Matematik Kitb 1 - Beykent Üniversitesi

advertisement
ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLERLE
SOYUT CEBİR VE
SAYILAR TEORİSİ
PROF. DR. MEHMET ERDOĞAN
YRD. DOÇ. DR. GÜLŞEN YILMAZ
Beykent Üniversitesi
Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü
Beykent Üniversitesi
Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü
Beykent Üniversitesi Yayınevi
Cumhuriyet Mah. Şimşek Sok. No:1, Beykent
Siteleri, Büyükçekmece 34500 İstanbul
Tel : (0212) 444 1997
Faks: (0212) 867 55 66
Beykent Üniversitesi Adına Sahibi
Rektör Prof. Dr. Cuma BAYAT
Yazar:
Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN
Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü
Yrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZ
Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü
“SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ”
1. Baskı, Ağustos 2008
Beykent Üniversitesi Yayınları, No. 47
Grafik Tasarım:
İbrahim SEVİLDİ
Baskı:
3gen Ofset
ISBN No:
978-975-6319-02-4
Sertifika No:
0208-34-010320
Kitabın bazı bölümleri veya tamamı Beykent Üniversitesi ve yazarların yazılı izni
olmaksızın hiçbir şekilde çoğaltılamaz.
Copyright © 2008
ÖNSÖZ
İstanbul Üniversitesinden emekli olduktan sonra o zamana kadar
çeşitli üniversitelerin farklı bölümlerinde okutmuş olduğumuz Cebir, Lineer
Cebir, Soyut Cebir ve Sayılar Teorisi derslerine ait bilgi ve tecrübe
birikimimizin özellikle lisans öğrencilerine faydalı olacağı düşüncesi ile bu
kitabı yazmaya karar verdik. Kitabı, Sayılar Teorisi olarak bir sömestr ve Cebir
veya Soyut Cebir dersi olarak da iki sömestr okutulabilecek kapsamda ele
aldık.
Birinci kısım Sayılar Teorisine, ikinci kısım ise Cebir derslerine ait
konuları içermektedir. Her iki kısımda da öğrencilerin konuyu daha iyi
anlayabilmeleri için tam çözümlerini verdiğimiz çok sayıda problem ve
konunun sonunda ise öğrencilerin kendilerini kontrol edebilmeleri için
çözümsüz problemlere yer verdik.
Kitabı, bir araştırma kitabı olmaktan ziyade öğrencilerin
anlayabileceği tarzda bir ders kitabı biçiminde hazırladık, kitapta bazı hata ve
eksikliklerin olabileceğini peşinen kabul eder ve okurlarımızın bu konuda
yapacağı uyarılara şimdiden minnettarlığımızı bildiririz.
Kitabın gerek yazım, gerekse düzeltme aşamasında bizden
yardımlarını esirgemeyen Beykent Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü Araştırma Görevlisi Jeta Rogova Alo ve
Beykent Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü sekreteri matematik uzmanı A.
Aslı Somuncuoğlu’ na teşekkür ediyoruz. Ayrıca, kitabı yazmamız için bizi
teşvik eden Beykent Üniversitesi Rektörü Prof. Dr. Cuma Bayat, Fen-Edebiyat
Fakültesi Dekanı Prof. Dr. Emin Özbaş ve Matematik-Bilgisayar Bölüm
Başkanı Prof. Dr. Mahir Resulov’ a ve şüphesiz bize bu fırsatı tanıyan
Beykent Üniversitesi Mütevelli Heyet Başkanımız değerli insan, sayın Adem
Çelik Bey’ e sonsuz minnet ve şükranlarımızı sunmak istiyoruz.
Bu münasebetle, kitabın basımında emeği geçen tüm Beykent
Üniversitesi Yayınevi çalışanlarına da teşekkür ederiz.
Mart 2008, İstanbul
Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN
Yrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZ
iii
İÇİNDEKİLER
SAYFA
ÖNSÖZ
iii
İÇİNDEKİLER
v
BİRİNCİ KISIM
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜNEBİLME
ASAL SAYILAR
KONGRÜANSLAR
LİNEER KONGRÜANSLAR
PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER
VE İNDEKSLER
BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN)
REZİDÜLER
BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR
BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ
FONKSİYONLAR
1
14
22
41
52
67
86
97
İKİNCİ KISIM
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE
DENKLİK SINIFLARI
BÖLÜM. GRUPLAR
BÖLÜM. ALT GRUPLAR
BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI
BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI
BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR
BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI
BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT
GRUPLAR VE BÖLÜM GRUPLARI
v
107
109
120
125
136
140
153
161
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
BÖLÜM.
GRUP HOMOMORFİZMALARI
HALKA VE CİSİMLER
TAMLIK BÖLGELERİ
BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER
POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI
CİSİM GENİŞLEMELERİ
VEKTÖR UZAYLARI
CEBİR
KAYNAKÇA
DİZİN
172
187
195
205
211
232
241
250
259
261
vi
BİRİNCİ KISIM
1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME
Tanım 1.1. a ve b iki tamsayı ve a ≠ 0 olsun. b = a.c olacak şekilde bir c
tamsayısı varsa a, b yi böler veya b, a ile bölünür deriz ve bu durumu a | b
şeklinde ifade ederiz. b ye a nın bir katı, a ya b nin bir böleni, c ye de b nin
a yı tamamlayan böleni adı verilir. c sayısını bulma işlemine ise b yi a ya
bölme işlemi adını vereceğiz.
Eğer b = a.c olacak şekilde hiçbir c tamsayısı yoksa b, a ile bölünemez
veya a, b yi bölmez denir ve a /| b yazılır. a | b ise b = a.c dir ve burada eğer
c ≠ ±1 ise o zaman a, b yi has olarak böler diyeceğiz. Örneğin, 6 = 2.3
olduğundan 2, 6 nın bir has bölenidir.
k negatif olmayan bir tamsayı olmak üzere a k | b , fakat a k +1 /| b ise bu
durum a k || b notasyonu ile belirtilir ( k, a nın b yi bölen en büyük kuvvetidir).
Örneğin, 52 | 50 ve 53 /| 50 olduğundan 52 || 50 dir.
Bölünebilme İle İlgili Temel Özellikler
1.
i ) ∀a ∈ için a | 0 dır. Çünkü 0 = a.0 ve 0 ∈ dir.
ii ) 0 | a ⇔ a = 0 dır. Çünkü 0 | a ise a = 0.c olacak şekilde bir c ∈ (gerçekte sonsuz çoklukta) vardır. Böylece a = 0.c koşulu ancak a = 0 olması
halinde gerçeklenir. Tersine i ) den ∀a ∈ için a | 0 olduğundan a = 0 için
de ifade doğrudur, yani 0 | 0 , dolayısıyla 0 | a dır.
Aşağıdaki özelliklerin tamamı bölünebilme tanımından kolayca elde
edilir:
2. i ) ∀a ∈ için ±1 | a ve ± a | a dır.
3.
4.
5.
6.
ii ) a | ±1 ⇔ a = ±1 dir.
a | b ise ± a | ±b dir.
a | b ve b | c ise a | c dir.
a | b ve b | a ise b = ± a dır.
i ) a | b ise ca | cb dir.
ii ) c ≠ 0 , ca | cb ise a | b dir.
7.
a1 | b1 , a2 | b2 ise a1 .a2 | b1 .b2 dir.
8.
a | b ve a | c ise a | (b + c) dir.
1
Böylece 6. ve 8. özelliklerden a | b ve a | c ise a | (bx + cy ) ( x, y ∈ )
elde ederiz.
9. b | a ve a ≠ 0 ise 1 ≤| b |≤| a | dır. Çünkü, b | a olduğundan a = b.c olacak
şekilde bir c ∈ vardır. a ≠ 0 olduğundan b ≠ 0 , c ≠ 0 ( b, c ∈ ) olur ki,
buradan | b |≥ 1 , | c |≥ 1 elde edilir. Böylece, | a |=| b || c |≥| b | , yani | a |≥| b |
olur. Bu ise 1 ≤| b |≤| a | olduğunu kanıtlar.
Teorem 1.1. (Bölme Algoritması) b ≠ 0 olmak üzere bir a, b tamsayı çifti
için
(1.1)
a = bq + r , 0 ≤ r <| b |
olacak şekilde bir ve ancak bir tek q, r tamsayı çifti vardır. Eğer b /| a ise r
tamsayısı 0 < r <| b | eşitsizliğini gerçekler.
Kanıt. 1) Varlık: Önce b > 0 olduğunu varsayalım ve m = 0, ±1, ±2,... olmak
üzere b nin bütün bm katlarını göz önüne alalım. Bu katlar içinde bm ≤ a
koşuluna uyanların kümesini M ile gösterelim. m = − | a | için
bm = b(− | a |) = −b | a |≤ a
dır. Böylece b(− | a |) ∈ M olduğundan M ≠ ∅ dir. Üstelik M kümesi a ile
üstten sınırlıdır, dolayısıyla M kümesi bq gibi bir en büyük elemana sahiptir,
yani bq ≤ a < b(q + 1) = bq + b dir. Buradan, 0 ≤ a − bq < b elde ederiz. Eğer
a − bq = r dersek 0 ≤ r < b olur. a = bq + r ve 0 ≤ r < b =| b | olduğuna göre
bulduğumuz bu q, r tamsayı çifti istenen koşulu sağlar.
Şimdi b < 0 olduğunu varsayalım. | b |> 0 olduğundan yukarıdaki ispatta
görüleceği gibi a =| b | q '+ r ' , 0 ≤ r ' <| b | olacak şekilde bir q ', r ' ∈ tamsayı çifti vardır. Üstelik, | b |= −b olduğundan a = (−b)q '+ r ' = b(−q ') + r '
dir, yani q = −q ' , r = r ' için teoremin koşulu gerçeklenir.
2) Teklik: a, b ( b ≠ 0 ) tamsayı çifti için (1.1) koşulunu gerçekleyen q1 , r1 ve
q2 , r2 gibi iki tamsayı çiftinin bulunduğunu varsayalım, yani
a = bq1 + r1 , 0 ≤ r1 <| b | ,
a = bq2 + r2 , 0 ≤ r2 <| b |
olsun. Buradan r2 − r1 = b(q1 − q2 ) veya mutlak değer fonksiyonunun
özelliğinden
(1.2)
| r2 − r1 |=| b || q1 − q2 |
bulunur. 0 ≤ r2 <| b | ve − | b |< −r1 ≤ 0 eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak
2
(1.3)
− | b |< r2 − r1 <| b |
buluruz. Böylece (1.2) ve (1.3) ten | b || q1 − q2 |<| b | elde ederiz ki, | b |≠ 0
olduğundan | q1 − q2 |< 1 ve buradan da q1 − q2 = 0 , yani q1 = q2 bulunur. Bu
sonuç, (1.2) de yerine yazılırsa r1 = r2 elde edilir. Şu halde q1 , r1 ve q2 , r2
tamsayı çiftleri birbirinin aynıdır.
Tanım 1.2. Teorem 1.1. de b > 0 alınırsa, (1.1) denklemindeki q tamsayısına
a
a
rasyonel sayısının tam kısmı (tam değeri) denir ve q =   yazılır.
b
b 
Tanım 1.3. b ve c iki tamsayı olsun. Eğer bir a ≠ 0 tamsayısı için a | b ve
a | c koşulları gerçekleniyor ise a ya, b ve c tamsayılarının bir ortak böleni
denir.
Bir b ≠ 0 tamsayısının bölenleri sonlu sayıdadır. O halde b ve c den en az
birisi sıfırdan farklı ise bu iki tamsayının ortak bölenlerinin sayısı sonludur.
Tanım 1.4. b ve c, en az birisi sıfırdan farklı iki tamsayı olsun.
i) d | b , d | c
ii) a | b , a | c ⇒ a | d
iii) d>0
koşullarına uyan bir d tamsayısına b ve c tamsayılarının en büyük ortak
böleni (e.b.o.b.) denir ve (b, c) şeklinde gösterilir.
Örneğin; (8,12) = 4 ve (7, 0) = 7 dir.
Uyarı: 1 | b ve 1 | c olduğundan (b, c) ≥ 1 dir.
Tanım 1.5. b1 , b2 ,..., bn
hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.
a ≠ 0 tamsayısı için a | b1 , a | b2 ,..., a | bn ise a tamsayısına b1 , b2 ,..., bn
tamsayılarının bir ortak böleni denir.
Tanım 1.6. b1 , b2 ,..., bn hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.
i) d | b1 , d | b2 , ... , d | bn
ii) a | b1 , a | b2 , ... , a | bn ⇒ a | d
iii) d>0
koşullarını gerçekleyen d tamsayısına b1 , b2 ,..., bn tamsayılarının en büyük
ortak böleni denir ve ( b1 , b2 ,..., bn ) şeklinde gösterilir.
3
Teorem 1.2. d, b ve c tamsayılarının en büyük ortak böleni ise
d = (b, c) = bx0 + cy0
olacak şekilde bir x0 , y0 tamsayı çifti vardır.
Kanıt. A = {bx + cy | x, y ∈ } kümesini göz önüne alalım. Bu kümede en az
bir tane pozitif tamsayı vardır. A kümesindeki en küçük pozitif tamsayıyı l ile
gösterelim. Böylece l = bx0 + cy0 olacak şekilde x0 , y0 ∈ tamsayıları vardır.
İlk olarak l | b ve l | c olduğunu gösterelim. Çünkü, eğer l /| b ise o takdirde
Teorem 1.1. e göre b = lq + r (0 < r < l ) olacak şekilde bir q, r tamsayı çifti
bulabiliriz ve buradan,
r = b − lq = b − (bx0 + cy0 )q = b(1 − qx0 ) + c(−qy0 )
∈
∈
olduğundan r ∈ A elde ederiz ki, bu r < l oluşu ile çelişir. Şu halde
l /| b olamaz, benzer şekilde l /| c olamayacağı da gösterilebilir. Böylece
l | b ve l | c dir. Diğer taraftan d = (b, c) olduğundan b = db1 ve c = dc1
olacak şekilde b1 , c1 ∈ tamsayıları vardır.
l = bx0 + cy0 = (db1 ) x0 + (dc1 ) y0 = d (b1 x0 + c1 y0 ) ⇒ d | l , d>0, l>0
∈
olduğundan d ≤ l dir. d, en büyük ortak bölen olduğundan d < l olamaz . Şu
halde d = l dir ve böylece d = (b, c) = bx0 + cy0 elde ederiz.
Bu teoremi aşağıdaki şekilde genelleştirebiliriz.
Teorem 1.3. b1 , b2 ,..., bn hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar ve d, bu
tamsayıların en büyük ortak böleni olsun. Bu takdirde,
d = (b1 , b2 ,..., bn ) = b1 x1 + b2 x2 + ... + bn xn
olacak şekilde x1 , x2 ,..., xn tamsayıları vardır.
Kanıt. İspat, Teorem 1.2. deki gibi yapılır.
Teorem 1.4. m, a, b ∈ ve m>0 ise (ma, mb) = m(a, b) dir.
Kanıt. (ma, mb) = d1 ve (a, b) = d olsun. d1 = md olduğunu gösterelim.
(a, b) = d olduğundan d | a ve d | b dir ve böylece a = da1 ve b = db1 olacak
şekilde a1 , b1 ∈ vardır. Bu iki eşitliğin her iki tarafını m ile çarparsak
ma = mda1 , mb = mdb1 ve md | ma , md | mb olacağından md; ma ve mb
tamsayılarının bir ortak bölenidir. e.b.o.b. tanımından md | d1 dir. Şu halde
4
d1 = md .t1 ( d1 > 0 , md > 0 ) olacak şekilde t1 > 0 tamsayısı vardır. Şimdi
t1 = 1 olduğunu gösterelim.
d1 = (ma, mb) ⇒ d1 | ma , d1 | mb ⇒ mdt1 | ma , mdt1 | mb
⇒ dt1 | a , dt1 | b .
m≠0
O halde dt1 tamsayısı, a ile b nin bir ortak bölenidir ve (a, b) = d olduğundan
dt1 | d dir. Böylece d > 0 , dt1 > 0 ve dt1 | d olduğundan t1 = 1 elde ederiz.
Bunu
d1 = md .t1
de
yerine
yazarsak
d1 = md
buluruz
ki
bu,
(ma, mb) = m(a, b) olduğunu kanıtlar.
Uyarı: Genel olarak m, a, b ∈ ve m ≠ 0 ise (ma, mb) =| m | (a, b) dir.
a b
1
Teorem 1.5. d | a , d | b ve d>0 ise ( , ) = (a, b) dir.
d d
d
Kanıt. d | a ve d | b olduğundan a = da1 ve b = db1 olacak şekilde a1 , b1 ∈ tamsayıları vardır. O halde, Teorem 1.4. ten
a b
(a, b) = (da1 , db1 ) = d (a1 , b1 ) = d ( , )
d d
yazarız, böylece
a b
1
a b
( a, b) = d ( , ) ⇒ ( , ) = ( a, b)
d
d d d ≠0 d d
elde ederiz.
a b
Sonuç: (a, b) = g ⇒ ( , ) = 1 dir.
g g
Tanım 1.7. (a, b) = 1 ise a ve b tamsayılarına aralarında asaldır deriz.
Örneğin; (7,11) = 1 olduğundan 7 ve 11 aralarında asaldır.
Teorem 1.6. (a, m) = 1 , (b, m) = 1 ise (ab, m) = 1 dir.
Kanıt. (a, m) = 1 , (b, m) = 1 olduğundan Teorem 1.2. ye göre ax0 + my0 = 1
ve bx1 + my1 = 1 olacak şekilde x0 , y0 ve x1 , y1 tamsayıları vardır. Buradan,
(ax0 + my0 )(bx1 + my1 ) = abx0 x1 + m(ax0 y1 + bx1 y0 + my0 y1 ) = 1
ve x0 x1 = A ∈ , ax0 y1 + bx1 y0 + my0 y1 = B ∈ dersek, abA + mB = 1 elde
ederiz. (ab, m) = d
olduğundan
olsun. Böylece,
d | ab ,
d |m
d | ( abA + mB) ⇒ d | 1 ⇒ d = 1
5
ve
abA + mB = 1
bulunur, o halde (ab, m) = 1 dir.
Bu teoremi aşağıdaki gibi genelleştirebiliriz:
(a1 , m) = 1 , (a2 , m) = 1 , ... , (an , m) = 1 ise (a1a2 ...an , m) = 1
dir.
Teorem 1.7. (Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremi) a, b, c (c ≠ 0) tamsayılar
olmak üzere a | bc ve (a, b) = 1 ise a | c dir.
Kanıt. (a, b) = 1 olduğundan Teorem 1.2. ye göre ax0 + by0 = 1 olacak şekilde
x0 , y0 ∈ tamsayıları vardır. Bu ifadenin her iki yanını c ile çarparak,
acx0 + bcy0 = c yazarız. Böylece, hipotezden
a | bc , a | ac ⇒ a | ( acx0 + bcy0 ) = c
yani a | c elde ederiz.
Uyarı: a | bc ve a /| b den a | c sonucu çıkarılamaz.
Sonuç 1: p bir asal sayı olmak üzere p | bc ise p | b ve p | c ifadelerinden en
az birisi doğrudur. Çünkü, p | b ise ispat tamamdır, eğer p /| b ise ( p, b) = 1
olacağından Teorem 1.7. ye göre p | bc den p | c elde ederiz.
Sonuç 2: p /| b ve p /| c ise p /| bc dir.
Teorem 1.8. a, b, x tamsayılar olmak üzere
(a, b) = (b, a) = (a, −b) = ( a, b + ax)
dir.
Kanıt. İlk üç eşitlik e.b.o.b. tanımından derhal elde edilir. Biz sadece
(a, b) = (a, b + ax) olduğunu gösterelim, bunun için (a, b) = d1 ve
(a, b + ax) = d 2 olduğunu kabul edelim. (a, b) = d1 olduğundan
d1 | a ⇒ d1 | ax 
 ⇒ d1 | (b + ax)
d1 | b

⇒
d1 | (a, b + ax) = d 2 ,
e .b.o.b. tan .
yani d1 | d 2 olur. Diğer taraftan, (a, b + ax) = d 2 olduğundan
d 2 | a ⇒ d 2 | ax 
 ⇒ d 2 | ( b + ax ) − ax  = b
d 2 | (b + ax) 
6
yazabiliriz, şu halde d 2 | a , d 2 | b bulmuş olduk, buradan e.b.o.b. tanımı
kullanılarak d 2 | ( a, b) = d1 bulunur, yani d 2 | d1 dir. Böylece,
d1 | d 2 , d 2 | d1 
 ⇒ d1 = d 2
d1 > 0, d 2 > 0 
bulunur ki, bu (a, b) = (a, b + ax) olduğunu kanıtlar.
Örnek 1. 1. a, b, c tamsayıları için (a, b, c) = (a, (b, c)) dir.
Çözüm. (a, b, c) = d1 , (a, (b, c)) = d 2 olsun.
(a, b, c) = d1 ⇒ d1 | a , d1 | b , d1 | c
dir. O halde d1 | (b, c) dir ve d1 | a ile birlikte d1 | (a, (b, c)) = d 2 buluruz.
(a, (b, c)) = d 2 ⇒ d 2 | a , d 2 | (b, c) ⇒ d 2 | a , d 2 | b , d 2 | c
dir, yani d 2 | (a, b, c ) = d1 dir. Böylece,
d1 > 0, d 2 > 0
 ⇒ d1 = d 2
d1 | d 2 , d 2 | d1 
buluruz ki, bu istediğimiz eşitliktir.
Teorem 1.9. (Öklid Algoritması) a ve b ( b ≠ 0 ) tamsayıları verilsin. a ve b ye
ard arda bölme algoritması uygulanarak
a = bq1 + r1 , 0 < r1 <| b | ,
b = r1q2 + r2 , 0 < r2 < r1 ,
r1 = r2 q3 + r3 , 0 < r3 < r2 ,
rn − 2 = rn −1qn + rn , 0 < rn < rn −1 ,
rn −1 = rn qn +1 + rn +1 , rn +1 = 0
eşitlikleri elde edilmiş olsun. Burada
| b |> r1 > r2 > r3 > ... > rn > rn +1 = 0
dir ve ayrıca (a, b) = rn , yani sıfırdan farklı en son kalan, en büyük ortak
bölendir.
Kanıt. Yukarıdaki eşitliklerden rn | rn −1 , rn | rn − 2 , ... , rn | a , rn | b olduğu
hemen görülür. O halde rn , a ve b nin bir ortak bölenidir, böylece rn | (a, b)
dir. Diğer taraftan, (a, b) = d ise d | a ve d | b olduğundan d | ( a − bq1 ) = r1
7
yazabiliriz. d | r1 ise yukarıdaki bölme algoritmalarının denklemlerinden
d | r2 ,..., d | rn elde edilir. Böylece rn > 0 , d > 0 , rn | d , d | rn olması
nedeniyle d = rn buluruz.
Örnek 1.2. 550 ve 24 tamsayılarının en büyük ortak bölenini bulunuz ve bu
tamsayıyı 550 ve 24 tamsayılarının bir lineer birleşimi (kombinezonu) şeklinde
ifade ediniz.
Çözüm.
550 = 22.24 + 22

