zomor zma Teoremleri

5
zomorzma Teoremleri
G
N G
bir grup olsun. Bir
için
bunun tersi de do§ru mudur? Yani;
f : G −→ G/N
G ve H
homomorzmasnn varl§n göstermi³tik. Acaba
birer grup olmak üzere
G/N ∼
=H
olacak ³ekilde bir
N G
normal alt grubu var mdr?
Teorem 5.1 (1. zomorzma Teoremi)
G/ Çek(f ) ∼
=H
f : G −→ H
örten bir homomorzma olsun. O zaman
dr.
spat: spat boyunca
K = Çek(f )
diyelim.
f
f
G
H
@
@
R
@
g
@
@@
R
r
G/K
Her
g∈G
için
r(Kg) = f (g)
³eklinde bir
f (g)
r
Kg
r : G/K −→ H
dönü³ümü tanmlayalm.
r'nin
bir izomor-
zma oldu§unu gösterece§iz.
i)
r
iyi tanmlanm³tr
Yani
X = Ka
f (a) = f (b)
ve
X = Kb
³eklinde yazld§nda
oldu§unu göstermeliyiz. “imdi
K
r(X) = f (a)
altgrup ve
f
ve
r(X) = f (b)
homomorzma oldu§undan:
Ka = Kb =⇒ Kab−1 = K
=⇒ ab−1 ∈ K = Çek(f )
=⇒ f (ab−1 ) = eH
=⇒ f (a)f (b)−1 = eH =⇒ f (a) = f (b).
55
olur. Bu durumda
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
ii)
r
homomorzmadr
X, Y ∈ G/K
Her
Hüseyin Bilgiç
için
r(XY ) = r(X)r(Y )
oldu§unu gösterece§iz.
X = Ka
ve
Y = Kb
³eklinde olsun.
r(XY ) = r(Ka · Kb)
= r(Kab)
(Çünkü
K G)
= f (ab)
= f (a)f (b)
(Çünkü
f
homomorzma)
= r(Ka)r(Kb)
= r(X)r(Y )
r
olup
bir homomorzmadr.
iii)
r
Her
h∈H
örtendir
bir
a∈G
iv)
r
için
için
r(X) = h
h = f (a)
olacak ³ekilde bir
dr. “imdi
X = Ka
X ∈ G/K
seçersek,
bulmalyz.
h∈H
verilsin.
r(X) = r(Ka) = f (a) = h
f
örten oldu§undan
olur. Yani
r
örtendir.
11 dir
r nin çekirde§inde sadece G/K
11 olur. (lgili teoremden).
nn birim eleman oldu§unu, yani Çek(r)
X ∈ Çek(r)
alalm
=⇒ X = Kg
= { K } oldu§unu gösterirsek r
³eklindedir
=⇒ r(X) = eH =⇒ r(Kg) =
eH =⇒ f (g) = eH =⇒ g ∈ Çek(f ) = K =⇒ X = Kg = K =⇒ Çek(r) = { K }.
Sonuç olarak
G/K ∼
=H
yazabiliriz.
: G −→ H
Not 5.2 Baz kaynaklarda ayn teorem f
bir homomorzma ise
³eklinde ifade edilmektedir. Bu ifade bizim ifademizin genel halidir; çünkü e§er
f
G/ Çek(f ) ∼
= f (G)
örten ise
f (G) = H
olup ayn ifade elde edilir.
Örnek 5.3
G = (Z, +), H = (Q \ { 0 } , ·)
ve
f (x) =
³eklinde tanmlansn.
f : G −→ f (G)
f : G −→ H dönü³ümü
(
1, x çift ise
−1, x
her
örten bir fonksiyondur.
f
nin bir homomorzma oldu§unu
x, y ∈ Z
Durum 1:
x
ve
y
çift
=⇒f (x + y) = 1
ve
f (x)f (y) = 1 · 1 = 1
Durum 2:
x
ve
y
tek
=⇒f (x + y) = 1
ve
f (x)f (y) = (−1) · (−1) = 1
Durum 3:
x
ve
y
nin biri tek biri çift
f
için
tek ise
gösterelim.
Yani
x∈G
verilsin.
=⇒f (x + y) = −1
ve
f (x)f (y) = −1.
bir homomorzmadr.
K = Çek(f ) = { x ∈ Z | f (x) = 1 } = { x ∈ Z | x
{ K + 0, K + 1 }
olup
çift say }
= 2Z
dir.
K
nn farkl sa§ kosetleri
G/K = { K + 0, K + 1 } .
56
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
f
- f (G) = { −1, 1 }
G
ψ
G/K
ψ : G/K −→ f (G) dönü³ümünü ψ(K +0) = 1, ψ(K +1) = −1 ³eklinde tanmlayalm. ψ bir izomorzma
olup G/K ∼
= f (G) dir.
G ve K herhangi
|f (G)| |G| dir, gösteriniz.
Örnek 5.4
f : G −→ K
iki grup olsun.
bir grup homomorzmas ve
|G|
sonlu ise
Çözüm:
f
hom.
G
@
f (G) ⊆ K
ψ
G/ Çek(f )
@
R
@
Birinci zomorzma Teoremi'nden
O halde
|G/ Çek(f )| = |f (G)|
G/ Çek(f ) ∼
= f (G) dir. G sonlu oldu§undan G/ Çek(f ) de sonludur.
olup Lagrange Teoremi'nden:
|G|
|G|
= |f (G)| =⇒
= | Çek(f )| =⇒ |f (G)||G|.
| Çek(f )|
|f (G)|
Örnek 5.5
Çözüm:
R∗ = (R \ { 0 } , ·)
G = GLn (R)
R∗ , f (X) = det(X)
olsun.
grubu olmak üzere
G'nin
GLn (R)/SLn (R) ∼
= R∗
oldu§unu gösterin.
matris çarpmna göre bir grup oldu§unu biliyoruz.
f : G −→
³eklinde determinant fonksiyonu tanmlayalm.
X, Y ∈ G =⇒ f (XY ) = det(XY ) = det(X) det(Y ) = f (X)f (Y )
olup
f
bir homomorzmadr.
Çek(f )
elde ederiz. Ayrca
f
= { X ∈ G | f (X) = det(X) = 1 } = SLn (R)
örtendir, çünkü determinant verilen bir reel say olan bir matris her zaman
yazlabilir. O halde Birinci zomorzma Teoreminden
GLn (R)/ Çek(f ) ∼
= R∗
yani
57
GLn (R)/SLn (R) ∼
= R∗ .
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
G bir grup, H 6 G ve N G olsun. H ∩N H
Teorem 5.6 (2. zomorzma Teoremi)
dir. Ayrca
H/ (H ∩ N ) ∼
= HN/N
ve
HN 6 G
dir.
spat:
HN 6 G
dir.
x = h1 n1 , y = h2 n2 ∈ HN
alalm.
xy −1 = (h1 n1 )(h2 n2 )−1 = h1 n1 n−1
h−1 = h1 n3 h−1
2
| {z2 } 2
∈N
)(h2 n3 h−1 )
= (h1 h−1
| {z2 } | {z 2 }
∈H
(Çünkü
N G)
∈N
= h3 n4 ∈ HN
olup Teorem 2.8'den
HN/N
dir.
N HN
faktör grubunu olu³turmak için
N HN
Her
HN 6 G
oldu§unun gösterilmesi gerekir:
dir
n∈N
için
oldu§undan
n = e · n ∈ HN
N 6 HN
dir. “imdi
oldu§undan
x∈N
ve
N ⊆ HN
hn ∈ HN
oldu§u görülür.
N
ve
HN
her ikisi de altgrup
alalm.
(hn) · x · (hn)−1 = h (nxn−1 ) h−1 = hn1 h−1 ∈ N
| {z }
(Çünkü
N G)
∈N
oldu§undan
“imdi
N HN .
f : H −→ HN/N
dönü³ümü her
h∈H
için
f (h) = N h
³eklinde tanmlansn. ddia:
homomorzmadr.
f
örtendir:
N hn ∈ HN/N
f
verilsin.
N G
homomorzmadr: Her
oldu§undan
h1 , h2 ∈ H
N hn = hN n = hN = N h = f (h)
olup
için
f (h1 h2 ) = N h1 h2 = N h1 N h2
(N G
oldu§undan
)
= f (h1 )f (h2 )
olup
f
bir homomorzmadr.
O halde Birinci zomorzma Teoremi'nden
Çek(f )
=H ∩N
HN/N
grubunun birim eleman
H/ Çek(f ) ∼
= HN/N
dir.
dir
Çek(f )
N
dir.
= { x ∈ H | f (x) = N }
= { x ∈ H | Nx = N }
= {x ∈ H | x ∈ N }
= H ∩ N.
58
(N x = N ⇐⇒ x ∈ N )
f
örtendir.
f
örten
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
Bir homomorzmann çekirde§i her zaman normal altgrup oldu§undan
Sonuç:
elde edilir.
H/(H ∩ N ) ∼
= HN/N
G
Teorem 5.7 (3. zomorzma Teoremi)
ayrca
H ∩N H
K6H
olsun. O zaman
H/K G/K
bir grup ve
H
ile
K
ve
K G
da
G'nin
normal altgruplar ve
dr ve
G/K ∼
= G/H.
H/K
spat: Her
h ∈ H, k ∈ K
için
hkh−1 ∈ K
dr, çünkü
ψ : G/K −→ G/H,
h∈G
Kg ∈ G/K
her
için
dir. O halde
K H
dr. “imdi
ψ(Kg) = Hg
³eklinde tanmlayalm.
Ka = Kb =⇒ ab−1 ∈ K =⇒ ab−1 ∈ H =⇒ Ha = Hb =⇒ ψ(Ka) = ψ(Kb).
ψ
iyi tanmldr:
ψ
homorzmadr:
ψ
örtendir: Verilen her
Çek(ψ)
ψ(KaKb) = ψ(Kab) = Hab = HaHb = ψ(Ka)ψ(Kb).
= H/K : G/H
Y = Ha ∈ G/H
için
X = Ka ∈ G/K
grubunun birim eleman
Çek(ψ)
H
seçilirse
ψ(X) = ψ(Ka) = Ha = Y
olur.
dir. O halde
= { Kx ∈ G/K : ψ(Kx) = Hx = H }
= { Kx ∈ G/K : x ∈ H }
= H/K
bulunur. Bir homomorzmann çekirde§i her zaman normal altgrup oldu§undan
H/K G/K
elde
edilir. Ayrca, Birinci zomorzma Teoreminden
(G/K)/ Çek(ψ) ∼
= G/H
G/K ∼
= G/H.
H/K
yani
“imdi, bir sonraki teoremde baz maddeleri kullanlacak olan ve altgruplarn görüntü ve ters görüntüleri
ile ilgili sonuçlar özetleyen bir lemmay veriyoruz.
Lemma 5.8
f : G −→ H
bir homomorzma,
A6G
ve
B6H
olsun.
(a)
f (A) 6 H
(spat: Bölüm 4, Al³trma 6)
(b)
f −1 (B) 6 G
(spat: Bölüm 4, Al³trma 8)
(c)
f
(d)
BH
örten ve
ise
AG
ise
f (A) H
f −1 (B) G
(spat: Bölüm 4, Al³trma 6)
(spat: Bölüm 4, Al³trma 8)
59
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
f : G −→ H
Teorem 5.9 (E³leme Teoremi)
Çek(f ) yi içeren altgruplar ile
H
Hüseyin Bilgiç
örten bir grup homomorzmas olsun. O zaman
nin altgruplar arasndaki
A 7−→ f (A)
G
nin
e³lemesi birebir ve örten bir
e³lemedir. Ayrca, bu e³leme normal altgruplar normal altgruplara e³ler.
spat:
A6G
ve Çek(f )
6A
olsun. Bu durumda
B = f (A) 6 H
birebir oldu§unu gösterelim. Çekirde§i içeren ba³ka bir
dir (Lemma 5.8.a). Bu e³lemenin
A1 6 G için f (A1 ) = B olsun. A = A1 oldu§unu
gösterelim.
x ∈ A =⇒ f (x) ∈ B
=⇒ ∃y ∈ A1 , f (y) = f (x)
(Çünkü
f (A1 ) = B )
=⇒ xy −1 ∈ Çek(f ) =⇒ xy −1 ∈ A1
=⇒ ∃u ∈ A1 , xy −1 = u =⇒ x = uy ∈ A1
olup
A ⊆ A1
oldu§u görülür. Benzer ³ekilde
A1 ⊆ A
“imdi de bu e³lemenin örten oldu§unu görelim.
⊆ f −1 (B)
Çek(f )
oldu§u ispatlanr. O halde bu e³leme 11 dir.
B 6 H
verilsin.
f −1 (B) 6 G
dir (Lemma 5.8.b).
oldu§u kolaylkla görülür, çünkü:
k ∈ Çek(f ) =⇒ f (k) = eo ∈ B =⇒ k ∈ f −1 (B).
O halde verilen her
f (A) =
olur ve
B6H
f (f −1 (B))
A = f −1 (B)
altgrubu için
=B
olur. (Çünkü
f
seçersek,
A
kümesi, çekirde§i içeren bir altgrup
örten oldu§undan bir altkümenin ters görüntüsünün
görüntüsü kendisidir.)
G
'
H
$
- '
A
B
'$örten hom.
'$
$f
Çek(f )
y
&%
&%
&
%
Buradan, bu e³lemenin tersi olan
B 7−→ f −1 (B)
“imdi,
A G =⇒ f (A) H
&
%
e³lemesinin de 11 ve örten oldu§unu söyleriz.
oldu§undan (Lemma 5.8.c) ve
B H =⇒ f −1 (B) G
oldu§undan
(Lemma 5.8.d) bu e³lemenin normal altgruplar normal altgruplara e³ledi§i söylenebilir.
Örnek 5.10
f 'nin
G = (Z, +), H = (Z6 , ⊕)
ve
f : G −→ H,
her
x∈Z
örten bir homomorzma oldu§u kolaylkla gösterilebilir. Çek(f )
G'nin
Z6 'nn
Çek(f )'yi içeren altgruplar
bütün altgruplar
Bütün altgruplar normal olup
:
:
A1 = 6Z,
B1 = 0 ,
i = 1, 2, 3, 4
için
= 6Z
A2 = 2Z,
B2 = 0, 2, 4 ,
Bi = f (Ai )
60
f (x) = x
için
³eklinde tanmlansn.
olup,
A3 = 3Z,
B3 = 0, 3
A4 = Z.
B4 = Z6 .
e³lemesinin 11 ve örten oldu§u görülür.
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
Teorem 5.11 (4. zomorzma Teoremi)
G'nin
normal altgruplar
ψ : G −→ G/N, ψ(x) = N x
spat:
N
fonksiyonun; çekirde§i
bir grup ve
N G
olsun. O zaman
G/N 'nin altgruplarnn kümesi arasnda A 7−→ A/N
altgruplarnn kümesi ile
Bu e³leme altnda
G
G/N 'nin
G'nin N 'yi
içeren
e³lemesi 11 ve örtendir.
normal altgruplar ile e³lenir.
³eklinde tanmlanan kanonik homomorzmay dü³ünelim. Bu
olan örten bir homomorzma oldu§unu biliyoruz (Örnek 4.7).
ψ(A) = { ψ(a) : a ∈ A } = { N a : a ∈ A } = A/N
olup; E³leme Teoreminde
Teorem 5.12
zaman
H = G/N
ve
f =ψ
alrsak sonuç ortaya çkar.
T H
G/S ∼
= G/ Çek(f ) / S/ Çek(f ) .
f : G −→ H
G/S ∼
= H/T
ve
örten homomorzma olsun.
ve
S = { x ∈ G | f (x) ∈ T }
olsun. O
spat:
örten
f :G
f
-H
g
@
@
R @
H/T
T H
oldu§undan
ψ : G −→ H/T
ψ
H −→ H/T
dönü³ümünü
bir
η
- f (g)
@
ψ @@
R η
T h=T f (g)
kanonik (do§al) homorzmas vardr öyle ki
ψ(g) = T f (g)
³eklinde tanmlayalm. ddia:
ψ
η(h) = T h dr. “imdi
örten homomorzmadr.
örtendir:
T h ∈ H/T
verilsin.
f
örten oldu§undan
∃g 0 ∈ G
için
f (g 0 ) = h
dr.
ψ(g 0 ) = T f (g 0 ) = T h
örtendir.
ψ
homomorzmadr: Her
g1 , g2 ∈ G
için,
ψ(g1 g2 ) = T f (g1 g2 )
= T f (g1 )f (g2 )
= T f (g1 )T f (g2 )
(T H
oldu§undan
)
= ψ(g1 )ψ(g2 )
olup
ψ
Çek(ψ)
bir homomorzmadr. Birinci zomorzma Teoremi'nden
=S
dir.
Çek(ψ)
H/T
T
dir.
oldu§undan:
= { x ∈ G : ψ(x) = T } = { x ∈ G : T f (x) = T } = { x ∈ G : f (x) ∈ T } = S
S = Çek(ψ) elde
Sonuç: G/S ∼
= H/T
olup
nin birim eleman
G/ Çek(ψ) ∼
= H/T
edilir.
61
olup
ψ
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
“imdi
SG
G
ve Çek(f )
Hüseyin Bilgiç
dir. Ayrca Çek(f )
6S
oldu§undan, Üçüncü zomorzma Teoreminden
G/S ∼
= G/ Çek(f ) / S/ Çek(f )
elde edilir.
Örnek 5.13
I(G)
G
bir grup ve
I(G), G
nin iç otomorzmalar grubu olsun.
ve
G/Z(G) ∼
=
dir. (Z(G)
Çözüm:
: G nin merkezi.)
I(G) = ta | a ∈ G, ta : G −→ G, ta (x) = axa−1
I(G) Oto(G)
I(G) 6 Oto(G)
ta , tb ∈ I(G)
kümesi oldu§unu hatrlayalm.
dir:
tb
alalm.
tb−1
otomorzmasnn tersi
tb (tb−1 (x)) = b(b−1 xb)b−1 = x
dir. Çünkü:
tb−1 (tb (x)) = b−1 (bxb−1 )b = x.
ve
“imdi:
ta (tb )−1 (x) = ta (tb )−1 (x) = ta [tb−1 (x)]
= atb−1 (x)a−1 = a(b−1 xb)a−1
= (ab−1 )x(ba−1 ) = cxc−1
(c = ab−1
dersek)
= tc (x)
=⇒ ta (tb )−1 ∈ I(G)
I(G) Oto(G)
Her
olup, Teorem 2.8'den,
I(G) 6 Oto(G)
dir.
dir
f ∈ Oto(G)
ve
ta ∈ I(G)
için
f ta f −1 ∈ I(G)
dir. Çünkü
(f ta f −1 )(x) = f (ta (f −1 (x)))
= f (a · f −1 (x) · a−1 )
= f (a) · f (f −1 (x)) · f (a−1 )
= f (a) · x · f (a)−1
(Çünkü
f
hom., 11 ve örten)
= tf (a) (x).
G/Z(G) ∼
= I(G)
dir:
f : G −→ I(G), f (g) = tg
tg ∈ I(G)
f
örtendir:
f
homomorzmadr:
verilsin.
f (g) = tg
olup
f
olarak tanmlayalm. ddia:
f
örten homomorzmadr.
örtendir.
tab (x) = abxb−1 a−1 = ta (bxb−1 ) = ta tb (x) = [ta tb ](x)
olup
tab = ta tb
zomorzma
f (ab) = tab = ta tb = f (a)f (b) olur
Teoremi'nden dolay G/ Çek(f ) ∼
= I(G) dir.
dir. Yani
62
ve
f
bir homomorzmadr. O halde Birinci
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Çek(f )
= Z(G)
dir.
I(G)'nin
Hüseyin Bilgiç
G'nin
birim eleman,
Çek(f )
birim dönü³ümü olan
IG
birim fonksiyonudur.
= { a ∈ G : f (a) = ta = IG }
= { a ∈ G : ∀x ∈ G, ta (x) = IG (x) }
= a ∈ G : ∀x ∈ G, axa−1 = x
= { a ∈ G : ∀x ∈ G, ax = xa }
= Z(G)
Sonuç:
G/Z(G) ∼
= I(G).
Ödev:
ψ : G/Z(G) −→ I(G), ψ(Z(G) · g) = tg
dönü³ümünün iyi tanml oldu§unu ve izomor-
zma oldu§unu gösterip yukardaki örne§i di§er bir yolla (Birinci zomorzma Teoremini kullanmadan)
çözünüz.
ALI“TIRMALAR
1.
φ : Z12 −→ Z3
bulunuz. b)
2.
G = Z24
(b)
3.
Z12 /K
olsun.
N (H ⊕ N ),
G = Z24
yazn.
örten homomorzmas
olsun.
grubunu bulunuz. c)
H = 4 6 Z24
(c)
ve
³eklinde veriliyor. a)
ψ : Z12 /K −→ Z3
N = 6 Z24
H/(H ∩ N ) ∼
= (H ⊕ N )/N
H = 4
(G/K)/(H/K)
ve
φ(1) = 2
K = 8
Çek(φ) alt grubunu
bir izomorzma bulunuz.
olarak verilsin. Bu durumda (a)
H ⊕ N 6 Z24 ,
oldu§unu gösteriniz.
altgruplar verilsin.
faktör grubunu yazp
K =
G/H 'a
G/H, G/K
ve
H/K
faktör gruplarn
izomork oldu§unu gösterin.
G = Z12 , H = Z4 olsun. f : G −→ H, f (1) = 1 olacak ³ekilde örten bir homomorzma
T = 2 Z4 ve S = { x : f (x) ∈ T } olsun. G/S ∼
= H/T oldu§unu gösteriniz.
4.
verilsin.
5. Abelyen olmayan bir grubun en az iki tane iç otomorzmasnn oldu§unu ispatlayn.
6.
φ : Z18 −→ Z18 , φ(1) = 10 ³eklinde bir homomorzma veriliyor. Çek(φ) yi bulup Birinci zomorzma
Teoremini uygulayn.
63
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
φ(1) = 2
e³itli§i verildi§inden, di§er elemanlarn görüntüleri
φ(a ⊕ b) = φ(a) ⊕ φ(b)
kuralyla ³öyle bulunur:


