<br />
1<br />
= ... = = = 1 ( gg − = dir )<br />
elde edilir. 1 t′<br />
t<br />
elde edilir, buradan da<br />
çelişir. Şu halde<br />
1G<br />
1<br />
t′<br />
t<br />
−1<br />
−1<br />
≤ < için ( gcg ) ≠ 1G<br />
dir. Çünkü ( gcg )<br />
−1 −1 −1 t′<br />
−1<br />
( gcg )( gcg )...( gcg ) = gc g = 1G<br />
<br />
gcg<br />
−1<br />
t′<br />
defa<br />
t′ −<br />
G<br />
G<br />
G<br />
′<br />
1 G<br />
= 1 olsa :<br />
c = g 1 1 g = 1 bulunur ki, bu c = t oluşu ile<br />
G<br />
−1<br />
= t , yani c = gcg = t dir.<br />
G<br />
Tanım 9.12. G grubunun mertebesi n olsun. G nin merkezinin eleman sayısı c<br />
ve G nin birden çok elemana sahip eşlenik sınıflarının sayısı da r olsun. Bu<br />
eşlenik sınıflarının eleman sayıları sırasıyla n 1<br />
, n 2<br />
,..., n r<br />
olmak üzere<br />
n = c + n1 + n2 + ... + nr<br />
, c | n , n1<br />
| n , ... , nr<br />
| n<br />
dir.<br />
n = c + n1 + n2 + ... + nr<br />
denklemine G nin sınıf denklemi adı verilir.<br />
Şimdi, Sylow Teoremleri olarak bilinen aşağıdaki teoremleri ifade edelim.<br />
Teorem 9.9. ( Birinci Sylow Teoremi ) G sonlu mertebeden bir grup ve p, m yi<br />
r<br />
bölmeyen bir asal sayı olmak üzere G = p m olsun. O taktirde G, 0 ≤ i ≤ r<br />
olmak üzere mertebesi<br />
mertebeli herhangi bir<br />
alt grubudur.<br />
r<br />
p olan bir<br />
K<br />
i<br />
alt grubu,<br />
H<br />
i<br />
alt grubuna sahiptir. Üstelik G nin<br />
i 1<br />
p + mertebeli bir<br />
i 1<br />
i<br />
p<br />
K +<br />
grubunun normal<br />
Teorem 9.10. ( İkinci ve Üçüncü Sylow Teoremleri ) G sonlu merebeden bir<br />
r<br />
grup ve p, m yi bölmeyen bir asal sayı olmak üzere G = p m olsun. O<br />
taktirde G nin<br />
r<br />
p mertebeli bütün alt grupları eşlenik gruplardır ve bunların<br />
sayısı G nin mertebesini böler, üstelik<br />
sayısı s ise s ≡ 1(mod p)<br />
dir.<br />
r<br />
p mertebeli bütün eşlenik alt grupların<br />
181
Tanım 9.13. G bir grup ve p bir asal sayı olmak üzere G nin her elemanı<br />
mertebeli ise G ye bir p-grup adı verilir.<br />
r<br />
p<br />
Teorem 9.11. Sonlu bir G grubunun bir p-grup olması için gerek ve yeter<br />
r<br />
koşul G = p olmasıdır.<br />
Kanıt. G bir p-grup ve G<br />
r<br />
= p m olsun. Burada p m<br />
|/ dir. Eğer q | m ise o<br />
taktirde G nin, mertebesi q olan bir alt grubu olurdu ve bu alt grup q ≠ p<br />
olmak üzere mertebesi q olan bir eleman tarafından üretiliyor olurdu. Bu ise G<br />
r<br />
nin p-grup oluşu ile çelişir. Şu halde m = 1 olmak zorundadır ve G = p dir.<br />
Tersine,<br />
G<br />
r<br />
= p ise bir grubun her elemanının mertebesi grubun<br />
mertebesini böleceğinden G nin bir p-grup olduğu elde edilir.<br />
−<br />
Tanım 9.14. G bir grup ve a ∈ G olsun. N[ a]<br />
= { x ∈ G | xax 1 = a}<br />
kümesine<br />
a nın normalleyeni ( normalizatörü ) denir.<br />
−<br />
Teorem 9.12. G bir grup ve a ∈ G olsun. N[ a]<br />
= { x ∈ G | xax 1 = a}<br />
kümesi,<br />
−1 −1<br />
G nin bir alt grubudur ve x,<br />
y ∈ G olmak üzere xax = yay olması için<br />
gerek ve yeter koşul x ve y nin N[ a ] nın aynı sol kalan sınıfında olmasıdır.<br />
−1<br />
1<br />
Kanıt. b, c ∈ N[ a] ise bab = a , cac<br />
− = a yazabiliriz. O halde,<br />
olduğundan bc ∈ N[ a]<br />
dır. Ayrıca<br />
−1<br />
b N a bab a<br />
b<br />
( ) ( ) ( )<br />
∈ [ ] ise = ve buradan<br />
N[ a]<br />
− 1<br />
∈ dır. Böylece [ ]<br />
−1 −1 −1<br />
b cac b = a ⇒ bc a bc = a<br />
1<br />
eae a e N a<br />
− = ise ∈ [ ] dır. Diğer taraftan,<br />
= ( ) = olduğundan<br />
−1 −1 −1 −1<br />
b ab b a b a<br />
N a , G nin bir alt grubudur. Üstelik,<br />
xax<br />
= yay<br />
−1 −1<br />
−1 −1<br />
−1 −1 1<br />
ise ( y x) a( x y)<br />
= a veya ( y x) a( y x)<br />
− −1<br />
= a olacağından y x ∈ N[ a]<br />
veya x ∈ yN[ a]<br />
dır, dolayısıyla x ve y, N[ a ] nın aynı sol kalan sınıfının<br />
elemanı olur.<br />
Teoremin karşıt ifadesi benzer biçimde kanıtlanabilir.<br />
Sonuç: G sonlu bir grup ve a ∈ G ise o taktirde C[ a ] nın mertebesi G nin<br />
mertebesini böler.<br />
Örnek 9.14. G bir grup, a ∈ G ise N = N − 1 olduğunu gösterelim.<br />
Çözüm. N { g G ag ga},<br />
a<br />
−1 −1<br />
= ∈ = N −1<br />
a { g G a g ga }<br />
a<br />
a<br />
= ∈ = dir. N = N − 1<br />
olduğunu göstermek için Na<br />
⊂ N − 1 ve N −1 ⊂ Na<br />
olduğunu göstermeliyiz.<br />
a<br />
a<br />
a<br />
a<br />
182
Her g ∈ N için ag = ga olduğundan bu eşitliğin heriki tarafını sağdan ve<br />
soldan<br />
a<br />
1<br />
a −<br />
ile çarparak<br />
= bulunur ki, buradan g ∈ N − 1 , yani<br />
−1 −1<br />
ga a g<br />
N<br />
a<br />
a<br />
⊂ N − 1<br />
(9.1)<br />
−1 −1<br />
elde edilir. Benzer şekilde her g′∈ N − 1 için a g′ = g′<br />
a olduğundan bu<br />
eşitliğin heriki tarafını sağdan ve soldan a ile çarparak g′ a = ag′<br />
bulunur ki,<br />
buradan g′∈ N yani<br />
a<br />
a<br />
a<br />
a<br />
N − ⊂ N<br />
(9.2)<br />
1 a<br />
bulunur. Şu halde (9.1) ve (9.2) den N = N − 1 elde edilir.<br />
a<br />
Teorem 9.13. G bir grup, H ve K da G nin iki normal alt grubu olsun.<br />
H ∩ K = e ve H ∨ K = G ise bu taktirde G, H × K çarpımına izomorftur.<br />
{ }<br />
Kanıt. Teorem 7.6. dan G grubunun, H ve K alt gruplarının iç kartezyen<br />
çarpımı olarak yazılabilmesi için gerekli koşullardan birisi ∀h ∈ H , ∀k ∈ K<br />
için hk = kh olmasıdır. Teoremin kanıtını yapmak için sadece bu koşulun<br />
sağlandığını göstermek yeterlidir, çünkü diğer koşullar teoremde verilen<br />
−1 −1<br />
varsayımlardan açıktır. Bunun için ∀h ∈ H , ∀k ∈ K için hkh k<br />
komütatörünü göz önüne alalım. K, G nin bir normal alt grubu olduğundan<br />
−1 1<br />
kh k<br />
− −1 −1<br />
∈ K dır. Yukarıdaki komütatörü h( kh k ) şeklinde yazarsak H bir<br />
normal alt grup olduğundan<br />
dır. Böylece<br />
buluruz.<br />
kh k<br />
a<br />
−1 − 1<br />
∈ H elde ederiz. O halde<br />
−1 1<br />
hkh k − ∈ H ∩ K olur. Hipotezden,<br />
−1 −1<br />
( )<br />
h kh k<br />
ise<br />
∈ H<br />
−1 1<br />
hkh k − = e hk = kh<br />
Teorem 9.14. p bir asal sayı olmak üzere, mertebesi<br />
2<br />
p olan her grup<br />
değişmelidir.<br />
2<br />
Kanıt. G, mertebesi p olan bir grup olsun. Eğer G devirli değilse grubun<br />
birim elemanı dışındaki bütün elemanlarının mertebesi p olur. a, mertebesi p<br />
olan bir eleman olsun. Bu takdirde < a > devirli grubunun mertebesi de p dir.<br />
Dolayısıyla < a > grubu, G nin bütün elemanlarını içermez. b, G nin bu grupta<br />
olmayan bir elemanı olsun. O zaman < a > ∩ < b >= { e}<br />
dir. Çünkü c ≠ e<br />
olmak üzere c ∈< a > ∩ < b > olsa: c ∈< a > ve c ∈< b > olacağından<br />
< a >=< b > elde edilir ki, bu kabulümüz ile çelişir. 1. Sylow Teoremine göre<br />
2<br />
< a > , G nin p mertebeli herhangi bir alt grubunun bir normal alt grubu<br />
olacağından < a > , G nin de bir normal alt grubu olur. Benzer şekilde < b ><br />
de G nin bir normal alt grubudur. < a > ∨ < b > , G nin < a > yı kapsayan ve<br />
2<br />
mertebesi p yi bölen bir alt grubudur. Böylece < a > ∨ < b >= G elde ederiz.<br />
183
O halde Teorem 9.13. e göre G ≅< a > ∨ < b > izomorfizması vardır. Sonuç<br />
olarak, < a > ∨ < b > grubu değişmeli olduğundan bu gruba izomorf olan G<br />
grubu da değişmelidir.<br />
Teorem 9.15. H ve K, bir G grubunun sonlu mertebeli iki alt grubu ise bu<br />
taktirde<br />
H K<br />
HK =<br />
H ∩ K<br />
dir.<br />
Kanıt. H<br />
= r , K = s , H ∩ K = t olsun. HK nın en çok rs elemana sahip<br />
olacağı açıktır. Eğer bazı h1 , h2<br />
∈ H ; k1,<br />
k2<br />
∈ K elemanları için h1 k1 = h2k<br />
2<br />
−1 −1<br />
koşulu gerçekleniyor ise x = ( h ) h = k ( k ) dersek x ∈ H ve x ∈ K olur<br />
2 1 2 1<br />
ki, bu x ∈ H ∩ K olması demektir.<br />
−1<br />
2 1 2 1<br />
x = ( h ) h ise h = h x ve<br />
−1 −1<br />
2 1 2 1<br />
x = k ( k ) ise k = xk yazabiliriz. Diğer taraftan y ∈ H ∩ K için<br />
−1<br />
h3 = h1 y , k3 = yk1<br />
ise bu durumda h3<br />
∈ H ve k3<br />
∈ K olmak üzere<br />
h3k3 = h1 k1<br />
buluruz. O halde, HK nın herhangi bir hk elemanı hi<br />
∈ H ve<br />
ki<br />
∈ K olmak üzere hi k<br />
i<br />
şeklinde t defa yazılabilmektedir. Bu bize<br />
H K<br />
HK = olduğu sonucunu verir.<br />
H ∩ K<br />
PROBLEMLER<br />
1) i { 1, 2, 3,..., n}<br />
∀ ∈ için ( G<br />
i<br />
,.) bir grup ve G = G1 × G2 × ... × Gn<br />
olsun. Bu<br />
takdirde her bir i için G den G<br />
i<br />
ye bir φ<br />
i<br />
homomorfizmasının<br />
tanımlanabileceğini gösteriniz.<br />
+<br />
2) φ : ( R ,.) → ( R , + ), φ( x) = ln x şeklinde tanımlanan dönüşümün bir<br />
homomorfizma olduğunu gösteriniz.<br />
ix<br />
φ : ( R , ) ( R 0 ,.) , φ ( x) = e = cos x + i sin x dönüşümünün bir<br />
3) + + → −{ }<br />
homomorfizma tanımladığını gösteriniz ve çekirdeğini bulunuz.<br />
4) φ : G → H dönüşümü bir grup izomorfizması ise<br />
bir grup izomorfizması olduğunu gösteriniz.<br />
1<br />
φ −<br />
ters dönüşümünün de<br />
184
5) φ : G → H , ϕ : H → N dönüşümleri birer grup izomorfizması ise bu<br />
durumda ϕ φ : G → N bileşke dönüşümünün de bir grup izomorfizması<br />
olduğunu kanıtlayınız.<br />
6) f : G → G ', g : G → G ' iki grup homomorfizması ise<br />
H = { x ∈ G | f ( x) = g( x)<br />
}<br />
olmak üzere, ( H ,.) cebirsel yapısının G nin bir alt grubu olduğunu<br />
kanıtlayınız.<br />
7) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunu<br />
belirleyiniz.<br />
a) Mertebesi 3 olan herhangi iki grup izomorftur.<br />
b) Mertebesi 4 olan herhangi iki grup izomorftur.<br />
c) Mertebeleri aynı olan gruplar birbirine izomorftur.<br />
d) Her izomorfizma bire-bir bir dönüşümdür.<br />
e) Değişmeli bir grup, değişmeli olmayan bir gruba izomorf yapılamaz.<br />
f) ( R , + ) grubu bir permütasyon grubuna izomorftur.<br />
8) H, bir G grubunun herhangi bir alt grubu ve g ∈ G ise<br />
izomorfizması vardır, kanıtlayınız.<br />
H ≅ gHg −1<br />
9) G1 ,<br />
2<br />
G herhangi iki grup olmak üzere<br />
φ : G1 × G2 → G1<br />
, ϕ : G1 × G2 → G2<br />
φ ( g1, g2 ) = g1<br />
, ϕ ( g1, g2 ) = g2<br />
şeklinde tanımlanan φ ve ϕ dönüşümlerinin birer homomorfizma olduğunu<br />
kanıtlayınız ve bu dönüşümlerin çekirdeklerini bulunuz.<br />
10) ( Z<br />
6, + ) ve ( Z<br />
8, + ) gruplarının izomorf olmadıklarını kanıtlayınız.<br />
11) f : G → H dönüşümü bir grup homomorfizması ve örten olsun. N, G nin<br />
bir normal alt grubu ise f ( N ) nin de H nın bir normal alt grubu olduğunu<br />
gösteriniz.<br />
12) f : G → H dönüşümü bir grup homomorfizması ve M, H nın bir normal<br />
alt grubu ise o taktirde<br />
13) { }<br />
0 < 60 < 20 <<br />
−<br />
f<br />
1 ( M ) de G nin bir normal alt grubudur, gösteriniz.<br />
Z Z Z ve { }<br />
normal serinin inceltilmişlerini bulunuz.<br />
0 < 245Z < 49Z < Z şeklinde verilen iki<br />
185
14) Z<br />
5<br />
× Z<br />
5<br />
nin birleşim serisini bulunuz.<br />
15) γ<br />
3<br />
×Z<br />
2<br />
nin birleşim serisini bulunuz.<br />
16) N, G grubunun değişmeli bir normal alt grubu ise G N nin N ye eşlenik<br />
olacağını kanıtlayınız.<br />
17) ( Z<br />
12, + ) grubunun, p-alt grubunu bulunuz ve p. mertebeden Sylow alt<br />
gruplarını belirleyiniz.<br />
18) G grubunun bir H alt grubunun G de normal olması için gerek ve yeter<br />
koşul H nın, G deki eşlenik sınıflarının birleşimine eşit olmasıdır, kanıtlayınız.<br />
186
10. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER<br />
Tanım 10.1. H, boş olmayan bir küme ve ⊕ ve ⊙ , H üstünde tanımlı iki ikili<br />
işlem olsun. Aşağıdaki koşullar sağlanırsa ( H, ⊕, ⊙ ) üçlüsüne bir halka adı<br />
verilir;<br />
1) ( H, ⊕ ) değişmeli bir gruptur.<br />
2) ⊙ işlemi, H üstünde birleşmelidir.<br />
3) H da ⊙ işleminin, ⊕ işlemi üzerine sağdan ve soldan dağılma özelliği<br />
vardır.<br />
Örnek 10.1. ( Z n<br />
, + ) devirli grubu verilsin. x , y ∈ Z<br />
n<br />
ise xy nin n ile<br />
bölümünden elde edilecek kalanı a.<br />
b şeklinde gösterirsek bu durumda<br />
( Z , ,.) bir halka oluşturur.<br />
n +<br />
Teorem 10.1. H, toplamsal birim elemanı 0 olan bir halka ise a,<br />
b ∈ H<br />
olmak üzere<br />
1) 0. a = a.0 = 0 ,<br />
2) − b , b nin toplamsal tersi olmak üzere a.( − b) = ( − a). b = − a.<br />
b ,<br />
3) ( −a).( − b) = a.<br />
b<br />
özellikleri gerçeklenir.<br />
Kanıt.<br />
1) a.0 = a(0 + 0) = a.0 + a.0<br />
olduğundan a .0 = 0 dır.<br />
2) ( a. b) + ( − ( a. b)) = 0 olduğundan,<br />
a.( − b) + ( a. b) = a(( − b) + b)) = a.0 = 0<br />
elde ederiz.<br />
3) ( −a).( − b) = −( a.( − b))<br />
= −( − ( a. b))<br />
= a.<br />
b dir.<br />
Tanım 10.2. H ve H ' iki halka ve φ : H → H ' dönüşümü bire-bir ve örten<br />
olsun. Ayrıca<br />
1) φ( a + b) = φ( a) + φ( b)<br />
,<br />
2) φ( a. b) = φ( a). φ( b)<br />
koşulları sağlanıyorsa φ ye H dan H ' ye bir halka izomorfizması adı verilir.<br />
Örnek 10.2. ( Z , + ) ve (2 Z , + ) değişmeli grupları için<br />
φ : Z → 2Z , φ ( x) = 2x<br />
dönüşümü bir grup izomorfizması tanımlamasına karşın, ( Z , + ,.) ve (2 Z , + ,.)<br />
halkaları arasında bu dönüşüm bir halka izomorfizması tanımlamaz, çünkü<br />
φ ( x. y) = 2xy<br />
ve φ( x. y) = φ( x). φ( y) = 2 x.2 y = 4xy<br />
187
irbirinden farklıdır.<br />
Tanım 10.3. Bir halka için ikinci işlem (veya çarpma işlemi) değişmeli ise<br />
halkaya değişmeli halka, benzer şekilde ikinci işlemin birim elemanı varsa<br />
halkaya birimli halka deriz.<br />
Örnek 10.3. Z, Q ve R halkaları değişmeli ve birimli olmalarına karşı 2Z<br />
halkası birimli değildir. Burada ikinci işlemin birim elemanı söz konusu<br />
edilmektedir. Yani ikinci işlemin birim elemanı varsa halkaya birimli halka,<br />
ikinci işlemin birim elemanı yoksa birimsiz halka denilmektedir.<br />
n ≥ 2 için n× n mertebeli matrislerin kümesi, üzerinde tanımlanan matris<br />
toplamı ve matris çarpımı işlemleri ile birlikte değişmeli olmayan bir halka<br />
0 halkası, üzerinde tanımlanan her iki<br />
yapısına sahiptir. Diğer taraftan { }<br />
işleme göre aynı 0 birim elemanına sahiptir. Çünkü 0 + 0 = 0 , 0.0 = 0 dır.<br />
Teorem 10.2. Birimli bir halkanın çarpımsal birimi tektir.<br />
Tanım 10.4. H, birimli bir halka olsun. H nın bir y elemanının H da çarpımsal<br />
inversi mevcut ise bu elemana inverslenebilir bir eleman denir. Eğer H nın<br />
sıfırdan farklı her elemanı inverslenebilir ise H ya bir yarı-cisim ve eğer bir<br />
yarı-cisim değişmeli ise bu yarı-cisme bir cisim adı verilir.<br />
Tanım 10.5. ( H, ⊕, ⊙ ) bir halka olsun. S ⊆ H , H nın boş olmayan bir alt<br />
kümesi olmak üzere ( S, ⊕, ⊙ ) da bir halka yapısına sahip ise S ye H nın bir alt<br />
halkası denir.<br />
Önerme 10.1. ( H, ⊕, ⊙ ) bir halka ve S<br />
⊆ H , H nın boş olmayan bir alt<br />
kümesi olmak üzere ( S, ⊕, ⊙ ) nın, ( H, ⊕, ⊙ ) halkasının bir alt halkası olması<br />
için gerek ve yeter koşul<br />
∀x,<br />
y ∈ S için x ⊕ ( − y)<br />
∈ S , x ⊙ y ∈ S<br />
olmasıdır.<br />
Önerme 10.2. ( F, ⊕, ⊙ ) bir cisim ve S<br />
⊆ H , H nın boş olmayan bir alt<br />
kümesi olmak üzere ( S, ⊕, ⊙ ) nın, ( F, ⊕, ⊙ ) cisminin bir alt cismi olması için<br />
gerek ve yeter koşullar<br />
1) ∀x,<br />
y ∈ S için x ⊕ ( − y)<br />
∈ S , x ⊙ y ∈ S<br />
2) x S { 0}<br />
olmasıdır.<br />
∀ ∈ − için<br />
x<br />
− 1<br />
∈<br />
S<br />
188
= + ∈ Q kümesinin, C deki " + " ve " ⋅ "<br />
Örnek 10.4. K { a b 3 i a,<br />
b }<br />
işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım.<br />
Çözüm. Her a + b 3 i, c + d 3i ∈ K çifti için<br />
( ) ( ) ( ) ( )<br />
a + b 3i − c + d 3i = a − c + b − d 3 i ∈ K,<br />
<br />
∈Q<br />
∈Q<br />
( ) ( ) ( ) ( )<br />
a + b 3 i . c + d 3i = ac − 3bd + ad + bc 3i ∈ K<br />
<br />
∈Q<br />
∈Q<br />
olduğundan Önerme 10.1. e göre K, C nin bir alt halkasıdır ve C de geçerli<br />
olan komütatiflik, K da da geçerlidir. Diğer yandan, C deki sıfır-<br />
a + b 3 i, c + d 3i ∈ K − 0 için<br />
bölensizlikten dolayı her { }<br />
dır. Ayrıca, her a b 3i K { 0}<br />
dır, çünkü<br />
( a + b 3 i ).( c + d 3 i ) ∈ K − { 0}<br />
+ ∈ − için<br />
1 a b<br />
= − 3i<br />
∈ K − 0<br />
2 2 2 2<br />
a + b 3i<br />
a<br />
+ 3b a<br />
+ 3b<br />
∈Q<br />
∈Q<br />
⎧<br />
2 2<br />
+ ≠<br />
a 3b<br />
0<br />
⎪<br />
a + b 3i ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ ⎨ a b<br />
⎪ ≠ 0 ∨ ≠ 0<br />
2 2 2 2<br />
⎩ a + 3b a + 3b<br />
dır. Şu halde ( K , + ,.) bir komütatif cisimdir.<br />
Tanım 10.6. Bir cismin kendisinden başka hiçbir alt cismi yoksa bu cisme bir<br />
asal cisim adı verilir.<br />
Teorem 10.3. Her cismin asal bir alt cismi vardır.<br />
Kanıt. ( F , + ,.) bir cisim olsun. Bu cismin bütün alt cisimlerinin ailesi de<br />
{( F , ,.) i I}<br />
i<br />
+ | ∈ olsun. A = ∩ Fi<br />
kümesi, F nin boş olmayan bir alt kümesidir.<br />
i∈I<br />
∀x,<br />
y ∈ A için i ∈ I olmak üzere x, y ∈ Fi<br />
dir. F<br />
i<br />
ler cisim olduğundan<br />
∀i<br />
∈ I için<br />
−1<br />
x + ( −y) ∈ Fi<br />
, x. y ∈ Fi<br />
ve x ≠ 0 ⇒ x ∈ Fi<br />
dir. Bu durumda,<br />
−1<br />
x + ( −y)<br />
∈ A , x.<br />
y ∈ A ve x ≠ 0 ⇒ x ∈ A<br />
{ }<br />
189
elde ederiz. Böylece ( A , + ,.) cebirsel yapısı, F nin bir alt cismidir. Ayrıca,<br />
( A , + ,.) nın bir ( P , + ,.) alt cismi için A ⊆ P dir, dolayısıyla A = P olur ki,<br />
bu ( A , + ,.) nın bir asal cisim olduğunu gösterir.<br />
Teorem 10.4. Bileşenleri bir F cismine ait olan n× n mertebeli matrislerin<br />
kümesi M<br />
n<br />
( F ) olsun. Bu küme, üzerinde tanımlanan matris toplamı ve matris<br />
çarpımı işlemleri ile birlikte bir halka yapısına sahiptir. Diğer taraftan<br />
n n<br />
F → F şeklindeki lineer dönüşümler n× n mertebeli matrislere karşılık<br />
gelir. Bu ise matris çarpımı işleminin, dönüşümlerin bileşkesi işlemine karşılık<br />
geleceği anlamındadır. Dönüşümlerin bileşkesi işlemi değişme özelliğine sahip<br />
değildir, aynı şekilde matris çarpımı işlemi de değişmeli değildir. Bu nedenle<br />
n ≥ 2 için matrislerin M ( F ) halkası da değişmeli olmayan bir halkadır.<br />
n<br />
Örneğin, n = 2 için<br />
matrisleri verilsin.<br />
0 1<br />
A = ⎡ ⎤<br />
⎢<br />
0 0 ⎥<br />
⎣ ⎦ , 0 0<br />
B = ⎡ ⎤<br />
⎢<br />
0 1 ⎥<br />
⎣ ⎦<br />
AB 0 1 0 0 0 1<br />
= ⎡ ⎢ ⎤ 0 0<br />
⎥ ⎡ ⎢ ⎤ =<br />
⎡ ⎤<br />
0 1<br />
⎥ ⎢<br />
0 0<br />
⎥<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ , BA 0 0 0 1 0 0<br />
= ⎡ ⎢ ⎤ 0 1<br />
⎥ ⎡ ⎢ ⎤ =<br />
⎡ ⎤<br />
0 0<br />
⎥ ⎢<br />
0 0<br />
⎥<br />
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦<br />
bulunur. Bu sonuç matris çarpımı işleminin değişmeli olmadığını gösterdiği<br />
gibi, A ≠ 0 , B ≠ 0 iken AB = 0 olduğundan, A ve B matrislerinin M ( F ) 2<br />
halkasında sıfır bölenler olduğunu gösterir.<br />
Tanım 10.7. G, değişmeli bir grup olmak üzere G nin bir homomorfizmasına<br />
bir endomorfizma adı verilir.<br />
Değişmeli bir G grubunun bütün endomorfizmalarının kümesini Hom( G )<br />
ile göstereceğiz. İki endomorfizmanın bileşkesi yine bir endomorfizma<br />
olduğundan Hom( G ) kümesi üzerindeki çarpma işlemi, endomorfizmaların<br />
bileşkesi işlemi olup, bu işlem birleşmeli olduğundan Hom( G ) kümesi<br />
üzerindeki çarpma işleminin birleşmeli olduğunu elde ederiz. Hom( G ) kümesi<br />
üzerindeki toplama işlemi; φ, ϕ ∈ Hom( G)<br />
olmak üzere ∀a ∈ G için<br />
( φ + ϕ)( a) = φ( a) + ϕ( a)<br />
şeklinde tanımlanır ve ∀a,<br />
b ∈ G için,<br />
( φ + ϕ)( a + b) = φ( a + b) + ϕ( a + b) = ( φ( a) + ϕ( a)) + ( φ( b) + ϕ( b))<br />
190
= ( φ + ϕ)( a) + ( φ + ϕ)( b)<br />
olduğundan ( φ + ϕ) ∈ Hom( G)<br />
dir. G değişmeli olduğundan,<br />
( φ + ϕ)( a) = φ( a) + ϕ( a) = ϕ( a) + φ( a) = ( ϕ + φ)( a)<br />
elde edilir, böylece φ + ϕ = ϕ + φ dır. Ayrıca toplama işlemi birleşmelidir,<br />
çünkü; ∀a ∈ G için,<br />
( φ + ( ϕ + ψ ))( a) = φ( a) + ( ϕ + ψ )( a) = φ( a) + ( ϕ( a) + ψ ( a))<br />
= ( φ( a) + ϕ( a)) + ψ ( a) = ( φ + ϕ)( a) + ψ ( a)<br />
= (( φ + ϕ) + ψ )( a)<br />
olduğundan ( φ + ϕ) + ψ = φ + ( ϕ + ψ ) , yani toplama işlemi birleşmelidir. G<br />
grubunun birim elemanı e ise ∀a ∈ G için i( a)<br />
= e şeklinde tanımlı i<br />
endomorfizması Hom( G ) nin toplamsal birimidir. φ ∈ Hom( G)<br />
olsun.<br />
( − φ)( a)<br />
= − ( φ( a))<br />
şeklinde tanımlanan − φ endomorfizması φ nin toplamsal<br />
tersidir, gerçekten −φ<br />
∈ Hom( G)<br />
dir, çünkü ∀a,<br />
b ∈ G<br />
[ ]<br />
( − φ)( a + b) = − [ φ( a + b)] = − φ( a) + φ( b)<br />
= − ( φ( a)) + ( − ( φ( b))) = ( − φ)( a) + ( − φ)( b)<br />
dir. Şu halde, Hom( G ) kümesi toplama işlemine göre değişmeli bir gruptur.<br />
Diğer taraftan ϕ, φ, ψ ∈ Hom( G)<br />
ve a ∈ G ise<br />
[( φ + ϕ) ψ ]( a) = ( φ + ϕ)( ψ ( a)) = φ( ψ ( a)) + ϕ( ψ ( a)) = ( φψ + ϕψ )( a)<br />
olduğundan ( φ + ϕ)<br />
ψ = φψ + ϕψ elde ederiz. Bu durumda aşağıdaki teorem<br />
kanıtlanmış oldu.<br />
Teorem 10.5. Değişmeli bir G grubunun endomorfizmalarının Hom( G )<br />
kümesi, homomorfizmaların toplamı ve çarpımı işlemleri ile birlikte bir halka<br />
yapısına sahiptir.<br />
Bu teoremde Hom( G)<br />
halkası üstündeki çarpma işlemi homomorfizmaların<br />
bileşkesi işlemi olup, bu işlem genel olarak değişmeli değildir, ancak bazı<br />
durumlarda, örneğin G = Z seçersek Hom( Z ) halkası değişmeli bir halka<br />
oluşturur.<br />
Örnek 10.5. ( Z× Z , + ) cebirsel yapısını göz önüne alalım. Z×<br />
Z deki<br />
endomorfizmaları şöyle tanımlarız. φ, ϕ ∈ Hom( Z×<br />
Z)<br />
olmak üzere<br />
ve böylece ∀m,<br />
n ∈ Z için<br />
φ (1,0) = (1,0) , φ (0,1) = (1,0) ,<br />
ϕ (1,0) = (0,0) , ϕ (0,1) = (0,1)<br />
191
( φϕ)( m, n) = φ( ϕ( m, n)) = φ(0, n) = ( n,0),<br />
( ϕφ)( m, n) = ϕ( φ( m, n)) = ϕ( m + n,0) = (0,0)<br />
olduğundan φϕ ≠ ϕφ dir. Böylece Z×<br />
Z nin endomorfizmalarının kümesi,<br />
değişmeli olmayan bir halka yapısı oluşturur.<br />
Örnek 10.6. ( H , + ,.) halkası verilsin. Eğer ∀x ∈ H için x.<br />
x = x koşulu<br />
sağlanıyorsa H ya Boole halkası adı verilir.<br />