24 = 1.22 + 2  ⇒ (550, 24) = 2

22 = 11.2 + 0

bulunur. Ayrıca
2 = 24 -1.22 = 24 - 1(550 - 22.24) = 23.24 - 1.550
yazılabileceğinden x0 = 24 , y0 = 550 ve a = 23 , b = −1 olmak üzere
2 = ax0 + by0 = 23.24 − 1.550 şeklinde bir lineer birleşim olarak ifade edilmiş
olur.
Örnek 1.3. (1140, 480) = d ise d yi bulunuz ve d = 1140 x + 480 y olacak
şekilde bir x, y tamsayı çifti belirleyiniz.
Çözüm.
1140 = 2.480 + 180 ⇒ 180 = 1140 − 2.480
480 = 2.180 + 120 ⇒ 120 = 480 − 2.180
180 = 1.120 + 60 ⇒ 60 = 180 − 1.120
120 = 2.60+0
yazılırsa, buradan d = (1140,480) = 60 bulunur. Ayrıca
60 = 180 − 1.120 = 180 − 1(480 − 2.180) = 3.180 − 1.480
= 3(1140 − 2.480) − 1.480 = 3.1140 − 7.480
yazılabilir ve x = 3 , y = −7 aranan tamsayı çiftini verir.
Tanım 1.8. a | k ve b | k ise k ya a ile b nin bir ortak katı denir.
Tanım 1.9. a ve b sıfırdan farklı iki tamsayı olsun.
i) a | k , b | k
ii) a | l , b | l ⇒ k | l
8
iii) k>0
koşullarına uyan bir k tamsayısına a ve b nin en küçük ortak katı (e.k.o.k.)
denir ve k = [a, b] şeklinde gösterilir.
İkiden fazla tamsayının e.k.o.k. da benzer şekilde tanımlanır.
Teorem 1.10. m > 0 olmak üzere [ma, mb] = m[a, b] dir.
Kanıt. Teorem 1.4. deki gibi yapılır.
Örneğin; [50,30] = 10 [5,3] = 10.15 = 150 dir.
Şimdi ispatını daha sonra yapacağımız ve aşağıdaki örneğin çözümünde
kullanacağımız bir özellik yazalım.
Özellik: a>0, b>0 ise (a, b)[a, b] = a.b dir.
Örnek 1.4. (a, b) = 10 ve [a, b] = 100 koşullarını gerçekleyen bütün pozitif
a, b tamsayı çiftlerini bulunuz.
Çözüm. (a, b) = 10 ⇒ 10 | a , 10 | b ⇒ a = 10m , b = 10n ; m, n ∈ , (m, n) = 1
dir. Çünkü,
10 = (10m,10n) = 10(m, n) ⇒ (m, n) = 1
olur. Diğer taraftan,
[10m,10n] = 10[ m, n] = 100 ⇒ [ m, n] = 10
ve buradan yukarıdaki özellik kullanılarak
m, n ) [m, n] = [m, n] = m.n = 10
(
=1
bulunur. Böylece çarpımları 10 olan tamsayı çiftleri, yukarıdaki a = 10m ,
b = 10n denklemlerinde m ve n değerleri yerine yazılarak istenen tamsayı
çiftleri (10,100) , (20,50) , (50, 20) , (100,10) olarak bulunur.
Örnek 1.5. (n 2 + n + 1, 2n + 7) = d ise d nin alabileceği değerleri bulunuz.
Çözüm. (n 2 + n + 1, 2n + 7) = d ise d | ( n 2 + n + 1) , d | ( 2n + 7) dir.
d | 2( n 2 + n + 1) 
2
2
 ⇒ d |  2n + 7n − (2n + 2n + 2)  = 5n − 2
d | n( 2n + 7) 
yani d | (5n − 2) bulunur. Buradan
d | (5n − 2) ⇒ d | 2 ( 5n − 2 ) = 10n − 4 
 ⇒ d | 10n + 35 − (10n − 4 )  = 39 ,
d | ( 2n + 7) ⇒ d | 5 ( 2n + 7 ) = 10n + 35
yani d | 39 buluruz. 39 = 3.13 ve d > 0 olduğundan d = 1 , 3 , 13 , 39 olabilir.
9
Örnek 1.6. n ∈ ( Doğal Sayılar Kümesi ) olmak üzere 6 | n(n + 1)(2n + 1)
olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm. n(n + 1)(2n + 1) = A diyelim. n yi 6 ile bölerek, bölme algoritmasına
göre n = 6q + r , 0 ≤ r < 6 yazabiliriz. O halde;
r = 0 ise: n = 6q ⇒ A = 6q(6q + 1)(12q + 1) ⇒ 6 | A ,
r = 1 ise: n = 6q + 1 ⇒ A = (6q + 1)(6q + 2)(12q + 3)
= (6q + 1)2(3q + 1)3(4q + 1)
= 6(6q + 1)(3q + 1)(4q + 1) ⇒ 6 | A ,
r = 2 ise: n = 6q + 2 ⇒ A = (6q + 2)(6q + 3)(12q + 5)
= 2(3q + 1)3(2q + 1)(12q + 5)
= 6(3q + 1)(2q + 1)(12q + 5) ⇒ 6 | A ,
r = 3 ise: n = 6q + 3 ⇒ A = (6q + 3)(6q + 4)(12q + 7)
= 3(2q + 1)2(3q + 2)(12q + 7)
= 6(2q + 1)(3q + 2)(12q + 7) ⇒ 6 | A ,
r = 4 ise: n = 6q + 4 ⇒ A = (6q + 4)(6q + 5)(12q + 9)
= 2(3q + 2)(6q + 5)3(4q + 3)
= 6(3q + 2)(6q + 5)(4q + 3) ⇒ 6 | A ,
r = 5 ise: n = 6q + 5 ⇒ A = (6q + 5)(6q + 6)(12q + 11)
= (6q + 5)6(q + 1)(12q + 11) ⇒ 6 | A
bulunur. Bütün haller için 6 | n ( n + 1)( 2n + 1) olduğu görülür.
Bölme Algoritmasının Bir Uygulaması
Bölme algoritması yardımıyla tamsayıları verilen bir tabana göre yazabiliriz.
Bir a > 1 tamsayısı göz önüne alalım ve bu tamsayıyı sabit tutalım. Şimdi
herhangi bir b > 0 tamsayısı seçelim. Bölme algoritmasına göre b = aq0 + r0 ,
0 ≤ r0 < a olacak şekilde tek türlü belirli q0 , r0 tamsayı çifti vardır. Bu kez,
bölme algoritmasını qo ve a ya uygularsak q0 = aq1 + r1 , 0 ≤ r1 < a olacak
şekilde tek türlü belirli q1 , r1 tamsayı çifti vardır. a > 1 olduğundan
(1.4 )
b > q0 > q1 > ...
olduğu açıktır. Şimdi bölme algoritmasını
q1 , a
çiftine uygularsak
q1 = aq2 + r2 , 0 ≤ r2 < a yazabiliriz. Bu şekilde devam edersek, (1.4 ) dizisi
azalan bir dizi olduğundan sonlu bir n. adımda qn = 0 olacak şekilde
b > q0 > q1 > q2 > ... > qn −1 > qn = 0 dizisine ulaşırız. Böylece,
10
b = q0 a + r0 = (q1a + r1 )a + r0 = q1a 2 + r1a + ro
= (q2 a + r2 )a 2 + r1a + r0 = q2 a 3 + r2 a 2 + r1a + ro
= rn a n + rn −1 a n −1 + ... + r2 a 2 + r1a + r0
elde edilir. Burada rn ≠ 0 , 0 ≤ r0 , r1 ,..., rn < a dır. Sonuç olarak her pozitif b
tamsayısının, 1 den büyük bir a tamsayısının kuvvetlerinin bir lineer
kombinezonu olarak yazılabileceğini elde etmiş olduk. Bu durumu sembolle
b = (rn rn −1 ...r2 r1 )a şeklinde gösterebiliriz.
Örnek 1.7. a = 3 ve b = 543 alalım. b = 543 tamsayısını a = 3 tabanına
göre yazalım.
Çözüm.
543 = 181.3 + 0 , r0 = 0
181 = 60.3 + 1 , r1 = 1
60 = 20.3 + 0 , r2 = 0
20 = 6.3 + 2 , r3 = 2
6 = 2.3 + 0 , r4 = 0
2 = 0.3 + 2 , r5 = 2
olduğundan
543 = r5 a5 + r4 a 4 + r3 a 3 + r2 a 2 + r1a + r0
= 2.35 + 0.34 + 2.33 + 0.32 + 1.31 + 0
= (202010)3
elde edilir.
PROBLEMLER
1) a, b ∈ ve ( a, 4 ) = ( b, 4 ) = 2 ise ( a + b, 4 ) = 4 olduğunu gösteriniz.
2) a, b, c ∈ ; ( a, b ) = 1 ve c | ( a − b ) ise ( a, c ) = 1 olduğunu gösteriniz.
3)
a, b, c, d , x, y
tamsayılar
ve
ayrıca
m = ax + by ;
n = cx + dy ;
ad − bc = ±1 olsun. Bu takdirde ( m, n ) = ( x, y ) olduğunu gösteriniz.
11
a c
,
∈ ( a, b, c, d ∈ ; b ≠ 0, d ≠ 0 ) ve
b d
a c
+ ∈ ise b = d olduğunu gösteriniz.
b d
4)
( a , b ) = ( c, d ) = 1
olsun.
5) Ardışık üç tamsayının çarpımının 6 ile, ardışık dört tamsayının çarpımının
da 24 ile bölündüğünü gösteriniz.
6) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ( n, n + 1) ve [ n, n + 1] yi hesaplayınız.
7) a | b ise ( a, b ) ve [ a, b] nın değerlerini bulunuz.
8) x + y = 25 ve ( x, y ) = 4 koşullarını sağlayan hiçbir x, y tamsayı çiftinin
olmadığını gösteriniz.
9) k bir tamsayı olmak üzere, herhangi bir tamsayının karesinin ya 3k
biçiminde veya 3k + 1 biçiminde olduğunu gösteriniz.
10) Her n ∈ için 4 /| n 2 + 2 olduğunu gösteriniz.
11) x ve y tek tamsayılar ise x 2 + y 2 tamsayısının
olduğunu, fakat 4 ile bölünemediğini gösteriniz.
bir çift tamsayı
12) 2000 ile 7007 arasında olan ve 17 ile bölünebilen kaç tane tamsayı
vardır?
13)
(
)
n ≥ 2 bir tamsayı ve k ∈ + olsun. Bu takdirde n − 1 | n k − 1 olduğunu
gösteriniz.
14) a) Ardışık 4 tamsayının çarpımının 4 ile bölünebildiğini gösteriniz.
b) 5 /| n ise n 4 − 1 sayısının 5 ile bölünebildiğini gösteriniz.
c) ∀n ∈ için 6 | ( n3 − n) olduğunu gösteriniz.
ç) ∀n ∈ için 12 n−1 + 10 sayısının 11 ile bölündüğünü tümevarımla
gösteriniz.
d) ∀n ∈ için 7 | (32 n + 2 − 2n +1 ) olduğunu gösteriniz.
e) ∀n ∈ için 5 | (6n − 1) olduğunu gösteriniz.
12
f)
g)
h)
15)
∀n ∈ için 6 | n(2n + 1)(7 n + 1) olduğunu gösteriniz.
(m, n) = 1 ve m | a , n | a ise m.n | a olduğunu gösteriniz.
(m, n) = 1 ise (m + n, mn) = 1 olduğunu gösteriniz.
u1 = 1 , u2 = 2 , un = un −1 + un − 2 ( n ≥ 3 ) ( Fibonacci sayıları ) ise
( un −1 , un ) = 1
olduğunu gösteriniz.
16) a, b ∈ ve a | b ise ( a, b ) = a olduğunu gösteriniz.
17)
a, b ∈ + (pozitif tamsayılar kümesi) ve
olduğunu gösteriniz.
( a, b ) = [ a, b ]
ise a = b
18) a1 , a2 ,..., an ; y1 , y2 ,..., yn ∈ olmak üzere
( a1 , a2 ,..., an ) = ( a1 , a2 − y2 a1 , a3 − y3 a1 ,..., an − yn a1 )
olduğunu gösteriniz.
19) d = ( 826,1890 ) olsun. Öklid Algoritmasını kullanarak d yi hesaplayınız
ve ayrıca d yi 826 ve 1890 tamsayılarının bir lineer kombinezonu olarak
ifade ediniz.
13
2. BÖLÜM. ASAL SAYILAR
Tanım 2.1. p > 1 tamsayısı verilsin. Eğer p nin ±1 ve ± p den başka böleni
yoksa p tamsayısı bir asal sayıdır deriz. Asal olmayan bir tamsayıya bileşik
sayı diyeceğiz.
Teorem 2.1. tamsayılar kümesinde en az bir asal sayı vardır.
Kanıt. 2 ∈ ve 2 asaldır. Çünkü 2 asal olmasaydı: ∃ c ∈ öyleki c | 2 dir.
Böylece, 1 <| c |< 2 olur ve 1 ile 2 arasında hiçbir tamsayı olmadığından bu bir
çelişmedir. Şu halde 2 tamsayısı asaldır.
Örneğin; 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,… asal sayılardır.
Teorem 2.2. Her n > 1 tamsayısının en az bir asal böleni vardır.
Kanıt. d , n nin 1 den büyük en küçük pozitif böleni olsun. Eğer d asal ise
ispat tamamdır. d asal değilse 1 < di < d , (i = 1, 2) olmak üzere d = d1 .d 2 dir.
Böylece d1 > 1 pozitif tamsayısı da n nin bir böleni olur ki, bu d nin
tanımına aykırıdır. O halde, 1 den büyük bir tamsayının en az bir asal böleni
vardır.
Teorem 2.3. Her n > 1 tamsayısı asal sayıların bir çarpımı şeklinde yazılabilir.
Kanıt. n = p1 . p2 ... pk olacak şekilde
p1 , p2 ,..., pk asal sayılarının
bulunabileceğini göstermeliyiz. Kanıtı n e göre tümevarım yöntemi ile
yapalım. 2 asal olduğundan iddia n = 2 için doğrudur. n = k için iddianın
doğruluğunu kabul edip n = k + 1 için de doğru olduğunu göstermeliyiz.
k = p1 p2 ... pr olacak şekilde pi ( i = 1, 2,..., r ) asal sayıları mevcut olsun. Eğer
k + 1 = q sayısı asal ise iddia doğru, aksi takdirde , yani q asal değilse
1 < ni < q , (i = 1, 2) olmak üzere q = n1 .n2 dir. Tümevarımdaki hipotezden n1
ve n2 sayıları asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilebileceğinden
k + 1 = q sayısı da asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilmiş olacaktır. n
nin bu gösterilişindeki asal çarpanlar birbirinden farklı olmak zorunda değildir.
Yani, her n > 1 tamsayısı, p1 , p2 ,..., pr tamsayıları birbirinden farklı asal
sayılar ve α1 , α 2 ,..., α r lerde negatif olmayan tamsayılar olmak üzere
n = p1α1 p2α 2 ... pr α r
(1.5)
şeklinde yazılabilir. Bu gösterime n tamsayısının kanonik gösterimi
(gösterilişi) diyeceğiz.
Teorem 2.4. n > 1 tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde yazılışı sıra
dikkate alınmaz ise tek türlü belirlidir.
14
Kanıt. n > 1 tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde n = p1 p2 ... pr ve
n = q1q2 ...qs gibi farklı iki gösterilişinin olduğunu varsayalım. Burada,
pi (i = 1, 2,..., r ) ve q j ( j = 1, 2,..., s ) sayıları asaldır. O halde
(1.6)
p1 p2 ... pr = q1q2 ...qs
dır. r ≤ s kabul edebiliriz, aksi halde p ve q ların rollerini değiştirebiliriz.
p1 | p1 ... pr olduğu için (1.6) dan p1 | q1 ...qs diyebiliriz. Böylece
p1 | qi1 (1 ≤ i1 ≤ s ) olacak şekilde bir qi1 vardır. qi1 asal olduğundan qi1 = p1
elde edilir. Aynı düşünceyi p2 ,..., pr için yaparak
p1 = qi1 , p2 = qi2 ,..., pr = qir
(1.7)
eşitliklerini elde ederiz. Burada i1 , i2 ,..., ir tamsayları 1, 2,..., r tamsayılarının
bir permütasyonudur. (1.7) deki eşitlikleri (1.6) da yerine yazıp elde edilen
ifadenin her iki yanını p1 , p2 ,..., pr ile sadeleştirirsek
1 = q1 ...qi1 −1qi1 +1 ...qi2 −1qi2 +1 ...qir −1qir +1 ...qs
elde ederiz. Eğer r < s olursa yukarıdaki eşitliğin sağ tarafında en az bir
q j ≥ 2 asal sayısı mevcut olurdu ki, sağ tarafın 1 e eşit olması nedeni ile bu
mümkün değildir. O halde,
r = s, p1 = qi1 , p2 = qi2 ,..., pr = qir
buluruz ve teorem kanıtlanmış olur.
Şimdi a ve b pozitif tamsayılarının kanonik gösterilişleri pi ve qi ler
asal ve α i , β j ≥ 1 ( i = 1, 2,..., k ; j = 1, 2,..., t ) olmak üzere
a = p1α1 p2α 2 ... pkα k , b = q1β1 q2β2 ...qtβt
olsun. p /| a ve p /| b ise p nin a ve b de bulunan kuvvetini sıfır kabul ederek
a ve b yi aynı asal sayıların çarpımı olarak aşağıdaki gibi yazabiliriz;
a = p1α1 p2α 2 ... prα r , b = p1β1 p2β2 ... prβ r ( pi ler asal ve α i , β i ≥ 0 )
Böylece,
r
(a, b) = p1min(α1 , β1 ) p2min(α 2 , β 2 ) ... prmin(α r , β r ) = ∏ pkmin(α k , βk ) ,
k =1
r
[a, b] = p1max(α1 , β1 ) p2max(α 2 , β2 ) ... prmax(α r , β r ) = ∏ pkmax(α k , β k )
k =1
dır.
Şimdi daha önce ispatsız olarak verdiğimiz bir özelliği ispatlıyalım.
15
(1.8)
Özellik: a, b ≥ 1 olmak üzere (a, b)[a, b] = a.b dir.
Kanıt. a ve b nin kanonik gösterilişi (1.8) deki gibi olsun. k = 1, 2,..., r
olmak üzere ∀k için
min(α k , β k ) + max(α k , β k ) = α k + β k
olduğunu göstermeliyiz.
r
(a, b)[a, b] = ∏ pkmin(α k , β k ) + max(α k , β k ) , a.b =
k =1
r
∏ pα
k
+ βk
k
k =1
yazılabilir. k = 1, 2,..., r için;
α k ≤ β k ⇒ min(α k , β k ) + max(α k , β k ) = α k + β k ,
β k ≤ α k ⇒ min(α k , β k ) + max(α k , β k ) = α k + β k
dır. O halde,
r
r
k =1
k =1
(a, b)[a, b] = ∏ pkmin(α k , βk ) + max(α k , βk ) = ∏ pkα k + βk = a.b
elde edilir.
Örnek 2. 1. (72,96,192,120) ve [72, 96,192,120] değerlerini bulunuz.
Çözüm.
72 = 2.36 = 2 2.18 = 23.9 = 23.32 = 23.32.50
96 = 2.48 = 2 2.24 = 23.12 = 2 4.6 = 25.31 = 25.31.50
192 = 2.96 = 2 2.48 = 23.24 = 2 4.12 = 25.6 = 26.31.50
120 = 2.60 = 2 2.30 = 23.15 = 2331.51
olduğundan
(72,96,192,120) = 23.31.50 = 24
[72,96,192,120] = 26.32.51 = 2880
buluruz.
Teorem 2.5. (Öklid) Asal sayıların sayısı sonsuzdur.
Kanıt. Asal sayıların sayısının sonlu olduğunu varsayalım ve bunlar
p1 , p2 ,..., pn olsun. K = p1 p2 ... pn + 1 doğal sayısını oluşturalım. K > 1
olduğundan Teorem 2.2. ye göre K nın q gibi bir asal böleni vardır ve
i = 1, 2,..., r olmak üzere her i için q ≠ pi dir. Eğer q = pi olsa: q | K ,
q | p1 p2 ... pn olur, buradan da q | ( K − p1 p2 ... pn ) yani q | 1 elde edilir ki, bu
mümkün değildir, böylece q ≠ pi dir. p1 , p2 ,..., pn asal sayılarından başka bir
q asal sayısı daha bulunmuş olur ki, bu varsayımımıza aykırıdır. Şu halde asal
sayıların sayısı sonlu olamaz.
16
Örnek 2.2. Bir n ∈ + tamsayısı için 2n + 1 bir asal sayı ise n tamsayısının 2
nin bir kuvveti şeklinde olduğunu gösterelim..
Çözüm. n nin 2 nin bir kuvveti olmadığını varsayalım. Bu taktirde 1 den
farklı bir t tek tamsayısı için n = 2 k .t yazabiliriz. Buna göre,
k
k
k
k
2n + 1 = 22 .t + 1 = (22 + 1)(22 (t −1) − 22 ( t − 2) + ... + 1)
yazılabilir. Yukarıdaki eşitliğin sağ yanındaki her bir çarpan bir tamsayı ve
k
k
1 < 22 + 1 < 22 .t + 1 = 2n + 1
k
olduğundan (22 + 1) | (2n + 1) elde ederiz ki, bu 2n + 1 in bir asal sayı olduğu
hipotezi ile çelişir. O halde varsayımımız yanlıştır, yani n, 2 nin bir kuvveti
olmak zorundadır.
Örnek 2.3. 3 ten büyük her asal sayı q ∈ + olmak üzere ya 6q + 1 veya
6q − 1 formundadır.
Çözüm. p, 3 ten büyük bir asal sayı olsun. Bölme Algoritmasına göre q ve r
pozitif tamsayılar olmak üzere
p = 6q + r , r = 0,1, 2,3, 4,5
şeklinde yazılabilir.
r = 0 ise p = 6q olur ki 2 | p ve 2 < p olduğundan bu, p nin asal oluşu
ile çelişir.
r = 1 ise p = 6q + 1 olduğundan bu istenen durumdur.
r = 2 ise p = 6q + 2 olur ki 2 | p ve 2 < p olduğundan bu, p nin asal
oluşu ile çelişir.
r = 3 ise p = 6q + 3 olur ki 3 | p ve 3 < p olduğundan bu, p nin asal oluşu
ile çelişir.
r = 4 ise p = 6q + 4 olur ki 2 | p ve 2 < p olduğundan bu, p nin asal
oluşu ile çelişir
r = 5 ise p = 6q + 5 = 6( q
+ 1) − 1 = 6q ′ − 1 olduğundan bu istenen durumdur.
q ′∈
Örnek 2.4. ( 4 ile bölünebilme kuralı ) Bir m tamsayısının 4 ile bölünebilmesi
için gerek ve yeter koşul bu tamsayının son iki basamağının oluşturduğu
sayının 4 ile bölünebilmesidir.
Çözüm. m tamsayısının 10 tabanına göre yazılışı
m = an 10n + an −110n −1 + ... + a2 102 + a1101 + a0
ve 4 | m olsun. Ayrıca
4 | ( an 10n + an −110n −1 + ... + a2 102 )
olduğundan 4 , bu iki sayının farkını da böler. Şu halde
4 |  m − (an 10n + an −110n −1 + ... + a2 102 ) 
17
veya 4 | ( a1101 + a0 ) elde ederiz. Tersine 4 | ( a1101 + a0 ) ise,
4 | ( an 10n + an −110n −1 + ... + a2 102 )
olduğundan bu ikisinin toplamı da 4 ile bölünecektir, yani
4 | [( an 10n + an −110n −1 + ... + a2 102 ) + (a1101 + a0 )] ⇒ 4 | m
m
buluruz.
Örnek 2.5. ( 3 ile bölünebilme kuralı ) Bir m tamsayısının 3 ile bölünebilmesi
için gerek ve yeter koşul bu tamsayının rakamları toplamının 3 ile
bölünebilmesidir.
Çözüm. m = an 10n + an −110n −1 + ... + a2 102 + a1101 + a0 ve 3 | m olsun. Binom
açılımından
n
n
 n  n −1 n
10n = (9 + 1) n = 9n +   9n −1 +   9n − 2.12 + ... + 
 9.1 + 1
1
2
 n − 1
= 3bn + 1 , (bn ∈ )
olduğu dikkate alınırsa,
3 | [ an (3bn + 1) + an −1 (3bn −1 + 1) + ... + a1 (3b1 + 1) + a0 ] , ( b1 ,..., bn −1 , bn ∈ )
yazabiliriz. Böylece,
3 | [ 3(an bn + an −1bn −1 + ... + a1b1 ) + an + an −1 + ... + a1 + a0 ]
elde edilir. Ayrıca 3 | 3(an bn + an −1bn −1 + ... + a1b1 ) olduğundan 3 bunların farkını
da böler. Şu halde
3 | (an + an −1 + ... + a1 + a0 )
buluruz. Tersine 3 | (an + an −1 + ... + a1 + a0 ) ise 3 | m olduğu gösterilebilir.
Örneğin, 102615 sayısının rakamları toplamı 15 olup, bu tamsayı 3 ile
bölünebilir.
Yukarıdaki örnekten, bir tamsayının 9 ile bölünebilmesi için rakamları
toplamının 9 ile bölünebilmesi gerektiği sonucunu hemen elde ederiz.
Teorem 2.6. Asal olmayan bir n > 1 doğal sayısının p ≤ n koşuluna uyan
en az bir p asal böleni vardır.
18
Kanıt. n > 1 asal olmadığına göre, n nin p < n olacak şekilde bir p pozitif
asal böleni vardır, yani n′ > 1 uygun bir doğal sayı olmak üzere n = pn′ dür.
Burada p ≤ n ve n′ ≤ n den en az biri doğrudur. Çünkü hem p > n
hem de n′ > n olsa pn′ > n , yani n > n olur ki, bu mümkün değildir. Eğer
p ≤ n ise bu p asal sayısı istediğimiz koşula uyar. p > n ise bu takdirde
n′ ≤ n dir. n′ > 1 olduğundan n′ nün q gibi bir pozitif asal böleni vardır
ve 1 < q ≤ n′ dür. q | n′ ve n′ | n olduğundan q | n dir. Diğer yandan
1 < q ≤ n′ ≤ n olduğundan 1 < q ≤ n dir. Şu halde q, n nin istenen
koşulları gerçekleyen bir asal bölenidir.
Şu halde, p ≤ n koşuluna uyan p asal sayılarından hiçbirisi ile
bölünemeyen bir n doğal sayısı asaldır.
Örnek 2.6. 113, 241 ve 1453 sayılarının asal olduklarını gösterelim.
Çözüm. 10 < 113 < 11 olup, 1 ile 10 arasındaki asal sayılar 2, 3, 5, 7 dir. Bu
asal sayılardan hiçbiri 113 ü bölmez. Şu halde 113 asaldır.
15 < 241 < 16 olup, 1 ile 15 arasındaki asal sayılar 2, 3, 5, 7, 11, 13 dür. Bu
asal sayılardan hiçbiri 241 i bölmediğinden 241 asaldır.
38 < 1453 < 39 olup, 1 ile 38 arasındaki asal sayılardan hiçbiri 1453 ü
bölmediğinden 1453 sayısı da asaldır.
Eratosthenes Kuralı İle Asal Sayıların Bulunması
1 ile n arasındaki 1 den büyük p1 , p2 ,..., pk pozitif asal sayıları bilindiği
takdirde, n ile n 2 arasındaki bütün asal sayıları Eratosthenes kuralı ile
bulabiliriz. 1 den n 2 ye kadar olan bütün doğal sayıları sırayla yazdıktan sonra
p1 = 2 den başlayarak 2. sıradaki sayıyı ve 2 nin tam katlarındaki sıralarda
bulunan sayıları, p2 = 3 den başlayarak 3. sıradaki sayıyı
ve 3 ün tam
katlarındaki sıralarda bulunan sayıları, bu şekilde devam ederek nihayet pk
dan başlayarak pk . sıradaki sayıyı ve pk nın tam katlarındaki sıralarda
bulunan bütün sayıların üstünü çizelim. Bu işlemin sonunda üstü çizilmemiş
olan sayılar, n ile n 2 arasındaki bütün asal sayıları verecektir.
Örnek 2.7. 1 den 100 e kadar olan asal sayıları Eratosthenes kuralı ile bulalım.
Çözüm. Önce 1 ile 100 arasındaki bütün tamsayıları yazalım. 1 den 10 a kadar
olan asal sayılar 2, 3, 5 ve 7 dir. O halde 1 i sildikten sonra 2 den başlayarak
sırayla 2 ve 2 nin katları, 3 ve 3 ün katları, 5 ve 5 in katları ve nihayet 7 ve 7
19
nin katlarındaki sıralarda yer alan bütün sayıları silersek geriye kalan
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79,
83, 89, 97 sayıları 1 ile 100 arasında bulunan asal sayılar olacaktır.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
Tanım 2.2. ( p, p + 2) şeklindeki asal sayı çiftlerine asal sayı ikizi,
( p, p + 2, p + 6) asal sayılarına asal sayı üçüzü, ( p, p + 2, p + 6, p + 8)
şeklindeki asal sayılara da asal sayı dördüzü adı verilir.
Örneğin; yukarıdaki tablodan 1 ile 100 arasındaki asal sayı ikizlerinin (3,5) ,
(5,7) , (11,13) , (17,19) , (29,31) , (41, 43) , (59, 61) ve (71, 73) ; asal sayı
üçüzlerinin (5,7,11) , (11,13,17) , (17,19,23) ve (41, 43, 47) ; asal sayı
dördüzlerinin de (5,7,11,13) ve (11,13,17,19) olduğunu söyleyebiliriz.
Not : Asal sayılar birbirini düzgün aralıklarla izlememektedir. 10.000.721 e
kadar olan asal sayılar D.N. Lehmer tarafından bir tablo ile gösterilmiş olup, bu
tabloda bazı yerlerde büyük boşluklar bulunmaktadır. Örneğin 1326 ile 1361,
8467 ile 8501, 9551 ile 9587 arasında hiçbir asal sayı yoktur. Asal sayılar
dizisinde istenildiği kadar geniş boşluklar bulmak mümkündür. Gerçekten, n-1
tane n !+ 2 , n !+ 3 ,... , n !+ n sayıları arasında hiçbir asal sayı bulunmamaktadır.
Çünkü k = 2, 3,..., n olmak üzere her k için k | (n !+ k ) dır.
PROBLEMLER
1)
(
) (
)
)
(
(
p bir asal sayı olmak üzere ( a, b ) = p ise a 2 , b , a 3 , b ve a 2 , b3
)
hangi değerleri alabilir.
(
)
(
)
(
)
2) p bir asal sayı, a, p 2 = p ve b, p 3 = p 2 ise ab, p 4 ve a + b, p 4 ün
değerlerini bulunuz.
20
3) Aşağıdaki önermelerin doğru olup olmadığını araştırınız. Doğru ise
ispatlayınız, yanlış ise bir örnek veriniz.
a) ( a, b ) = ( a, c ) ise [ a, b] = [ a, c ] dir.
b)
c)
d)
( a, b ) = ( a, c ) ise b = c dir.
( a, b ) = ( a, c ) ise ( a 2 , b2 ) = ( a 2 , c 2 )
(
2
p bir asal sayı , p | a ve p | a + b
dir.
2
) ise
p | b dir.
2
e) a, b ∈ olmak üzere a | b ise a | b dir.
f) a 3 | b3 ise a | b dir.
h)
( a , ab, b ) = 1 dir.
b | ( a + 1) ise b | ( a + 1) dir.
ı)
( a, b, c ) = ( (a, b), (a, c) )
g)
( a, b ) = 1 ise
2
2
2
4
dir.
4) Bir n ∈ + ( pozitif tamsayılar kümesi ) için 2n − 1 asal ise n nin de asal
olduğunu gösteriniz.
5)
a1 , a2 , a3 , a4 tamsayıları a1a4 − a2 a3 = ±1 koşulunu gerçekliyorsa
kesrinin sadeleştirilmiş bir kesir olduğunu, yani
olduğunu gösteriniz.
a1 + a2
a3 + a4
( a1 + a2 , a3 + a4 ) = 1
6) n bir pozitif tamsayı olsun. Aşağıdaki ifadeleri ispatlayınız.
a) n tamsayısının 2 ile bölünebilmesi için gerek ve yeter koşul n nin birler
basamağındaki rakamın 2 ile bölünmesidir.
b) n tamsayısının 8 ile bölünebilmesi için gerek ve yeter koşul n nin son
üç basamağından oluşan sayının 8 ile bölünmesidir.
7) İki tek tamsayının çarpımının bir tek tamsayı, toplamının da bir çift tamsayı
olduğunu gösteriniz.
8) 3k + 1 formundaki her asal sayının 6k + 1 formunda olduğunu gösteriniz.
9) 6n + 1 formunda sonsuz sayıda asal sayı olduğunu gösteriniz.
10)
p bir asal sayı ise
p nin bir irrasyonel sayı olduğunu gösteriniz.
21
3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR
Tanım 3.1. a, b, m ∈ ; m > 0 tam sayıları verilsin. Eğer m | ( a − b) ise a, b
ye m modülüne göre kongrüent dir denir ve a ≡ b(mod m) şeklinde gösterilir.
Teorem 3.1. Sabit bir m modülüne göre kongrüans bağıntısı tamsayılar kümesi
üstünde bir denklik (eşdeğerlik) bağıntısıdır.
Kanıt.
1. m | (a − a ) = 0 olduğundan a ≡ a (mod m) sağlanır, yani “ ≡ ” bağıntısı
yansıyandır.
2. a ≡ b(mod m) ⇒ m | (a − b) ⇒ m | −(a − b) = b − a , o halde b ≡ a (mod m)
olup “ ≡ ” bağıntısı simetriktir.
3. a ≡ b(mod m) , b ≡ c(mod m) olsun , o takdirde m | ( a − b) , m | (b − c)
dir. Böylece m | [ (a − b) + (b − c)] = a − c olduğundan a ≡ c(mod m) dir, yani
“ ≡ ” bağıntısı geçişme özelliğine sahiptir.
Teorem 3.2. a, b, c, d, m ∈ ; m > 0 ve a ≡ b(mod m) , c ≡ d (mod m) olsun.
Bu takdirde,
1. a + c ≡ b + d (mod m) , a − c ≡ b − d (mod m) ,
2. ac ≡ bd (mod m) ,
3. k ∈ olmak üzere a + k ≡ b + k (mod m) ve ka ≡ kb(mod m) dir.
Kanıt.
1.
a ≡ b(mod m) ⇒ m |(a − b) 
 ⇒ m |[(a − b) ∓ (c − d )] = [(a ∓ c) − (b ∓ d )]
c ≡ d (mod m) ⇒ m |(c − d )
yani a ∓ c ≡ b ∓ d (mod m) dir.
2.
a ≡ b(mod m) ⇒ m | ( a − b) 
 ⇒ m | ( a − b ) c , m | b (c − d )
c ≡ d (mod m) ⇒ m | ( c − d ) 
⇒ m | [( a − b)c + b(c − d )] = ac − bd
,
yani ac ≡ bd (mod m) dir.
3.
a ≡ b(mod m) ⇒ m | ( a − b) ⇒ m | k ( a − b) ⇒ m | ( ka − kb)
dir ve böylece ka ≡ kb(mod m) elde edilir. Diğer taraftan, 1. özellikten
a ≡ b(mod m) , k ≡ k (mod m) ⇒ a + k ≡ b + k (mod m)
elde edilir.
22
Teorem 3.3.
k , a , b, m ∈ ;
m > 0,
k ≡ 0 ( mod m ) ,
( k , m) = d
ve
m
) dir.
d
Kanıt. ka ≡ kb(mod m) ise m | (ka − kb) = k (a − b) dir. Böylece k (a − b) = mu
ka ≡ kb(mod m) olsun. O taktirde a ≡ b(mod
olacak şekilde bir u ∈ Z vardır. (k , m) = d olduğundan d | m , d | k dır. Şu
halde, m = m ' d , k = k ' d olacak şekilde m ' , k ' ∈ Z tamsayıları vardır ve bu
tamsayılar aralarında asaldır, yani (k ', m ') = 1 dir. m ve k nın bu değerleri
yukarıda yerine yazılırsa k ' d (a − b) = m ' du veya buradan m ' | k '(a − b)
sonucu elde edilir. Bu sonuçtan
(k ', m ') = 1 olduğunu da dikkate alırsak
Teorem 1.6. yı kullanarak m ' | ( a − b) buluruz. Bu ise a ≡ b(mod m ')
a ≡ b(mod
veya
m
) demektir.
d
Sonuç: ka ≡ kb(mod m) , (k , m) = 1 ise a ≡ b(mod m) dir.
Teorem 3.4. f ( x) , katsayıları tamsayılar olan bir polinom fonksiyon ve
a ≡ b(mod m) olsun. Bu takdirde f (a) ≡ f (b)(mod m) dir.
n
Kanıt. f ( x) = ∑ c j x j olsun. Teorem 3.2. den
j =0
a ≡ b(mod m) ⇒ a j ≡ b j (mod m) ( j = 0,1,..., n)
⇒ c j a j ≡ c j b j (mod m) ( j = 0,1,..., n)
n
n
j =0
j =0
⇒ ∑ c j a j ≡∑ c j b j (mod m)
⇒ f (a) ≡ f (b)(mod m)
bulunur.
Örnek 3.1. a, b ∈ ; d , m ∈ + ve a ≡ b(mod m) , d | m ise a ≡ b(mod d ) dir.
Çözüm. a ≡ b(mod m) ise m | ( a − b) dir.

 ⇒ d | ( a − b) ,
m | ( a − b) 
d |m
yani a ≡ b(mod d ) dir.
23
Örnek 3.2. a, b ∈ ve m > 0 bir pozitif tamsayı olmak üzere a ≡ b(mod m)
olması için gerek ve yeter koşul a ile b nin m ile bölündüğü zaman aynı kalanı
vermesidir.
Çözüm. a ≡ b(mod m) , m > 0 olsun. a ile b yi, m ile kalanlı olarak bölelim.
Bu takdirde m, q, m′, q′ ∈ olmak üzere
(3.1)
a = mq + r , b = mq '+ r ' , 0 ≤ r , r ' < m
yazabiliriz. Kalanların eşit yani, r = r ' olduğunu göstermeliyiz. (3.1) den
a − b = mq + r − (mq '+ r ') = m(q − q ') + (r − r ')
bulunur. a ≡ b(mod m) olduğundan m | a − b dir.

 ⇒ m | (r − r ′) ,
m | m(q − q′) 
üstelik r − r ′ < m olduğundan buradan r − r ′ = 0 , yani r = r ' elde ederiz.
m | ( a − b)
Tersine a = mq + r , b = mq '+ r ' , 0 ≤ r , r ' < m ve r = r ' ise bu takdirde,
− r ') = m(q − q ')
a − b = mq + r − (mq '+ r ') = m(q − q ') + (r
=0
olacağından m | a − b , yani a ≡ b ( mod m ) elde edilir.
Örnek 3.3. a, b, m ∈ ; m > 0 ve a ≡ b(mod m) ise (a, m) = (b, m) dir.
Çözüm. (a, m) = d1 , (b, m) = d 2 olsun. a ≡ b(mod m) olduğundan a − b = mu
veya b = a − mu olacak şekilde bir u ∈ tamsayısı vardır.
 d | m ⇒ d1 | mu 
d1 = (a, m) ⇒  1
− mu
 ⇒ d1 | (a
) ,

