Bölüm I HALKALAR VE CİSİMLER

ÇÖZÜLMÜŞ PROBLEMLER
1)
R, S ve K halkalar, A(R), B(S) olsun. Bu taktirde,
i)
RxS/Ax{0} R/AxS, RxS/AxSR/A,
ii)
RxS SxR, RR,
iii)
RS ise SR,
iv)
RS ve SK ise RK,
v)
RxS/AxB  R/AxS/B dır.
Çözüm.
i)
f : RxSR/AxS
f(r,s) = (r+A,s) olarak tanımlansın.
f((r,s)+(r*,s*)) = f((r+r*,s+s*)) = (r+r*+A,s+s*)
= (r+A+r*+A,s+s*)
= (r+A,s)+(r*+A,s*) = f((r,s)+f(r*,s*))
ve
f((r,s).(r*,s*)) = f((r.r*,s.s*)) = (r.r*+A,s.s*) = (r+A.r*+A,s.s*)
= (r+A,s).(r*+A,s*) = f((r,s).f(r*,s*))
olduğundan f bir halka homomorfisidir.
Çekf = { (r,s) | f(r,s) = (A,0) } ={ (r,s) | (r+A,s) = (A,0) }
{ (r,s) | r+A =A ve s=0 } ={ (r,s) | rA ve s=0 } = Ax{0}
f nin örten olduğu açıktır. Homomorfi teoremi ile
RxS/Ax{0} R/AxS elde edilir.
g: RxS R/A
g(a,b)= a+A
olarak tanımlayalım.
g(a,b)+(r,s)) = g(a+r,b+s)= a+r+A = a+A+r+A = g(a,b)+g(r,s)
g(a,b).(r,s)) = g(a.r,b.s)= a.r+A = a+A.r+A = g(a,b).g(r,s)
 g bir halka homomorfisidir.
2
Çekg = AxS ve f nin örten olduğu açıktır. Homomorfi teoremi ile
RxS/AxSR/A elde edilir.
ii) f :RxSSxR f(r,s) = (s,r) olarak tanımlansın.
f((r,s)+(a,b)) = f(r+a,s+b)= (s+b,r+a) = (s,r)+(b,a) = f(r,s)+f(a,b)
f((r,s).(a,b)) = f(r.a,s.b)= (s.b,r.a) = (s,r).(b,a) = f(r,s).f(a,b)
 f bir halka homomorfisidir.
Çekf = { (r,s) | f(r,s) =0 } {(r,s) | (s,r)=0 } = {(0,0) } f birebirdır.
Resf = { f(r,s) | rR, sS } = {(s,r) | rR, sS } = SxR
 f : RxSSxR bir izomorfi
 RxS SxR elde edilir.
g : RR g(x)=x fonksiyonu bir izomorfidir
 RR elde edilir.
iii) RS ve SK   f :RS ve g :SK halka izomorfileridir.
 gof : RK halka homomorfisidir. Ayrıca f ve g
birebir ve örten
olduğundan gof de birebir ve örtendir.
 gof bir izomorfidir.
RK elde edilir.
iv) f: RxSR/AxS/B f (r,s) = (r+A,s+B) olarak tanımlansın.
f((r,s)+(r*,s*)) = f((r+r*,s+s*)) = (r+r*+A,s+s*+B)
= (r+A+r*+A,s+B+s*+B)
= (r+A,s+B)+(r*+A,s*+B) = f((r,s)+f(r*,s*))
ve
f((r,s).(r*,s*)) = f((r.r*,s.s*)) = (r.r*+A,s.s*+B)
= (r+A.r*+A,s+B.s*+B)
= (r+A,s+B).(r*+A,s*+B) = f((r,s).f(r*,s*))
olduğundan f bir halka homomorfisidir.
3
Çekf = { (r,s) | f(r,s) = (A,B) } ={ (r,s) | (r+A,s+B) = (A,B) }
{ (r,s) | r+A =A ve s+B=B } ={ (r,s) | rA ve sB }
= AxB(RxS)
f nin örten olduğu açıktır. Homomorfi teoremi ile
RxS/AxB R/AxS/B elde edilir.