n<br />
Tanım 10.8. H değişmeli bir halka ve a ∈ R olsun. a = 0 olacak şekilde bir<br />
n ∈ Z tamsayısı varsa a ya sıfırıncı kuvvettendir deriz.<br />
Tanım 10.9. H birimli bir halka olmak üzere H nın sıfırdan farklı her<br />
elemanının H da bir çarpımsal inversi varsa H ya bir yarı-cisim adı verilir.<br />
( R , + ) toplamsal grup olmak üzere Q = R × R × R × R kuaternionlar<br />
kümesini göz önüne alalım. Önce Q nun elemanlarını tanımlayalım. Bunun<br />
için<br />
1 = (1,0,0,0) , i = (0,1,0,0) , j = (0,0,1,0) , k = (0,0,0,1)<br />
olmak üzere,<br />
a1 = ( a1<br />
,0,0,0) , a2i<br />
= (0, a2,0,0)<br />
, a3 j = (0,0, a3,0)<br />
, a4k<br />
= (0,0,0, a4<br />
)<br />
gösterimini yapalım. Buna göre Q ya ait bir ( a1 , a2, a3, a<br />
4<br />
) elemanını<br />
( a1 , a2, a3, a4 ) = a1 + a2i + a3 j + a4k<br />
şeklinde gösteririz. Q daki toplama işlemi,<br />
( a + a i + a j + a k) + ( b + b i + b j + b k) = ( a + b ) + ( a + b ) i + ( a + b ) j + ( a + b ) k<br />
1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4<br />
şeklinde tanımlanır. Q daki çarpma işlemi ise a ∈ Q için<br />
olmak üzere<br />
i.<br />
k<br />
1. a = a.1<br />
ve i 2 = j 2 = k<br />
2 = − 1<br />
= j , j.<br />
k<br />
= i , j.<br />
i<br />
= − k , k.<br />
j<br />
= − i , i.<br />
k<br />
= − j<br />
olarak tanımlanır. Bunları dikkate alarak Q daki çarpma işlemi<br />
( a + a i + a j + a k)( b + b i + b j + b k)<br />
1 2 3 4 1 2 3 4<br />
= ( a b − a b − a b − a b ) + ( a b − a b − a b − a b ) i<br />
1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 2 1 3 4 4 3<br />
+ ( a b − a b − a b − a b ) j + ( a b − a b − a b − a b ) k<br />
1 3 2 4 3 1 4 2 1 4 2 3 3 2 4 1<br />
192
şeklinde tanımlanır. Ayrıca ij = k , ji = − k olduğundan ij ≠ ji dir, böylece<br />
Q üstünde tanımladığımız çarpma işlemi değişmeli değildir. Bu nedenle Q<br />
bir cisim olamaz. a = ( a1 , a2, a3, a4 ) = a1 + a2i + a3 j + a4k ∈ Q alalım ve a<br />
i<br />
lerin hepsi birden sıfır olmasın. Bu durumda<br />
( a + a i + a j + a k)( a − a i − a j − a k)<br />
= a + a + a + a = a<br />
2 2 2 2<br />
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4<br />
elde ederiz ve<br />
a = ( a1 , −a2, −a3 , − a4 ) = a1 − a2i − a3 j − a4k ∈ Q<br />
gösterimini yaparsak, a nın çarpımsal inversi<br />
1 a a1 a2 a3<br />
a4<br />
a − = = − i − j − k<br />
2 2 2 2 2<br />
a a a a a<br />
2<br />
şeklinde bulunur. Böylece aşağıdaki teorem kanıtlanmış olur.<br />
Teorem 10.6. Q Kuaternionların kümesi, yukarıda tanımlanan işlemlerle<br />
birlikte bir yarı-cisim yapısına sahiptir.<br />
PROBLEMLER<br />
1) ( H , + ,.) birimli bir halka ve 0, toplama işleminin birim elemanı; 1 de<br />
çarpma işleminin birim elemanı olsun. Eğer H kümesi en az iki elemana sahip<br />
ise 0 ≠ 1 olduğunu gösteriniz.<br />
2) ( H , + ,.) halkası bir Boole halkası ise ∀x ∈ H için x = − x olduğunu<br />
gösteriniz ve bir Boole halkasının değişmeli olup olmadığına karar veriniz.<br />
3) ( H , + ,.) bir halka ve a,<br />
b ∈ H sıfırıncı kuvvetten elemanlar ise a + b ∈ H<br />
elemanının da sıfırıncı kuvvetten olduğunu gösteriniz.<br />
4) Bir halkanın sonlu sayıda alt halkasının arakesitinin de bu halkanın bir alt<br />
halkası olacağını kanıtlayınız.<br />
5) P( A ) , sonlu bir A kümesinin alt kümelerinin kümesi, yani A nın kuvvet<br />
kümesi ise ∀X , Y ∈ P( A)<br />
için,<br />
X + Y = ( X ∪Y ) − ( X ∩ Y )<br />
ve<br />
X.<br />
Y = X ∪ Y<br />
işlemleri ile birlikte P( A ) nın bir halka yapısına sahip olup olmayacağını<br />
araştırınız.<br />
193
6) P( A ) , A nın kuvvet kümesi ise ∀X , Y ∈ P( A)<br />
için<br />
X + Y = ( X −Y ) ∪ ( Y − X )<br />
ve<br />
X.<br />
Y = X ∪ Y<br />
işlemleri ile birlikte P( A ) nın bir halka yapısına sahip olup olmayacağını<br />
araştırınız.<br />
7) ( , )<br />
G + değişmeli grubu ve A { f f Hom( G)<br />
}<br />
= | ∈ kümesi verilsin. f ,<br />
g ∈ A ; ∀x ∈G<br />
için ( f + g)( x) = f ( x) + g( x)<br />
işlemi ve fonksiyonların bileşke<br />
işlemi ile birlikte A nın bir halka yapısına sahip olduğunu kanıtlayınız.<br />
8) R reel sayılar kümesinin , ∀x,<br />
y ∈ R için<br />
x ⊕ y = x + y − 1, x ⊙ y = x + y − xy<br />
şeklinde tanımlanan işlemlere göre bir cisim oluşturduğunu gösteriniz.<br />
9) ( H , + ,.) bir halka ve a H<br />
bir alt halkası olduğunu gösteriniz.<br />
∈ olsun. T { x H ax 0}<br />
a<br />
= ∈ | = kümesinin, H nın<br />
10) ( S , + ) değişmeli bir grup ve 0, bu grubun birim elemanı olsun. ∀x,<br />
y ∈ S<br />
için x • y = 0 şeklinde tanımlanan “ • ” işlemi ile birlikte ( S , + ,•)<br />
nın bir<br />
halka olduğunu gösteriniz ve bu halkanın birimli ve değişmeli olup olmadığını<br />
araştırınız.<br />
11) ( H , + ,.) ve ( H ', ⊕, ⊙ ) iki halka ve f : H → H ' dönüşümü bir halka<br />
homomorfizması olsun. Yani; ∀x,<br />
y ∈ H için,<br />
f ( x + y) = f ( x) ⊕ f ( y)<br />
ve f ( x. y) = f ( x) ⊙ f ( y)<br />
koşulları sağlansın. Bu taktirde,<br />
a) Eğer S, H nın bir alt halkası ise f ( S ) de<br />
b) Eğer S ' ,<br />
gösteriniz.<br />
H ' nün bir alt halkası ise<br />
H ' nin bir alt halkasıdır.<br />
−<br />
f<br />
1 ( S ') de H nın bir alt halkasıdır,<br />
12) 1, birimli bir ( H , + ,.) halkasının birimi ve e, bir ( H ', ⊕, ⊙ ) halkasının<br />
sıfırı olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka homomorfizması olmak üzere<br />
f (1)<br />
≠ e ise bu taktirde f (1) , ( f ( H ), ⊕, ⊙ ) halkasının birimidir, kanıtlayınız.<br />
194
11. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ<br />
Gerçel sayılar kümesinde iki sayının çarpımının sıfır olabilmesi için bu<br />
sayılardan en az birisinin sıfır olması gerektiğini biliyoruz. Örneğin, x ∈ R<br />
olmak üzere ( x − 2)( x − 3) = 0 denkleminin çözümleri x = 2 ve x = 3 dür. Bu<br />
denklemi başka bir cebirsel yapı içerisinde çözmek isteyelim.<br />
2<br />
Örnek 11.1. x − 5x<br />
+ 6 = 0 denklemini Z<br />
12<br />
de çözelim. x ∈ Z<br />
12<br />
olmak üzere<br />
bu denklemi gerçekleyen x ler, Z<br />
12<br />
nin işlem tablosu kullanılarak<br />
2.6 = 6.2 = 3.4 = 4.3 = 3.8 = 8.3 = 4.6 = 6.4 = 4.9 = 9.4 = 6.6 = 6.8<br />
= 8.6 = 6.10 = 10.6 = 8.9 = 9.8 = 0<br />
2<br />
olduğundan, x − 5x + 6 = ( x − 2)( x − 3) ifadesini sıfır yapan 2 ve 3 dışında<br />
(6 − 2)(6 − 3) = (11 − 2)(11 − 3) = 0<br />
olması nedeni ile x = 6 ve x = 11 de bu denklemin kökleri olarak bulunur.<br />
Böylece aşağıdaki tanımı verebiliriz.<br />
Tanım 11.1. H bir halka ve a,<br />
b ∈ H olsun. a ≠ 0 ve b ≠ 0 iken ab = 0<br />
oluyorsa a ya sıfırın bir sol böleni, b ye ise sıfırın bir sağ böleni adı verilir.<br />
Eğer H halkası değişmeli bir halka ise o taktirde a ve b nin her ikisine birden<br />
sıfırın bölenleri veya sıfır bölenler denir.<br />
Örnek 11.2. Z<br />
12<br />
de sıfırın bölenleri 2, 3, 4, 6, 8, 9 ve 10 elemanlarından<br />
ibarettir. Dikkat edilirse Z<br />
12<br />
de sıfırın bölenlerinin, 12 ile aralarında asal<br />
olmayan sayılardan oluştuğu görülür, yani x ∈ Z<br />
12<br />
sıfırın bir böleni ise<br />
e. b. o. b.(12, x) ≠ 1 dir.<br />
Örnek 11.3. H { a, b, c,<br />
d}<br />
= kümesi aşağıda verilen işlem tabloları<br />
sayesinde bir halka oluşturur. Bu halkada sıfırın bölenlerini bulalım.<br />
⊕ a b c d<br />
a a b c d<br />
b b a d c<br />
c c d a b<br />
d d c b a<br />
⊗ a b c d<br />
a a a a a<br />
b a b c d<br />
c a c c a<br />
d a d a d<br />
195
( H, ⊕, ⊙ ) halkasında, ⊕ işleminin birim elemanı a dır ve yine tablodan<br />
görüldüğü gibi halka değişmelidir. c ≠ a ve d ≠ a ve c ⊙ d = a olduğundan<br />
c, sıfırın sol böleni ve d de sıfırın sağ bölenidir. Sıfırın başka sağ ve sol<br />
bölenlerinin olup olmadığını da araştırabiliriz.<br />
Not: Bir halkada birinci işlemin etkisiz elemanına halkanın sıfırı, ikinci<br />
işlemin etkisiz elemanına da halkanın birimi adını vereceğiz.<br />
Önerme 11.1. 0 ve 1 sırasıyla bir ( H , + ,.) halkasının sıfırı ve birimi olsun. a<br />
ve b, sıfırın sol ve sağ bölenleri ise a ve b inverslenebilir değildir. Yani çarpma<br />
işlemine göre tersleri mevcut değildir.<br />
Kanıt. a ve b sırasıyla sıfırın sol ve sağ bölenleri olduğundan a ≠ 0 ve b ≠ 0<br />
1<br />
olmak üzere a. b = 0 dır. Şimdi a ve b nin H da a −<br />
1<br />
ve b − inverslerinin var<br />
olduğunu kabul edelim. O taktirde,<br />
−1 −1 −1<br />
a. b = 0 ⇒ a .( a. b) = a .0 ⇒ ( a . a). b = 0 ⇒ b = 0 ,<br />
a b = ⇒ a b b = b ⇒ a b b = ⇒ a =<br />
−1 −1 −1<br />
. 0 ( . ). 0. .( . ) 0 0<br />
bulunur. Bu a ≠ 0 ve b ≠ 0 olması ile, yani a ve b nin sıfırın sol ve sağ<br />
bölenleri oluşu ile çelişir. O halde sıfırın bölenlerinin çarpma işlemine göre<br />
inversleri mevcut değildir.<br />
Teorem 11.1. Herhangi bir n tamsayısı için Z<br />
n<br />
halkasında sıfırın bölenleri, n<br />
ile aralarında asal olmayan sayılardan oluşur.<br />
Kanıt. m ∈Z ve m ≠ 0 olmak üzere e. b. o. b.( m, n) = d ≠ 1 olsun.<br />
n<br />
n m<br />
m. = . n yazabiliriz. Bu eşitliğin sağ tarafı n nin bir katı olduğundan sıfıra<br />
d d<br />
n<br />
eşittir, o halde sol tarafı da sıfıra eşit olmak zorundadır. Bu durumda m. = 0 d<br />
n<br />
dır. m ≠ 0 , 0<br />
d ≠ olduğundan m, Z<br />
n<br />
de sıfırın bir sol bölenidir. Diğer<br />
taraftan eğer m ∈ Z elemanı için e. b. o. b.( m, n ) = 1 , yani m ve n aralarında<br />
asal ise o zaman<br />
n<br />
n<br />
Z de bir r elemanı için mr 0( mod n)<br />
≡ olur ki, bu durumda<br />
n, mr yi böler. e. b. o. b.( m, n ) = 1 olduğundan n | r elde edilir, böylece r = 0<br />
buluruz.<br />
Sonuç 11.1. n bir asal sayı ise Z<br />
n<br />
halkasında hiçbir sıfır bölen yoktur, yani<br />
Z<br />
n<br />
sıfır-bölensizdir.<br />
H bir halka; a, b,<br />
c ∈ H ve a ≠ 0 olsun.<br />
ab = ac ⇒ b = c ve ba = ca ⇒ b = c<br />
196
önermeleri doğru ise H halkasında sadeleştirme kuralı geçerlidir deriz.<br />
Örnek 11.4. Z 11760 halkasında kaç tane sıfır-bölen vardır?<br />
Çözüm. Z 11760 halkasının elemanlarından asal kalan sınıflarını ve 0 kalan<br />
sınıfını çıkarırsak sıfır-bölenleri elde ederiz.<br />
11760 = 2⋅ 5880 = 2 ⋅ 2940 = 2 ⋅ 1470 = 2 ⋅ 735 = 2 ⋅3⋅<br />
245<br />
4 4 2<br />
= 2 ⋅3⋅5⋅ 49 = 2 ⋅3⋅5⋅<br />
7<br />
olduğundan<br />
( ) ϕ ( )<br />
4 2 3 6<br />
ϕ 11760 = 2 ⋅3⋅5⋅ 7 = 2 ⋅2⋅ 4⋅7 ⋅ 6 = 2 ⋅ 42 = 2688<br />
elde edilir. Şu halde Z 11760 halkasındaki sıfır-bölenlerin sayısı<br />
dir.<br />
2 3 4 4<br />
( ϕ ( ) )<br />
11760 − 11760 + 1 = 11760 − 2689 = 9071<br />
Teorem 11.2. Bir H halkasında sadeleştirme kuralının geçerli olması için<br />
gerek ve yeter koşul H halkasının sıfır-bölensiz olmasıdır.<br />
Kanıt. H halkasında sadeleştirme kuralının geçerli olduğunu kabul edelim.<br />
a,<br />
b ∈ H elemanları için ab = 0 ise a veya b den en az birinin sıfır olduğunu<br />
göstermeliyiz.<br />
Eğer a ≠ 0 ise ab = a0<br />
dan b = 0 , eğer b ≠ 0 ise ab = 0b<br />
den a = 0 elde<br />
ederiz. Bu durumda H sıfır-bölensizdir.<br />
Şimdi H nın hiçbir sağ ve sol sıfır-bölene sahip olmadığını kabul edelim.<br />
Bu durumda a,<br />
b ∈ H ve a ≠ 0 olmak üzere ab = ac olsun. Buradan<br />
a( b − c) = 0 yazabiliriz. O halde b − c = 0 , yani b = c buluruz. Benzer şekilde<br />
ba = ca için aynı sonuç bulunur. Böylece H halkasında sadeleştirme kuralı<br />
geçerlidir.<br />
H halkası sıfır-bölensiz bir halka olsun. Bu durumda a ≠ 0 olmak üzere<br />
ax = b denklemi H da en çok bir çözüme sahiptir. Eğer ax = b denkleminin<br />
H da x<br />
1<br />
, x<br />
2<br />
gibi farklı iki çözümü varsa ax1<br />
= b ve ax2<br />
= b dir. Buradan<br />
Teorem 11.2. ye göre x1 = x2<br />
elde ederiz.<br />
Tanım 11.2. H, birimli ve değişmeli bir halka olsun. Eğer H halkası<br />
sıfır-bölensiz ise H ya bir tamlık bölgesi adı verilir.<br />
Böylece bir polinomun katsayılarını bir tamlık bölgesinden seçersek elde<br />
edilecek denklemi lineer çarpanlarına ayırmak suretiyle denklemin çözümlerini<br />
bu tamlık bölgesi içinde araştırabiliriz. O halde bir tamlık bölgesi,<br />
denklemlerin çözümlerini yapabileceğimiz birimli ve değişmeli halkalar ile<br />
cisimler arasında kalan en dar cebirsel yapıyı tanımlamaktadır.<br />
197
Örnek 11.5. p bir asal sayı ise Z<br />
p<br />
bir tamlık bölgesidir. Bu durumda<br />
Z<br />
2, Z3, Z<br />
5,...<br />
tamlık bölgesi örnekleri oluşturur.<br />
Örnek 11.6. Tam sayıların<br />
a ⊕ b = a + b − 1, a ⊙ b = a + b − ab<br />
şeklinde tanımlanan “ ⊕ ” ve “ ⊙ ” işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapı<br />
oluşturduğunu araştıralım.<br />
Çözüm. ı) Her a,<br />
b ∈ Z için a ⊕ b = a + b −1∈ Z dir.<br />
ıı) Her , ,<br />
a b c ∈ Z için ( a b) c a ( b c)<br />
A ( a b) c ( a b ) c ( a b ) c<br />
B a ( b c) a ( b c ) a ( b c )<br />
⊕ ⊕ = ⊕ ⊕ dir. Çünkü<br />
= ⊕ ⊕ = + −1 ⊕ = + − 1 + − 1<br />
= ⊕ ⊕ = ⊕ + − 1 = + + −1 − 1<br />
olduğundan Z nin temel özelliklerinden A = B dir.<br />
ııı) Her a,<br />
b ∈ Z için<br />
a ⊕ b = a + b − 1 = b + a − 1 = b ⊕ a<br />
Z," + "kom.<br />
dir .<br />
ıv) Her a ∈ Z için x ⊕ a = a olacak şekilde bir x ∈ Z vardır.<br />
x ⊕ a = a ⇒ x + a − 1 = a ⇒ x = 1∈ Z .<br />
Şu halde 0Z = 1 dir.<br />
v) Her a ∈ Z ye karşılık<br />
*<br />
*<br />
a ⊕ a = 1 olacak şekilde bir a ∈ Z vardır.<br />
* * *<br />
a ⊕ a = 1 ⇒ a + a − 1 = 1⇒ a = 2 − a ∈ Z .<br />
vı) Her a,<br />
b ∈ Z için a ⊙ b = a + b − ab ∈ Z dir.<br />
vıı) Her , ,<br />
a b c ∈ Z için ( a ⊙ b) ⊙ c = a ⊙ ( b ⊙ c)<br />
dir. Çünkü<br />
( ⊙ ) ⊙ ( ) ⊙ ( ) ( )<br />
⊙ ( ⊙ ) = ⊙ ( ) ( ) ( )<br />
C = a b c = a + b − ab c = a + b − ab + c − a + b − ab c<br />
D = a b c a b + c − bc = a + b + c − bc − a b + c − bc<br />
olduğundan Z nin temel özelliklerinden C = D dir.<br />
vııı) Her a,<br />
b ∈ Z için a ⊙ b = b ⊙ a dir. Çünkü Z , “ + “ ya göre<br />
komütatif olduğundan<br />
a ⊙ b = a + b − ab = b + a − ba = b ⊙ a<br />
dir.<br />
ıx) Her , ,<br />
a ⊙ b ⊕ c = a ⊙ b ⊕ a ⊙ c dir. Çünkü<br />
a b c ∈ Z için ( ) ( ) ( )<br />
= ⊙ ( ⊕ ) = ⊙ ( + − 1) = + ( + −1) − ( + −1)<br />
= ( ⊙ ) ⊕ ( ⊙ ) = ( + − ) ⊕ ( + − )<br />
= ( a + b − ab) + ( a + c − ac)<br />
−1<br />
E a b c a b c a b c a b c<br />
F a b a c a b ab a c ac<br />
198
olup, Z nin temel özelliklerinden E = F dir.<br />
x) Her a ∈ Z için e ⊙ a = a olacak şekilde bir e ∈ Z vardır.<br />
e ⊙ a = a ⇒ e + a − ea = a ⇒ e 1− a = 0 .<br />
Şu halde e = 0∈ Z alabiliriz. Yani 1Z = 0 dır.<br />
Bu durumda ( Z, ⊕,<br />
)<br />
xı) Her a ∈ −{ 1}<br />
( )<br />
⊙ , birimli bir komütatif halkadır.<br />
Z e karşılık a′ a = 0<br />
⊙ olacak şekilde bir a′∈ Z −{ 1}<br />
olup olmadığını araştıralım.<br />
a′ ⊙ a = 0 ⇒ a′ + a − a′<br />
a = 0<br />
a<br />
⇒ a′ ( 1− a)<br />
= −a ⇒ a′<br />
= − .<br />
1−a≠0<br />
1 − a<br />
3 3<br />
Örneğin a = 3 için a′ = − = ∉ Z dir. Dolayısıyla 3 ün tersi yoktur.<br />
1−<br />
3 2<br />
Şu halde Z, ⊕,<br />
⊙ bir cisim değildir.<br />
xıı) x1 x 2 = 1<br />
⊙ olacak şekilde x , x ∈ −{ 1}<br />
1 2<br />
x ⊙ x = 1 ⇒ x + x − x x = 1<br />
1 2 1 2 1 2<br />
Z olup olmadığını araştıralım.<br />
x1 ( x2 ) ( x2<br />
)<br />
( x 1)( 1 x ) 0<br />
⇒ 1− − 1− = 0<br />
⇒ 1 − − 2 =<br />
<br />
≠0 ≠0<br />
olur ki, bu Z nin sıfır bölensiz oluşu ile çelişir.<br />
Z, ⊕,<br />
⊙ ; komütatif, birimli ve sıfır-bölensiz bir halka<br />
Şu halde ( )<br />
olduğundan bir tamlık bölgesidir.<br />
Teorem 11.3. Her F cismi bir tamlık bölgesidir.<br />
Kanıt. F cismi aynı zamanda birimli ve değişmeli bir halka olduğundan F nin<br />
sadece sıfır-bölensiz olduğunu göstermek yeterlidir. Bunun için a,<br />
b ∈ F ve<br />
a ≠ 0 olmak üzere ab = 0 olduğunu kabul edelim. F bir cisim olduğundan<br />
1<br />
a<br />
− ∈ F vardır. Böylece,<br />
−1 −1<br />
a ( ab) = a 0 = 0 ⇒ b = 0<br />
bulunur. Şu halde F sıfır-bölensizdir, yani bir tamlık bölgesidir.<br />
Teorem 11.4. Her sonlu tamlık bölgesi bir cisimdir.<br />
Kanıt. 0,1, a1 , a2,..., a<br />
n<br />
; D tamlık bölgesinin birbirinden farklı sonlu sayıda<br />
elemanı olsun. Bu durumda herhangi bir a ∈ D ( a ≠ 0) elemanın, ab = 1<br />
olacak şekilde D de bir b çarpımsal inversinin olacağını kanıtlamalıyız.<br />
Bunun için D nin a .1, a.<br />
a<br />
1<br />
, a.<br />
a<br />
2<br />
, ... , a. a n<br />
şeklindeki elemanlarını göz önüne<br />
alalım. Bu elemanlar birbirinden farklıdır. Eğer farklı olmasaydı 1 ≤ i,<br />
j ≤ n<br />
199
olmak üzere bir i, j çifti için a. a = a.<br />
a olurdu. Ayrıca, D sıfır-bölensiz<br />
i<br />
olduğundan a .1, a.<br />
a<br />
1<br />
, a.<br />
a<br />
2<br />
,..., a. a n<br />
elemanlarından hiçbirisi sıfır değildir, yani<br />
bunlar 1, a<br />
1<br />
, a<br />
2<br />
, ... , a<br />
n<br />
elemanlarının herhangi bir sırada yazılmış şeklidir. Bu<br />
nedenle ya a .1 = 1 veya a. a<br />
i<br />
= 1 olmalıdır. Böylece a<br />
i<br />
elemanı, a nın<br />
çarpımsal inversi olarak bulunmuş olur, dolayısıyla F bir cisimdir.<br />
Sonuç 11.2. p bir asal sayı ise<br />
Z<br />
p<br />
bir cisimdir.<br />
Tanım 11.3. H bir halka ve a ∈ H olsun. n. a = 0 olacak şekildeki en küçük<br />
+<br />
n ∈ Z tamsayısına H nın karakteristiği adı verilir.<br />
j<br />
Örnek 11.5.<br />
sıfırdır.<br />
Z halkasının karakteristiği n; Z, Q ve R nin karakteristikleri<br />
n<br />
Teorem 11.5. H birimli bir halka olsun. H nın karakteristiğinin n > 0<br />
tamsayısı olması için gerek ve yeter koşul n nin n .1 = 0 koşulunu sağlayan en<br />
küçük pozitif tamsayı olmasıdır.<br />
Kanıt. n > 0 tamsayısı, birimli bir H halkasının karakterisitiği olsun. Bu<br />
durumda ∀a ∈ H için n. a = 0 yazılabileceğinden 1∈ H için de n .1 = 0 dır. n<br />
karakteristik olduğundan n .1 = 0 olacak şekilde en küçük pozitif tamsayıdır.<br />
Tersine n, n .1 = 0 olacak şekilde en küçük pozitif tamsayı olsun. O halde<br />
∀a<br />
∈ H için,<br />
na = a + a + ... + a = a (1 + 1 + ... + 1) = a( n.1) = a.0 = 0<br />
<br />
n defa<br />
n defa<br />
yazılabileceğinden n, halkanın karakteristiği olur.<br />
Teorem 11.6. (Fermat Teoremi) a ∈ Z ve p, p<br />
|/ a olacak şekilde bir asal sayı<br />
p 1<br />
olsun. Bu taktirde p a −<br />
p 1<br />
| − 1 , yani a<br />
− ≡ 1(mod p)<br />
dir.<br />
Bu teoremin kanıtını birinci bölümde vermiştik. Bu teoremden bir sonuç<br />
elde etmek istiyoruz. Z cismini göz önüne alalım. Bir cismin sıfırdan farklı<br />
p<br />
elemanlarının kümesi çarpma işlemine göre bir grup teşkil eder. O halde<br />
nin 1 , 2 , 3 , ... , p − 1 elemanlarının kümesi Z<br />
p<br />
deki çarpma işlemine göre bir<br />
gruptur. Bu grubun mertebesi p − 1 dir. Bir grupta her elemanın mertebesi,<br />
grubun mertebesini böleceğinden a ≠ 0 ve a ∈ Z<br />
p<br />
olmak üzere a nın<br />
mertebesi p − 1 i böler, bu durumda<br />
p 1<br />
a − = 1 yazabiliriz ve eğer a k<br />
k | p −1 olduğundan p − 1 = kt , t ∈ Z elde ederiz, buradan<br />
Z<br />
p<br />
= ise<br />
200
p−1<br />
kt k t t<br />
a = a = ( a<br />
) = 1 = 1<br />
bulunur. Böylece, hem toplama hem de çarpma işlemine göre bir a ∈ Z<br />
p<br />
elemanını a + pZ kalan sınıfının bir temsilci elemanı olarak düşünebiliriz. Bu<br />
sonuç bize,<br />
Z<br />
p<br />
ile<br />
= 1<br />
Z pZ nin birbirine izomorf yapılabileceğini gösterir.<br />
Şimdi, bir tamlık bölgesinden hareketle bir cisim yapısı oluşturmak<br />
istiyoruz. Bu bize aynı zamanda bir tamlık bölgesinden rasyonel sayılar<br />
cisminin elde edilişini anlatacaktır. Bunun için bir D tamlık bölgesini göz<br />
önüne alalım.<br />
Q = ( a, b) | a, b ∈ D; b ≠ 0 ⊂ D × D<br />
{ }<br />
kümesi tanımlansın. ( a, b ) , ( c, d)<br />
∈ Q olmak üzere<br />
( a, b) ≈ ( c, d)<br />
⇔ ad = bc<br />
bağıntısını tanımlayalım. Bu bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Çünkü,<br />
ab = ab ⇒ ( a, b) ≈ ( a, b)<br />
dir.<br />
( a, b) ≈ ( c, d)<br />
⇒ ad = bc<br />
dir. Buradan cb = da olduğu görülür, yani ( c, d) ≈ ( a, b)<br />
dir. Diğer taraftan,<br />
( a, b) ≈ ( c, d)<br />
ve ( c, d) ≈ ( e, f ) olsun. Bu durumda ad = bc , cf = de<br />
eşitlikleri vardır, bunları taraf tarafa çarparsak adcf<br />
= bcde elde ederiz. Q<br />
kümesinin tanımından b ≠ 0 , d ≠ 0 , f ≠ 0 olduğunu biliyoruz. Teorem 11.2.<br />
ye göre D bir tamlık bölgesi olduğundan sıfır-bölensizdir, böylece sol ve sağ<br />
sadeleştirme kuralları geçerlidir. Bu nedenle adcf = bcde eşitliğinden<br />
af = be buluruz, bu ise ( a, b) ≈ ( e, f ) olması demektir. Böylece<br />
tanımladığımız bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Bu denklik bağıntısı Q<br />
kümesini, ( a, b)<br />
∈ Q elemanı için,<br />
{ }<br />
[ a, b] = ( x, y) ∈ Q | ( a, b) ≈ ( x, y)<br />
şeklindeki denklik sınıflarına ayırır. Bu şekilde tanımlayacağımız bütün<br />
denklik sınıflarının kümesini F ile gösterirsek,<br />
ve<br />
[ a, b] ⊕ [ c, d] = [ ad + bc, bd]<br />
[ a, b] ⊗ [ c, d] = [ ac, bd]<br />
işlemleri ile birlikte F kümesi bir cisim teşkil eder, bu cisme D tamlık<br />
bölgesinin bölüm cismi adını vereceğiz. Gerçekten ( F, ⊕, ⊗ ) , cisim<br />
koşullarını gerçekler:<br />
201
1) [ a, b ], [ c, d ] , [ e, f ] ∈ F olsun.<br />
( )<br />
[ a, b] ⊕[ c, d] ⊕ [ e, f ] = [ ad + bc, bd] ⊕ [ e, f ]<br />
= [( ad + bc) f + ( bd) e,( bd) f ] = [ a( df ) + b( cf + de), b( df )]<br />
= [ a, b] ⊕ [ cf + de, df ] = [ a, b] ⊕ ([ c, d] ⊕[ e, f ])<br />
olduğundan toplama işlemi birleşmelidir.<br />
2) [ a, b ], [ x, y]<br />
∈ F için,<br />
[ a, b] ⊕ [ x, y] = [ a, b] ⇔ [ ay + bx, by] = [ a, b]<br />
olsun. Denklik sınıfının temsilcilerden bağımsız, yani iyi tanımlı olması<br />
nedeniyle bu sonuç<br />
[ a, b] ⊕ [ x, y] = [ a, b] ⇔ ( ay + bx, by) ≈ ( a, b)<br />
olmasını gerektirir. O halde,<br />
2<br />
( ay + bx) b = bya ⇒ b x = 0<br />
elde ederiz. Bir tamlık bölgesi sıfır-bölensiz olduğundan ve F deki elemanların<br />
tanımı nedeniyle b ≠ 0 olduğundan x = 0 elde ederiz, bu sonuç yukarıdaki<br />
ay + bx = a denkleminde yerine yazılırsa ay = a dan y = 1 buluruz. Böylece<br />
[ x, y ] = [0,1] , F de toplama işleminin birim elemanıdır.<br />
3) [ a, b]<br />