=b
 d1 | a
yani d1 | b dir. Bu sonuçla d1 | m olduğu birlikte dikkate alınırsa
d1 | (b, m) = d 2 veya d1 | d 2 elde ederiz. Benzer şekilde d 2 | d1 olduğu da
gösterilebilir. Böylece
d1 > 0, d 2 > 0 
 ⇒ d1 = d 2
d1 | d 2 , d 2 | d1 
elde edilir.
Not: Örnek 3.3. , Teorem 1.8. kullanılarak da çözülebilir.
Örnek 3.4. a, b ∈ , p bir asal sayı ve a 2 ≡ b 2 (mod p ) ise p | ( a − b) ve
p | ( a + b) den en az birisi doğrudur.
24
Çözüm.
a 2 ≡ b 2 (mod p ) ⇒ p | ( a 2 − b 2 ) ⇒ p | ( a − b)( a + b) ,
şu
halde
Teorem 1.7. deki Sonuç 1 den p | ( a − b) veya p | ( a + b) bulunur.
Örnek 3. 5.
x, y ∈ olmak üzere x ≡ y (mod mi ) ,
x ≡ y (mod[m1 , m2 ,..., mk ]) dır.
Çözüm.
x ≡ y (mod m1 ) ⇒ m1 | ( x − y ),
i = 1, 2,..., k
ise
x ≡ y (mod m2 ) ⇒ m2 | ( x − y ),
x ≡ y (mod mk ) ⇒ mk | ( x − y )
dir. e.k.o.k. tanımından,
[m1 , m2 ,..., mk ] | ( x − y ) ⇒ x ≡ y (mod[m1 , m2 ,..., mk ])
buluruz.
Tam ve İndirgenmiş Kalan Sistemleri
m > 0 bir tamsayı ve a ∈ olsun. Bölme algoritmasına göre
a = mq + r , 0 ≤ r < m
olacak şekilde q ve r tamsayıları vardır. Böylece a − r = mq olduğundan
m | ( a − r ) , yani a ≡ r (mod m) dir. Burada r = 0,1,..., m − 1 dir ve bunlardan
herhangi ikisi m modülüne göre birbirine eşdeğer değildir.
Tanım 3.2. a1 , a2 ,..., am tamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa bu
tamsayılara m modülüne göre bir tam kalan sistemi (T.K.S.) denir;
1) i ≠ j için ai ≡/ a j (mod m),
2) ∀a ∈ ye karşılık a ≡ ai (mod m) olacak şekilde 1 ≤ i ≤ m koşulunu
gerçekleyen en az bir i tamsayısı vardır.
Örnek 3.6. a ∈ ve m = 5 olsun. r = 0,1, 2,3, 4 olmak üzere a = 5k + r
yazabiliriz. Böylece,
a1 = 0 = {5k | k ∈ } ,
a2 = 1 = {5k + 1 | k ∈ } ,
a3 = 2 = {5k + 2 | k ∈ } ,
a4 = 3 = {5k + 3 | k ∈ } ,
a5 = 4 = {5k + 4 | k ∈ }
25
olmak üzere
{a1 , a2 , a3 , a4 , a5 } = {0, 1, 2, 3, 4}
elde ederiz. Bu bir tam kalan
sistemi olduğundan , örneğin 1 kümesine ait olan 5k1 + 1 şeklinde bir eleman
diğer bir kümedeki bir tamsayıya eşdeğer olamaz. Gerçekten, eğer bu eleman
2 kümesine ait bir 5k2 + 2 elemanına eşdeğer olsaydı o zaman
5k1 + 1 ≡ 5k2 + 2(mod 5) ⇒ 5 | [(5k1 + 1) − (5k2 + 2)]
⇒ 5 | (5k1 − 5k2 − 1)
yazılabilir ve ayrıca 5 | (5k1 − 5k2 ) olduğundan buradan 5 | 1 bulunurdu ki, bu
mümkün değildir.
de alınan herhangi bir tamsayı ancak ve ancak bir tek kalan sınıfına ait
olabilir. Böylece, tamsayılar kümesi ikişer ikişer ayrık ve birleşimleri kümesi olan ayrık denklik sınıflarına parçalanmış olmaktadır. O halde i ≠ j
m
için ai ∩ a j = ∅ ,
∪a
i
= yazabiliriz.
i =1
Örnek 3.7. {1, 2, −2,5, 7,8,9} kümesinin 7 modülüne göre bir tam kalan
sistemi olup olmadığını belirleyelim.
Çözüm. 8 ≡ 1(mod 7) , 9 ≡ 2(mod 7) , −2 ≡ 5(mod 7) olduğundan
bu
kümenin herhangi iki elemanı 7 modülüne göre birbirine eşdeğerdir ayrıca 3,
4 ve 6 bu sınıflardan hiçbirisine ait olmadığından verilen küme bir tam kalan
sistemi oluşturamaz.
Teorem 3.5. {a1 , a2 ,..., am } kümesi, m modülüne göre bir tam kalan sistemi ve
(k , m) = 1 ise bu takdirde {ka1 , ka2 ,..., kam } kümesi de m modülüne göre bir
tam kalan sistemi oluşturur.
Kanıt. 1) i ≠ j için kai ≡ ka j (mod m) dir. Çünkü eğer i ≠ j için
kai ≡ ka j (mod m) olsa: (k , m) = 1 olduğundan ai ≡ a j (mod m ) olurdu.
2) i = 1, 2,..., m için kai ler m modülüne göre eşdeğer olmadıklarından
herbiri m in farklı kalan sınıfına aittir. m modülüne göre nin m tane
kalan sınıfı olduğundan bunların herbiri bu kalan sınıflarından birisine ait
olacaktır. Yani, ∀a ∈ için 0 ≤ r ≤ m − 1 olmak üzere a ∈ r olacak şekilde
bir r kalan sınıfı vardır. Böylece kai0 ∈ r ise o taktirde a ≡ kai0 (mod m) dir.
Tanım 3.3. Elemanları ( sayıları ) m ile aralarında asal olan bir kalan sınıfına
m modülüne göre asal kalan sınıfı denir.
26
Not: Eğer bir kalan sınıfında m ile aralarında asal olan bir sayı varsa, bu kalan
sınıfının bütün sayıları m ile aralarında asaldır. Çünkü: a = {..., e, f ,...} ,
(e, m) = 1 olsun. Bu taktirde
e ≡ f (mod m) ⇒ (e, m) = ( f , m) = 1
olacaktır.
Tanım 3.4. Her m > 0 tamsayısını, m yi geçmeyen ve m ile aralarında asal
olan tamsayıların sayısına eşleyen fonksiyona Euler’in ϕ -fonksiyonu adı
verilir ve m nin resmi ϕ (m) ile gösterilir.
Bu tanıma göre,
ϕ (1) = 1 ; {1} ,
ϕ (4) = 2 ; {1,3} ,
ϕ (5) = 4 ; {1,2,3,4} ,
ϕ (61) = 60 ; {1, 2,...,59, 60} ,
ϕ ( p ) = p − 1 ; {1,2,3,..., p − 1}
dir. Yukarıda görüleceği üzere asal sayıların resmi, o asal
eksiğidir.
sayının bir
Teorem 3.6. m modülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ϕ (m) dir.
Kanıt. {1, 2,..., m} kümesi m modülüne göre bir tam kalan sistemi olup, bunlar
arasında m ile aralarında asal olan ϕ (m) tane tamsayı vardır. Böylece m
modülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ϕ (m) dir.
Tanım 3.5. a1 , a2 ,..., aϕ ( m ) tamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa bu
sayılar, m modülüne göre bir indirgenmiş kalan sistemi veya asal kalan
sistemi (A.K.S.) teşkil ediyor deriz:
i) ∀ i = 1, 2,..., ϕ (m) için (ai , m) = 1 ,
ii) i ≠ j için ai ≡ a j (mod m) ,
iii) (a, m) = 1 koşulunu sağlayan ∀a ∈ için 1 ≤ i ≤ ϕ (m) olmak üzere
a ≡ ai (mod m) olacak şekilde bir i tamsayısı vardır.
Böylece, asal kalan sınıflarının her birinden bir sayı alarak bir indirgenmiş
kalan sistemi oluşturabiliriz.
Teorem 3.7. n > 0 , m > 0 iki tamsayı ve ( m, n ) = 1 ise ϕ ( n.m ) = ϕ ( n ) ⋅ ϕ ( m )
dir.
27
Kanıt. r1 , r2 ,..., rn tamsayıları mod n bir tam kalan sistemi ve s1 , s2 ,..., sm
tamsayıları da mod m bir tam kalan sistemi olsun. x ∈ {r1 , r2 ,..., rn } ve
y ∈ {s1 , s2 ,..., sm } olmak üzere { xm + yn} formundaki tamsayıları göz önüne
alalım. Bu tamsayıların sayısı mn dir. Önce bu mn tane tamsayının mod mn
bir tam kalan sistemi oluşturduğunu gösterelim. Bunun için bu sayılardan
herhangi ikisinin mod mn birbirine kongrü olmadığını göstermek yeter.
xm + yn formundaki sayılardan herhangi ikisi ri m + s j n , rt m + su n olsun.
ri m + s j n ≡ rt m + su n ( mod mn ) olsa:
ri m + s j n ≡ rt m + su n ( mod n )
ve
ri m + s j n ≡ rt m + su n ( mod m )
bağıntıları elde edilir. ri m ≡ 0 ( mod m ) , rt m ≡ 0 ( mod m ) , si n ≡ 0 ( mod n ) ,
su n ≡ 0 ( mod n ) olduğu göz önüne alınırsa
ri m ≡ rt m ( mod n )
(3.2)
s j n ≡ su n ( mod m )
(3.3)
bulunur. (3.2) ve (3.3) te ( m, n ) = 1 olduğundan Teorem 3.3. ün sonucuna göre
ri ≡ rt ( mod n )
s j ≡ su ( mod m )
elde edilir. Fakat r1 , r2 ,..., rn tamsayıları mod n bir tam kalan sistemi
olduğundan i = t ve s1 , s2 ,..., sm tamsayıları da m modülüne göre bir tam
kalan sistemi oluşturduğundan j = u bulunur. Şu halde { xm + yn} tamsayıları
mod mn bir tam kalan sistemi oluştururlar. Bu sayıların içinde mn ile
aralarında asal olanların sayısı ϕ ( mn ) dir. Şimdi
( xm + yn, mn ) = 1 ⇔ ( x, n ) = 1 ve ( y, m ) = 1
olduğunu gösterelim.
( xm + yn, n ) = 1 ⇒ ( xm, n ) = 1 ⇒ ( x, n ) = 1
( xm + yn, mn ) = 1 ⇒ 
( xm + yn, m ) = 1 ⇒ ( yn, m ) = 1 ⇒ ( y, m ) = 1
elde edilir. Tersine Teorem 1.6. kullanılarak
( x, n ) = 1 
( y, m ) = 1
 ⇒ ( xm, n ) = 1 ,
 ⇒ ( yn, m ) = 1
( m, n ) = 1
( n, m ) = 1
28
bulunur. Buradan tekrar Teorem 1.6. yı kullanarak
( xm + yn, n ) = 1 , ( xm + yn, m ) = 1 , ( xm + yn, mn ) = 1
sonuçları elde edilir.
( x, n ) = 1
koşulunu gerçekleyen x tamsayılarının sayısı
ϕ (n) ,
( y, m ) = 1 koşulunu gerçekleyen y tamsayılarının sayısı da ϕ ( m )
olduğundan ( xm + yn, mn ) = 1 koşulunu gerçekleyen { xm + yn} formundaki
tamsayıların sayısı ϕ ( n ) ⋅ ϕ ( m ) dir. Öte yandan ( xm + yn, mn ) = 1 koşuluna
uyan { xm + yn} formundaki tamsayıların sayısı ϕ ( m.n ) dir. Böylece
ϕ ( n.m ) = ϕ ( n ) ⋅ ϕ ( m )
elde edilir.
Not: Teorem 3.7. deki ( m, n ) = 1 koşulu kaldırılamaz. Gerçekten ϕ ( 2.2 ) = 2
olduğu halde ϕ ( 2 ) ⋅ ϕ ( 2 ) = 1 dir.
Teorem 3.8. ϕ (1) = 1 ve n > 1 bir pozitif tamsayı olmak üzere
ϕ ( n) = n ⋅
1
∏ (1− p )
pn
dir. Burada
∏
de çarpım n tamsayısının bütün
p asal bölenlerinin
pn
üzerinden alınmaktadır. Şu halde
αk
α1 α 2
n = p1 p2 ... pk
∏
pn
olur.
Kanıt.
tamsayısının kanonik formu
n
ise
1
1
1
1
(1− ) = (1− )(1− )...(1− ) =
p
p1
p2
pk
k
1
∏(1− p
j =1
)
j
ϕ (1) = 1 olduğu açıktır. n > 1 bir tamsayı ve n nin kanonik formu
n = p1α1 p2α 2 ... pαk k
olsun.
(p
α1
1
)
, pα2 2 ,..., pαk k = 1 olduğundan Teorem 3.7.
kullanılarak
k
∏p
ϕ(n) = ϕ ( p1α1 ) ⋅ ϕ (
αi
i
)
i=2
elde edilir. Teorem 3.7. tekrar kullanılarak indüksiyon ile
( ) ( ) ( )
ϕ ( n ) = ϕ p1α1 ϕ pα2 2 ...ϕ pαk k
bulunur.
29
( )
p bir asal sayı ve α da positif bir tamsayı olmak üzere ϕ pα
nın
değerini bulalım. x, 1 ≤ x ≤ pα koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olsun.
( x, p ) > 1 ⇔ ( x, p ) = p
α
olduğu kolayca gösterilebilir.
( x, p ) = p
den
p | x bulunur. Buradan şu
sonuç elde edilir: 1 ≤ x ≤ pα koşulunu gerçekleyeyen ve pα ile aralarında asal
(
)
olmayan sayılar p ile bölünen sayılardır. Tersine ( x, p ) = p ise x, pα > 1
dir. p x ise x = pk olacak şekilde bir k pozitif tamsayısı vardır.
1 ≤ x ≤ pα ⇒ 1 ≤ pk ≤ pα ⇒ 1 ≤ k ≤ pα −1
bulunur. Şu halde 1 ≤ x ≤ pα ve ( x, p ) = 1 koşullarını sağlayan sayılar
1 p, 2 p,3 p,..., pα-1 p
olup bunların sayısı pα −1 dir. Geriye kalan pα − pα −1 tane sayı , pα ile
aralarında asaldır. Böylece
1
ϕ( pα ) = pα − pα−1 = p(1− )
p
bulunur. Bu eşitliği kullanarak
1
1
1
ϕ(n) = p1α1 (1− ). p2α2 (1− )... pkαk (1− )
p1
p2
pk
= p1α1 p2α2 ... pkαk (1−
1
1
1
)(1− )...(1− )
p1
p2
pk
1
∏(1− p )
=n
pn
sonucu elde edilir ve ispat tamamlanır.
Örnek 3.8. n = 642 için ϕ (n) yi bulalım.
Çözüm. 642 = 2.3.107 olup, bu çarpanların hepsi asaldır. Şu halde
1
1
1
ϕ (642) = ϕ (2.3.107) = 2.3.107.(1 − ).(1 − ).(1 −
)
2
3
107
1 2 106
= 2.3.107. . .
= 212
2 3 107
bulunur.
30
Örnek 3.9. 8 modülüne göre bir asal kalan sistemi elde edelim.
1
1
Çözüm. 8 = 23 ⇒ ϕ (8) = ϕ (23 ) = 23 (1 − ) = 23 = 4 olduğundan,
2
2
0,1,2,3,4,5,6 ve 7 tamsayıları bir tam kalan sistemi oluşturur, bunlardan 0,2,4
ve 6 tamsayıları atılırsa ( 8 ile aralarında asal olmayan tamsayılar ) geriye
kalan 1,3,5 ve 7 tamsayıları ise bir asal kalan sistemi oluşturur.
Teorem 3.9. a1 , a2 ,..., aϕ ( m ) tamsayıları m modülüne göre bir asal kalan sistemi
oluşturuyor ve (k , m) = 1 ise bu taktirde ka1 , ka2 ,..., kaϕ ( m ) tamsayıları da m
modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur.
Kanıt. i) (k , m) = 1 , (ai , m) = 1 , i = 1, 2,..., ϕ (m) olduğundan (kai , m) = 1 dir.
ii) i ≠ j için kai ≡ ka j ( mod m) dir. Çünkü, eğer kai ≡ ka j (mod m) olsa:
(k , m) = 1 olduğundan ai ≡ a j (mod m ) olurdu ki, bu bir çelişmedir.
iii) ka1 , ka2 ,..., kaϕ ( m ) tamsayılarının sayısı ϕ (m) olup, i) ve ii) den dolayı
farklı asal kalan sınıflarına aittir. Asal kalan sınıflarının sayısı tam olarak
ϕ (m) olduğundan (a, m) = 1 koşuluna uyan ∀a ∈ için, a bir asal kalan
sınıfı olmak üzere, kai0 ∈ a ise o taktirde kai0 ≡ a (mod m) dir.
Teorem 3.10. ( Euler ) m ∈ , m > 1 , a ∈ ve (a, m) = 1 olsun. Bu taktirde
aϕ ( m ) ≡ 1(mod m)
dir.
Kanıt. a1 , a2 ,..., aϕ ( m ) tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemi ve
(a, m) = 1 olsun. Bu takdirde Teorem 3.8. e göre aa1 , aa2 ,..., aaϕ ( m ) tamsayıları
da, m modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur. Bu nedenle bu tamsayılar
m modülüne göre ikişer ikişer birbirine eşdeğerdir. Şu halde,
aa1 .aa2 ...aaϕ ( m ) ≡ a1 .a2 ...aϕ ( m ) (mod m)
ve
aϕ ( m ) (a1.a2 ...aϕ ( m ) ) ≡ a1.a2 ...aϕ ( m ) (mod m)
dir, böylece
( ai , m) = 1 , i = 1, 2,..., ϕ (m) ⇒ (a1 .a2 ...aϕ ( m ) , m) = 1
olduğundan Teorem 3.3. ten aϕ ( m ) ≡ 1(mod m) elde ederiz.
Teorem 3.11. ( Fermat ) p bir asal sayı ve p /| a olsun. Bu taktirde,
a p −1 ≡ 1(mod p )
dir.
Kanıt. Euler Teoreminde m = p alırsak
31
ϕ ( m) = ϕ ( p ) = p − 1 ⇒ aϕ ( m ) ≡ a p −1 ≡ 1(mod p )
elde ederiz.
Sonuç: Eğer p bir asal sayı ise ∀a ∈ için a p ≡ a (mod p ) dir. Çünkü
Fermat Teoreminden p /| a ise a p −1 ≡ 1(mod p ) olduğundan her iki tarafı a ile
çarparsak istenen elde edilir, eğer
p | a ⇒ a ≡ 0(mod p ) , a p ≡ 0(mod p) ⇒ a p ≡ a(mod p)
dir.
Örnek 3.10. ∀n ∈ için n 7 − n tamsayısının 42 ile bölünebildiğini
gösterelim.
Çözüm. 42 = 2.3.7 olduğundan n 7 − n tamsayısının 2, 3 ve 7 ile bölündüğünü
göstermek yeterlidir. Çünkü eğer
2 | ( n 7 − n) 

3 | ( n 7 − n)  ⇒ [2, 3, 7] = 42 | ( n 7 − n)

7 | ( n 7 − n) 
olur. Böylece,
2 | n ⇒ 2 | n7 
7
 ⇒ 2 | ( n − n)
2|n

dir. Eğer 2 /| n ise Fermat Teoreminden
nϕ (2) ≡ 1(mod 2) ⇒ n ≡ 1(mod 2) ⇒ n6 ≡ 1(mod 2)
⇒ n7 ≡ n(mod 2) ⇒ 2 | ( n 7 − n)
bulunur.
3 | n ⇒ 3 | n7 
7
 ⇒ 3 | ( n − n)
3| n

dir. Eğer 3 /| n ise Fermat Teoreminden
nϕ (3) ≡ 1(mod 3) ⇒ n 2 ≡ 1(mod 3) ⇒ n6 ≡ 1(mod 3)
⇒ n7 ≡ n(mod 3) ⇒ 3 | ( n 7 − n)
bulunur.
7 | n ⇒ 7 | n7 
7
 ⇒ 7 | ( n − n)
7|n

dir. Eğer 7 /| n ise Fermat Teoreminden
nϕ (7) ≡ 1(mod 7) ⇒ n 6 ≡ 1(mod 7) ⇒ n 7 ≡ n(mod 7)
⇒ 7 | ( n 7 − n)
32
bulunur. Şu halde [2,3,7] = 42 | ( n 7 − n) dir.
Örnek 3.11. 4345 tamsayısının 13 ile bölümünden elde edilen kalanı bulalım.
Çözüm. 4345 ≡ x (mod13) bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulmalıyız.
(4,13) = 1 olduğundan Fermat Teoreminden,
4ϕ (13) ≡ 1(mod13) ⇒ 412 ≡ 1(mod13)
yazabiliriz. Böylece, 345 = 12.28 + 9 olduğundan
12 28 9
≡ 12(mod13)
4345 ≡ 412.28 + 9 ≡ (4
) .4 ≡ (42 ) 4 .4 ≡ 34.4 ≡ 27.12
≡1
≡3
elde edilir. Şu halde, 4345 ≡ 12(mod13) olup ,
bölümünden elde edilecek kalan 12 dir.
≡1
4345 tamsayısının 13 ile
Örnek 3.12. 1267007 ≡ x (mod143) bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulalım.
Çözüm. 143 = 11.13, 126 = 2.63 = 2. 32 .7 ve (143,126) = 1 olduğundan Euler
Teoremini kullanarak 126ϕ (143) ≡ 1(mod143) buluruz. Diğer taraftan,
ϕ (143) = ϕ (11.13) = ϕ (11).ϕ (13) = (11 − 1)(13 − 1) = 10.12 = 120
dir. Şu halde 126120 ≡ 1(mod143) ve 7007=58.120+47 olduğundan
120 58
47
47
47
2 23
1267007 ≡ (126
) .126 ≡ 126 ≡ ( −17) ≡ −(17
) .17
≡1
≡3
2
≡ −323.17 ≡ −(37 )3 .32.17 ≡ −423.9.17 ≡ − 42
.42.9.17
≡ 48
≡ 42
≡ − 48.42.9.17
≡ −140 ≡ 3(mod143)
≡14
≡10
elde ederiz. Şu halde x = 3, yani 1267007 tamsayısının 143 ile bölümünden
kalan 3 tür.
19
Örnek 3.13. 25 + 1 tamsayısının 19 ile bölümünden elde edilen kalanı
bulalım.
Çözüm. (2,19) = 1 olduğundan Fermat Teoreminden,
2ϕ (19) ≡ 1(mod19) ⇒ 218 ≡ 1(mod19)
elde edilir. Diğer taraftan,
1
2
18 = 2.32 ⇒ ϕ (18) = ϕ (2).ϕ (32 ) = 32.(1 − ) = 32. = 6
3
3
ve böylece, ( 5,18 ) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre
5ϕ (18) ≡ 1(mod18) ⇒ 56 ≡ 1(mod18)
elde edilir. Buradan 19 = 6.3 + 1 olduğundan
19
19
519 ≡ (56 )3 5 ≡ 5(mod18) ⇒ 25 ≡ 25 ≡ 13(mod19) ⇒ 25 + 1 ≡ 14(mod19)
≡1
33
buluruz, böylece istenen kalan 14 olarak bulunur.
Örnek 3.14. 79999 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalanı, yani
79999 ≡ x (mod1000)
bağıntısını gerçekleyen x tamsayısını bulalım.
Çözüm. (7,1000)=1 olduğundan Euler Teoremine göre 7ϕ (1000) ≡ 1(mod1000)
dir. 1000 = 103 = 23.53 olduğundan
1
1
2
5
≡ 1(mod1000) elde edilir. Diğer taraftan,
ϕ (1000) = ϕ (103 ) = ϕ (23 )ϕ (53 ) = 23 (1 − )53 (1 − ) = 400
bulunur ve böylece 7ϕ (1000) ≡ 7 400
400 25
710.000 ≡ (7
) ≡ 1(mod1000) ⇒ 1000 | 710.000 − 1
≡1
dir. O halde 710.000 − 1 = k .103 olacak şekilde bir k ∈ Z vardır. Böylece
710.000 = 7.7 9999 = 1 + k .103 = 1 + 1000 + ( k − 1)103
k −1 3
1001 k − 1 3
.10 = 143 +
10
+
7
7
7
≡ 143(mod1000)
⇒ 79999 =
⇒ 79999
bulunur. Şu halde 79999 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalan x = 143 tür.
Örnek 3.15. (((33 ) 7 )3 ) 7... tamsayısının birler basamağındaki rakamı bulalım.
Çözüm. ϕ (10) = 4 , (3,10) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre,
3ϕ (10) ≡ 1(mod10) ⇒ 34 ≡ 1(mod10) ⇒ 34 ≡ 1 + k .10, k ∈ Z
yazabiliriz. Diğer taraftan
34 = 3.33 = 1 + k .10 = 11 + ( k − 1).10 = 21 + ( k − 2).10
k −2
( k − 2).10
, ( 3 /| 10 ⇒ 3 | k − 2 ⇒
∈ )
3
3
⇒ 33 ≡ 7(mod10) ⇒ (33 ) 7 ≡ 7 7 (mod10)
⇒ 33 = 7 +
elde ederiz. Ayrıca (7,10) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre,
2
7ϕ (10) ≡ 1(mod10) ⇒ 7 4 ≡ 1(mod10) ⇒ 78 ≡ ( 7 4 ) ≡ 1(mod10)
≡1
olduğundan
78 = 77.7 = 1 + 10t = 21 + (t − 2)10 , t ∈ Z
yazabiliriz. Buradan
t −2
21 (t − 2).10
+
, ( 7 /| 10 ⇒ 7 | t − 2 ⇒
∈ )
7
7
7
⇒ 77 ≡ 3(mod10) ⇒ (33 )7 ≡ 7 7 ≡ 3(mod10)
77 =
34
⇒ ((33 ) 7 )3 ≡ 33 ≡ 7(mod10)
bulunur. Bu şekilde devam edilirse eşdeğerliği, kuvvet 3 iken sonuç 7, kuvvet
7 iken sonuç 3 olarak buluruz. Bu nedenle son kuvvetin 3 veya 7 oluşuna göre
sonucu iki seçenekli olarak buluruz. O halde yanıt 3 veya 7 olur.
Örnek 3.16. p bir asal sayı ve a, b ∈ olsun. Bu taktirde
( a + b) p ≡ a p + b p (mod p )
dir. Bu ifade genel olarak h1 , h2 ,..., hn tamsayılar ve p bir asal sayı olmak üzere
( h1 + h2 + ...hn ) p ≡ h1 p + h2 p + ... + hn p (mod p )
şeklinde yazılabilir ve kanıtı tümevarım yoluyla yapılabilir.
Çözüm. Binom açılımından
 p
 p
 p  p −1
p
( a + b) p = a p +   a p −1b +   a p − 2 b 2 + ... + 
 ab + b
1
2
1
p
−
 
 


yazabiliriz, burada
 p
p!
p ( p − 1)...( p − i + 1)
=
= s , 1 ≤ i ≤ p −1
 =
i!
 i  ( p − i )!.i !
şeklinde olup s ile gösterilmiştir. Böylece,
p( p − 1)...( p − i + 1) = i !.s ⇒ p | i !.s
ve p /| i ! dir. Çünkü 1 ≤ i ≤ p − 1 olduğundan ( p, i ) = 1 ⇒ ( p, i !) = 1 dir. Şu
halde Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremine göre p | s buluruz. Böylece p,
yukarıdaki binom açılımındaki bütün katsayıları bölmektedir. O halde,
 p
1 ≤ i ≤ p − 1 aralığındaki her i için   ≡ 0(mod p ) olacağından açılımın
i
bütün katsayıları 0 a eşdeğer olur ve buradan
( a + b) p ≡ a p + b p (mod p )
elde edilir.
Örnek 3.17. (n, 7) = 1 ise n12 − 1 sayısının 7 ile bölündüğünü gösterelim.
Çözüm. (n, 7) = 1 olduğundan 7 /| n dir. O halde Fermat Teoremine göre
nϕ (7) ≡ 1(mod 7) ⇒ n 6 ≡ 1(mod 7)
⇒ n12 ≡ ( n6 ) 2 ≡ 1(mod 7)
≡1
⇒ n12 ≡ 1(mod 7) ⇒ 7 | n12 − 1
bulunur.
Örnek 3.18. ϕ (2n) = ϕ (n) koşulunu gerçekleyen n pozitif tamsayılarını
bulalım.
35
Çözüm. Eğer n tek ise (n, 2) = 1 olduğundan Teorem 3.7. ye göre
ϕ (2n) = ϕ (2)ϕ (n) = 1.ϕ (n) ⇒ ϕ (2n) = ϕ (n)
bulunur. Eğer n çift ise, k tek ve t ≥ 1 bir tamsayı olmak üzere n = 2t .k
yazabiliriz. Ayrıca ( k , 2t +1 ) = 1 olduğundan
ϕ (2n) = ϕ (2.2t k ) = ϕ (2t +1 k ) = ϕ (2t +1 )ϕ ( k )
1
dir. ϕ (2t +1 ) = 2t +1 (1 − ) = 2t olduğunu göz önüne alırsak
2
(3.4)
ϕ (2n) = 2t ϕ ( k )
buluruz. Öte yandan
(3.5)
ϕ ( n) = ϕ (2t .k ) = ϕ (2t )ϕ ( k ) = 2t −1ϕ ( k )
olduğundan (3.4) ve (3.5) ten ϕ (2n) ≠ ϕ (n) elde edilir. Şu halde sadece
pozitif tek tamsayılar kümesi için istenen sağlanır.
Örnek 3.19. 3 | ϕ (n) koşulunu gerçekleyen sonsuz sayıda ϕ (n) tamsayısının
var olduğunu gösterelim.
1
Çözüm. n = 3α olsun. Bu takdirde ϕ ( n ) = 3α (1 − ) = 3α −1.2 yazabiliriz. α > 1
3
alınırsa 3 | ϕ (n) olduğundan ve α nın 1 den büyük her değeri için farklı bir n
tamsayısı bulunacağından bu koşula uyan sonsuz sayıda ϕ (n) vardır.
n
koşulunu sağlayan bütün n tamsayılarını bulalım.
2
Çözüm. n = p1α1 pα2 2 ... pkα k olsun.
Örnek 3.20. ϕ (n) =
ϕ (n) = p1α (1 −
1
1 α2
1
1
) p2 (1 − )... pkαk (1 − )
p1
p2
pk
= p1α1 p2α2 ... pkα k (1 −
k
1
1
1
1
n
)(1 − )...(1 − ) = n∏ (1 − ) =
p1
p2
pk
pi
2
i =1
olduğundan
ϕ (n)
k
1
1
)=
n
p
2
i =1
i
bulunur. Eşitliğin sağlanması p = 2,3,5, 7,... asal sayılarından hangisinin
= ∏ (1 −
 1
olması halinde mümkün olur, buna bakalım. Bu asal sayılar için 1 −  nin
p

1 2 4 6
1
değeri sırasıyla
ye eşit
, , , ,… dir. Bunların herhangibir çarpımının
2
2 3 5 7
36
olması ancak p = 2 olması halinde mümkündür. O halde aranan n tamsayısı
l ≥ 1 olmak üzere n = 2l şeklindedir. Tersine n = 2l ( l ≥ 1 ) ise ϕ (n) =
n
2
dir.
m
n
Örnek 3.21. m, n ∈ + ve m ≠ n olmak üzere (22 + 1, 22 + 1) = 1 olduğunu
gösterelim.
Çözüm. m > n olduğunu kabul edelim. O halde k ∈ + olmak üzere
m = n + k dır. Buradan
m
n+k
22 + 1 = 22
n
k
n
k
n
k
+ 1 = 22 .2 + 1 = (2 2 ) 2 + 1 = (22 + 1 − 1) 2 + 1
k
n
= (t − 1) 2 + 1 , t = 22 + 1
yazabiliriz. Şu halde
m
n
k
(22 + 1, 22 + 1) = ((t − 1) 2 + 1, t )
ve binom açılımından
 k  2k  k

 2k   2 k 
k
((t −1)2 + 1, t ) =  t 2 −   t 2 −1 + ... −  k  t +  k  + 1, t 


1
 2 − 1  2 


= (tp + 2, t ) , p ∈ buluruz. (tp + 2, t ) = h olsun. Şu halde
h | t ⇒ h | tp 
 ⇒ h | [(tp + 2) − tp] = 2
h | tp + 2 
elde edilir. Buradan da
h | 2 ⇒ h = 1∨ h = 2
m
n
sonucu çıkar. h = 2 olamaz, çünkü 22 + 1 ve 22 + 1 sayıları tektir dolayısıyla
ortak bölenleri 2 olamaz, böylece h = 1 buluruz.
p bir asal sayı olmak üzere
f ( x) = x p −1 − 1 ∈ p [ x]
polinomunu
göz
önüne
alalım.
1, 2,..., p − 1 ∈ p
elemanları,
f ( x)
polinomunun p içindeki çözümleridir. Çünkü a ∈ p ve 1 ≤ a ≤ p − 1 için
a ϕ ( p ) ≡ a p −1 ≡ 1(mod p ) dir. f ( x ) polinomunun mod p , p − 1 tane kongrüent
olmayan çözümü vardır ve bunlar 1, 2,..., p − 1 ∈ p dir. Böylece,
x p −1 − 1 = ( x − 1)( x − 2)...( x − ( p − 1))
yazılabilir. Bundan yararlanarak aşağıdaki teoremi kanıtlayacağız.
37
(3.6)
Teorem 3.12. ( Wilson ) p bir asal sayı olmak üzere ( p − 1)! ≡ −1(mod p )
dir. Üstelik, n > 1 olmak üzere
(n − 1)! ≡ −1(mod n) ⇔ n asal
olmasıdır.
Kanıt. (3.6) eşitliğinin her iki yanında bulunan sabitler eşit olacağından
(− 1)(−2)...(−( p − 1)) = − 1
veya
( −1)( −2)...( −( p − 1)) ≡ −1(mod p )
olur. Sol tarafta p − 1 tane çarpan olduğundan
(−1) p −1 ( p − 1)! ≡ −1( mod p )
dir. p = 2 ise −1 ≡ −1(mod p ) ve p tek asal sayı ise ( −1) p −1 = 1 olacağından
( p − 1)! ≡ −1(mod p )
buluruz. Tersine, (n − 1)! ≡ −1(mod n) olduğunu kabul edelim. Bu durumda
eğer n asal değilse n > 1 olduğundan Teorem 2.5. e göre n nin bir p asal böleni
vardır.
p|n