2) i)
Hom( , ), Hom(
(ii)
(pIP)
p,
,
n,
x
kümelerini belirleyiniz.
n)
üzerindeki bütün otomorfileri belirleyiniz
Çözüm:
i)
Hom( , ) ise n
için (n)=(n.1)=n(1)
dır.
(1)=1.1)= (1)(1) (1){0,1}
dır.

Hom( , ) ={ I , 0 }
elde edilir.
Hom(
n,
n
) ise  a 
n
için ( a )= (a. 1 )
= a( 1 )
ve ( 1 )= ( 1 . 1 )= ( 1 ).( 1 )
 ( 1 )
n
 Hom (
n
ve ( 1 )2 = ( 1 ) dır.
,
n)
= { fa | a 
n
a 2 =a }
fa (k ) = a .k
dır.
ii)  :
p

p
bir otomorfi ise ( 1 )= 1 ve ( a )= (a. 1 )
= a( 1 )= a
=I
dır. Benzer şekilde
de
ye otomorfi I
dır.
4
:

x
x
bir otomorfi ise (n,m) =n(1,0)+m(0,1) ve
((1,0))2 = ((1,0)), ((0,1))2 = ((0,1))
((1,0))= (a,b) ve ((0,1))=(c,d) ise a2 =a, b2 =b, c2 =c,d2 =d
 a,b,c,d{ 0,1}
((1,0)), ((0,1)){ (0,0),(0,1), (1,0), (1,1) }
 (1,1)= (1,1) ve (0,0)= (0,0) olacağindan
((1,0)), ((0,1)){(0,1), (1,0) } dır.
 1(n,m)= n(1,0)+m(0,1)= (n,m)  1 = I
x
veya
2(n,m)= n(0,1)+m(1,0)= (m,n)
olarak iki otomorfisi mevcuttur.
3.
R ve S birim elemanlı halkalar ve fHom(R,S) olsun. Bu taktirde
aşağıdakileri ispat ediniz.
i)
f örten ve R değişmeli halka ise S de değişmeli halkadır.
ii)
S tamlık bölgesi ve f0 ise f(1R )=1S .
Çözüm:
i)
c,dS ise f örten olduğundan a,bR öyleki c=f(a) ve d=f(b)
 c.d= f(a).f(b) =f(a.b)=f(b.a) = f(b).f(a)=d.c
 S değişmeli bir halkadır.
ii)
f0 ise aR öyleki f(a)0 f(a).1S = f(a)
= f(a.1R)=f(a).f(1R)
f(a)0 olduğundan 1S = f(1R) elde edilir.
4.
K bir cisim ise (K) = {{0} ,K} olduğunu gösteriniz.
5
Çözüm:
A(K)\{{0}} ise aA ,a0 a.a-1A1A A=K.
5.
R bir tamlık bölgesi, 0f :
R halka homomorfisi ise f(n) =
n1R olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
f(n)=f(n.1)=nf(1) ve 2.ii) ile f(1)= 1R
 f(n) = n1R.
6.
R tamlık bölgesi ve SR birim elemanlı althalka ise
1S = 1R olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
1S.1S = 1S.1R  1S = 1R .
7.
( ,+) değişmeli grubunu gözönüne alalım. a,b
için ab = 0
olarak açıklansın. Bu taktirde ( ,+, ) tamlık bölgesi değil ancak
( ) = { n
| nIN }
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
de birim eleman mevcut değildir. Diğer yandan 11=0
olduğundan sıfır bölenli bir halkadır. Dolayısıyla tamlık bölgesi
değildir. A( ) ise ‘+’ işlemine göre A
öyleki A =n
dır.
olduğundan nIN
6
8.
R, S birim elmanlı halkalar ise
(RxS) = { IxJ | I(R)ve J(S)}
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
I(R)ve J(S) ise IxJ(RxS) olduğu daha önce gösterildi.
Şimdi K(RxS) keyfi olsun.