∈ F verilsin. [ a, b] ⊕ [ a ', b'] = [0,1] olacak şekilde [ a ', b '] inversini<br />
bulalım. F deki “ ⊕ ” işleminin tanımından<br />
[ a, b] ⊕ [ a ', b'] = [ ab ' + ba ', bb '] = [0,1]<br />
den ab ' + ba ' = 0, bb ' = 1 buluruz. Buradan,<br />
b '<br />
1<br />
= b − ve<br />
a ' ( )<br />
1 2<br />
= − a b − elde<br />
1 2 1<br />
ederiz. O halde, [ a ', b'] [ a( b − −<br />
= − ) , b ] invers eleman olarak bulunur.<br />
4) “ ⊕ ” işleminin değişmeli olduğu tanımından kolayca görülür.<br />
5) “ ⊗ ” işleminin tanımı kullanılırsa, [ a, b ], [ c, d ] , [ e, f ] ∈ F elemanları için,<br />
( )<br />
[ a, b] ⊗[ c, d] ⊗ [ e, f ] = [ ac, bd] ⊗ [ e, f ] = [( ac) e,( bd) f ] = [ a( ce), b( df )]<br />
= [ a, b] ⊗ [ ce, df ] = [ a, b] ⊗ ([ c, d] ⊗ [ e, f ])<br />
olduğundan F de tanımlanan çarpma işlemi birleşmelidir.<br />
6) [ a, b ], [ x, y]<br />
∈ F için,<br />
[ a, b] ⊗ [ x, y] = [ a, b]<br />
ise<br />
[ a, b] ⊗ [ x, y] = [ ax, by] = [ a, b] ⇒ ax = a,<br />
by = b<br />
olduğundan x = 1 , y = 1 alabiliriz. Şu halde [ x, y ] = [1,1] , “ ⊗ ” işleminin<br />
birim elemanıdır.<br />
7) [ a, b] ≠ [0,1] ve [ x, y]<br />
∈ F için,<br />
[ a, b] ⊗ [ x, y] = [1,1]<br />
202
1<br />
ise ax = 1,<br />
by = 1⇒ x = a − ,<br />
çarpımsal inversidir.<br />
y = b −1 olduğundan<br />
−1 −1<br />
[ a , b ]<br />
, [ a, b ] nin<br />
8) [ a, b] ⊗ [ c, d] = [ ac, bd] = [ ca, db] = [ c, d] ⊗ [ a, b]<br />
olduğundan çarpma işlemi<br />
değişmelidir.<br />
9) [ a, b] ⊗ ([ c, d] ⊕ [ e, f ]) = [ a, b] ⊗ [ cf + de, df ] = [ a( cf + de), b( df ]<br />
= [ acf + ade, bdf ] = [ b( acf + ade), b( bd) f ] = [( ac)( bf ) + ( bd)( ae),( bd )( bf )]<br />
[ ac, bd] ⊕ [ ae, bf ] = ([ a, b] ⊗[ c, d]) ⊕ ([ a, b] ⊗ [ e, f ])<br />
olduğundan F de çarpma işlemi, toplama işlemi üzerine soldan dağılmalıdır.<br />
Benzer şekilde sağdan dağılma özelliğinin de sağlandığı gösterilebilir. Burada<br />
( x, y) ≈ ( bx, by)<br />
olduğunu kullandık. Böylece F kümesi, bir cisim oluşturur.<br />
PROBLEMLER<br />
1) Sürekli fonksiyonların F { f f :[0,1] }<br />
= | → R kümesi bu küme üstünde<br />
tanımlanan fonksiyonların toplamı ve çarpımı işlemleri ile birlikte bir halka<br />
yapısı oluşturur. Bu halkanın tamlık bölgesi olmadığını kanıtlayan bir örnek<br />
veriniz.<br />
2) D bir tamlık bölgesi olsun. a ≠ 0 olmak üzere bir a ∈ D verilsin. ∀x ∈ D<br />
için f ( x)<br />
= ax şeklinde tanımlanan fonksiyonun bire-bir olduğunu gösteriniz.<br />
3) Sonsuz elemanlı cisim olmayan bir tamlık bölgesi örneği veriniz.<br />
4) D bir tamlık bölgesi olsun. D nin toplama ve çarpma işlemlerinin birim<br />
elemanları sırasıyla 0 ve 1 olmak üzere<br />
m.1 = 0 ⇔ ∀a ∈ D , m. a = 0<br />
önermesinin doğru olduğunu kanıtlayınız.<br />
5) Aşağıdaki kümenin bir tamlık bölgesi olduğunu gösteriniz,<br />
{ a b a b }<br />
Z[ 2] = + 2 | , ∈ Z .<br />
6) Z<br />
ç<br />
, çift tamsayıların kümesi olsun. ( Z<br />
ç<br />
, + ,.) halkasının bir tamlık bölgesi<br />
olup olmadığını araştırınız.<br />
7) ( D , + ,.) bir tamlık bölgesi olsun. x ∈ D için x.<br />
x = x ise x = 0 veya x = 1<br />
olduğunu kanıtlayınız.<br />
8) Aşağıdaki halkaların sıfır bölenlerini bulunuz.<br />
203
a) Z<br />
4<br />
, b) Z<br />
4<br />
× Z<br />
2<br />
, c) Z<br />
10<br />
.<br />
9) ( Z<br />
6, + ,.) halkasının bir tamlık bölgesi olup olmadığını araştırınız.<br />
10) Fonksiyonların toplamı ve çarpımı işlemlerine göre H = { f | f : R → R }<br />
kümesi birimli ve değişmeli bir halkadır.<br />
⎧x, x ≥ 0<br />
f ( x)<br />
= ⎨<br />
⎩0, x < 0<br />
şeklinde tanımlanan f fonksiyonunun H halkasının bir sıfır-böleni olup<br />
olmadığını araştırınız.<br />
11) Değişmeli ve birimli bir ( H , + ,.) halkasının bir tamlık bölgesi olması için<br />
gerek ve yeter bir koşul<br />
“ ∀ x , y , z ∈ H için z ≠ 0 ve xz = yz ise x = y dir ”<br />
önermesinin doğru olmasıdır, kanıtlayınız.<br />
12) Her cisim bir tamlık bölgesidir, gösteriniz.<br />
13) D bir tamlık bölgesi ve F de D nin oluşturduğu bölüm cismi olmak üzere<br />
g : D → F, g( a) = [ a,1]<br />
şeklinde tanımlanan dönüşümün D den, F nin ( ) g D alt kümesine bir<br />
izomorfizma tanımladığını kanıtlayınız.<br />
204
12. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER<br />
Tanım 12.1. H bir halka ve N, H nın bir alt halkası olsun. ∀h ∈ H<br />
için Nh ⊂ N,<br />
hN ⊂ N koşulları sağlanıyor ise N ye H nın bir ideali denir.<br />
Eğer sadece Nh ⊂ N koşulu gerçekleniyor ise N ye H nın bir sol ideali, eğer<br />
sadece hN ⊂ N koşulu gerçekleniyor ise N ye H nın bir sağ ideali adı verilir.<br />
N, H nın bir ideali ise H daki işlemlerle birlikte ∀h ∈ H için h + N kalan<br />
sınıflarının kümesi bir halka yapısına sahiptir. Bu halkaya bölüm halkası adı<br />
verilir ve H N şeklinde veya H N<br />
şeklinde gösterilir.<br />
Örnek 12.1. Z halkası için ( Z , + ) toplam grubunun nZ şeklindeki alt<br />
gruplarını göz önüne alalım. r ∈Z olsun. m ∈ nZ ise rm = mr dir. Çünkü<br />
bir s ∈ Z için m = ns yazılabileceğinden<br />
rm = mr = n( sr)<br />
∈ nZ<br />
buluruz. Böylece nZ , Z nin bir idealidir. nZ nin a + nZ şeklindeki kalan<br />
sınıflarının Z nZ kümesi Z den indirgenmiş toplama ve çarpma işlemleriyle<br />
bir halka yapısına sahiptir, bu halka Z nin bir bölüm halkasıdır.<br />
Örnek 12.2. φ : Z<br />
n<br />
→ Z nZ , φ ( a)<br />
= a + nZ dönüşümü bir izomorfizma<br />
tanımlar. Böylece Z<br />
n<br />
ile Z nZ izomorf yapılmış olur. Diğer taraftan eğer n<br />
bir asal sayı ise Z<br />
n<br />
bir cisim olacağından Z nZ bölüm halkası da bir cisim<br />
oluşturur.<br />
Örnek 12.3. (1,0)(0,1) = (0,0) olduğundan Z × Z sıfır bölenlere sahiptir, bu<br />
nedenle Z × Z bir tamlık bölgesi oluşturmaz.<br />
Örnek 12.4. N {(0, n)<br />
n }<br />
( × ) N<br />
= | ∈Z kümesi Z×<br />
Z nin bir idealidir ve Z kümesi<br />
Z Z ye izomorftur. Bu izomorfizma f ( m) = ( m,0)<br />
+ N şeklinde<br />
tanımlanır.<br />
Her H halkası, H nın kendisi ile { 0 } ideallerine sahiptir. H nın bu idealleri<br />
dışındaki ideallerine H nın has (öz) idealleri adı verilir. Diğer taraftan H H<br />
bölüm halkası bir tek elemana sahiptir ve H { 0}<br />
bölüm halkası H nın<br />
kendisine izomorftur. Böylece H nın has idealleri N ≠ H ve N ≠ { 0}<br />
idealleridir.<br />
205
Teorem 12.1. ( H , + ,.) birimli bir halka olsun. Bu halkanın bir öz idealinin<br />
çarpımsal inverse sahip hiçbir elemanı yoktur.<br />
Kanıt. N, H nın bir has ideali ve 1, halkanın çarpımsal birimi olsun. Şimdi<br />
idealin bir u ∈ N elemanının tersinin var olduğunu kabul edelim ve bu invers<br />
1<br />
eleman u<br />
− 1<br />
∈ N olsun. O halde u<br />
− ∈ H dır.<br />
1<br />
u<br />
− −<br />
∈ H , u ∈ N ⇒ u 1 . u = 1∈<br />
N<br />
dir. Ayrıca,<br />
∀x<br />
∈ H için x.1 = 1. x = x<br />
olduğundan<br />
( ∀x ∈ H ,1∈ N ) ⇒ x.1 = 1. x = x ∈ N<br />
elde ederiz. Böylece H ⊆ N dir ve N ⊆ H olduğu açık olup sonuç olarak<br />
N = H elde ederiz ki bu N nin has ideal oluşu ile çelişir. O halde<br />
varsayımımız yanlıştır.<br />
Önerme 12.1. ( Z , + ,.) halkasının her N ideali için N =< a > olacak şekilde<br />
negatif olmayan en az bir a tamsayısı vardır.<br />
N = 0 ise 0<br />
N ≠ 0<br />
Kanıt. { }<br />
N =< > olduğundan önerme doğrudur. { }<br />
olduğunu kabul edelim. m ∈ N ⇒ −m ∈ N dir. Buna göre N pozitif elemanlara<br />
sahiptir. N nin pozitif elemanlarının en küçüğünü n ile gösterelim. N ideal<br />
olduğundan Z nin her elemanının n ile çarpımı N nin bir elemanıdır. Böylece<br />
< n >⊆ N bulunur. Diğer yandan, ∀k ∈ N için 0 ≤ r < n olmak üzere<br />
k = nq + r<br />
olacak şekilde q ve r tamsayıları vardır ve k , nq ∈ N olduğundan r ∈ N dir.<br />
N nin pozitif elemanlarının en küçüğü n olduğundan r = 0 olmak zorundadır.<br />
Böylece, k ∈ N için k = nq bulunur. O halde N ⊆< n > olduğundan<br />
N =< n > bulunur.<br />
Teorem 12.2. H birimli bir halka ve N, H nın bir ideali olsun. Eğer N ideali<br />
inverslenebilir bir elemana sahip ise o taktirde N = H olmak zorundadır.<br />
Kanıt. u ∈ N çarpımsal inverse sahip bir eleman olsun. N, H nın bir ideali<br />
olduğundan ∀r ∈ H için rN ⊆ N dir. r = u −1 ve n = u alırsak ∀n ∈ N için<br />
−<br />
rn ∈ N olacağından u 1 . u = 1∈ N buluruz. Böylece, ∀r ∈ H için r.1<br />
= r ∈ N<br />
dir , bu H ⊂ N olması demektir ki, buradan H = N olduğu sonucu çıkar.<br />
Sonuç 12.1. Herhangi bir cisim hiçbir has ideale sahip değildir.<br />
Tanım 12.2. H ve H ' iki halka olsun. f : H → H ' dönüşümü ∀ a , b ∈ H<br />
için<br />
1) f ( a + b) = f ( a) + f ( b)<br />
206
2) f ( a. b) = f ( a). f ( b)<br />
koşullarını sağlıyorsa bu dönüşüme bir halka homomorfizması adı verilir.<br />
Teorem 12.3. Halka homomorfizmaları ideal yapılarını korur.<br />
Tanım 12.3. H bir halka ve N ≠ H , H nın bir ideali olsun. ∀a,<br />
b ∈ H için<br />
ab ∈ N ise a ∈ N veya b ∈ N dir, önermesi doğru ise o taktirde N ye H nın<br />
bir asal ideali adı verilir.<br />
Tanım 12.4. H bir halka ve N ≠ H , H nın bir ideali olsun. Eğer H nın N yi<br />
kapsayan N den başka hiçbir has ideali yoksa N ye H nın maksimal ideali adı<br />
verilir.<br />
Teorem 12.4. H ve<br />
H ' iki halka olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka<br />
homomorfizması ve N, H nın bir ideali ise φ ( N)<br />
de φ ( H ) nın bir idealidir.<br />
Kanıt. n ∈ N ve h ∈ H olsun. φ( h) φ( n) = φ( hn) ∈ φ( N)<br />
dir. Ayrıca,<br />
φ( n) φ( h) = φ( nh) ∈ φ( N)<br />
olduğundan φ ( N)<br />
, φ ( H ) nın bir idealidir.<br />
Sonuç 12.2. H ve<br />
homomorfizması ve<br />
idealidir.<br />
H ' iki halka olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka<br />
H ' nün sıfırı 0' ise<br />
N '<br />
1<br />
= φ − kümesi de H nın bir<br />
(0')<br />
Teorem 12.5. ( Halka İzomorfizmalarının Temel Teoremi ) H ve H ' iki halka<br />
olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka homomorfizması ve φ nin çekirdeği<br />
K ise φ ( H ) bir halkadır ve φ ( H ) dan H K ya bir doğal izomorfizma vardır.<br />
Kanıt. H bir halka ise φ ( H ) nın da bir halka olacağı açıktır.<br />
a , b , c ∈ H olsun. H bir halka olduğundan ( ab) c = a( bc)<br />
dir. Şu halde,<br />
( φ( a) φ( b)) φ( c) = φ( a)( φ( b) φ( c))<br />
olduğunu göstermeliyiz.<br />
( φ( a) φ( b)) φ( c) = ( φ( ab)) φ( c)<br />
= φ(( ab) c) = φ( a( bc)) = φ( a)( φ( bc))<br />
= φ( a)( φ( b) φ( c))<br />
dir. Diğer özellikleri de benzer biçimde kolayca kanıtlayabiliriz.<br />
Şimdi φ ( H ) dan H K ya bir doğal izomorfizmanın tanımlanabileceğini<br />
gösterelim. a + K ∈ H K olmak üzere<br />
ϕ : H K → φ( H )<br />
ϕ( a + K) = φ( a)<br />
207
dönüşümünü tanımlayalım.<br />
ϕ(( a + b) + K) = φ( a + b) = φ( a) + φ( b) = ϕ( a + K) + ϕ( b + K)<br />
ve<br />
ϕ[( a + K)( b + K)] = ϕ( ab + K) = φ( ab) = φ( a) φ( b) = ϕ( a + K ) ϕ( b + K )<br />
olduğu görülür. Ayrıca,<br />
ϕ( a + K) = ϕ( b + K)<br />
ise<br />
φ( a) = φ( b)<br />
−1<br />
dir. Buradan her iki tarafı soldan ( φ( a))<br />
ile çarparak, H ' nün çarpımsal<br />
birimi e ' olmak üzere<br />
−1 −1 −1<br />
e' = ( φ( a)) φ( b) = φ( a ) φ( b) = φ( a b)<br />
,<br />
yani<br />
−1<br />
a b ∈ K ⇒ b ∈ a + K ⇒ a + K = b + K<br />
elde ederiz ki, bu sonuç ϕ nin bire-bir olduğunu gösterir. ϕ nin örten olduğu<br />
tanımından açıktır. Böylece, ϕ bir halka homomorfizmasıdır.<br />
Özellik 12.1. F bir cisim, H bir halka ve φ : F → H bir halka<br />
homomorfizması olsun. Eğer φ dönüşümü bire-bir değilse bir sıfır<br />
homomorfizmadır.<br />
Kanıt. ∀x ∈ F için φ ( x) = 0 ise φ bir sıfır homomorfizmadır. Eğer φ<br />
dönüşümü bire-bir değilse ∃ a,<br />
b ∈ F , a ≠ b ∋ φ( a) = φ( b)<br />
dir. a + ( − b)<br />
= c ∈ F<br />
diyelim. φ bir homomorfizma olduğundan<br />
φ( c) = φ( a + ( − b)) = φ( a) + φ( − b) = φ( a) + ( − φ( b))<br />
dir. φ( a) = φ( b)<br />
olduğundan φ ( c) = 0 bulunur. Diğer taraftan a ≠ b<br />
olduğundan c ≠ 0 dır. Böylece,<br />
−1<br />
∀x<br />
∈ F için x = cc x<br />
dir ve buradan<br />
−1 −1 −1<br />
φ( x) = φ( cc x) = φ( c) φ( c x) = 0. φ( c x) = 0<br />
bulunur. Şu halde φ , bir sıfır homomorfizmadır.<br />
Teorem 12.6. H birimli ve değişmeli bir halka olsun. M nin H da bir<br />
maksimal ideal olması için gerek ve yeter koşul H M nin bir cisim<br />
olmasıdır.<br />
Kanıt. M, H nın bir maksimal ideali olsun. Bu durumda H M nin birimli ve<br />
değişmeli bir halka olduğu açıktır. H M nin cisim olması için geriye H M<br />
de toplamsal birim eleman olmayan herhangi bir elemanın inversinin var<br />
208
olduğunu göstermek kalmaktadır. Bunun için a ∉ M için birim eleman<br />
olmayan a + M ∈ H M elemanını göz önüne alalım.<br />
{ , }<br />
N = ha + m | h ∈ H m ∈ M<br />
olmak üzere ( N , + ) ikilisi bir gruptur. Çünkü,<br />
∀h h ∈ H , ∀m1 , m2<br />
∈ M için<br />
( h1 a + m1 ) + ( h2a + m2 ) = ( h1 + h2 ) a + ( m1 + m2<br />
) ∈ N,<br />
<br />
a)<br />
1,<br />
2<br />
b) 0 = 0. a + 0 ∈ N ,<br />
c) − ( ha + m) = ( − h ) a + ( −<br />
m)<br />
∈ N koşulları gerçeklenir. Ayrıca,<br />
∈H<br />
∈M<br />
∈H<br />
h ( ha + m) = ( h h)<br />
a + h m ∈ N<br />
1 <br />
1 <br />
1<br />
∈H<br />
dir ve H değişmeli olduğundan ( ha + m)<br />
h1<br />
∈ N olur. Şu halde N, H nın bir<br />
idealidir. Diğer taraftan, a = 1. a + 0∈ N dir ve ∀m ∈ M için m = 0. a + m ∈ N<br />
yazılabileceğinden N ⊂ M bulunur. a ∈ N,<br />
a ∉ M olduğundan N, H nın M yi<br />
kapsayan bir idealidir, yani M ⊂ N dir, halbuki M maksimal olduğundan<br />
N = H bulunur. Dolayısıyla 1∈ N dir. N nin tanımından b ∈ H , m ∈ M<br />
için 1 = ba + m ∈ N olur. Bu durumda,<br />
1 + M = ( ba + m) + M = ba + M = ( b + M )( a + M )<br />
olacağından a + M nin çarpımsal inversi olarak b + M bulunur. Dolayısıyla<br />
H M bir cisimdir.<br />
PROBLEMLER<br />
1) ( H , + ,.) herhangi bir halka ve a ∈ H olsun. aH ve Ha nın sırasıyla H<br />
nın bir sağ ve bir sol ideali olduğunu kanıtlayınız.<br />
∈M<br />
∈M<br />
2) ( H , + ,.) herhangi bir değişmeli halka ve a ∈ H olmak üzere<br />
a<br />
+ n<br />
{ , Z }<br />
N = x | x ∈ H ∃n ∈ ∋ x ∈ H<br />
kümesinin H nın bir ideali olduğunu gösteriniz.<br />
3)<br />
12<br />
( Z , + ,.) halkasının bütün ideallerini belirleyiniz.<br />
4) A ve B , değişmeli bir ( H , + ,.) halkasının iki ideali olsun. Bu durumda,<br />
{ ( )}<br />
A : B = h ∈ H | hb ∈ A ∀b ∈ B için<br />
209
şeklinde tanımlı kümenin de H nın bir ideali olduğunu kanıtlayınız ( Bu<br />
ideale A idealinin B ye bölümü denir).<br />
5) Bir halkanın iki idealinin arakesitinin de halkanın bir ideali olduğunu<br />
kanıtlayınız.<br />
6) Değişmeli bir ( H , + ,.) halkası verilsin. T ⊆ H olmak üzere H nın T yi<br />
kapsayan tüm ideallerinin arakesitinin H nın bir ideali olduğunu gösteriniz.<br />
7) I = { x ∈ | x = nh ; n, h ∈ , n ≠ 0}<br />
Z Z kümesinin ( Z , + ,.) halkasının bir asal<br />
ideali olması için gerek ve yeter koşul, n nin bir asal sayı olmasıdır,<br />
kanıtlayınız.<br />
8) H { f f :[0,1] }<br />
= | → R kümesi, fonksiyonların toplama ve çarpma<br />
işlemlerine göre bir halka oluşturur. I = { g ∈ H | g(1/ 2) = 0}<br />
kümesinin H<br />
halkasının bir maksimal ideali olduğunu gösteriniz.<br />
9) I, değişmeli bir ( H , + ,.) halkasının bir ideali olsun. ( H I , + ,.) nın bir<br />
halka oluşturduğunu kanıtlayınız.<br />
10) ( H , + ,.) bir tamlık bölgesi ve I, H nın bir ideali olsun. ( H I , + ,.) nın bir<br />
tamlık bölgesi olması için gerek ve yeter koşul, I nın H tamlık bölgesinin bir<br />
asal ideali olmasıdır, kanıtlayınız.<br />
11) ( H , + ,.) halkasının verilen herhangi sayıdaki ideallerinin arakesitinin de H<br />
nın bir ideali olacağını gösteriniz.<br />
12) H ve H ' iki halka olmak üzere f : H → H ' dönüşümü bir halka<br />
homomorfizması ise;<br />
a) I, H nın bir ideali ise f ( I ) kümesi de f ( H ) nın bir idealidir, gösteriniz.<br />
b) I ' , f ( H ) nın bir ideali ise<br />
−<br />
f<br />
1 ( I ') de H nın bir idealidir, gösteriniz.<br />
13) Karakteristiği sıfır olan bir asal cismin, ( , ,.) Q + cismine izomorf<br />
yapılabileceğini kanıtlayınız.<br />
210
13. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI<br />
Katsayıları bir H halkasından seçilmiş olan x e göre verilmiş polinomlarla<br />
daha önceki yıllarda karşılaşmış olmalıyız. Polinomun baş katsayısı adını<br />
verdiğimiz x e göre en büyük dereceli terimin katsayısının sıfırdan farklı<br />
olması gerektiği varsayımını biliyoruz. Katsayıları bir H halkasından seçilmiş<br />
olan x e göre bir polinomu, bir sonlu toplam olarak<br />
n<br />
∑<br />
i=<br />
0<br />
şeklinde gösterebiliriz. Eğer 0<br />
n<br />
i<br />
a x = a + a x + ... + a x<br />
i<br />
0 1<br />
n<br />
n<br />
a ≠ ise polinoma n. derecedendir diyeceğiz.<br />
Bu durumda ( n + 1 ).<br />
ve daha yüksek dereceli terimlerin katsayılarının sıfır<br />
olduğunu varsayacağız. Ancak, örneğin<br />
0 + a x + 0x + a x şeklinde bir<br />
2 3<br />
1 3<br />
3<br />
polinom ile onun a1 x + a3x<br />
şeklindeki bir gösterimi arasında bir kargaşa<br />
yaşamamak için bir polinomu sonsuz toplam biçiminde göstermek daha<br />
uygundur. Buna göre, katsayıları bir H halkasından seçilen bir polinomu<br />
∞<br />
∑<br />
i=<br />
0<br />
i<br />
n<br />
a x = a + a x + ... + a x + ...<br />
i<br />
0 1<br />
şeklinde göstereceğiz. Bu gösterim sadece katsayıların<br />
a<br />
0<br />
, a<br />
1<br />
, a<br />
2<br />
, ... , a<br />
n<br />
, ...<br />
şeklindeki bir dizisi ile de yapılabilir. Bu gösterimde sonlu sayıdaki katsayılar<br />
dışında diğer bütün katsayıların sıfır olacağı açıktır. O halde aşağıdaki tanımı<br />
verebiliriz.<br />
Tanım 13.1. H bir halka olsun. Katsayıları H halkasından seçilen bir f ( x )<br />
polinomu,<br />
sıfır olmak üzere<br />
a i<br />
∈ H ve sonlu sayıda<br />
i<br />
∞<br />
∑<br />
i=<br />
0<br />
şeklinde tanımlanır. Buradaki<br />
0 1<br />
n<br />
a ler dışında kalan diğer bütün<br />
i<br />
n<br />
a x = a + a x + ... + a x + ...<br />
i<br />
n<br />
a<br />
i<br />
ler<br />
a i<br />
∈ H lara polinomun katsayıları ve<br />
a<br />
i<br />
≠ 0 olacak şekildeki en büyük i tamsayısına da f (x)<br />
polinomunun<br />
derecesi adı verilir ve der f ( x ) şeklinde gösterilir. Eğer böyle bir i = n<br />
tamsayısı bulunamıyor ise polinomun derecesi sıfır olarak tanımlanır. f (x)<br />
polinomunda i > n için a<br />
i<br />
ler sıfır oluyor ise polinomu<br />
şeklinde gösteririz.<br />
f ( x) = a + a x + ... + a x<br />
0 1<br />
n<br />
n<br />
211
Polinomları gösterirken genellikle katsayıları sıfır olan terimleri yazmayız.<br />
3 3 5<br />
4<br />
Örneğin; 2x<br />
− 5x<br />
, − 3x<br />
+ 5x<br />
veya 3 − x şeklinde ifade ederiz. H halkasının<br />
elemanları da birer sabit polinom olarak düşünülebilir.<br />
Şimdi, katsayıları bir H halkasından seçilen x e göre polinomların kümesini<br />
H[ x ] ile gösterelim ve bu küme üzerinde polinomların toplamı ve çarpımı<br />
işlemlerini aşağıdaki gibi tanımlayalım:<br />
2<br />
n<br />
f ( x) = a + a x + a x + ... + a x + ...<br />
polinomları için,<br />
ve<br />
dir.<br />
0 1 2<br />
g x = b + b x + b x + + b x +<br />
2<br />
n<br />
( )<br />
0 1 2<br />
...<br />
n<br />
...<br />
f x + g x = c + c x + c x + + c x + , cn an bn<br />
2<br />
n<br />
( ) ( )<br />
0 1 2<br />
...<br />
n<br />
...<br />
f x g x = d + d x + d x + + d x + , d<br />
2<br />
n<br />
( ). ( )<br />
0 1 2<br />
...<br />
n<br />
...<br />
Uyarı: Eğer H halkası değişmeli değilse<br />
olarak<br />
d<br />
n<br />
n i n i<br />
i=<br />
0<br />
n<br />
= + ( n = 0,1,2,... )<br />
n<br />
= ∑ ( n = 0,1,2,... )<br />
a b −<br />
n i n i<br />
i=<br />
0<br />
d<br />
n<br />
için yukarıda verilen ifade genel<br />
= ∑ b a −<br />
ye eşit olmayabilir. Yukarıda verilen işlemler dikkate<br />
alınarak aşağıdaki teoremi kanıtlayabiliriz.<br />
Teorem 13.1. Katsayıları bir H halkasından seçilen x e göre polinomların<br />
H[ x ] kümesi, üzerinde tanımlanan polinomların toplamı ve çarpımı<br />
işlemlerine göre bir halkadır. Eğer H halkası değişmeli ise H[ x ] de<br />
değişmelidir ve H halkasının birim elemanı H[ x ] halkasının da birim<br />
elemanıdır.<br />
Kanıt. ( H[ x ], + ) ikilisinin değişmeli bir grup olduğu açıktır. H[ x ] in halka<br />
olduğunu göstermek için sadece çarpma işleminin birleşmeli olduğunu<br />
göstereceğiz. Diğer koşullar işlemlerin tanımından kolaylıkla görülebilir.<br />
ai , bj , ck<br />
∈ H elemanları H[ x ] de verilen üç polinomun katsayılarını<br />
göstersin. Çarpma işleminin birleşmeli olduğunu gösterelim;<br />
⎡ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞<br />
⎛ i ⎞⎛ j<br />
⎞⎤<br />
⎛ k ⎞ ⎡ ⎛ n ⎞⎤<br />
⎛ k ⎞<br />
⎢⎜ ∑ ai x ⎟⎜ ∑ bj x ⎟⎥<br />
⎜ ∑ ck x ⎟ = ⎢ ∑ ⎜ ∑ aibn −i x ⎟⎥<br />
⎜ ∑ ck<br />
x ⎟<br />
⎣⎢ ⎝ i= 0 ⎠⎝<br />
j= 0 ⎠⎦⎥ ⎝ k = 0 ⎠ ⎣ n= 0 ⎝ i= 0 ⎠⎦<br />
⎝ k = 0 ⎠<br />
∞ s ∞<br />
⎡ ⎛<br />
⎞⎤<br />
= ∑ ⎢∑⎜∑( aibn −i ) cs−n<br />
⎟⎥x<br />
s= 0 ⎣ n= 0 ⎝ i=<br />
0 ⎠⎦<br />
s<br />
∞<br />
⎛<br />
∞<br />
⎞<br />
= ∑⎜ ∑ aib jck<br />
⎟x<br />
s= 0 ⎝ i+ j + k = s ⎠<br />
s<br />
212
dir.<br />
∞ ⎡ s<br />
⎛<br />
m<br />
⎞⎤<br />
= ∑ ⎢∑<br />
as−m ⎜∑bjcm−<br />
j ⎟⎥x<br />
s= 0 ⎢⎣<br />
m= 0 ⎝ j=<br />
0 ⎠⎥⎦<br />
∞ ∞ ∞<br />
⎛ i ⎞ ⎡⎛<br />
j<br />
⎞⎛ k ⎞⎤<br />
= ⎜∑ ai x ⎟ ⎢⎜∑bj x ⎟⎜∑<br />
ck<br />
x ⎟⎥<br />
⎝ i= 0 ⎠ ⎢⎣<br />
⎝ j= 0 ⎠⎝ k = 0 ⎠⎥⎦<br />
⎛<br />
⎞ ⎡<br />
∞<br />
∞ m<br />
s<br />
i<br />
m<br />
= ⎜∑ ai x ⎟ ⎢∑ ⎜∑<br />
bjcm−<br />
j ⎟ x ⎥<br />
i= 0 m= 0 j=<br />
0<br />
⎛<br />
⎝ ⎠ ⎢⎣<br />
⎝ ⎠ ⎥⎦<br />
⎞<br />
⎤<br />
Örnek 13.1. Katsayıları, Z tamsayılar ve Q rasyonel sayılar halkalarından<br />
seçilen polinomların Z [ x]<br />
ve Q [ x]<br />
kümeleri birer polinom halkasıdır. Ancak,<br />
katsayılarını Z<br />
2<br />
den seçtiğimiz Z [ x]<br />
2<br />
için aşağıdaki sonuçlar ilginçtir.<br />
2 2 2<br />
( x + 1) = ( x + 1)( x + 1) = x + (1 + 1) x + 1 = x + 1,<br />
( x + 1) + ( x + 1) = (1 + 1) x + (1 + 1) = 0x<br />
+ 0 = 0.<br />