(3.7)
 ⇒ p | [(n − 1)!+ 1]
n | [(n − 1)!+ 1]
dir. Öte yandan n nin bir böleni olan p asal sayısı 1, 2,..., n − 1 sayılarından
birisine eşit olacağından p | (n − 1)! dir, bu ise (3.7) ile birlikte
düşünüldüğünde p | 1 gibi bir çelişmeye yol açar. Şu halde n asal olmak
zorundadır.
Örnek 3.22.
p = 5 ve n = 6 için
uygulanamayacağını araştıralım.
Çözüm. p = 5 için :
Wilson Teoreminin uygulanıp
( p − 1)! = (5 − 1)! = 4! = 24 ≡ −1(mod 5)
dir. n = 6 için :
(n − 1)! = (6 − 1)! = 5! = 120 ≡ 0(mod 6)
dır. Burada n = 6 asal olmadığından (n − 1)! ≡ −1(mod n) olmaktadır.
PROBLEMLER
1) n bir tamsayı olmak üzere n 2 sayısının birler basamağındaki rakamın
ancak 0, 1, 4, 5, 6 ve 9 olabileceğini gösteriniz.
38
2) n bir tamsayı ise n 4 sayısının birler basamağındaki rakamın ancak 0, 1, 5
ve 6 olabileceğini gösteriniz.
3) m = 2, 3, 4,..., 17 için ϕ ( m ) i bulunuz.
4) mod17 öyle bir tam kalan sistemi bulunuz ki, bu sistemdeki her tamsayı 3
ile bölünsün.
5) mod19 ve mod 30 birer asal kalan sistemi oluşturunuz.
6) n bir tamsayı olmak üzere n13 − n tamsayısının 2,3,5,7 ve 13 tamsayıları
ile bölündüğünü gösteriniz.
7) n bir tamsayı olmak üzere
1 5 1 3 7
3n5 + 5n3 + 7n
n + n + n=
5
3
15
15
sayısının bir tamsayı olduğunu gösteriniz.
8) m > 0 bir tek tamsayı ise 2, 4, 6,..., 2m tamsayılarının mod m bir tam
kalan sistemi oluşturduğunu gösteriniz.
9) Her a tamsayısı için
am ≡ a
m −ϕ ( m )
( mod m )
olduğunu gösteriniz.
10) x ≡ a ( mod m ) ise x ≡ a ( mod 3m ) veya x ≡ a + m ( mod 3m ) veya
x ≡ a + 2m ( mod 3m ) olduğunu gösteriniz.
11) n bir tek tamsayı ise n 3 − n nin 24 ile bölünebildiğini gösteriniz.
12) a, b, r , s tamsayılar ve r > 1 , s > 1 olsun. a ≡ b ( mod r ) ve
a ≡ c ( mod s ) ise b ≡ c ( mod(r , s) ) olduğunu gösteriniz.
13) p ve q birbirinden farklı asal sayılar olsun. Bu takdirde
p q + q p ≡ p + q ( mod p.q )
olduğunu gösteriniz.
39
ϕ (n)
14) m, n ∈ ; m > 1, n > 1 ve ( m, n ) = 1 ise m
olduğunu gösteriniz.
ϕ (m)
+n
≡ 1( mod m.n )
15) 31532 tamsayısının 100 ile bölümünden kalanı bulunuz.
(
)
16) n tek tamsayı ve 3 /| n ise 6 | n 2 − 1 olduğunu ispatlayınız.
17) n ∈ ve 5 /| n ise n 4 tamsayısının 5m + 1 ( m ∈ ) biçiminde olduğunu
gösteriniz.
18) a, b ∈ olmak üzere ( a,17 ) = 1 ve ( b,17 ) = 1 ise a16 − b16 tamsayısının
17 ile bölündüğünü gösteriniz.
40
4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR
Tanım 4.1. a, b, m ∈ , m > 0 ve a ≡/ 0(mod m) olmak üzere
ax ≡ b(mod m)
şeklinde verilen bir eşdeğerlik bağıntısına bir bilinmeyenli bir lineer
kongrüans adı verilir. Bu eşdeğerliği gerçekleyen x tamsayılarının kümesine de
bu kongrüansın çözüm kümesi denir.
Teorem 4.1.
ax ≡ b(mod m) kongrüansının bir çözümünün olabilmesi için
gerek ve yeter koşul (a, m) | b olmasıdır.
Kanıt. ⇒ Gereklik: x0 , ax ≡ b(mod m) kongrüansının bir çözümü olsun.
Bu durumda ax0 ≡ b(mod m) olduğundan m | (ax0 − b) bulunur.
m | (ax0 − b) ⇒ ∃k ∈ : ax0 − b = km ⇒ b = ax0 − km
dir.
 d | a ⇒ d | ax0 
( a , m) = d ⇒ 
 ⇒ d | ( ax0 − km) = b ,
 d | m ⇒ d | km 
yani d | b dir.
⇐ Yeterlik: (a, m) = d
olsun. Bu durumda Teorem 1.2. ye göre
ax '+ my ' = d olacak şekilde x ' , y ' ∈ tamsayıları vardır. Ayrıca d | b
olduğundan b = db ' olacak şekilde b ' ∈ tamsayısı vardır. ax '+ my ' = d
eşitliğinin her iki yanını b ' ile çarparak b ' x ' = x , b ' y ' ∈ olmak üzere
a (b
' x ') + m(b ' y ') = db ' = b
x
buluruz. Böylece,
ax − b = m(−b ' y ') ⇒ m | (ax − b) ⇒ ax ≡ b(mod m)
elde ederiz. Şu halde b ' x ' , ax ≡ b(mod m) kongrüansının bir çözümüdür.
Teorem 4.2. x0 , ax ≡ b(mod m) kongrüansının bir çözümü ise x ≡ x0 (mod m)
de bu kongrüansın bir çözümüdür.
Kanıt. x0 , ax ≡ b(mod m) kongrüansının bir çözümü olsun. Bu takdirde
ax0 ≡ b(mod m)
dir. Buradan
ax0 = b + q1m ,
q1 ∈ yazılabilir. Şimdi
x ≡ x0 (mod m) nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunu gösterelim:
x ≡ x0 (mod m) ⇒ x = x0 + q2 m , q2 ∈ dir.
a ( x0 + q2 m) = ax0 + aq2 m = b + q1m + aq2 m = b + (q1 + q2 a )m
x
∈
41
olduğundan a ( x0 + q2 m) ≡ b(mod m) elde edilir. Şu halde x = x0 + q2 m nin
dolayısıyla x ≡ x0 (mod m) nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunu
göstermiş olduk.
Tanım 4.2. ax ≡ b(mod m) kongrüansının çözümlerinden aynı kalan sınıfına
ait olan çözümlere kongrüent çözümler, aynı kalan sınıfına ait olmayan
herhangi iki çözüme ise inkongrüent çözümler (kongrüent olmayan çözümler)
diyeceğiz.
Örnek 4.1. 3x ≡ 2(mod 4) kongrüansı verilsin.
x = 6 için: 3.6 ≡ 2(mod 4) ⇒ 18 ≡ 2(mod 4) ,
x = 10 için: 3.10 ≡ 2(mod 4) ⇒ 30 ≡ 2(mod 4)
olduğundan 6 ve 10, kongrüansın iki çözümüdür ve 6 ≡ 10(mod 4) olduğundan
bu iki çözüm verilen lineer kongrüansın kongrüent çözümleridir.
Örnek 4.2. 4 x ≡ 10(mod 6) kongrüansı verilsin.
x = 10 için: 4.10 ≡ 10(mod 6) ⇒ 40 ≡ 10(mod 6) ,
x = 13 için: 4.13 ≡ 10(mod 6) ⇒ 52 ≡ 10(mod 6)
dir. Ancak, 10 ≡/ 13(mod 6) olduğundan bu iki çözüm, verilen lineer
kongrüansın kongrüent olmayan ( inkongrüent ) çözümleridir.
Teorem
4.3.
ax ≡ b(mod m)
kongrüansında
( a , m) = d
ve
d | b ise
kongrüansın, mod m tam d tane inkongrüent çözümü vardır. Bu
m
çözümler, x0 herhangi bir çözüm ve m ' =
olmak üzere,
d
x0 , x0 + m ', x0 + 2m ',..., x0 + (d − 1)m '
şeklindedir.
Kanıt. d | b olduğundan ax ≡ b(mod m) kongrüansının bir x0 çözümü vardır.
S = {x0 , x0 + m ', x0 + 2m ',..., x0 + (d − 1)m '}
ile gösterelim.
i) S nin elemanları ax ≡ b(mod m) kongrüansını gerçekler. Gerçekten,
x0 + tm ' ∈ S , 0 ≤ t ≤ d − 1 için
a ( x0 + tm ') = ax0 + at
m
a
= ax0 +
tm = ax0 + a ' tm
d
d
a ′∈Z
yazabiliriz.
Şu
halde ax0 ≡ b(mod m) ve a ' tm = 0(mod m) olduğundan
a ( x0 + tm ') ≡ b(mod m) elde ederiz.
42
ii) S nin elemanları mod m inkongrüenttir. Aksi taktirde s ≠ t olmak üzere
0 ≤ s, t ≤ d − 1 için x0 + sm ' ≡ x0 + tm '(mod m) olsaydı,
sm ' ≡ tm '(mod m) ⇒ m | ( sm '− tm ') = ( s − t )m '
⇒ m ' d | ( s − t )m ' ⇒
d | s −t
m′≠ 0
yazılabilirdi, bu ise s − t = 0 , yani s = t olmasını gerektirir ki, bu kabulümüzle
çelişir. Burada, 0 ≤ s, t ≤ d − 1 olduğundan | s − t |< d olduğunu kullandık.
iii) Şimdi de ax ≡ b(mod m) kongrüansının herhangi bir çözümünün mod m ,
S nin bir elemanına kongrüent olduğunu gösterelim: x ′ herhangi bir çözüm
olsun. Bu durumda
ax ' ≡ b(mod m) , ax0 ≡ b(mod m)
dir. O halde,
ax ' ≡ ax0 (mod m) olduğundan m | a ( x '− x0 )
yazılabilir ve
a
m a
m
= a ' dersek m ' | a '( x '− x0 ) elde
| ( x '− x0 ) bulunur.
= m' ,
d d
d
d
ederiz. Teorem 1.5. e göre, (m ', a ') = 1 olduğundan m ' | ( x '− x0 ) veya
buradan
x '− x0 = m ' k , (k ∈ ) veya x ' = x0 + m ' k buluruz. Şimdi de k , d çiftine
bölme algoritmasını uyguluyalım: q, r ∈ olmak üzere
k = qd + r , 0 ≤ r < d
yazabiliriz. Böylece,
x ' = x0 + km ' = x0 + (qd + r )m ' = x0 + q dm
' + rm '
=m
yani
x ' = x0 + qm
+ rm ' ≡ x0 + rm '(mod m)
≡0
elde edilir . 0 ≤ r < d olduğundan x0 + rm ' ∈ S sonucuna ulaşırız.
Sonuç 1: (a, m) = 1 ise ax ≡ b(mod m) kongrüansının tek bir çözümü vardır.
Sonuç 2: p bir asal sayı ve a ≡/ 0(mod p ) yani, ( p, a) = 1 ise bu taktirde
ax ≡ b(mod p) kongrüansı bir ve yalnız bir çözüme sahiptir.
Örnek 4.3. 55 x ≡ 20(mod105) kongrüansının bütün çözümlerini bulalım.
Çözüm. 55 = 5.11 , 105 = 3.35 = 3.5.7 olduğundan (55,105) = 5 dir. Ayrıca
5 | 20 olduğundan bu kongrüansın mod105 tam 5 tane çözümü vardır.
Teorem 3.3. e göre
55 x ≡ 20(mod105) ⇒ 11x ≡ 4(mod 21)
43
bulunur. Ayrıca (2, 21) = 1
olduğundan kongrüansın her iki tarafını 2 ile
çarparsak x ≡ 8(mod 21) elde ederiz. Şu halde x0 ≡ 8(mod 21) dersek, tüm
çözümler:
x ≡ x0 + m ' t ≡ x0 + 21t (mod105)
şeklindedir.
olduğundan
t = 0, 1, 2, 3, 4
0 ≤ t ≤ d −1
m 105
m' = =
= 21 olduğu dikkate alınırsa tüm çözümler
d
5
t = 0 ⇒ x ≡ 8(mod105),
alınır
ve
t = 1 ⇒ x ≡ 29(mod105),
t = 2 ⇒ x ≡ 50(mod105),
t = 3 ⇒ x ≡ 71(mod105),
t = 4 ⇒ x ≡ 92(mod105)
şeklinde bulunur.
Not: Eğer (a, m) = 1 ise ax ≡ b(mod m) kongrüansını aşağıda açıklandığı
şekilde çözebiliriz:
(a, m) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre aϕ ( m ) ≡ 1(mod m) dir.
ax ≡ b(mod m) kongrüansının her iki tarafını aϕ ( m ) −1 ile çarparsak
aϕ ( m ) −1ax ≡ aϕ ( m ) −1b(mod m) ⇒ aϕ ( m ) x ≡ aϕ ( m ) −1b(mod m)
⇒ x ≡ aϕ ( m ) −1b(mod m )
buluruz.
Örnek 4.4. 2 x ≡ 1(mod 7) kongrüansının çözümünü bulalım.
Çözüm. (2, 7) = 1 olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bu çözüm
x ≡ aϕ ( m ) −1b(mod m)
şeklinde olacaktır. Şu
dir.
halde çözüm, x ≡ 2ϕ (7) −1 ≡ 26 −1 ≡ 25 ≡ 32 ≡ 4(mod 7)
Örnek 4.5. 20∗ ( 20 nin asal kalan sınıflar grubu ) grubunda 3 elemanının
tersini bulalım.
Çözüm. 20∗ = {1, 3, 7, 9,11,13,17,19} dir. 3 elemanının tersini bulmak için
3.x = 1 koşuluna uyan x kalan sınıfını bulmalıyız. Bunun için 3x ≡ 1( mod 20 )
kongrüansının çözümünü bulmak yeter.
1
1
1 4
20 = 2 2.5 ⇒ ϕ (20) = ϕ (2 2.5) = 20(1 − )(1 − ) = 20. . = 8
2
5
2 5
44
ve 3.x = 1 olduğundan
3x ≡ 1(mod 20) ⇒ x ≡ 3ϕ ( 20) −1.1(mod 20)
⇒ x ≡ 37 ≡ (33 )2 .3 ≡ 72 .3 ≡ 9.3 ≡ 7(mod 20)
≡7
≡9
bulunur ki, buradan x = (3) −1 = 7 elde edilir.
( a, m ) = 1 olmak üzere
ax ≡ b ( mod m ) kongrüansının bir x = x1 çözümü ,
Teorem 4.3. kullanılmadan, aşağıdaki metodlardan biri ile de elde edilebilir.
Metod 1: ( a, m ) = 1 olduğundan Teorem 1.2. ye göre
ax0 + my0 = 1
(4.1)
olacak şekilde bir x0 , y0 tamsayı çifti vardır. Bu tamsayı çifti, a ve m
tamsayılarına Öklid algoritması uygulanarak bulunabilir. (4.1) eşitliğinin her
iki tarafını b ile çarparsak
a ( x0 b) + my0 b = b ⇒ a ( x0 b) ≡ b ( mod m )
bulunur ki, bu ax ≡ b ( mod m ) kongrüansının çözümünün x ≡ x0 b ( mod m )
olduğunu gösterir. Kongrüansı gerçekleyen x lerden herhangi biri x1 olarak
alınabilir.
Örnek 4.6. 21x ≡ 6 ( mod 51) köngrüansının çözümünü bulalım.
Çözüm. (21,51) = (3.7,17.3) = 3(7,17) = 3 ve 3 | 6 olduğundan Teorem 4.3. e
göre bu kongrüansın çözümü vardır ve çözüm sayısı 3 tür. Kongrüansta 3 ile
kısaltma yapılarak
7 x ≡ 2 ( mod17 )
elde edilir. Öklid algoritması ile
17 = 2.7 + 3
7 = 2.3 + 1
bulunur ve buradan
1 = 7 − 2.3
1 = 7 − 2(17 − 2.7)
1 = 5.7 − 2.17
elde edilir. Son eşitliğin her iki tarafını 2 ile çarparak
2 = 10.7 − 4.17 ⇒ 7.10 ≡ 2 ( mod17 )
bulunur ki,
buradan
7 x ≡ 2 ( mod17 ) köngrüansının
bir
çözümünün
x ≡ 10 ( mod17 ) olduğu görülür. Böylece 21x ≡ 6 ( mod 51) köngrüansının
tüm çözümleri
45
x ≡ 10 + 17t ( mod 51) , ( t = 0,1, 2 )
yani
x ≡ 10 ( mod 51) , x ≡ 27 ( mod 51) , x ≡ 44 ( mod 51)
olarak bulunur.
Metod 2: ax ≡ b ( mod m ) kongrüansında a > 0 ve a < m kabul edebiliriz.
Kongrüansın tanımından dolayı ax − b = my olacak şekilde bir y tamsayısı
vardır. Bu eşitlikten my ≡ −b ( mod a ) bulunur. a < m olduğundan bu son
kongrüansı çözmek daha kolaydır. my ≡ −b ( mod a ) kongrüansının bir y = y0
çözümü biliniyorsa, ax − b = my de y yerine y0 yazılarak
my0 + b
a
ax ≡ b ( mod m ) kongrüansının çözümüdür. Öte yandan
x=
bulunur ki, bu da
my ≡ −b ( mod a ) kongrüansına da aynı düşünce uygulanarak, çözümü
kolaylıkla bulunabilen bir kongrüans elde edilir ve böylece ilk kongrüans
çözülür.
Örnek 4.7. 7 x ≡ 2 ( mod17 ) kongrüansının çözümünü bulalım.
Çözüm.
7 x ≡ 2 ( mod17 ) ise y ∈ Z olmak üzere 7 x − 2 = 17 y yazabiliriz.
Buradan
17 y ≡ −2 ( mod 7 ) ⇒ 3 y ≡ −2 ( mod 7 )
⇒ 6 y ≡ −4 ( mod 7 ) ⇒ y ≡ 4 ( mod 7 )
bulunur. y = 4 alınırsa
7 x − 2 = 17.4 ⇒ 7 x = 70 ⇒ x = 10
elde edilir. Şu halde 7 x ≡ 2 ( mod17 ) kongrüansının çözümü x ≡ 10 ( mod17 )
dir.
Teorem 4. 4. (Çin Kalan Teoremi) m1 , m2 ,..., mr pozitif tamsayılar ve her
i ≠ j için
( m , m ) = 1 olsun. a , a ,..., a
i
j
1
2
r
tamsayıları verildiğinde
x ≡ ai ( mod mi ) , ( i = 1, 2,..., r )
(4.2)
kongrüanslarının ortak çözümleri vardır ve herhangi iki ortak çözüm
mod(m1 .m2 ...mr ) birbirine kongrüdür.
46
Kanıt.
olsun.
m = m1 .m2 ...mr
aralarında asal oldğundan (
m1 , m2 ,..., mr tamsayıları
ikişer ikişer
m
, m j ) = 1 , ( j = 1, 2,..., r ) dir. Şu halde
mj
Teorem 4.1. e göre
m
x ≡ 1 mod m j ( j = 1, 2,..., r )
mj
(
kongrüansları
(
)
m
x ≡ 1 mod m j
mj
(
çözülebilirdir.
)
kongrüansının çözümünü
)
x ≡ b j mod m j ile gösterelim. x0 tamsayısını
r
x0 = ∑
j =1
m
bj a j
mj
olarak tanımlarsak
r
x0 ≡ ∑
j =1
m
m
bj a j ≡
bi ai ≡ ai ( mod mi ) ( i = 1, 2,..., r )
mj
mi
bulunur ki, bu x0 tamsayısının (4.2) deki kongrüansların bir ortak çözümü
olduğunu gösterir. x1 , x2 tamsayıları (4.2) deki kongrüansların iki ortak
çözümü olsun. Şu halde
x1 ≡ ai ( mod mi )
( i = 1, 2,..., r )
x2 ≡ ai ( mod mi )
olup, bu iki bağıntıdan
x1 ≡ x2 ( mod mi ) ( i = 1, 2,..., r )
ve Örnek 3.5. e göre
x1 ≡ x2 ( mod[m1 , m2 ,..., mr ])
bulunur.
mi
[ m1 , m2 ,..., mr ] = m
tamsayıları ikişer ikişer aralarında asal olduğundan
olur. Buradan
x1 ≡ x2 ( mod m )
elde edilir ve ispat tamamlanır.
Teoremin ikinci kısmından dolayı (4.2) deki kongrüans sisteminin bütün
tamsayılı çözümleri x ≡ x0 ( mod m ) şeklindedir.
47
Örnek 4.8.
x ≡ 1( mod 3) 

x ≡ 2 ( mod 4 )  kongrüans sistemini çözelim.

x ≡ 3 ( mod 5 ) 
Çözüm. (3, 4) = (3,5) = (4,5) = 1 olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tek
türlü belirli bir çözümü vardır. m1 = 3 , m2 = 4 , m3 = 5 , a1 = 1 , a2 = 2 ,
a3 = 3 tür. Buradan m = 3.4.5 = 60 ,
m
m
m
= 20 ,
= 15 ,
= 12 bulunur.
m1
m2
m3
20b1 ≡ 1( mod 3) ⇒ b1 ≡ −1( mod 3) ,
15b2 ≡ 1( mod 4 ) ⇒ b2 ≡ −1( mod 4 ) ,
12b3 ≡ 1( mod 5 ) ⇒ b3 ≡ 3 ( mod 5)
elde edilir. Şu halde sistemin çözümü
x ≡ 20.(−1).1 + 15.(−1).2 + 12.(3).3 ≡ 58 ( mod 60 )
olarak bulunur.
(4.2) deki sistemi, teoremdeki metodu kullanmadan aşağıdaki gibi de
çözebiliriz.
Örnek 4.9.
x ≡ 1( mod 3) 

x ≡ 2 ( mod 4 )  lineer kongrüans sistemini 2. bir metodla çözelim.

x ≡ 3 ( mod 5 ) 
Çözüm. (3, 4) = (3,5) = (4,5) = 1 olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tek
türlü belirli bir çözümü vardır. x ≡ 1( mod 3) kongrüansının çözümleri
x = 1 + 3k , ( k = 0, ±1,... ) şeklindedir. 1 + 3k tamsayısının x ≡ 2 ( mod 4 )
kongrüansının da bir çözümü olması için
1 + 3k ≡ 2 ( mod 4 ) ⇒ 3k ≡ 1( mod 4 ) ⇒ −k ≡ 1( mod 4 ) ⇒ k ≡ −1( mod 4 )
olmalıdır. Böylece k = −1 + 4t , ( t ∈ ) için
x = 1 + 3k = 1 + 3(−1 + 4t ) = −2 + 12t , ( t ∈ )
olup x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansın
çözümüdür. Şimdi t yi öyle belirleyelim ki bu t değeri için x = −2 + 12t
üçüncü kongrüansın da çözümü olsun.
−2 + 12t ≡ 3 ( mod 5 ) ⇒ 12t ≡ 5 ( mod 5 ) ⇒ 2t ≡ 0 ( mod 5 ) ⇒ t ≡ 0 ( mod 5 )
48
bulunur. t = 5m , ( m ∈ ) yazabiliriz. Böylece x = −2 + 12t = −2 + 60m ,
( m ∈ ) , kongrüans sisteminin bütün çözümlerini verir. Bulduğumuz bu
çözümleri x ≡ −2 ( mod 60 ) şeklinde de gösterebiliriz.
Örnek 4.10.
x ≡ b1 (mod13) 
 lineer kongrüans sisteminin çözümünü bulalım.
x ≡ b2 (mod17) 
Çözüm. (13,17) = 1 olduğundan sistemin mod(13.17) = mod 221 tek türlü
belirli bir çözümü vardır. Önce x ≡ b1 (mod13) kongrüansını çözelim.
x ≡ b1 (mod13) ⇒ x = b1 + 13 y , ( y ∈ )
bulunur. Bu çözümün x ≡ b2 (mod17) kongrüansının da bir çözümü olması
için
b1 + 13 y ≡ b2 (mod17) ⇒ 13 y ≡ b2 − b1 (mod17)
⇒ −4 y ≡ b2 − b1 (mod17)
olmalıdır. (4,17) = 1 olduğundan buradan
−16 y ≡ 4(b2 − b1 )(mod17) ⇒ y ≡ 4(b2 − b1 )(mod17)
⇒ y = 4(b2 − b1 ) + 17 z , ( z ∈ Z )
bulunur. Diğer taraftan,
x = b1 + 13 y = b1 + 13[4(b2 − b1 ) + 17 z ]
= b1 + 52(b2 − b1 ) + 13.17 z = −51b1 + 52b2 + 221z
olduğundan kongrüansın çözümü
x ≡ −51b1 + 52b2 (mod 221) ≡ 170b1 + 52b2 (mod 221)
dir.
Örnek 4.11. Öyle bir sayı bulunuz ki 2 ile bölündüğünde 0, 3 ile
bölündüğünde 2, 5 ile bölündüğünde 3 ve 7 ile bölündüğünde 2 kalanını
versin.
Çözüm.
x ≡ 0(mod 2) 
x ≡ 2(mod 3) 
 lineer kongrüans sistemini çözmeliyiz.
x ≡ 3(mod 5) 
x ≡ 2(mod 7) 
(2,3) = (2,5) = (2, 7) = (3,5) = (3, 7) = (5, 7) = 1
olduğundan sistemin mod(2.3.5.7) = mod 210 tek türlü belirli bir çözümü
vardır. Önce x ≡ 0(mod 2) kongrüansını çözelim.
x ≡ 0(mod2) ⇒ x = 2 y1 , ( y1 ∈ )
49
olduğundan, bu çözümün x ≡ 2(mod 3) kongrüansının da bir çözümü olması
için
2 y1 ≡ 2(mod 3) ⇒ y1 ≡ 1(mod 3)
(2,3) =1
olmalıdır. Böylece y1 = 1 + 3 y2 , y2 ∈ için
x = 2 y1 = 2(1 + 3 y2 ) = 2 + 6 y2
olup, x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansın
çözümüdür. Şimdi y2 değerini öyle belirleyelim ki 2 + 6 y2 , üçüncü
kongrüansın da çözümü olsun.
2 + 6 y2 ≡ 3(mod 5) ⇒ 6 y2 ≡ 1(mod 5) ⇒ y2 = 1(mod 5)
ve böylece y2 = 1 + 5 y3 , ( y3 ∈ ) elde ederiz. Buradan
x = 2 + 6 y2 = 2 + 6(1 + 5 y3 ) = 8 + 30 y3
olur ki, bu çözüm ilk üç kongrüansı gerçekler. Son olarak y3 ü öyle
belirleyelim ki, 8 + 30 y3 son kongrüansı da gerçeklesin.
8 + 30 y3 ≡ 2(mod 7) ⇒ 30 y3 ≡ 1(mod 7)
⇒ 2 y3 ≡ 1(mod 7) ⇒ y3 ≡ 4(mod 7)
ve böylece y3 = 4 + 7 y4 , ( y4 ∈ ) elde ederiz. O halde,
x = 8 + 30 y3 = 8 + 30(4 + 7 y4 ) = 8 + 120 + 210 y4 = 128 + 210 y4
bulunur ki, bu x ≡ 128(mod 210) olması demektir, dolayısıyla aranan en küçük
tamsayı 128 dir.
PROBLEMLER
1)
x ≡ 1( mod 3) , x ≡ 1( mod 7 ) , x ≡ 1( mod11) kongrüanslarını aynı anda
gerçekleyen en küçük pozitif tamsayıyı (1 den başka ) bulunuz.
2) 3, 4 ve 5 ile bölündüğünde sırası ile 1, 2 ve 3 kalanlarını veren ve 350 den
küçük olan bütün pozitif tamsayıları bulunuz.
3) ax ≡ b ( mod100 ) kongrüansında a ve b tamsayılarını öyle belirleyiniz ki
bu kongrüansın tam 10 tane olsun.
4) a nın hangi değerleri için ax ≡ b ( mod m ) kongrüansının çözümü yoktur.
50
5) x ≡ a1 ( mod m1 ) 
 kongrüans sisteminin bir çözümünün olması için gerek
x ≡ a2 ( mod m2 ) 
ve yeter koşulun ( m1 , m2 ) | ( a1 − a2 ) olduğunu gösteriniz.
6) x ≡ 1( mod 2) 

x ≡ 2 ( mod 3) 
 kongrüans sisteminin 0 < x < 500 koşulunu gerçekleyen
x ≡ 3 ( mod 5) 
x ≡ 4 ( mod 7 )
bütün çözümlerini bulunuz.
7) 3 katından 1 çıkarıldığı zaman 5 ile, 4 katına 2 eklendiği zaman 11 ile
bölünebilen ve 200 ile 440 arasında bulunan bütün tamsayıları bulunuz.
8) x ≡ 3 ( mod11) 

x ≡ 4 ( mod13) kongüans sistemini çözünüz.

x ≡ 5 ( mod17 )
51
5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER VE İNDEKSLER
Tanım 5.1. m bir pozitif tamsayı, a ∈ ve (a, m) = 1 olsun. aγ ≡ 1(mod m)
koşulunu gerçekleyen en küçük pozitif γ tamsayısına a nın m modülüne göre
eksponenti ( mertebesi ) adı verilir ve eks m a = γ şeklinde gösterilir.
lar
Bu koşulu gerçekleyen γ
Teoremine göre a
ϕ (m)
vardır. Çünkü γ = ϕ (m) için Euler
≡ 1(mod m) dir.
Örnek 5.1. 2 nin 5 modülüne göre eksponentini bulalım.
Çözüm. (2,5) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre 2ϕ (5) ≡ 24 ≡ 1(mod 5)
dir.
21 = 2 ≡ 1( mod 5) ,
22 = 4 ≡ 1( mod 5 ) ,
23 = 8 ≡ 1( mod 5) ,
24 = 16 ≡ 1( mod 5)
olduğundan 2 nin 5 modülüne göre eksponenti 4, yani eks5 2 = 4 tür.
Teorem 5.1. Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti δ olsun. Bu
takdirde 1 = a 0 , a1 ,..., aδ −1 sayıları m modülüne göre inkongrüenttir.
Kanıt. 0 ≤ k < l < δ olmak üzere a k ≡ al (mod m) olduğunu kabul edelim.
(m, a) = 1 olduğundan kısaltma yaparak
a l − k ≡ 1(mod m)
bulunur. Ayrıca 0 < l − k < δ olduğundan bu, δ nın eksponent oluşu ile
çelişir. Şu halde a 0 , a1 ,..., aδ −1 sayıları m modülüne göre inkongrüenttir.
Teorem 5.2. a nın m modülüne göre eksponenti δ olsun. Bu taktirde
aγ ≡ a γ ' (mod m) ise γ ≡ γ '(mod δ ) dır.
Kanıt. γ ve γ ' yü , δ ile kalanlı olarak bölelim. q, r , q ′, r ′ ∈ olmak üzere
γ = δ q + r , 0 ≤ r < δ ve γ ' = δ q '+ r ' , 0 ≤ r ' < δ
yazabiliriz. exp m a = δ olduğundan aδ ≡ 1(mod m) dir. Buradan
aγ ≡ (aδ ) q .a r ≡ a r (mod m)
≡1
ve
aγ ' ≡ ( aδ ) q ' .a r ' ≡ a r ' (mod m)
≡1
52
elde edilir. Böylece
aγ ≡ aγ ' (mod m) ⇒ a r ≡ a r ' (mod m)
buluruz. Teorem 5.1. e göre a r ve a r ' , m modülüne göre inkongrüent
olduğundan r = r ' elde ederiz. Şu halde
r = r ' ⇒ γ − γ ' = (q
− q ')δ ⇒ γ − γ ' ≡ 0(mod δ )
∈
veya
γ ≡ γ '(mod δ )
bulunur.
Sonuç: Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti δ ise
aγ ≡ 1( mod m ) ⇔ δ | γ
olmasıdır.
Kanıt. Teorem 5.2. de γ ′ = 0 almak yeter.
Teorem 5.3. a nın m modülüne göre eksponenti δ ise δ | ϕ (m) dir.
Kanıt.
eksm a = δ
ise
aδ ≡ 1(mod m)
ve
0<δ '<δ
olmak
üzere
δ'
a ≡/ 1(mod m) dir. Şimdi, ϕ (m) tamsayısını δ ile kalanlı olarak bölelim.
ϕ ( m) = δ q + r , 0 ≤ r < δ
olacak şekilde q, r tamsayıları vardır. Burada r = 0 olmalıdır. Çünkü, eğer
r > 0 olsaydı, Euler Teoremine göre
aϕ ( m ) ≡ 1(mod m) ⇒ aδ q + r ≡ ( aδ ) q .a r ≡ 1(mod m) ⇒ a r ≡ 1(mod m)
≡1
elde edilirdi ki, bu r < δ olduğundan δ nın eksponent oluşu ile çelişirdi. Şu
halde
r = 0 ⇒ ϕ ( m) = δ q ⇒ δ | ϕ ( m )
sonucu bulunur.
Örnek 5.2. 7 nin 23 modülüne göre eksponentini bulalım.
Çözüm. (7, 23) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre
7ϕ (23) ≡ 1(mod 23) ⇒ 7 22 ≡ 1(mod 23)
tür. eks 23 7 = δ diyelim. Böylece 7δ ≡ 1(mod 23) yazabiliriz ve Teorem 5.3. e
göre δ | ϕ (23) = 22 olduğundan δ = 1, 2,11 ve 22 değerlerinden birisi ( 22 nin
doğal bölenleri ) olabilir.
71 ≡ 7 ≡/ 1(mod 23) , 7 2 ≡ 49 ≡ 3 ≡/ 1(mod 23)
711 ≡ (72 )5 .7 ≡ 35.7 ≡ 33 .32.7 ≡ 4.9.7 ≡ 28.9
≡ 5.9 ≡ 45 ≡ −1(mod 23)
≡3
≡4
≡3
⇒ 7 ≡ 7 7 ≡ 1(mod 23)
22
11 11
53
buluruz. Şu halde, 7 nin 23 modülüne göre eksponenti 22, yani eks 23 7 = 22
dir.
Teorem 5.4. Bir a ∈ tamsayısının m modülüne göre eksponenti h ise
h
k ∈ + olmak üzere, a k tamsayısının m modülüne göre eksponenti
( h, k )
dır.
Kanıt. a k tamsayısının m modülüne göre eksponenti t olsun. Eksponent
tanımından
(a )
k
t
≡ a kt ≡ 1( mod m )
olup, Teorem 5.2. de γ = kt ve γ ′ = 0 alınırsa kt ≡ 0 ( mod h ) veya h | kt
sonucu çıkar.
h
k
|
h | kt ⇒
t
( h, k ) ( h, k )
 h
k 
,