0 7−→ 0






1−
7 →2



 2−
7 →1
φ:

3 7−→ 0






4 7−→ 2



 5 7−→ 1
a)
K = Çek(φ) =
b)
K ⊕1=
x ∈ Z12 | φ(x) = 0
=
6 7−→ 0
7 7−→ 2
8 7−→ 1
9 7−→ 0
10 7−→ 2
11 7−→ 1
0, 3, 6, 9
1, 4, 7, 10 , K ⊕ 2 = 2, 5, 8, 11 ve K ⊕ 0 = K farkl
Z12 /K = K, K ⊕ 1, K ⊕ 2 .
c)
sa§ kosetlerdir. Yani
φ Z3
Z12
@
ψ
@
R
@
Z12 /K
ψ(K ⊕ 0) = φ(0) = 0, ψ(K ⊕ 1) = φ(1) = 2, ψ(K ⊕ 2) = φ(2) = 1
zomorzma Teoreminden,
ψ
³eklinde tanmlayalm. Birinci
iyi tanmlanm³ 11 ve örten bir homomorzmadr.
H = 4 = 0, 4, 8, 12, 16, 20
N = 6 = 0, 6, 12, 18 bulunur.
H ⊕ N = { h ⊕ n | h ∈ H, n ∈ N } = 0, 6, 12, 18, 4, 10, 16, 22, 8, 14, 20, 2
ÇÖZÜM 2. a)
elde edilir. Bu küme kapal oldu§undan
Çözüm: b)
N ⊆ (H ⊕ N )
abelyen oldu§undan
Çözüm: c)
ve
(H ⊕ N ) 6 Z24
oldu§u açktr. Her ikisi de grup oldu§undan
N (H ⊕ N )
f : H −→ (H ⊕ N )/N,
f
=H ∩N
N, N ⊕ 4, N ⊕ 8
dir ve
H ⊕N
bölüm grubudur. “imdi
f (h) = N ⊕ h
f (0) = f (12) =
Çek(f ) = { h ∈ H | f (h) = N } =
0, 12 olur.
örten bir homomorzmadr. (kinci zomorzma Teoreminden).
N , f (4) = f (16) = N ⊕ 4, f (8) = f (20) = N ⊕ 8
Yani Çek(f )
N 6 (H ⊕ N )
elde edilir.
(H ⊕ N )/N = { N ⊕ m | m ∈ H ⊕ N } =
³eklinde tanmlayalm.
dir.
dir.
elde edilir. Birinci zomorzma Teoreminden:
H/ Çek(f ) ∼
= (H ⊕ N )/N
yani
64
H/(H ∩ N ) ∼
= (H ⊕ N )/N.
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
ÇÖZÜM 3.
G=
Hüseyin Bilgiç
0, 1, 2, . . . , 23 , H = 0, 4, 8, 12, 16, 20 , K = 0, 8, 16
bulunur. stenen faktör
gruplar:
G/H =
H ⊕ 0, H ⊕ 1, H ⊕ 2, H ⊕ 3
K ⊕ 0, K ⊕ 1, K ⊕ 2, K ⊕ 3, K ⊕ 4, K ⊕ 5, K ⊕ 6, K ⊕ 7
H/K = K ⊕ 0, K ⊕ 4 .
G/K =
“imdi
H/K G/K
oldu§undan
(G/K)/(H/K) = { (H/K) ⊕ X : X ∈ G/K }
= (H/K) ⊕ (K ⊕ 0), (H/K) ⊕ (K ⊕ 1), (H/K) ⊕ (K ⊕ 2), (H/K) ⊕ (K ⊕ 3) .
“imdi
ψ : G/K −→ G/H,
her
K ⊕ g ∈ G/K
için
ψ(K ⊕ g) = H ⊕ g
³eklinde tanmlayalm. “imdi
ψ
fonksiyonunu bulalm.



K ⊕ 0 7−→ H



 K ⊕ 1 7−→ H
ψ:

K ⊕ 2 7−→ H




 K ⊕ 3 7−→ H
Üçüncü zomorzma Teoremine göre
ψ
⊕0
K ⊕ 4 7−→ H ⊕ 4 = H ⊕ 0
⊕1
K ⊕ 5 7−→ H ⊕ 5 = H ⊕ 1
⊕2
K ⊕ 6 7−→ H ⊕ 6 = H ⊕ 2
⊕3
K ⊕ 7 7−→ H ⊕ 7 = H ⊕ 3
iyi tanmldr ve örten bir homomorzmadr. O halde Birinci
(G/K)/ Çek(ψ) ∼
= G/H dr. G/H nin birim eleman H = H ⊕ 0 oldu§undan
Çek(ψ) =
X ∈ G/K : ψ(X) = H ⊕ 0 = K ⊕ 0, K ⊕ 4 = H/K
zomorzma Teoreminden
olup
(G/K)/(H/K) ∼
= G/H
elde edilir.
ÇÖZÜM 4.
T =
0, 2
olup
H/T =
T ⊕ 0, T ⊕ 1
dir.
ψ : G −→ H/T = Z4 / 2
dönü³ümünü
ψ(g) = T ⊕ f (g)
³eklinde tanmlayalm. Önce
“imdi
ψ
f
yi bulalm:
f (0) = f (4) = f (8) = 0,
f (1) = f (5) = f (9) = 1,
f (2) = f (6) = f (10) = 2,
f (3) = f (7) = f (11) = 3.
yi bulalm.



0 7−→ T



 1−
7 →T
ψ:

2 7−→ T




 3 7−→ T
Teorem 5.12'den
ψ
4 7−→ T ⊕ 0
8 7−→ T ⊕ 0
⊕1
5 7−→ T ⊕ 1
9 7−→ T ⊕ 1
⊕0
6 7−→ T ⊕ 0
10 7−→ T ⊕ 0
⊕1
7 7−→ T ⊕ 1
11 7−→ T ⊕ 1
örten bir homomorzmadr.
Çek(ψ)
bulunur.
⊕0
= { x ∈ Z12 | ψ(x) = T } =
65
0, 2, 4, 6, 8, 10
=S
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
ψ H/T
G
@
@
R
@
G/S
Birinci zomorzma Teoremi'nden
ÇÖZÜM 5.
bir gruptur.
G
G
G/S ∼
= H/T = Z4 / 2
abelyen olmayan bir grup olsun. O zaman
elde edilir.
G 6= Z(G)
olup
G/Z(G)
en az iki elemanl
G/Z(G) ∼
= I(G) oldu§undan I(G) iç otomorzmalar grubu da en az iki elemaldr. O halde
nin en az iki tane iç otomorzmas vardr.
ÇÖZÜM 6.
φ
homomorzmasnn a³a§daki gibi e³leme yapt§ görülür:


0 7−→ 0






1−
7 → 10



 2 7−→ 2
φ:

3 7−→ 12






4 7−→ 4



 5 7−→ 14
Burada
φ
örten olmad§ndan
6 7−→ 6
12 7−→ 12
7 7−→ 16
13 7−→ 4
8 7−→ 8
14 7−→ 14
9 7−→ 0
15 7−→ 6
10 7−→ 10
16 7−→ 16
11 7−→ 2
17 7−→ 8
Z18 / Çek(φ) ∼
= φ(Z18 )
K = Çek(φ) =
oldu§u gösterilecektir.
x ∈ Z18 : φ(x) = 0
=
0, 9
bulunur. Ayrca bölüm grubu
Z18 /K =
olarak bulunur.
K ⊕ 0, K ⊕ 1, K ⊕ 2, K ⊕ 3, K ⊕ 4, K ⊕ 5, K ⊕ 6, K ⊕ 7, K ⊕ 8
r : Z18 /K −→ φ(Z18 ) fonksiyonu r(K ⊕x) = φ(x) ³eklinde tanmlanr. r fonksiyonunun
a³a§daki gibi e³leme yapt§ görülür:
r:
Tablodan,
r