Katsayıları bir H halkasından seçilen polinomların H[ x ] kümesinin bir<br />
halka yapısına sahip olduğunu biliyoruz. Bu nedenle, katsayıları H[ x ]<br />
halkasından seçilen y ye göre polinomların halkasını da tanımlayabiliriz ve bu<br />
halkayı ( H[ x])[ y] = H[ x, y]<br />
şeklinde gösteririz. Bu yeni halkanın<br />
polinomlarını, katsayıları H da olan hem x, hem de y ye göre polinomlar<br />
olarak düşünebiliriz. Bu tanımlamaya benzer şekilde H[ y, x ] halkasını da<br />
tanımlayabiliriz. H[ y, x ] halkası ile H[ x, y ] halkası arasında bir doğal<br />
izomorfizmanın tanımlanabileceği kolayca gösterilebilir. Bu düşünceyi<br />
genişleterek , x1 , x2<br />
,..., x<br />
n<br />
ler tarafından tanımlanan H[ x1 , x2,..., x<br />
n<br />
] şeklindeki<br />
polinom halkalarından bahsedilebilir.<br />
Eğer, D bir tamlık bölgesi ise katsayıları D den seçilen polinomların<br />
kümesi de bir tamlık bölgesi oluşturur. Ancak, F bir cisim ise, katsayıları F<br />
den seçilen polinomların kümesi bir cisim oluşturamaz. Çünkü x ∈ F[ x]<br />
için<br />
F[ x ] de bir çarpımsal invers bulamayız, yani F[ x ] de x. f ( x ) = 1 olacak<br />
şekilde bir f ( x ) polinomu yoktur. Diğer taraftan, F[ x ] bir tamlık bölgesi<br />
oluşturacağı için F[ x ] in bölüm cismini tanımlayabiliriz. Bunun için, F[ x ] in<br />
her polinomu g( x) ≠ 0 olmak üzere<br />
f ( x)<br />
g( x)<br />
şeklinde iki polinomun bölümü<br />
olarak ifade edilebilir. Benzer düşünceyle x1 , x2<br />
,..., xn<br />
lere göre genelleştirilmiş<br />
F[ x1 , x2,..., x<br />
n<br />
] polinom halkasının bölüm cismini de tanımlayabiliriz. Bu<br />
bölüm cismi, cebirsel geometride önemli bir işleve sahiptir.<br />
Şimdi polinom halkalarının homomorfizmalarını ve onların bölüm<br />
halkalarının, polinom denklemlerini çözmede nasıl kullanılabileceğini ele<br />
213
alacağız. E bir cisim ve F, E nin bir alt cismi olsun. Aşağıda vereceğimiz<br />
teoremle E ile F[ x ] arasında bir homomorfizmanın nasıl tanımlandığını<br />
görürüz.<br />
Teorem 13.2. F, E nin bir alt cismi ve F[ x ] , katsayıları F cisminden seçilen<br />
x e göre polinomların halkası olmak üzere α ∈ E için<br />
φ : F[ x] → E,<br />
α<br />
n<br />
φ ( a + a x + ... + a x ) = a + a α + ... + a α<br />
α<br />
n<br />
0 1 n<br />
0 1<br />
şeklinde tanımlanan dönüşüm bir homomorfizmadır. Üstelik, φ ( x)<br />
= α ve<br />
φ ( a)<br />
= a dır.<br />
α<br />
Kanıt. φ<br />
α<br />
nın iyi tanımlı olduğu yani F[ x ] de verilen bir<br />
n<br />
f ( x) = a0 + a1<br />
x + ... + anx<br />
polinomunun gösteriliş şeklinden bağımsız olduğu açıktır, çünkü bu polinoma<br />
farklı gösterimlerle eklenebilecek terimler sadece 0. x i şeklinde olacağından<br />
böylesi terimlerin eklenmiş olması φ<br />
α<br />
( f ( x))<br />
in değerini etkilemeyecektir. O<br />
halde F[ x ] deki toplama ve çarpma işlemlerini kullanarak dönüşümün bir<br />
homomorfizma olduğunu göstermeliyiz. Bunun için F[ x ] de<br />
n<br />
f ( x) = a0 + a1<br />
x + ... + an<br />
x + ...<br />
ve<br />
m<br />
g( x) = b0 + b1<br />
x + ... + bm<br />
x + ...<br />
polinomlarını göz önüne alalım. F[ x ] deki toplama işlemi ile<br />
n<br />
α<br />
φ ( f ( x) g( x)) ( c c x ... c x ...)<br />
α<br />
r<br />
+ = φα<br />
0<br />
+<br />
1<br />
+ +<br />
r<br />
+ , cr ar br<br />
r<br />
φ α 0 1 r<br />
0 1<br />
r<br />
φ α<br />
a0 b0 a1 b1<br />
x ar<br />
br<br />
x<br />
= + ; r = 0,1, 2,...<br />
r<br />
= (( a + a x + ... + a x + ...) + ( b + b x + ... + b x + ...))<br />
= (( + ) + ( + ) + ... + ( + ) + ...)<br />
r<br />
= ( a + b ) + ( a + b ) α + ... + ( a + b ) α + ...<br />
0 0 1 1<br />
r<br />
= ( a + a α + ... + a α + ...) + ( b + b α + ... + b α + ...)<br />
r<br />
0 1 r<br />
0 1<br />
m<br />
= ( a + a α + ... + a α + ...) + ( b + bα + ... + b α + ...)<br />
n<br />
0 1 n<br />
0 1<br />
= φ ( f ( x)) + φ ( g( x))<br />
α<br />
α<br />
r<br />
r<br />
r<br />
m<br />
r<br />
buluruz. Burada, r = max( m, n)<br />
dir ve yukarıdaki denklemlerde m ≤ n veya<br />
n ≤ m durumlarının gerçeklenmesine göre toplamlarda yer alan r ye kadar<br />
olan a<br />
r<br />
veya br<br />
katsayılarından bazılarının sıfır olacağına dikkat edilmelidir.<br />
j<br />
s<br />
f ( x). g( x) = d0 + d1x + ... + ds x , 0 ≤ j ≤ s,<br />
d<br />
j<br />
= ∑ aib j − i<br />
i=<br />
0<br />
214
ise polinomların çarpımı işlemine göre<br />
m<br />
φ ( f ( x). g( x)) = ( a + a α + ... + a α )( b + b α + ... + b α )<br />
α<br />
iken<br />
olacağından<br />
φ α<br />
n<br />
0 1 n 0 1<br />
s<br />
= ( d + d x + ... + d x )<br />
0 1<br />
s<br />
φ ( ( ). ( )) = + α + ... + α<br />
α<br />
f x g x d0 d1<br />
d s<br />
φ ( f ( x). g( x)) = φ ( f ( x)). φ ( g( x))<br />
α α α<br />
s<br />
m<br />
bulunur, dolayısıyla φ<br />
α<br />
bir homomorfizmadır.<br />
a ∈ F elemanını F[ x ] de sabit bir polinom olarak düşünürsek φ ( a)<br />
=<br />
elde ederiz. Böylece<br />
φ yı F den F ye özdeşlik (birim) dönüşüm olarak<br />
α<br />
düşünebiliriz. Ayrıca φ<br />
α<br />
nın tanımından ve φ<br />
α<br />
nın bir homomorfizma olması<br />
nedeni ile<br />
φ ( x) = φ (1. x) = φ (1). φ ( x) = 1. α = α<br />
α α α α<br />
elde ederiz. Böylece teoremi kanıtlamış olduk.<br />
Bu teorem, E ve F nin birimli ve değişmeli halkalar olmaları durumunda<br />
da geçerli olur.<br />
Örnek 13.2. Teorem 13.2. de F = Q ve E = R alalım.<br />
α<br />
a<br />
φ : Q[ x]<br />
→ R<br />
0<br />
φ ( a + a x + ... + a x ) = a + a .0 + ... + a .0 = a<br />
n<br />
n<br />
0 0 1 n<br />
0 1 n 0<br />
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm her polinomu kendi sabit terimine<br />
resmeden bir homomorfizmadır. φ<br />
0<br />
ın çekirdeği ise sabit terimi sıfır olan<br />
polinomlardan oluşur ki, bu polinomların kümesi Q[ x ] in bir idealidir. Bu<br />
ideali N ile gösterirsek φ ( Q[ x])<br />
= Q dan [ x]<br />
N<br />
0<br />
Q ye doğal bir izomorfizma<br />
tanımlanabilir . Q [ x]<br />
N nin bir kalan sınıfı ise, sabit terimi belirli bir sabit<br />
olacak biçimde oluşturulacak tüm polinomların kümesinden ibarettir.<br />
Örnek 13.3. F = Q ve E = R alalım.<br />
φ : Q[ x]<br />
→ R<br />
2<br />
φ ( a + a x + ... + a x ) = a + a .2 + ... + a .2<br />
n<br />
2 0 1 n<br />
0 1<br />
n<br />
n<br />
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır.<br />
215
φ x + x − = + − =<br />
( 2 6) 2 2<br />
2 6 0<br />
2<br />
2<br />
olduğundan x + x − 6 , φ<br />
2<br />
nin N çekirdeğine ait bir polinomdur. Gerçekte N,<br />
f ( x) ∈ Q [ x]<br />
olmak üzere ( x − 2) f ( x)<br />
şeklindeki polinomların oluşturduğu<br />
halkanın bir idealidir. φ<br />
2<br />
dönüşümü altında Q [ x]<br />
in resmi Q ile Q [ x]<br />
N<br />
bölüm halkası, doğal şekilde izomorfturlar.<br />
Örnek 13.4. F = Q ve E = C olsun.<br />
φ : Q[ x]<br />
→ C<br />
i<br />
φ ( a + a x + ... + a x ) = a + a . i + ... + a . i<br />
n<br />
n<br />
i 0 1 n 0 1<br />
n<br />
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır ve φ<br />
i<br />
( x)<br />
= i<br />
2 2<br />
2<br />
dir. φ<br />
i<br />
( x + 1) = i + 1 = 0 olduğundan x + 1 , φ<br />
i<br />
nin çekirdeği olan N içinde<br />
2<br />
bulunur. Burada yine N çekirdeği, f ( x) ∈ Q [ x]<br />
olmak üzere ( x + 1) f ( x)<br />
φ<br />
i<br />
dönüşümü<br />
Q x N bölüm halkası, doğal şekilde<br />
şeklindeki polinomların oluşturduğu halkanın bir idealidir.<br />
altında [ x]<br />
Q in resmi Q ile [ ]<br />
izomorfturlar. Üstelik, φi<br />
( Q [ x])<br />
halkası q1 , q2<br />
∈ Q olmak üzere q1 + iq2<br />
şeklindeki komleks sayıların kümesidir ve bu küme, C kompleks sayılar<br />
cisminin bir alt cismidir.<br />
Bir polinom denklemi çözmek demek o polinomun sıfırlarını bulmak<br />
demektir. Buna göre aşağıdaki tanımı yapabiliriz.<br />
Tanım 13.2. E bir cisim, F de E nin bir alt cismi ve a ∈ E olsun. F[ x ] de bir<br />
n<br />
f ( a) = a + a x + ... + a x polinomunu ve<br />
0 1<br />
n<br />
φ : F[ x] → E,<br />
α<br />
n<br />
φ ( f ( x)) = f ( α ) = a + a α + ... + a α<br />
α<br />
0 1<br />
n<br />
homomorfizmasını göz önüne alalım. Eğer f ( α ) = 0 ise α ya F[ x ] in bir<br />
sıfırı adı verilir.<br />
2<br />
Bu tanıma göre r + r − 6 = 0 şeklinde bir polinom denklemin veya kısaca<br />
bir denklemin gerçel çözümlerini bulmak şeklindeki ifade yerine, F = Q ve<br />
E = R alarak<br />
φ x + x − = olacak şekildeki α ∈ R leri bulmak veya<br />
2<br />
α<br />
( 6) 0<br />
2<br />
kısaca x + x − 6 nın R deki sıfırlarını bulmak şeklindeki ifadeyi benimseriz.<br />
Tabiidir ki her iki durumda çözüm aynı, yani<br />
216
{ α ∈ R | φ ( 2 6) 0} { 2<br />
α<br />
x + x − = = r ∈ R | r + r − 6 = 0} = { 2, −3}<br />
olur. Burada, asıl amacımız sabit olmayan her f ( x) ∈ F[ x]<br />
polinomunun bir<br />
sıfıra sahip olduğunu göstermektir. Eğer f ( x ) , F de bir sıfıra sahip değilse bu<br />
durumda F yi kapsayan bir E cismini tanımlayarak f ( α ) = φ α<br />
( f ( x)) = 0<br />
olacak şekilde bir α ∈ E elemanı buluruz. O halde, böyle bir E cisminin nasıl<br />
bulunacağını ifade edelim. φ<br />
α<br />
homomorfizması altında F[ x ] in resmi E de<br />
kapsanmalı ve φ ( F[ x])<br />
ile F[ x]<br />
N bölüm halkası izomorf olmalıdır. Burada<br />
α<br />
N ideali, φ<br />
α<br />
nın çekirdeğidir ve E cismi F[ x]<br />
N bölüm halkasını kapsayacak<br />
şekilde olmalıdır. F[ x]<br />
N nin bir cisim oluşturabilmesi için N nin F[ x ] de<br />
bir maksimal ideal olması gerekmektedir. Böylece problem, F[ x ] deki<br />
idealleri incelemeye indirgenmiş olmaktadır.<br />
POLİNOMLARIN ÇARPANLARI VE F[ x ] DE BÖLME<br />
ALGORİTMASI<br />
Bir önceki kısımda ifade ettiğimiz gibi F[ x]<br />
N yi cisim yapan ve F[ x ] in<br />
maksimal ideali olan N yi bulmayı amaçlıyoruz. Şimdi F[ x ] de bir f ( x )<br />
polinomunun g( x), h( x) ∈ F[ x]<br />
olmak üzere f ( x) = g( x) h( x)<br />
şeklinde<br />
çarpanlara ayrılabildiğini kabul edelim. F nin alt cisim olduğu bir E cismi için<br />
α ∈ E olmak üzere f ( α ) = 0 olması ancak ve ancak g( α ) = 0 veya<br />
h( α ) = 0 olması halinde mümkündür. Böylece f ( x ) in bir sıfırını bulma<br />
problemi f ( x ) in bir çarpanının bir sıfırını bulma problemine indirgenmiş<br />
olur. Üstelik F[ x ] in maksimal ideali aynı zamanda bir asal ideal olacağından,<br />
eğer M istenen maksimal ideal ise f ( x)<br />
∈ M ve f ( x) = g( x) h( x)<br />
ise bu<br />
durumda ya g( x)<br />
∈ M veya h( x)<br />
∈ M olacaktır. Bu nedenle F[ x ] deki<br />
polinomların çarpanlarını incelemek önemli hale gelmektedir. Bundan dolayı<br />
Z tamsayılar kümesi üzerinde tanımladığımız bölme algoritmasına benzer bir<br />
algoritmayı polinom halkaları üzerinde de tanımlamak durumundayız. Bunu<br />
aşağıdaki teoremle yapacağız.<br />
n<br />
Teorem 13.3. ( F[ x ] İçin Bölme Algoritması ) f ( x) = a0 + a1<br />
x + ... + anx<br />
m<br />
g( x) = b + b x + ... + b x , F[ x ] polinomlar halkasında iki polinom olsun.<br />
0 1<br />
m<br />
Burada, m = der g( x) > 0 ve a ≠ 0 , b ≠ 0 dır. Bu durumda F[ x ] de<br />
n<br />
m<br />
f ( x) = g( x) q( x) + r( x)<br />
, 0 ≤ der r( x)<br />
< m<br />
olacak şekilde bir tek q( x ) ve r( x ) polinomları vardır.<br />
217
= − | ∈ kümesini göz önüne alalım. S nin<br />
Kanıt. S { f ( x) g( x) s( x) s( x) F[ x]<br />
}<br />
en küçük dereceli polinomu r( x ) olsun. Bu durumda bir q( x) ∈ F[ x]<br />
için<br />
yazabiliriz. Şimdi der r( x)<br />
ct<br />
≠ 0 ve her c<br />
j<br />
∈ F için<br />
f ( x) = g( x) q( x) + r( x)<br />
< m olduğunu kanıtlayalım. t ≠ 0 ve t ≥ m iken<br />
t<br />
r( x) = c0 + c1<br />
x + ... + ct<br />
x<br />
şeklinde olduğunu kabul edelim. Bu durumda, t ≥ m olduğundan<br />
⎛ c ⎞<br />
t t−m ⎛ c ⎞<br />
t t −m<br />
f ( x) − q( x) g( x) − ⎜ ⎟ x g( x) = r( x) − ⎜ ⎟ x g( x)<br />
(13.1)<br />
⎝ bm<br />
⎠ ⎝ bm<br />
⎠<br />
yazılabilir. Burada (13.1) eşitliğinin sağ tarafı,<br />
t<br />
r( x) − ( ct<br />
x + daha küçük dereceli terimler)<br />
şeklinde bir polinomdur ve derecesi t den daha küçüktür. Bu durumda (13.1)<br />
eşitliğinin sol tarafı<br />
⎛ ⎛ c ⎞ ⎞<br />
t t −m<br />
f ( x) −<br />
q( x) − x g( x)<br />
⎜ ⎜ ⎟<br />
b ⎟<br />
⎝ ⎝ m ⎠ ⎠<br />
şeklinde yazılabilir ki, bu r( x ) in S deki en küçük dereceli polinom olarak<br />
seçilmesi ile çelişir. Şu halde r( x ) in derecesi m den küçük olmak zorundadır.<br />
q( x ) ve ( )<br />
ve<br />
r x polinomlarının tekliğini göstermek için f ( )<br />
f ( x) = g( x) q ( x) + r ( x), 0 ≤ der r ( x)<br />
< m<br />
1 1 1<br />
2 2 2<br />
( )<br />
x in<br />
f ( x) = g( x) q ( x) + r ( x), 0 ≤ der r x < m<br />
şeklinde iki türlü gösterimi olduğunu varsayalım. Bu eşitlikleri taraf tarafa<br />
çıkarırsak,<br />
g( x) q ( x) − q ( x) = r ( x) − r ( x)<br />
( )<br />
1 2 2 1<br />
elde ederiz. r2 ( x) − r1<br />
( x)<br />
in derecesi, g( x ) in derecesinden küçük olduğundan<br />
bu eşitlik ancak ve ancak q1 ( x) − q2<br />
( x) = 0 veya q1 ( x) = q2<br />
( x)<br />
olması<br />
durumunda sağlanır. Bu ise r2 ( x) − r1<br />
( x) = 0 veya r1 ( x) = r2<br />
( x)<br />
olmasını<br />
gerektirir. Dolayısıyla q( x ) ve r( x ) polinomları tek türlü belirlidir.<br />
Sonuç 13.1. Bir a ∈ F elemanının f ( x) ∈ F[ x]<br />
polinomunun bir sıfırı olması<br />
için gerek ve yeter koşul x − a nın f ( x) ∈ F[ x]<br />
polinomunun bir çarpanı<br />
olmasıdır.<br />
Kanıt. a ∈ F için f ( a ) = 0 olduğunu kabul edelim. Bu taktirde Teorem 13.3.<br />
den<br />
218
f ( x) = ( x − a) q( x) + r( x)<br />
, der r( x ) < 1<br />
olacak şekilde bir tek q( x ) , r( x) ∈ F[ x]<br />
polinomları vardır. der r( x ) < 1<br />
olduğundan r( x)<br />
= c ∈ F şeklinde bir sabittir. Böylece,<br />
f ( x) = ( x − a) q( x)<br />
+ c<br />
yazılabilir. Daha önce tanımladığımız φα<br />
: F[ x]<br />
→ F homomorfizmasını<br />
kullanarak<br />
f ( a) = 0. q( a) + c = 0 ⇒ c = 0<br />
buluruz. Bu durumda,<br />
f ( x) = ( x − a) q( x)<br />
elde ederiz ki, bu bize x − a nın f ( x ) in bir çarpanı olduğunu gösterir.<br />
Tersine eğer x − a , f ( x ) in bir çarpanı ise f ( x) = ( x − a) q( x)<br />
, a ∈ F<br />
eşitliğine φ<br />
α<br />
homomorfizmasını uygulamak suretiyle<br />
f ( a ) = 0 ve q( a ) = 0<br />
buluruz.<br />
Sonuç 13.2. n. dereceden sıfırdan farklı bir f ( x) ∈ F[ x]<br />
polinomu, F<br />
cisminde en çok n tane sıfıra sahiptir.<br />
Kanıt. Sonuç 13.1. den dolayı eğer a1<br />
∈ F , f ( x ) in bir sıfırı ise<br />
f ( x) = ( x − a ) q ( x)<br />
yazabiliriz. Burada, der q1<br />
( x) = n − 1 olduğu açıktır. Şimdi de a2<br />
∈ F , q ( x ) 1<br />
in bir sıfırı olsun. Bu durumda<br />
f ( x) = ( x − a )( x − a ) q ( x)<br />
1 1<br />
1 2 2<br />
yazabiliriz. Bu şekilde sürdürerek artık qr<br />
( x ) , F de sıfıra sahip olmamak<br />
üzere<br />
f ( x) = ( x − a )( x − a )...( x − a ) q ( x)<br />
1 2<br />
elde ederiz, burada r ≤ n dir. Ayrıca, a<br />
i<br />
lerin hepsinden farklı bir b ∈ F<br />
alırsak bunun için<br />
f ( b) = ( b − a1 )( b − a2<br />
)...( b − ar<br />
) qr<br />
( b) ≠ 0<br />
yazılabilir. Çünkü bu ifadede yer alan çarpanlardan hiç birisi F de sıfıra sahip<br />
değildir. Böylece a1 , a2,..., a<br />
r<br />
ler f ( x ) in F deki sıfırlarının tamamını<br />
oluşturur ve bunların sayısı r ≤ n dir.<br />
Örnek 13.5. Z [ x]<br />
de 4 3 2<br />
2<br />
5<br />
f ( x) = x − 3x + 2x + 4x<br />
− 1 ve g( x) = x − 2x<br />
+ 3<br />
polinomlarını göz önüne alalım. Bu polinomlar için<br />
4 3 2 2 2<br />
x − 3x + 2x + 4x − 1 = ( x − 2x + 3)( x − x − 3) + ( x + 8)<br />
yazabiliriz, o halde<br />
r<br />
r<br />
219
olduğu görülür.<br />
2<br />
q( x) = x − x − 3 ve r( x) = x + 8<br />
F[ x ] DE İDEALLER VE İNDİRGENEMEZ POLİNOMLAR<br />
Tanım 13.3. F[ x ] de sabit olmayan bir f ( x ) polinomu, derecesi f nin<br />
derecesinden daha küçük olan g ve h gibi iki polinomun çarpımı olarak<br />
f ( x) = g( x) h( x)<br />
şeklinde yazılamıyor ise f ye F[ x ] de indirgenemez bir polinom (asal<br />
polinom) veya kısaca indirgenemez denir.<br />
Bu tanımda F cismi önemlidir. Çünkü f polinomu, F cisminde<br />
indirgenemez iken F yi kapsayan daha geniş bir cisim üzerinde indirgenebilir<br />
2<br />
olabilir. Örneğin, x − 5 polinomu Q rasyonel sayılar cisminde indirgenemez<br />
iken, Q yu kapsayan R gerçel sayılar cismi üzerinde indirgenebilir. Çünkü<br />
bu polinomu R de ( x − 5)( x + 5) şeklinde çarpanlarına ayırabiliriz.<br />
Şimdi F[ x ] de ikinci veya üçüncü dereceden bir polinomun indirgenebilir<br />
olup olmadığını araştırabileceğimiz bir teoremi kanıtlayacağız. Burada f ( x )<br />
in lineer çarpanlarından birisi ( x − a)<br />
ise f ( a ) = 0 olduğunu ve dolayısıyla<br />
f ( x ) in hiçbir sıfır bölene sahip olamayacağını göreceğiz.<br />
Teorem 13.4. F[ x ] de ikinci veya üçüncü dereceden bir f ( x ) polinomu<br />
verilsin. f ( x ) in F üzerinde indirgenebilir olması için gerek ve yeter koşul<br />
f ( x ) in F de bir sıfıra sahip, yani bir a ∈ F için f ( a ) = 0 olmasıdır.<br />
Kanıt. Eğer f ( x ) F üzerinde indirgenebilir ise f ( x) = g( x) h( x)<br />
ve<br />
der g < der f , der h < der f olacak şekilde g ve h polinomları bulunabilir.<br />
f ( x ) polinomu 2. veya 3. dereceden olduğundan g veya h, 1. derecedendir. g<br />
nin 1. dereceden olduğunu varsayalım. Bu durumda g( x)<br />
= x − a şeklindedir<br />
ve g( a ) = 0 dır, böylece f ( a ) = 0 dır ki, bu f nin F de bir sıfıra sahip olması<br />
demektir. Tersine bir a ∈ F için f ( a ) = 0 ise bu f ( x ) in ( x − a)<br />
ya<br />
bölüneceğini yani f ( x ) in bir çarpanının ( x − a)<br />
olduğunu gösterir ki,<br />
bu f ( x ) in F de indirgenebilir olduğunu gösterir.<br />
Şimdi bir polinomun, Q üzerinde indirgenebilir olması için hangi<br />
koşulların gerektiğini ifade eden aşağıdaki teoremi kanıtsız verelim.<br />
220
Teorem 13.5. f ( x) ∈ Z [ x]<br />
polinomunun Q [ x]<br />
de daha küçük dereceli iki<br />
polinomun çarpımı olarak yazılabilmesi için gerek ve yeter koşul, f ( x ) in<br />
Z [ x]<br />
de aynı dereceden polinomların çarpımı olarak yazılabilmesidir.<br />
Sonuç 13.3. Z [ x]<br />
de a0 ≠ 0 olacak şekilde bir<br />
f ( x) = a + a x + ... + a x<br />
0 1<br />
polinomu verilsin. Eğer f ( x ) , Q da bir sıfıra sahip ise Z de de m gibi bir<br />
sıfıra sahiptir ve m | a0<br />
dır.<br />
Kanıt. f ( x ) , Q da bir sıfıra sahip ise f ( x ) in Q[ x ] de ( x a)<br />
n<br />
n<br />
− gibi bir lineer<br />
çarpanı vardır. O nedenle Teorem 13.5. ten dolayı Z [ x]<br />
de de bir lineer<br />
çarpana sahip olur. Böylece bir m ∈ Z için<br />
n−1<br />
( ) = ( − )( + ... +<br />
0<br />
/ )<br />
f x x a x a m<br />
yazılabilir. Böylece ( a0<br />
/ m)<br />
∈ Z , yani m | a0<br />
dır.<br />
4 2<br />
Örneğin, f ( x) = x − 2x + 8x<br />
+ 1 polinomu Q [ x]<br />
de indirgenemezdir.<br />
Çünkü sabit terim olan 1 in Z deki bölenleri sadece ± 1 den ibaret olup,<br />
f (1) = 8 ve f ( − 1) = − 8 olduğundan ± 1 den hiçbirisi f ( x ) in sıfırı değildir.<br />
O halde f polinomu Q [ x]<br />
de indirgenemezdir.<br />
Şimdi f ( x) ∈ Z [ x]<br />
in Q [ x]<br />
de ikinci dereceden iki polinomun çarpımı<br />
olarak<br />
4 2 2 2<br />
x − 2x + 8x + 1 = ( x + ax + b)( x + cx + d)<br />
şeklinde yazılabildiğini varsayalım. Bu durumda eşitliğin her iki yanında x in<br />
aynı dereceli terimlerinin katsayılarını eşitlersek,<br />
bd = 1, ad + bc = 8 , ac + b + d = − 2 , a + c = 0<br />
denklemlerini elde ederiz. Bu denklemlerin Q da çözümlerini bulamayız.<br />
Dolayısıyla, f ( x ) polinomu Q [ x]<br />
de indirgenemezdir.<br />
Bir polinomun indirgenebilmesi için bir kriter veren aşağıdaki teoremi<br />
kanıtlayalım.<br />
Teorem 13.6. p ∈ Z asal sayısı ve<br />
f ( x) = a + a x + ... + a x<br />
0 1<br />
polinomu verilsin. i < n ise a ≡ 0(mod p)<br />
, i = n ise a ≢ 0(mod p)<br />
ve<br />
i<br />
a0 ≢ 0(mod p)<br />
ise o taktirde f ( x ) polinomu Q [ x]<br />
de indirgenemezdir.<br />
Kanıt. f ( x ) in Z [ x]<br />
de daha küçük dereceli polinomların çarpımı olarak<br />
yazılamayacağını göstermemiz yeterlidir. f ( x ) in Z [ x]<br />
de r,<br />
s < n ve<br />
b ≠ 0 , c ≠ 0 olmak üzere<br />
r<br />
r<br />
n<br />
n<br />
n<br />
221
s<br />
f ( x) = ( b + ... + b x )( c + ... + c x )<br />
r<br />
0 r 0<br />
şeklinde yazılabildiğini varsayalım. a0 ≢ 0(mod p)<br />
olduğundan<br />
b0 ≢ 0(mod p)<br />
, c0 ≢ 0(mod p)<br />
olur. Aksi taktirde, b0 ≢ 0(mod p)<br />
ve<br />
c0 ≡ 0(mod p)<br />
olsun. an = br cs<br />
olduğundan an<br />
≢ 0(mod p)<br />
varsayımından<br />
≢ 0(mod p)<br />
, c ≢ 0(mod p)<br />
br<br />
olmak zorundadır. ck<br />
≢ 0(mod p)<br />
olacak şekildeki en küçük k sayısına m<br />
dersek<br />
am = b0cm + b1c m−1 + ... + bm −ici<br />
, 0 ≤ i ≤ m<br />
yazabiliriz.<br />
b0 ≢ 0(mod p)<br />
, cm<br />
≢ 0(mod p)<br />
ve<br />
c ≡ m−1 0(mod p)<br />
, cm−2 ≡ 0(mod p)<br />
, ..., ci<br />
≡ 0(mod p)<br />
olması nedeniyle<br />
am<br />
≡ 0(mod p)<br />
buluruz ki, bu m = n olmasını gerektirir. Buradan s = n sonucuna varırız ki,<br />
bu sonuç s ≤ n oluşuna aykırıdır. Dolayısıyla f ( x ) in yukarıdaki gibi<br />
çarpanlarının olması mümkün değildir yani, f ( x ) polinomu Q [ x]<br />
de<br />
indirgenemezdir.<br />
Sonuç 13.4. p asal sayısı için,<br />
p<br />
x −1<br />
p−1 p−2<br />
φp<br />
( x) = = x + x + ... + x + 1<br />
x −1<br />
şeklindeki polinom Q da indirgenemez bir polinomdur.<br />
Kanıt. Bu polinomu Z [ x]<br />
de çarpanlarına ayırmaya çalışalım.<br />
p<br />
p−1<br />
x<br />
p ⎜ ⎟ x px<br />
( x + 1) −1<br />
1<br />
p−1 ⎛ p ⎞ p−2<br />
p<br />
( 1) ( )<br />
⎝ ⎠<br />
...<br />
s<br />
⎛ p ⎞<br />
+ +<br />
φ x + = g x = = = x + ⎜ ⎟ x + + p<br />
( x + 1) −1<br />
x<br />
⎝ 1 ⎠<br />
yazabiliriz. Bu bize Teorem 13.6. nedeniyle polinomun Q da indirgenemez<br />
bir polinom olduğunu gösterir. Ancak Z [ x]<br />
de φ ( x ) = h p<br />
( x ) r ( x ) şeklinde<br />
çarpanlarına ayrılabilirse bu durumda<br />