 = 1 olduğundan Aritmetiğin Esas Yardımcı
(
h
,
k
)
(
h
,k) 

h
Teoremine göre göre
| t sonucu çıkar. Öte yandan
( h, k )
elde edilir.
(a )
k
h
( h,k )
( )
≡ ah
k
( h,k )
≡ 1( mod m ) , ( a h ≡ 1( mod m ) )
olduğundan Teorem 5.2. nin sonucuna göre t |
h
bulunur. Böylece
( h, k )
h
h
| t ve t |
( h, k )
( h, k )
bağıntılarından t =
Teorem 5.5.
h
elde edilir.
(h, k )
a∈ ,
p ve q
tek asal sayılar olsun. q | (a p − 1) ise ya
q | (a − 1) ya da q = 2up + 1 , u ∈ dir.
Kanıt.
q | (a p − 1) olduğundan
a p ≡ 1( mod q ) dur. eks q a = s dersek
Teorem 5.2. nin sonucuna göre s | p olmalıdır. Buradan s = 1 veya s = p
sonucu çıkar.
s = 1 ise
a1 ≡ 1( mod q ) ⇒ q | (a − 1)
olur.
54
s = p ise Teorem 5.3. e göre p | ϕ (q) olur ki, bu p | ( q − 1) demektir.
Buradan da r ∈ olmak üzere
q − 1 = pr
yazabiliriz. q ve p tek asal sayılar olduğundan r çift sayı olmalıdır. Şu halde
u ∈ olmak üzere r = 2u dur. r nin bu değeri yukarıda yerine yazılırsa
r = 2u ⇒ q − 1 = p(2u ) ⇒ q = 2up + 1
elde edilir.
Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere 2 p − 1 sayısının bölenleri, 2up + 1
formundadır.
Kanıt. a, 2 p − 1 in bir böleni ise, qi ler a nın asal bölenleri olmak üzere
a = q1q2 ...qk
p
yazılabilir. 2 | (2 − 1) dir. Bu yüzden q1 , q2 , ... , qk asal sayılarının hepsi
tektir. 1 ≤ i ≤ k için qi | (2 −1) olduğundan Teorem 5.5. e göre
qi = 2ui p + 1
yazılabilir. Şu halde uygun bir u ∈ için
a = (2u1 p + 1)...(2uk p + 1) = 2up + 1
elde edilir.
Örnek 5.3. 213 − 1 tamsayısının en küçük asal bölenini bulalım.
Çözüm. 13 asal olduğundan yukarıdaki sonuca göre aradığımız sayı
2.13u + 1 = 26u + 1
biçiminde olmalıdır. u = 1 için elde edilen 27 sayısı asal değildir. u = 2 için
elde edilen 53 tamsayısı, asal olduğundan aranan sayıdır.
Örnek 5.4. a > 1 ve n > 0 birer tamsayı olsun. Bu taktirde n | ϕ (a n − 1) dir.
Çözüm. Önce a > 1 için (a, a n − 1) = 1 olduğunu kanıtlayalım. (a, a n − 1) = d
diyelim. Buradan
d | a ⇒ d | a n 
n
− (a n − 1)] = 1 ⇒ d = 1
 ⇒ d | [a
n
d | ( a − 1) 
=1
buluruz. a nın (a n − 1) modülüne göre eksponenti n dir, çünkü
a n − 1 ≡ 0(mod(a n − 1)) ⇒ a n ≡ 1(mod(a n − 1))
elde edilir. Eğer, a nın (a n − 1) modülüne göre eksponenti δ ve δ < n olsa,
aδ ≡ 1(mod(a n − 1)) ⇒ a n − 1 | ( aδ − 1)
buluruz ki a n − 1 > aδ − 1 olduğundan bu mümkün değildir, o halde
δ = n dir. Buradan
55
eks( an −1) a = n ⇒ n | ϕ (a n − 1)
sonucunu elde ederiz.
Örnek 5.5. ab ≡ 1(mod m) ise a ve b tamsayılarının m modülüne göre
eksponentlerinin birbirine eşit olduğunu gösterelim.
Çözüm. eks m a = t1 , eks m b = t2
olsun. O taktirde a t ≡ 1(mod m) ,
1
bt2 ≡ 1(mod m) dir.
ab ≡ 1(mod m) ⇒ ( ab)t1 ≡ 1t1 ≡ 1(mod m)
t
⇒ a 1 .bt1 ≡ 1(mod m) ⇒ b t1 ≡ 1(mod m)
≡1
olduğundan, eksponent tanımından t2 | t1 bulunur. Diğer taraftan, benzer
şekilde
ab ≡ 1(mod m) ⇒ ( ab)t2 ≡ 1t2 ≡ 1(mod m)
t
⇒ a t2 . b 2 ≡ 1(mod m) ⇒ at2 ≡ 1(mod m)
≡1
olduğundan, eksponent tanımından t1 | t2 bulunur. Buradan
t1 | t2 , t2 | t1 
 ⇒ t1 = t2 ⇒ eksm a = eksm b
t1 > 0, t2 > 0 
sonucu elde edilir.
Tanım 5.2. a ∈ , (a, m) = 1 olsun. a nın m modülüne göre eksponenti ϕ (m)
ise a ya m modülüne göre bir primitif ( ilkel ) kök denir.
Örnek 5.2. ye göre 7 nin , 23 modülüne göre bir primitif kök olduğunu
söyleyebiliriz. Çünkü, eks 23 7 = 22 = ϕ (23) tür.
Örnek 5.6. 41 modülüne göre bir primitif kök bulalım.
Çözüm. a, 41 modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde eks41a = 40
olmalıdır. 41 ile aralarında asal olan bütün pozitif tamsayılar primitif kök
adayıdır. Şu halde (2, 41) = 1 olduğundan 2 nin 41 modülüne göre bir primitif
kök olup olmadığını araştıralım. ϕ (41) = 40 = 23.5 olduğundan 2 nin 41
modülüne göre eksponenti 40 ın bölenleri, yani 1, 2, 4, 5, 8, 10, 20 ve 40
olabilir.
21 ≡/ 1(mod 41) ,
22 ≡ 4 ≡/ 1(mod 41) ,
24 ≡ 16 ≡/ 1(mod 41) ,
56
25 ≡ 32 ≡/ 1(mod 41) ,
28 ≡ 25 .23 ≡ −9.8 ≡ −72 ≡ 10 ≡/ 1(mod 41) ,
≡−9
10
2 ≡ 28.22 ≡ 10.4 ≡ 40 ≡ −1 ≡/ 1(mod 41) ,
220 ≡ 210.210 ≡ 1(mod 41)
olduğundan eks 41 2 = 20 dir ve dolayısıyla 2, 41 modülüne göre bir primitif
kök değildir.
Şimdi de, (7, 41) = 1 olduğundan 7 nin, 41 modülüne göre bir primitif kök
olup olmadığını araştıralım.
71 ≡/ 1(mod 41) ,
7 2 ≡ 49 ≡ 8 ≡/ 1(mod 41) ,
7 4 ≡ 7 2.7 2 ≡ 8.8 ≡ 23 ≡/ 1(mod 41) ,
75 ≡ 7 4.7 ≡ 23.7 ≡ 161 ≡ 38 ≡ −3 ≡/ 1(mod 41) ,
78 ≡ 7 4.7 4 ≡ 23.23 ≡ 529 ≡ 37 ≡ −4 ≡/ 1(mod 41) ,
710 ≡ 78.7 2 ≡ −4.8 ≡ −32 ≡ 9 ≡/ 1(mod 41) ,
7 20 ≡ 710.710 ≡ 9.9 ≡ 81 ≡ −1 ≡/ 1(mod 41) ,
7 40 ≡ 7 20.7 20 ≡ (−1)(−1) ≡ 1(mod 41)
olduğundan eks41 7 = 40 tır. Şu halde 7, 41 modülüne göre bir primitif köktür.
Teorem 5.6. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde,
1) g j ≡ g k (mod m) ⇔ j ≡ k (mod ϕ (m)),
2) g j ≡ 1(mod m) ⇔ ϕ (m) | j ,
3) g , g 2 ,..., g ϕ ( m ) tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemi
oluştururlar.
Kanıt. 1) g , m modülüne göre bir primitif kök ise
eks m g = ϕ (m)
olacağından kanıt için Teorem 5.2. de δ = ϕ (m) almak yeterlidir.
2) Teoremin birinci şıkkında k = 0 almak yeterlidir. Çünkü,
g j ≡ g 0 (mod m) ⇔ j ≡ 0(mod ϕ (m)) ⇔ ϕ (m) | j
dir.
3) ( g , m) = 1 olduğundan ( g j , m) = 1 ( j = 1,..., ϕ (m) ) dir. g , g 2 ,..., g ϕ ( m )
sayılarından oluşan kümenin eleman sayısı ϕ (m) dir. Şimdi bu sayılardan
herhangi ikisinin m modülüne göre birbirine kongrü olmadığını gösterelim.
1 ≤ j , k ≤ ϕ (m) için g j ≡ g k (mod m) olsa:
1) ⇒ j ≡ k ( mod ϕ (m) )
57
yani
ϕ ( m) | ( j − k )
bulunur.
Fakat
1 ≤ j , k ≤ ϕ ( m)
olduğundan
j − k < ϕ (m) olup, ϕ (m) | ( j − k ) bağıntısı ancak j − k = 0 , yani j = k için
gerçeklenir. Şu halde j ≠ k ise g j ≡ g k (mod m) dir.
Teorem 5.7. m > 1 bir tamsayı ve g , m modülüne göre bir primitif kök ise
bu takdirde g k nın , m modülüne göre bir primitif kök olması için gerek ve
yeter koşul (k , ϕ (m)) = 1 olmasıdır.
Kanıt. g , m modülüne göre bir primitif kök olduğundan Teorem 5.4. e göre
eks m ( g k ) =
dir. Şu halde g k nın , m
eks m g
ϕ ( m)
=
(k , eks m g ) (k , ϕ (m))
modülüne göre bir primitif kök olması, yani
k
eks m ( g ) = ϕ (m) olması için gerek ve yeter koşul (k , ϕ (m)) = 1 olmasıdır.
p bir asal sayı ve α ∈ + olmak üzere m nin 2, 4, p, pα ve 2. pα
değerleri için m modülüne göre primitif kök vardır. m nin başka hiçbir değeri
için primitif kök yoktur.
Teorem 5.8. m ∈ + olmak üzere, eğer varsa, m modülüne göre inkongrüent
primitif köklerin sayısı tam ϕ (ϕ (m)) dir.
Kanıt. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. m ile aralararında asal
olan herhangi bir tamsayı, g , g 2 ,..., g ϕ ( m ) sayılarından birine kongrüenttir.
Diğer yandan Teorem 5.7. ye göre g k nın, m modülüne göre bir primitif kök
olması için gerek ve yeter koşul (k , ϕ (m)) = 1 olmasıdır. Şu halde k ≤ ϕ (m)
koşuluna uyan bu tamsayıların sayısı tam ϕ (ϕ (m)) dir.
Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere, p modülüne göre ϕ (ϕ
( p)) = ϕ ( p − 1) tane
p −1
primitif kök vardır.
Örnek 5.7. 11 modülüne göre bütün primitif kökleri bulalım.
Çözüm. 11 modülüne göre ϕ ( p − 1) = ϕ (11 − 1) = ϕ (10) = 4 tane primitif kök
vardır. Bir a tamsayısı için, Teorem 5.3. e göre eks p a | ϕ ( p ) olduğundan
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10
sayılarının eksponentlerini ararken
ϕ ( p) = ϕ (11) = 10
sayısının bölenleri olan 1, 2, 5, 10 sayılarına bakmak yeter.
58
11 ≡ 1( mod11) ,
21 ≡ 2 , 22 ≡ 4 , 25 ≡ 8 , 210 ≡ 1( mod11) ,
31 ≡ 3 , 32 ≡ 9 , 35 ≡ 1( mod11) ,
41 ≡ 4 , 4 2 ≡ 5 , 45 ≡ 1( mod11) ,
51 ≡ 5 , 52 ≡ 3 , 55 ≡ 1( mod11) ,
61 ≡ 6 , 6 2 ≡ 3 , 65 ≡ 10 , 610 ≡ 1( mod11) ,
71 ≡ 7 , 7 2 ≡ 5 , 75 ≡ 10 , 710 ≡ 1( mod11) ,
81 ≡ 8 , 82 ≡ 9 , 85 ≡ 10 , 810 ≡ 1( mod11) ,
91 ≡ 9 , 92 ≡ 4 , 95 ≡ 1( mod11) ,
101 ≡ 10 , 102 ≡ 1( mod11)
olduğundan eksponenti ϕ (11) = 10 olan 4 tane sayı vardır ve bunlar 2, 6, 7
ve 8 dir. Şu halde 11 modülüne göre ϕ (11 − 1) = ϕ (10) = 4 tane primitif kök
vardır.
11 modülüne göre bütün primitif kökleri Teorem 5.7. den yararlanarak da
bulabiliriz. Yukarıda 2 nin, 11 modülüne göre bir primitif kök olduğunu
gösterdik. Diğer primitif kökler, (k , ϕ (11)) = (k ,10) = 1 olmak üzere 2k
şeklindedir. 10 = 2.5 olduğundan bu koşula uyan k lar 1, 3, 7 ve 9 dur. Şu
halde 11 modülüne göre bütün primitif kökler:
21 ≡ 2 ( mod11)
23 ≡ 8 ( mod11)
27 ≡ 7 ( mod11)
29 ≡ 6 ( mod11)
olduğundan 2, 8, 7 ve 6 dır.
Şimdi primitif köklerle ilgili bir tablo verelim. Bir p asal sayısının en
küçük pozitif primitif kökünü g p ile gösterirsek 100 den küçük asal sayılar
için g p sayılarını yazalım.
p
2
3
5
7
11
13
17
19
23
29
31
37
41
gp
1
2
2
3
2
2
3
2
5
2
3
2
6
p
43
47
53
59
61
67
71
73
79
83
89
97
gp
3
5
2
2
2
2
7
5
3
2
3
5
59
Tanım 5.3. a ∈ , (a, m) = 1 ve g de m modülüne göre bir primitif kök
olsun.
g j ≡ a (mod m)
koşulunu gerçekleyen en küçük pozitif j tamsayısına a nın g primitif köküne
göre indeksi denir ve ind g a şeklinde yazılır.
Tanım 5.3. ten j nin 0 ≤ j ≤ ϕ (m) koşulunu gerçeklediği açıktır.
Örnek 5.8. p = 13 modülüne göre bir primitif kök bulalım ve bu kökü
kullanarak indeks tablosu yapalım.
Çözüm. Daha önce verdiğimiz tabloda 13 modülüne göre, 2 nin bir primitif
kök olduğunu belirtmiştik.
21 ≡ 2 , 22 ≡ 4 , 23 ≡ 8 , 2 4 ≡ 3 , 25 ≡ 6 , 26 ≡ 12 ,
27 ≡ 11 , 28 ≡ 9 , 29 ≡ 5 , 210 ≡ 10 , 211 ≡ 7 , 212 ≡ 1( mod13)
kongrüanslarından yararlanarak, 13 modülüne göre
2x ≡ 1 , 2x ≡ 2 , 2x ≡ 3 , 2x ≡ 4 , 2x ≡ 5 , 2x ≡ 6 ,
2 x ≡ 7 , 2 x ≡ 8 , 2 x ≡ 9 , 2 x ≡ 10 , 2 x ≡ 11 , 2 x ≡ 12 ( mod13)
kongrüanslarının en küçük pozitif tamsayı çözümleri sırasıyla
12, 1, 4, 2, 9, 5, 11, 3, 8, 10, 7, 6
olduğundan
ind 2 1 = 12 , ind 2 2 = 1 , ind 2 3 = 4 , ind 2 4 = 2 ,
ind 2 5 = 9 , ind 2 6 = 5 , ind 2 7 = 11 , ind 2 8 = 3 ,
ind 2 9 = 8 , ind 2 10 = 10 , ind 2 11 = 7 , ind 2 12 = 6
dır. Bunu tablo ile aşağıdaki gibi yazabiliriz.
a
1
ind 2 a 12
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
4
2
9
5
11
3
8
10
7
6
Teorem 5.9. g , m tamsayısının bir primitif kökü ise
g u ≡ a ( mod m ) ⇔ u = ind g a ( mod ϕ (m) )
dir.
60
Kanıt. g u ≡ a ( mod m ) olsun.
gu ≡ a ≡ g
ind g a
( mod m )
yazılabileceğinden Teorem 5.2. ye göre
u ≡ ind g a ( mod ϕ (m) )
bulunur. Tersine u ≡ ind g a ( mod ϕ (m) ) ise uygun bir v ∈ için
u = ind g a + v.ϕ (m)
yazabiliriz. Şu halde
ind a + v .ϕ ( m )
ind a
ind a
≡ g g (
gu ≡ g g
g ϕ ( m ) )v ≡ g g ≡ a ( mod m )
≡1
elde edilir.
Sonuç: a ≡ a ′ ( mod p ) ise ind g a ≡ ind g a′ ( mod( p − 1) ) dir.
Kanıt. g
ind g a
ind g a ′
( mod p ) den Teorem 5.9.
ind g a ≡ ind g a′ ( mod( p − 1) )
≡ a ≡ a′ ≡ g
kullanılarak
elde edilir.
Örnek 5. 9. ind g 1 = 0 ve ind g g = 1 olduğunu gösterelim.
Çözüm. ind g 1 = a olsun. Bu takdirde
1 ≡ g a ( mod m )
kongrüansından , 0 ≤ a ≤ ϕ (m) − 1 eşitsizliğini de kullanarak a = 0 buluruz.
Benzer şekilde ind g g = b dersek
g ≡ g b ( mod m )
kongrüansından ve ( g , m) = 1 olmasından dolayı
1 ≡ g b −1 ( mod m )
buluruz. Üstelik 0 ≤ b − 1 ≤ ϕ (m) − 1 olduğundan b − 1 = 0 , yani b = 1 sonucu
elde edilir.
İndekslerle işlem yapmanın, logaritmalarla işlem yapmaya benzediğini
söyleyebiliriz.
Teorem 5.10. g , bir m tamsayısının primitif kökü ise
i ) ind g (ab) ≡ ind g a + ind g b ( mod ϕ (m) ) ,
ii) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ind g a n ≡ n.ind g a ( mod ϕ (m) ) dir.
Kanıt. i ) ind g a = u ve ind g b = v olsun.
61
g u ≡ a ( mod m ) ve g v ≡ b ( mod m )
olduğundan
ab ≡ g u + v ( mod m )
dir. Teorem 5.9. a göre
ind g a + ind g b ≡ u + v ≡ ind g ab ( mod ϕ (m) )
olur.
ii ) ind g a n = ind g ( a
.a...a ) ≡ ind g a + ind g a + ...ind g a
n terim
n terim
≡ n.ind g a ( mod ϕ (m) )
bulunur.
Örnek 5.10. 11x ≡ 8 ( mod13) kongrüansını çözelim.
Çözüm. Örnek 5.8. den , 2 nin 13 modülüne göre bir primitif kök olduğunu
biliyoruz. Şimdi bu primitif köke göre oluşturduğumuz indeks tablosundan
yararlanalım.
a
1
ind 2 a 12
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
4
2
9
5
11
3
8
10
7
6
ϕ (13) = 12 olduğundan
ind 2 11x ≡ ind 2 11 + ind 2 x ≡ ind 2 8 ( mod12 )
olur. İndeks tablosundan
ind 2 11 = 7 ve ind 2 8 = 3
olduğu göz önüne alınırsa
ind 2 x ≡ 3 − 7 ≡ −4 ≡ 8 ( mod12 )
bulunur ve tekrar indeks tablosu kullanılarak, 2 primitif köküne göre indeksi
8 olan sayı bulunursa
x ≡ 9 ( mod13)
elde edilir.
Tanım 5.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzere
x n ≡ a(mod p)
kongrüansı çözümlü ise a ya p modülüne göre bir n. kuvvet kalanı denir.
Teorem 5.11. p bir asal sayı , a ∈ ve (a, p) = 1 olsun. Bu taktirde,
p −1
1) a ( n , p −1) ≡/ 1(mod p ) ise x n ≡ a(mod p) kongrüansının çözümü yoktur.
62
p −1
2) a ( n , p −1) ≡ 1(mod p ) ise x n ≡ a(mod p) kongrüansının çözümü vardır ve
çözüm sayısı (n, p − 1) dir.
Kanıt. 1) (n, p − 1) = d diyelim. Eğer x n ≡ a(mod p) kongrüansının bir u
çözümü varsa
a
p −1
d
≡u
n.
p −1
d
n
p −1 d
≡ (u
) ≡ 1(mod p )
≡1
elde ederiz. Şu halde a
çözümü yoktur.
p −1
d
≡/ 1(mod p) ise x n ≡ a(mod p) kongrüansının
p −1
2) Şimdi, a d ≡ 1(mod p) olduğunu kabul edelim ve g, p modülüne göre
bir primitif kök olsun. a nın p modülüne ve g primitif köküne göre indeksi j
ise
g j ≡ a (mod p)
dir. Böylece,
p −1
p −1
j.
p −1
a d ≡ 1(mod p ) ⇒ ( g j ) d ≡ g d ≡ 1 ≡ g 0 (mod p )
olur. Buradan Teorem 5.2. kullanılarak
j ( p − 1)
≡ 0(mod( p − 1))
d
mod ϕ ( p )
elde edilir. Şu halde k ∈ olmak üzere,
j ( p − 1)
= k ( p − 1)
d
yazabiliriz. Bu son eşitlikten de
j = k.d ⇒ d | j
2
buluruz. g , g ,..., g
p −1
(5.1)
sayıları, p modülüne göre bir tam kalan sistemi
n
oluşturduğundan x ≡ a(mod p) kongrüansının her çözümü, y uygun bir
pozitif tamsayı olmak üzere x ≡ g y (mod p) şeklindedir. Şu halde,
g yn ≡ a(mod p) 
yn
j
 ⇒ g ≡ g (mod p )
g j ≡ a (mod p) 
bulunur ve buradan Teorem 5.6. ya göre
yn ≡ j (mod ϕ ( p)) ⇒ yn ≡ j (mod( p − 1))
elde edilir. (5.1) den
d = (n, p − 1) | j
(5.2)
olduğundan (5.2) deki kongrüansın tam d = (n, p − 1) tane çözümü vardır ve
bu çözümler,
63
y ≡ y1 (mod( p − 1)) , y ≡ y2 (mod( p − 1)) , ... , y ≡ yd (mod( p − 1))
n
ise x ≡ a(mod m) kongrüansının çözümleri
x ≡ g y1 (mod p) , x ≡ g y2 (mod p) , ... , x ≡ g yd (mod p )
olarak bulunur.
Uyarı:
y0
ve
y1 iki tamsayı olmak üzere
y0 ≡ y1 (mod( p − 1))
ise
g y0 ≡ g y1 (mod p ) dir: Çünkü
y0 ≡ y1 (mod( p − 1)) ⇒ p − 1 | y0 − y1
⇒ y0 − y1 = t ( p − 1) , (t ∈ )
⇒ y0 = y1 + t ( p − 1)
⇒ g y0 ≡ g y1 +t ( p −1) ≡ g y1 .( g p −1 )t ≡ g y1 (mod p )
≡1
olacağından x n ≡ a(mod m) kongrüansının yukarıdaki d tane çözümünden
başka çözümü yoktur.
x 7 ≡ 2(mod13) kongrüansının çözülebilir olup olmadığını
Örnek 5.11.
araştıralım ve eğer çözülebilir ise kongrüansın çözümlerini bulalım.
p −1
Çözüm.
Teorem 5.11. e göre a ( n , p −1) ≡ 1(mod p ) ise x n ≡ a(mod p)
kongrüansı çözümlüdür. Örneğimizde a = 2 , p − 1 = 12 , n = 7 dir. Şu halde
12
(2,13) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre
2 (7,12) ≡ 212 ≡ 1(mod13)
bulunur. Dolayısıyla x 7 ≡ 2(mod13) kongrüansı çözümlüdür ve
( 7,12 ) = 1
olduğundan tek çözüm vardır. Kongrüansı çözmek için 13 modülüne göre bir
primitif kök araştıralım. Acaba 2, 13 modülüne göre bir primitif kök müdür?
12 = 2 2.3 olduğundan 12 nin bölenleri 1, 2,3, 4, 6 ve 12 dir.
21 ≡/ 1(mod13) , 22 ≡/ 1(mod13) , 23 ≡/ 1(mod13)
24 ≡/ 1(mod13) , 26 ≡/ 1(mod13) , 212 ≡ 1(mod13)
olduğundan 2, 13 modülüne göre bir primitif köktür. Şu halde x 7 ≡ 2(mod13)
kongrüansının çözümü y uygun bir pozitif tamsayı olmak üzere
x ≡ 2 y (mod13) şeklindedir. Teorem 5.6. ya göre
(2 y )7 ≡ 2 ≡ 21 (mod13) ⇒ 7 y ≡ 1(mod 12
)
ϕ (13)
bulunur. (7,12) = 1 olduğundan her iki yanı 7 ile çarparsak
64
49 y ≡ 7(mod12) ⇒ y ≡ 7(mod12)
7
bulunur, bu ise x ≡ 2 (mod13) şeklinde tek çözümdür.
Yukarıda, eğer 21 = 2 sayısı 2 den farklı bir sayı olsaydı o zaman bu
sayıyı 13 modülüne göre 2 nin bir kuvveti olarak yazmamız gerekirdi. Şimdi
bu örnekten yararlanarak x 7 ≡ 3(mod13) kongrüansını çözelim. ( 7,12 ) = 1 ve
12
3(7,12) ≡ 312 ≡ 1(mod13) olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bunun
için (2 y )7 ≡ 3(mod13) kongrüansını çözmeliyiz. Şimdi 3 ü, 2 nin bir kuvveti
olarak yazalım.
21 ≡ 2(mod13) , 22 ≡ 4(mod13) , 23 ≡ 9(mod13) , 24 ≡ 3(mod13)
olduğundan Teorem 5.6. ya göre
(2 y )7 ≡ 3 ≡ 24 (mod13) ⇒ 7 y ≡ 4(mod12)
⇒ 49 y ≡ 28 ≡ 4(mod12) ⇒ y ≡ 4(mod12)
( 7,12 ) =1
bulunur. Şu halde x 7 ≡ 3(mod13) kongrüansının çözümü x ≡ 24 ≡ 3(mod13)
tür.
PROBLEMLER
1) 3 ün, 17 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundan
yararlanarak x11 ≡ 9(mod17) kongrüansını çözünüz.
2) 2 nin, 19 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundan
yararlanarak x 6 ≡ 11(mod19) kongrüansını çözünüz.
3) n ∈ ve p, n 4 + n3 + n 2 + n + 1 nin bir asal böleni ise bu takdirde ya
p ≡ 1( mod 5 ) veya p = 5 olduğunu gösteriniz.
4)
n ≥ 1 bir tamsayı olsun. a1 ≡ a2 ( mod n ) ve ( a1 , n ) = ( a2 , n ) = 1 ise a1 ve
a2 nin, n modülüne göre eksponentlerinin eşit olduğunu gösteriniz.
5) eks p a = 6 ise a 4 + a 2 + 1 ≡ 0 ( mod p ) olduğunu gösteriniz.
6)
p, p ≡ 1( mod 4 ) koşulunu gerçekleyen bir asal sayı olsun. g tamsayısı p
modülüne göre bir primitif kök ise − g tamsayısının da p modülüne göre bir
primitif kök olduğunu gösteriniz.
65
7) eks m a = h , eks m b = k
ve
( h, k ) = 1
ise eks m ( a.b ) = h.k
olduğunu
gösteriniz.
8)
p bir asal sayı ve g de p modülüne göre bir primitif kök olsun. Eğer k
tamsayısı ( k , p − 1) = 1 koşulunu gerçekliyorsa bu takdirde g k tamsayısının da
p modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz.
9)
p bir asal sayı olmak üzere eks p a = h ve h bir çift tamsayı ise
bu
h
2
takdirde a ≡ −1( mod p ) olduğunu gösteriniz.
10)
p bir tek asal sayı olsun. eks p a = 2 olması için gerek ve yeter koşulun
a ≡ −1( mod p ) olduğunu gösteriniz.
11)
p bir tek asal sayı ise x p −1 ≡ 1( mod p ) kongrüansının çözümlerinin
sayısını belirleyiniz.
12)
x n ≡ 3 ( mod 7 ) kongrüansında n pozitif tamsayısını öyle belirleyiniz ki
bu kongrüansın
a) hiç çözümü olmasın,
b) tam iki tane çözümü olsun.
66
6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) REZİDÜLER
Bu bölümde x 2 ≡ a(mod p ) kongrüansının çözülebilir olup olmadığını
Teorem 5.11. de verdiğimiz kriteri kullanmadan, Legendre sembolü adı verilen
bir sembol yardımı ile belirleyeceğiz. Bu amaçla,
(6.1)
ax 2 + bx + c ≡ 0(mod p) , a ≡/ 0(mod p )
kongrüansının x 2 ≡ u (mod p ) kongrüansına eşdeğer olduğunu gösterelim.
p = 2 için (6.1) deki kongrüansın çözülebilir olup olmadığı kolaylıkla
görülebilir. Bu nedenle, p > 2 kabul edelim. f ( x ) polinomunu
f ( x ) = ax 2 + bx + c
olarak tanımlarsak
f ( x ) ≡ 0(mod p )
kongrüansının her iki tarafını,
( a, p ) = 1

 ⇒ (4a, p) = 1
(2, p) = (4, p) = 1
olduğundan, 4a ile çarparak
2
4a. f ( x ) = 4a 2 x 2 + 4abx + 4ac = ( 2ax + b ) + ( 4ac − b 2 )
elde ederiz. Şu halde f ( x ) ≡ ( mod p ) kongrüansını çözme problemi
( 2ax + b )
2
≡ ( b 2 − 4ac ) (mod p )
kongrüansını çözme problemine dönüşmüş olur.
Şimdi 2ax + b = y diyelim. f ( x ) ≡ 0(mod p ) kongrüansının bir x0
çözümü varsa y0 , 2ax0 + b ≡ y0 (mod p) koşulunu gerçekleyen bir tamsayı
olmak üzere, y 2 ≡ b 2 − 4ac(mod p) kongrüansının bir çözümüdür. Tersine,
y 2 ≡ b 2 − 4ac(mod p)
2ax0 + b ≡ y0 (mod p)
kongrüansının
bir
çözümü
y0
ise
x0 ,
koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olmak üzere,
f ( x ) ≡ 0(mod p ) kongrüansının bir çözümüdür. Şu halde, f ( x ) ≡ 0(mod p )
ve x 2 ≡ b 2 − 4ac(mod p) kongrüanslarının çözümleri arasında
bire-bir bir
2
eşleme vardır. Böylece, ax + bx + c ≡ 0(mod p) kongrüansını çözme problemi
x 2 ≡ u (mod p ) şeklinde bir kongrüansı çözme problemine indirgenmiş olur.
Örnek 6.1. x 2 + x + 5 ≡ 0(mod11) kongrüansını x 2 ≡ u (mod11) biçimine
dönüştürelim.
Çözüm. (4,11) = 1 olduğundan x 2 + x + 5 ≡ 0(mod11) kongrüansının her iki
tarafını 4 ile çarpalım.
67
4 x 2 + 4 x + 20 ≡ 0(mod11) ⇒ (2 x + 1) 2 − 1 + 20 ≡ 0(mod11)
yazabiliriz. 2 x + 1 = y dersek, y 2 ≡ −19 ≡ 3(mod11) buluruz ( Bunun yerine
x 2 ≡ 3 ( mod11) de yazabilirdik).
Tanım 6.1. a bir tamsayı ve (a, m) = 1 olsun. x 2 ≡ a(mod m) kongrüansının
çözümü varsa a ya m modülüne göre bir kuadratik rezidü ( kuadratik kalan )
ve eğer x 2 ≡ a(mod m) kongrüansının çözümü yoksa a ya m modülüne göre
bir kuadratik non- rezidü denir. Kısaca, kuadratik rezidü yerine KR,
kuadratik non- rezidü yerine de KNR yazacağız.
Tanım 6.2. p bir tek asal sayı ve (a, p) = 1 olsun.
a
 =
 p
 +1

 -1
, eğer a , mod p bir KR ise,
, eğer a , mod p bir KNR ise
a
şeklinde tanımlı   sembolüne Legendre sembolü adı verilir.
 p
Örneğin
x 2 ≡ 4 ( mod11)
kongrüansı
çözülebilir
olduğundan
( x ≡ 2 ( mod11) bir çözümdür ) 2 , 11 modülüne göre bir KR dür ve bundan
4
dolayı   = 1 dir. x 2 ≡ 3 ( mod 7 ) kongrüansının çözümü olmadığından 3 ,
7
3
7 modülüne göre bir KNR olup,   = −1 bulunur.
7
Teorem 6.1. p bir tek asal sayı , a ∈ ve (a, p) = 1 olmak üzere
1) a
p −1
2
≡ 1(mod p) ise a, p modülüne göre bir kuadratik rezidü,
p −1
2
2) a ≡ −1(mod p ) ise a, p modülüne göre bir kuadratik non-rezidüdür.
Kanıt. Teorem 5.11. de n = 2 alırsak, (n, p − 1) = (2, p − 1) = 2 olacağından,
çift
1) a
2) a
p −1
2
≡ 1(mod p) ise x 2 ≡ a(mod p ) kongrüansı çözümlü,
p −1
2
≡/ 1(mod p) ise x 2 ≡ a(mod p ) kongrüansının çözümü yoktur.
(a, p) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre,
68
a p −1 ≡ 1(mod p) ⇒ a p −1 − 1 ≡ 0(mod p)
dir ve p-1 bir çift sayı olduğundan
p −1
p −1
(a 2 − 1)(a 2 + 1) ≡ 0(mod p )
bulunur. Buradan Teorem 1.7. ye göre p nin, bu iki çarpandan sadece bir
tanesini böldüğü sonucu elde edilir. Eğer p, iki çarpanın her ikisini de bölerse
p −1
p −1


p |  −(a 2 − 1) + (a 2 + 1)  = 2


bulunur ki, bu p nin tek asal sayı oluşu ile çelişir. Şu halde, ya
a
p −1
2
≡ 1(mod p)
veya
a
dir. a
p −1
2
p −1
2
≡ −1(mod p )
≡ 1(mod p) ise 1) den x 2 ≡ a(mod p ) kongrüansı çözümlüdür.
Dolayısıyla a, p modülüne göre bir kuadratik rezidüdür. a
ise p ≠ 2 olduğundan a
p −1
2
p −1
2
≡ −1(mod p )
≡ −1 ≡/ 1(mod p) olur ki, bu durumda 2) den dolayı
2
x ≡ a(mod p ) kongrüansının çözümü yoktur, yani a, p modülüne göre bir
kuadratik non-rezidüdür.
Örnek 6.2. 3, 13 modülüne göre bir kuadratik rezidü müdür, yani
x 2 ≡ 3 ( mod13) kongrüansı çözümlü müdür ?
12
Çözüm. 3(2,12) ≡ 36 ≡ 33 .33 ≡ (+1)(+1) ≡ 1(mod13) olduğundan x 2 ≡ 3(mod13)
≡1
≡1
kongrüansı çözümlüdür. Şu halde 3, 13 modülüne göre
x ≡ 4(mod13) bir çözümdür.
bir KR dür ve
Uyarı : a, b ∈ olsun. a, m modülüne göre bir KR ve a ≡ b(mod m) ise b de
m modülüne göre bir KR dür. Dolayısıyla, m modülüne göre KR leri sayarken
p −1
p −1
birbirine kongrü olmayanlar alınmalıdır. mod p ;
tane KR ve
2
2
tane de KNR vardır.
Örnek 6.3. 7 modülüne göre bütün kuadratik rezidü ve kuadratik nonrezidüleri bulalım.
Çözüm. 12 ≡ 1(mod 7) , 22 ≡ 4(mod 7) , 32 = 9 ≡ 2(mod 7) ,
69
42 = 16 ≡ 2(mod 7) , 52 = 25 ≡ 4(mod 7) , 62 = 36 ≡ 1(mod 7)
olduğundan
x 2 ≡ 1(mod 7) , x 2 ≡ 4(mod 7) , x 2 ≡ 2(mod 7)
kongrüansları çözümlü,
x 2 ≡ 3(mod 7) , x 2 ≡ 5(mod 7) , x 2 ≡ 6(mod 7)
kongrüansları çözümsüzdür. Şu halde 7 modülüne göre kuadratik rezidüler 1, 4
ve 2 ; kuadratik non-rezidüler de 3, 5 ve 6 dır.
Teorem 6.2. p bir tek asal sayı, a ve b tamsayılar olmak üzere
(a, p) = 1 , (b, p) = 1 olsun. Bu taktirde Legendre sembolünün aşağıdaki
özellikleri geçerlidir.
p −1
a
1)   ≡ a 2 (mod p),
 p
 ab   a  b 
2)   =    ,
 p   p  p 
1
3)   = 1 ,
 p
p −1
 −1 
4)   = (−1) 2 ,
 p
 a2 
5)   = 1 ,
 p
a b
6) a ≡ b(mod p ) ise   =   dir.
 p  p
Kanıt. 1) Teorem 6.1. ve Legendre sembolünün tanımından elde edilir.
2) 1) de a yerine ab alınırsa
p −1
 ab 
2
  ≡ (ab) (mod p)
 p
kongrüansı elde edilir. Burada 1) deki denkliği tekrar kullanırsak,
p −1
p −1 p −1
 a  b 
(ab) 2 ≡ a 2 b 2 ≡    (mod p)
 p  p 
buluruz. (6.2) ve (6.3) ten
 ab   a  b 
  ≡    (mod p )
 p   p  p 
olur.
70
(6.2)
(6.3)
 ab   a   b 
  −    ≤ 2 < p
 p   p  p 
olduğundan
 ab   a  b 
  =   
 p   p  p 
elde edilir.
3) 1) de a = 1 alırsak
p −1
1
1
1
1 2 ≡   (mod p) ⇒ 1 ≡   ( mod p ) ⇒   = 1
 p
 p
 p
elde ederiz.
p −1
p −1
 −1 
 −1 
4)   ≡ (−1) 2 (mod p) ifadesinde   = +1 , (−1) 2 = −1 alınırsa,
 p
 p
1 ≡ −1(mod p) ve buradan p | 2 elde edilir ki, bu p ≠ 2 oluşu ile çelişir. Şu
p −1
 −1 
halde kongrüansın her iki yanı aynı işaretli, yani   = (−1) 2 olmalıdır.
 p
 a 2   a  a 
a
5)   = ±1 olduğundan   =    = (±1) 2 = 1 buluruz.
 p
 p   p  p 
6) a ≡ b(mod p ) olsun. Kongrüans özelliklerinden ve 1) den
a ≡ b(mod p ) ⇒ a
p −1
2
≡b
p −1
2
a b
(mod p) ⇒   ≡   (mod p )
 p  p
a b
ve buradan   =   bulunur.
 p  p
Aşağıdaki teoremi ispatsız olarak verelim.
Teorem 6.3. p bir tek asal sayı ve
2
p −1
2
  = ( −1) 8 ve t =
 p
p −1
2
 ja 
( a, 2 p ) = 1
∑  p  olmak üzere
j =1
olsun. Bu takdirde
a
t
  = ( −1) dir.
p
 