 K ⊕ 0 7−→ 0
K ⊕ 1 7−→ 10


 K ⊕ 2 7−→ 2
K ⊕ 3 7−→ 12
K ⊕ 6 7−→ 6
K ⊕ 4 7−→ 4
K ⊕ 7 7−→ 16
K ⊕ 5 7−→ 14
K ⊕ 8 7−→ 8
nin 11 ve örten oldu§u görülmektedir. Birinci zomorzma Teoreminden dolay
izomorzma olup
Z18 /K ∼
= φ(Z18 )
dir.
66
r
bir
6
Permütasyon Gruplar
Tanm 6.1
M 6= ∅
bir küme olsun.
P (M )
örten fonksiyonlarn) kümesini gösterelim.
i)
f, g ∈ P (M )
ise
f◦ g ∈ P (M )
ile
M
P (M )
nin tüm permütasyonlarnn (M den
M
ye 11 ve
bile³ke i³lemi ile bir gruptur. Çünkü:
dir; çünkü 11 ve örten iki fonksiyonun bile³kesi 11 ve örtendir.
ii) Fonksiyonlardaki bile³ke i³leminin birle³me özelli§i vardr.
iii)
IM : M −→ M
iv)
f ∈ P (M )
E§er
Sn
birim dönü³ümü 11 ve örten olup bile³ke i³leminin birim elemandr.
ise, 11 ve örten bir fonksiyonunu tersi de 11 ve örten oldu§undan
|M | = n sonlu ise P (M ) = Sn
in bir alt grubuna da bir
ile gösterilir ve
Sn
permütasyon grubu
M = { a1 , a2 , . . . , an } diyelim. f ∈ Sn
grubuna
denir.
n-inci dereceden simetrik grup
|Sn | = n!
elemann 2 satrl ve
f −1 ∈ P (M )
dir.
denir.
oldu§u açktr.
n sütunlu bir matris halinde a³a§daki gibi
gösterece§iz:
f=
a1
a2
...
f (a1 ) f (a2 ) . . .
an
f (an )
!
.
O zaman, mesela,
pemütasyonu
IM
a1 a2 . . .
an
a1 a2 . . .
an
!
.
birim permütasyonudur.
Permütasyon gruplar gruplar teorisinin önemli konularndandr, çünkü her
G
sonlu grubunun aslnda
bir permütasyon grubuna izomork oldu§u 1878'de Arthur Cayley (1821-1895) tarafndan gösterilmi³tir.
Teorem 6.2 (Cayley) Her
G grubu P (G) permütasyonlar grubunun bir altgrubuna izomorktir. Özel
67
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
n
olarak;
elemanl bir grup
spat: Her
soldan
a
Sn
Hüseyin Bilgiç
in bir altgrubuna izomorktir.
a ∈ G için ha : G −→ G dönü³ümünü ha (x) = ax ³eklinde tanmlayalm. (Yani ha dönü³ümü
ile çarpmak dönü³ümüdür.)
ha
dönü³ümü
G
nin bir permütasyonudur, çünkü:
ha (x) = ha (y) =⇒ ax = ay =⇒ x = y =⇒ ha
y ∈ G =⇒ x = a−1 y
“imdi
f : G −→ P (G)
seçilirse
dönü³ümünü her
homomorzma oldu§unu gösterece§iz.
f
birebirdir.
ha (x) = a(a−1 y) = y =⇒ ha
a ∈ G
f (a) = ha
için
birebirdir, çünkü
a, b ∈ G
örtendir.
³eklinde tanmlayalm.
f
nin 11
için
f (a) = f (b) =⇒ ha = hb
=⇒ ∀x ∈ G, ha (x) = hb (x)
=⇒ ∀x ∈ G, ax = bx
=⇒ a = b.
f
bir homomorzmadr, çünkü
a, b ∈ G
x∈G
ise her
için
[f (ab)](x) = hab (x) = (ab)x
= a(bx) = ha (bx)
= ha (hb (x)) = (ha hb )(x)
= [f (a)f (b)](x)
olup
f : G −→ P (G) birebir homomorzmadr. f : G −→ f (G)
f (G) 6 P (G) oldu§undan G ∼
= f (G) olur. Yani G grubu P (G) nin bir alt grubuna
f (ab) = f (a)f (b)
izomorzma ve
dir. Sonuç olarak
izomorktir.
Örnek 6.3
G = { 1, −1, i, −i }
h1 =
hi =
çarpma i³lemi ile bir gruptur. Buna göre
1 −1 i −i
1 −1 i −i
1 −1
i
P (G)
P (G)
, h(−1) =
!
−i
i
−i −1
permütasyonlarn yazalm. Bunlar
yonlar
!
1
nin
1
−1
i
−1
1
−i
1
, h(−i) =
4! = 24
−i
−1 i
i
!
−i
i
−i
!
1 −1
permütasyonundan 4 tanesidir. Bu permütas-
nin bir alt grubunu olu³tururlar, çünkü çarpm (bile³ke) tablosu kapaldr:
·
h1
h(−1)
hi
h(−i)
h1
h1
h(−1)
hi
h(−i)
h(−1)
h1
h(−i)
hi
hi
h(−i)
h(−1)
h1
h(−i)
hi
h1
h(−1)
h(−1)
hi
h(−i)
68
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
Bu grup tablosunda
deyi³le
h
Hüseyin Bilgiç
G
sembollerini sildi§imizde aslnda
f : G −→ f (G), f (a) = ha
nin grup tablosunu elde ederiz. Ba³ka bir
dönü³ümü bir izomorzmadr.
Permütasyonlarn Devirsel Gösterimi
Bu ksmda permütasyonlar daha ksa bir ³ekilde göstermenin bir ³eklini görece§iz. Bilindi§i gibi
elemanl bir
M
kümesinin bütün permütasyonlarnn grubudur. Burada, aslnda
ne oldu§u de§il de eleman says önemli oldu§undan
α ∈ Sn
olsun. E§er
α
α
ya
kümesi yerine genelde
a1 a2 . . .
an−1 an
a2 a3 . . .
uzunlu§u n olan bir devir
³eklinde gösterilir. Dikkat edilecek olursa
M = { 1, 2, . . . , n } alnr.
an
(veya ksaca
!
a1
nli devir ) denir ve α = (a1 , a2 , . . . , an )
α permütasyonu yazlrken a1 den ba³lanmak zorunda de§ildir;
mesela
α=
olup
nin elemanlarnn
permütasyonu
α=
³eklinde ise
M
M
Sn , n
α = (a2 , a3 , . . . , an , a1 )
a2 a3 . . .
a3 a4 . . .
an−1 an a1
an
a1
³eklinde de yazlabilir. O halde,
!
a2
nli
bir devirin
n
farkl yazl³ vardr.
σ ∈ S5 permütasyonu 5 de§i³ik ³ekilde yazlabilir:
!
1 2 3 4 5
= (1, 3, 4, 2, 5) = (3, 4, 2, 5, 1) = (4, 2, 5, 1, 3) = (2, 5, 1, 3, 4) = (5, 1, 3, 4, 2).
3 5 4 2 1
Mesela a³a§daki
σ=
Genelde bir
f ∈ Sn
permütasyonu bir
nli
devir de§ildir. Bu durumda
f
birden fazla devir den
olu³maktadr. O halde devir tanmnn verilmesi gerekmektedir:
Tanm 6.4
m
dan f (a)
f ∈ Sn
=a
olsun ve
M = { 1, 2, . . . , n }
³artn sa§layan bir en küçük
alalm. Herhangi bir
a∈M
alalm.
M
sonlu oldu§un-
Z+ vardr. Bu durumda
m∈
a, f (a), f 2 (a), . . . , f m−1 (a)
sral kümesine
f
nin bir
devri
denir. Bu devir yazlrken
a dan ba³lanmas gerekmez. f
permütasyonu
bu ³ekilde bir veya daha fazla ayrk devirlerden olu³maktadr. Bu ayrk devirler yanyana yazlarak elde
edilen gösterime
f 'nin devirsel gösterimi
Örnek 6.5 A³a§daki
S9
un eleman olan
σ=
σ
denir.
permütasyonunu ele alalm.
!
1 2 3 4 5 6 7 8 9
8 5 4 9 2 1 7 6 3
69
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
“imdi
E§er
σ
Hüseyin Bilgiç
permütasyonunda 4 farkl devir vardr:
a=4
alnsayd
a=1
alnrsa
m=3
bulunur ve
(1, 8, 6)
devri elde edilir
a=2
alnrsa
m=2
bulunur ve
(2, 5)
devri elde edilir
a=3
alnrsa
m=3
bulunur ve
(3, 4, 9)
devri elde edilir
a=7
alnrsa
m=1
bulunur ve
(7)
devri elde edilir
(4, 9, 3)
devri bulunurdu; ki bu da
(3, 4, 9)
devrine e³ittir. O halde
σ
nn devirsel
gösterimi ³öyledir:
σ = (1, 8, 6)(2, 5)(3, 4, 9)(7).
Bu gösterim tek türlü de§ildir. Devirler yazlrken sralar de§i³ebilir. Ayrca, mesela, (1,8,6) devri
(8,6,1) veya (6,1,8) ³eklinde 3 türlü yazlabilir. Bu durumda
σ
toplamda,
(3 · 2 · 3) · 4! = 432
farkl
³ekilde yazlabilir. Bunlardan bazlar:
σ = (5, 2)(8, 6, 1)(7)(4, 9, 3) = (7)(6, 1, 8)(9, 3, 4)(2, 5) = (3, 4, 9)(2, 5)(7)(8, 6, 1) = . . .
Not 6.6 Bir permütasyonu ayrk devirlerin çarpm ³eklinde yazarken, uzunlu§u 1 olan devirler yazl-
mayabilir; ancak bu durumda bu permütasyonun hangi simetrik grubun eleman oldu§unun belirtilmemesi (veya bilinmemesi) kar³kl§a yol açabilir. Mesela
(1, 2, 3)
permütasyonu a³a§daki 3 farkl
permütasyona e³it olabilir.
(1, 2, 3) =
Sn
!
1 2 3
2 3 1
veya
(1, 2, 3) =
!
1 2 3 4
2 3 1 4
veya
(1, 2, 3) =
!
1 2 3 4 5
2 3 1 4 5
.
deki birim eleman sadece 1li devirlerden olu³tu§u için bu 1li devirlerin hiçbirinin yazlmamas
olmaz. Bu yüzden birim eleman göstermek için
{ 1, 2, . . . , n }
için
(k)
(1) ∈ Sn
sembolünü kullanaca§z. Aslnda her
k ∈
birim eleman ifade eder. Ayrca devirsel gösterimde, e§er bir kar³kl§a yol
açmayacaksa, semboller arasnda virgül kullanlmayabilir.
Örnek 6.7
lerini sabit
Örnek 6.8
β=
γ=
f=
a1 a2 a3 . . .
an
!
permütasyonu sadece
a2 a1 a3 . . . an
brakr. Bu durumda f = (a1 , a2 )
α=
a b c
b a c
1 2 3
6 4 2
a b c d e f
yazlr.
!
b a c d f e
!
d e f
= (ab)(def )
e f d
!
4 5 6
= (16)(243)
3 5 1
= (ab)(ef )
70
a1
ve
a2
elemanlarn de§i³tirip di§er-
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
Hüseyin Bilgiç
Not 6.9 Permütasyonlarn çarpm soldan sa§a do§ru yaplmaktadr. Örne§in,
tasyonun çarpm
(1 2 3)
(1 2)
ile
(1 3)
permü-
dür:
(1 2) · (1 3) =
1 2 3
2 1 3
!
·
1 2 3
!
!
1 2 3
=
3 2 1
2 3 1
= (1 2 3)
Baz yazarlar fonksiyonlardaki bile³ke alma i³lemindeki sray takip edip bu çarpm sa§dan sola do§ru
yapmaktadr. Yani
f
ile
bir
f
g
(1 2)◦ (1 3) = (1 3 2) ³eklinde. Buna göre f
nin çarpmndak (bile³kesindeki) de§eri
fonksiyonundaki de§erini
do§ru çarpmak daha kolaydr:
f (x)
yerine
xf
ve
g iki permütasyon ise bir x elemannn
(f g)(i) = g(f (i))
³eklinde hesaplanr. Bir
x
elemannn
³eklinde gösterenler için permütasyonlar soldan sa§a
x(f g) = (xf )g .
Örnek 6.10
(1 2) · (1 4 5 3) = (1 2 4 5 3)
(2 6 3 4) · (1 2 5) = (1 2 6 3 4 5)
(1 2) · (2 5) · (5 1) = (1)(2 5)(3)(4) = (2 5)
(1 6) · (2 4 5 3) · (1 2 4 9) = (1 6 2 9)(3 4 5)(7)(8) = (1 6 2 9)(3 4 5)
(1 2 3 4 5) · (5 4 3 2 1) = (1)(2)(3)(4)(5) = (1)
Lemma 6.11
a)
f = (a1 , a2 , . . . , ar ) =⇒ f −1 = (ar , ar−1 , . . . , a2 , a1 )
b) Ayrk permütasyonlarn çarpm de§i³melidir. Yani
{ a1 , a2 , . . . , ar }
ve
{ b1 , b2 , . . . , bs }
kümeleri
ayrk ise
(a1 , a2 , . . . , ar )(b1 , b2 , . . . , bs ) = (b1 , b2 , . . . , bs )(a1 , a2 , . . . , ar ).
c) Bir
nli
d) Bir
mli
devirin derecesi
devir ile
nli
n
dir.
ayrk devirin çarpmnn derecesi OKEK(m, n) dir.
Teorem 6.12 Her permütasyon devirlerinin çarpmna e³ittir.
spat: Bir
f ∈ Sn
permütasyonunun bir deviri
olduklarndan çarpmlarnn
a
a, f (a), f 2 (a), . . . , f m−1 (a) ³eklindedir. Devirler ayrk
üzerindeki etkisi ile
f
n > 2
ise her
a
üzerindeki etkisi ayndr. O halde
f
kendi
devirlerinin çarpmna e³ittir.
Teorem 6.13
nin
f ∈ Sn
permütasyonu 2-li devirlerin (uzunlu§u 2 olan devirlerin) bir
çarpm olarak yazlabilir.
71
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
spat:
f
Hüseyin Bilgiç
a, f (a), f 2 (a), . . . , f m−1 (a)
nin bir deviri
³eklindedir. Bu deviri
a, f (a) · a, f 2 (a) . . . a, f m−1 (a)
f
³ekline 2li devirlerin çarpm olarak yazabiliriz.
nin bütün devirlerini bu ³ekilde yazabilece§imizden
iddia açktr.
Örnek 6.14
α = (15436)(798) ∈ S9
elemanna bakalm.
α = (15)(14)(13)(16)(79)(78)
n > 2 ise Sn deki birim eleman (1) = (12)(12) ³eklinde
³eklinde 2li devirlerin çarpm olarak yazlabilir.
yazlabilir.
Tek ve Çift Permütasyonlar
Tanm 6.15 Bir 2li devire bir
transpozisyon
denir. Bir permütasyon ikili devirlerin çarpm olarak
birden fazla ³ekilde yazlabilir. Mesela;
(12345) = (12)(13)(14)(15) = (41)(32)(14)(51)(52)(54).
Ancak bu yazl³taki transpozisyonlarn says ya hep çifttir ya da hep tektir. Çift sayda transpozisyonun çarpm olarak yazlabilen permütasyona
tasyon
çift permütasyon
denir. Aksi halde
tek permü-
denir. Ayrca a³a§daki kurallar geçerlidir.
TEK
Tanm 6.16
×
TEK
Sn
de çift permütasyonlarn kümesini
çift oldu§undan
An
=
ǝFT
TEK
bir gruptur. Bu gruba
×
ǝFT
ninci
=
An
TEK
ǝFT
×
ǝFT
=
ǝFT
ile gösterelim. ki çift permütasyonun çarpm
dereceden
alterne grup
denir.
Örnek 6.17 Alterne gruplarn ilk 4 tanesi:
A1 ∼
= A2 = { (1) } ,
A3 = { (1), (123), (132) } ,
A4 = { (1), (123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243), (12)(34), (13)(24), (14)(23) } .
Teorem 6.18
spat:
A1
An Sn
dir ve
trivial grup olup
gruptur. “imdi
n>2
A1 S1
φ : Sn −→ { 1, −1 }
için
|An | =
n!
2
oldu§u açktr.
dir.
n>2
olsun.
dönü³ümünü
(
φ(σ) =
1, σ
çift ise;
−1, σ
tek ise.
72
{ 1, −1 }
kümesi çarpma i³lemi ile bir
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
α, β ∈ Sn
³eklinde tanmlayalm.
φ
Yani
(1, 2)
tek
=⇒ φ(αβ) = +1 = (−1) · (−1) = φ(α)φ(β)
α, β
çift
=⇒ φ(αβ) = +1 = (+1) · (+1) = φ(α)φ(β)
α
tek,
β
çift
=⇒ φ(αβ) = −1 = (−1) · (+1) = φ(α)φ(β)
α
çift,
β
tek
=⇒ φ(αβ) = −1 = (+1) · (−1) = φ(α)φ(β)
(1)
tek;
alalm. Toplam 4 durum vardr:
α, β
bir homomorzmadr.
(Örne§in,
Hüseyin Bilgiç
n > 2
oldu§undan
çifttir.) O halde
φ
Sn /An ∼
= { 1, −1 }
Lemma 6.19
sahiptir ve
σ ∈ Sn
σ 'daki
hem çift hem de tek permütasyonlar vardr.
örtendir. Çek(φ)
çekirde§i her zaman normal altgrup oldu§undan
Teoreminden
Sn 'de
= An
An Sn dir (Teorem 4.10 ). Ayrca, Birinci zomorzma
dir. Lagrange Teoremi'nden
|An | = n!/2
ayrk devirlerin çarpm ³eklinde yazlsn.
sembollerin yerine onlarn
olup bir grup homomorzmasnn
β 'daki
β −1 σβ
elde edilir.
permütasyonu
σ
ile ayn ³ekle
görüntülerinin yazlmas ile elde edilir.
spat: (spat boyunca fonksiyonlarn sa§a, elemanlarn sola yazld§ gösterim tarzn kullanaca§z.
Yani
σ(i)
yerine
iσ
σ
yazaca§z.)
β −1 σβ permütasyonunun
iβ
nn
i
sembolünü
sembolünü
jβ
j
ye ta³d§n, yani
iσ = j
oldu§unu farzedelim.
ya ta³d§n göstermemiz yeterlidir.
iβ(β −1 σβ) = i(σβ) = (iσ)β = jβ
olup ispat tamamlanr.
Örnek 6.20
σ = (1, 5, 6)(2, 3)
Teorem 6.21
α, β ∈ Sn
ve
β = (1, 4, 3)
ise
β −1 σβ = (4, 5, 6)(2, 1)
bulunur.
ayrk devirlerin çarpm ³eklinde yazlm³ iki permütasyon olsun.
α
ile
β
nn
e³lenik olmas için gerek ve yeter ³art bu iki permütasyonun ayn devir yapsna sahip olmalardr.
spat:
(=⇒) α
ile
β
e³lenik olsun. O halde
−1 ατ permütasyonu
Lemmaya göre τ
α
ile
β
(⇐=)
α
daki
i
τ −1 ατ = β
olacak ³ekilde
sembolünün yerine
iτ
τ ∈ Sn
vardr. Bir önceki
yazlmasyla elde edilir. O halde
ayn devir yapsna sahiptir.
“imdi de
α
ile
β
ayn devir yapsna sahip olsun.
α'y β 'nn
üzerine, ayn uzunluktaki devirler
(uzunlu§u 1 olanlar dahil) alt alta gelecek ³ekilde yazalm. Yukardaki sembolleri a³a§daki sembollere
e³leyen permütasyona