φ ( x + 1) = g p<br />
( x ) = h ( x + 1) r ( x + 1)<br />
ifadesi ile g( x ) in Z [ x]<br />
de açık olmayan çarpanlara ayrılmışını elde ederdik<br />
ki, bu durumda da φ ( x ) , Q da indirgenemezdir.<br />
p<br />
s<br />
222
Tanım 13.4. H birimli ve değişmeli bir halka olsun. a ∈ H için { ha | h ∈ H}<br />
kümesi H nın a yı kapsayan bir idealidir. Bu ideale H da a nın doğurduğu asal<br />
ideal adı verilir ve ≺ a ≻ şeklinde gösterilir. H da bir N idealinin asal ideal<br />
olması için N =≺ a ≻ olacak şekilde bir a ∈ H bulunmalıdır.<br />
Örnek 13.6. F[ x ] halkasının bir ≺ x ≻ asal ideali, F[ x ] in sabit terimi sıfır<br />
olan polinomlarının kümesinden ibarettir.<br />
Teorem 13.7. F bir cisim ise o taktirde F[ x ] in her ideali bir asal idealdir.<br />
Kanıt. N , F[ x ] in bir ideali olsun. Eğer N = { 0}<br />
ise N =≺ 0 ≻ dır ve bir asal<br />
idealdir. N ≠ { 0}<br />
olduğunu kabul edelim. N nin sıfırdan farklı en küçük<br />
dereceli polinomu g( x ) olsun. der g( x ) = 0 ise g( x)<br />
∈ F dir ve F de<br />
inverslenebilirdir, yani çarpımsal inverse sahip bir elemandır. Böylece,<br />
N = F[ x] =≺ 1 ≻ olur ki, bu bize N nin bir asal ideal olduğunu gösterir.<br />
der g( x) ≥ 1 ve f ( x)<br />
∈ N olsun. O halde polinomlar için bölme algoritması ile<br />
f ( x) = g( x) q( x) + r( x)<br />
olacak şekilde q( x ) ve r( x ) polinomları bulunabilir. Bu durumda ideal<br />
tanımına göre f ( x), g( x)<br />
∈ N olduğundan f ( x) − g( x) q( x) = r( x)<br />
∈ N<br />
olduğunu elde ederiz. Böylece g( x ) , N nin sıfırdan farklı en küçük dereceli<br />
elemanı olduğundan r( x ) = 0 bulunur. Bunu kullanırsak f ( x) = g( x) q( x)<br />
olur ki, bu N =≺ g( x)<br />
≻ olduğunu gösterir.<br />
Teorem 13.8. F[ x ] de ≺ p( x) ≻ ≠ {0} şeklindeki bir idealin bir maksimal<br />
ideal olması için gerek ve yeter koşul p( x ) polinomunun F[ x ] de<br />
indirgenemez bir polinom olmasıdır.<br />
Kanıt. ≺ p( x) ≻ ≠ {0} idealinin F[ x ] in bir maksimal ideali olduğunu kabul<br />
edelim. Bu durumda ≺ p( x) ≻ ≠ F[ x]<br />
dir ve böylece p( x)<br />
∉ F dir. p( x ) in<br />
F[ x ] de p( x) = f ( x) g( x)<br />
şeklinde çarpanları olduğunu kabul edelim. p( x )<br />
maksimal ideal olduğundan bir asal idealdir. Böylece, f ( x) g( x) ∈≺ p( x)<br />
≻<br />
olması f ( x) ∈≺ p( x)<br />
≻ veya g( x) ∈≺ p( x)<br />
≻ olmasını gerektirir. Şu halde<br />
p( x ) , f ( x ) veya g( x ) in bir çarpanıdır. Öyle ise der f ( x) > p( x)<br />
veya<br />
der g( x) > p( x)<br />
olmak zorundadır. Bu sonuç yukarıdaki kabulümüz ile çelişir,<br />
dolayısıyla p( x ) , F üstünde indirgenemez bir polinomdur.<br />
Tersine p( x ) , F üstünde indirgenemez bir polinom ve bir N ideali için<br />
≺ p( x) ≻ ⊆ N ⊆ F[ x]<br />
olduğunu kabul edelim. Böylece, N önceki bir<br />
223
teoremden dolayı bir asal ideal olacağından bir g( x)<br />
yazabiliriz. Diğer taraftan p( x ) , F<br />
∈ N için N =≺ g( x)<br />
≻<br />
üzerinde indirgenemez bir polinom<br />
olduğundan der g( x ) = 0 veya der f ( x ) = 0 olması gerektiği elde edilir.<br />
der g( x ) = 0 , yani g( x)<br />
∈ F olduğunu kabul edelim. g( x ) , F nin sıfırdan<br />
farklı bir elemanı olduğundan F[ x ] in inverslenebilir bir elemanı, yani bir<br />
aritmetik birimidir. Böylece, ≺ g( x) ≻ = N = F[ x]<br />
buluruz. Eğer,<br />
der f ( x ) = 0 ise bir c ∈ F için f ( x)<br />
= c dir ve<br />
g( x) = (1/ c) p( x) ∈≺ p( x)<br />
≻<br />
dir. O halde, N =≺ p( x)<br />
≻ dir ve ≺ p( x) ≻ ⊂ N ⊂ F[ x]<br />
olması mümkün<br />
değildir, dolayısıyla ≺ p( x)<br />
≻ ideali F[ x ] in bir maksimal idealidir.<br />
Tanım 13.5. f ( x ) , g( x) ∈ F[ x]<br />
olsun. f ( x) = g( x) h( x)<br />
olacak şekilde F[ x ]<br />
de bir h( x ) polinomu bulunabiliyor ise g( x ) , f ( x ) polinomunu böler deriz.<br />
Bu tanıma göre aşağıdaki teoremleri verebiliriz.<br />
Teorem 13.9. p( x ) , F[ x ] de indirgenemez bir polinom olsun.<br />
r( x ) , s( x) ∈ F[ x]<br />
olmak üzere eğer p( x ) , r( x) s( x ) çarpımını bölerse bu<br />
durumda ya p( x) | r( x)<br />
veya p( x) | s( x)<br />
tir.<br />
Teorem 13.10. F bir cisim olmak üzere, F[ x ] de sabit olmayan herhangi bir<br />
f ( x ) polinomu, F[ x ] deki indirgenemez polinomların bir çarpımı şeklinde<br />
ifade edilebilir.<br />
Tanım 13.6. D bir tamlık bölgesi ve a,<br />
b ∈ D olsun. b = ac olacak şekilde<br />
bir c ∈ D elemanı varsa bu durumda a, b yi böler deriz ve a | b şeklinde<br />
gösteririz.<br />
Tanım 13.7. D bir tamlık bölgesi ve u ∈ D olsun. u, çarpımsal birim olan 1 i<br />
bölerse yani u, D de bir çarpımsal inverse sahip ise u ya D nin bir aritmetik<br />
birimi adı verilir.<br />
Tanım 13.8. D bir tamlık bölgesi ve a,<br />
b ∈ D olsun. a = b.<br />
u olacak şekilde<br />
bir u ∈ D aritmetik birimi bulanabiliyorsa bu durumda a ile b bağlantılıdır<br />
denir.<br />
Örnek 13.7. Z tamsayılar kümesi bir tamlık bölgesidir ve Z nin + 1 ve − 1<br />
olmak üzere iki tane aritmetik birimi mevcuttur. Buna göre 25 ∈ Z için Z nin<br />
224
25 ile bağlantılı elemanları 25 ve -25 dir. Çünkü, 25 = 25.1 ve 25 = (-25)(-1)<br />
dir.<br />
Tanım 13.9. D bir tamlık bölgesi ve p de D nin aritmetik birim olmayan bir<br />
elemanı olsun. Eğer a,<br />
b ∈ D için p = ab olduğunda a veya b bir aritmetik<br />
birim ise bu durumda p ∈ D ye bir indirgenemez eleman (asal eleman) adı<br />
verilir.<br />
O halde indirgenemez bir elemanla bağlantılı olan bir elemanın da<br />
indirgenemez olacağı açıktır.<br />
Tanım 13.10. Aşağıdaki koşulları gerçekleyen bir D tamlık bölgesine bir tek<br />
türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi (unique factorization domain) adı verilir;<br />
a) D nin sıfırdan farklı, aritmetik birim olmayan her elemanı sonlu sayıda<br />
indirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabilir.<br />
b) D de bir eleman p ... 1<br />
p2 p<br />
r<br />
ve q ... 1q2 q<br />
s<br />
şeklinde farklı iki şekilde<br />
indirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabiliyor ise bu durumda r = s<br />
dir ve q<br />
i<br />
leri yeniden indislemek suretiyle p<br />
i<br />
ler ile qi<br />
ler bağlantılı olacak<br />
şekilde yeniden sıralanabilirler.<br />
Örnek 13.8. F bir cisim ise F[ x ], bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış<br />
bölgesidir. Benzer şekilde Z de bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,<br />
çünkü 24 ∈ Z için<br />
24 = 2.2.3.2 = ( −2).( − 3).2.2<br />
dir. Bu durumda 2 ile -2 nin ve 3 ile -3 ün bağlantılı olduğu görülür.<br />
Tanım 13.11. Bir D tamlık bölgesinin her ideali bir asal ideal ise bu durumda<br />
D ye bir asal ideal bölgesi adı verilir.<br />
Teorem 13.11. Her asal ideal bölgesi bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış<br />
bölgesidir ve eğer D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ise bu durumda<br />
D[ x ] de bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.<br />
Teorem 13.12. D bir asal ideal bölgesi ise D nin sıfır olmayan her aritmetik<br />
birimi indirgenemez elemanların bir çarpımı olarak yazılabilir.<br />
Teorem 13.13. Bir asal ideal bölgesinin, bir ≺ p ≻ idealinin maksimal ideal<br />
olması için gerek ve yeter koşul, p nin indirgenemez olmasıdır.<br />
Teorem 13.14. Bir asal ideal bölgesinin, indirgenemez bir p elemanı için<br />
p | ab ise p | a veya p | b dir.<br />
225
Tanım 13.12. Bir D tamlık bölgesinin sıfırdan farklı aritmetik birim olmayan<br />
indirgenemez bir p elemanı için p | ab ise p | a veya p | b önermesi doğru ise p<br />
ye bir asal eleman adı verilir.<br />
Tanım 13.13. D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi olsun. D[ x ] de<br />
sabit olmayan bir<br />
n<br />
f ( x) = a + a x + ... + a x<br />
polinomunun<br />
i<br />
0 1<br />
a katsayılarının ortak bölenleri sadece D nin aritmetik<br />
birimlerinden ibaret ise, bu durumda f ( x ) polinomuna bir ilkel polinom veya<br />
primitif polinom adı verilir.<br />
2<br />
Örnek 13.9. 4x<br />
+ 3x<br />
+ 2 polinomu, Z [ x]<br />
de bir ilkel polinomdur. Çünkü<br />
polinomun katsayıları olan 4, 3, 2 sayılarının ortak bölenleri ± 1 dir ve bunlar<br />
2<br />
Z nin aritmetik birimleridir. Diğer taraftan, 4x<br />
+ 6x<br />
+ 2 polinomunun<br />
katsayıları olan 4, 6, 2 sayılarının ortak bölenlerinden birisi olan 2 sayısı Z<br />
nin bir aritmetik birimi değildir. O halde bu polinom bir ilkel polinom değildir.<br />
Sonuç olarak, D[ x ] de sabit olmayan indirgenemez her polinom bir ilkel<br />
polinomdur.<br />
Teorem 13.15. D, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ise D[ x ] in iki<br />
ilkel polinomunun çarpımı da bir ilkel polinomdur.<br />
n<br />
ÖKLİD BÖLGELERİ<br />
Bölme algoritmasının tamsayılar ve polinom halkaları için verildiğini<br />
biliyoruz. Ayrıca bir cismin herhangi bir elemanının, sıfırdan farklı diğer bir<br />
elemanı tarafından daima bölünebildiğini de biliyoruz. Şimdi ise bölme<br />
algoritmasının geçerli olduğu diğer halkaların varlığı üzerinde durmak<br />
istiyoruz. Bunu tamlık bölgeleri ile bölme algoritmasını ilişkilendiren bir<br />
cebirsel yapı sayesinde vereceğiz.<br />
Tanım 13.14. D bir tamlık bölgesi olsun. D nin sıfırdan farklı elemanlarını<br />
negatif olmayan tamsayılara resmeden ve aşağıdaki koşulları sağlayan d<br />
dönüşümüne bir Öklid Fonksiyonu adını vereceğiz;<br />
a) ∀a,<br />
b ∈ D ; a ≠ 0, b ≠ 0 olmak üzere d( a) ≤ d( ab)<br />
,<br />
b) a,<br />
b ∈ D ve b ≠ 0 ise a = bq + r olacak şekilde r = 0 veya<br />
d( r) < d( b)<br />
koşullarını sağlayan q,<br />
r ∈ D elemanları vardır.<br />
226
Tanım 13.15. Üzerinde bir Öklid fonksiyonu tanımlanmış bir tamlık<br />
bölgesine bir Öklid Bölgesi adı verilir.<br />
Örnek 13.10. Z tamsayılar kümesi, bir tamlık bölgesidir ve<br />
için d( n)<br />
bölgesidir.<br />
∀n<br />
∈ Z , n ≠ 0<br />
= n şeklinde tanımlanan Öklid fonksiyonu ile de bir Öklid<br />
Örnek 13.11. F bir cisim ve F[ x ], katsayıları F den alınmış olan<br />
polinomlar halkası olsun. F[ x ] polinomlar halkası, f ( x) ∈ F[ x]<br />
; f ( x) ≠ 0<br />
için d( f ( x)) = der f ( x)<br />
şeklinde tanımlanan Öklid fonksiyonu sayesinde bir<br />
Öklid bölgesidir.<br />
Tanım 13.16. D bir tamlık bölgesi ve a,<br />
b ∈ D olsun. Eğer b = ac olacak<br />
şekilde bir c ∈ D elemanı bulunabilirse bu durumda a, b yi böler deriz ve a ya<br />
b nin bir çarpanı adını veririz.<br />
Teorem 13.16. Her Öklid bölgesi bir asal ideal bölgesidir.<br />
Kanıt. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun. N, D nin bir asal<br />
N = 0 ise bu durumda N =≺ 0 ≻ olacağından N bir asal<br />
ideali olsun. Eğer { }<br />
ideal olur. N ≠ { 0}<br />
olsun. Bu durumda N de sıfırdan farklı bir b elemanı<br />
mevcuttur. d( b) = min { d( n) : n ∈ N}<br />
olduğunu kabul edelim. O halde<br />
N =≺ b ≻ olduğunu göstermeliyiz. N de bir a elemanı alalım. Öklid<br />
fonksiyonunun tanımından dolayı a = bq + r olacak şekilde q,<br />
r ∈ D<br />
elemanları bulunabilir. Burada ya r = 0 veya d( r) < d( b)<br />
dir. a,<br />
b ∈ N ve N<br />
bir ideal olduğundan r = a − bq yazarsak r ∈ N buluruz. Ancak,<br />
d( r) < d( b)<br />
olması b nin seçilişi ile çelişir. O halde r = 0 olmalıdır. Böylece<br />
a = bq buluruz ve a, N nin keyfi bir elemanı olduğundan N =≺ b ≻ elde<br />
ederiz.<br />
Sonuç 13.5. Her Öklid bölgesi bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.<br />
Böylece, her Öklid bölgesi bir asal ideal bölgesi olmasına karşın tersi her<br />
zaman doğru değildir. Bu nedenle Öklid bölgesi olmayan asal ideal<br />
bölgelerinin araştırılması başlıca bir problemdir.<br />
Bir D Öklid bölgesi, üzerinde tanımlayacağımız toplama ve çarpma<br />
işlemleri sayesinde araştırılabilir. D üzerindeki Öklid fonksiyonu d olmak<br />
üzere D nin aritmetik birimlerini, d nin 2. koşulu sayesinde karakterize ederiz.<br />
227
Teorem 13.17. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun.<br />
d(1) = min d( a) | a ∈ D, a ≠ 0<br />
{ }<br />
olmak üzere, bir u ∈ D elemanının D nin bir aritmetik birimi olması için gerek<br />
ve yeter koşul, d( u) = d(1)<br />
olmasıdır.<br />
Kanıt. d nin Öklid fonksiyonu olması nedeniyle 2. koşuldan a ≠ 0 olmak<br />
üzere d(1) ≤ d(1. a) = d( a)<br />
dır. Ayrıca, u ∈ D bir aritmetik birim ise<br />
olduğundan d( u) = d(1)<br />
elde ederiz.<br />
d u ≤ d u u = d<br />
−1<br />
( ) ( . ) (1)<br />
Tersine, D nin sıfırdan farklı bir u elemanı için d( u) = d(1)<br />
ise bölme<br />
algoritmasına göre D de 1 = uq + r olacak şekilde r = 0 veya d( r) < d( u)<br />
koşulunu sağlayan q ve r elemanları bulunabilir. Burada d( r) < d( u)<br />
olması,<br />
d( u) = d(1)<br />
in minimum oluşu ile çelişir. O halde r = 0 olmalıdır, böylece<br />
1 = uq elde ederiz ki, bu u nun D de bir aritmetik birim olması demektir.<br />
Tanım 13.17. D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ve a,<br />
b ∈ D<br />
olsun. Bir d ∈ D elemanı için d | a , d | b ve a ile b nin her ikisini de bölen<br />
bir c ∈ D için c | d ise bu taktirde d ye a ile b nin en büyük ortak böleni denir<br />
ve e. b. o. b.( a, b ) şeklinde gösterilir.<br />
Örnek 13.12. Q [ x]<br />
de<br />
2<br />
x − 2x<br />
+ 1 ve x<br />
2<br />
+ x − 2 polinomlarının en büyük<br />
ortak bölenleri x − 1 ve 2( x − 1) dir. Çünkü 2, Q [ x]<br />
de bir aritmetik birimdir.<br />
Diğer taraftan aynı polinomların Z [ x]<br />
deki en büyük ortak bölenleri sadece 1<br />
ve –1 aritmetik birimleridir.<br />
Teorem 13.18. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun. D nin<br />
sıfırdan farklı herhangi iki elemanı a ve b ise a ve b nin D de bir en büyük<br />
ortak böleni vardır ve üstelik l,<br />
m ∈ D olmak üzere e. b. o. b.( a, b)<br />
= la + mb<br />
şeklinde yazılabilir.<br />
N = ra + sb | r,<br />
s ∈ D kümesini göz önüne alalım. t ∈ D olmak<br />
Kanıt. { }<br />
üzere<br />
( r1 a + s1b) ∓ ( r2 a + s2b) = ( r1 ∓ r2 ) a + ( s1 ∓ s2<br />
) b<br />
ve<br />
t( ra + sb) = ( tr) a + ( ts)<br />
b<br />
yazılabileceğinden N, D nin bir ideali olur. Bu ideal için, her Öklid bölgesi bir<br />
asal ideal olacağından bir d ∈ D için N =≺ d ≻ yazabiliriz. Şu halde<br />
∀r,<br />
s ∈ D için d | ( ra + sb)<br />
dir. Buradan s = 0 , r = 1 için d | a ve s = 1 ,<br />
228
= 0 için d | b buluruz. Üstelik c | a , c | b ise bütün ra + sb ler için<br />
c | ( ra + sb)<br />
olduğundan ∀n ∈ N için c | n dir. Böylece, c | d elde ederiz ki,<br />
bu bize e. b. o. b.( a, b)<br />
= d olduğunu kanıtlar. Üstelik, d ∈ N olması<br />
d = la + mb olacak şekilde l,<br />
m ∈ D elemanlarının var olduğunu gösterir. Eğer<br />
bir diğer ortak bölen e. b. o. b.( a, b)<br />
= d1<br />
ise d | d1<br />
ve d1<br />
| d olacağından bölme<br />
algoritması ile bir k ∈ D için<br />
d1 = kd = ( kl) a + ( km)<br />
b = l1a + m1b<br />
elde ederiz.<br />
Şimdi de bir Öklid bölgesinde tanımlanan Öklid fonksiyonu için Öklid<br />
algoritmasını ifade eden aşağıdaki teoremi kanıtlayalım.<br />
Teorem 13.19. ( Öklid Algoritması ) D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid<br />
bölgesi olsun. D nin sıfırdan farklı iki a ve b elemanı için d Öklid<br />
fonksiyonunun 1. koşuluna göre a = bq1 + r1<br />
olmak üzere r<br />
1<br />
= 0 veya<br />
d( r1<br />
) < d( b)<br />
koşullarından birisi sağlanır. Eğer r 1<br />
≠ 0 ise r<br />
2<br />
için b = r1 q2 + r2<br />
sağlanır. Burada yine r<br />
2<br />
= 0 veya d( r2 ) < d( r1<br />
) dir. Bu şekilde sürdürürsek ya<br />
r<br />
i + 1<br />
= 0 veya d( ri<br />
+ 1) < d( ri<br />
) olmak üzere<br />
r = r q + r<br />
i− 1 i i+ 1 i+<br />
1<br />
olacak şekilde bir r<br />
i + 1<br />
elemanını bulabiliriz. Böylece elde edeceğimiz r 1<br />
, r 2<br />
,...<br />
dizisinin bir s. terimi için r<br />
s<br />
= 0 buluruz. Eğer r 1<br />
= 0 ise e. b. o. b.( a, b)<br />
= b dir.<br />
Eğer r1 ≠ 0 ve r , r = 0 olacak şekilde ilk eleman ise bu durumda da<br />
s<br />
s<br />
e. b. o. b.( a, b) = rs<br />
− 1<br />
dir.<br />
Kanıt. d( ri<br />
) < d( ri<br />
− 1)<br />
ve d( r i<br />
) negatif olmayan bir tamsayı olduğundan sonlu<br />
bir adımdan sonra r<br />
s<br />
= 0 buluruz. Eğer r 1<br />
= 0 ise a = bq1<br />
yazabileceğimizden<br />
e. b. o. b.( a, b)<br />
= b dir. Şimdi r1 ≠ 0 olduğunu kabul edelim. Bu durumda d | a<br />
ve d | b ise d | ( a − bq1<br />
) olduğundan d | r1<br />
elde ederiz. Eğer d1 | r1<br />
ve d1<br />
| b<br />
ise d1 | ( bq1 + r1<br />
) olduğundan d1<br />
| a buluruz. Böylece a ile b nin ve b ile r 1<br />
in<br />
ortak bölenlerinin kümesi aynı olur. Benzer düşünceyle eğer r 2<br />
≠ 0 ise b ile r 1<br />
in ortak bölenlerinin kümesi ile r ile 1<br />
r<br />
2<br />
nin ortak bölenlerinin kümesi aynı<br />
olur. Bu şekilde sürdürerek a ile b nin ortak bölenlerinin kümesiyle, rs<br />
− 2<br />
ile<br />
rs<br />
− 1<br />
in ortak bölenlerinin kümesinin aynı olduğunu elde ederiz. Böylece rs<br />
− 2<br />
ile rs<br />
− 1<br />
in bir ortak böleni aynı zamanda a ile b nin de bir ortak bölenidir.<br />
Ancak<br />
r = q r + r = q r<br />
s−2 s s−1 s s s−1<br />
denklemi e. b. o. b.( rs −2, rs −1)<br />
= rs<br />
−1<br />
olduğunu gösterir ki, bu kanıtı tamamlar.<br />
229
Örnek 13.13. 22471 ile 3266 sayılarının en büyük ortak bölenlerini bulmak<br />
suretiyle Z üstündeki Öklid fonksiyonu için Öklid algoritmasını oluşturalım.<br />
22471 = 3266.6 + 2875 ⇒ r = 2875,<br />
3266 = 2875.1+ 391 ⇒ r = 391,<br />
2875 = 391.7 + 138 ⇒ r = 138,<br />
391 = 138.2 + 115 ⇒ r = 115,<br />
138 = 115.1+ 23 ⇒ r = 23,<br />
115 = 23.5 + 0 ⇒ r = 0.<br />
6<br />
5<br />
4<br />
3<br />
2<br />
1<br />
Böylece a = 22471 , b = 3266 nın en büyük ortak böleni r 5<br />
= 23 tür.<br />
PROBLEMLER<br />
1) f ( x ) , g( x) ∈ Z<br />
5[ x]<br />
ve<br />
olmak üzere,<br />
a) f ( x) + g( x),<br />
b) f ( x). g( x )<br />
polinomlarını bulunuz.<br />
f x x x x g x x x<br />
3 2 4<br />
( ) = 2 + 4 + 3 + 2, ( ) = 3 + 2 + 4<br />
2) ( Q [ x])[ y]<br />
nin<br />
f x y x x y x x y x x y x x<br />
3 3 2 2 4 4 2<br />
( , ) = (3 + 2 ) + ( − 6 + 1) + ( − 2 ) + ( − 3 + 2)<br />
şeklinde verilen elemanını, ( Q [ y])[ x]<br />
in bir elemanı olacak şekilde yeniden<br />
ifade ediniz.<br />
3) Aşağıda verilen polinomlardan birincisini, ikincisine böldüğünüzde elde<br />
edilen bölüm ve kalanları bulunuz.<br />
a) Z [ x]<br />
de 5<br />
4<br />
3<br />
p( x) = x + 2 , q( x) = 2x<br />
+ 2 ,<br />
b) Q [ x]<br />
de<br />
c) R [ x]<br />
de<br />
4 3<br />
3 2<br />
p( x) = x + x + 3x<br />
+ 2 , q( x) = 2x − x + 6x<br />
− 3,<br />
3 2<br />
= + − − , q( x) = x + 2x<br />
+ 1 .<br />
6 4 3<br />
p( x) x x 4x 5x<br />
4)<br />
x<br />
4<br />
+ 4 ∈ Z<br />
7[ x]<br />
polinomunun<br />
7<br />
Z de sıfırının olmadığını gösteriniz.<br />
5) Aşağıdaki polinomları yanlarında verilen halkalar üzerinde çarpanlarına<br />
ayırınız.<br />
a) Z [ x]<br />
, 4<br />
5<br />
x + 1 ,<br />
230
) Q [ x]<br />
,<br />
c) C [ x]<br />
,<br />
3<br />
x − 4x<br />
+ 1,<br />
8<br />
x + 16 .<br />
6) Aşağıdaki polinomların yanlarında verilen halkalar üzerinde indirgenip<br />
indirgenmeyeceklerini belirleyiniz.<br />
2<br />
a) R [ x]<br />
, x + 1,<br />
b) Q [ x]<br />
,<br />
2<br />
x + 4 ,<br />
c) Z [ x]<br />
, 3 2<br />
5<br />
4x + 3x + x + 1 .<br />
7) Z [ x]<br />
5<br />
üzerindeki indirgenemeyen bütün ikinci dereceden polinomları<br />
bulunuz.<br />
8) Aşağıda verilen fonksiyonlardan hangileri yanında tanımlanan tamlık<br />
bölgesi için bir Öklid fonksiyonu tanımlar.<br />
2<br />
a) Z tamlık bölgesi için n ≠ 0 , n ∈ Z olmak üzere d( n)<br />
= n ,<br />
b) Q tamlık bölgesi için a ≠ 0 , a ∈ Q olmak üzere<br />
d( a)<br />
2<br />
= a ,<br />
c) Q tamlık bölgesi için a ≠ 0 , a ∈ Q olmak üzere d( a ) = 50 .<br />
9) 49349 ve 15555 tamsayılarının en büyük ortak bölenini bulunuz.<br />
10) Her cisim bir Öklid bölgesidir, kanıtlayınız.<br />
11) D bir Öklid bölgesi ve d, D nin Öklid fonksiyonu olsun. Eğer a,<br />
b ∈ D<br />
elemanları bağlantılı ise bu durumda d( a) = d( b)<br />
olduğunu gösteriniz.<br />
12) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğuna<br />
karar veriniz.<br />
a) Her cisim, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,<br />
b) Her cisim, bir asal ideal bölgesidir,<br />
c) Her asal ideal bölgesi, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,<br />
d) Her tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi, bir asal ideal bölgesidir,<br />
e) Z [ x]<br />
, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.<br />
231
14. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ<br />
Q rasyonel sayılar kümesi içinde herhangi bir lineer denklemin bir<br />
çözümü daima vardır. Ancak, ikinci dereceden herhangi bir denklem rasyonel<br />
sayılar kümesi içinde bir köke sahip olmayabilir. Örneğin;<br />
2<br />
x − 2 = 0 denkleminin Q da çözümü yoktur. Bu nedenle bu gibi denklemleri<br />
çözebileceğimiz sayı sistemlerine ihtiyaç duyarız. Burada böylesi sayı sistemi,<br />
Q yu genişleterek elde edebileceğimiz R reel sayılar kümesidir. Aynı şey, bu<br />
2<br />
kez x + 1 = 0 için söylenebilir. Yani bu denklem reel sayılar kümesinde<br />
çözülemez. Reel sayılar kümesini genişleterek elde edebileceğimiz<br />
C kompleks sayılar cismi içerisinde bu denklemi çözebiliriz. Üstelik,<br />
kompleks sayılar kümesinde n. dereceden bir denklemin n tane kökünün<br />
bulunabileceğini Cebirin Esas Teoreminden biliyoruz. O halde kompleks<br />
sayılar cismi bu tür denklemlerin çözülebileceği bir sayı sistemini<br />
oluşturmaktadır. Başka bir deyişle, bu amacımızı gerçekleştirebilmemiz için<br />
artık kompleks sayı sistemini genişletmemize gerek kalmamaktadır.<br />
Diğer taraftan, burada ele alınan sayı sistemleri soyut cebir açısından<br />
genel anlam taşımazlar. Yani Cebirin Esas Teoreminin geçerli olamayacağı<br />
soyut cisimler tanımlayabiliriz. Bu gibi soyut cisimlerin söz konusu olduğu<br />