A={rR | (r,0)K }, B={sS | (0,s)K }
kümeleri tanımlansın. (0,0)K olduğundan 0A dır.
x,yA, rR  (x,0), (y,0)K ve (r,0)RxS
(x,0)- (y,0), (x,0).(r,0), (r,0).(x,0)K
 (x-y,0), (xr,0), (rx,0)K
 x-y, x.r, r.x A
 A(R)
elde edilir. Benzer şekilde B(S) dır.
(r,s)K ise (r,0)=(r,s).(1,0)K, (0,s)=(r,s).(0,1)K
 (r,0)K, (0,s)K
 rA ve sB
(r,s)AxB.
(r,s)AxB
 rA ve sB
 (r,0)K, (0,s)K
 (r,s)=(r,0)+(0,s)K.
Buradan AxB = K { IxJ | I(R)ve J(S)}
 (RxS) = { IxJ | I(R)ve J(S)} =(R)x(S)
elde edilir.
7
9.
a,b
2
a.b= 0 ise
2
x
2
nin bütün ideallerini belirleyiniz.
Çözüm:
(
2)x(
2)
= { { 0 }x{ 0 },
K= { ( 0 , 0 ) ,( 1 , 1 ) }(
(
10.
2
x
2)
= {{ 0 }x{ 0 },
2
2x{ 0 },
x
2)
2x{ 0 },
{ 0 }x
2,
ancak K(
{ 0 }x
2,
R bir halka AS(R) ve B(R) ise
2x
2}
2)
2)x(
2x
2,
dır.
K }.
A+BS(R) alt halka
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
0A+B ve x,yA+B için x-yA+B
olduğu önceden gösterildi.
x,yA+B ise a,a*A ve b,b*B öyleki x = a+b, y = a*+b*
 a.a*A ve a.b*+b.a*+b.b*B
 x.y = (a+b).(a*+b*) = a.a*+(a.b*+b.a*+b.b*)A+B
 A+BS(R) elde edilir.
11.
{ Ai | Ai ideal iI }(R) olsun.
i,jI için Ai Aj veya Aj Ai ise
 A i (R)
i 
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
0Ai 0
 Ai
i 
x,y  A i ve rR  i,jI : xAi , yAj
i 
 Ai Aj veya Aj Ai olduğundan x,yAi veya x,yAj
 x-y, x.r, r.x Ai veya x-y, x.r, r.x Aj
8
 x-y, x.r, r.x   A i
i 
  A i (R).
i 
12.
R bir halka, a.bR ve n,m
olsun. Bu taktirde aşağıdaki
önermelerin doğru olduğunu gösteriniz.
i)
n(a+b)= na+nb
ii)
n(a.b)= (na).b = a.(nb)
iii)
(n+m)a = na+ma, (nm)a = n(ma)
Çözüm:
i)
0(a+b) = 0 = 0+0 = 0.a+0.b
nIN için n(a+b)= na+nb ise
(n+1)(a+b)= n(a+b)+(a+b) = n.a+n.b+ a+b = n.a+a+n.b+b
= (n+1).a+(n+1).b
n+1IN için doğrudur.
n
ve n<0 ise n(a+b) = (-n)(-(a+b))= (-n)(-a+(-b))
= (-n)(-a)+(-n)(-b) = n.a+n.b
 n
ii)
için n(a+b)= na+nb elde edilir.
0(a.b) = 0 = 0.b = (0.a).b
nIN için n(a.b) = (n.a).b olsun.
 (n+1)(a.b)= n(a.b)+ a.b = (n.a)b+a.b = (n.a+a).b = ((n+1).a).b.
n
ve n<0 ise n(a.b) = (-n)(-a.b)= (-n).((-a).b)
= ((-n)(-a)).b = (n.a)b
n
için n(a.b)= (na).b elde edilir.
Benzer şekilde n(a.b)= a.(nb) olduğu gösterilir.
iii)
(0+m).a= m.a = 0+m.a = 0.a +m.a
9
nIN ve m
için (n+m)a = na+ma için doğru ise
((n+1)+m)a = (n+(m+1)).a = na+(m+1)a
= n.a +m.a+a = n.a+a +m.a
= (n+1).a+m.a.
n
ve n<0 ise (n+m).a = ((-n)+(-m))(-a)= (-n)(-a)+(-m))(-a)
= n.a+m.a
n
için (n+m).a= n.a+m.a elde edilir.