Örnek 6.22
S8
de
τ
dersek,
τ −1 ατ = β
oldu§u açktr. O halde
α
ile
β
e³leniktir.
α = (1, 3, 4)(2, 6)(5, 7) ile β = (1, 8)(2, 5, 7)(3, 4) permütasyonlar e³leniktir. Çünkü
α = (1, 3, 4)(2, 6)(5, 7)(8)
↓
↓
↓ ↓
β = (2, 5, 7)(3, 4)(1, 8)(6)
yazlrsa
β 'nn
τ = (1, 2, 3, 5)(4, 7, 8, 6)
seçilirse
yazl³ de§i³tirilebilir, mesela
τ −1 ατ = β
olur. Bunu sa§layan daha fazla
β = (5, 7, 2)(1, 8)(4, 3)(6)
73
yazlabilir.
τ
bulmak için
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
n>5
6.1
A1
ve
A2
çin
An
Hüseyin Bilgiç
Basit Gruptur
trivial grup olduklarndan basit de§ildir.
grubu basit de§ildir, çünkü
4
A3 'ün
mertebesi 3 asal oldu§undan
A3
basittir.
A4
elemanl bir normal altgrubu vardr:
V = { (1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3) } A4 .
Bu ksmda
ise
H = An
n>5
An
An
grubunun basit oldu§unu ispatlayaca§z. Yani, e§er
H An
ve
H 6= { (1) }
oldu§unu gösterece§iz. Bu amaçla 3 tane Lemma veriyoruz.
Lemma 6.23
spat:
için
n>5
An 'in
için
her eleman 3lü devirlerin bir çarpmdr.
in her eleman (yani her çift permütasyon) çift sayda transpozisyonun çarpmdr. O halde
iki transpozisyonun çarpmnn, 3lü devirlerin bir çarpm ³eklinde yazld§n göstermek yeterlidir.
“imdi
(a1 , a2 )(b1 , b2 ) çarpmn dü³ünelim. Bu dört saynn birbirinden farkl oldu§unu kabul edebiliriz,
çünkü öyle olmasayd, a³a§da iki durum halinde açkland§ gibi, bu çarpm ya birim elemana ya da
bir 3lü devire e³it olurdu. (n
“imdi,
>3
ise, birim eleman 3lü devirlerin bir çarpm olarak yazlabilir.)
Durum 1:
a1 = b1 , a2 6= b2
ise:
(a1 , a2 )(b1 , b2 ) = (a1 , a2 )(a1 , b2 ) = (a1 , a2 , b2 )
Durum 2:
a1 = b1 , a2 = b2
ise:
(a1 , a2 )(b1 , b2 ) = (a1 , a2 )(a1 , a2 ) = (a1 )
n>5
16e6n
oldu§undan
olacak ³ekilde bu dört saydan farkl bir
e
says vardr. Böylece;
(a1 , a2 )(b1 , b2 ) = (e, a1 , a2 )(e, a1 , b1 )(e, b2 , b1 )
olup iddia do§rudur.
Lemma 6.24
spat:
H An
(a, b, c) ∈ H
olsun.
eleman
a'y x'e, b'yi y 'ye
H An
oldu§undan
vardr. O zaman
H
olsun. E§er
bir 3lü devir içeriyorsa o zaman
x, y, z ∈ { 1, 2, . . . , n }
ve
c'yi z 'ye
(x, y, z) ∈ H
Ψ = (e, f )θ
olsun ve
x, y, z
e³leyen bir eleman ise
dir. E§er
θ
tek ise
n>5
H = An
dir.
birbirinden farkl olsunlar.
θ−1 (a, b, c)θ = (x, y, z)
oldu§undan
a, b, c
dir. E§er
den farkl
θ
e, f
θ ∈ Sn
çift ise
saylar
çifttir.
Ψ−1 (a, b, c)Ψ = θ−1 (e, f )(a, b, c)(e, f )θ
= θ−1 (a, b, c)θ
= (x, y, z)
olup normallikten dolay
(x, y, z) ∈ H
olur.
devirleri içerir ve Lemma 6.23 den dolay
x, y, z
nin seçimi keyfî oldu§undan
H = An
dir.
74
H , Sn
deki bütün 3lü
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
H An
Lemma 6.25
α = (a1 , a2 )(a3 , a4 ) ∈ H
spat:
saydan farkl
θ−1 αθ
olsun. E§er
iki ayrk transposizyonun çarpmn içeriyorsa
iki ayrk transpozisyonun çarpm olsun.
e ∈ { 1, 2, . . . , n }
= (a2 , e)(a3 , a4 ) ∈ H
H,
Hüseyin Bilgiç
says vardr.
θ = (a1 , a2 , e)
olsun.
n>5
θ ∈ An
H = An
dir.
oldu§undan bu dört
olup normallikten dolay
dir. “imdi,
α−1 (θ−1 αθ) = (a1 , a2 )(a3 , a4 )(a2 , e)(a3 , a4 )
= (a1 , a2 )(a2 , e)
= (a1 , e, a2 ) ∈ H
olup
H
bir 3lü devir içerir. Lemma 6.24 den dolay
Teorem 6.26
spat:
üzere
n>5
H An
için
An
α = α1 α2 · · · αk
dir.
basit gruptur.
H 6= { (1) }
ve
H = An
olsun. O zaman
(1) 6= α ∈ H
vardr.
olsun. Ayrk devirler de§i³meli oldu§undan
büyükten küçü§e sraland§n; yani
i = 1, 2, . . . , k − 1
α1 , α2 . . . αk
α1 , α2 . . . αk
ayrk devirler olmak
larn uzunluklarna göre
için αi nin uzunlu§u
> αi+1
in uzunlu§u
oldu§unu varsayabiliriz.
Durum 1:
α1 = (a1 , a2 , . . . , am )
σ = (a1 , a2 , a3 )
H An
olsun.
σ ∈ An
ve
m>4
oldu§u ve
σ
olsun.
nn
α2 , α3 , . . . , αk
ile de§i³meli oldu§u açktr.
oldu§undan
β = α−1 (σ −1 ασ)
= αk−1 . . . α1−1 (a2 , a3 , a1 , a4 , . . . , am )α2 . . . αk
= α1−1 (a2 , a3 , a1 , a4 , . . . , am )
= (am , am−1 , . . . , a2 , a1 )(a2 , a3 , a1 , a4 , . . . , am )
= (a1 , a2 , a4 )
olup
β∈H
Durum 2:
dir. Lemma 6.24 den sonuç ortaya çkar.
m=3
α1 = (a1 , a2 , a3 )
olsun ve
ve
α2
de bir 3-lü devir olsun.
α2 = (a4 , a5 , a6 )
diyelim.
σ = (a2 , a3 , a4 ) ∈ An
olsun. “imdi
α−1 (σ −1 ασ) = α1−1 α2−1 . . . αk−1 (a1 , a3 , a4 )(a2 , a5 , a6 )α3 α4 . . . αk
= α1−1 α2−1 (a1 , a3 , a4 )(a2 , a5 , a6 )
= (a1 , a3 , a2 )(a4 , a6 , a5 )(a1 , a3 , a4 )(a2 , a5 , a6 )
= (a1 , a4 , a2 , a3 , a5 ) ∈ H
olup Durum 1'den dolay sonuç elde edilir.
75
σ −1 ∈ An
ve
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
Durum 3:
m=3
α1 = (a1 , a2 , a3 )
ve
α2 , . . . , αk
olsun.
Durum 4: Bütün
αi
Hüseyin Bilgiç
larn hepsi transpozisyon olsun.
α2 = (a1 , a2 , a3 )2 = (a1 , a3 , a2 ) ∈ H
olup sonuç Lemma 6.24 den ortaya çkar.
ler transpozisyon olsun.
α1 = (a1 , a2 ), α2 = (a3 , a4 )
olsun.
σ = (a2 , a3 , a4 )
diyelim. “imdi
(σ −1 ασ)α−1 = (a1 , a3 )(a4 , a2 )α3 . . . αk αk−1 . . . α1−1
= (a1 , a3 )(a4 , a2 )(a1 , a2 )(a3 , a4 )
= (a1 , a4 )(a2 , a3 ) ∈ H
olup Lemma 6.25 den sonuç ortaya çkar.
ALI“TIRMALAR
1.
!
1 2 3 4 5 6 7 8
θ =
3 7 5 6 1 2 8 4
permütasyonu verilsin.
devirlerin bir çarpm ³eklinde yaznz.
A = h(1, 2)i
B = h(1, 3)i
2.
S3
3.
Sbn = { f ∈ Sn | f (n) = n }
de
ve
θ
θ
y önce ayrk devirlerin sonra da 2-li
çift midir, tek midir?
alt gruplar verilsin.
kümesinin
Sn
AB
çarpm
S3
ün bir alt grubu mudur?
in bir altgrubu oldu§unu ve
Sn−1 'e
izomork oldu§unu
gösteriniz.
4. Bir
G
grubunun normal bir altgrubunun normal bir altgrubu
vererek gösterin. (pucu:
5.
n>3
6.
H 6 Sn
7.
S5
8.
A3 'ün
9.
An = Sn
de
için
Sn
A4
G'de
normal olmayabilir. Bir örnek
grubunu ele aln.)
abelyen de§ildir. Gösterin.
bir altgrup olsun. Ya
α = (1, 2, 3)(4, 5)
H
nin tüm elemanlar çifttir ya da yars tek yars çifttir. Gösterin.
permütasyonunun merkezleyenini bulunuz.
grup tablosunu yaznz.
ise
n=1
oldu§unu gösterin.
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
θ = (1, 3, 5)(2, 7, 8, 4, 6) = (1, 3)(1, 5)(2, 7)(2, 8)(2, 4)(2, 6)
transpozisyonun çarpmdr, yani çifttir.
76
olup
θ
permütasyonu 6 tane
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
ÇÖZÜM 2.
Hüseyin Bilgiç
A = { (1), (1, 2) } , B = { (1), (1, 3) }
(1, 3)(1, 2) = (1, 3, 2) ∈
/ AB
olup
AB
ve
AB = { (1), (1, 2), (1, 3), (1, 2, 3) }
bir alt grup de§ildir.
S = { 1, 2, . . . , n − 1, n } olsun. Sbn aslnda son eleman sabit
f, g ∈ Sbn olsun. Bu durumda g −1 ∈ Sbn oldu§u açktr. “imdi,
ÇÖZÜM 3.
kümesidir.
olur. Buradan
brakan permütasyonlarn
[f g −1 ](n) = g −1 (f (n)) = g −1 (n) = n
f g −1 ∈ Sbn
ψ : Sn−1 −→ Sbn
olup
oldu§u görülür. Teorem 2.8'den
dönü³ümünü her
ψ
permütasyonu ilave edelim.
için
Sbn ∼
= Sn−1
“imdi
ψ(g) = g · (n)
oldu§unu gösterelim.
³eklinde tanmlayalm. Yani
g
ye
(n)
bir izomorzmadr, çünkü:
ψ(f ) = ψ(g) =⇒ f · (n) = g · (n) =⇒ f = g .
ψ
11 dir:
ψ
homomorzmadr:
ψ
örtendir:
ψ(g) = g 0
g ∈ Sn−1
Sbn 6 Sn .
g 0 ∈ Sbn
ψ(f g) = f g · (n) = f · (n) · g · (n) = ψ(f )ψ(g).
g 0 = g · (n)
alalm. Bu durumda
³eklinde olup burada
g ∈ Sn−1
dir. O zaman
oldu§u açktr.
ÇÖZÜM 4.
G = A4
alalm.
V = { (1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3) } A4
ayrk iki transpozisyonun çarpm ³eklindeki bütün permütasyonlar
−1 βα permütasyonu
için α
çarpmdr. O halde
β
de olup her
α ∈ A4
ve her
β∈V
ile ayn ³ekle sahiptir; yani birim elemandr ya da ayrk iki transpozisyonun
α−1 βα ∈ V
indeksi 2 dir. Ancak
V
oldu§u açktr, çünkü
U, A4 'ün
dir. “imdi
U = { (1), (1 2)(3 4) } dersek U V
normal altgrubu de§ildir, çünkü
(1 2 3) ∈ A4
olur, çünkü bu altgrubun
için
(1 2 3)−1 · (1 2)(3 4) · (1 2 3) = (2 3)(1 4) ∈
/ U.
ÇÖZÜM 5.
olup
Sn
n>3
ise
α = (1, 2) ∈ Sn
ve
β = (1, 3) ∈ Sn
alalm
αβ = (1, 2, 3)
fakat
βα = (1, 3, 2)
abelyen de§ildir.
ÇÖZÜM 6.
ile çarpmak
H 6 Sn
H
olsun.
H
nin tüm elemanlar çift olmasn.
σ∈H
tek olsun.
Hσ = H
deki bütün çift elemanlar tek; tek elemanlar da çift yapar. O halde
H
olup
H
yi
σ
deki elemanlarn
yars çift yars tektir.
Cα =
ÇÖZÜM 7.
τ ∈ S5 : τ −1 ατ = α
kümesidir. Ba³ka bir deyi³le bu küme
α
y
α'ya
e³lenik
yapan permütasyonlarn kümesidir. Teorem 6.21'de izah edildi§i gibi bu permütasyonlar bulmak için
α
nn altna
α
yazlp üstteki sembolleri alttakilere e³leyen permütasyonlar yazlr. O halde
Cα = { (1), (1, 2, 3), (1, 3, 2), (1, 2, 3)(4, 5), (1, 3, 2)(4, 5), (4, 5) } .
ÇÖZÜM 8.
A3 = { (1), (123), (132) }
grubunun tablosu a³a§dadr:
77
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
ÇÖZÜM 9.
n > 1 ise Sn
permütasyonunu içerir.
Sn =⇒ n = 1
α
Hüseyin Bilgiç
·
(1)
(123)
(132)
(1)
(1)
(123)
(132)
(123)
(123)
(132)
(1)
(132)
(132)
(1)
(123)
grubu 1 ile 2 yi yer de§i³tirip di§er bütün elemanlar sabit brakan
tek permütasyon oldu§undan
dir.
78
An 6= Sn
dir.
A1 = S 1
α = (1, 2)
oldu§undan
An =
7
Halka ve Cisim
Tanm 7.1
R 6= ∅
bir küme olsun.
R
de adna toplama ve çarpma denilen ve srasyla + ve
“·
(R, +, ·)
iki
sembolleri ile gösterilen iki i³lem tanmlanm³ olsun. E§er a³a§daki 3 ³art sa§lanyorsa
i³lemli cebirsel yapsna bir
1.
(R, +)
halka
denir.
bir abelyen (de§i³meli) gruptur.
2. Her
a, b, c ∈ R
için
3. Her
a, b, c ∈ R
için:
a · (b · c) = (a · b) · c
dir. (Yani
(R, ·)
a · (b + c) = (a · b) + (a · c)
(Soldan da§lma özelli§i),
(a + b) · c = (a · c) + (b · c)
(Sa§dan da§lma özelli§i).
bir yargruptur.)
Bunlara ek olarak;
de§i³imli halka denir.
5. Her a ∈ R için a · e = e · a = a olacak ³ekilde bir e ∈ R var ise e ye birim eleman ; R ye de
birim elemanl halka denir.
4. Her
a, b ∈ R
için
a·b=b·a
ise (yani
·
i³lemi de§i³meli ise)
R
ye
Not: Aksi belirtilmedikçe çarpma i³leminin toplama i³lemine göre i³lem önceli§i oldu§u kabul edilecek-
tir. Bu yüzden 3. özellikte e³itli§in sa§ndaki parentezler kullanlmayabilir. Ayrca
a · b yerine ksaca ab
yazlabilir. Halkadaki toplama i³leminde (birinci i³lemde) toplamsal gösterim tarz; çarpma i³leminde
(ikinci i³lemde) çarpmsal gösterim tarz kullanlr.
Not: Bir
R birim elemanl halkasnda birim eleman genelde 1R
veya ksaca
1 ile gösterilir. Baz yazarlar
5. özelli§i bir halkann sahip olmas gereken bir özellik olarak kabul ederler.
Örnek 7.2
(Z, +, ·), (Q, +, ·), (R, +, ·), (C, +, ·)
Örnek 7.3
S=
√
x + y 2 | x, y ∈ Z
Örnek 7.4
T =
√
√
u + v 3 2 + w 3 4 | u, v, w ∈ Q
sistemleri birer halkadr.
kümesi bilinen + ve
·
i³lemleri ile bir halkadr.
kümesi bilinen + ve
79
·
i³lemleri ile bir halkadr.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
(Zn , ⊕, )
Örnek 7.5
Hüseyin Bilgiç
bir halkadr. Her
a, b ∈ Zn
a⊕b=a+b
T = { 0, e }
Örnek 7.6
Buna göre
(T, +, ·)
veya ksaca
ksaca
0
a−b
Örnek 7.8
ve
⊕
ve
i³lemleri ³öyle tanmlanmaktadr:
ab=a·b
kümesinde toplama ve çarpma ³öyle tanmlansn:
+
0
e
·
0
e
0
0
e
0
0
0
e
e
0
e
0
e
bir halkadr.
(R, +, ·)
Tanm 7.7
için
halkasnda toplama i³lemine göre olan birim elemana halkann
ile gösterilir. Bir
a
elemannn
+
i³lemine göre tersi
−a
sfr
ile gösterilir ve
denir ve
a + (−b)
0R
yerine
yazlr.
L = Z × Z × Z = { (a, b, c) | a, b, c ∈ Z }
kümesinde toplama ve çarpma i³lemleri ³öyle
tanmlansn:
(a, b, c) + (d, e, f ) = (a + d, b + e, c + f ),
(L, +, ·)
i)
(a, b, c)(d, e, f ) = (ad, bd + ce, cf ).
cebirsel yapsnn bir halka oldu§unu gösterelim.
(L, +)
de§i³meli gruptur. Çünkü kapaldr, birle³imlidir, birim eleman
−(a, b, c) = (−a, −b, −c)
(0, 0, 0)
dr,
(a, b, c)
dir ve de§i³me özelli§i vardr.
ii)
(a, b, c) (d, e, f )(g, h, i) = (a, b, c) (dg, eg + f h, f i)
= (adg, bdg + ceg + cf h, cf i)
= (ad, bd + ce, cf )(g, h, i)
= (a, b, c)(d, e, f ) (g, h, i)
bulunur.
iii)
(a, b, c) (d, e, f ) + (g, h, i) = (a, b, c) (d + g, e + h, f + i)
= (ad + ag, bd + bg + ce + ch, cf + ci)
= (a, b, c)(d, e, f ) + (a, b, c)(g, h, i)
Sa§dan da§lma özelli§ini ödev olarak brakyoruz. Sonuç:
80
(L, +, ·)
oldu§u görülür.
bir halkadr.
nin tersi
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
iv) Birim eleman bulalm:
(a, b, c)(x, y, z) = (a, b, c) =⇒ (ax, bx + cy, cz) = (a, b, c)
=⇒ ax = a, bx + cy = b, cz = c
=⇒ x = 1, z = 1, y = 0
(1, 0, 1)(a, b, c) = (a, b, c)
olur. Ayrca
olup (1,0,1) birim elemandr. Yani
(L, +, ·)
birim elemanl bir
halkadr.
v)
(1, 0, 0)(0, 1, 0) = (0, 0, 0)
(L, +, ·)
fakat
(0, 1, 0)(1, 0, 0) = (0, 1, 0)
olup çarpmann de§i³me özelli§i yoktur.
de§i³meli halka de§ildir.
Not: Bir halkada
· i³leminin + üzerine soldan da§lma özelli§i varsa ve bu halka de§i³meli ise · i³leminin
+ üzerine sa§dan da§lma özelli§i de vardr, çünkü:
(a + b) · c = c · (a + b) = c · a + c · b = a · c + b · c.
Teorem 7.9 Bir halkann sfr tektir.
spat: (Gruplar teorisindeki ispatn aynsdr.)
0 + 00 = 00
olur. Ayrca,
Teorem 7.10