Örnek 6.4. x 2 ≡ 2(mod 61) kongrüansının çözümü var mıdır ?
Çözüm.
tek sayı
612 −1
(61−1).(61+1)
60.62
 2
8
8
8
= (−1)
= (−1)
= (−1) 15.31 = −1
  = (−1)
 61 
71
olduğundan x 2 ≡ 2(mod 61) kongrüansının çözümü yoktur.
Örnek 6.5. x 2 + 2 ≡ 0(mod 61) kongrüansının çözümü var mıdır ?
Çözüm. x 2 ≡ −2(mod 61)
kongrüansının
çözümlü
olup
olmadığını
araştırmalıyız.
 −2   −1  2   −2   −1  2 
  =    ⇒   =    = (+1)(−1) = −1
 p   p  p   61   61  61 
olduğundan x 2 ≡ −2(mod 61) kongrüansının, dolayısıyla x 2 + 2 ≡ 0(mod 61)
kongrüansının çözümü yoktur. Burada
61−1
60
 −1 
 2
2
2
=
(
−
1)
=
(
−
1)
= +1 ,   = −1
 
 61 
 61 
olduğunu kullandık.
Örnek 6.6. p, p = 8m + 1 veya p = 8m + 3 şeklinde bir asal sayı ise bu
takdirde x 2 + 2 ≡ 0(mod p) kongrüansının çözümlü olduğunu gösterelim.
Çözüm.
2
p −1
p −1
 −2   −1  2 
2
8
=
=
−
−
(
1)
(
1)
    
 p   p  p 
yazabiliriz.
p = 8m + 1 ⇒
p −1
p −1
= 4m ⇒ (−1) 2 = (−1) 4 m = 1
2
ve
2
p −1
p 2 − 1 ( p − 1)( p + 1) 8m(8m + 2)
=
=
= 2m(4m + 1) ⇒ (−1) 8 = (−1) 2 m (4 m +1) = 1
8
8
8
2
p −1
p −1
 −2 
2
8
=
(
−
1)
(
−
1)
= 1.1 = 1 olduğundan
 
p
 
x 2 + 2 ≡ 0(mod p) kongrüansı çözümlüdür. Diğer taraftan eğer, p = 8m + 3 ise
elde
ederiz.
Şu
halde
p −1
p −1
= 4m + 1 ⇒ (−1) 2 = (−1)4 m +1 = −1
2
ve
p 2 − 1 ( p − 1)( p + 1) (8m + 2)(8m + 4)
=
=
= (4m + 1)(2m + 1)
8
8
8
⇒ (−1)
p 2 −1
8
tek = (−1)
( 4 m+1)( 2 m +1)
72
= −1
elde ederiz ve buradan
2
p −1
p −1
 −2 
2
8
=
(
−
1)
(
−
1)
= (−1)(−1) = +1
 
p
 
olduğundan x 2 + 2 ≡ 0(mod p) kongrüansının bu durumda da çözümlü olduğu
görülür.
 a   −a 
Örnek 6.7. p ≡ 1(mod 4) ise   = 
 olduğunu gösterelim.
 p  p 
Çözüm.
p ≡ 1(mod 4) ⇒ p = 4k + 1, k ∈ olduğundan
p −1
= 2k dır. Şu
2
halde,
p −1
 −a   −1   a 
a
a
2k  a 
2
(
1)
=
=
−
−1)   =  
    
  = (
 p   p 
 p   p  p 
 p
+1
elde edilir.
2
2
Örnek 6.8. p = 8m ± 1 için   = +1 , p = 8m ± 3 için   = −1 olduğunu
p
 
 p
gösterelim.
2
p −1
2
Çözüm.   = (−1) 8 olduğundan, eğer p = 8m ± 1 ise ;
 p
p 2 − 1 (8m ± 1) 2 − 1
=
= 8m 2 ± 2 m
8
8
olacağından
2
p −1
2
2
8
= (−1)8 m ± 2 m = 1
  = (−1)
 p
dir. Eğer p = 8m ± 3 ise ;
p 2 − 1 (8m ± 3)2 − 1
=
= 8m 2 ± 6 m + 1
8
8
olacağından
2
p −1
2
2
8
= (−1)8 m ± 6 m +1 = −1
  = (−1)
 p
dir.
Teorem 6.4. ( Kuadratik Resiprosite Teoremi) p ve q birbirinden farklı tek
asal sayılar olmak üzere
73
p −1 q −1
.
 p  q 
2
2
    = (−1)
 q  p 
p −1 q −1
 p q 
.
bağıntısı geçerlidir. Bunu
  =   ( −1) 2 2
q  p
şeklinde de ifade
edebiliriz.


p −1
q −1
kümesini
M = ( x, y ) 1 ≤ x ≤
, 1≤ y ≤
; x, y ∈ 
2
2


tanımlayalım. M1 ve M 2 kümelerini de M1 = {( x, y ) ∈ M qx > py} ,
İspat.
M 2 = {( x, y ) ∈ M qx < py}
şeklinde tanımlayalım.
qx ≠ py
olduğundan
M1 ∩ M 2 = ∅ dir. M1 ve M 2 kümelerinin tanımlarından M1 ∪ M 2 = M
olduğu açıktır. M, M1 ve M 2 kümelerinin elaman sayılarını sırasıyla n ( M ) ,
n ( M1 ) , n ( M 2 ) ile gösterelim.
n(M ) =
p −1 q −1
.
2
2
olduğunu göz önüne alırsak
p −1 q −1
.
(6.4)
2
2
yi bulalım. M1 ve M 2 kümelerini
n ( M1 ) + n ( M 2 ) = n ( M ) =
bulunur. Şimdi n ( M1 ) ve n ( M 2 )
aşağıdaki şekilde yazabiliriz.

p −1
qx 
M1 = ( x, y ) 1 ≤ x ≤
, 1≤ y < 
2
p 

q −1
py 

M 2 = ( x, y ) 1 ≤ y ≤
, 1≤ x <

2
q 

x, y ∈ olduğundan M kümesini

p −1
qx 
M = ( x, y ) 1 ≤ x ≤
, 1≤ y <  =
2
p 

( p − 1) q 
q  
2q 

 p −1
(1, y ) 1 ≤ y <  ∪ ( 2, y ) 1 ≤ y <
 ∪ ... ∪  2 , y 1 ≤ y <

p  
p 
p 


şeklinde yazabiliriz. Birleşime giren bir

p − 1
qk  
( k , y ) 1 ≤ y <
 ,  k = 1, 2,...,


2 
p


(
74
)
 qk 
kümesinin eleman sayısı   dir. Öte yandan birleşime giren kümelerin
 p
ikişer ikişer arakesitleri boştur. Şu halde
p −1
2
n ( M1 ) =
 qx 
∑  p 
x =1
bulunur. Benzer şekilde
q −1
2
 py 
∑  q 
n(M2 ) =
y =1
olduğu gösterilebilir. (6.4) eşitliği göz önüne alınırsa
p −1
2
 qx 
q −1
2
 py 
∑  p  + ∑  q  =
x =1
y =1
p −1 q −1
.
2
2
bulunur. Bu eşitlikten
( −1)
p −1
2  qx 
∑  
x =1  p 
⋅ ( −1)
q −1
2  py 
∑  
y =1  q 
= ( −1)
p −1 q −1
.
2 2
(6.5)
q
elde edilir. Teorem 6.3. e göre (6.5) eşitliğinin sol tarafındaki ilk çarpan  
 p
 p
ye , ikinci çarpan da   ya eşittir. Böylece,
q
p −1 q −1
 p  q 
.
   = ( −1) 2 2
 q  p 
bulunur.
 −22 
Örnek 6.9. 
 Legendre sembolünün değerini hesaplayalım.
 73 
Çözüm. 22 = 2.11 olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. ve Kuadratik
Resiprosite Teoremini kullanarak
75
2
73 −1
73 −1
11−1 73 −1
.
73 
 −22   −1  2   11 
8
2
2
2 
=
=
(
−
1)
(
−
1)
(
−
1)

     
 
 73   73  73   73 
 11 
72.74
 73   7   −4   −1   4 
= (
−1)36 (−1) 8 (−1)5.36   =   =   =    
 11   11   11   11   11 
+1
+1
+1
+1
= (−1)
11−1
2
= (−1)5 = −1
elde edilir.
 365 
Örnek 6.10. 
 Legendre sembolünün değerini hesaplayalım.
 1847 
Çözüm. 1847 asal ve 365=5.73 olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. ve
Kuadratik Resiprosite Teoremini kullanarak
4 1846
72 1846
.
.
1847 
1847 
 365   5  73 
2 2 
2 2 
=
=
(
−
1)
(
−
1)

 

 
 

 1847   1847  1847 
 5 
 73 
+1
+1
(5 −1)(5 +1)
 2  22 
 2  11 
=    = (−1) 8   
5
73
  
 73  73 
−1
= (−1)
72.74
8
10 72
. .
2
(−1) 2
 73 
 −4 
  = − 
 11 
 11 
11−1
 −1   4 
= −     = −(−1) 2 = −(−1)5 = 1 ,
11 
 11  
+1
 365 
yani 
 = 1 bulunur.
 1847 
3
Örnek 6.11.   = 1 koşulunu gerçekleyen p tek asal sayılarını bulalım.
 p
2
Çözüm. x ≡ 3(mod p) kongrüansının hangi p asal sayıları için çözümlü
olduğunu araştırmalıyız. Kuadratik Resiprosite Teoreminden
3 −1 p −1
p −1
.
3
p
p
2 2 
2 
  = (−1)
  = (−1)  
3
3
 p
3
olduğunu biliyoruz.   = 1 olması için
 p
76
p −1
 p
a)   = 1 ve (−1) 2 = 1
3
veya
p −1
 p
b)   = −1 ve (−1) 2 = −1
3
gerçeklenmelidir. Bu iki durumu inceleyelim.
 p
a)   = 1 ise p, 3 ün bir KR süne kongrüent olmalıdır. x 2 ≡ 1(mod 3)
3
kongrüansı için 12 ≡ 1(mod 3) , 22 ≡ 1(mod 3) olduğundan 1, 3 ün tek KR
südür. Buradan
 p
  = 1 ⇒ p ≡ 1(mod 3)
3
yazabiliriz.
p −1
p −1
= 2k , k ∈ Z ⇒ p − 1 = 4k ⇒ p = 4k + 1 ⇒ p ≡ 1(mod 4)
(−1) 2 = 1 ⇒
2
buluruz. Böylece
p ≡ 1(mod 4)
p ≡ 1(mod 3)
kongrüansları aynı anda gerçeklenmelidir. Şu halde bu kongrüans sisteminin
çözümünü bulmamız gerekir. (3, 4) = 1 olduğundan sistemin mod 3.4 tek türlü
belirli bir çözümü vardır. p ≡ 1(mod 4) kongrüansının çözümleri m ∈ olmak
üzere p = 4m + 1 şeklindedir. 4m + 1 tamsayısının
p ≡ 1(mod 3)
kongrüansının da bir çözümü olması için
4m + 1 ≡ 1(mod 3) ⇒ 4m ≡ 0(mod 3) ⇒ m ≡ 0(mod 3)
olmalıdır. t ∈ olmak üzere m = 3t için
p = 4m + 1 ⇒ p = 4(3t ) + 1 = 12t + 1
olup, p nin bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansın
çözümüdür. Bulduğumuz bu çözümleri p ≡ 1(mod12) şeklinde de ifade
edebiliriz.
 p
b)   = −1 ise p, 3 ün bir KNR süne kongrüent olmalıdır. 3 ün tek KNR sü
3
2 olduğundan p ≡ 2(mod 3) olmalıdır.
(−1)
p −1
2
= −1 ⇒
p −1
= 2k + 1, k ∈ ⇒ p = 4k + 3 ⇒ p ≡ 3(mod 4)
2
bulunur. Şu halde,
77
p ≡ 3(mod 4)
p ≡ 2(mod 3)
kongrüansları aynı anda gerçeklenmelidir. Bu kongrüans sistemi yukarıdakine
benzer şekilde çözülürse p ≡ 11(mod12) bulunur.
Örnek 6.12 2 x 2 + x + 11 ≡ 0(mod 41) kongrüansının çözümü var mıdır ?
Çözüm.
( 4.2, 41) = (8, 41) = 1
olduğundan kongrüansın her iki yanını
4a = 4.2 = 8 ile çarpalım:
16 x 2 + 8 x + 88 ≡ 0(mod 41) ⇒ (4 x + 1) 2 − 1 + 88 ≡ 0(mod 41)
⇒ (4 x + 1) 2 ≡ −87(mod 41)
bulunur.
4x +1 = y
dersek
y 2 ≡ −87(mod 41)
kongrüansı elde edilir.
 −87 
2

 = 1 ise y ≡ −87(mod 41) kongrüansı dolayısıyla,
41


2 x 2 + x + 11 ≡ 0(mod 41)
kongrüansı çözümlü olacaktır. Şu halde,
 −87   −1  87   −1  5 

 =    =    ,
 41   41  41   41  41 
41−1
5 −1 41−1
.
41 
 −1 
 5
1
2
2
2 
,
=
(
−
1)
=
+
1
=
(
−
1)
 
    = 1.   = +1
 41 
 41 
 5 
5
+1
olduğundan
 −87   −1  87 

 =    = (+1)(+1) = 1
 41   41  41 
elde edilir. Dolayısıyla 2 x 2 + x + 11 ≡ 0(mod 41) kongrüansının çözümü vardır.
Örnek 6.13. p bir tek asal sayı olmak üzere p | x 2 + 1 olacak şekilde bir
x ∈ bulanabiliyor ise p hangi formda olmalıdır ?
Çözüm. Bir x ∈ için p | x 2 + 1 olduğundan x 2 + 1 ≡ 0(mod p) dir. O halde,
 −1 
x 2 ≡ −1(mod p ) olduğundan bu kongrüansın çözümü olmalıdır, yani   = 1
 p
olmalıdır. Böylece,
p −1
 −1 
p −1
2
= 2k , k ∈ ⇒ p = 4k + 1 ,
  = (−1) = 1 ⇒
2
 p
78
yani p ≡ 1(mod 4) tür.
JACOBİ SEMBOLÜ
Tanım 6.3. P ∈ , Q ∈ t + , ( P, Q ) = 1 , Q = q1q2 ...qs ( qi ler tek asal sayılar )
P
olsun. Bu takdirde   Jacobi sembolü
Q
s 
P
P
  = ∏ 
 Q  i =1  qi 
P
şeklinde tanımlanır. Burada   ler Legendre sembolüdür.
 qi 
P
P
Eğer Q bir tek asal sayı ise   Jacobi sembolü ile   Legendre
Q
Q
P
sembolü aynıdır. Tanımdan dolayı   Jacobi sembolünün değeri ya +1
Q
P
veya -1 dir.   = −1 ise x 2 ≡ P ( mod Q ) kongrüansının çözümü yoktur.
Q
P
Fakat   = 1 ise bu durum P nin, Q nun bir KR sü olduğunu, yani
Q
2
x ≡ P ( mod Q )
kongrüansının çözümü olduğunu göstermez. Gerçekten
2
2
 9  = 1 olmasına rağmen x ≡ 2 ( mod 9 ) kongrüansının çözümü yoktur.
 
Teorem 6.5. Q, Q′ pozitif tek tamsayılar; P, P ′ ∈ ve ( PP ′, QQ ′) = 1
olsun. Bu takdirde
 P  P   P 
 P  P ′   PP ′ 
i)     = 
ii)    = 
,
,
′
′
Q
Q
QQ
   

 Q  Q   Q 
 P2   P 
iii) 
 =  2  = 1,
 Q  Q 
 P′P 2   P′ 
iv) 
= ,
2 
 Q ′Q   Q ′ 
 P′   P 
v) P′ ≡ P ( mod Q ) ⇒   =  
 Q  Q
dur.
79
Kanıt. i) Q = q1q2 ...qs ve Q ′ = q1′ q2′ ...qt ′ olsun.
s
P t  P
 P  P 
    = ∏  .∏ 
 Q  Q′  i =1  qi  i =1  qi′
  P  P
 =  
  q1  q2

 P
 ... 
  qs
  P  P
 .  
  q1′   q2′
  P 
 ...  
  q′ 
  t 
 P 
=

 QQ ′ 
bulunur.
ii) Q = q1q2 ...qs ( qi ler asal olsun ) Teorem 6.2. den dolayı
 P  P ′   PP′ 
   = 
 ( i = 1, 2,..., s )
 qi  qi   qi 
olduğundan
s 
s 
s 
 P   P′ 
P  s  P′ 
P   P′ 
PP ′   PP ′ 
=
    = ∏  .∏   = ∏     = ∏ 

 Q   Q  i =1  qi  i =1  qi  i =1  qi   qi  i =1  qi   Q 
bulunur.
iii) ii) yi kullanarak
 P 2   P  P 
2

 =     = (±1) = 1
Q
Q
Q

   
ve i) yi kullanarak
 P   P  P 
2
 2  =     = (±1) = 1
 Q   Q  Q 
bulunur.
 P′P 2   P′   P 2  iii )  P′  i )  P′   P′  iii )  P ′ 
iv) 
=
  2  =   dur.
2 
2 
2  =
2  =
 Q ′Q   Q ′Q   Q ′Q   Q ′Q   Q ′   Q   Q ′ 
v) Q = q1q2 ...qs olsun. Bu takdirde
P′ ≡ P ( mod Q ) ⇒ P′ ≡ P ( mod qi ) ( i = 1, 2,..., s )
 P′   P 
ve Teorem 6.2. den   =   ( i = 1, 2,..., s ) bulunur. Bu son eşitlikten
 qi   qi 
 P ′   P′   P′   P ′   P  P   P   P 
  =     ...   =    ...   =  
 Q   q1   q2   qs   q1  q2   qs   Q 
elde edilir.
80
Teorem 6.6. Q > 0 bir tek tamsayı ise
Q −1
Q −1
 −1 
2
  = ( −1) 2 ve   = ( −1) 8
Q
Q
2
bağıntıları geçerlidir.
Kanıt. Jacobi sembolünün tanımını kullanarak Q = q1q2 ...qs ( qi ler tek asal
sayılar ) ise
s
s
 −1 
 −1 
  = ∏   = ∏ ( −1)
 Q  i =1  qi  i =1
qi −1
2
s
=
( −1)
∑
i =1
qi −1
2
(6.6)
elde edilir. a ve b tek tamsayılar olsun. Bu takdirde
ab − 1  a − 1 b − 1  ( a − 1)( b − 1)
−
+
=
≡ 0 ( mod 2 )
2
2 
2
 2
ve buradan
a − 1 b − 1 ab − 1
+
≡
( mod 2 )
2
2
2
elde edilir. Buradan indüksiyon metodu ile
s
qi − 1 1  s
 Q −1
≡  ∏ qi − 1  ≡
( mod 2 )
∑
2
2
2
i =1
 i =1

bağıntısının geçerli olduğu gösterilebilir. Bu bağıntıyı , (6.6) da kullanarak
Q −1
 −1 
  = ( −1) 2
Q
sonucu elde edilir.
a ve b tek tamsayılar olmak üzere
(
)(
)
a 2 − 1 b2 − 1
a 2b 2 − 1  a 2 − 1 b 2 − 1 
−
+
=

8
8 
8
 8
(
)
(
)
olup, a ve b tek tamsayılar olduğundan 8 | a 2 − 1 ve 8 | b 2 − 1 dir. Şu
halde
(a
2
)(
)
−1 b2 − 1
8
tamsayısı 2 ile bölünür. Böylece
a 2 − 1 b2 − 1 a 2b2 − 1
+
≡
( mod 2 )
8
8
8
elde edilir. Buradan tekrar indüksiyon metodu kullanılarak
s
qi 2 − 1 Q 2 − 1
≡
( mod 2 )
∑
8
8
i =1
olduğu gösterilebilir. Bu bağıntı kullanılarak
81
s 
q −1
Q −1
2
2
∑ i 8 −1 8
=
=
−
1
i
=
1
(
)
( )


  ∏
 Q  i =1  qi 
elde edilir ve ispat tamamlanır.
s
2
2
Teorem 6.7. P, Q pozitif tek tamsayılar ve ( P, Q ) = 1 olsun. Bu takdirde
P −1 Q −1
 P  Q 
.
    = ( −1) 2 2
 Q  P 
dir.
Kanıt.
pi ler ve
qi ler tek asal sayılar olmak üzere
P = p1 p2 ... pr ve
Q = q1q2 ...qs olsun. Kuadratik Resiprosite Teoreminden
s
s
r 
P
pi
P
  = ∏ = ∏∏ 
Q
q
q
j =1 i =1  j
  j =1 j
s
r
pi −1 q j −1

 qj 
.
 = ∏∏   ( −1) 2 2
 j =1 i =1 pi
 

s
r
pi −1 q j −1
 P Q
.
2
2
⇒   =   ( −1)∑∑
j =1 i =1
Q  P
(6.7)
elde edilir. Fakat
s
r
∑∑
j =1 i =1
pi − 1 q j − 1 r pi − 1
.
=∑
2
2
2
i =1
s
q j −1
j =1
2
∑
(6.8)
ve
r
∑
i =1
pi − 1 P − 1
≡
( mod 2 ) ,
2
2
s
q j −1
j =1
2
∑
≡
Q −1
( mod 2 )
2
(6.9)
olduğundan , (6.8) ve (6.9) bağıntıları (6.7) de kullanılarak
P −1 Q −1
 P  Q 
.
    = ( −1) 2 2
 Q  P 
(6.10)
sonucu bulunur.
Bu son teorem bize, Jacobi sembolünün Kuadratik Resiprosite kuralına
P
uyduğunu gösterir. (6.10) eşitliği kullanılarak   Jacobi sembolünün değeri
Q
P
  nun değerinin +1
Q
2
olması , x ≡ P ( mod Q ) kongrüansının çözümünün olmasını garantilemez. Şu
daha kolay hesaplanabilir. Bu kolaylığa rağmen
82
halde akla Jacobi sembolünün ne işe yaradığı sorusu gelebilir. Şimdi bunu
açıklayalım. P bir tek asal sayı ve a ∈ olsun. Tanımdan görüldüğü gibi , bu
a
a
durumda
 P  Jacobi sembolü ile,  P  Legedre sembolü çakışır.
 
 
Dolayısıyla
a
P
 
Jacobi sembolünün değeri +1 ise
x 2 ≡ a ( mod P )
a
kongrüansının çözümü vardır.   = −1 ise x 2 ≡ a ( mod P ) kongrüansının
P
a
çözümü yoktur.   Jacobi sembolünün değeri, (6.10) kullanılarak (a bir
P
tek tamsayı ise a yı çarpanlarına ayırmadan) Legendre sembolüne göre daha
kolay hesaplanacağından x 2 ≡ a ( mod P ) kongrüansının çözümünün olup
olmadığı daha kısa bir yolla belirlenmiş olacaktır.
 105 
Örnek 6.14. 
 Jacobi sembolünün değerini bulalım.
 317 
Çözüm. Teorem 6.7. den
104 316
1052 −1
104.106
.
 105 
 317   317   2 
2 2
8
8
=
−
1
=
=
=
−
1
=
−
1
=1
(
)
(
)
(
)
 317   105   105   105 


=1
bulunur. Şu halde x 2 ≡ 105 ( mod 317 ) kongrüansının çözümü vardır.
PROBLEMLER
a
a = −1, −2, 2, 3 ve p = 11, 13, 17 olmak üzere   nin değerlerini
 p
bulunuz.
1)
2) 11 in KR lerinin 1, 3, 4, 5 ve 9 olduğunu gösteriniz.
3) 7, 13, 17, 29 ve 37 sayılarının KR lerini ve KNR lerini bulunuz.
4) 0 < a < 6 olmak üzere, 3 ün kuadratik rezidü olduğu
formundaki bütün asal sayıları bulunuz.
p = 12n ± a
5) x 2 ≡ −3 ( mod p ) kongrüansının p = 6k + 1 formundaki asal sayılar için
çözümlü, p = 6k + 5 formundaki asal sayılar için çözümsüz olduğunu
gösteriniz.
83
6) Aşağıdaki kongrüansların çözülebilir olup olmadıklarını araştırınız,
çözülebilir olanların çözüm sayısını bulunuz.
a) x 2 ≡ 2 ( mod 61) ,
b) x 2 ≡ −2 ( mod 61) ,
c) x 2 ≡ 2 ( mod 59 ) ,
d) x 2 ≡ −2 ( mod 59 ) ,
e) x 2 ≡ 2 ( mod17 ) ,
f) x 2 ≡ −2 ( mod17 ) .
7) p bir tek asal sayı olsun. p modülüne göre iki KR nün çarpımının yine bir
KR, iki KNR nün çarpımının bir KR, bir KR ile bir KNR nün çarpımının bir
KNR olduğunu gösteriniz. Bundan faydalanarak p modülüne göre KR lerin
p −1
p −1
sayısının
ve KNR lerin sayısının da
olduğunu gösteriniz.
2
2
8) p bir tek asal sayı olsun. Aşağıdakileri ispatlayınız.
a)
(
p | x2 − 2
)
olacak şekilde bir
x∈Z
varsa
p ≡ 1( mod 8 )
veya
p ≡ 7 ( mod 8 ) dir.
(
)
b) p | x 4 + 1 olacak şekilde bir x ∈ Z varsa p ≡ 1( mod 8 ) dir.
ϕ ( m)
9) r, m modülüne göre bir KR ise r
2
≡ 1( mod m ) olduğunu gösteriniz.
 p
10) p = 7, 11, 13 ve q = 227, 229, 1009 olmak üzere   nun değerlerini
q
belirleyiniz.
5
11)   = 1 koşulunu gerçekleyen bütün p asal sayılarını belirleyiniz.
 p
12)
p ve q farklı tek asal sayılar ve a da p ve q nun birer KR sü ise
2
x ≡ a ( mod p.q ) kongrüansının çözümü var mıdır?
13) p bir tek asal sayı olmak üzere
84
p −1
 j
j =1