durumlarda cisim genişlemeleri aşağıdaki gibi tanımlanır.<br />
Tanım 14.1. E ve F herhangi iki cisim ve i : F → E doğal homomorfizma<br />
olmak üzere i dönüşümü bire-bir ve içine bir homomorfizma ise ( E, i ) çiftine<br />
F nin bir genişlemesi adı verilir. Bu durumda i( F)<br />
alt cismidir.<br />
⊂ E dir ve i( F ) , E nin bir<br />
Örnek 14.1. F, E cisminin bir alt cismi olsun. Bu durumda E cismi F nin bir<br />
genişlemesidir. Yani, i : F → E şeklinde ∀a ∈ F için i( a)<br />
= a olacak şekilde<br />
bire-bir bir doğal homomorfizma bulunabilir. Tersine, böyle bir<br />
homomorfizma mevcut ise o taktirde F, E cisminin bir alt cismidir. i<br />
homomorfizmasına bir dahil etme dönüşümü adı verilir.<br />
Örnek 14.2. C {( a, b) a,<br />
b }<br />
= | ∈ R kümesini göz önüne alalım. i( a) = ( a,0)<br />
şeklinde tanımlanan a → i( a)<br />
dönüşümü bir izomorfizmadır, yani i( R)<br />
≅ R<br />
dir, böylece ( a,0)<br />
= a yazabiliriz. Şu halde R gerçel sayılar kümesi, C<br />
kompleks sayılar kümesinin bir alt cismi olmaktadır, dolayısıyla C , R<br />
cisminin bir genişlemesidir.<br />
F, E cisminin bir alt cismi olsun. Bu durumda E yi F cismi üzerinde bir<br />
vektör uzayı olarak görebiliriz. E cismindeki toplama işlemini aynı zamanda E<br />
232
deki vektör toplamı işlemi olarak düşünebiliriz. E deki sayı-vektör çarpımı<br />
işlemini ise aşağıdaki gibi tanımlayalım:<br />
Herhangi iki x ∈ E,<br />
a ∈ F elemanı için ax ∈ E ise bu eşleme sayı-vektör<br />
çarpımını tanımlasın. Bu iki işlemle E kümesi, F cismi üzerinde bir vektör<br />
uzayı yapısı oluşturur. Gerçekten,<br />
1) x( a + b)<br />
= xa + xb ∈ E ,<br />
2) ( x + y)<br />
a = xa + ya ∈ E ,<br />
3) a( bx) = ( ab)<br />
x ∈ E ,<br />
4) xe = x<br />
koşullarının sağlandığı açıktır.<br />
Tanım 14.2. E nin F üzerindeki derecesi ( E : F) = boy F<br />
E şeklinde<br />
tanımlanır. O halde ( E, i ) nin i( F ) üzerindeki derecesi, E nin i( F ) üzerindeki<br />
boyutundan ibarettir. Eğer bu derece sırasıyla sonlu veya sonsuz ise E de<br />
sırasıyla sonlu veya sonsuz boyutlu olarak adlandırılır.<br />
Teorem 14.1. E, F nin bir genişlemesi ve K herhangi bir cisim olmak üzere<br />
τ : E → K<br />
bir bire-bir homomorfizma ise bu durumda<br />
( E : F) = ( τ ( E) : τ ( F))<br />
dir.<br />
Kanıt. { x1 , x2<br />
,..., x<br />
r}<br />
, E nin elemanlarının lineer bağımsız bir kümesi olsun.<br />
τ τ τ kümesinin de lineer bağımsız olduğunu<br />
Bu durumda { ( ), ( ),..., ( )}<br />
x1 x2<br />
x r<br />
göstermeliyiz.<br />
τ ( a1 ) τ ( x1 ) + τ ( a2 ) τ ( x2<br />
) + ... + τ ( ar<br />
) τ ( xr<br />
) = 0<br />
lineer birleşimini yazalım. τ bir homomorfizma olduğundan<br />
τ ( a x ) + τ ( a x ) + ... + τ ( a x ) = 0<br />
dır. Bu ise { }<br />
1 1 2 2<br />
x1 , x2<br />
,..., x<br />
r<br />
kümesi lineer bağımsız bir küme olduğundan<br />
a1 = a2 = ... = a r<br />
= 0<br />
olmasını gerektirir. O halde τ nun bire-bir olması nedeniyle<br />
τ ( a1 ) = τ ( a2<br />
) = ... = τ ( a r<br />
) = 0<br />
bulunur. Bu ise { τ ( x1 ), τ ( x2<br />
),..., τ ( x r<br />
)}<br />
kümesinin de lineer bağımsız olduğunu<br />
gösterir.<br />
Eğer ( E : F ) = ∞ ise bu durumda ( τ ( E) : τ ( F))<br />
= ∞ dur. O halde<br />
( E : F)<br />
= r < ∞ olması halini ele alalım. Bu durumda E yi geren bir<br />
{ 1, 2,..., r}<br />
{ ( ), ( ),..., ( )}<br />
x x x bazı mevcuttur. Bu küme lineer bağımsız olduğundan<br />
x1 x2<br />
x r<br />
τ τ τ kümesi de lineer bağımsız bir kümedir. O halde bu<br />
r<br />
r<br />
233
kümenin τ ( E)<br />
nin bir bazı olabilmesi için bir τ ( x) ∈ τ ( E)<br />
elemanını bu<br />
kümenin bir lineer birleşimi şeklinde yazabilmeliyiz. x ∈ E elemanı için<br />
x = a1 x1 + a2x2 + ... + ar xr<br />
olacak şekilde a1 , a2,..., ar<br />
∈ F elemanlarını bulabiliriz. Buradan τ yu<br />
uygulayarak<br />
τ ( x) = τ ( a1 x1 + a2x2<br />
+ ... + ar<br />
xr<br />
)<br />
ve τ bir homomorfizma olduğundan<br />
τ ( x) = τ ( a x ) + τ ( a x ) + ... + τ ( a x )<br />
1 1 2 2<br />
= τ ( a1 ) τ ( x1 ) + τ ( a2 ) τ ( x2<br />
) + ... + τ ( ar<br />
) τ ( xr<br />
)<br />
bulunur ki, bu teoremi kanıtlar.<br />
Teorem 14.2. F, E ve K herhangi üç cisim ve F ⊂ E ⊂ K olsun. Bu taktirde<br />
( K : F) = ( K : E)( E : F)<br />
dir.<br />
Kanıt. E nin F üzerindeki derecesini göz önünde bulundurmak koşulu ile<br />
{ x1 , x2<br />
,..., xr<br />
} ⊂ E , E nin F cismi üzerinde lineer bağımsız elemanlarının bir<br />
kümesi olsun. Diğer taraftan, K nın E üzerindeki derecesi göz önünde<br />
bulundurularak { y1 , y2,..., ys}<br />
⊂ K , K nın E cismi üzerinde lineer bağımsız<br />
elemanlarının bir kümesi olsun. i = 1,2,..., r , j = 1,2,..., s olmak üzere<br />
{ i j}<br />
x y şeklindeki elemanlar K nın rs elemanlı bir alt kümesini oluştururlar. Bu<br />
kümenin F cismi üzerinde lineer bağımsız bir küme olduğunu göstermeliyiz.<br />
Yani,<br />
r<br />
s<br />
∑∑<br />
i= 1 j = 1<br />
a x y<br />
ij i j<br />
= 0<br />
olmasının ancak ve ancak ∀ i,<br />
j için a = 0 olması halinde mümkün<br />
olabileceğini göstermeliyiz. Bunun için<br />
r s r r<br />
∑∑ ∑ ∑<br />
a x y = ( a x ) y + ... + ( a x ) y = 0<br />
ij i j i1 i 1<br />
is i s<br />
i= 1 j = 1 i= 1 i=<br />
1<br />
yazabiliriz. y1, y2,..., y<br />
s<br />
ler K nın E üzerinde lineer bağımsız elemanları<br />
olduğundan E nin elemanları olan s tane katsayıyı<br />
O halde j = 1,2,..., s olmak üzere her j için<br />
ij<br />
r<br />
r<br />
r<br />
∑ aij<br />
xi<br />
= 0 olarak buluruz.<br />
i=<br />
1<br />
a1 x1 + a2 x2 + ... + a x = 0<br />
j j rj r<br />
234
elde ederiz. Şimdi, x1 , x2,..., x<br />
r<br />
ler F üzerinde lineer bağımsız olduklarından<br />
∈ F elemanlarının hepsi sıfırdır. Böylece i = 1,2,..., r , j = 1,2,..., s olmak<br />
aij<br />
üzere { i j}<br />
x y şeklindeki elemanlar, K nın F cismi üzerinde rs tane lineer<br />
bağımsız elemanıdır.<br />
Şimdi eğer, ( K : E ) ve ( E : F ) sonsuz ise o durumda ( K : F ) de sonsuz<br />
olacağından teorem doğru olur. Eğer ( K : E)<br />
= s < ∞ ve ( E : F)<br />
= r < ∞ ise,<br />
{ x x x } kümesi E nin F üzerindeki bazı ve { }<br />
, ,...,<br />
r<br />
1 2<br />
üzerindeki bazı olmak üzere i = 1,2,..., r , j 1,2,..., s<br />
y1 , y2,..., y<br />
s<br />
de K nın E<br />
= için { i j}<br />
x y şeklindeki<br />
kümenin de K nın elemanlarının lineer bağımsız bir kümesi olduğunu yukarıda<br />
kanıtladık, böylece rs ≤ ( K : F)<br />
dir. Şimdi de rs tane xi y<br />
j<br />
lerin K yı<br />
gereceğini gösterelim. Bunun için t ∈ K olsun. b1 , b2<br />
,..., bs<br />
∈ E olmak üzere<br />
t = b1 y1 + b2 y2 + ... + bs ys<br />
yazabiliriz. Diğer taraftan aij<br />
∈ F olmak üzere<br />
b = a x + a x + + a x<br />
j 1 j 1 2 j 2<br />
...<br />
rj r<br />
olduğundan bunları yukarıda yerine yazarak<br />
t<br />
r<br />
s<br />
= ∑∑<br />
i= 1 j=<br />
1<br />
a x y<br />
ij i j<br />
buluruz. O halde buradan rs ≥ ( K : F)<br />
elde ederiz. Böylece rs = ( K : F)<br />
olduğu görülür. Bu ise teoremi kanıtlar.<br />
BASİT CİSİM GENİŞLEMELERİ<br />
E ve F iki cisim olmak üzere E, F nin bir genişlemesi ve S, E nin herhangi<br />
bir alt kümesi olsun. E nin F ve S yi kapsayan bütün alt kümelerinin arakesit<br />
kümesi yine E nin bir alt cismidir , üstelik bu alt cisim F ile S yi kapsayan en<br />
dar alt cisimdir. Bu alt cismi F( S ) ile gösterelim ve bu cismin elemanlarını<br />
karakterize eden aşağıdaki teoremi kanıtlayalım.<br />
Teorem 14.3. F( S ) nin elemanları, S nin katsayıları F cisminde olan, sonlu<br />
sayıda elemanının çarpımından oluşan terimlerin bir lineer birleşiminin<br />
bölümü şeklindedir.<br />
Kanıt. Teoremin ifadesinde verilen elemanların kümesini K ile gösterelim. Bu<br />
elemanlar x, y,...,<br />
t ∈ S ve i = 0,1,2,..., r ; j = 0,1,2,..., s için a , b ∈ F<br />
olmak üzere<br />
a x y ... t + ... + a x y ... t<br />
0 0 0 0<br />
b x ' y ' ... t ' + ... + b x ' y ' ... t '<br />
0 0 0 0<br />
r r r r<br />
s s s s<br />
i<br />
j<br />
235
şeklindedirler. K nın F ve S yi kapsayacağı açıktır, dolayısıyla F( S ) nin<br />
tanımından F( S)<br />
⊂ K buluruz. Üstelik, K da E nin bir alt cismini oluşturur.<br />
Diğer taraftan F( S ) , S ve F yi kapsayan bir alt cisim olduğu için S deki sonlu<br />
çarpımları, bu sonlu çarpımların sonlu lineer birleşimlerini ve bu lineer<br />
birleşimlerin bölümlerini de kapsar, dolayısıyla K yı kapsar. Böylece,<br />
K ⊂ F( S)<br />
dir. Şu halde K = F( S)<br />
elde ederiz.<br />
Örnek 14.3. Yukarıdaki tanımlamaya göre S, α1, α2,..., α<br />
r<br />
şeklinde sonlu<br />
sayıda elemana sahip ise F( S ) nin elemanları, katsayıları F cisminden seçilen<br />
ve α1, α2,..., α<br />
r<br />
elemanları ile oluşturulan rasyonel polinomlardan oluşur. Bu<br />
durumda<br />
F( S) = F( α1, α2,..., α r<br />
)<br />
cismi F nin bir genişlemesidir.<br />
Tanım 14.3. Eğer S, bir tek α ∈ E elemanın gerdiği ve katsayılarını bir F<br />
cisminden alan sabit olmayan sonlu dereceli polinomlardan oluşuyorsa, yani<br />
S = ( α)<br />
ise bu durumda F( S) = F( α)<br />
yazılır ve F( α ) = K ya bir basit<br />
genişleme adı verilir. Bu genişlemenin bir x ∈ F( α)<br />
elemanı<br />
r<br />
σ f a + a α + a α + + arα<br />
x = =<br />
, σ<br />
s α<br />
( g) ≠ 0<br />
σ g b + b α + b α + + b α<br />
2<br />
α<br />
( )<br />
0 1 2<br />
...<br />
2<br />
α<br />
( )<br />
0 1 2<br />
...<br />
şeklinde yazılabilir. Burada a0 , a1 , a2<br />
,..., a<br />
r<br />
; b0 , b1 , b2<br />
,..., bs<br />
∈ F dir.<br />
Teorem 14.4. E cismi, F nin bir genişlemesi ve α ∈ E olsun. F üzerindeki<br />
polinomların kümesi ( )<br />
I = f ∈ P( F) | σ ( f ) = 0 kümesi<br />
P F olmak üzere { }<br />
verilsin. Bu taktirde I α<br />
da I = ( m ) olacak şekilde bir tek indirgenemeyen<br />
α<br />
α<br />
m α<br />
polinomu vardır. Üstelik I α<br />
, m α<br />
tarafından gerilen asal idealdir ve<br />
maksimaldir.<br />
Kanıt. Bunun için aşağıdakileri kanıtlamalıyız:<br />
1) m α<br />
indirgenemezdir,<br />
2) I α<br />
, m α<br />
nın katlarından ibarettir,<br />
3) m α<br />
bir tektir.<br />
1) Aksini kabul edelim, yani m α<br />
indirgenebilir olsun. Bu durumda m hk<br />
olacak şekilde h, k ∈ P( F)<br />
polinomları bulunabilir. Böylece,<br />
σ ( m ) = σ ( hk) = σ ( h) σ ( k) = 0<br />
α α α α α<br />
α<br />
s<br />
α<br />
α =<br />
236
olması σ ( h) = 0 veya σ ( k) = 0 olmasını gerektirir. Halbuki, der h > 0 ve<br />
α<br />
α<br />
der m > α<br />
der k olduğundan bu mümkün değildir. Çünkü dereceleri m nın α<br />
derecesinden küçük olduğu halde σ ( h) = 0 veya σ ( k) = 0 olamaz. Şu<br />
halde m α<br />
indirgenemez olmak zorundadır.<br />
α<br />
2) f ∈ I α<br />
alalım. f = q.<br />
mα<br />
+ r , der r < der m α<br />
olacak şekilde q , r ∈ P( F)<br />
polinomları bulunabilir. Halbuki teoremin hipotezine göre<br />
0 = σα ( f ) = σα ( q) σα ( mα ) + σα<br />
( r)<br />
eşitliğinden<br />
σ ( r) = 0<br />
α<br />
ve böylece r ∈ elde ederiz. Bu bir çelişmedir, çünkü en küçük dereceli<br />
I α<br />
polinomun m α<br />
olduğunu kabul etmiştik. Ayrıca, der r < der olduğundan<br />
r = 0 buluruz. Dolayısıyla f = q.<br />
m α<br />
olup I α<br />
, m α<br />
nın katlarından ibarettir.<br />
3) m ≠ m ' olmak üzere hem m α<br />
hem de m ' α<br />
, I α<br />
yı gersin. Bu durumda<br />
α<br />
α<br />
m α<br />
, I α<br />
yı gerdiğinden<br />
m '<br />
yazabiliriz. Bu iki ifadeden m<br />
α<br />
α<br />
α<br />
m α<br />
= λm<br />
ve m ' α<br />
, I α<br />
yı gerdiğinden m<br />
α<br />
= µλm<br />
elde ederiz. O halde,<br />
α<br />
der m = der( µλ) + der m<br />
α<br />
α<br />
α<br />
= µ m '<br />
ve buradan der( µλ ) = 0 veya der λ + der µ = 0 buluruz, yani<br />
der λ = der µ = 0 dır. Bu ise λ ve µ polinomlarının sabit olması demektir.<br />
Diğer taraftan m α<br />
indirgenemez bir polinom olduğundan λ = µ = 1 elde<br />
ederiz, böylece m<br />
α<br />
= m'<br />
dır.<br />
α<br />
Teorem 14.5. E cismi, F nin bir genişlemesi ve α ∈ E olsun. F cismi<br />
f<br />
üzerinde şeklindeki bütün rasyonel polinomların kümesi ( )<br />
g R F olmak<br />
üzere F( α ) ≅ R( F)<br />
izomorfizması vardır, üstelik F( α ) = F[ α]<br />
ve<br />
( F( α ) : F) = der m α<br />
dır. ( Burada m α<br />
yukarıda tanımlandığı gibidir.)<br />
⎛ f ⎞ σα<br />
( f )<br />
Kanıt. ϕ : R( F) → R( F)<br />
, ϕ ⎜ ⎟ = dönüşümünü ve yukarıdaki gibi<br />
⎝ g ⎠ σα<br />
( g)<br />
tanımlanan I α<br />
kümesini göz önüne alalım. I α<br />
kümesinin tanımından g ≠ 0<br />
olduğundan σ ( g) ≠ 0 dır. ϕ nin bir izomorfizma tanımlayacağı kolayca<br />
α<br />
gösterilebilir. O halde F( α ) ≅ R( F)<br />
izomorfizması vardır. F( α ) = F[ α]<br />
olduğunu kanıtlamak için β ∈ F( α)<br />
olmak üzere<br />
σα<br />
( f )<br />
β = şeklinde<br />
σ ( g)<br />
verilsin. σα<br />
( g) ≠ 0 ise g ∉ I α<br />
dır. mα<br />
∈ Iα<br />
elemanını göz önüne alalım. m α<br />
α<br />
α<br />
237
indirgenemez olduğundan g yi bölmez, çünkü I α<br />
nın her elemanı m α<br />
nın bir<br />
0<br />
katıdır. α = e olsun. Bu durumda<br />
hg + kmα<br />
= e<br />
olacak şekilde h , k ∈ P( F)<br />
elemanları vardır. Böylece,<br />
e = σ ( e) = σ ( h) σ ( g) + σ ( k) σ ( m )<br />
α α α α α α<br />
= σα<br />
( h) σα<br />
( g)<br />
dir. Buradan,<br />
−1<br />
σ ( h) = ( σ ( g))<br />
veya σ ( f ) σ ( h) = σ ( fh)<br />
= β<br />
α<br />
bulunur. Böylece<br />
dolayısıyla F( α ) = F[ α]<br />
elde ederiz.<br />
Şimdi, der m<br />
için ( )<br />
α<br />
α<br />
α α α<br />
fh bir polinom olduğundan β da bir polinomdur,<br />
= n olsun. ( F ( α ) : F ) = der m = n olduğunu kanıtlamak<br />
2 n 1<br />
F α nın F üzerinde { , , ,..., }<br />
α<br />
e α α α − şeklinde bir baza sahip olduğunu<br />
göstermek yeterlidir. Bunun için önce bunların lineer bağımsız olduğunu<br />
gösterelim. a0 , a1 , a2 ,..., a ∈ n−1<br />
F olmak üzere, 1<br />
a0e + a1α<br />
+ ... + a n<br />
n 1α −<br />
−<br />
= 0<br />
olsun. Bu durumda bir f ∈ P( F)<br />
için<br />
n 1<br />
f = a0e + a1 x + ... + an<br />
1x −<br />
−<br />
yazabiliriz ve bu f için<br />
n 1<br />
σα<br />
( f ) = a0e + a1α + ... + a n 1α −<br />
−<br />
= 0<br />
olacağından ve f minimal polinom olduğundan f = 0 olmalıdır, böylece<br />
2 n 1<br />
bulunur, yani { , , ,..., }<br />
2 n 1<br />
Şimdi de { , , ,..., }<br />
Bunun için x ∈ F( α)<br />
olsun.<br />
a = a = ... = a −<br />
= 0<br />
0 1 n 1<br />
e α α α − kümesi lineer bağımsızdır.<br />
e α α α − kümesinin F( α ) yı gerdiğini gösterelim.<br />
n 1<br />
x = a0e + a1α<br />
+ ... + a n 1α −<br />
−<br />
olacak şekilde a0 , a1 , a2 ,..., an− 1<br />
∈ F elemanlarını bulabileceğimizi<br />
göstermeliyiz. x ∈ F( α)<br />
olduğundan σ<br />
α<br />
( f ) = x olacak şekilde F üzerinde<br />
tanımlı bir f polinomu bulabiliriz. Öklid algoritmasına göre<br />
f = qmα<br />
+ r , der r ≤ der mα<br />
= n<br />
olacak şekilde F üzerinde tanımlı q, r polinomları bulunabilir. Buradan<br />
σα ( f ) = σα ( qmα + r) = σα ( qmα ) + σα ( r) = σα ( q) σα ( mα ) + σα<br />
( r)<br />
yazabiliriz. Bu ise,<br />
n 1<br />
r = a e + a x + ... + a x −<br />
0 1 n−1<br />
238
şeklinde bir polinom olmasını gerektirir. Şu halde<br />
n 1<br />
σα<br />
( r) = a0e + a1α + ... + an<br />
1α −<br />
−<br />
= x<br />
dir. Böylece,<br />
x = ( f )<br />
2 n 1<br />
dır ve bu { , , ,..., }<br />
σ α<br />
e α α α − kümesinin F( α ) yı gerdiğini ve dolayısıyla F( α )<br />
nın bazı olduğunu kanıtlar.<br />
CEBİRSEL GENİŞLEMELER<br />
Tanım 14.4. ( E, i ) , bir F cisminin herhangi bir genişlemesi olsun. Eğer<br />
F ⊂ E ise i dönüşümü bir dahil etme adını alır. Eğer ∀α<br />
∈ E , F üzerinde<br />
cebirsel ise yani,α katsayıları F den alınmış sabit olmayan bir polinom<br />
denklemin kökü ise bu durumda ( E, i ) ye bir cebirsel genişleme, aksi taktirde<br />
bir transandant genişleme adı verilir.<br />
Tanım 14.5. E cismi F nin bir genişlemesi olsun. E nin F üzerindeki cebirsel<br />
elemanlarının kümesine F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı adı verilir ve A ile<br />
gösterilir. A = F ise bu durumda F ye E de cebirsel kapalıdır deriz.<br />
Teorem 14.6. F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı, E nin bir alt cismidir.<br />
Kanıt. F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı A ve α, β ∈ A iki cebirsel eleman<br />
1<br />
olsun. α + β ∈ A , α. β ∈ A , −α<br />
∈ A ve α ≠ 0 olmak üzere α − ∈ A<br />
olduğunu göstermeliyiz. Bunun için, α ve β yı F kümesi içerisine dahil<br />
ederek F( α, β ) kümesini oluşturalım. Bu küme E nin bir alt cismi olur.<br />
Dolayısıyla, α + β ∈ F( α, β ) , α. β ∈ F( α, β ) , −α<br />
∈ F( α, β ) ve α ≠ 0 olmak<br />
1<br />
üzere α<br />
− ∈ F( α, β ) dır ve F( α, β ) nın bütün elemanları cebirseldir. Diğer<br />
taraftan A nın bütün cebirsel elemanları içerdiğini tanımdan biliyoruz. O halde<br />
F( α, β ) ⊂ A ve α + β ∈ A , α. β ∈ A , −α<br />
∈ A ve α ≠ 0 olmak üzere<br />
1<br />
α − ∈ A dır. Böylece A, E nin bir alt cismidir.<br />
Teorem 14.7. E cismi , F nin bir genişlemesi olsun. E nin F üzerindeki<br />
derecesi ( E : F)<br />
= n < ∞ şeklinde sonlu ise bu durumda E bir cebirsel<br />
genişlemedir.<br />
Kanıt. Herhangi bir E<br />
2 n<br />
α ∈ elemanını göz önüne alalım. { e, α, α ,..., α }<br />
kümesi F de lineer bağımlı olacaktır. O halde<br />
2<br />
n<br />
a0e + a1α + a2 α + ... + a n<br />
α = 0<br />
239
olacak şekilde hepsi birden sıfır olmayan a0 , a1 , a2<br />
,..., an<br />
∈ F elemanları<br />
bulunabilir. Böylece en az bir f ∈ P( F)<br />
için σ<br />
α<br />
( f ) = 0 dır ve α ∈ E keyfi<br />
bir eleman olduğundan E nin bir cebirsel genişleme olduğu sonucu bulunur.<br />
Not: Bu teoremin karşıtı daima doğrudur.<br />
Teorem 14.8. Eğer E, sonlu sayıda cebirsel eleman tarafından gerilebiliyor ise<br />
o taktirde E sonlu bir genişlemedir.<br />
Kanıt. Teoremin hipotezine göre sonlu sayıda α1, α2,..., αn ∈ E elemanları<br />
vardır. Bu elemanların gerdiği cisimler,<br />
F( α1,..., α<br />
k<br />
) = Ek<br />
, k = 1,2,..., n<br />
şeklinde olsun. Buna göre,<br />
E = F( α1,..., αn<br />
) = En<br />
ve F = E0<br />
dır. Böylece,<br />
k = 1 için E1 = F( α1) = E0 ( α1),<br />
k = 2 için E2 = E1 ( α2<br />
) ve E1 = F( α1) = E0 ( α1)<br />
olduğundan<br />
E ( α ) = ( E ( α ), α ) = F( α , α )<br />
1 2 0 1 2 1 2<br />
yazabiliriz. k için ise E = E ( ) 1<br />
α yazabiliriz. Böylece Teorem 14.7. den<br />
k k − k<br />
dolayı ∀ k için α<br />
k<br />
lar E ve Ek<br />
lar üstünde cebirsel olduklarından<br />
dur. Böylece Teorem 14.2. ve Teorem 14.5. ten<br />
( E : F) = ( En : En− 1)( En− 1<br />
: En−2 )...( E1 : E0<br />
) < ∞<br />
sonucunu elde ederiz.<br />
E<br />
k<br />
< ∞<br />
240
15. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI<br />
Düzlemdeki vektörleri paralelkenar kuralına göre toplayabildiğimiz gibi bir<br />
vektörü bir sayı ile çarparak bir diğer vektör elde edebiliriz. Vektör toplamı ve<br />
sayı-vektör çarpımı adını vereceğimiz bu işlemlerin sağladığı cebirsel<br />
özellikleri genelleştirmek suretiyle vektör uzayı adını vereceğimiz bir cebirsel<br />
yapı tanımlayabiliriz. Burada ele alacağımız sayılar gerçel sayılar cismine ait<br />
olabileceği gibi diğer cisimler için de bu tanımlamaları yapmak söz konusudur.<br />
Tanım 15.1. F cismi üzerinde bir vektör uzayı (lineer uzay ), elemanları<br />
vektör toplamı ve skaler-vektör çarpımı adını vereceğimiz iki işleme göre<br />
aşağıdaki özellikleri gerçekleyen bir V kümesidir:<br />
1) Vektör toplamı işlemine göre V, değişmeli bir gruptur,<br />
2) Herhangi bir λ ∈ F ve a,<br />
b ∈ V için λ( a + b)<br />
= λa + λb<br />
,<br />
3) λ , µ ∈ F ve a ∈ V için ( λ + µ )a = λ a + µ a ,<br />
4) λ , µ ∈ F ve a ∈ V için ( λµ ) a = λ ( µ a)<br />
,<br />
5) Herhangi bir a ∈ V için 1a = a dır.<br />
n<br />
Örnek 15.1. Bir F cismine ait elemanların sıralı n-lilerinin F kümesi<br />
aşağıdaki işlemlerle birlikte F cismi üzerinde bir vektör uzayıdır;<br />
( a , a ,..., a ) + ( b , b ,..., b ) = ( a + b , a + b ,..., a + b ) ,<br />
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n<br />
λ( a , a ,..., a ) = ( λa , λa ,..., λa<br />
) .<br />
1 2 n<br />
1 2<br />
2 3<br />
Bu örneğe göre 2 ve 3 boyutlu Öklid uzayları E , E ve n boyutlu Öklid<br />
n<br />
uzayı E ; R reel sayılar cismi üzerinde vektör uzayı örnekleridir.<br />
Örnek 15.2. Bir X kümesi üstünde tanımlanan ve değer kümesi herhangi bir F<br />
cismi olan bütün fonksiyonların I ( X ; F)<br />
kümesi, aşağıda verilen<br />
fonksiyonların toplama ve sayı ile çarpımı işlemlerine göre bir vektör uzayıdır;<br />
( f + g)( x) = f ( x) + g( x)<br />
, ( λ f )( x) = λ f ( x)<br />
; λ ∈ F, x ∈ X.<br />
Örnek 15.3. K, bir F cisminin alt cismi olsun. F deki birinci işlemi vektör<br />
toplamı ve K nın elemanları ile F nin elemanlarının F deki ikinci işleme göre<br />
çarpımını da sayı-vektör çarpımı olarak tanımlarsak, F yi K cismi üzerinde bir<br />
vektör uzayı olarak tanımlayabiliriz. Buna göre kompleks sayılar kümesi reel<br />
sayılar kümesi üstünde bir vektör uzayıdır.<br />
Tanım 15.1. kullanılarak vektör uzaylarının aşağıdaki özelliklerini kolayca<br />
kanıtlayabiliriz. Burada cisme ait sıfır elemanını normal şekilde, vektör<br />
uzayının sıfır vektörünü ise vektör işaretli olarak yazacağız.<br />
n<br />
241
Özellik 15.1. Bir F cismi üstünde tanımlı bir vektör uzayı için aşağıdaki<br />
özellikler vardır;<br />
<br />
1) Herhangi bir λ ∈ F için λ 0 = 0 ,<br />
2) Herhangi bir λ ∈ F ve a ∈ V için λ( − a)<br />
= − λa<br />
,<br />
3) Herhangi bir λ ∈ F ve a , b ∈ V için λ( a − b)<br />
= λa − λb<br />
,<br />
4) Herhangi bir a ∈ V için ( − 1)a = − a ,<br />
5) Herhangi bir a ∈ V için 0a = 0<br />
,<br />
6) λ , µ ∈ F ve a ∈ V için ( λ − µ )a = λ a − µ a dır.<br />
Tanım 15.2. V bir vektör uzayı ve U ⊂ V olsun. Eğer aşağıdaki koşullar<br />