R
00
0 ve 00 , R nin iki farkl sfr olsun. 0 bir sfr oldu§undan
bir sfr oldu§undan
bir halka ve
a, b, c ∈ R
0 + 00 = 0
olur. Bu iki e³itlikten
0 = 00
elde edilir.
olsun.
1.
a+c=b+c
ise
a=b
dir (Sa§dan ksaltma).
2.
c+a=c+b
ise
a=b
dir (Soldan ksaltma).
3. Toplamaya göre ters eleman tektir.
4.
a+x=b
5.
R
6.
a
denkleminin tek çözümü
x=b−a
dr.
nin birim eleman (varsa) tektir.
nn çarpmaya göre tersi (varsa) tektir.
spat: Grup teorisindeki gibidir.
Tanm 7.11
cisim
(R, +, ·)
bir halka olsun. E§er
(R \ { 0 } , ·)
bir abelyen grup ise
(R, +, ·)
sistemine bir
denir.
Not: Bir
R
cisminde
R\{0}
kümesi bir grup olaca§ndan
R = {0}
halkas bir cisim olamaz. O halde
bir cisim en az 2 elemanldr diyebiliriz.
Örnek 7.12
(R, +, ·), (C, +, ·), (Q, +, ·)
birer cisimdir, fakat
81
(Z, +, ·)
bir cisim de§ildir.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
R
Teorem 7.13
bir halka olsun. Her
1.
a0 = 0a = 0
2.
(−a)b = a(−b) = −(ab)
3.
(−a)(−b) = ab
a0 = a(0 + 0) = a0 + a0
spat 1.
kullanrsak
0 = a0
a, b ∈ R
elde edilir. Benzer ³ekilde
için:
0 + a0 = a0 + a0
olur, veya
(−a)b + ab = (−a + a)b = 0b = 0
spat 2.
−(ab)
Hüseyin Bilgiç
0a = 0
yazabiliriz. Sa§dan ksaltma kuraln
oldu§u gösterilebilir.
oldu§undan
−(ab) = (−a)b
olur. Benzer ³ekilde
a(−b) =
(−a)(−b) = a(−(−b)) = ab.
gösterilebilir.
spat 3. E§er
(−a)b = a(−b)
b
e³itli§inde
yerine
(−b)
yazarsak,
Not 7.14 Birim elemanl bir halkann sfr ile birim eleman e³it olabilir mi? Yani
mi? Cevap: Bu durum sadece
halkas
a∈R
için
0=0·a=1·a=a
bir
R
(=⇒) S
grubudur.
Q
nun;
bir halka ve
Q
a−b∈S
ve her
S⊆R
halkas da
∅=
6 S⊆R
bir alt halka ve
Teorem 2.8'den,
(⇐=) S 6= ∅
halkasnda
OR = 1R
veya
sfr
oldu§unu kabul edelim. Her
oldu§u görülür.
denir.
halkas
Z
Teorem 7.17
spat:
R = {0}
R
olabilir
R bir halka ve ∅ =
6 S ⊆ R olsun. E§er S, R deki i³lemlerle birlikte bir halka oluyorsa S 'ye
alt halkas
Örnek 7.16
olup
trivial halka
halkasnda görülür. (Bu halkaya
denir.) Bunu ³öyle ispatlayabiliriz: Bir
Tanm 7.15
R'nin
R = {0}
OR = 1R
için
oldu§undan
olsun.
S 'nin
2Z
a, b ∈ S
için
a−b∈S
2.)
Her
a, b ∈ S
için
ab ∈ S
S
olsun.
grubu
(R, +)
bir halka oldu§undan
a − b, ab ∈ S
i³lemi
(S, +)
S 'de
halkas
Z
nin alt halkasdr.
alt halka olmas için gerek ve yeter ³artlar:
Her
a, b ∈ S
+
nin alt halkasdr.
1.)
dir. Ayrca
a, b ∈ S
R
grubunun alt grubu oldu§undan,
ab ∈ S
dir.
olsun. Teorem 2.8'den
(S, +)
grubu
(R, +)
de de§i³melidir. Yine,
S⊆R
oldu§undan çarpma i³lemi
grubunun alt
S 'de de birle³melidir ve · i³leminin + üzerine soldan ve sa§dan da§lma özelli§i S 'de de vardr. O halde
S
bir alt halkadr.
Not 7.18 Bu teoremin uygulanmas için
kaynaklarda bir
S
S
nin bo³ olmad§ndan emin olmak gerekir. O yüzden baz
altkümesinin (bo³ veya de§il) alt halka olmas için gerek ve yeter ³artlar 3 tane
verilmi³tir. Bu üç ³art, yukardaki 2 ³artla birlikte,
Teorem 7.17'de
b=a
0∈S
³artdr. E§er
alnarak 1.) ³art uygulanrsa elde edilir.
82
S
bo³ de§ilse,
0∈S
oldu§u
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Tanm 7.19
(R, +, ·)
ve
Hüseyin Bilgiç
(S, ⊕, )
iki halka ve
θ : R −→ S
bir fonksiyon olsun. E§er
θ
toplama ve
çarpma i³lemlerini koruyorsa; yani
ise
θ
ya bir
(i) her
a, b ∈ R
için
θ(a + b) = θ(a) ⊕ θ(b),
(ii) her
a, b ∈ R
için
θ(a · b) = θ(a) θ(b)
halka homomorzmas
denir. Bu durumda
θ : (R, +) −→ (S, ⊕)
bir grup homomorz-
mas oldu§u açktr. O halde grup homomorzmalarndaki sonuçlar geçerlidir. Mesela;
(i)
(ii)
(iii)
Örnek 7.20
ise
θ(0R ) = 0S ,
θ(−a) = −θ(a),
θ(a − b) = θ(a + (−b)) = θ(a) ⊕ θ(−b) = θ(a) ⊕ (−θ(b)) = θ(a) − θ(b).
θ : Z20 −→ Z30 , θ(x) = 6x
Z'de x + y = 20q + r
ve
xy = 20t + s
³eklinde tanmlansn.
dir (q, t
∈Z
6x + 6y = 6(x + y) = 120q + 6r
olur.
Z30 'da
ve
x, y ∈ Z20
0 6 r, s < 20.)
ve
için
x⊕y = r
Bu durumda
ve
xy = s
Z'de
6(xy) = 120t + 6s
ise
θ(x ⊕ y) = 6(x ⊕ y) = 6r = 6x ⊕ 6y = θ(x) ⊕ θ(y),
θ(x y) = 6(x y) = 6s = (6 · 6)s = 6 · 6(x y) = (6x) (6y) = θ(x) θ(y)
olur ve böylece
Örnek 7.21
θ
bir halka homomorzmasdr.
θ : Z5 −→ Z10 , θ(x) = 5x
³eklinde tanmlansn.
θ
bir halka homomorzmas de§ildir,
çünkü
θ(3 3) = θ(4) = 0,
Ayrca,
θ : (Z5 , ⊕) −→ (Z10 , ⊕)
grup homomorzmas da de§ildir, çünkü
θ(4 ⊕ 4) = θ(3) = 5,
Örnek 7.22
θ(3) θ(3) = 5 5 = 5.
fakat
R = (Z, +, ·), S = (2Z, +, ·)
θ(4) ⊕ θ(4) = 0 ⊕ 0 = 0.
fakat
olsun.
θ : R −→ S, θ(x) = 2x
olarak tanmlansn.
θ(x + y) = 2(x + y) = 2x + 2y = θ(x) + θ(y)
olup
θ
bir grup homomorzmasdr. Fakat genelde
θ(xy) = 2xy 6= 2x2y = θ(x)θ(y)
olup
θ
bir halka
homomorzmas de§ildir.
halka
izomorzmas denir. E§er R'den S 'ye bir halka izomorzmas var ise R ve S halkalarna izomorktir
denir. θ : R −→ R izomorzma ise θ 'ya bir halka otomorzmas denir.
Tanm 7.23
θ : R −→ S
bir halka homomorzmas olsun.
83
θ
birebir ve örten ise
θ'ya
bir
Bölüm 7. Halka ve Cisim
(
Örnek 7.24
a
H =
Hüseyin Bilgiç
b
!
: a, b ∈ R
−b a
a
C −→ H, φ(a + bi) =
b
)
bilinen matris toplam ve çarpm ile bir halkadr.
φ :
!
bir halka homomorzmas mdr?
−b a
φ
dönü³ümü
ile
C
H
yi izomork
yapar m?
Çözüm:
a, b, c, d ∈ R
olmak üzere
z = a + bi ∈ C
ve
w = c + di ∈ C
alalm.
φ(z + w) = φ (a + c) + (b + d)i
!
a+c b+d
=
−b − d a + c
!
!
a b
c d
=
+
−b a
−d c
= φ(z) + φ(w),
φ(zw) = φ (ac − bd) + (ad + bc)i
!
ac − bd ad + bc
=
−ad − bc ac − bd
!
!
c d
a b
=
−b a
−d c
= φ(z)φ(w).
Yani
φ
bir halka homomorzmasdr.
φ(z) = φ(w) =⇒
a
b
!
−b a
=
olup
φ
11 dir. “imdi verilen her
olup
φ
nin örten oldu§u görülür. Yani
Tanm 7.25
bir
birim
R
Y =
!
d
c
−d c
a
b
=⇒ a = c, b = d =⇒ a + bi = c + di =⇒ z = w
!
∈ H matrisi
−b a
C ile H izomorktir.
birim elemanl bir halka olsun. Bir
u∈R
için
X = a + bi ∈ C
seçilirse
elemannn çarpmaya göre tersi varsa
(unit) denir. Bir halkadaki bütün birimlerin kümesi
U (R)
ile gösterilir.
yaps bir gruptur.
Dikkat: Birim eleman ile birim kavramlarn kar³trmaynz.
Örnek 7.26
U (Z) = { 1, −1 } , U (Q) = Q \ { 0 }, U (C) = C \ { 0 } , U (Z6 ) =
84
φ(X) = Y
1, 5
.
(U (R), ·)
u
ya
cebirsel
Bölüm 7. Halka ve Cisim
R
Tanm 7.27
Hüseyin Bilgiç
bir halka olsun. Bir
a∈R
için
an = 0
olacak ³ekilde bir
n ∈ Z+
varsa
a
ya
nilpotent
denir. Mesela;
Örnek 7.28
H
Z
halkasndaki nilpotent elemanlar :
{0}
Q
halkasndaki nilpotent elemanlar :
Z8
halkasndaki nilpotent elemanlar :
Z9
halkasndaki nilpotent elemanlar :
{0}
0, 2, 4, 6
0, 3, 6
birim elemanl bir halka olsun.
x∈H
nilpotent ise
(1 − x)
in ve
(1 + x)
in bir birim
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
x∈H
nilpotent olsun. O halde
∃n ∈ Z+
için
xn = 0
dr.
(1 − x)(1 + x + · · · + xn−1 ) = 1 + x + · · · + xn−1 − x − x2 − · · · − xn = 1 − xn = 1
olup
(1 − x)
in tersi vardr. Yani
1−x
birimdir. Ayrca
(
(1 + x)(1 − x + x2 − · · · ∓ xn−1 ) =
Her iki durumda da
1 ∓ xn = 1
olup
1+x
1 + xn , n
tek ise;
xn ,
çift ise.
1−
n
in birim oldu§u görülür.
Tanm 7.29 Birim elemanl (ve trivial olmayan) bir halkann, 0 hariç bütün elemanlar birim ise bu
halkaya
çarpk cisim
(skew eld) veya
bölüm halkas
(division ring) denir. (Her cisim bir çarpk
cisimdir fakat bir çarpk cismin cisim olmas gerekmez.)
Örnek 7.30
(Z, +, ·) halkas çarpk cisim de§ildir, çünkü 2 eleman birim de§ildir. (Q, +, ·) halkasnn
0 hariç her eleman birim oldu§undan bu halka bir çarpk cisimdir.
1−1
=
1, 2−1
=
4, 3−1
=
5, 4−1
=
2, 5−1
=
3, 6−1
=6
Z7
bir bölüm halkasdr çünkü
dr.
Örnek 7.31 Çarpk cisim olup cisim olmayan bir halka örne§i, kompleks saylar da içeren
saylardr (dördeyler
veya
quaterniyonlar halkas
Hamilton1
da denir) ve
H = { a + bi + cj + dk : a, b, c, d ∈ R }
kümesi olarak tanmlanr.
z1 = a1 + b1 i + c1 j + d1 k
ve
z2 = a2 + b2 i + c2 j + d2 k
ise toplama ve çarpma
i³lemi ³öyle tanmlanr:
z1 + z2 =(a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i + (c1 + c2 )j + (d1 + d2 )k,
z1 · z2 =(a1 a2 − b1 b2 − c1 c2 − d1 d2 ) + (a1 b2 + b1 a2 + c1 d2 − d1 c2 )i
+ (a1 c2 − b1 d2 + c1 a2 + d1 b2 )j + (a1 d2 + b1 c2 − c1 b2 + d1 a2 )k
1
rlandal matematikçi, zikçi ve astronom Sir William Rowan Hamilton (4 A§ustos 1805-2 Eylül 1865)
85
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Bu i³lemlerle
(H, +, ·)
Hüseyin Bilgiç
1
birim eleman
olan bir halkadr.
z = a + bi + cj + dk
ise
z 'nin uzunlu§u
ve
e³leni§i
|z| =
³eklinde tanmlanr. O zaman
p
a2 + b2 + c2 + d2 ,
z 6= 0
z = a − bi − cj − dk
ise
z −1 =
z
a − bi − cj − dk
= 2
|z|2
a + b2 + c2 + d2
olup çarpma i³lemine göre 0 hariç her elemann tersi vardr. Fakat bu halka de§i³meli de§ildir (mesela
k
= ij 6= ji = −k);
Tanm 7.32
bölenleri
R
yani cisim olmayan bir çarpk cisimdir.
a, b ∈ R
bir halka,
denir.
a
ve
a 6= 0, b 6= 0
sol sfr bölen, b
ya
ye
olsun. E§er
sa§ sfr bölen
a·b = 0
denir.
R
ise
a
ve
b
ye
R
nin
sfr
halkas de§i³meli ise sol (sa§)
sfr bölen ayn zamanda sa§ (sol) sfr bölendir.
Örnek 7.33
(Z12 , ⊕, )
halkasnn sfr bölenlerini bulalm:
2 6 = 0,
oldu§undan, sfr bölenlerin kümesi:
Teorem 7.34
spat:
Zn
m ∈ Zn
3 4 = 0,
2, 3, 4, 6, 8, 9, 10
halkasnn sfr bölenleri,
ve
m
ile
n
8 9 = 0,
m
ile
n
6 10 = 0
.
ile aralarnda asal olmamak üzere
aralarnda asal olmasn. Yani EBOB{ m, n }
m
³eklindedir.
= (m, n) = d > 2
olsun. Bu
durumda
m
olur. Burada
m 6= 0
Sonuç 7.35
p
ve
asal ise
n
d
Zp
6= 0
n
d
=
oldu§undan
m
d
m
n≡0
(mod n)
bir sfr bölendir.
nin sfr bölenleri yoktur.
Tanm 7.36 Birim elemanl, de§i³meli ve sfr böleni olmayan en az 2 elemanl bir halkaya
bölgesi
denir.
Örnek 7.37
(H, +, ·)
Zp
bir tamlk bölgesidir. Ayrca
a−1
F
ve
(R, +, ·)
birer tamlk bölgesidir.
cismi bir tamlk bölgesidir.
a, b ∈ F, a 6= 0, ab = 0
∈F
(Q, +, ·), (Z, +, ·)
halkas sfr bölensizdir fakat de§i³meli olmad§ndan bir tamlk bölgesi de§ildir.
Teorem 7.38 Her
spat:
tamlk
olsun.
b=0
oldu§unu göstermemiz yeterlidir.
F
bir cisim oldu§undan
vardr.
ab = 0 =⇒ a−1 (ab) = a−1 0 =⇒ (a−1 a)b = 0 =⇒ 1 · b = 0 =⇒ b = 0.
86
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
Teorem 7.39 Her sonlu tamlk bölgesi bir cisimdir.
spat:
F = { 0, 1, a1 , a2 , . . . , an }, n + 2
x ∈ F∗
lim. Her
1'dir.
a1
elemanl sonlu bir tamlk bölgesi olsun.
F∗ = F \ {0}
diye-
n çarpma i³lemine göre bir tersinin oldu§unu göstermemiz yeterlidir. 1'in tersi
in tersinin oldu§unu gösterelim. (Di§erlerinin tersinin oldu§u da ayn yöntemle gösterilir.)
a1 F ∗ = { a1 , a1 a1 , a1 a2 , . . . , a1 an }
kümesine bakalm. Çarpma i³lemi kapal oldu§undan ve
F
tamlk
∗
bölgesi oldu§undan bu kümedeki elemanlarn hepsi F n elemanlardr. Ayrca bu elemanlarn hepsi
birbirinden farkldr. Çünkü:
1.)
∃i
2.)
∃i, j
için
a1 = a1 ai
ve
i 6= j
olsayd
için
bölgesi oldu§undan
ai = 1
a1 ai = a1 aj
ai − aj = 0
a1 aj = 1
ise
yani
(a1
olmaldr ki bu da
Z5 =
Örnek 7.40
olsayd
n+1
Sonuç olarak, her iki küme de
için
olurdu.
0, 1, 2, 3, 4
a1 ai − a1 aj = 0
ai = aj
a1 (ai − aj ) = 0
olurdu. F bir tamlk
olurdu.
elemanl oldu§undan,
)−1
yani
= aj ∈ F
a1 F ∗ = F ∗
bulunur.
1 ∈ F∗
oldu§undan
∃j
oldu§unu gösterir.
sonlu bir tamlk bölgesi olup bir cisimdir. Daha genel olarak
p
asal
bir cisimdir, aksi halde de§ildir.
Zp
Tanm 7.41
R
R
karakteristi§i
halkasnn
bir halka olsun. Her
a∈R
için
na = 0 olacak ³ekildeki
en küçük
denir ve kar(R) ile gösterilir. E§er böyle bir
n
n pozitif tamsaysna
says yoksa halkann
karakteristi§i sfrdr denir.
Örnek 7.42 kar(Q)
halka
R = {0}
Teorem 7.43
=
kar(Z)
=0
dr. kar(Z8 )
=8
dir. Ayrca kar(2Z)
= 0.
Karakteristi§i 1 olan tek
halkasdr.
R
birim eleman
e
ve karakteristi§i
n
olan bir halkadr
⇐⇒ n
says
ne = 0
olacak
³ekildeki en küçük pozitif tamsaydr.
spat:
(=⇒)
(⇐=) n
Her
says
a∈R
ne = 0
için
na = 0
olup
e∈R
için de
ne = 0
dr.
olacak ³ekildeki en küçük pozitif tamsay olsun. Her
a∈R
için:
na = a
+ e + · · · + e)
| +a+
{z· · · + a} = |ae + ae +
{z · · · + ae} = a (e
|
{z
}
n−tane
n−tane
n−tane
= a(ne) = a · 0 = 0
olup ispat tamamlanr.
Teorem 7.44 Bir tamlk bölgesinin karakteristi§i 0 veya asal bir saydr.
spat:
D
D = {0}
bir tamlk bölgesi olsun.
olurdu ve
{0}
kar(D) = 0
ise ispat biter.
bir tamlk bölgesi de§ildir.
87
kar(D) = 1
kar(D) = n > 2
olamaz çünkü o zaman
olsun.
n
nin asal oldu§unu
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
Özellik / Cebirsel Yap
Tamlk
Çarpk Cisim
Bölgesi
(Bölüm Halkas)
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
Birim elemanl
4
4
4
De§i³meli
4
(R, +)
(R, ·)
Halka
abelyen grup
yar grup
Da§lma özellikleri var
4
0 hariç her elemann tersi var
4
Sfr bölensiz
(R \ { 0 } , ·)
grup
(R \ { 0 } , ·)
abelyen grup
4
(R, +, ·)
e∈D
için
4
4
4
4
4
4
4
cebirsel yapsnn sa§lamas gereken özellikler tablosu.