∑ p  = 0

olduğunu gösteriniz.
14) p bir tek asal sayı ve
( a, p ) = 1
olsun. b 2 − 4ac ≡ 0 ( mod p ) ise
 b 2 − 4ac 
ax 2 + bx + c ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının bir çözümü olduğunu, 
 =1
p


 b 2 − 4ac 
ise iki çözümü olduğunu ve 
 = −1 ise hiç çözümü olmadığını
p


gösteriniz.
85
7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR
Bu bölümde, n ≥ 2 bir tamsayı olmak üzere
a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an −1 x n −1 + an x n ≡ 0 ( mod m )
(7.1)
şeklindeki kongrüansların çözümlerini araştıracağız. Bu tip bir kongrüansın
bütün çözümlerini veren bir metod yoktur. Ancak çin kalan teoremi yardımıyla
(7.1) tipindeki bir kongrüansın çözümlerini arama problemi, p bir asal sayı
olmak üzere
(
a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an −1 x n −1 + an x n ≡ 0 mod p t
)
( t ∈ + )
kongrüansının çözümlerini arama problemine indirgenebilir. m
tamsayısının kanonik formu
m = p1α1 p2α2 ... pk α k
olsun. Ayrıca
f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an −1 x n −1 + an x n
pozitif
diyelim. f ( x ) ≡ 0 ( mod m ) kongrüansı çözülebilir ise bir u tamsayısı için
f ( u ) ≡ 0 ( mod m )
olur. Buradan
(
)
f ( u ) ≡ 0 mod piα i
( i = 1, 2,..., k )
bulunur. Şu halde f ( x ) ≡ 0 ( mod m ) kongrüansı çözülebilir ise
(
f ( x ) ≡ 0 mod piα i
)
( i = 1, 2,..., k )
)
( i = 1, 2,..., k )
kongrüansları da çözülebilirdir. Tersine
(
f ( x ) ≡ 0 mod piα i
kongrüansları
(
f ( x ) ≡ 0 mod piα i
çözülebilir olsun.
)
kongrüansının bir
(
çözümü x = ai olsun. (mpi −α i , piα i ) = 1 olduğundan mpi −αi x ≡ 1 mod piαi
kongrüansının bir tek çözümü vardır. Bu çözümü bi ile gösterirsek
(
mpi −α i bi ≡ 1 mod piαi
)
olur. u tamsayısını
k
u=∑
i =1
m
bi ai
piαi
olarak alalım. Böylece
(
f ( u ) ≡ f ( ai ) ≡ 0 mod piαi
ve buradan
86
) ( i = 1, 2,..., k
)
)
(
f ( u ) ≡ 0 mod[ p1α1 , p2α 2 ,..., pk α k ]
elde edilir. pi
olduğundan
αi
)
( i = 1, 2,..., k ) tamsayıları ikişer ikişer aralarında asal
[ p1α1 , p2α 2 ,..., pk α k ] = p1α1 p2α 2 ... pk α k = m
olup, buradan
f ( u ) ≡ 0 ( mod m )
bulunur. Şu halde
(
f ( x ) ≡ 0 mod piα i
kongrüansları çözülebilir ise
) ( i = 1, 2,..., k
)
f ( x ) ≡ 0 ( mod m ) kongrüansı da çözülebilirdir.
Buna göre f ( x ) ≡ 0 ( mod m ) kongrüansını çözme problemi ,
(
)
f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) ,
f ( x ) ≡ 0 mod p1α1 ,
α2
2
f ( x ) ≡ 0 mod pk α k
(
(7.2)
)
kongrüanslarını çözme problemine indirgenmiş olur. (7.2) de j. kongrüansın
çözüm sayısını N j ile gösterirsek
f ( x ) ≡ 0 ( mod m ) kongrüansının çözüm
sayısı
deki kongrüanslardan herhangi birinin
N = N1 .N 2 ...N k dır. (7.2)
çözümü yoksa
açıktır.
f ( x ) ≡ 0 ( mod m ) kongrüansının da çözümünün olmadığı
Örnek 7.1. x 2 + x + 7 ≡ 0 ( mod189 ) kongrüansını çözelim.
Çözüm. 189 = 33.7 olduğundan
x 2 + x + 7 ≡ 0 ( mod 27 )
ve
x 2 + x + 7 ≡ 0 ( mod 7 )
kongrüanslarının çözümlerini bulalım. x 2 + x + 7 ≡ 0 ( mod 27 ) kongrüansının
çözümleri
x ≡ 4 ( mod 27 ) , x ≡ 13 ( mod 27 ) , x ≡ −5 ( mod 27 )
dir. x 2 + x + 7 ≡ 0 ( mod 7 ) kongrüansının çözümleri de
x ≡ 0 ( mod 7 ) , x ≡ −1( mod 7 )
87
dir. Öte yandan 7b1 ≡ 1( mod 27 ) kongrüansının çözümü b1 ≡ 4 ( mod 27 ) ve
27b2 ≡ 1( mod 7 )
kongrüansının çözümü b2 ≡ −1( mod 7 ) dir. Böylece
2
x + x + 7 ≡ 0 ( mod189 ) kongrüansının çözümleri
x ≡ 7.4.b1 + 27.(−1).b2 ( mod189 ) , b1 = 4,13, −5 ; b2 = 0, −1
dir.
Her
çözüm
(b1 , b2 )
çiftine
x 2 + x + 7 ≡ 0 ( mod189 )
karşılık
kongrüansının bir çözümü elde edilir. Şu halde
x 2 + x + 7 ≡ 0 ( mod189 )
kongrüansının çözüm sayısı N = 2.3 = 6 dır. b1
yukarıdaki ifade de yerine yazarsak
ve b2 nin
değerlerini
x ≡ 112 ( mod189 ) , x ≡ 175 ( mod189 ) , x ≡ −140 ( mod189 ) ,
x ≡ 139 ( mod189 ) , x ≡ 13 ( mod189 ) , x ≡ −113 ( mod189 )
çözümleri elde edilir.
(
)
f ( x ) ≡ 0 mod pα Kongrüansının Çözümleri
f ( x ) ≡ 0 ( mod m ) kongrüansını çözme probleminin , p bir asal sayı ve
α > 0 bir tamsayı olmak üzere f ( x ) ≡ 0 ( mod pα ) kongrüansını çözme
(
f ( x ) ≡ 0 mod pα
problemine indirgendiğini gördük.
)
kongrüansının bir
çözümü u ise
(
)
f ( u ) ≡ 0 mod pα ⇒ f ( u ) ≡ 0 ( mod p )
(
f ( x ) ≡ 0 mod pα
bulunur. Bu ise
)
kongrüansının her çözümünün,
f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının da bir çözümü olduğunu gösterir. Şu halde
(
f ( x ) ≡ 0 mod pα
)
kongrüansının
çözümlerini
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansının çözümleri kümesi içinde aramak gerek ve yeterdir. Şimdi
f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansından hareket ederek sırası ile
(
)
f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) ,
f ( x ) ≡ 0 mod p 2 ,
3
(
)
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
f ( x ) ≡ 0 mod pα −1 ,
α
88
kongrüanslarının çözülebilir olup olmadıklarını araştıralım. f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansının çözümünü araştırırken aşağıdaki iki hal söz konusu olur.
1. Hal: f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının çözümü olmasın. Bu durumda
(
)
f ( x ) ≡ 0 mod pα kongrüansının da çözümü yoktur.
2. Hal: f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansı çözülebilir olsun. Çözümleri
x ≡ a1 ( mod p ) , x ≡ a2 ( mod p ) , ... , x ≡ at ( mod p )
ile
(
gösterelim.
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
(
f ( x ) ≡ 0 mod p 2
)
f ( x ) ≡ 0 mod p 2
)
kongrüansının
kongrüansının
da
bir
kongrüansının
kongrüansının çözümleri
içinde
çözümüdür.
çözümü
Şu
halde
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
çözümlerini
aramak
her
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
gerekir.
kongrüansının bir x ≡ a j ( mod p ) çözümünü göz önüne alalım.
x ≡ a j ( mod p ) ⇔ x = a j + yp , y ∈ (
)
(
) (
f ( x ) ≡ 0 mod p 2 ⇔ f a j + yp ≡ 0 mod p 2
)
bulunur. f ( a j + yp ) yi Taylor serisine açarak
(
)
( ) py + f ′′ ( a )
f ′ aj
( )
j
( py )
2
(7.3)
+ ...
1
2
fonksiyonu bir polinom olduğundan, bu Taylor serisi
f a j + yp = f a j +
elde edilir. f ( x )
sonludur. Burada katsayılar birer tamsayıdır. (7.3) serisinde üçüncü ve daha
sonraki terimlerin hepsi p 2 ile bölünür, yani ilk iki terim hariç diğer terimler
p 2 modülüne göre sıfıra kongrüdür. Şu halde
(
) (
bulunur.
p | f aj
)
(
) ( ) ( )
(
)
f (a )
bir tamsayıdır. Böylece son
f a j + yp ≡ 0 mod p 2 ⇔ f a j + yp ≡ f a j + f ′ a j yp ≡ 0 mod p 2
( )
olduğundan
kongrüansı p ile kısaltarak
f aj
( )+ f′
j
p
( )
(7.4)
a j y ≡ 0 ( mod p )
p
elde edilir. (7.4) deki kongrüans y ye göre 1. derecedendir. Burada iki hal söz
konusudur.
a) ( f ′ a j , p ) = 1 olsun. Bu durumda (7.4) deki kongrüansın tek bir çözümü
( )
vardır. Bu çözümü y ≡ y0 ( mod p ) ile gösterirsek
89
(
)
f ( x ) ≡ 0 mod p 2
(
)
kongrüansının çözümü de tektir ve bu çözüm x ≡ a j + y0 p mod p 2 dir.
b) ( f ′ ( a j ) , p ) = p olsun. Bu takdirde
( )
f aj
i)
p
≡ 0 ( mod p ) ise
(7.4)
(
)
deki kongrüansı
hiçbir tamsayı
gerçeklemediğinden, f ( x ) ≡ 0 mod p 2 kongrüansının çözümü yoktur.
( ) ≡0
f aj
( mod p ) ise (7.4) deki kongrüansın tam p tane çözümü
p
vardır ve bu çözümler
y ≡ 0 ( mod p ) , y ≡ 1( mod p ) , ... , y ≡ p − 1( mod p )
ii)
(
)
dir. Şu halde f ( x ) ≡ 0 mod p 2 kongrüansının da p tane çözümü vardır ve
bu çözümler
(
)
x ≡ a j mod p 2 ,
(
)
x ≡ a j + p mod p 2 ,
(
)
x ≡ a j + 2 p mod p 2 ,
(
x ≡ a j + ( p − 1) p mod p 2
)
dir. Bu metodu sırası ile a j yerine a1 , a2 , ... , at alarak uygulayıp,
(
f ( x ) ≡ 0 mod p 2
)
kongrüansının çözümlerinin olup olmadığını kontrol eder
ve varsa çözümleri buluruz.
α > 1 bir
(
f ( x ) ≡ 0 mod pα
tamsayı olmak üzere
(
α +1
çözümleri bilindiği takdirde, f ( x ) ≡ 0 mod p
)
)
kongrüansının
kongrüansının eğer varsa
(
çözümlerinin nasıl bulunacağını görelim. f ( x ) ≡ 0 mod pα
)
kongrüansının
çözümleri
(
)
(
)
(
)
x ≡ a ( mod p ) ile gösterelim.
x ≡ a ( mod p ) koşulunu gerçekleyen
x ≡ a1 mod pα , x ≡ a2 mod pα , ... , x ≡ ar mod pα
olsun.
Bu
(
çözümlerden
f ( x ) ≡ 0 mod pα +1
)
birini
kongrüansının
α
j
α
j
çözümlerinin olup olmadığını araştıralım.
90
(
)
) ⇒ f (a
x ≡ a j mod pα ⇒ x = a j + ypα ( y ∈ )
(
α +1
f ( x ) ≡ 0 mod p
(
α
bulunur. f a j + yp
) yı
(
)
j
) (
+ ypα ≡ 0 mod pα +1
)
Taylor serisine açalım.
( )
f a j + ypα = f a j +
( ) yp
f ′ aj
α
( )+
f ′′ a j
( yp )
α
2
+ ...
2
elde edilir. α > 1 olduğundan 2.α > α + 1 olup, Taylor serisindeki ilk iki
terim hariç diğer terimler pα +1 modülüne göre sıfıra kongrüdür. Böylece
(
1
) (
)
( )
( ) (
)
olduğundan
+
(
( )
)
(7.5)
(7.5)
deki
f a j + ypα ≡ 0 mod pα +1 ⇒ f a j + f ′ a j ypα ≡ 0 mod pα +1
bulunur. f a j ≡ 0 mod pα
( ) ∈
f aj
pα
dir.
kongrüansı pα ile kısaltırsak
( )+ f′
f aj
( )
(7.6)
a j y ≡ 0 ( mod p )
pα
kongrüansı elde edilir. Burada aşağıdaki gibi iki hal düşünelim.
a) ( f ′( a j ), p ) = 1 ise (7.6) daki kongrüansın tek bir çözümü vardır. Bu
çözümü y ≡ y0 ( mod p ) ile gösterirsek, bu durumda
(
f ( x ) ≡ 0 mod pα +1
)
kongrüansının da bir tek çözümü olup, bu çözüm
(
x ≡ a j + pα y0 mod pα +1
)
dir.
b) ( f ′( a j ), p ) = p olsun. Eğer
(
kongrüansının, x ≡ a j mod pα
( ) ≡0
f aj
pα
( mod p )
( )
f aj
pα
≡ 0 ( mod p ) ise f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
) koşulunu gerçekleyen çözümü yoktur. Eğer
ise (7.6) nın p tane çözümü
y ≡ 0 ( mod p ) , y ≡ 1( mod p ) , ... , y ≡ p − 1( mod p )
(
)
olup, f ( x ) ≡ 0 mod pα +1 kongrüansının çözümleri de
(
)
x ≡ a j + tpα mod pα +1 , ( t = 0,1,..., p − 1 )
dir.
91
(
)
Örnek 7.2. x 3 − 3 x 2 + 27 ≡ 0 mod 53 kongrüansının çözümlerini bulalım.
3
2
Çözüm. Önce x − 3 x + 27 ≡ 0 ( mod 5) kongrüansını çözelim. 5 modülüne
göre 0, 1, 2, -2, -1 tamsayıları bir tam kalan sistemidir. f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 27
dersek
f ( 0 ) ≡ 2 ≡ 0 ( mod 5 ) , f (1) ≡ 0 ( mod 5) , f ( 2 ) ≡ −2 ≡ 0 ( mod 5 ) ,
f ( −2 ) ≡ −3 ≡ 0 ( mod 5 ) , f ( −1) ≡ −2 ≡ 0 ( mod 5 )
olduğundan
ve
bu
x 3 − 3 x 2 + 27 ≡ 0 ( mod 5) kongrüansının bir tek çözümü vardır
çözüm
x ≡ 1( mod 5)
dir.
f (1) = 13 − 3.12 + 27 = 25
ve
f ′ ( x ) = 3x 2 − 6 x olup, f ′ (1) = −3 bulunur. Şimdi de
f (1)
5
+ f ′ (1) y ≡ 0 ( mod 5)
kongrüansını çözelim. f (1) ve f ′ (1) i yerine yazarak
5 − 3 y ≡ 0 ( mod 5)
bulunur. (−3,5) = 1 olduğundan bu kongrüansın bir tek çözümü vardır ve bu
çözüm y ≡ 0 ( mod 5 ) dir. Şu halde
(
x 3 − 3x 2 + 27 ≡ 0 mod 52
(
)
)
kongrüansının da çözümü x ≡ 1 + 0.5 ≡ 1 mod 52 dir. Şimdi
(
x 3 − 3 x 2 + 27 ≡ 0 mod 53
)
kongrüansının çözümlerini bulalım.
f (1)
+ f ′ (1) y ≡ 0 ( mod 5 ) ⇒ 1 − 3 y ≡ 0 ( mod 5 )
25
⇒ 2 y ≡ −1( mod 5 )
( 3,5) =1
⇒ y ≡ 2 ( mod 5 )
(
)
bulunur. Böylece x3 − 3 x 2 + 27 ≡ 0 mod 53 kongrüansının çözümü
(
)
(
x ≡ 1 + 2.52 mod 53 ⇒ x ≡ 51 mod 53
tür.
92
)
ASAL MODÜLLER
f ( x ) = a0 + a1 x + ... + an x n tam rasyonel katsayılı bir polinom olmak üzere
f ( x ) ≡ 0 ( mod m ) kongrüansını çözme problemini, p bir asal sayı olmak
üzere
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansını çözme problemine indirgemiştik.
f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının çözümlerini bulmak için herhangi bir metod
bilinmemektedir. Fakat p nin küçük değerleri için p modülüne göre bir
a1 , a2 ,..., a p tam kalan sistemi alınarak çözümler aranabilir.
Teorem 7.1. p bir asal sayı olmak üzere f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının
derecesi p olsun. Bu takdirde ya her x tamsayısı, f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansının bir çözümüdür veya ilk katsayısı 1 olan tam rasyonel katsayılı
öyle bir g ( x ) polinomu vardır ki g ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının derecesi p
den küçük olup,
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansının çözüm kümesi ile
g ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının çözüm kümesi aynıdır.
Kanıt. f ( x ) polinomunu x p − x ile bölelim. Böylece
(
)
f ( x) = q ( x) x p − x + r ( x)
olacak şekilde q ( x ) ve r ( x ) polinomları vardır. Burada ya r ( x ) ≡ 0 dır veya
der r ( x ) < p dir. Fermat Teoremine göre her u ∈ için u p − u ≡ 0 ( mod p )
dir. Bunu kullanarak
(7.7)
f ( u ) ≡ r ( u )( mod p )
bulunur. r ( x ) ≡ 0 ise veya r ( x ) polinomunun bütün katsayıları p ile
bölünürse,
bu durumda r ( u ) ≡ 0 ( mod p ) olacağından, bunu (7.7) de
kullanarak her u ∈ için
f ( u ) ≡ 0 ( mod p )
f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının bir
elde edilir, yani her x tam sayısı
çözümüdür. Eğer r ( x ) polinomu yukarıda sıraladığımız iki koşuldan hiç birini
gerçeklemezse bu takdirde r ( x ) polinomu
r ( x ) = b0 + b1 x + ... + bm x m , ( m < p , ( bm , p ) = 1 )
93
şeklindedir.
( bm , p ) = 1
bm x ≡ 1( mod p )
olduğundan
kongrüansı
çözülebilirdir ve tek çözümü vardır. Bu kongrüansın çözümü x ≡ b ( mod p )
ise
r ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansı ile
çözümleri aynı ve (7.7) den dolayı
br ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansının
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansı ile
br ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının çözümleri aynıdır. Şu halde aranan g ( x )
polinomu olarak br ( x ) polilnomu alınabilir ve ispat tamamlanır.
Teorem 7.2. Bir a tamsayısı, f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının bir çözümü ise
öyle bir g ( x ) polinomu vardır ki
f ( x ) ≡ ( x − a ) g ( x )( mod p )
(7.8)
bağıntısı gerçeklenir. Tersine, (7.8) deki koşula uyan bir g ( x ) polinomu varsa
a tamsayısı f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının bir çözümüdür.
Kanıt. f ( x ) polinomunu ( x − a ) ile bölelim. Böylece
f ( x) = ( x − a) g ( x) + r
(7.9)
olacak şekilde bir g ( x ) polinomu ve bir r tamsayısı vardır. (7.9) dan
f ( x ) ≡ ( x − a ) g ( x ) + r ( mod p )
elde edilir. f ( a ) ≡ 0 ( mod p ) olduğundan, buradan
bunu (7.10) da kullanarak
f ( x ) ≡ ( x − a ) g ( x )( mod p )
(7.10)
r ≡ 0 ( mod p ) olur ve
bulunur. Tersine, tamkatsayılı bir g ( x ) polinomu için
f ( x ) ≡ ( x − a ) g ( x )( mod p )
bağıntısı gerçekleniyorsa f ( a ) ≡ ( a − a ) g ( a ) ≡ 0 ( mod p ) bulunur ki, bu da
a tamsayısının
gösterir.
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansının bir çözümü olduğunu
Teorem 7.3. ( Lagrange Teoremi) p bir asal sayı olmak üzere
a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n ≡ 0 ( mod p ) ( an ≡ 0 ( mod p ) )
kongrüansının en fazla n tane çözümü vardır.
Kanıt. İspatı n e göre indüksiyon ile yapalım. Teorem 4.1. den dolayı n = 1
için iddia doğrudur. Derecesi n − 1 olan her f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının
en fazla n − 1 tane çözümünün olduğunu varsayalım ve derecesi n olan bir
f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansını göz önüne alalım. Eğer bu kongrüansın
94
çözümü yok ise ispat edilecek bir şey yoktur. Eğer
f ( x ) ≡ 0 ( mod p )
kongrüansının en az bir x ≡ a ( mod p ) çözümü varsa Teorem 7.2 den dolayı
öyle bir q ( x ) polinomu vardır ki der q ( x ) = n − 1 olup,
f ( x ) ≡ ( x − a ) q ( x )( mod p )
(7.11)
dir. İndüksiyon hipotezine göre q ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansını en fazla n − 1
tane çözümü vardır. Bu çözümleri x ≡ ci ( mod p ) , i = 1, 2,..., r
(r < n)
ile
gösterelim. Şimdi bir c tamsayısı için f ( c ) ≡ 0 ( mod p ) olduğunu kabul
edelim. (7.11) den ( c − a ) q ( c ) ≡ 0 ( mod p ) bulunur. Eğer q ( c ) ≡ 0 ( mod p )
ise x ≡ c ( mod p ) çözümü, bir x ≡ c j ( mod p ) çözümü ile aynıdır. Eğer
q ( c ) ≡ 0 ( mod p ) ise p asal olduğundan
c − a ≡ 0 ( mod p ) ⇒ c ≡ a ( mod p )
bulunur. Bu durumda f ( x ) ≡ 0 ( mod p ) kongrüansının çözümleri
x ≡ a ( mod p ) , x ≡ c1 ( mod p ) ,..., x ≡ cr ( mod p )
den ibaret olup çözüm sayısı r + 1 tanedir. r ≤ n − 1 olduğundan r + 1 ≤ n
bulunur ve ispat tamamlanır.
PROBLEMLER
1) Aşağıdaki kongrüansları çözünüz.
(
)
b) x + x + 57 ≡ 0 ( mod 5 ) ,
c) x + x − 5 ≡ 0 ( mod 7 ) ,
d) x + 10 x + x + 2 ≡ 0 ( mod 3 ) ,
a) x5 + x 4 + 1 ≡ 0 mod 33 ,
3
3
3
3
2
3
2
3
e) x 4 + x + 7 ≡ 0 ( mod 63) ,
f) x 3 + 19 x 2 − x + 23 ≡ 0 ( mod126 ) ,
g) x 3 + 5 x + 3 ≡ 0 ( mod 75 ) .
2) x14 + 12 x 2 ≡ 0 ( mod13) kongrüansının tam 13 tane çözümü olduğunu
gösteriniz.
95
3) Dereceleri ≤ 6 olup aşağıdaki kongrüanslara eşdeğer olan kongrüansları
bulunuz. ( f ( x ) ≡ 0 ( mod m ) ve g ( x ) ≡ 0 ( mod m ) kongrüanslarının çözüm
kümeleri aynı ise bu iki kongrüansa eşdeğer denir.)
a) x11 + x8 − 5 ≡ 0 ( mod 7 ) ,
b) x 56 + x 23 + x 6 + 8 ≡ 0 ( mod 7 ) ,
c) 23x14 + 56 x 4 + 13 ≡ 0 ( mod 7 ) ,
d) x 234 + x 7 + x ≡ 0 ( mod 7 ) .
96
8.BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ FONKSİYONLAR
[ x] FONKSİYONU
[ x] fonksiyonunu Tanım 1.2.
de vermiştik. Şimdi bu fonksiyonun bazı
özelliklerini sıralayalım.
Teorem 8.1. x ve y reel sayılar olsun. Bu takdirde
a) [ x ] ≤ x < [ x ] + 1 , x − 1 < [ x] ≤ x , 0 ≤ x − [ x ] < 1 ,
b) [ x + m] = [ x ] + m , m ∈ » ,
c) [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] ≤ [ x ] + [ y ] + 1 ,
 0
d) [ x ] + [ − x ] = 
 −1
, x ∈ » ise
, x ∉ » ise,
 [ x]   x 
e)   =   , m ∈ » + dir.
 m   m 
Kanıt. a) şıkkındaki ilk eşitsizlik [ x ] in tanımından hemen elde edilir. Diğer
iki eşitsizlik ise ilk eşitsizliğin birer sonucudur.
b) x bir reel sayı olsun. n bir tamsayı ve ρ da 0 ≤ ρ < 1 koşulunu
gerçekleyen bir pozitif reel sayı olmak üzere x = n + ρ ise tanım gereği
[ x] = n
dir. Böylece
[ x + m] = [ n + m + ρ ] = n + m = [ x ] + m
bulunur.
c) x = n + ρ1 ve y = m + ρ 2 ( n, m ∈ » , 0 ≤ ρ1 , ρ2 < 1 ) olsun. Burada
[ x ] + [ y ] = n + m ≤ n + m + [ ρ1 + ρ2 ] = [ n + m + ρ1 + ρ2 ] = [ x + y ]
ve
[ x + y ] = [ n + m + ρ1 + ρ2 ] = n + m + [ ρ1 + ρ2 ] ≤ n + m + 1 = [ x ] + [ y ] + 1
olup, bu iki eşitsizliği birleştirirsek
[ x] + [ y ] ≤ [ x + y ] ≤ [ x] + [ y] + 1
elde edilir.
d) x ∈ » ise [ x ] = x ve [ − x ] = − x olup
[ x] + [− x] = 0
olur. x ∉ » ise n ∈ » olmak üzere x = n + ρ , 0 < ρ < 1 yazabiliriz. Buradan
[ x ] + [ − x ] = n + [ −n − ρ ] = n − n + [ − ρ ] = −1
97
bulunur.
e) x = n + ρ , 0 ≤ ρ < 1 olsun. n tamsayısını m e kalanlı olarak bölersek, q
ve r tamsayılar olmak üzere
n = mq + r , 0 ≤ r ≤ m − 1
yazılabilir. Buradan
 [ x ]   mq + r  
r
r
= q +  = q +   = q
 =

m
m
 m   m  
ve
r+ρ
 x   mq + r + ρ  
r + ρ 
m = 
 = q + m  = q +  m  = q
m
  
 



sonuç olarak
 [ x]   x 
 = 
 m   m 
elde edilir.
Terorem 8.2. p bir asal sayı ve n bir pozitif tamsayı olsun. Bu takdirde
pe | n ! koşulunu gerçekleyen en büyük e tamsayısı
∞
e=
n
∑  p 
i
(8.1)
i =1
dir.
Kanıt. p ≥ 2 olduğundan i → ∞ için p i → ∞ dur. Şu halde yeter derecede
büyük i ler için n < pi dir. Buradan
n
<
1
⇒
 i=0
pi
 p 
bulunur. Bu ise (8.1) deki toplamın gerçekte bir sonsuz seri olmadığını
gösterir. İspatı indüksiyon metodu ile yapalım. n = 1 için iddianın doğru
olduğu açıktır. Teoremin ifadesinin n = k − 1 için doğru olduğunu varsayalım.
Şu halde pe1 | n ! koşulunu gerçekleyen en büyük e1 tamsayısı
0<
n
 k −1

pi 
i =1
∞
e1 =
∑ 
olsun. n = k için iddianın doğru olduğunu ispatlayalım. j, p j | k koşulunu
gerçekleyen en büyük tamsayı olsun. k ! = ( k − 1) !k
tamamlamak için
98
olduğundan ispatı
 k −1
 i + j =
 p 
i =1 
∞
∑
k 
∞
∑  p 
i
i =1
veya
k 
 i −
 p 
i =1 
∞
∑
 k −1
= j
pi 
i =1
∞
∑ 
olduğunu göstermek yeter. Gerçekten bir i ∈ » + için
 k   k − 1  1
 i − i  = 
 p   p  0
, p i | k ise
, p i | k ise
olduğu kolayca gösterilebilir. Öte yandan i = 1, 2, 3,.., j için pi | k ve i > j
için pi /| k dir. Şu halde
k 
 i −
 p 
i =1 
∞
∑
∞
∑
i =1
 k −1
 i =
 p 
  k   k −1 
 = j
i
p i  
i =1
∞
∑   p  − 
bulunur ve ispat tamamlanır.
Not: n bir pozitif tamsayı ve p bir asal sayı olsun. e , p nin n yi bölen en
büyük kuvveti ise bu durumu pe || n şeklinde göstermiştik.
Örnek 8.1. 7 nin 1000! i bölen en büyük kuvvetini bulalım.
Çözüm. 7e ||1000 ise
∞
e=
 1000   1000  1000   1000   1000 
=
+
+
+
 + ...
7i   7   7 2   73   7 4 
i =1
∑ 
 1000   1000   1000   1000 
=
+
+
+
 + ...
 7   49   243   1701 
= 142 + 20 + 2 = 164
bulunur.
Örnek 8.2. 125! in kanonik gösterilişini bulalım.
Çözüm. 125! i bölen bütün asal sayıların en büyük kuvvetlerini bulalım.
11 < 125 < 12 olduğundan 125! de, 11 den büyük asal sayıların sadece
kendilerinden ve bu asal sayıların katlarından gelen kuvvetleri bulunur. Şimdi
99
p = 2,3,5, 7,11 asal sayılarının 125! de bulunan en büyük kuvvetlerini
hesaplayalım.
 125   125   125   125  125   125 
 2  +  4  +  8  +  16  +  32  +  64  = 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 119,

 
 
 
 
 

 125   125   125   125 
 3  +  9  +  27  +  81  = 41 + 13 + 4 + 1 = 59 ,

 
 
 

 125  125   125 
 5  +  25  +  125  = 25 + 5 + 1 = 31 ,

 
 

 125   125 
 125   125 
 7  +  49  = 17 + 2 = 19 ,  11  +  121  = 11 + 1 = 12

 


 

ve
 125 
 125 
 125 
 125 
 125 
 13  = 9 ,  17  = 7 ,  19  = 6 ,  23  = 5 ,  29  = 4 ,










 125 
 125 
 125 
 125 
 125 
 31  = 4 ,  37  = 3 ,  41  = 3 ,  43  = 2 ,  47  = 2 ,










 125 
 125 
 125 
 53  = 2 ,  59  = 2 ,  61  = 2






olduğundan
125! = 2119.359.531.719.1112.139.17 7.196.235.294.314.373.413.432.47 2.
532.592.612.67.71.73.79.83.89.97.101.103.107.109.113
dir.
Aşağıdaki örnekte bu teoremin başka bir uygulamasını vereceğiz.
Örnek 8.3.
ise
a1 , a2 ,..., ar negatif olmayan tamsayılar ve a1 + a2 + ... + ar = n
100
n!
a1 !a2 !...ar !
sayısının bir tamsayı olduğunu gösterelim.
Çözüm. a ve b iki pozitif tamsayı olmak üzere a | b olması için gerek ve yeter
koşul
a nın her
p asal böleni için, e1 ve e2 tamsayıları p e1 || a
ve
e2
p || b koşullarını gerçekleyen tamsayılar olmak üzere e1 ≤ e2 olmasıdır.
∞
p e2 || n ⇒ e2 =
n
∑  p 
i
i =1
dir. Öte yandan n1 ve n2 iki pozitif tamsayı, p bir asal sayı ve p e || n1n2 ise
bu takdirde pt1 || n1 ve p t2 || n2 olmak üzere
e = t1 + t2
eşitliği geçerlidir. n1 , n2 ,..., nk pozitif tamsayılar, p bir asal sayı ve p ti || ni
( i = 1, 2,..., k )
ise p e || n1.n2 ...nk yı gerçekleyen e tamsayısının
e = t1 + t2 + ... + tk
şeklinde olduğu indüksiyon ile gösterilebilir. Şu halde p e1 || a1 !a2 !...ar ! ise
 a1 
 i +
 p 
i =1 
∞
e1 =
∑
 a2 
 i  + ... +
 p 
i =1 
∞
∑
∞
 ar 
∑  p 
i
i =1
dir. e1 ≤ e2 olduğunu göstermek için
n
 i≥
 p 
i =1 
∞
∑
 a1 
 i  + ... +
 p 
i =1 
∞
∑
∞
 ar 
∑  p 
i
i =1
olduğunu göstermek yeter. Bu eşitsizlik , Teorem 8.1. c) deki ilk eşitsizliğin
bir genelleştirilmesidir ve ispatı indüksiyon ile yapılabilir.
ARİTMETİK FONKSİYONLAR
Tanım 8.1. Tanım kümesi pozitif tamsayılar kümesi olan fonksiyonlara
aritmetik fonksiyonlar denir.
Örneğin ϕ ( n ) bir aritmetik fonksiyondur.
101
Tanım 8.2. n bir pozitif tamsayı olsun. Bu takdirde
a) n nin pozitif bölenlerinin sayısı (doğal bölenlerinin sayısı ) τ ( n ) ile,
b) n nin pozitif bölenlerinin toplamı σ ( n ) ile,
c) n nin pozitif bölenlerinin k. kuvvetlerinin toplamı σ k ( n ) ile gösterilir.
Örneğin τ ( 6 ) = 4 , σ ( 6 ) = 12 ve σ 2 ( 6 ) = 50 dir. τ ( n ) ve
σ ( n)
fonksiyonları σ k ( n ) fonksiyonun birer özel halidir. Çünkü σ 0 ( n ) = τ ( n ) ve
σ1 ( n ) = σ ( n ) dir.
f ( x ) bir aritmetik fonksiyon ve n de bir pozitif tamsayı olmak üzere n
nin bütün pozitif d bölenleri için f ( d ) değerlerinin toplamını
∑ f ( d ) ile
d |n
gösterelim. Tanım 8.2. deki fonksiyonları
τ (n) =
∑1 , σ ( n ) = ∑ d , σ
d |n
k
(n) = ∑ d
d |n
k
d |n
olarak gösterebiliriz.
f ( n ) bir aritmetik fonksiyon olsun.
gerçekleyen her pozitif m, n tamsayı çifti için
f ( m.n ) = f ( n ) . f ( m )
Tanım 8.3.
( m, n ) = 1
koşulunu
ise f ( n ) fonksiyonu çarpımsaldır denir. Eğer f ( m.n ) = f ( m ) . f ( n ) eşitliği
( m, n ) > 1 olması halinde de gerçekleşiyorsa f ( n )
e tam çarpımsal fonksiyon
denir.
Teorem 8.3. f ( n ) bir çarpımsal fonksiyon ise F ( n ) =
∑ f (d )
şeklinde
d |n
tanımlanan F ( n ) fonksiyonu da çarpımsaldır.
Kanıt. ( m, n ) = 1 ve m ile n nin kanonik gösterişleri ( m > 1 ve n > 1 kabul
edebiliriz.)
n = p1a1 p2a2 ... prar , m = q1b1 q2b2 ...qrbr
olsun. Burada ai > 0 , bi > 0 pozitif tamsayılar; p1 , p2 ,..., pr ; q1 , q2 ,..., qs ler
ikişer ikişer birbirinden farklı asal sayılardır. n tamsayısının bir pozitif d1
böleni
d1 = p1α1 p2α 2 ... pαr r ( 0 ≤ α i ≤ ai , i = 1,..., r )
ve m tamsayısının bir pozitif d 2 böleni de
102
d 2 = q1β1 q2β2 ...qsβ s ( 0 ≤ βi ≤ bi , i = 1,..., s )
şeklindedir. Öte yandan
d1.d 2 = p1α1 p2α 2 ... prα r q1β1 q2β2 ...qsβ s
olup, bu d1d 2 tamsayısı m.n tamsayısının bir pozitif bölenidir. Tersine olarak
m.n nin her pozitif d böleni, d1 tamsayısı n nin ve d 2 tamsayısı da m nin bir
pozitif böleni olmak üzere d1 ⋅ d 2 şeklindedir. Böylece
F ( n.m ) =
∑ f ( d ) = ∑∑ f ( d d
1 2
d |nm
=
) = ∑∑ f ( d1 ) f ( d 2 )
d1 |n d 2 |m
∑ f ( d )∑ f ( d
1
d1 |n
2
d1 |n d 2 |m
) = F ( n ) .F ( m )
d 2 |m
elde edilir.
Şimdi bu teoremi kullanarak τ ( n ) ve σ ( n ) fonksiyonlarının çarpımsal
olduğunu gösterelim. f ( n ) = 1 fonksiyonu çarpımsaldır. Gerçekten ( m, n ) = 1
ise f ( n.m ) = 1 = 1 ⋅1 = f ( n ) . f ( m ) elde edilir.
Şu halde Teorem 8.3. te
f ( n ) = 1 alırsak
∑1 = τ ( n )
d |n
fonksiyonunun da çarpımsal olduğu bulunur.
( n, m ) = 1
ise
f (n) = n
fonksiyonunun da çarpımsal olduğu gösterilebilir. Böylece
∑ f ( d ) = ∑ d = σ ( n)
d |n
d |n
fonksiyonu da çarpımsaldır.
Teorem 8.4. i) τ (1) = 1 ,
ii) n pozitif tamsayısının kanonik gösterilişi n = p1α1 p2α 2 ... pαr r ise
τ ( n ) = (α1 + 1)(α 2 + 1) ... (α r + 1)
dir.
Kanıt. i) τ (1) = 1 olduğu açıktır.
ii) τ ( n ) fonksiyonunun çarpımsal olduğu kullanılarak, indüksiyon ile
(
) ( )( ) ( )
τ ( n ) = τ p1α1 pα2 2 ... pαr r = τ p1α1 τ pα2 2 ...τ pαr r
103
olduğu görülür. Diğer yandan pα ( p asal, α ∈ » + )
bölenleri 1, p, p 2 ,..., pα
( )
dır. Şu halde τ pα = α + 1
tamsayının pozitif
dir. Bu eşitlik
kullanılarak
τ ( n ) = (α1 + 1)(α 2 + 1) ... (α r + 1)
elde edilir.
Teorem 8.5. i) σ (1) = 1 ,
ii) n pozitif tamsayısının kanonik gösterilişi n = p1α1 pα2 2 ... pαr r ise
r
σ ( n) =
∑
i =1
piαi +1 − 1
pi − 1
dir.
Kanıt. i) σ (1) = 1 olduğu açıktır.
ii) σ ( n ) fonksiyonunun çarpımsal olduğu kullanılarak indüksiyon ile
( ) ( ) ( )
σ ( n ) = σ p1α1 σ pα2 2 ...σ prα r
(8.2)
bulunur. Diğer yandan pα ( p asal, α ∈ » + ) tamsayısının pozitif bölenleri
1, p, p 2 ,..., pα olup, bunların toplamları
pα +1 − 1
p −1
olur. Bu eşitlik (8.2) de kullanılarak teoremin ispatı tamamlanır.
( )
σ pα = 1 + p + ... + pα =
Tanım 8.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzere
1
, n = 1 ise,