gerçeklenirse U ya V nin bir alt uzayı adı verilir:<br />
1) U , vektör toplamı işlemine göre V nin bir alt grubudur,<br />
2) ∀λ<br />
∈ F ve a ∈ U için λa ∈U<br />
dur.<br />
Bu tanıma göre U ≠ ∅ ve U ⊂ V olmak üzere<br />
<br />
a) 0 ∈U<br />
,<br />
b) ∀ u , w∈ U için u + w∈ U ,<br />
c) ∀λ<br />
∈ F ve ∀u ∈ U için λu ∈ U<br />
koşulları gerçeklenirse U ⊂ V alt kümesi F cismi üstünde tanımlanan V vektör<br />
uzayının bir alt uzayı olur. U kümesinin de V de ki işlemlere göre bir vektör<br />
uzayı olduğu gösterilebilir. Herhangi bir V vektör uzayının sadece sıfır<br />
vektöründen oluşan alt kümesi ve vektör uzayının kendisi V nin alt uzaylarıdır.<br />
Bu alt uzaylara V nin aşikar (trivial) alt uzayları adı verilir.<br />
3<br />
Örnek 15.4. E vektör uzayında , verilen bir düzleme veya doğruya paralel<br />
3<br />
vektörlerin kümesi, E vektör uzayının bir alt uzayını oluştururlar.<br />
Örnek 15.5. I ⊂ R aralığı verilsin. f : I → R şeklindeki bütün<br />
fonksiyonların I( I, R ) kümesi bir vektör uzayıdır. f :<br />
I → R şeklindeki<br />
bütün sürekli fonksiyonların kümesi I( I, R ) nin bir alt vektör uzayıdır.<br />
Tanım 15.3. U ve V aynı F cismi üzerinde tanımlanmış iki vektör uzayı ve<br />
ϕ :V → U dönüşümü bire-bir ve üzerine olsun. Aşağıdaki iki koşul<br />
gerçeklenirse ϕ dönüşümüne V ile U vektör uzayları arasında bir izomorfizma<br />
ve V ile U vektör uzaylarına da izomorfturlar deriz:<br />
1) ∀a,<br />
b ∈ V için ϕ( a + b) = ϕ( a) + ϕ( b),<br />
2) ∀λ<br />
∈ F ve ∀a ∈ V için ϕ( λa) = λϕ( a).<br />
242
Sonlu boyutlu vektör uzaylarını, izomorfizmalar yardımıyla<br />
tanımlayacağımız denklik bağıntıları sayesinde izomorf sınıflara<br />
parçalayabiliriz. Aralarında bir izomorfizma tanımlanabilen iki vektör uzayını<br />
bağıntılı olarak tanımlarsak, tanımlayacağımız bağıntı bir denklik bağıntısı<br />
olur, böylece bu bağıntı sayesinde tanımlanabilen her bir denklik sınıfını bir<br />
izomorfizma sınıfı olarak düşünebiliriz. Biraz sonra vereceğimiz teoremle<br />
bunu nasıl yapabileceğimizi göreceğiz.<br />
Tanım 15.4. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve a1 , a2,..., an<br />
∈ V<br />
vektörleri verilsin. λ1 , λ2<br />
,..., λn ∈ F olmak üzere<br />
λ1a 1<br />
+ λ2a2 + ... + λnan<br />
şeklindeki bir toplama bir lineer birleşim adı verilir.<br />
x1 , x2<br />
,..., xn<br />
⊂ V<br />
olsun. ∀a ∈ V vektörü x1 , x2<br />
,..., x<br />
n<br />
vektörlerinin bir lineer birleşimi olarak tek<br />
türlü ifade edebiliyor ise { x1 , x2<br />
,..., x<br />
n}<br />
kümesine V nin bir tabanı (bazı) adı<br />
verilir. Bir a ∈V<br />
vektörünü<br />
a = λ1 x1 + λ2 x2 + ... + λn xn<br />
şeklinde yazarsak, buradaki λ1 , λ2<br />
,..., λn ∈ F sayılarına a vektörünün<br />
koordinatları deriz.<br />
Tanım 15.5. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve { }<br />
Örnek 15.6. Geometrik olarak iki vektör aynı bir doğruya paralel iseler bu<br />
vektörlere doğrusaldır, aynı bir düzleme paralel iseler düzlemseldir deriz.<br />
2<br />
Buna göre E de doğrusal olmayan iki vektör bir baz oluşturur. Benzer<br />
3<br />
şekilde düzlemsel olmayan üç vektör de E için baz oluştururlar.<br />
Örnek 15.7. e<br />
1<br />
= (1,0,...,0) , e<br />
2<br />
= (0,1,...,0) , ... , e<br />
n<br />
= (0,0,...,1) vektörleri<br />
vektör uzayının bir bazını oluşturur.<br />
Teorem 15.1. F cismi üzerinde n-vektörden oluşan bir baza sahip herhangi bir<br />
n<br />
V vektör uzayı, F vektör uzayına izomorftur.<br />
Kanıt. V nin bir bazı { x1 , x2<br />
,..., x<br />
n}<br />
olsun. Herhangi bir a ∈ V vektörü, bu<br />
baza göre a = λ1 x1 + λ2 x2 + ... + λn xn<br />
şeklinde ifade edilsin. Şimdi,<br />
n<br />
ϕ : V → F , ϕ( a) = ( λ1 , λ2,..., λn<br />
)<br />
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir izomorfizmadır. Gerçekten;<br />
∀a,<br />
b ∈ V ve ∀λ<br />
∈ F için<br />
a = a1 x1 + a2x2 + ... + anxn<br />
, b = b1 x1 + b2 x2 + ... + bn xn<br />
olmak üzere<br />
n<br />
F<br />
243
a + b = ( a1 + b1 ) x1 + ( a2 + b2 ) x2<br />
+ ... + ( an + bn ) xn<br />
ve<br />
λa = ( λa1 ) x1 + ( λa2 ) x2<br />
+ ... + ( λan<br />
) xn<br />
olduğundan ϕ dönüşümü bir izomorfizmadır.<br />
Örnek 15.8. Teorem 15.1. e göre<br />
2<br />
E ve<br />
3<br />
E sırasıyla<br />
2<br />
R ve<br />
3<br />
R e izomorftur.<br />
λ1 , λ2<br />
,..., λn ∈ F skalerleri sayesinde bir lineer birleşim<br />
λ1a 1<br />
+ λ2a2 + ... + λnan<br />
şeklinde verilsin. Eğer λ1 = λ2 = ... = λ n<br />
= 0 ise bu lineer birleşime aşikar<br />
(trivial) aksi durumda aşikar olmayan (non-trivial) bir lineer birleşimdir deriz.<br />
Tanım 15.6. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. a1 , a2,..., an<br />
∈ V<br />
vektörlerinin aşikar olmayan bir lineer birleşimi, sıfır vektörüne eşit oluyorsa<br />
bu vektörlere lineer bağımlıdır, aksi taktirde lineer bağımsızdır denir.<br />
Şu halde a1 , a2,..., an<br />
∈V<br />
vektörlerinin lineer bağımsız olması<br />
λ1a 1<br />
+ λ2a2 + ... + λnan<br />
= 0<br />
homojen denklem sisteminin ancak ve ancak sıfır çözüme sahip olmasına<br />
eşdeğer olmaktadır.<br />
Örnek 15.9. Sıfırdan farklı bir tek vektörden oluşan bir vektör kümesinin<br />
lineer bağımsız, sadece sıfır vektöründen oluşan veya sıfır vektörünü içeren bir<br />
vektör kümesinin ise lineer bağımlı olacağı açıktır. Ayrıca lineer bağımlı<br />
vektörleri kapsayan bir vektör kümesinin kendisi de lineer bağımlıdır. Bu<br />
düşünceyi aşağıdaki şekilde de ifade edebiliriz.<br />
Teorem 15.2. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. n > 1 olmak üzere<br />
a1 , a2,..., an<br />
∈ V vektörlerinin lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul<br />
bu vektörlerden en az birisinin diğerlerinin bir lineer birleşimi şeklinde<br />
yazılabilmesidir.<br />
Kanıt. a1 = µ<br />
2a2 + ... + µ<br />
nan<br />
olsun. Bu durumda,<br />
a1 − µ<br />
2a2 −... − µ<br />
nan<br />
= 0<br />
yazabiliriz ki, bu a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörlerinin lineer bağımlı olduğunu gösterir.<br />
Tersine, hepsi birden sıfır olmayan λ1 , λ2<br />
,..., λ<br />
n<br />
skalerleri için<br />
λ1a 1<br />
+ λ2a2 + ... + λnan<br />
= 0<br />
olsun. λ1 ≠ 0 olduğunu varsayalım. Bu taktirde,<br />
λ λ<br />
a = − a −...<br />
− a n<br />
2<br />
n<br />
1 2<br />
λ1 λ1<br />
244
yazabiliriz.<br />
Teorem 15.3. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve a1 , a2,..., an<br />
∈ V lineer<br />
bağımsız vektörleri verilsin. Bir b vektörünün a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörlerinin lineer<br />
a , a ,..., a , b<br />
birleşimi şeklinde yazılabilmesi için gerek ve yeter koşul { }<br />
kümesinin lineer bağımlı olmasıdır.<br />
Kanıt. Eğer b vektörü a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörlerinin lineer birleşimi olarak<br />
a , a ,..., a , b lineer bağımlıdır.<br />
yazılabiliyor ise Teorem 15.2. den dolayı { }<br />
Tersine hepsi birden sıfır olmayan λ1 , λ2<br />
,..., λ<br />
n<br />
, µ sayıları için<br />
λ1a 1<br />
+ λ2a2 + ... + λ<br />
nan<br />
+ µ b = 0<br />
olsun. Burada µ ≠ 0 olmak zorundadır. Aksi durumda µ = 0 için a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörleri lineer bağımlı olur ki, bu hipoteze aykırıdır. Dolayısıyla µ ≠ 0<br />
olduğunda<br />
λ1 λ2<br />
λn<br />
b = − a1 − a2 −...<br />
− a n<br />
µ µ µ<br />
yazabiliriz ki, bu b vektörünün a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörlerinin lineer birleşimi<br />
şeklinde yazılabildiğini gösterir.<br />
Teorem 15.4. Eğer b vektörü a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörlerinin lineer birleşimi olarak<br />
yazılabiliyor ise bu yazılışın tek türlü olması için gerek ve yeter koşul<br />
a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörlerinin lineer bağımsız olmasıdır.<br />
Kanıt. b vektörünün<br />
b = λ1a 1<br />
+ λ2a2 + ... + λ<br />
nan = µ<br />
1a1 + µ<br />
2a2<br />
+ ... + µ<br />
nan<br />
şeklinde iki gösterime sahip olduğunu kabul edelim. Buradan,<br />
( λ<br />
1<br />
− µ<br />
1) a1 + ( λ<br />
2<br />
− µ<br />
2<br />
) a2<br />
+ ... + ( λ<br />
n<br />
− µ<br />
n<br />
) an<br />
= 0<br />
yazabiliriz. Eğer b, tek türlü yazılabiliyor ise, yani 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀ i<br />
için λ<br />
i<br />
= µ<br />
i<br />
ise a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörleri lineer bağımsızdır. Tersine eğer<br />
a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörleri lineer bağımsız iseler yukarıdaki lineer homojen<br />
denklem sistemi sadece sıfır çözüme sahip olacağından 1 ≤ i ≤ n olmak üzere<br />
∀ i için λ<br />
i<br />
− µ<br />
i<br />
= 0 veya λ<br />
i<br />
= µ<br />
i<br />
elde ederiz ki, bu b nin a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörlerinin lineer birleşimi olarak tek türlü yazılabileceğini gösterir.<br />
Tanım 15.7. V bir vektör uzayı ve S ⊂ V olsun. S deki vektörlerin<br />
oluşturduğu bütün sonlu lineer birleşimlerin kümesine S nin gerdiği lineer<br />
uzay denir ve 〈 S〉 ile gösterilir. Bu uzay V nin S yi kapsayan en dar alt<br />
uzayıdır, eğer V = 〈 S〉 ise S kümesi V vektör uzayını geriyor deriz. V = 〈 S〉<br />
1 2<br />
n<br />
1 2<br />
n<br />
245
olmak üzere eğer S sonlu sayıda vektörden oluşuyor ise o taktirde V ye sonlu<br />
boyutlu vektör uzayı, aksi taktirde de sonsuz boyutlu vektör uzayıdır deriz.<br />
Teorem 15.5. F cismi üzerinde bir V vektör uzayı, n tane vektör tarafından<br />
gerilsin. Bu durumda m > n olmak üzere, V nin herhangi m tane vektörü lineer<br />
bağımlı olur.<br />
Kanıt. V = 〈 a1 , a2,..., an〉 ve m > n olmak üzere b1 , b2<br />
,..., b<br />
m<br />
, V nin herhangi<br />
m vektörü olsun. a1 , a2,..., a<br />
n<br />
vektörleri V nin bazını oluşturacağından<br />
b1 , b2<br />
,..., b<br />
m<br />
vektörlerini bu baz vektörlerin lineer birleşimleri olarak<br />
b = µ a + µ a + ... + µ a ,<br />
1 11 1 12 2 1n<br />
n<br />
b = µ a + µ a + ... + µ a ,<br />
2 21 1 22 2 2n<br />
n<br />
..............................................<br />
b = µ a + µ a + ... + µ a<br />
m m1 1 m2 2<br />
mn n<br />
şeklinde yazabiliriz. Şimdi λ1 , λ2,..., λm ∈ F olmak üzere<br />
λ b + λ b + ... + λ b = ( λ µ + λ µ + ... + λ µ ) a<br />
1 1 2 2 m m 1 11 2 21 m m1 1<br />
+ ( λ<br />
1µ 12<br />
+ λ<br />
2µ 22<br />
+ ... + λ<br />
mµ m2 ) a2 + ... + ( λ<br />
1µ 1n + λ<br />
2µ 2n + ... + λ<br />
mµ<br />
mn<br />
) an<br />
yazabiliriz. Bu eşitlikten aşağıdaki lineer homojen denklem sistemini<br />
oluşturalım;<br />
µ x + µ x + ... + µ x = 0,<br />
11 1 21 2 m1<br />
m<br />
µ x + µ x + ... + µ x = 0,<br />
12 1 22 2 m2<br />
m<br />
..............................................<br />
µ x + µ x + ... + µ x = 0<br />
1n 1 2n 2<br />
mn m<br />
Şimdi eğer ( λ1 , λ2,..., λ<br />
m<br />
) bu denklem sisteminin bir çözümü oluyorsa o zaman<br />
a1 , a2,..., an<br />
lerin hepsinin katsayıları sıfır olacağından<br />
λ1b 1<br />
+ λ2b2 + ... + λmbm<br />
= 0<br />
elde ederiz ki, bu b1 , b2<br />
,..., b<br />
m<br />
vektörlerinin lineer bağımlı olması demektir.<br />
Not: Teorem 15.5. e göre, bir vektör uzayına ait lineer bağımsız ve uzayı geren<br />
bir vektör kümesinin, bu uzayın bir bazı olacağı açıktır.<br />
Teorem 15.6. V bir vektör uzayı ve S, V nin V yi geren herhangi bir sonlu alt<br />
kümesi olsun. Bu durumda S, V nin bir bazını içerir.<br />
Kanıt. S lineer bağımsız bir küme ise ispat tamamdır, eğer S lineer bağımlı<br />
bir küme ise o zaman S, Teorem 15.2. den dolayı S deki diğer vektörler<br />
tarafından ifade edilebilen bir vektörü kapsar. Bu vektörü S den çıkarırsak<br />
geriye kalan küme yine V yi gerer, üstelik bu kümedeki vektör sayısı S deki<br />
246
vektör sayısından bir eksiktir. Bu şekilde devam edersek sonuçta lineer<br />
bağımsız ve V yi geren yani V nin bir bazını oluşturan bir kümeye ulaşırız.<br />
Teorem 15.7. Sonlu boyutlu bir vektör uzayının bütün bazları aynı sayıda<br />
vektöre sahiptir. Bu sayıya V nin boyutu deriz ve boyV şeklinde gösteririz.<br />
Kanıt. V nin farklı sayıda vektöre sahip iki bazının var olduğunu kabul edelim.<br />
Bu durumda Teorem 15.5. e göre daha fazla sayıda vektöre sahip olan bazın<br />
vektörleri lineer bağımlı olur, bu ise baz tanımına aykırıdır. Çünkü bir vektör<br />
uzayının bazı lineer bağımsız vektörlerden oluşur.<br />
Örnek 15.10. V , F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve X, V nin sonlu n-<br />
elemanlı bir alt kümesi olsun. X → F şeklindeki bütün fonksiyonların<br />
kümesini I ( X , F)<br />
ile gösterelim. Bu durumda I ( X , F)<br />
bir vektör uzayıdır ve<br />
boyutu n dir. Gerçekten, ∀a,<br />
x ∈ X için<br />
⎧1,<br />
x = a<br />
δ<br />
a<br />
( x)<br />
= ⎨<br />
⎩0,<br />
x ≠ a<br />
şeklinde tanımlı δ fonksiyonunu göz önüne alalım. Her ϕ ∈ I ( X , F)<br />
fonksiyonunu<br />
ϕ = ∑ ϕ( a) δ a<br />
a∈X<br />
biçiminde ifade edebiliriz. Böylece, ∀a ∈ X için tanımlayabileceğimiz δ<br />
a<br />
fonksiyonlarının kümesi ( n elemanlı ) I ( X , F)<br />
vektör uzayının bazını<br />
oluşturur. Dolayısıyla boy I = n dir.<br />
Eğer X sonsuz elemanlı bir küme ise o zaman her n için I ( X , F)<br />
, farklı<br />
a1 , a2,..., a<br />
n<br />
ler için<br />
δ , δ ,..., δ şeklinde sonsuz çoklukta bir baza sahip<br />
a1 a2<br />
a n<br />
olacağından I ( X , F)<br />
sonsuz boyutlu olur.<br />
Örnek 15.11. R reel sayılar cisminin, Q rasyonel sayılar cismi üzerinde bir<br />
vektör uzayı yapısına sahip olduğunu biliyoruz. Bu vektör uzayı sonsuz<br />
boyutludur. Gerçekten, eğer sonlu boyutlu olmuş olsaydı o zaman her bir reel<br />
sayıyı sonlu sayıda rasyonel sayı sayesinde ifade edebilirdik ki, bu durumda<br />
reel sayılar kümesi sayılabilir olurdu. Halbuki bu mümkün değildir, çünkü reel<br />
sayılar kümesi sayılabilir değildir.<br />
Not: Sayılabilir sonsuz elemanlı bir küme,<br />
kümedir.<br />
+<br />
Z ile bire-bir eşlenebilen<br />
247
Teorem 15.8. Bir V vektör uzayının bir S<br />
⊂ V<br />
lineer bağımsız vektöre sahip herhangi bir { }<br />
vektörlerinin gerdiği 〈 S〉 uzayının bir bazıdır.<br />
∀ ∈ 〈 〉 vektörünün { }<br />
alt kümesinin maksimal sayıda<br />
x1 , x2<br />
,..., x<br />
k<br />
alt kümesi, S nin<br />
Kanıt. x S<br />
x1 , x2<br />
,..., x<br />
k<br />
bazına ait vektörlerin lineer<br />
birleşimi biçiminde yazılabileceğini göstermeliyiz. 〈 S〉 nin tanımına göre x<br />
vektörü S nin vektörlerinin lineer birleşimi şeklinde yazılabilir. O halde x ∈ S<br />
nin x1 , x2<br />
,..., x<br />
k<br />
ların lineer birleşimi şeklinde yazılabileceğini kanıtlamalıyız.<br />
Gerçekten, x ∈ { x1 , x2,..., xk<br />
} ise bu açıktır. x ∉ { x1 , x2,..., xk<br />
} ise Teorem 15.3.<br />
den sonuç elde edilir.<br />
Bu teoremde S = V almak suretiyle aşağıdaki teoremi ifade edebiliriz.<br />
Teorem 15.9. Bir V vektör uzayının lineer bağımsız herhangi bir vektör<br />
kümesi, V nin bir bazına tamamlanabilir.<br />
Şimdi sonlu boyutlu vektör uzaylarını sınıflandıran aşağıdaki teoremi<br />
kanıtlayabiliriz.<br />
Teorem 15.10. Aynı cisim üstünde tanımlı sonlu boyutlu vektör uzaylarının<br />
izomorf olabilmesi için gerek ve yeter koşul boyutlarının aynı olmasıdır.<br />
Kanıt. U ve V, aynı F cismi üzerinde tanımlı iki vektör uzayı olsun.<br />
φ :V → U dönüşümü bir vektör uzayı izomorfizması ve { e1 , e2<br />
,..., e<br />
n}<br />
de V<br />
nin bir bazı olsun. İzomorfizmalar bazları koruyacağından<br />
{ φ( e1 ), φ( e2<br />
),..., φ ( e n<br />
)}<br />
de U nun bir bazı olur ki, buradan boyU<br />
= boyV<br />
elde<br />
edilir. Tersine, boyU = boyV = n olsun. Bu durumda Teorem 15.1. den U ve<br />
n<br />
V uzayları, F ye izomorf olduklarından, U ve V nin de birbirine izomorf<br />
olduğunu elde ederiz.<br />
Bu teoremin sonucu olarak, bir F cismi üzerinde tanımlı n-boyutlu<br />
herhangi bir V vektör uzayını, elemanları F cisminden seçilen sıralı n-lilerin<br />
n<br />
oluşturduğu F vektör uzayı ile yer değiştirebiliriz. Eğer V nin bir bazını sabit<br />
tutarsak, bu baza göre V nin herhangi bir vektörünü, vektörün bu baza göre<br />
bulunacak koordinatlarına eşleyen dönüşüm bir izomorfizma tanımlar, buna<br />
doğal izomorfizma diyeceğiz. Doğal izomorfizma sayesinde V nin baz<br />
n<br />
vektörleri F nin birim normlu vektörlerine resmedilirler. Bu durumda<br />
bileşenleri, bir matrisin satırları olarak yazarsak , bu matrisin satırlarının<br />
oluşturacağı vektör uzayı sabit bir baza göre sonlu boyutlu bir vektör uzayı<br />
oluşturur ve satır uzayı olarak isimlendirilir.<br />
Şimdi, n-boyutlu V vektör uzayının bütün bazlarının kümesini göz önüne<br />
alalım. { e1 , e2<br />
,..., e<br />
n}<br />
bazını sabit düşünelim. Bu durumda V nin sıralı bir bazı<br />
{ }<br />
e' 1, e' 2,..., e ' n<br />
ise bu bazın bileşenleri<br />
248
şeklindedir ve<br />
n<br />
e' = ∑ e c , j = 1,2,..., n<br />
(15.1)<br />
j i ij<br />
i=<br />
1<br />
C = ⎡ ⎣ c ⎤<br />
ij ⎦ matrisini tanımlar. Bu matrise { e1 , e2<br />
,..., e<br />
n}<br />
nxn<br />
e e e bazına olan dönüşüm matrisi adı verilir. Bu matrisin<br />
bazından { '<br />
1, '<br />
2,..., ' n }<br />
kolonları { e e e } bazının vektörlerinin { }<br />
'<br />
1, '<br />
2,..., ' n<br />
bileşenlerinden oluşur. Dolayısıyla<br />
bağımsızdır, aksi taktirde { }<br />
ij<br />
nxn<br />
e1 , e2<br />
,..., e<br />
n<br />
bazına göre<br />
C = ⎡ ⎣ c ⎤ ⎦ matrisinin kolonları lineer<br />
e' 1, e' 2,..., e ' n<br />
kümesi V nin bir bazını oluşturamaz.<br />
Böylece C matrisi regüler bir matris olmak zorundadır. O halde det C ≠ 0 dır.<br />
Eğer sabit { e1 , e2<br />
,..., e<br />
n}<br />
bazına göre diğer bütün bazların dönüşüm<br />
matrislerinin kümesini göz önüne alırsak bu küme regüler matrislerden<br />
oluşur. det C > 0 ise { e1 , e2<br />
,..., e<br />
n}<br />
bazı ile { e' 1, e' 2,..., e ' n } bazı aynı<br />
e' 1, e' 2,..., e ' n<br />
bazı pozitif yönlendirilmiştir, det C < 0<br />
ise negatif yönlendirilmiştir deriz. Böylece söz konusu vektör uzayını<br />
yönlendirmiş oluruz.<br />
(15.1) denklemini matris gösterimi ile<br />
e' , e' ,..., e' = e , e ,..., e C<br />
yönlendirilmiştir veya { }<br />
[ 1 2 n ] [ 1 2 n ]<br />
∈ V vektörünü, V nin { e e e } ve { e e e }<br />
şeklinde yazabiliriz. x<br />
1, 2,..., n<br />
'<br />
1, '<br />
2,..., ' n<br />
bazlarına göre ifade edersek<br />
n<br />
n<br />
x = x e + ... + x e = x ' e' + ... + x ' e' = x ' e c + ... + x ' e c<br />
∑ ∑<br />
1 1 n n 1 1 n n 1 i i1<br />
n i in<br />
i= 1 i=<br />
1<br />
= x ' ( e c + e c + ... + e c ) + ... + x ' ( e c + e c + ... + e c )<br />
1 1 11 2 21 n n1 n 1 1n 2 2n n nn<br />
yazarız. Buradan<br />
⎡ x1<br />
⎤ ⎡ x ' 1 ⎤<br />
X =<br />
⎢ ⎥<br />
⎢<br />
⋮ ⎥<br />
, X ' =<br />
⎢ ⎥<br />
⎢<br />
⋮ ⎥<br />
⎢⎣<br />
x ⎥<br />
n ⎦ ⎢⎣<br />
x ' n<br />
⎥⎦<br />
dersek,<br />
x = e' , e' ,..., e' X ' = e , e ,..., e CX '<br />
[ ] [ ]<br />
1 2 n<br />
1 2<br />
yazabiliriz. Böylece, iki baz arasında<br />
X = CX '<br />
şeklindeki koordinat dönüşüm denklemini elde ederiz, bunu bileşenler<br />
cinsinden<br />
şeklinde yazarız.<br />
n<br />
x = ∑ c x ' , i = 1,2,..., n<br />
i ij j<br />
j=<br />
1<br />
n<br />
249
16. BÖLÜM. CEBİR<br />
V kümesi, bir F cismi üzerinde vektör uzayı olmak üzere V üzerinde<br />
V × V → V<br />
( x, y)<br />
→ xy<br />
şeklinde tanımlanan çarpma işlemi (cebir işlemi)<br />
i. ∀x, y ∈V , ∀λ<br />
∈ F için ( λx) y = x( λ y) = λ( xy)<br />
,<br />
ii. ∀x, y,<br />
z ∈ V için ( x + y)<br />
z = xz + yz , x( y + z)<br />
= xy + xz<br />
koşullarını sağlıyorsa V ye bir cebir adı verilir. Bu tanıma göre V nin F cismi<br />
üstünde bir cebir yapısı oluşturması için V üstündeki toplama, çarpma ve F nin<br />
elemanları ile V nin elemanlarının çarpımı işlemleri aşağıdaki koşulları<br />
gerçeklemelidir;<br />
1) V, toplama ve F nin elemanları ile çarpma işlemleri ile bir vektör uzayı<br />
olmalı,<br />
2) V, toplama ve çarpma işlemleri ile bir halka olmalı,<br />
3) ∀ x,<br />
y ∈ V , ∀λ<br />
∈ F için ( λx) y = x( λ y) = λ( xy)<br />
olmalıdır.<br />
Tanım 16.1. V bir cebir olsun. Eğer ∀x, y,<br />
z ∈ V için ( xy) z = x( yz)<br />
koşulu<br />
da sağlanıyorsa V ye bir birleşmeli cebir ; ∀x,<br />
y ∈ V için xy = yx koşulu<br />
sağlanırsa V ye bir değişmeli cebir ; ∀x ∈ V için xe = ex = x koşulunu<br />
sağlayan bir e ∈V<br />
birim elemanı bulunabiliyorsa V ye bir birimli cebir adı<br />
verilir.<br />
Tanım 16.2. V ve W herhangi iki cebir olsun. Eğer ϕ :V → W lineer<br />
dönüşümü ∀x, y,<br />
z ∈ V için<br />
ϕ( xy) = ϕ( x) ϕ( y)<br />
koşulunu gerçekliyor ise ϕ ye bir cebir homomorfizması adı verilir. Eğer ϕ<br />
homomorfizması bire-bir ve üzerine ise bir cebir izomorfizması adı verilir.<br />
V ve W herhangi iki birimli cebir olsun. e1 ∈V , e2<br />
∈ W birim elemanlar<br />
olmak üzere ϕ :V → W homomorfizması üzerine ise bu durumda ϕ ( e1 ) = e2<br />
dir. Gerçekten, ϕ üzerine olduğundan verilen herhangi bir y ∈ W elemanı için<br />
ϕ ( x)<br />
= y olacak şekilde bir x ∈ V elemanı bulunabilir. O halde<br />
y = e y = ϕ( e ) ϕ( x) = ϕ( e x) = ϕ( x)<br />
2 1 1<br />
olduğundan e2 = ϕ( e1<br />
) , W nin birim elemanıdır.<br />
250
Tanım 16.3. V, F cismi üzerinde birleşmeli bir cebir olsun. S ⊂ V olmak<br />
üzere V nin her x elemanı x , x ,..., x ∈ S ve λ , λ ,..., λ ∈ elemanlarının<br />
i1 i2<br />
i k<br />
∑<br />
i<br />
λ<br />
x<br />
i1 ,..., ik<br />
i1<br />
,..., ik<br />
i1 i2<br />
i<br />
F<br />
k<br />
şeklindeki bir lineer birleşimi olarak ifade edilebiliyor ise S ye V nin bir üreteç<br />
sistemi deriz, bu durumda S, V yi gerer.<br />
Tanım 16.4. V herhangi bir cebir ve W ⊂ V bir alt vektör uzayı olsun. Eğer<br />
W, V de tanımlı olan çarpma işlemine göre kapalı ise W ye V nin bir alt cebri<br />
denir.<br />
Tanım 16.5. (Cebirsel ideal) V bir cebir ve I ⊂ V bir alt vektör uzayı olsun.<br />