(0.m).a= 0.a = 0 = 0.(ma)
nIN ve m
için (n.m)a = n(ma) için doğru ise
((n+1).m)a = (n.m+m).a = (n.m)a+m.a = n.(m.a) +m.a
= (n+1)(m.a)
n
ve n<0 ise (n.m).a = -(n.m)(-a)= ((-n).m))(-a)
= (-n)(m.(-a))
= (-n)(-ma)= n(m.a)
n
için (n.m).a= n.(m.a) elde edilir.
için
13.
Her n,m
i)
<n>+<m> = <(n,m)>
ii)
<n><m> = <n,m>
iii)
<n>*<m> = <n.m>
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
i)
d= (n,m) ise x,y
öyleki d= x.n+y.m<n>+<m>
 <d><n>+<m>.
a<n>+<m> c,d
öyleki a = c.n+d.m
10
d| n ve d|m  d| c.n+d.m  d| a k
: a= k.d<d>
 <n>+<m><d>...
<n>+<m>= <(n,m)> elde edilir.
u<n><m>  u<n> ve u<m>
ii)
k,p
: u = k.n ve u = p.m
 n|u ve m|u  n,m| u  u<n,m>
<n><m> <n,m>.
v<n,m>  tZ . v = t. n,m
n
n,m  n,m  n 
m
n,m  n,m  m 
}
n,m<n><m>
<n,m><n><m> .
<n><m>= <n,m> elde edilir.
m.n<n>*<m>  <n.m><n>*<m>.
iii)
x<n>*<m> ise rIN* ai , bi 
r
r
r
i 1
i=1
i=1
x =  (a i .n).(b i .m) =  a i .b i .(n.m) =(  a i .b i )n.m <n.m>
 <n>*<m><n.m>.
Buradan <n>*<m>=<n.m> elde edilir.
14.
2
3
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
Varsayım: 2
 k
3
olsun.f : 2 3
f(2)= 3k ve p
 f(2) = f(2p)k =f(2pk)
 2= 2pk veya pk=1
f(2p)= 3
halka izomorfisi dır.
11
 p=k=1 veya p=k=-1
 n için f(2n)=3n veya f(2n)= -3n elde edilir. Oysaki bu şekildeki
fonksiyonlar halka homomorfisi değildir.
12
KAYNAKLAR
[1]
Thomas W. Hungerford, ALGEBRA, Springer-Verlag New York,
Heilberg, Berlin 1974
2
Bhattacharya P.B., Jain S.K. ve Nagpaul S.R., Basic Abstract
Algebra, Cambridge University, press. 1990.
13
İNDEKS
Alt halka, 11
Asal İdeal, 21
Aşıkar İdeal, 11
Binom Teoremi, 5
Birim elemanlı halka, 1
Birimlerin kümesi, 4
Bölme Halkası, 4
Bölüm Halkası, 18
Cisim, 4
Endomorfizm, 6
Esas ideal, 13
Halka, 1
Halka Birim elemanlı, 1
Halka değişmeli, 1
Halka homomorfisi, 6
Halkanın Karakteristiği, 6
Halkanın merkezi, 2
Halkanın sıfırı, 2
Homomorfinin çekirdeği, 6
14
Homomorfinin Görüntüsü, 6
Homomorfi Teoremi, 18
İdeal, 11
İzomorfizm, 6
Maksimal İdeal, 22
Otomorfizm, 6
öz ideal, 11
Sağ (sol ) tersinir eleman, 3
Sol (sağ ) sıfır bölen, 3
Sonlu üretenli ideal, 13
Sıfır bölensiz halka, 3
Tamlık bölgesi, 3
Tersinir eleman, 4
X kümesi ile üretilen ideal, 12
I. İzomorfi Teoremi, 19
II. İzomorfi Teoremi, 20
15