gösterece§iz. Aksini kabul edelim; yani
³eklinde yazlabilir.
4
4
En az 2 elemanl
Tablo 7.1: Bir
Cisim
ne = 0
n
asal olmasn. O halde
1 < n1 , n2 < n
olmak üzere
n = n1 n2
dr. “imdi:
ne = 0 =⇒ |e + e +{z· · · + e} = 0 =⇒ (e + · · · + e) (e + · · · + e) = 0 =⇒ (n1 e)(n2 e) = 0
{z
}|
{z
}
|
ntane
olup
D
n1 tane
tamlk bölgesi oldu§undan
n1 e = 0
veya
n2 tane
n2 e = 0
olmaldr. Ancak bu durum
olacak ³ekildeki en küçük pozitif tamsay olmas ile çeli³ir. O halde
Örnek 7.45 Birim elemanl bir
n
n'nin ne = 0
asaldr.
R halkasnn birim eleman ile onun en az 2 elemanl bir S alt halkasnn
birim eleman farkl olabilir. Gösteriniz.
R = Z6
Çözüm:
3
eleman
dür. Ayrca
Teorem 7.46
R
olsun.
spat:
ve
D
T =
birim elemanl ise
f ∈R
0, 3
alalm. Bu durumda
0, 2, 4
birim eleman
e
e∈R
f e − e = 0;
f =0
yani
veya
fe = e
R
olan bir tamlk bölgesi,
dir ve
e, R
R
de
D
4
dir, fakat
S
nin birim
dür.
nin en az iki elemanl bir alt halkas
f (f e − e) = f 2 e − f e = f e − f e = 0
fe − e = 0
1
nin de birim elemandr.
olur. Ancak
bulunur. Ayrca
e, D
R
elde edilir.
en az 2 elemanl oldu§undan
nin birim eleman oldu§undan
D
bir tamlk
f 6= 0
fe = f
olup
dr. O
e=f
elde edilir.
Örnek 7.47 Elemanlar bir
nin birim eleman
alt halkasnn birim eleman
birim eleman olsun. “imdi
bölgesi oldu§undan
halde
S =
R
halkasndan seçilen
88
n×n
tipindeki matrislerin kümesi, matrislerdeki
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
bilinen toplama ve çarpma i³lemi ile bir halkadr. Bu halka
gibi. Benzer ³ekilde
R
Mn (Z7 )
birim elemanl ise
Mn (R)
Mn (R)
ile gösterilir.
Mn (Z) = { n × n
tamsay haneli matrisler }
Mn (R) = { n × n
reel haneli matrisler }
Mn (C) = { n × n
kompleks haneli matrisler }
ve
Mn (3Z)
de tanmldr.
n>2
için bu halkalar de§i³meli de§ildir. E§er
de birim elemanldr ve birim eleman, kö³egeni
1R
olan skaler matristir.
M2 (R) halkasnda:
!
!
!
1 2
8 −2
0 0
=
.
3 6
−4 1
0 0
Ayrca bu halkalar sfr bölenlidir; mesela
ALI“TIRMALAR
1.
H = { f | f : R −→ R
bir fonksiyon } kümesi üzerinde
f, g ∈ H
için
(f + g)(x) = f (x) + g(x)
(f · g)(x) = f (x) · g(x)
i³lemleri tanmlansn.
2.
üzerinde
Z
(H, +, ·) sisteminin bir halka oldu§unu gösterin. (H, +, ·) bir tamlk bölgesi midir?
a⊕b = a+b−1
ve
a b = a + b − ab
de§i³meli ve birim elemanl bir halka oldu§unu gösterin.
i³lemleri tanmlanyor.
(Z, ⊕, )
(Z, ⊕, )
sisteminin
bir tamlk bölgesi midir? Bir cisim
midir?
a∈H
Ia = { x ∈ H | ax = 0 }
3.
H
bir halka,
4.
R
birim eleman 1 olan bir halka ve bir
olsun.
a∈R
için
kümesi
H
a2 = 1
olsun.
nin bir alt halkasdr, gösterin.
H = { axa : x ∈ R }
kümesinin
R
nin bir alt halkas oldu§unu gösteriniz.
√
√
√
√
√
Z[ 2] = x + y 2 : x, y ∈ Z halkas verilsin. f : Z[ 2] −→ Z[ 2] fonksiyonu f (x + y 2) =
√
√
x − y 2 ile tanmlansn. f nin Z[ 2] halkasnn bir otomorzmas oldu§unu gösteriniz.
5.
6.
Bir
(pucu:
7.
U
H
halkasnda
(x + x)
∀x ∈ H
için
in karesine baknz.) Ayrca
bo³ olmayan bir küme ve
çarpma,
x2 = x
R
de
A + B = (A ∪ B) \ (A ∩ B)
U
ve
dir. Buna göre
H
∀x ∈ H
için
x = −x
oldu§unu gösteriniz.
nin de§i³meli oldu§unu gösteriniz.
nun bütün alt kümelerinin kümesi olsun.
A·B = A∩B
olarak tanmlansn.
(R, +, ·)
R'de
toplama ve
bir halka mdr?
Birim elemanl mdr? De§i³meli midir? Gösterin. (NOT: + i³lemi birle³melidir.)
8.
Bir tamlk bölgesinde karesi kendisine e³it olan elemanlarn sadece 0 ve 1 oldu§unu gösterin.
89
Bölüm 7. Halka ve Cisim
R
9.
Hüseyin Bilgiç
gösterin. (pucu:
(a + a)
için
a2 = a
ise
R'nin
kümesinin bilinen kompleks say toplamas ve çarpmas ile bir tamlk
bölgesi oldu§unu gösterin. Bu halkaya
Gauss2 tamsaylar halkas
11.
T =
√
√
a + b 3 2 + c 3 4 : a, b, c ∈ Q
12.
A=
√
a + b 4 5 : a, b ∈ Q
13.
R ve H
iki halka olsun.
kümesi
kümesi
(R, +, ·)
f : R −→ H
(R, +, .)
R
ve
(i)
H
iki halka
I, R
D
15.
R
bir tamlk bölgesi olsun.
sonucu olarak, e§er
Buradan, her
p
D
x ∈ R için f (x) = 0H
olarak tanmlansn.
sfr homomorzmas
θ(I)
H
da
R
kümesi
H 6= { 0 } ve θ
x∈D
2
için x
örten ise
H
= 1 =⇒ x = 1
da birim elemanldr ve
(p − 1)! ≡ −1 (mod p)
veya
x = −1
(f + g) + h = f + (g + h)
(ii)
(iii)
f +g =g+f
dir, çünkü
x∈R
O(x) = 0
(iv) Her
f
(v)
nin
+
için
olup
−1
oldu§unu gösterin.
oldu§unu gösterin. (Bu sonuç saylar teorisinde
f + g ∈ H.
dir, çünkü
[f (x) + g(x)] + h(x) = f (x) + [g(x) + h(x)].
f (x) + g(x) = g(x) + f (x).
³eklinde tanmlanan sfr fonksiyonu bu halkann sfrdr.
i³lemine göre tersi
(−f )(x) = −f (x)
³eklinde tanmlanan fonksiyondur. Çünkü
f + (−f ) (x) = f (x) + (−f )(x) = f (x) − f (x) = 0 = O(x).
(vi)
2
f ·g ∈H
çünkü
f (x) · g(x) ∈ R.
Carl Friedrich Gauss (1777-1855)
90
dr.
oldu§unu gösterin. Bunun
olsun.
(f + g)(x) = f (x) + g(x) ∈ R
(i)
denir.)
θ(1R ) = 1H
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
f, g, h ∈ H
nin
nin bir alt halkasdr.
Wilson Teoremi olarak bilinmektedir.)
ÇÖZÜM 1.
f
nin bir alt halkasdr.
sonlu sayda birime sahipse bu birimlerin çarpmnn
asal says için
bir cisim midir?
halkasnn bir alt halkas mdr?
dönü³ümü her
= { x ∈ R : θ(x) = 0H }
birim elemanl halka,
Z[i]
bir halka homomorzmas olsun.
nin bir alt halkas ise
(ii) Çek(θ)
(iii)
θ : R −→ H
denir.
halkasnn bir alt halkas mdr? Gösterin.
bir halka homomorzmas oldu§unu gösterin. (Bu homomorzmaya
14.
karakteristi§inin 2 oldu§unu
nn karesine bakn.)
Z[i] = { a + ib : a, b ∈ Z }
10.
a∈R
en az iki elemanl bir halka olsun. Her
Bölüm 7. Halka ve Cisim
(vii)
f (gh) = (f g)h,
(vii)
f (g + h) = f g + f h,
f h + gh,
çünkü
Sonuç olarak,
H
çünkü
f (x) g(x)h(x) = f (x)h(x) g(x).
çünkü
bir halkadr.
³eklinde tanmlanrsa
(i)
f (x)[g(x) + h(x)] = f (x)g(x) + f (x)h(x).
Benzer ³ekilde,
(f + g)h =
[f (x) + g(x)]h(x) = f (x)h(x) + g(x) + h(x).
f (x) =
ÇÖZÜM 2.
Hüseyin Bilgiç
H bir
(
0,
x>1
ex ,
f 6= O, g 6= O
a, b, c ∈ Z
tamlk bölgesi de§ildir, çünkü
x<1
fakat
(
ve
fg = O
g(x) =
cos x, x > 1
0,
x<1
olur.
olsun.
a ⊕ b = a + b − 1 ∈ Z.
(a ⊕ b) ⊕ c = (a + b − 1) ⊕ c = a + b + c − 2 = a ⊕ (b + c − 1) = a ⊕ (b ⊕ c).
(ii)
(iii)
a ⊕ b = a + b − 1 = b + a − 1 = b ⊕ a.
(iv)
a⊕1=1⊕a=a+1−1=a
(v)
a ⊕ (2 − a) = a + 2 − a − 1 = 1
olup halkann sfr 1 dir.
olup
a
nn tersi
2−a
dr.
a b = a + b − ab ∈ Z.
(vi)
(vii)
(a b) c = (a + b − ab) c = a + b − ab + c − ac − bc + abc,
a (b c) = a (b + c − bc) = a + b + c − bc − ab − ac + abc
olup çarpma i³lemi birle³melidir.
(viii)
a b = a + b − ab = b + a − ba = b a.
(ix)
a (b ⊕ c) = a (b + c − 1) = a + b + c − 1 − ab − ac + a = 2a + b + c − ab − ac − 1,
(a b) ⊕ (a c) = (a + b − ab) ⊕ (a + c − ac) = 2a + b + c − ab − ac − 1
olup
i³lemi ⊕ üzerine soldan da§lma özelli§ine sahiptir. i³lemi de§i³me özelli§ine sahip oldu§undan
sa§dan da§lma özelli§i de vardr.
(x)
a0=0a=a+0−a·0=a
Sonuç olarak,
(Z, ⊕, )
olup halkann birim eleman
birim elemanl ve de§i³meli bir halkadr.
91
0
dr.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
(xi) Sfr bölen olmad§n gösterelim. Halkann sfr 1, birim eleman da 0 dr.
olsun.
b=1
ab = 1
olsun.
a 6= 1
oldu§unu gösterece§iz.
a b = 1 =⇒ a + b − ab = 1 =⇒ a + b − ab − 1 = 0 =⇒ (a − 1)(1 − b) = 0
olup
a 6= 1
Yani,
oldu§undan
(Z, ⊕, )
(Z, ⊕, )
b=1
olmaldr.
bir tamlk bölgesidir.
bir cisim de§ildir, çünkü 3'ün
i³lemine göre tersine
x
dersek
x 3 = 0 =⇒ x + 3 − 3x = 0 =⇒ x =
3
6∈ Z
2
olur.
ÇÖZÜM 3.
(i)
(ii)
x, y ∈ Ia
a(xy) = (ax)y = 0y = 0
ÇÖZÜM 4.
(ii)
ax = ay = 0
dr
a(x − y) = a(x + (−y)) = ax + a(−y) = ax + (−(ay)) = ax − ay = 0 − 0 = 0
Teorem 7.17 gere§i
(i)
alalm. O zaman
Ia
olup
xy ∈ Ia
dr.
bir alt halkadr.
axa, aya ∈ H
alalm.
axa − aya = a(xa − ya) = a(x − y)a ∈ H
dir, çünkü
(axa)(aya) = axa2 ya = ax1ya = a(xy)a ∈ H
Teorem 7.17 gere§i
H
x − y ∈ R.
dir, çünkü
xy ∈ R
bir alt halkadr.
ÇÖZÜM 5.
√
√ √ f (a + b 2) + (c + d 2) = f (a + c) + (b + d) 2
√
= (a + c) − (b + d) 2
√
√
= (a − b 2) + (c − d 2)
√
√
= f (a + b 2) + f (c + d 2).
Ayrca,
√
√ √ f (a + b 2)(c + d 2) = f (ac + 2bd) + (ad + bc) 2
√
= (ac + 2bd) − (ad + bc) 2
√
√
= (a − b 2)(c − d 2)
√
√
= f (a + b 2)f (c + d 2).
92
olup
x − y ∈ Ia
dr.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
olup
f
Hüseyin Bilgiç
bir halka homomorzmasdr.
√
√
√
√
f (a + b 2) = f (c + d 2) =⇒ a − b 2 = c − d 2
=⇒ a = c
ve
− b = −d
(Çünkü
a, b, c, d ∈ Z)
=⇒ a = c ve b = d
√
√
=⇒ a + b 2 = c + d 2
=⇒ f
“imdi
f
nin örten oldu§unu gösterelim.
√
√
f (x − y 2) = x + y 2
Sonuç olarak,
f
x∈H
x+x=0
a2 + ab + ba + b2
olaca§ndan
f
√
√
√
x+y 2 ∈ Z[ 2] verilsin. a = x ve b = −y seçilirse f (a+b 2) =
nin örten oldu§u görülür.
bir otomorzmadr.
ÇÖZÜM 6. Her
ve buradan
olup
birebirdir.
yani
= a+b
ab = ba
için
(x+x)2 = (x+x) olmaldr. O halde x2 +x2 +x2 +x2 = x+x+x+x = x+x
x = −x
2
dir. a
=a
bulunur. Ayrca, her
2
ve b
=b
a, b ∈ H
oldu§undan
için
ab + ba = 0
(a + b)2 = a + b
yani
ab = −(ba)
olmaldr. Yani
dr.
−(ba) = ba
bulunur. Yani halka de§i³melidir.
ÇÖZÜM 7.
(i)
A, B ∈ R =⇒ A + B = A4B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) ∈ R
dir.
(A + B) + C = (A4B)4C = A4(B4C) = A + (B + C)
(ii)
(iii)
A4B = B4A
(iv)
A4∅ = A
A4A = ∅
(v)
(vi)
A+B =B+A
dr.
oldu§undan halkann sfr bo³kümedir.
oldu§undan
−A = A
dr.
A, B ∈ R =⇒ A · B = A ∩ B ∈ R
dir.
(A · B) · C = (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) = A · (B · C).
(vii)
(viii)
(ix)
oldu§undan
oldu§unu biliyoruz.
A·B =A∩B =B∩A=B·A
A · (B + C) = A ∩ (B4C) = (A ∩ B)4(A ∩ C) = A · B + A · C
oldu§u gösterilebilir. Çarpma
i³lemi de§i³meli oldu§undan sa§dan da§lma özelli§i de vardr.
(x) Her
A∈R
Sonuç:
R birim elemanl ve de§i³meli bir halkadr. U
her
∅ 6= A ∈ R
için
için
A·U =A
olup
U
bu halkann birim elemandr.
A·X = A∩X = U
en az iki elemanl ise
olacak ³ekilde bir
ise.)
93
X∈R
R bir cisim de§ildir. Çünkü
bulunamaz (mesela
A
bir elemanl
Bölüm 7. Halka ve Cisim
ÇÖZÜM 8.
D
Hüseyin Bilgiç
x∈D
bir tamlk bölgesi ve
olsun.
x2 = x =⇒ x2 − x = 0 =⇒ x(x − 1) = 0
=⇒ D
bir tamlk bölgesi oldu§undan
=⇒ x = 0
ÇÖZÜM 9.
edilir.
R
a, b, c, d, e, f ∈ Z
yani
olmak üzere
z + w = (a + c) + (b + d)i ∈ Z[i],
a+a = a+a+a+a
kar(R) 6= 1
en az 2 elemanl oldu§undan
veya
x−1=0
x=1
(a + a)2 = a2 + a2 + a2 + a2
ÇÖZÜM 10.
(i)
veya
x=0
çünkü
dir. O halde
bulunur. Buradan
kar(R) = 2
2a = 0
elde
dir.
z = a + bi, w = c + di, t = e + f i
olsun.
a + c, b + d ∈ Z
(z + w) + t = z + (w + t) = (a + c + e) + (b + d + f )i
(ii)
(iii)
z + w = (a + c) + (b + d)i = (c + a) + (b + d)i = w + z
(iv)
z + (0 + 0i) = (0 + 0i) + z = a + bi
−z = (−a) + (−b)i ∈ Z[i],
(v)
(vi)
çünkü
olup
0Z[i] = 0 + 0i ∈ Z[i]
dir, çünkü
0 ∈ Z.
−a, −b ∈ Z.
zw = (ac − bd) + (ad + bc)i ∈ Z[i],
çünkü
ac − bd, ad + bc ∈ Z.
(vii)
(zw)t = [(ac − bd) + (ad + bc)i](e + f i)
= (ace − bde − adf − bcf ) + (acf − bdf + ade + bce)i
= (a + bi)[(ce − df ) + (cf + de)i]
= z(wt)
olup çarpma i³lemi birle³melidir.
(viii)
zw = (ac − bd) + (ad + bc)i = (ca − db) + (cb + da)i = wz
olup çarpma i³lemi de§i³melidir.
(ix)
z(w + t) = (a + bi)[(c + e) + (d + f )i]
= (ac + ae − bd − bf ) + (ad + af + bc + be)i
= (ac − bd) + (ad + bc)i + (ae − bf ) + (af + be)i
= zw + zt
olup çarpma i³lemi toplama üzerine soldan da§lma özelli§ine sahiptir. Çarpma i³lemi de§i³meli oldu§undan sa§dan da§lma özelli§i de vardr.
(x)
(a + bi)(1 + 0i) = (1 + 0i)(a + bi) = a + bi
1, 0 ∈ Z
“imdi,
(xi)
olup halkann birim eleman
1 = 1 + 0i ∈ Z[i]
dir, çünkü
dir.
Z[i]
nin sfr bölenleri olmad§n gösterelim.
zw = 0
olsun ve
z 6= 0
olsun. Bu durumda
a 6= 0
94
veya
b 6= 0
dr.
w=0
oldu§unu, yani
c=d=0
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
oldu§unu gösterece§iz.
ac − bd = 0
ad + bc = 0
denklemlerini çözece§iz.
a 6= 0
Durum 1:
1. denklemi
c,
c = 0, d = 0
elde edilir.
2. denklemi
Durum 2:
b 6= 0
1. denklemi
−d,
c = 0, d = 0
elde edilir.
d
2. denklemi
ile çarpp toplarsak
c
ile çarpp toplarsak
Sonuç olarak,
göre tersi
Z[i] bir tamlk bölgesidir. Z[i]
1
1 1
− i 6∈ Z[i] dir, çünkü 6∈ Z.
2 2
2
ÇÖZÜM 11.
a(c2 + d2 ) = 0
a, b, c, d, e, f ∈ Q
ve
bulunur.
b(c2 + d2 ) = 0
a 6= 0
olup
c2 + d2 = 0 =⇒
b 6= 0
olup
c2 + d2 = 0 =⇒
bulunur.
bir cisim de§ildir, çünkü
1+i
saysnn çarpma i³lemine
√
√
√
√
x = a + b 3 2 + c 3 4 ∈ T, y = d + e 3 2 + f 3 4 ∈ T
olsun.
√
√
3
3
x − y = (a − d) + (b − e) 2 + (c − f ) 4 ∈ T
olur çünkü
a − d, b − e, c − f ∈ Q
dur.
√
√
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
3
3
3
3
xy = ad + ae 2 + af 4 + bd 2 + be 4 + bf 8 + cd 4 + ce 8 + cf 16
√
√
3
3
= (ad + 2bf + 2ce) + (ae + bd + 2cf ) 2 + (af + be + cd) 4 ∈ T
olur, çünkü bütün katsaylar rasyoneldir. Teorem 7.17 gere§i
ÇÖZÜM 12.
x=
ÇÖZÜM 13. Her
√
4
5∈A