∀x<br />
∈ V için α ∈ I olmak üzere xα ∈ I ise I ya V nin bir sağ ideali, α x ∈ I<br />
ise I ya V nin bir sol ideali adı verilir. Eğer V değişmeli ise bu durumda sağ ve<br />
sol ideal kavramları anlamını yitirir ve bu durumda I ya sadece V nin bir<br />
ideali denir.<br />
Örnek 16.1. V birleşmeli bir cebir olmak üzere V nin bir x elemanını göz<br />
önüne alalım.<br />
N = α ∈ V | xα<br />
= 0<br />
x<br />
{ }<br />
kümesi V nin bir sağ idealidir. Çünkü<br />
olduğundan<br />
αβ ∈ N<br />
x<br />
dir.<br />
β ∈ V için ( xα ) β = x( αβ ) = 0<br />
V bir cebir, I ⊂ V alt vektör uzayı ve I aynı zamanda V nin bir ideali ise<br />
bu durumda V I bölüm cebrini tanımlayabiliriz. Bunun için önce<br />
π :V → V I<br />
şeklindeki doğal izdüşüm dönüşümünü tanımlarız ve aşağıdaki teoremi<br />
kullanarak bölüm cebrini tanımlayabiliriz.<br />
Teorem 16.1. π :V → V I dönüşümü tanımlansın. V I da bir çarpma<br />
işleminin tanımlanabilmesi için gerek ve yeter koşul I nın V de bir ideal<br />
olmasıdır.<br />
Kanıt. V I da bir çarpma işleminin tanımlı olduğunu kabul edelim. x,<br />
y ∈ V<br />
olmak üzere π ( x)<br />
= x′<br />
, π ( y)<br />
= y′<br />
şeklinde gösterelim. π bir homomorfizma<br />
olduğundan<br />
x ' y ' = π ( x) π ( y) = π ( xy)<br />
yazabiliriz. Şimdi x ∈ I olduğunu kabul edersek y ∈ V olmak üzere, π bir<br />
homomorfizma olduğundan<br />
π ( xy) = π ( x) π ( y) = x ' y ' = 0<br />
251
ifadesi x,<br />
y ∈ I olmasını gerektirir. Böylece I, V nin bir ideali olur.<br />
Teoremin karşıtı kolayca kanıtlanır.<br />
Örnek 16.2. F cisminin alt cismi olduğu her K cismi, F üzerinde bir cebirdir.<br />
Buna göre, C kompleks sayılar cismi, R reel sayılar cismi üzerinde bir cebir<br />
yapısı oluşturur.<br />
3<br />
Örnek 16.3. E , 3-boyutlu Öklid uzayı , vektörel çarpma işlemi ile bir cebir<br />
yapısına sahiptir.<br />
Örnek 16.4. Herhangi bir X kümesinden , F cismine olan fonksiyonların<br />
I ( X , F)<br />
kümesi , fonksiyonların bilinen toplamı, çarpımı ve bir sayı ile bir<br />
fonksiyonun çarpımı işlemlerine göre F cismi üzerinde bir cebirdir. Bu cebir<br />
değişmeli, birleşmeli ve birim elemanlı bir cebirdir.<br />
Örnek 16.5. X bir küme ve 2 X , X in alt kümelerinin kümesi olsun. M ,<br />
N ∈ 2 X alt kümeleri için<br />
M ∆ N = ( M − N) ∪ ( N − M )<br />
şeklinde tanımlı simetrik fark ve kümelerin kesişimi işlemlerini, sırasıyla<br />
toplama ve çarpma işlemleri olarak alırsak bu işlemlere göre 2 X kümesi bir<br />
halka yapısına sahip olur. Üstelik bu halka değişmeli ve birleşmelidir. Şimdi<br />
Z<br />
2<br />
cismini göz önüne alalım. Z<br />
2<br />
nin elemanları ile 2 X in elemanlarının<br />
çarpımı işlemini de aşağıdaki kurallara göre tanımlarsak 2 X kümesi Z<br />
2<br />
üzerinde bir cebir yapısı oluşturur:<br />
∀M<br />
∈ 2 X ve 0, 1∈ Z<br />
2<br />
için 0M = ∅ , 1M = M .<br />
Şimdi F cismi üzerinde tanımlı bir A cebrini göz önüne alalım. A aynı<br />
zamanda F cismi üzerinde bir vektör uzayıdır. A nın vektör uzayı olarak bir<br />
bazı { e , e ,..., e<br />
n}<br />
olsun. A nın bu baza göre yazılan iki elemanı<br />
1 2<br />
n<br />
a = ∑ aiei<br />
ve b = ∑ biei<br />
i=<br />
1<br />
olsun. Çarpmanın toplama üzerine dağılma özelliğini kullanarak<br />
n<br />
i=<br />
1<br />
n n n n<br />
ab = a ( e b) = a ( b ( e e )) = a b ( e e )<br />
∑ ∑ ∑ ∑<br />
i i i j i j i j i j<br />
i= 1 i= 1 j= 1 i, j=<br />
1<br />
yazabiliriz ki, bu sonuç A cebrine ait iki elemanın çarpımının tamamen baz<br />
vektörlerin çarpımları sayesinde bulunabileceğini gösterir. Böylece, eğer baz<br />
vektörlerin çarpımı değişmeli ise bu durumda A da ki çarpma işlemi de genel<br />
olarak değişmeli olur. Bunu gerçeklemek için a,<br />
b ∈ A olsun.<br />
252
∑ ∑ ba<br />
ab = a b ( e e ) = b a ( e e ) =<br />
i j i j j i j i<br />
i, j<br />
i,<br />
j<br />
elde ederiz. Benzer şekilde eğer baz vektörlerin çarpımı birleşmeli ise bu<br />
durumda A da ki çarpma işlemi de genel olarak birleşmeli olur. Diğer taraftan<br />
V bir vektör uzayı; { e1 , e2<br />
,..., e<br />
n}<br />
, V nin bir bazı ve e<br />
ij<br />
( i, j = 1, 2,..., n)<br />
ler V nin<br />
seçilen keyfi vektörleri ise bu durumda V üstündeki çarpma işlemini a,<br />
b ∈ A<br />
olmak üzere<br />
ab = ∑ aibjeij<br />
i,<br />
j<br />
kuralı sayesinde tanımlayabiliriz. Böylece V, bir cebir yapısına sahip olacakır.<br />
Örnek 16.6. C kompleks sayılar cisminin, R reel sayılar cismi üzerinde bir<br />
cebir olduğunu, C deki çarpma işlemini C nin { 1,i } şeklindeki bazının işlem<br />
tablosunu<br />
şeklinde tanımlamak suretiyle elde edebiliriz. Üstelik C deki çarpma<br />
işleminin değişmeli ve birleşmeli olduğu, bazdaki 1 ve i elemanlarının<br />
çarpımlarının değişmeli ve birleşmeli oluşundan açıktır.<br />
Örnek 16.7. { , , }<br />
e e e ,<br />
1 2 3<br />
x 1 i<br />
1 1 i<br />
i i -1<br />
3<br />
E vektör uzayının bir ortonormal bazı olsun.<br />
deki vektörel çarpma işlemi, baz vektörlerinin vektörel çarpım tablosu,<br />
3<br />
aşağıdaki şekilde tanımlanırsa E bir cebir yapısına sahip olur.<br />
x e<br />
1<br />
e<br />
2<br />
e<br />
3<br />
e<br />
1 0 e<br />
3<br />
− e2<br />
e<br />
2<br />
− e3<br />
0 e<br />
1<br />
e<br />
3<br />
e<br />
2<br />
e1<br />
− 0<br />
3<br />
E<br />
3<br />
Bu çarpma işlemi değişmeli değildir ve ∀ a, b,<br />
c ∈ E için Jacobi Özdeşliği<br />
adını verdiğimiz<br />
( a × b) × c + ( b× c) × a + ( c × a) × b = 0<br />
şeklindeki denklemi gerçekler. Bunu kanıtlamak için sadece baz vektörler için<br />
bu denklemin sağlandığını göstermek yeterlidir.<br />
253
Tanım 16.6. Bir cebrin bir alt kümesi aynı zamanda bu cebrin bir alt uzayı ve<br />
bir alt halkası oluyor ise bu alt küme bir cebir yapısına sahip olur ve ilk cebrin<br />
bir alt cebrini tanımlar. Benzer şekilde iki cebir arasında bir dönüşüm<br />
verildiğinde eğer bu dönüşüm cebirlerin vektör uzayı ve halka yapıları<br />
arasında da bir izomorfizma tanımlıyor ise bu dönüşüm iki cebir arasında da<br />
bir izomorfizma tanımlar. Bu durumda bu iki cebire izomorftur deriz.<br />
Örnek 16.8. Kuaternionlar cebri adını vereceğimiz H nın cebir işlemi, H nın<br />
e , e , e , e olmak üzere baz vektörlerinin çarpma işleminin<br />
bir bazı { }<br />
1 2 3 4<br />
tablosunu aşağıdaki şekilde tanımlamak suretiyle verilir:<br />
x e<br />
1<br />
e<br />
2<br />
e<br />
3<br />
e<br />
4<br />
e<br />
1<br />
e<br />
1<br />
e<br />
2<br />
e<br />
3<br />
e<br />
4<br />
e<br />
2<br />
e<br />
2<br />
- e 1<br />
e<br />
4<br />
- e 3<br />
e<br />
3<br />
e<br />
3<br />
- e 4<br />
- e 1<br />
e<br />
2<br />
e<br />
4<br />
e<br />
4<br />
e<br />
3<br />
- e 2<br />
- e 1<br />
Bu cebir, tablodan görülebileceği gibi birleşmelidir, fakat değişmeli değildir.<br />
Üstelik kompleks sayılar cebri, bu cebrin bir alt cebrini oluşturur.<br />
Şimdi elemanları bir F cisminden seçilen m× n mertebeli<br />
⎛ a11 … a1<br />
n ⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
A =<br />
⋮ ⋱ ⋮<br />
⎜ am<br />
1<br />
a ⎟<br />
⎝ ⋯<br />
mn ⎠<br />
şeklindeki matrisleri göz önüne alalım. Bu matrisi kısaca A = ( a ij<br />
) şeklinde<br />
gösterelim. A = ( a ij<br />
) ve B = ( b ij<br />
) matrisleri aynı mertebeli olmak üzere<br />
toplamı<br />
A + B = ( a + b )<br />
şeklinde tanımlanan aynı mertebeli bir matristir. Bir A = ( a ij<br />
) matrisinin, F<br />
cisminin bir λ ∈ F elemanı ile çarpımını ise<br />
λ A = ( λa ij<br />
)<br />
şeklinde tanımlarız. Bu iki işlemle birlikte m× n mertebeli bütün matrislerin<br />
m n<br />
F × kümesi bir vektör uzayı oluşturur. Bu uzayın F cismi üzerindeki mn<br />
m n<br />
boyutlu vektör uzayına eşdeğer olduğu, herhangi bir A = ( a ) ∈ F × matrisi<br />
için<br />
ij<br />
ij<br />
ij<br />
254
F( A) = ( a , a ,..., a , a , a ,..., a ,..., a , a ,..., a ) ∈ F<br />
11 12 1n 21 22 2n m1 m2<br />
mn<br />
m n<br />
F × den<br />
mn<br />
F<br />
dönüşümünün<br />
üzerine bir izomorfizma olması nedeniyle<br />
açıktır.<br />
Diğer taraftan m× n mertebeli bir A = ( a ij<br />
) matrisi ile n× p mertebeli bir<br />
B = ( b ij<br />
) matrisinin çarpımı , cik<br />
bileşeni<br />
c<br />
n<br />
= ∑ a b<br />
ik ij jk<br />
j=<br />
1<br />
ile verilen m× p mertebeli bir AB = ( c ik<br />
) matrisidir. Dikkat edilirse iki<br />
matrisin çarpımı ancak birinci matrisin kolon sayısı, ikinci matrisin satır<br />
sayısına eşit olduğu durumda tanımlanabilmektedir.<br />
Örnek 16.9.<br />
⎛ 3 −1⎞<br />
⎛0 3 − 2⎞⎜ ⎟ ⎛0.3+ 3.0 + ( −2).( −2) 0.( − 1) + 3.4 + ( −2).1⎞ ⎛ 4 10 ⎞<br />
⎜ ⎟ 0 4<br />
1 1 2 = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝ − ⎠⎜<br />
⎝1.3 + ( − 1).0 + 2.( −2) 1.( − 1) + ( − 1).4 + 2.1⎠ ⎝ −1 −3⎠<br />
−2 1 ⎟<br />
⎝ ⎠<br />
olur.<br />
Örnek 16.10.<br />
⎛cosα −sinα ⎞⎛cos β −sin<br />
β ⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟<br />
⎝ sinα cosα ⎠⎝ sin β cos β ⎠<br />
⎛ cosα cos β − sinα sin β − cosα sin β − sinα cos β ⎞<br />
= ⎜ ⎟<br />
⎝sinα cos β + cosα sin β − sinα sin β + cosα cos β ⎠<br />
⎛ cos( α + β ) − sin( α + β ) ⎞<br />
= ⎜ ⎟ .<br />
⎝ sin( α + β ) cos( α + β ) ⎠<br />
Matris çarpımı işlemi, matrislerin çarpılabilir olması durumunda, birleşme<br />
özelliğine sahiptir, yani çarpılabilir satır ve kolon sayılarına sahip olan<br />
A, B,<br />
C matrisleri için<br />
( AB) C = A( BC)<br />
özeliği vardır. Gerçekten,<br />
( AB) C = ( m il<br />
) ve A( BC) = ( n il<br />
)<br />
(16.1)<br />
dersek,<br />
m ⎛ ⎞<br />
il<br />
= ∑⎜∑ aijbjk ⎟ckl = ∑ aijbjkckl<br />
,<br />
k ⎝ j ⎠ j,<br />
k<br />
n a ⎛ ⎞<br />
= ∑ ⎜ ∑ b c ⎟ = ∑ a b c<br />
⎝ ⎠<br />
il ij jk kl ij jk kl<br />
j k j,<br />
k<br />
mn<br />
255
olduğundan mil = nil<br />
elde ederiz.<br />
n× n mertebeli bir matrise n. mertebeden bir kare matris adı verilir. Bir<br />
kare matris iki köşegene sahip olup bunlardan sol üst köşeden sağ alt köşeye<br />
olanına esas köşegen veya sadece köşegen, diğerine ise ikinci köşegen adını<br />
veririz. Eğer bir kare matrisin esas köşegeni dışındaki bütün elemanları sıfır ise<br />
böyle bir matrise köşegen matris adı verilir. Bir köşegen matris ile bir matrisin<br />
çarpımı aşağıda görüldüğü gibi kolayca yapılır.<br />
⎛ a1 0 ⋯ 0 ⎞⎛ b11 b12 ⋯ b1 n ⎞ ⎛ a1b11 a1b 12<br />
⋯ a1b1<br />
n ⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
0 a2 ⋯ 0<br />
⎟⎜<br />
b21 b22 ⋯ b2 n ⎟ ⎜<br />
a2b21 a2b22 ⋯ a2b2<br />
n<br />
=<br />
⎟ ,<br />
⎜⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟ ⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
0 0 ⋯ a b b ⋯ b a b a b ⋯ a b<br />
⎝ m ⎠⎝ m1 m2 mn ⎠ ⎝ m m1 m m2<br />
m mn ⎠<br />
⎛ a11 a12 ⋯ a1 n ⎞⎛ b1 0 ⋯ 0 ⎞ ⎛ a11b1 a12b2 ⋯ a1<br />
nbn<br />
⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
⎜<br />
a21 a22 ⋯ a2n ⎟⎜<br />
0 b2 ⋯ 0<br />
⎟ ⎜<br />
a21b1 a22b2 ⋯ a2nbn<br />
=<br />
⎟.<br />
⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟⎜⋯ ⋯ ⋯ ⋯⎟ ⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟<br />
a a ⋯ a 0 0 ⋯ b a b a b ⋯ a b<br />
⎝ m1 m2 mn ⎠⎝ n ⎠ ⎝ m1 1 m2 2<br />
mn n ⎠<br />
Esas köşegen üzerindeki bütün elemanları 1, diğer bütün elemanları sıfır olan<br />
⎛ 1 0 ⋯ 0 ⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
0 1 0<br />
I ⎜<br />
⋯<br />
= ⎟<br />
⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎝ 0 0 ⋯ 1 ⎠<br />
şeklindeki köşegen matrise birim matris adı verilir. Eğer A, m× n mertebeli<br />
bir matris ise<br />
AIn<br />
= A ve I A = A<br />
(16.2)<br />
m<br />
dır, burada I ve m<br />
I<br />
n<br />
sırasıyla m. ve n. mertebeden birim matrisleri<br />
göstermektedir. λ I şeklindeki matrislere skaler matrisler diyeceğiz.<br />
Çarpılabilir olma koşulu gerçeklenmek üzere matris çarpımı işlemi ile matris<br />
toplamı ve sayı-matris çarpımı işlemleri arasında aşağıdaki özellikler<br />
yazılabilir:<br />
1) A( B + C)<br />
= AB + AC ,<br />
2) ( A + B) C = AC + BC,<br />
3) ∀λ<br />
∈ F için ( λ A) B = A( λB) = λ( AB).<br />
256
Bu üç özellikle birlikte (16.1) ve (16.2) özellikleri, n. mertebeden bütün kare<br />
matrislerin kümesinin birim elemanlı ve birleşmeli bir cebir olduğunu gösterir.<br />
F cismi üzerinde tanımladığımız bu cebri M ( F ) şeklinde göstereceğiz.<br />
n = 1 için M ( ) 1<br />
F , F cisminin kendisidir. n ≥ 2 için M ( ) n<br />
F cebri değişmeli<br />
değildir, örneğin n = 2 için<br />
⎛1 0⎞⎛0 1⎞ ⎛0 1⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝0 0⎠⎝0 0⎠ ⎝0 0⎠ , ⎛0 1⎞⎛1 0⎞ ⎛0 0⎞<br />
⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝0 0⎠⎝0 0⎠ ⎝0 0⎠<br />
olduğundan matris çarpımı değişmeli değildir.<br />
Diğer taraftan, M ( F ) cebrinin sıfır bölenlere sahip olduğu yukarıda<br />
n<br />
sağdaki eşitlikten açıktır. Üstelik M<br />
n<br />
( F ) , kareleri sıfır olan matrislere sahiptir,<br />
örneğin<br />
2<br />
⎛0 1⎞ ⎛0 1⎞⎛0 1⎞ ⎛0 0⎞<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
⎝0 0⎠ ⎝0 0⎠⎝0 0⎠ ⎝0 0⎠<br />
dır. M ( F ) sıfır bölenlere sahip olduğundan sıfır olmayan inverslenemez<br />
n<br />
matrislere de sahiptir. Örneğin, M ( F ) nin ⎛1 0⎞<br />
2 ⎜ ⎟<br />
⎝0 0⎠ ve ⎛0 1⎞<br />
⎜ ⎟<br />
⎝0 0⎠ elemanları<br />
çarpımsal inverse sahip değildir.<br />
Örnek 16.11. M<br />
n<br />
( F ) nin ( i, j ) . bileşeni 1, diğer bütün bileşenleri sıfır olan<br />
matrislerini E ile gösterelim. Bu matrislerin sayısı mn dir ve M ( F ) vektör<br />
ij<br />
uzayının bir bazını oluştururlar.<br />
Örnek 16.12. M ( R ) cebrinin ,<br />
2<br />
a b ∈ R olmak üzere<br />
n<br />
n<br />
⎛ a<br />
⎜<br />
⎝ b<br />
−b<br />
⎞<br />
⎟<br />
a ⎠<br />
şeklindeki matrislerinden oluşan alt kümesi, bu cebrin bir alt cebrini oluşturur<br />
ve bu alt cebir kompleks sayıların cebrine izomorftur.<br />
Örnek 16.13. Reel sayılar cismi üzerinde tanımlayacağımız M ( C ) cebrinin<br />
2<br />
a,<br />
b ∈ C olmak üzere<br />
⎛ a<br />
⎜<br />
⎝ b<br />
−b<br />
⎞<br />
⎟<br />
a ⎠<br />
257
şeklindeki elemanlarının oluşturduğu alt küme, M ( ) 2<br />
C nin bir alt cebridir ve<br />
bu alt cebir, kuaternionların cebrine izomorftur.<br />
⎛ a11 a12 ⋯ a1<br />
n ⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
a21 a22 ⋯ a2n<br />
⎟<br />
⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎝ am 1<br />
am2<br />
⋯ amn<br />
⎠<br />
matrisini göz önüne alalım. Bu matrisin satırları ile kolonlarını sıralı olarak<br />
karşılıklı yer değiştirerek elde edeceğimiz<br />
t<br />
A<br />
⎛ a11 a21 ⋯ am<br />
1 ⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎜<br />
a a ⋯ a<br />
⎟<br />
⋯ ⋯ ⋯ ⋯<br />
⎜<br />
⎟<br />
⎝ a1 n<br />
a2n ⋯ amn<br />
⎠<br />
12 22 m2<br />
= ⎜ ⎟<br />
matrisine A matrisinin transpozu adı verilir ve A t = ( a ) t = ( a ) = ( a<br />
t )<br />
ij ji ij<br />
şeklinde gösterilir. Bu durumda transpoze işleminin aşağıdaki özelliklerini<br />
sıralayabiliriz:<br />
1) ( A<br />
t )<br />
t = A ,<br />
2) ( A + B) t = A t + B<br />
t ,<br />
3) ∀λ<br />
∈ F için ( λ A) t = λ A<br />
t ,<br />
4) ( AB) t = B t A<br />
t .<br />
Son özelliği kanıtlamak için AB = C = ( c ik<br />
) diyelim.<br />
yazabiliriz ki, bu<br />
∑ ∑<br />
c = c = a b = b a<br />
t t t<br />
ki ik ij jk kj ji<br />
j<br />
j<br />
t t t<br />
C = B A olmasını gerektirir.<br />
258
KAYNAKLAR<br />
[1] Alnıaçık, K., Cebir I Ders Notları, Karadeniz Teknik Üniversitesi, Fen-<br />
Edebiyat Fakültesi, 1987.<br />
[2] Birkhoff and MacLane, Survey of Modern Algebra, New York, 1948.<br />
[3] Carmichael, R.D., Groups of Finite Order, Dover Publ., Inc., New York,<br />
1956.<br />
[4] Erdoğan, M., Soyut Cebir Ders Notları, Fırat Üniv., Teknik Eğitim Fak.,<br />
Yayın No: 1, 1995.<br />
[5] Fraleigh, J.B., A First Course in Abstract Algebra, Addison-Wesley Publ.<br />
Comp., 1969.<br />
[6] Greub,W. H., Linear Algebra, Springer-Verlag, New York, Inc., 1967.<br />
[7] Hardy and Wright, The Theory of Numbers, Oxford, 1938.<br />
[8] Herstein, I.N., Topics in Algebra, Xerox College Publ., 1964.<br />
[9] Hoffman, K.; Kunze,R. Linear Algebra, Prentice-Hall, Inc., Englewood<br />
Cliffs, New Jersey, 1971.<br />
[10] Jacobson, N., Lectures in Abstract Algebra III, Springer-Verlag, 1975.<br />
[11] Lang, S., Algebraic Structures, Addison-Wesley Publ. Comp., 1966.<br />
[12] Lang, S., Algebra, Addison-Wesley Publ. Comp., 1974.<br />
[13] LeVeque,W.J., Elementary Theory of Numbers, London-England, 1962.<br />
[14] LeVeque,W.J., Fundamentals of Number Theory, London-Sydney-<br />
Amsterdam, 1976.<br />
[15] Niven, I., An Introduction to the Theory of Numbers, New York-London,<br />
1966.<br />
259
[16] Stewart, C., Galois Theory, Chapman and Hall, 1973.<br />
[17] Şenkon, H., Soyut Cebir Dersleri, Cilt I-II, İstanbul Üniv., Fen Fak.<br />
Basımevi, 1998.<br />
[18] Vinberg, E.B., A Course in Algebra, Graduate Studies in Maths., Vol 56,<br />
AMS, ISBN: 0-8218-3318-9, 2003.<br />
[19] Zariski, O. ; Samuel, P., Commutative Algebra I., Graduate Texts in<br />
Maths. 28, Springer-Verlag, Berlin- Heidelberg-New York, 1975.<br />
260
DİZİN<br />
F[ x ] için bölme algoritması, 217<br />
Alt cebir, 251, 254<br />
Alt grup, aşikar alt grup, öz alt grup, 120<br />
Alt grupların birleşim grubu, 156<br />
Alt grupların iç kartezyen çarpım grubu, 154<br />
Alt halka, 188<br />
Alt uzay, 242<br />
Alterne grup, 133<br />
Aralarında asal tamsayılar, 5<br />
Aritmetiğin esas yardımcı teoremi, 6<br />
Aritmetik birim, 224<br />
Aritmetik fonksiyon, 101<br />
Asal cisim, 189<br />
Asal eleman, 226<br />
Asal ideal bölgesi, 225<br />
Asal ideal, 207<br />
Asal kalan sınıfı, 26<br />
Asal kalan sistemi, 27<br />
Asal sayı, 14<br />
Asal seri, 179<br />
Asal sayı ikizi (üçüzü, dördüzü), 20<br />
Aşikar alt uzay, 242<br />
Ayrık dairesel permütasyon, 130<br />
Bağıl cebirsel kapanış, 239<br />
Basit cisim genişlemesi, 236<br />
Basit grup, 167<br />
Baz dönüşümlerinin matrisi, 249<br />
Bileşik sayı, 14<br />
Bir cismin diğeri üzerindeki derecesi, 233<br />
Bir eleman tarafından üretilen devirli alt grup, 140<br />
Bir elemanın doğurduğu asal ideal, 223<br />
Bir elemanın yörüngesi, 129<br />
Bir grubun bir elemanının normalleyeni, 182<br />
Bir grup homomorfizmasının çekirdeği, 172<br />
Bir grubun değiştiricileri ( komütatörleri), 167<br />
Bir grubun diğer bir gruptaki indeksi, 162<br />
Bir grubun merkezi, 179<br />
261
Bir grubun mertebesi, 115<br />
Bir grup serisinin inceltilmişi, 179<br />
Bir halkanın karakteristiği, 200<br />
Bir kümenin gerdiği lineer uzay, 245<br />
Bir kümenin ürettiği alt grup, 158<br />
Bir permütasyonun uzunluğu, 131<br />
Bir polinomun derecesi, 211<br />
Bir polinomun sıfırı, 216<br />
Bir tamsayının böleni, 1<br />
Bir vektör uzayının tabanı (bazı), 243<br />
Bir vektörün koordinatları, 243<br />
Birleşmeli, değişmeli, birimli cebir, 250<br />
Boole halkası, 192<br />
Bölme algoritması, 2<br />
Bölüm grubu, 166<br />
Bölüm halkası, 205<br />
Cayley teoremi, 137<br />
Cebir homomorfizması, cebir izomorfizması, 250, 254<br />
Cebirsel genişleme,Transandant genişleme, 239<br />
Cebirsel ideal, 251<br />
Cebirsel kapalılık, 239<br />
Cisim genişlemesi, 232<br />
Cisim, yarı-cisim, 188, 192<br />
Çin kalan teoremi, 46<br />
Çözülebilir grup, 179<br />
Dairesel permütasyon, 129<br />
Denklik bağıntısı, 107<br />
Devirli grup, 140<br />
Doğal homomorfizma, 172<br />
Eksponent, 52<br />
En büyük ortak bölen, 3<br />
En küçük ortak kat, 9<br />
Endomorfizma, 190<br />
Eratosthenes kuralı, 19<br />
Eşlenik elemanlar, eşlenik sınıflar, 180<br />
Eşlenik gruplar, 166<br />
Euler teoremi, 31<br />
262
Euler’ in ϕ -fonksiyonu, 27<br />
Fermat teoremi, 31,200<br />
Geçişmeli grup, 129<br />
Grup homomorfizması, 172<br />
Grup izomorfizması, 136, 175<br />
Grup, 109<br />
Halka homomorfizması, 207<br />
Halka izomorfizmalarının temel teoremi, 207<br />
Halka izomorfizması, 187<br />
Halka, 187<br />
Homomorfizmlerin temel teoremi, 176<br />
İlkel polinom, 226<br />
İndirgenemez eleman, 225<br />
İndirgenemez polinom, 220<br />
İndirgenmiş işlem, 120<br />
İzomorfizma sınıfları, 137<br />
İzomorfizmaların birinci teoremi, 177<br />
Jacobi sembolü, 79<br />
Kartezyen çarpım grubu, 153<br />
Kongrüans bağıntısı, 22<br />
Kongrüent (inkongrüent) çözümler, 42<br />
Kuadratik (non-) rezidü , 68<br />
Kuadratik resiprosite teoremi, 73<br />
Lagrange teoremi, 94, 162<br />
Legendre sembolü, 67, 68<br />
Lineer bağımlı, lineer bağımsız vektörler, 244<br />
Lineer kongrüans, 41<br />
Maksimal ideal, 207<br />
Maksimal normal alt grup, 177<br />
Moebius fonksiyonu, 104<br />
n. dihedral grubu, 127<br />
263
n. kuvvet kalanı, 62<br />
Normal alt grup, 165<br />
Normal grup serisi, alt normal grup serisi, 178<br />
Ortak bölen, 3<br />
Ortak kat, 8<br />
Otomorfizma (iç otomorfizma), 165<br />
Öklid algoritması, 7,229<br />
Öklid fonksiyonu, Öklid bölgesi, 226, 227<br />
Permütayon, 125<br />
p-grup, 182<br />
Polinom halkası, 211<br />
Pozitif (negatif) yönlendirilmiş bazlar, 249<br />
Primitif kök, 56<br />
Primitif köke göre indeks, 60<br />
Sağ (sol) ideal, ideal, 205<br />
Serbest (torsiyon olmayan) grup, 158<br />
Sıfırın sağ (sol) bölenleri, 195<br />
Sınıf denklemi, 181<br />
Simetrik grup, 125<br />
Sol (sağ) kalan sınıfı, 161<br />
Sonlu (sonsuz) boyutlu vektör uzayı, 246<br />
Sonlu grup, 115<br />
Sonlu üretilmiş grup, 158<br />
Sylow (birinci, ikinci ve üçüncü) teoremleri,181<br />
Tam çarpımsal fonksiyon, 102<br />
Tam kalan sistemi, 25<br />
Tamlık bölgesi, 197<br />
Tamlık bölgesinin bağlantılı elemanları, 225<br />
Tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi, 225<br />
Torsiyon grubu, 158<br />
Torsiyon sayıları, 159<br />
Üreteç sistemi, 251<br />
Vektör uzayı (lineer uzay), 241<br />
Vektör uzaylarının izomorfizması, 242<br />
Vektörlerin lineer birleşimi, 243<br />
264
Wilson teoremi, 38<br />
Yer değiştirme (transpozisyon), 131<br />
Yüksek dereceden kongrüanslar, 86<br />
265