x, y ∈ R
ve
y=
√
4
5∈A
alalm.
xy =
√
4
T
bir alt halkadr.
25 6∈ A
olur. Yani
A
bir alt halka de§ildir.
için
f (x + y) = 0H = 0H + 0H = f (x) + f (y),
f (x · y) = 0H = 0H · 0H = f (x) · f (y)
olup
f
bir halka homomorzmasdr.
ÇÖZÜM 14. (i)
x, y ∈ θ(I) =⇒ ∃ a, b ∈ I
için
θ(a) = x, θ(b) = y
=⇒ θ(a
− }b) = θ(a) − θ(b) = x − y
| {z
∈I
=⇒ x − y ∈ θ(I).
95
(Çünkü
θ
grup hom.)
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
Ayrca
θ(a
· b ) = θ(a) · θ(b) = x · y
|{z}
∈I
olup
x · y ∈ θ(I)
θ(I), H
dr. Teorem 7.17 gere§i
nin alt halkasdr.
(ii)
a, b ∈ Çek(θ) =⇒ θ(a) = 0H , θ(b) = 0H
=⇒ θ(a − b) = θ(a) − θ(b) = 0H − 0H = 0H
(Çünkü
θ
grup hom.)
=⇒ a − b ∈ Çek(θ).
Ayrca
θ(a · b) = θ(a) · θ(b) = 0H · 0H = 0H
olup
a · b ∈ Çek(θ)
(iii)
θ
dr. Teorem 7.17 gere§i Çek(θ), R nin alt halkasdr.
örten oldu§undan her
h∈H
için
∃r ∈ R
vardr öyle ki
θ(r) = h
dir. “imdi, her
h∈H
için
h = θ(r) = θ(1R · r) = θ(1R ) · θ(r) = θ(1R ) · h,
h = θ(r) = θ(r · 1R ) = θ(r) · θ(1R ) = h · θ(1R )
olup
H
nin birim elemanl oldu§u ve
ÇÖZÜM 15.
x−1=0
D
veya
θ(1R ) = 1H
oldu§u görülür.
x2 = 1 =⇒ x2 − 1 = 0 =⇒ (x − 1)(x + 1) = 0 =⇒ D
x + 1 = 0 =⇒ x = 1
deki bütün birimler
veya
x = −1.
U = { 1, −1, u1 , u2 , . . . , un }
olsun.
x∈U
ve
−1
oldu§u görülür.
kendisi olmad§ndan bu çarpmn sonucu
−1
dir.
kendine e³it olan elemanlarn sadece
Bu sonucu
Buradan
Zp
1
tamlk bölgesine uygularsak;
1 · 2 · · · (p − 1) = −1
yani
bir tamlk bölgesi oldu§undan
Zp
için
x−1 = x ⇐⇒ x2 = 1
u = (−1)u1 u2 . . . un
bir cisim oldu§undan
(p − 1)! ≡ −1 (mod p)
96
bulunur.
U (Zp ) =
dersek
ui
olup tersi
lerin tersi
1, 2, . . . , p − 1
dir.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
HALKALAR
Tamlk Bölgeleri
Çarpk Cisimler
Cisim
•Z •Z[i]
√
•Z[ 2]
•Zp
•R
•Q
•C
•H
•{0}
•2Z •3Z •4Z . . . •Mn (R) •Mn (C) . . .
•Z4
•Z6
“ekil 7.1: Halka çe³itlerini gösteren bir ³ekil.
97
•Z8
•Z9 . . .
8
dealler ve Bölüm Halkalar
8.1
dealler
“imdi gruplardaki normal altgrup kavramna benzer bir kavram olan ideal kavramn verece§iz.
Tanm 8.1
R
ideal ; Ir ⊆ I
E§er
I
bir halka,
ise
I
ya bir
da
R
nin bir alt halkas olsun. E§er her
sa§ ideal
(Z, +, ·)
seçelim. O zaman
rx ∈ I ⇐⇒ I
sol ideal
∀r ∈ R, ∀x ∈ I
için
xr ∈ I ⇐⇒ I
sa§ ideal
n(kr) ∈ I
olup
Örnek 8.3
seçilirse
I
xr =
6∈ Z
halkas
I
ya ksaca bir
n∈Z
x = nk
(Q, +, ·)
W =
a b
için
ideal
I = nZ
I
ya bir
sol
denir.
alt halkas bir idealdir. Çünkü,
dr. Bu durumda
rx = r(nk) = n(rk) ∈ I
ve
x=2∈Z
halkasnn bir ideali de§ildir. Çünkü
!
c d
nun alt halkasdr. (Neden?)
)
: a, b, c, d ∈ Z
A=
AX =
olup genelde
ise
r∈Z
ve
x∈I
xr = (nk)r =
ve
r =
1
5
∈Q
olur.
(
Örnek 8.4
rI ⊆ I
nn bir ideal oldu§u görülür.
(Z, +, ·)
2
5
için
için
denir. Ba³ka bir deyi³le:
için
halkasnda her
∃k ∈ Z
r∈R
∀r ∈ R, ∀x ∈ I
hem sa§ hem de sol ideal ise
Örnek 8.2
W
I
AX 6∈ I
ve
XA ∈ I
a b
cx
halkas verilsin.
!
∈W
c d
ax ay
cy
(
ve
!
ve
98
x y
X=
0 0
∈I
0 0
0
I
!
)
: a, b ∈ Z
!
xa + yc xb + yd
XA =
oldu§u görülür. Yani
I =
a b
seçelim.
!
0
bir sa§ idealdir ama sol ideal de§ildir.
kümesi
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
Hüseyin Bilgiç
Ödev: Sol ideal olup sa§ ideal olmayan bir örnek bulunuz.
Örnek 8.5
B
A
toplam
nin
B
ve
bir
denir.
R
halkasnn iki ideali olsun.
A+B
nin
R
ve
rb, br ∈ B
r∈R
A+B
a+b∈A+B
alalm.
A
A
ile
nin alt halka oldu§u
ve
B
ideal oldu§undan
ve
(a + b)r = ar + br ∈ A + B
nin ideal oldu§u görülür.
R
Örnek 8.6 Bir
halkasnda
{0}
trivial ideal ) ve öz olmayan
Teorem 8.7
(i)
ve
kümesine
olur. O zaman
r(a + b) = ra + rb ∈ A + B
olup
A+B
nin bir ideali oldu§unu gösterelim.
kolayca gösterilebilir (Al³trma 11) . “imdi
ra, ar ∈ A
A + B = { a + b : a ∈ A, b ∈ B }
R
bir halka
ve
R
her zaman birer idealdir. Bunlara srasyla
ideal denir. E§er
U ⊆R
olsun.
U
I 6= R
I
ideal ise
ya bir
özideal
sfr ideali
(veya
denir.
nun bir ideal olmas için gerek ve yeter ³artlar:
0∈U
(ii) Her
u, v ∈ U
(iii) Her
u∈U
spat:
(=⇒) U
için
ve
u−v ∈U
r∈R
için
ur ∈ U
bir ideal olsun.
grubunun altgrubu oldu§undan
U
ve
ru ∈ U.
bir alt halka oldu§undan
u, v ∈ U =⇒ u − v ∈ U
0∈U
dur. Ayrca
(U, +)
grubu
oldu§u açktr (Teorem 2.8).
U
(R, +)
bir ideal
oldu§undan, tanmdan dolay, (iii) sa§lanr.
(⇐=)
“imdi (i), (ii) ve (iii) do§ru olsun.
u−v ∈ U
U
oldu§u açktr.
u∈R
ve
v∈U
0∈U
oldu§undan
U 6= ∅
olup (iii) den dolay
nun bir alt halka oldu§u görülür. Ayrca, (iii) den dolay da
Teorem 8.8
R
birim elemanl bir halka,
tersi olan bir eleman) içeriyor ise
spat:
u∈N
bir birim olsun.
oldu§undan her
r∈R
Sonuç 8.9 Bir
F
spat:
F
nin
Örnek 8.10
kümesi
H
0
için
N =R
u−1 ∈ R
r · 1R ∈ N
N
dir.
uv ∈ U
U
u, v ∈ U
olsun. (ii) den dolay
olur. Böylece; Teorem 7.17'den;
bir idealdir.
de onun bir ideali olsun. E§er
N
bir birim (· i³lemine göre
dir.
olup
N
ideal oldu§undan
olmaldr. Yani her
cisminin idealleri sadece
{0}
ve
F
r∈R
uu−1 = 1R ∈ N
için
r∈N
olup
olur. Yine
N =R
N
elde edilir.
den
R
ye bütün fonksiyonlarn halkas olsun.
nin bir ideali midir?
99
dir.
hariç her eleman birim oldu§undan sonuç açktr.
(H, +, ·), R
ideal
I =
f ∈H:f
1
2
=0
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
Çözüm: (i) Bu halkann sfr
oldu§undan
f, g ∈ I
(ii)
O∈I
ise
ile gösterilen sfr fonksiyonudur (Bölüm 7, Al³trma 1).
1
2
ve
1
2
=g
f ∈I
=0
olup
1
2
=0
(f − g)
1
2
f
alalm. O halde
(h · f )(1/2) = h(1/2)f (1/2) = h(1/2) · 0 = 0
olup
h · f, f · h ∈ I
Örnek 8.11
{0}
(yani
ve
Çözüm: Her
0 6= a ∈ R
(ii)
olur ve Teorem 8.7'den
I
1
2
=f
ve
−g
1
2
R), R'nin
=0
=0−0=0
olup
f −g ∈I
dr.
(f · h)(1/2) = f (1/2)h(1/2) = 0 · h(1/2) = 0
bir idealdir.
R
nin sadece iki tane ideali var ise
bir cisim oldu§unu gösteriniz.
0 6= a ∈ R
olup
1
2
dr.
halkas birim elemanl ve de§i³meli olsun. E§er
verilsin.
0·a=0
(i)
R
O
dr.
f
h∈H
(iii) “imdi
O
Hüseyin Bilgiç
için
ba = 1
Ra = { xa : x ∈ R }
0 ∈ Ra
dr. (x
=0
b ∈ R
olacak ³ekilde bir
kümesini dü³ünelim.
Ra
elemannn varl§n göstermeliyiz.
nn bir ideal oldu§unu gösterelim:
alnrsa)
xa, ya ∈ Ra =⇒ xa − ya = (x − y) a ∈ Ra,
| {z }
çünkü
x − y ∈ R.
∈R
(iii)
xa ∈ Ra
oldu§undan
ve
r ∈ R
(xa)r ∈ Ra
Teorem 8.7 den dolay
çünkü
1 · a = a ∈ Ra
ve
Örnek 8.12
r(xa) = (rx)a ∈ Ra
dr, çünkü
rx ∈ R
dir. Ayrca
R
de§i³meli
dr.
Ra
−1
olmaldr. O zaman a
alalm.
bir idealdir. O zaman
a 6= 0
veya
Ra = R
Ra = R
olur.
1∈R
seçilmi³ti. O zaman
=b∈R
φ : H −→ K
Ra = { 0 }
olmaldr.
oldu§undan
Ra = { 0 }
∃b ∈ R
için
olamaz
ba = 1
olur.
bir halka homomorzmas olsun. A³a§dakileri ispatlaynz.
(i) Çek(φ), H nin bir idealidir.
A, H
(ii)
(iii)
B, K
nin bir ideali ise
φ(A)
nn bir ideali ise
da
φ−1 (B)
φ(H)
nin bir idealidir.
H
nin bir idealidir.
de
Çözüm (i): Çek(φ) nin bir alt halka oldu§u gösterilmi³ti. “imdi
φ(xh) = φ(x)φ(h) = 0K φ(h) = 0K
olup
xh, hx ∈ Çek(φ)
Çözüm (ii):
ve
k ∈ φ(H)
A
ve
x ∈ Çek(φ), h ∈ H
alalm.
φ(hx) = φ(h)φ(x) = φ(h)0K = 0K
olur. Yani Çek(φ) bir idealdir.
bir alt halka olup
alalm. Bu durumda
φ(A)
da bir alt halkadr. (Daha önce gösterildi.) “imdi,
∃a ∈ A
için
φ(a) = x
100
ve
∃h ∈ H
için
φ(h) = k
dr.
A
x ∈ φ(A)
bir ideal
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
oldu§undan
ah, ha ∈ A
Hüseyin Bilgiç
dr. O zaman
φ(ah) = φ(a)φ(h) = xk, φ(ha) = φ(h)φ(a) = kx =⇒ xk, kx ∈ φ(A)
olup
φ(A)
bir idealdir.
Çözüm (iii):
a.)
0H ∈ φ−1 (B)
x − y ∈ φ−1 (B)
x ∈ φ−1 (B)
ve
φ−1 (B) = { x ∈ H | φ(x) ∈ B }
grup hom. oldu§undan
olup
B
h∈H
Teorem 8.7 den dolay
F
B
ideal oldu§undan
0K ∈ B
dr.
φ(x) − φ(y) ∈ B
yani
φ(x − y) ∈ B
bulunur.
alalm.
xh, hx ∈ φ−1 (B)
Örnek 8.13
dr ve
bir ideal oldu§undan
φ(x) ∈ B
φ(h) ∈ K
ve
φ(xh) = φ(x)φ(h) ∈ B
olur. Yani
φ(0H ) = 0K
kümesidir.
dir.
x, y ∈ φ−1 (B) =⇒ φ(x), φ(y) ∈ B
olup
c.)
nn bir ideali olsun.
φ : (H, +) −→ (K, +)
O halde
b.)
B, K
B
ideal oldu§undan
φ(hx) = φ(h)φ(x) ∈ B
ve
dir.
φ−1 (B)
bir cisim,
olup
R
bir ideal olur.
bir halka ve
φ : F −→ R
φ
bir halka homomorzmas olsun.
nin ya sfr
homomorzmas ya da 11 oldu§unu gösterin.
Çözüm: Çek(φ) nin
F
dir. Çek(φ)
F
= {0}
nin ideali oldu§unu biliyoruz.
ise
φ
Örnek 8.14 De§i³meli bir
Çözüm:
1
çünkü 0
11 dir (Neden?). Çek(φ)
dr.
bir cisim oldu§undan idealleri sadece
=F
ise
φ
{0}
ve
sfr homomorzmasdr.
R halkasnda nilpotent elemanlarn olu³turdu§u küme bir idealdir, gösterin.
N = { x ∈ R : ∃ n ∈ Z+ , xn = 0 }
=0
F
x ∈ N, r ∈ R
kümesi nilpotent elemanlarn kümesi olsun.
n
alalm. O zaman x
=0
olacak ³ekilde
n∈
Z+ vardr.
0 ∈ N
dir,
R
de§i³meli
∈ Z+ ). R
de§i³meli
oldu§undan
(rx)n = (xr)n = xn rn = 0rn = 0
olup
xr, rx ∈ N
dir. “imdi
x, y ∈ N
olsun. O halde
xm = 0
ve
yn = 0
dr (m, n
oldu§undan binom formülü geçerlidir. Yani
(x − y)n+m =
Bu toplamdaki herbir terimde ya
O halde
(x −
Tanm 8.15
veya
b ∈ I
y)n+m
R
=0
olup
de§i³meli bir halka ve
I
n+m
i=0
i
n+m−i>m
x−y ∈N
önermesi do§ru ise
n+m
X
ya
ya da
!
xn+m−i (−1)i y i .
i>n
dir. Yani toplamdaki herbir terim 0 dr.
dir. Teorem 8.7 den dolay
I 6= R
N
bir ideal olsun. E§er her
asal ideal
denir.
101
bir idealdir.
a, b ∈ R
için ab
∈ I =⇒ a ∈ I
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
Örnek 8.16 Bir
R
Lemma 8.17
halkasnda
spat:
n|a
veya
n|b
n|b
P = nZ
a, b > 1
ve
bir asal idealdir, çünkü
verilsin.
dir.
R
ab ∈ P = nZ
bir halka,
M
özideali yoksa
Örnek 8.19
veya
bir asal ideal olsun.
dir. Bu bir çeli³kidir, çünkü
Tanm 8.18
I
1<n∈Z
a ∈ nZ = P
dir. O zaman
Tersine,
n = ab
{ 0R }
tamlk bölgesinde
P = nZ
ab = 0 =⇒ a = 0
⇐⇒ n
ideali asal idealdir
veya
b=0
dr.
asaldr.
(⇐=) n asal olsun. a, b ∈ Z ve ab ∈ P = nZ olsun. O zaman n|(ab) demektir. n asal oldu§undan
veya
(=⇒)
Z
Hüseyin Bilgiç
M 6= R
olup
(Z, +, ·)
halkasnda
(Z, +, ·)
da
n
asal ideal oldu§undan
asal idealdir.
a ∈ nZ
verilmi³ti. O halde
de onun bir ideali olsun. E§er
6Z
P
olur. O halde
nin asal oldu§unu gösterelim.
1 < a, b < n
maksimal ideal
ye
P
b ∈ nZ = P
R
n
nin
n
asal olmasn. O halde
veya
b ∈ nZ
dir. Yani
n|a
asaldr.
M
I
olacak ³ekilde ba³ka bir
denir.
ideali maksimal de§ildir, çünkü
6Z
3Z
Z
olup
3Z
de bir
idealdir.
Örnek 8.20
M = 3Z
idealinin maksimal oldu§unu gösterelim.
ideali oldu§unu kabul edelim. Bu durumda
t, 3'ün
kat olmad§ndan
t−α∈I
dr.
I
t = 3k + α
ideal oldu§undan
I
da olup
³eklindedir (k
de bulunmayan bir
I=Z
Örnek 8.21
(Z, +, ·)
I
I = nZ
ideali varsa
n 6= p
8.2
ve
p
olup
da
p
M
eleman vardr. O halde
olup
t−α ∈ M
nin maksimal ideal oldu§u görülür.
asal olmak üzere
pZ
n=1
n
ideali maksimaldir. Çünkü
tamsays vardr.
olmaldr. O halde
I = 1Z = Z
pZ
nZ
pZ
I
olacak ³ekilde bir
oldu§undan
dir.
Gruplar teorisindeki faktör grubu kavramna benzer bir kavram halkalar için verece§iz.
(R, +, ·)
yani
(Teorem 8.8 den )
Bölüm Halkalar
Tanm 8.22
I
(Teorem 8.8 den )
olacak ³ekilde pozitif bir
asal oldu§undan
olacak ³ekilde bir
dr.
α = 2 =⇒ 3 ∈ I, 2 ∈ I =⇒ 3 − 2 = 1 ∈ I =⇒ I = Z
Her iki halde de
t
I
∈ Z, 1 6 α 6 2). t − α = 3k
t − (t − α) = α ∈ I
α = 1 =⇒ 1 ∈ I =⇒ I = Z
3Z
M
bir halka ve
I
da onun bir ideali olsun.
R/I = { I + x : x ∈ R }
kümesinin a³a§da tanmlanan i³lemlerle bir halka oldu§u gösterilecektir.
Toplama:
Çarpma:
(I + x) ⊕ (I + y) = I + (x + y)
(I + x) (I + y) = I + (xy)
102
n|p
olmaldr.
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
(R/I, ⊕, )
Not:
R/I
halkasna
R
ile
I
Hüseyin Bilgiç
bölüm halkas
nn
denir. (⊕ ve
yerine
+
ve
·
kullanlacaktr)
kümesinin bu i³lemlerle bir halka oldu§unu göstermeden önce bu i³lemlerin iyi tanmland§n
göstermeliyiz:
(I, +)
grubu
(R, +)
abelyen grubunun altgrubu oldu§undan
I R
dir. O halde toplama
i³lemi iyi tanmlanm³tr. (Grup teorisindeki gibi.) “imdi çarpma i³leminin iyi tanmland§n gösterelim. Yani
I +x=I +a
oldu§unu göstermeliyiz.
ve
I + y = I + b =⇒ I + xy = I + ab
I + a = I + b ⇐⇒ a − b ∈ I
I + x = I + a =⇒ x − a ∈ I
yazabiliriz.
I
bir ideal oldu§undan
elde edilir. Yani
Not: E§er
I + xy = I + ab
I, R'nin
(x−a)y ∈ I
ve
(veya
ve
b − a ∈ I)
oldu§unu hatrlayalm. Buradan
I + y = I + b =⇒ y − b ∈ I
a(y−b) ∈ I
dr. O halde
(x−a)y+a(y−b) = xy−ab ∈ I
bulunur; o halde çarpma i³lemi de iyi tanmldr.
bir alt halkas olsayd fakat bir ideali olmasayd, çarpma i³lemi iyi tanml ol-
mayabilirdi. Bunu bir örnek ile açklayalm:
Z
halkas
Q'nun
bir alt halkasdr, fakat ideali de§ildir.
“imdi
1
Z+
2
Z + (1/2) = Z + (3/2)
· Z + 13 = Z + 16 fakat Z +
Teorem 8.23
R
bir halka ve
I
a)
R/I
b)
R
de§i³meli halka ise
c)
R
birim elemanl halka ise
ve
3
2
Z + (1/3) = Z + (4/3) olup
· Z + 43 = Z + 42 = Z + 0
dr.
da onun bir ideali olsun.
yukarda tanmlanan i³lemlerle bir halkadr.
spat: a)
R/I
da de§i³meli halkadr.
R/I
I + a, I + b, I + c ∈ R/I
da birim elemanldr ve birim eleman
I + 1R
dir.
verilsin.
(I + a) + (I + b) = I + (a + b) ∈ R/I , çünkü a + b ∈ R
(ii) (I + a) + (I + b) + (I + c) = I + (a + b + c) = (I + a) + (I + b) + (I + c)
(i)
(iii)
(I + a) + (I + b) = I + (a + b) = I + (b + a) = (I + b) + (I + a)
(iv)
I +0=I
(v)
birim eleman, çünkü
(I + a) + (I + (−a)) = I + 0
(I + a) + (I + 0) = I + (a + 0) = I + a
olup
−(I + a) = I + (−a)
dr.
(I + a)(I + b) = I + (ab) ∈ R/I , çünkü ab ∈ R
(vii) (I + a)(I + b) (I + c) = I + ((ab)c) = I + (a(bc)) = (I + a) (I + b)(I + c)
(viii) (I + a) (I + b) + (I + c) = (I + a)(I + (b + c)) = I + (ab + ac) = (I + a)(I + b) + (I + a)(I + c)
(vi)
olup çarpma i³leminin toplama üzerine soldan da§lma özelli§i vardr. Benzer ³ekilde sa§dan da§lma
özelli§i de gösterilebilir.
103
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
R
spat: b)
a, b ∈ R
halkas de§i³meli ve
Hüseyin Bilgiç
olsun.
R/I
da de§i³melidir, çünkü:
(I + a)(I + b) = I + ab = I + ba = (I + b)(I + a).
spat: c)
I + a ∈ R/I
olsun.
(I + a)(I + 1R ) = I + (a · 1R ) = I + a
olup
I + 1R
(I + 1R )(I + a) = I + (1R · a) = I + a
ve
birim elemandr.
Örnek 8.24
R=Z
I = 4Z
halkasnda
R/I = { I + 0, I + 1, I + 2, I + 3 }
idealini ele alalm.
bölüm
halkasn elde ederiz. Bu halkann i³lem tablolar ³öyledir:
+
I +0
I +1
I +2
I +3
·
I +0
I +1
I +2
I +3
I +0
I +0
I +1
I +2
I +3
I +0
I +0
I +0
I +0
I +0
I +1
I +1
I +2
I +3
I +0
I +1
I +0
I +1
I +2
I +3
I +2
I +2
I +3
I +0
I +1
I +2
I +0
I +2
I +0
I +2
I +3
I +3
I +0
I +1
I +2
I +3
I +0
I +3
I +2
I +3
Bu tablolar
halkasnn tablolarna çok benzemektedir. Aslnda
Z4
ktir. Genel olarak
Teorem 8.25
R
Z/nZ
halkas ile
I
bir halka,
da
tanmlanan dönü³üm, çekirde§i
ya
do§al homomorzma
spat:
I + x ∈ R/I
I
Zn
R
Z/4Z
halkas ile
Z4
halkas izomor-
halkas izomorktir.
nin bir ideali olsun.
φ : R −→ R/I , φ(x) = I + x
olan, örten bir homomorzmadr. Bu homomorzmaya
R
³eklinde
den
R/I
denir.
verilsin.
φ(x) = I + x
olup
φ
örtendir. Ayrca
x, y ∈ R
için
φ(x + y) = I + (x + y) = (I + x) + (I + y) = φ(x) + φ(y),
φ(xy) = I + (xy) = (I + x)(I + y) = φ(x)φ(y)
olup
φ
bir homomorzmadr. “imdi
k ∈ Çek(φ) ⇐⇒ φ(k) = I + 0 = I ⇐⇒ I + k = I ⇐⇒ k ∈ I
olup Çek(φ)
=I
Örnek 8.26
R
her
x, y ∈ R
oldu§u görülür.
bir halka
için
I
da onun bir ideali olsun.
xy − yx ∈ I
R/I
nn de§i³meli olmas için gerek ve yeter ³art
olmasdr. Gösteriniz.
Çözüm:
R/I
de§i³meli
⇐⇒ ∀x, y ∈ R
için
(I + x)(I + y) = (I + y)(I + x)
⇐⇒ ∀x, y ∈ R
için
I + xy = I + yx
⇐⇒ ∀x, y ∈ R
için
I + (xy − yx) = I
⇐⇒ ∀x, y ∈ R
için
xy − yx ∈ I
104
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
R
Teorem 8.27
R/I
Hüseyin Bilgiç
de§i³meli ve birim elemanl bir halka ve
I ⊆R
bir ideal olsun.
I
asal idealdir
⇐⇒
tamlk bölgesidir.
spat: (=⇒)
nn sfrnn
I
I
asal ideal olsun.
I 6= R
olup
R/I
en az 2 elemanldr.
I + x, I + y ∈ R/I
alalm ve
R/I
oldu§unu hatrlayalm.
(I + x)(I + y) = I =⇒ I + xy = I
=⇒ xy ∈ I
=⇒ x ∈ I
veya
=⇒ I + x = I
olup
R/I
sfr bölensizdir.
R
y∈I
veya
(Çünkü I
asal ideal)
I +y =I
R/I
birim elemanl ve de§i³meli olup
da birim elemanl ve de§i³melidir,
yani tamlk bölgesidir.
(⇐=)
R/I
bir tamlk bölgesi olsun.
R/I
I 6= R
en az 2 elemanl olup
dir.
x, y ∈ R
olsun.
xy ∈ I =⇒ I + xy = I
=⇒ (I + x)(I + y) = I
=⇒ I + x = I
=⇒ x ∈ I
olup
I
veya
I +y =I
(Çünkü R/I
tamlk bölgesi)
y∈I
nn asal ideal oldu§u gösterilmi³ olur.
Teorem 8.28
R
de§i³meli ve birim elemanl bir halka,
⇐⇒ R/M
idealdir
spat:
veya
(=⇒) M, R
halkadr. Ayrca;
(bkz Teorem 8.23).
de onun bir ideali olsun.
M 6= R
de§i³meli ve birim elemanl oldu§undan
R/M
R/M
olup
R/M
maksimal
elemann seçelim. Bu durumda
R/M
x∈
/M
en az iki elemanl bir
de de§i³meli ve birim elemanldr
nin cisim oldu§unu göstermek için sfr hariç (yani
çarpma i³lemine göre tersinin oldu§unu göstermeliyiz.
M 6= M + x ∈ R/M
M
cisimdir.
nin maksimal ideali olsun. O halde
R
M
M + 0 hariç) her elemann
halkasnn sfr
M +0 = M
oldu§undan
olur. “imdi
I = { m + rx : m ∈ M, r ∈ R }
kümesini dü³ünelim. Bu kümenin bir ideal oldu§u kolaylkla gösterilebilir (Al³trma 12). Her
için
m = m + 0x ∈ I
görülür.
M
oldu§undan ve
maksimal oldu§undan
m ∈ M, a ∈ R
vardr. Yani
x = 0 + 1x ∈ I
I = R
1 − ax ∈ M
fakat
olmaldr.
x∈
/M
1 ∈ R
oldu§undan
oldu§undan
dir. Buradan
(M + a)(M + x) = M + ax = M + 1
sonucu bulunur. O halde
M +x
in çarpma i³lemine göre tersi
105
M +a
dr.
M
I
m∈M
³artnn sa§land§
1 = m + ax
olacak ³ekilde
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
(⇐=) M, R
nin bir ideali ve
M 6= M + 1
olup
kabul edelim.
1∈
/M
x ∈ I \M
R/M
bir cisim olsun. Bir cismin sfr ile birim eleman farkl oldu§undan
dir. O halde
alalm.
i³lemine göre tersi vardr.
M 6= R
x∈
/M
M +x
Hüseyin Bilgiç
dir.
M
oldu§undan
M +a
in tersine
I⊆R
M + x 6= M
I
olacak ³ekilde bir
idealinin oldu§unu
M + x in R/M
olup
içerisinde çarpma
diyelim. O halde
(M + x)(M + a) = M + xa = M + 1
olup
1 − xa ∈ M
I
olur.
x∈I
ve
I
ideal oldu§undan
xa ∈ I
dr. Bu yüzden
1 = (1 − xa) + xa ∈ I
olur. Bu ise
I=R
oldu§unu gösterir (bkz. Teorem 8.8). Yani
M
maksimal idealdir.
ALI“TIRMALAR
1.
R = Z12
halkasnn bütün ideallerini, bölüm halkalarn, asal ve maksimal ideallerini belirleyiniz.
2. ki idealin kesi³iminin de bir ideal oldu§unu gösteriniz.
3.
A
ve
B
bir
R
halkasnn iki ideali olsun.
(
A·B =
n
X
)
+
ai bi : ai ∈ A, bi ∈ B, n ∈ Z
i=1
A
kümesine
B
ile
B
çarpm
4.
A
ve
5.
R
de§i³imli bir halka,
6.
R
de§i³meli bir halka ve
bir
R
nin
denir.
halkasnn iki ideali ise
a∈R
N
olsun.
N=
7.
N
nin
radikali
nin
R
nin bir ideali oldu§unu gösteriniz.
A·B ⊆A∩B
oldu§unu gösteriniz.
Ia = { x ∈ R | ax = 0 }
√
denir.
N
a∈R:
nin
Bir
n ∈ Z+
için
R
bir ideali oldu§unu gösterin. Bu kümeye
Ann( 3 ), Ann( 4 )
ve
an ∈ N
R nin bir ideali oldu§unu ve
R de§i³meli bir halka, K ⊆ R olsun. Ann(K) = { a ∈ R :
de
kümesi
nin bir idealidir, gösteriniz.
de onun bir ideali olsun.
√
kümesine
A·B
K
nn
sfrlaycs
Ann( 3, 4 )
Her
p√
x∈K
veya
N=
için
√
N
oldu§unu gösterin.
ax = 0 } kümesinin R nin
annihilatörü
denir.
ideallerini bulunuz.
8.
Z12
9.
A ve B de§i³meli bir R halkasnn iki ideali olsun. A:B = { x ∈ R :
R
nin bir ideali oldu§unu gösterin.
106
Her
b∈B
için
xb ∈ A } kümesinin
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
A
10.
B
ve
R
bir
halkasnn iki ideali ve
Hüseyin Bilgiç
A ∩ B = {0}
olsun. Her
a∈A
ve her
b∈B
için
ab = 0
oldu§unu gösterin.
A
11.
ve
B
bir
R
halkasnn iki ideali ise
I
12. Teorem 8.28'nin ispatnda geçen
A + B 'nin
bir alt halka oldu§unu gösterin.
kümesinin bir ideal oldu§unu gösterin.
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
Z12
nin 6 tane ideali vardr.
0
J = 0, 6
K = 0, 3, 6, 9
L = 0, 2, 4, 6, 8, 10
M = 0, 4, 8
R/I =
N = Z12
R/N = { N }
Asal idealler :
K, L
Maksimal idealler :
K, L
I=
ÇÖZÜM 2.
(i)
(ii)
I
ve
J
I
ve
J
I, I ⊕ 1, I ⊕ 2, . . . , I ⊕ 11
J, J ⊕ 1, J ⊕ 2, J ⊕ 3, J ⊕ 4, J ⊕ 5
R/K = K, K ⊕ 1, K ⊕ 2
R/L = L, L ⊕ 1
R/M = M, M ⊕ 1, M ⊕ 2, M ⊕ 3
R/J =
bir
R
halkasnn iki ideali olsun.
0∈I
ideal olduklarndan
x, y ∈ I ∩ J =⇒ x, y ∈ I
ve
ve
0∈J
olup
x, y ∈ J =⇒ I
0∈I ∩J
dir.
ideal oldu§undan
x−y ∈ I
ve
J
ideal oldu§undan
x − y ∈ J =⇒ x − y ∈ I ∩ J.
(iii) “imdi
r∈R
Teorem 8.7'den
ÇÖZÜM 3.
ve
x∈I ∩J
alalm. O zaman
rx, xr ∈ I
çünkü
r ∈ R, x ∈ I
ve
I
ideal
rx, xr ∈ J
çünkü
r ∈ R, x ∈ J
ve
J
ideal
I ∩J
x∈I
ve
x ∈ J olur.
)
=⇒ rx, xr ∈ I ∩ J
bir idealdir.
A·B kümesi A'daki elemanlar ile B 'deki elemanlarn ikili çarpmlarnn sonlu toplamndan
olu³maktadr. Buna göre:
(i)
(ii)
0 ∈ A, 0 ∈ B
olup
0=0·0
x = a1 b1 +· · ·+an bn ∈ AB
olup
ve
0∈A·B
olur. (a1
= b1 = 0
y = c1 d1 +· · ·+cm dm ∈ AB
ve
n=1
alnr.)
olsun. (m, n
∈ Z+ ; ai , ci ∈ A; bi , di ∈ B ).
x − y = a1 b1 + · · · + an bn − (c1 d1 + · · · + cm dm )
= a1 b1 + · · · + an bn + (−c1 )d1 + · · · + (−cm )dm
107
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
(−ci ) ∈ A
olup
A
(iii)
x = a1 b1 + · · · + an bn ∈ AB
ideal oldu§undan
m + n ∈ Z+
dr ve
ve
Hüseyin Bilgiç
r∈R
alalm.
A
oldu§undan
x − y ∈ AB
ideal oldu§undan
olur.
i = 1, . . . , n
için
rai ∈ A
olup
rx = r(a1 b1 + · · · + an bn ) = (ra1 )b1 + · · · + (ran )bn ∈ AB.
B
Benzer ³ekilde
ideal oldu§undan
i = 1, . . . , n
bi r ∈ B
için
olup
xr = (a1 b1 + · · · + an bn )r = a1 (b1 r) + · · · + an (bn r) ∈ AB.
Teorem 8.7 den dolay
ai ∈ A
ÇÖZÜM 4.
i = 1, 2, . . . , n
B
ve
bir ideal olur.
bi ∈ B
bi ∈ R
için
Benzer ³ekilde,
AB
olmak üzere
oldu§undan
bir ideal ve
x = a1 b1 + · · · + an bn ∈ B
x = a1 b1 + · · · + an bn ∈ AB
a1 b1 , . . . , an bn ∈ A
i = 1, 2, . . . , n
olur. Yani
için
x∈A∩B
ai ∈ R
dir. O halde
oldu§undan
AB ⊆ A ∩ B
dir.
alalm. “imdi
A
bir ideal ve
x = a1 b1 + · · · + an bn ∈ A
a1 b1 , . . . , an bn ∈ B
dr.
dir. O halde
elde edilmi³ olur.
ÇÖZÜM 5.
(i)
0 ∈ Ia
x, y ∈ Ia
(ii)
(iii)
a·0=0
dr çünkü
olsun.
x ∈ Ia , r ∈ R
de§i³meli)
a(x − y) = ax − ay = 0 − 0 = 0
a(xr) = (ax)r = 0r = 0
olsun.
= (ax)r = 0r = 0
Teorem 8.7 den dolay
Ia
olup
rx ∈ Ia
olup
olup
x − y ∈ Ia
xr ∈ Ia
dr. Ayrca
a(rx) = a(xr)
(çünkü
R
elde edilir.
bir ideal olur.
ÇÖZÜM 6.
(i)
N
(ii)
ideal oldu§undan
x, y ∈
√
N
yani
0∈N
01 = 0 ∈ N
dir.
xm ∈ N, y n ∈ N
1 ∈ Z+
olup
olsun (m, n
oldu§undan
∈ Z+ ). R
0∈
√
N
dir.
de§i³meli oldu§undan binom formülü
geçerlidir; yani
n+m
(x − y)
Burada ya (x in kuvveti)
> m
halde
(iii)
(x −
r∈R
ve
x∈
∈N
√
N
olup
n+m
i=0
i
ya da (y nin kuvveti)
nin bir eleman çarpm durumundadr.
y)m+n
=
n+m
X
m+n∈
N
xn+m−i (−1)i y i .
> n
önermesi do§ru olup, herbir terimde
bir ideal oldu§undan herbir terim
Z+ olaca§ndan
olsun. En az bir
!
n ∈ Z+
için
x−y ∈
xn ∈ N
√
N
olsun.
oldu§undan
(rx)n = (xr)n = |{z}
xn |{z}
rn ∈ N
∈N
108
∈R
N
N
nin bir elemandr. O
dir.
R
de§i³meli oldu§undan ve
N
ideal
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
olup
rx, xr ∈
√
N
dir.
Teorem 8.7 den dolay
(iv) “imdi de
Hüseyin Bilgiç
p√
√
N
N =
√
bir ideal olur.
N
oldu§unu gösterelim.
n, m ∈ Z+
ise
nm ∈ Z+
oldu§u ve
1 ∈ Z+
oldu§u
hatrlanrsa;
x∈
q
√
N =⇒ ∃n ∈ Z+ , xn ∈
√
N
=⇒ ∃m ∈ Z+ , (xn )m ∈ N
Ayrca,
=⇒ xnm ∈ N
√
=⇒ x ∈ N .
p√
p√
√
√
√
N , olup
N= N
x ∈ N =⇒ x1 ∈ N =⇒ x ∈
elde edilir.
ÇÖZÜM 7.
(i) Her
x∈K
için
0·x=0
a, b ∈ Ann(K)
(ii)
a − b ∈ Ann(K)
olup
ise her
0 ∈ Ann(K)
x ∈ K
için
dr.
ax = bx = 0
(a − b)x = ax − bx = 0
oldu§undan
dr.
r ∈ R, a ∈ Ann(K) olsun. O halde her x ∈ K
(iii)
olup
için
ax = 0 dr. R
de§i³meli oldu§undan, her
için
(ra)x = r(ax) = r · 0 = 0
olup
ra, ar ∈ Ann(K)
Teorem 8.7 den dolay
ve
(ar)x = (ra)x = r(ax) = 0
dr.
Ann(K)
bir ideal olur.
ÇÖZÜM 8.
Ann( 3 ) = a ∈ Z12 : 3 a = 0 = 0, 4, 8
Ann( 4 ) = a ∈ Z12 : 4 a = 0 = 0, 3, 6, 9
Ann( 3, 4 ) = a ∈ Z12 : 3 a = 0 ve 4 a = 0 = 0
ÇÖZÜM 9.
(i) Her
b∈B
için
(ii)
x, y ∈ A:B
(iii)
x ∈ A: B
0·b=0∈A
ise her
ve
r∈R
b∈B
olup
için
0 ∈ A: B
xb, yb ∈ A
alalm. Her
b∈B
dir.
dr.
için
(x − y)b = xb − yb ∈ A
xb ∈ A, R
de§i³meli ve
(xr)b = (rx)b = r(|{z}
xb ) ∈ A
∈A
109
A
olup
x − y ∈ A: B
ideal oldu§undan
dir.
x∈K
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
olur. O halde
rx, xr ∈ A:B
Teorem 8.7 den dolay
Hüseyin Bilgiç
dir.
A:B
bir idealdir.
ÇÖZÜM 10.
Yani
ve
A
ideal olup
ab ∈ A,
a ∈ A, b ∈ B =⇒ a ∈ R, b ∈ B
ve
B
ideal olup
ab ∈ B.
ab ∈ A ∩ B = { 0 }
ÇÖZÜM 11.
(i)
a ∈ A, b ∈ B =⇒ a ∈ A, b ∈ R
dr. O halde
x = a1 + b1 ∈ A + B
ab = 0
ve
y = a2 + b2 ∈ A + B
x − y = (a1 − a2 ) + (b1 − b2 ) ∈ A + B
(b1 − b2 ) ∈ B
halka oldu§undan
O halde,
A
ve
B
dir, çünkü
A
alalm.
alt halka oldu§undan
(a1 − a2 ) ∈ A
ve
B
alt
dir (Teorem 7.17) .
xy = a1 a2 + a1 b2 + b1 a2 + b1 b2
(ii)
dr.
elde edilir. “imdi bu toplamdaki terimlere teker teker bakalm:
a1 a2 ∈ A,
çünkü
A
alt halka
a1 b2 ∈ A,
çünkü
A
ideal ve
b2 ∈ R
b1 a2 ∈ B,
çünkü
B
ideal ve
a2 ∈ R
b1 b2 ∈ B,
çünkü
B
alt halka
alt halka olduklarndan
(a1 a2 + a1 b2 ) ∈ A
ve
(b1 a2 + b1 b2 ) ∈ B
olup
xy ∈ A + B
elde
edilir.
Teorem 7.17 gere§i
ÇÖZÜM 12.
(i)
m=r=0
(ii)
bir alt halkadr.
I = { m + rx : m ∈ M, r ∈ R }
0 + 0x = 0 ∈ I
alnrsa
m1 , m2 ∈ M
oldu§undan
A+B
ve
r1 , r2 ∈ R
m1 − m2
dir ve
R
kümesini ele alyoruz.
oldu§u görülür. (M ideal oldu§undan
olmak üzere
a = m1 + r1 x ∈ I
halka oldu§undan
r1 − r2 ∈ R
ve
0∈M
dir.)
b = m2 + r2 x ∈ I
alalm.
M
ideal
dir. O halde
a − b = (m1 − m2 ) + (r1 − r2 ) x ∈ I.
| {z } | {z }
∈M
(iii)
m∈M
ve
r∈R
olmak üzere
∈R
a = m + rx ∈ I
ve
y∈R
alalm.
M
ideal oldu§undan
O halde
ya = y(m + rx) = ym + y(rx) = ym + (yr) x ∈ I
|{z} |{z}
∈M
elde edilir. Ayrca,
R
de§i³meli oldu§undan
Teorem 8.7 den dolay
I
ay ∈ I
dr.
bir idealdir.
110
∈R
ym ∈ M
dir.