µ ( n ) = 0
, a 2 | n olacak şekilde bir a > 1 tamsayısı varsa,

r
( −1) , n = p1 p2 ...p r ( pi ler farklı asal sayılar )
şeklinde tanımlanan µ ( n ) fonksiyonuna Moebius fonksiyonu ( Möbius )
denir.
Örnek 8.4. µ ( n ) fonksiyonunun çarpımsal olduğunu gösterelim.
Çözüm. (n1 , n2 ) = 1 için µ (n1 .n2 ) = µ (n1 ).µ (n2 ) olmalıdır. (n1 , n2 ) = 1 ise n1
ve n2 nin kanonik gösterilişlerindeki asal sayılar birbirinden tamamen farklıdır.
104
n1 ve n2 den en az biri kare içeriyorsa n1 .n2 de kare içereceğinden
µ (n1 .n2 ) = 0 olur, öte yandan µ (n1 ) ve µ (n2 ) den en az biri 0 olduğundan
µ (n1 ).µ (n2 ) = 0 dır.
n1 ve n2 kare içermiyorsa n1 = p1 p2 ... pr , n2 = q1q2 ...qs ( pi ler, qi lerden
farklı ve i ≠ j için pi ≠ p j ve qi ≠ q j ) olup,
r
s
µ (n1 ) = ( −1) , µ (n2 ) = ( −1) ⇒ µ (n1 ) µ (n2 ) = ( −1)
r+s
dir. Diğer yandan
n1 .n2 = p1 p2 ... pr .q1q2 ...qs
olduğundan
µ (n1n2 ) = ( −1)
r +s
dir. Şu halde µ (n1 .n2 ) = µ (n1 ).µ (n2 ) dir.
PROBLEMLER
1) 1000! in sonunda kaç tane sıfır vardır?
2) 5 in n ! i bölen en büyük kuvveti 531 olacak şekilde en küçük n tamsayısını
bulunuz. Ayrıca 531 || n ! koşuluna uyan diğer tamsayıları bulunuz.
3) 533! sayısı 2334 ile bölünür mü?
4) 7 nin 678! i bölen en büyük kuvveti kaçtır?
5) Her x reel sayısı için
[ x ] +  x + 2  = [ 2 x ]
1


olduğunu gösteriniz.
6) x ve y pozitif reel sayılar olmak üzere
[ x − y] ≤ [ x] − [ y] ≤ [ x − y] + 1
olduğunu gösteriniz.
7) n bir pozitif tamsayı olmak üzere
( 2n ) !
2
( n !)
gösteriniz.
105
sayısının bir çift tamsayı olduğunu
8)
Bir q tamsayısının asal olması
σ ( q ) = q + 1 olduğunu gösteriniz.
9)
için
gerek
ve
yeter
µ ( n ) + µ ( n + 1) + µ ( n + 2 ) = 3 koşulunu gerçekleyen bir pozitif tamsayı
bulunuz.
10)
koşulun
µ ( n ) .µ ( n + 1) .µ ( n + 2 ) .µ ( n + 3) = 0 olduğunu gösteriniz.
106
İKİNCİ KISIM
1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE DENKLİK SINIFLARI
p

, rasyonel sayılar kümesini göstersin.  : p, q ∈ , q ≠ 0  kümesinde
q

2 4 8
bulunan , , ,... şeklindeki kesirli sayıları göz önüne alalım. Bu sayıların
3 6 12
hepsi aynı bir rasyonel sayıyı temsil ederler. Böylece,
 2   2m

 3  =  3m : m ∈ , m ≠ 0
  

kümesi tek bir rasyonel sayıyı gösterir. O halde rasyonel sayılar kümesi
üstünde aşağıdaki bağıntıyı tanımlayabiliriz.
m
p
ve
sayıları aynı bir rasyonel sayı kümesi içindedir ⇔
q
n
mq = np ise ” şeklinde tanımlanan bağıntı üstünde bir denklik bağıntısıdır.
Böylece her rasyonel sayı bir denklik sınıfı olarak görülebilir. Bu tanımı
1900
1403
ve
sayılarının aynı bir rasyonel sayıyı temsil
kullanarak örneğin;
4887
3599
edip etmediğini anlayabiliriz.
Boş olmayan bir S kümesi üstünde bir denklik bağıntısı;
∀a, b, c ∈ S için,
1) a ∼ a (Yansıma özelliği),
2) a ∼ b ⇒ b ∼ a (Simetri özelliği),
3) a ∼ b ve b ∼ c ise a ∼ c (Geçişme özelliği)
koşullarını gerçekleyen S × S nin alt kümesidir. Eğer bir (a, b) sıralı ikilisi, S
Tanım 1.1. “
de bir “ ∼ ” denklik bağıntısının aynı denklik sınıfına ait ise bunu a ∼ b
şeklinde gösteririz. S de bir a elemanının tanımladığı denklik sınıfı
[a] = { x ∈ S : a ∼ x}
biçiminde veya a şeklinde gösterilir. S kümesinin “ ∼ ” şeklinde bir denklik
bağıntısı tarafından tanımlanan denklik sınıfları, S kümesinin ayrık alt
kümeleridir ve bu alt kümelerin hepsinin birleşim kümesi, S kümesine eşittir.
a, b ∈ S elemanlarının aynı sınıfta bulunduklarını a ∈ b veya b ∈ a şeklinde
gösteririz. Bu durumda a ∼ b olduğu açıktır.
[a] = { x ∈ S : a ∼ x} şeklindeki denklik sınıfları S nin ikişer ikişer ayrık alt
kümeleridir ve ∀a ∈ S için a ∈ a olacağından S nin her elemanı en az bir
107
denklik sınıfına aittir. Eğer aynı zamanda a ∈ b ise a = b olduğunu
gösterebiliriz. Böylece, S nin her elemanı sadece bir tek denklik sınıfına ait
olmuş olur. Gerçekten, a ∈ b olsun. x ∈ a alalım, o taktirde x ∼ a dır. a ∈ b
olduğundan a ∼ b dir, böylece denklik bağıntısının geçişme özelliğine göre
x ∼ b elde ederiz. Yani x ∈ b dir. O halde a de alınan bir eleman aynı
zamanda b de olduğundan a ⊂ b dir. Benzer şekilde y ∈ b alalım, bu
taktirde y ∼ b dir. Üstelik a ∼ b olduğundan simetri özelliğine göre b ∼ a
olur. Yine geçişme özelliğine göre y ∼ a olduğundan y ∈ a buluruz, ki bu
bize b ⊂ a olduğunu gösterir. Böylece kümelerin eşitliği tanımı ile a = b
olduğu sonucunu elde ederiz.
Örnek 1.1. m, n ∈ olmak üzere “ m ∼ n ⇔ mn ≥ 0 ” şeklinde tanımlı
bağıntı bir denklik bağıntısı mıdır?
Çözüm. 1) a ∈ olsun. a.a = a 2 ≥ 0 olduğundan a ∼ a dır.
2) a, b ∈ olsun. a ∼ b ⇒ ab ≥ 0 dır. nin çarpma işlemine göre
değişmeli olması nedeniyle ab = ba ≥ 0 olduğundan b ∼ a dır.
3) a, b, c ∈ olmak üzere a ∼ b ve b ∼ c olsun. Böylece, ab ≥ 0 ve
bc ≥ 0 dır. Bu iki ifade taraf tarafa çarpılırsa ab 2 c ≥ 0 elde ederiz, burada eğer
b ≠ 0 ise ac ≥ 0 dır. Ancak, b = 0 ise ac ≥ 0 eşitsizliği her zaman doğru
olmayabilir. Örneğin; −3 ∼ 0 ve 0 ∼ 5 iken −3 ∼ 5 bağıntısı geçerli değildir.
Böylece, verilen bağıntı bir denklik bağıntısı değildir.
Örnek 1.2. n ∈ + olsun. a, b ∈ olmak üzere,
“ a ≡ b(mod n) ⇔ n | a − b veya a − b = kn olacak şekilde bir k ∈ vardır.”
şeklinde tanımlanan mod n kongrüans bağıntısı bir denklik bağıntısıdır. Bu
bağıntı ile ilgili özellikler birinci bölümdeki Teorem 3.1. ve Teorem 3.2. de
verilmiştir.
PROBLEMLER
1) α ve β , boş olmayan bir X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı iseler
α ∩ β nın da X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız.
2) Düzlemdeki bütün üçgenlerin kümesi üstünde tanımlanan benzerlik
bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız.
108
2. BÖLÜM. GRUPLAR
Tanım 2.1. G, boş olmayan bir küme olsun. G nin sıralı herhangi iki
elemanına G nin bir tek elemanını karşılık getiren bir eşlemeye G de bir ikili
işlem adı verilir.
∗:G×G → G
( a, b) → a ∗ b
Tanım 2.2. G, boş olmayan bir küme ve “ ∗ ” işlemi G de bir ikili işlem olsun.
Aşağıdaki koşullar sağlanırsa (G, ∗) ikilisine bir grup adı verilir;
1) ∀a, b, c ∈ G için, (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c ) (Birleşme özelliği),
2) ∀a ∈ G için, a ∗ e = e ∗ a = a olacak şekilde bir tek e ∈ G vardır (Birim
eleman),
3) ∀a ∈ G ye karşılık, a ∗ a ' = a '∗ a = e olacak şekilde bir tek a ' ∈ G vardır
(İnvers veya ters eleman).
Bu koşullara ek olarak,
4) ∀a, b ∈ G için a ∗ b = b ∗ a koşulu da sağlanırsa (G, ∗) ikilisine bir
değişmeli grup (komütatif grup) adı verilir.
Teorem 2.1. (G, ∗) bir grup olsun. O taktirde G de sağ ve sol sadeleştirme
kuralları geçerli olur, yani
a ∗b = a ∗c ⇒ b = c
veya
a ∗b = c ∗b ⇒ a = c
dir.
Kanıt. a, b, c ∈ G olmak üzere
a ∗b = a ∗c
verilsin. (G, ∗) bir grup olduğundan a nın G de bir tersi vardır. Bu eleman
a ' ∈ G olsun. Bu elemanla yukarıdaki eşitliğin her iki yanını işleme tabi
tutarak
a '∗ (a ∗ b) = a '∗ (a ∗ c)
veya (G, ∗) grubunun 1) ve 2) koşulları ile
(a '∗ a ) ∗ b = (a '∗ a ) ∗ c
e ∗b = e∗c
b=c
elde ederiz. Sağ sadeleştirme kuralı da benzer şekilde kanıtlanır.
Teorem 2.2. (G, ∗) ikilisi bir grup ve a, b ∈ G olsun. O taktirde,
a ∗ x = b ve y ∗ a = b
109
lineer denklemleri G içinde bir tek çözüme sahiptirler.
Kanıt. (G, ∗) ikilisi bir grup olduğundan a elemanının G de bir a ′ inversi
vardır ve G kapalı olduğundan yani “ ∗ ” işlemi G de bir iç işlem olduğundan
a '∗ b , G nin bir elemanıdır. a '∗ b = x diyelim ve x i denklemde yerine
yazalım. Böylece grup özelliklerinden
a ∗ (a '∗ b) = (a '∗ a) ∗ b
= e∗b
=b
buluruz, yani a '∗ b bir çözümdür, şimdi de bu çözümün tek olduğunu
kanıtlayalım. Eğer denklemin x ten başka bir x1 çözümü varsa , yani;
a ∗ x = b ve a ∗ x1 = b
ise
a ∗ x = a ∗ x1
den sol sadeleştirme kuralı ile x = x1 elde ederiz, yani denklemin çözümü bir
tektir.
Örnek 2.1. − {0} kümesinin
( a + bi )( c + di ) = ( ac − bd ) + ( ad + bc ) i
şeklinde tanımlanan “ ⋅ ” işlemine göre bir komütatif grup olduğunu
gösterelim.
Çözüm. i) Her a + bi , c + di ∈ − {0} için
− bd ) + ( ad + bc ) i ∈ ( a + bi )( c + di ) = (ac
∈
∈
dir. Öte yandan
a + bi ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 ∨ b ≠ 0
c + di ≠ 0 ⇒ c ≠ 0 ∨ d ≠ 0
olduğundan ( a + bi )( c + di ) ≠ 0 dir. Çünkü aksi halde
(2.1)
(2.2)
 ac − bd = 0

 ad + bc = 0
olur, yani c ve d, (2.2) ye göre
 ax − by = 0

bx + ay = 0
lineer homojen denklem sisteminin sfır çözümden farklı bir çözümünü
oluşturur. Buradan da
a −b
= a 2 + b2 = 0
b a
110
ve dolayısıyla a = b = 0 sonucu çıkar ki, bu (2.1) ile çelişir. Şu halde
( a + bi )( c + di ) ∈ − {0} dır.
ii) Her a + bi , c + di, e + fi ∈ ( ve sonuçta − {0} ) için
( a + bi )( c + di )  ( e + fi ) = ( a + bi ) ( c + di )( e + fi ) 
dir. Gerçekten,
C =  ( a + bi )( c + di )  ( e + fi ) =  ( ac − bd ) + ( ad + bc ) i  ( e + fi )
=  ( ac − bd ) e − ( ad + bc ) f  +  ( ac − bd ) f + ( ad + bc ) e  i
D = ( a + bi )  ( c + di )( e + fi )  = ( a + bi )  ( ce − df ) + ( cf + de ) i 
=  a ( ce − df ) − b ( cf + de )  +  a ( cf + de ) + b ( ce − df )  i
dir ve reel sayıların temel özelliklerine göre
( ac − bd ) e − ( ad + bc ) f = a ( ce − df ) − b ( cf + de )
( ac − bd ) f + ( ad + bc ) e = a ( cf + de ) + b ( ce − df )
olduğundan buradan C = D elde edilir.
iii) Her a + bi , c + di ∈ ( ve sonuçta − {0} ) için
( a + bi )( c + di ) = ( ac − bd ) + ( ad + bc ) i
( c + di )( a + bi ) = ( ca − db ) + ( cb + da ) i
dir ki, deki toplama ve çarpmanın komütatifliğinden dolayı bu iki kompleks
sayı birbirine eşittir.
iv) Her a + bi , c + di ∈ − { 0} çiftine karşılık, ( a + bi )( x + yi ) = ( c + di )
olacak şekilde en az bir x + yi ∈ − {0} vardır:
( a + bi )( x + yi ) = ( c + di )
den ( ax − by ) + ( ay + bx ) i = c + di ve buradan da
 ax − by = c

bx + ay = d
elde edilir.
a + bi ≠ 0 olduğundan bu sistemin katsayılar matrisinin
determinantı a + b 2 ≠ 0 dır. Şu halde bu bir Cramer sistemidir ve tek çözümü
ac + bd
ad − bc
x= 2
∈ , y = 2
∈
2
a +b
a + b2
dir. a + bi ≠ 0 ve d + ci ≠ 0 olduğundan i) ye göre
( a + bi )( d + ci ) = ( ad − bc ) + ( ac + bd ) i ≠ 0
2
111
dir; o halde ad − bc ve ac + bd den en az biri ≠ 0 dır. Dolayısıyla x ve y den
en az biri ≠ 0 dır. Buna göre ( a + bi )( x + yi ) = ( c + di ) nin tek çözümü
ac + bd
ad − bc
i ∈ − {0}
a +b
a 2 + b2
dir. Şu halde ( − {0} , ⋅) bir komütatif gruptur.
x + yi =
2
2
+
Örnek 2.2. G = {( a, b,1) a, b ∈ } kümesinin
( a, b,1) ∗ ( c, d ,1) = ( a + c, b + d ,1)
şeklinde tanımlanan “ ∗ ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu
araştıralım.
Çözüm. ı) Her ( a, b,1) , ( c, d ,1) ∈ G için


+ c , b
+ d ,1 ∈ G
( a, b,1) ∗ ( c, d ,1) =  a
 ∈
dir.
ıı) Her ( a, b,1) , ( c, d ,1) , ( e, f ,1) ∈ G için
∈

( a, b,1) ∗ ( c, d ,1)  ∗ ( e, f ,1) = ( a + c, b + d ,1) ∗ ( e, f ,1)
= ( ( a + c ) + e, ( b + d ) + f ,1)
ve
( a, b,1) ∗ ( c, d ,1) ∗ ( e, f ,1)  = ( a, b,1) ∗ ( c + e, d + f ,1)
= ( a + ( c + e ) , b + ( d + f ) ,1)
olduğundan , nin “ + “ ya göre asosyatif olduğunu kullanarak
( a, b,1) ∗ ( c, d ,1)  ∗ ( e, f ,1) = ( a, b,1) ∗ ( c, d ,1) ∗ ( e, f ,1) 
buluruz.
ııı) Her ( a, b,1) , ( c, d ,1) ∈ G için


+ c , b
+ d ,1 = ( c + a, d + b,1) = ( c, d ,1) ∗ ( a, b,1)
( a, b,1) ∗ ( c, d ,1) =  a
 ∈ ∈ 
dir. Burada nin “ + “ ya göre komütatif olduğunu kullandık.
ıv) Her ( a, b,1) ∈ G için ( x, y,1) ∗ ( a, b,1) = ( a, b,1) olacak şekilde bir
( x, y,1) ∈ G vardır:
112
( x, y,1) ∗ ( a, b,1) = ( a, b,1) ⇒ ( x + a, y + b,1) = ( a, b,1)
x + a = a ⇒ x = 0 ∈ ⇒
y + b = b ⇒ y = 0∈
⇒ ( x, y,1) = ( 0, 0,1) ∈ G.
v) Her ( a, b,1) ∈ G ye karşılık
( a′, b′,1) ∗ ( a, b,1) = ( 0, 0,1)
olacak şekilde
bir ( a ′, b′,1) ∈ G vardır:
( a′, b′,1) ∗ ( a, b,1) = ( 0, 0,1) ⇒ ( a′ + a, b′ + b,1) = ( 0, 0,1)
a ′ + a = 0 ⇒ a ′ = −a ∈ ⇒
b′ + b = 0 ⇒ b′ = −b ∈ ⇒ ( a′, b′,1) = ( −a, −b,1) ∈ G.
Şu halde ( G, ∗) bir komütatif gruptur. 1G = ( 0, 0,1) ve ( a, b,1)
−1
= ( − a, −b,1)
dir.
ab
şeklinde tanımlanan “ ∗ ” işlemine göre ne tür
3
bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım.
ab
∈ + dır. Çünkü
Çözüm. ı) Her a, b ∈ + için a ∗ b =
3
ab
a > 0, b > 0 ⇒ ab > 0 ⇒
>0
3
dır.
ıı) Her a, b, c ∈ + için ( a ∗ b ) ∗ c = a ∗ ( b ∗ c ) dir. Çünkü
Örnek 2.3. + nın a ∗ b =
ab
c
( ab ) c
ab
A = ( a ∗ b) ∗ c =
∗c = 3 =
,
3
3
9
bc
a
a ( bc )
bc
B = a ∗ (b ∗ c ) = a ∗
= 3 =
3
3
9
+
olduğundan nın “ . ” ya göre asosyatifliğinden A = B bulunur.
ab ba
ııı) Her a, b ∈ + için a ∗ b =
=
= b ∗ a dir. Çünkü + nın “ . ” ya
3
3
ab ba
=
dir.
göre komütatifliğinden dolayı
3
3
ıv) Her a ∈ + için x ∗ a = a olacak şekilde bir x ∈ + vardır:
113
xa
= a ⇒ xa = 3a ⇒ x = 3 ∈ + .
a ≠0
3
+
v) Her a ∈ ye karşılık, a ′ ∗ a = 3 olacak şekilde bir a ′ ∈ + vardır:
x∗a = a ⇒
a′a
9
= 3 ⇒ a ′a = 9 ⇒ a ′ = ∈ + .
a≠0
3
a
9
Şu halde + , ∗ bir komütatif gruptur. 1G = 3 , a −1 = dir.
a
a′ ∗ a = 3 ⇒
(
)
Örnek 2.4. G = × = {( a, b ) a ∈ , b ∈ } kümesinin
( a , b ) ( c, d ) = ( a + c, 2 − c b + d )
şeklinde tanınmlanan “ ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu
araştıralım.


−c
a + c , 2
b +
d ∈G
Çözüm. ı) Her ( a, b ) , ( c, d ) ∈ G için ( a, b ) ( c, d ) =   ∈

∈


dir.
ıı) Her ( a, b ) , ( c, d ) , ( e, f ) ∈ G için
( a, b ) ( c, d )  ( e, f ) = ( a, b ) ( c, d ) ( e, f ) 
dir.
(
)
A = ( a, b ) ( c, d )  ( e, f ) = a + c, 2−c b + d ( e, f )
) ) ( ( a + c ) + e, 2 (
B = ( a, b ) ( c, d ) ( e, f )  = ( a, b ) ( c + e, 2 d + f )
=
(( a + c ) + e, 2 ( 2
−e
−c
− e+c )
b+d + f =
b + 2−e d + f
)
−e
(
− c +e
= a + ( c + e ) , 2 ( ) b + 2−e d + f
)
olup, nun temel özelliklerinden dolayı A = B bulunur.
ııı) Her ( a, b ) ∈ G için
( x, y ) ( a , b ) = ( a, b )
olacak şekilde bir ( x, y ) ∈ G
vardır.
( x , y ) ( a , b ) = ( a, b ) ⇒ ( x + a , 2 − a y + b ) = ( a , b )
 x + a = a ⇒ x = 0 ∈ ⇒  −a
2 y + b = b ⇒ 2− a y = 0 −⇒
y = 0∈

2 a ≠0
⇒ ( x, y ) = ( 0, 0 ) ∈ G.
114
( a, b ) ∈ G
ıv) Her
( a , b ) ∈ G vardır.
( a , b ) ( a, b ) = ( 0, 0) ⇒ ( a
∗
( a , b ) ( a, b ) = ( 0, 0)
∗
ye karşılık
∗
olacak şekilde bir
∗
∗
∗
∗
)
+ a, 2− a b∗ + b = ( 0, 0 )

 a ∗ + a = 0 ⇒ a∗ = − a ∈ 
⇒  2 − a b ∗ + b = 0 ⇒ 2 − a b ∗ = −b
 2− a ≠ 0
 ⇒ b∗ = −b = −2+ a b ∈ 
2− a
(
) (
)
için
( a , b ) ( c , d ) = ( c, d ) ( a , b )
⇒ a∗ , b∗ = −a, −2+ a b ∈ G.
v) Her
( a , b ) , ( c, d ) ∈ G
eşitliğinin
sağlanması gerekmez. Çünkü
( a , b ) ( c, d ) = ( a + c, 2 − c b + d ) ,
( c, d ) ( a , b ) = ( c + a, 2 − c d + b )
olduğundan a = c = 1, d = 1, b = 2 alırsak,
(1 + 1, 2
olur. Şu halde
( G, )
−1
) (
⋅ 2 + 1 ≠ 1 + 1, 2−1 ⋅1 + 2
)
komütatif olmayan bir gruptur.
Tanım 2.3. G sonlu sayıda elemana sahip bir küme olmak üzere, (G, ∗) ikilisi
bir grup ise bu gruba bir sonlu grup, G kümesinin eleman sayısına da G
grubunun mertebesi adı verilir.
Örnek 2.5. G = {e} , mertebesi 1 olan bir gruptur ve e aynı zamanda grubun
birim elemanıdır. Bu grubun işlem tablosu
* e
e e
şeklindedir.
Örnek 2.6. G = {e, a} , mertebesi 2 olan bir gruptur. Bu grubun işlem tablosu
115
e a
e a
a e
*
e
e
şeklindedir.
Örnek 2.7. G = {e, a, b} , mertebesi 3 olan bir gruptur ve bu grubun işlem
tablosu
*
e
a
b
e
e
a
b
a
a
b
e
b
b
e
a
şeklindedir.
Örnek 2.8. G = {e, a, b, c} dört elemanlı bir grup teşkil eder, aynı satırdaki bir
elemanın tekrar edilmemesi koşulu ile aşağıdaki 4 işlem tablosu verilebilir,
ancak bunlar ikişer ikişer birbirine izomorfturlar. 4 elemanlı izomorf olmayan
iki gruba ait işlem tablosu ileride verilecektir.
*
e
a
b
c
e
e
a
b
c
a
a
e
c
b
b
b
c
e
a
c
c
b
a
e
*
e
a
b
c
e a b c
e a b c
a e c b
b c a e
c b e a
*
e
a
b
c
e a b c
e a b c
a b c e
b c e a
c e a b
*
e
a
b
c
e a
e a
a c
b e
c b
Tanım 2.4. G kümesi “ ∗ ” işlemine göre kapalı bir küme olmak üzere, “ ∗ ”
işlemi G üstünde birleşmeli ise o taktirde (G, ∗) ikilisine bir yarı-grup adı
verilir.
Örnek 2.9. (G ,.) , değişmeli bir yarı-grup olsun. Eğer ∀a ∈ G için a.a = a
önermesi doğru ise
β = {( x, y ) : x, y ∈ G; x. y = y}
şeklinde tanımlanan β bağıntısı G üstünde bir denklik bağıntısı oluşturur.
Çözüm.
1) ∀x ∈ G için x.x = x ⇒ x ∼ x ,
2) x ∼ y ⇒ x. y = y ⇔ y.x = y ⇒ y ∼ x ,
116
b c
b c
e b
c a
a e
3) x ∼ y ve y ∼ z ise x. y = y ve y.z = z dir. Böylece, ( xy )( yz ) = yz veya
G nin değişmeli bir yarı-grup olması nedeniyle
x( yy ) z = yz ve ( xz )( yy ) = zy
yazabiliriz. Buradan G nin değişmeli olmasını ve hipotezi kullanarak,
( xz ) y = zy ve y ( xz ) = yz ⇒ xz = z
elde ederiz, yani x ∼ z dir.
Teorem 2.3. Bir (G, ∗) grubu verilsin.
1) ∀x ∈ G için e ∗ x = x ∗ e = x olacak şekilde bir tek e ∈ G vardır.
2) ∀x ∈ G için x '∗ x = x ∗ x ' = e olacak şekilde bir tek x ' ∈ G vardır.
Kanıt.
1) (G, ∗) grubunun e, e1 ∈ G olmak üzere farklı iki birim elemanının var
olduğunu kabul edelim.
e1 birim elemanı için e ∗ e1 = e1 ∗ e = e ,
e birim elemanı için e ∗ e1 = e1 ∗ e = e1
yazabiliriz. Bu iki eşitlikten e = e1 elde ederiz.
2) ∀x ∈ G için x1 , x2 ∈ G olmak üzere x1 ve x2 gibi farklı iki inversin var
olduğunu kabul edelim.
x1 inversi için x ∗ x1 = x1 ∗ x = e ,
x2 inversi için x ∗ x2 = x2 ∗ x = e
yazabiliriz. Bu iki eşitlikten x ∗ x1 = x ∗ x2 elde ederiz, buradan da sol
sadeleştirme kuralı ile x1 = x2 bulunur. Böylece, ∀x ∈ G için invers eleman
bir tektir.
Tanım 2.5. (G ,.) bir grup, a ∈ G ve e, G nin etkisiz elemanı olsun.
a n = a
.a...a şeklinde tanımlanmak üzere:
n tane
1) a 0 = e ve a1 = a ,
2) n ∈ + için a n +1 = a n .a ,
3) n ∈ + için a − n = (a −1 ) n dir.
Uyarı: Grup işlemi “+” işlemi ise a 0 yerine 0a ve a n yerine na gösterimini
kullanırız.
Teorem 2.4. (G ,.) bir grup, a ∈ G ve e, G nin birim elemanı olsun. Bu
taktirde m, n ∈ olmak üzere
1) e n = e ,
117
2) a m + n = a m .a n ,
3) (a m )n = a mn dir.
Kanıt. Tanım 2.5. ve tümevarım ilkesi ile kolayca yapılır.
Uyarı: (G ,.) değişmeli bir grup ise a, b ∈ G ve n ∈ için
(a.b) n = a n .b n
dir.
PROBLEMLER
1) (G ,.) değişmeli bir yarı grup olsun. ∀a ∈ G için a.a = a önermesi doğru
ise
β = {( x, y ) | x, y ∈ G; x. y = y.x}
eşitliği ile verilen β kümesinin, G üstünde bir denklik bağıntısı oluşturduğunu
kanıtlayınız.
2) ∀x, y ∈ için x ∗ y = x + y − 1 şeklinde tanımlanan işlemle birlikte (, ∗)
cebirsel yapısının bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız.
3) (G , ) bir grup ve a ∈ G olsun. ∀x, y ∈ G için x ∗ y = x a y şeklinde
verilen işlemle birlikte (G, ∗) cebirsel yapısının bir grup teşkil ettiğini
kanıtlayınız.
4) (G , ) bir grup olsun. ∀x ∈ G için x 2 = e ise bu grubun değişmeli
olacağını gösteriniz.
5) (G, ∗) bir grup olsun. G kümesi 3 elemanlı ise bu grubun değişmeli
olacağını gösteriniz.
6) (G , ) bir grup ve a ∈ G olsun. f a , g a : G → G ve
f a ( x) = a x , g a ( x) = x a
şeklinde tanımlı olmak üzere bu fonksiyonların bire-bir, örten ve
f a b = f a fb ve g a b = g a gb
koşullarını sağladığını gösteriniz.
7) [ 0,1] kapalı aralığından kendi üzerine olan monoton artan fonksiyonların
kümesinin, fonksiyonların bileşkesi işlemine göre bir grup oluşturduğunu
kanıtlayınız.
118
8) n, keyfi sabit bir pozitif tamsayı olmak üzere
G = { z | z n = 1, z ∈ }
kümesinin çarpma işlemine göre bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız.
9) (G , ) bir grup olsun. ∀a, b ∈ G için (a b)2 = a 2 b 2 ise grubun değişmeli
olacağını gösteriniz.
119
3. BÖLÜM. ALT GRUPLAR
Tanım 3.1. A ve B kümeleri verilsin. ∀x ∈ B için x ∈ A ise o taktirde B ye A
nın bir alt kümesidir deriz ve B ⊆ A şeklinde gösteririz. B, A nın bir alt
kümesi iken eğer B ≠ A ise B ye A nın bir öz alt kümesidir deriz ve B ⊂ A
şeklinde gösteririz.
Tanım 3.2. (G, ∗) bir grup ve S de G nin bir alt kümesi olsun. G deki grup
işlemi ile ∀a, b ∈ S için a ∗ b ∈ S ise G nin grup işlemi, S de kapalıdır denir
ve G den S ye aktarılan bu işleme de G den S ye indirgenmiş işlem denir.
Tanım 3.3. (G, ∗) bir grup ve S de G nin boş olmayan bir alt kümesi olsun.
Eğer S nin kendisi de “ ∗ ” işlemine göre bir grup oluşturuyor ise S ye G nin
bir alt grubu denir ve S ≤ G şeklinde gösterilir.
Tanım 3.4. (G, ∗) grubunun
({e} , ∗)
ve (G, ∗) alt gruplarına bu grubun
aşikar alt grupları denir. (G, ∗) grubunun aşikar alt gruplarından farklı alt
grupları varsa bu alt gruplara G nin öz alt grupları adı verilir.
Örnek 3.1. (, +) ikilisi, (, +) grubunun bir alt grubudur, ( − {0} ,.)
grubu, (, +) grubunun bir alt grubu değildir.
Örnek 3.2. (G, ∗) bir grup ve e , G nin “ ∗ ” işlemine göre birim elemanı
ise, bu takdirde G nin kendisi ve {e} , G nin aşikar alt gruplarıdır.
Örnek 3.3. ( 4 , +) ve V-Klein 4 gruplarının işlem tabloları aşağıda
verilmektedir. Bu grupların öz alt gruplarını inceleyelim.
+
0
1
2
3
0
0
1
2
3
1
1
2
3
0
2
2
3
0
1
*
e
a
b
c
3
3
0
1
2
( 4 , +) Grubu
e
e
a
b
c
a
a
e
c
b
b
b
c
a
a
c
c
b
e
e
V-Klein 4 Grubu
120
4 ün bir tek öz alt grubu {0, 2} dir. Diğer taraftan {0,3} , 4 ün bir öz alt
grubu değildir. Çünkü,
3 + 3 = 2 ∉ {0,3}
{ e, a} , {e, b} , {e, c}
dır. V-Klein 4 grubunun öz alt grupları ise
dir. Diğer
taraftan {e, a, b} , V-Klein 4 grubunun bir öz alt grubu değildir. Çünkü,
a b = c ∉ {e, a, b}
dir. Şimdi H ≤ G ve a ∈ H olsun. ax = a denklemi H da tek bir çözüme
sahip olduğundan bu çözüm x = e dir. O halde e ∈ H olmak zorundadır.
Benzer şekilde ax = e denklemi bir tek çözüme sahiptir ve bu çözüm
x = a −1 ∈ H dır. Bu incelemeye göre 4 ve V-Klein 4 gruplarının alt gruplar
diagramı diğer bir ifade ile latis şeması aşağıdaki şekilde elde edilir.
V
4
|
{0, 2}
|
/ | \
{e, a}
\
{0}
{e, b} {e, c}
|
{e}
/
Teorem 3.1. G bir grup ve H, G nin boş olmayan bir alt kümesi olsun. H ≤ G
olması için gerek ve yeter koşul;
1) H, G deki grup işlemine göre kapalı,
2) ∀a ∈ H ise a −1 ∈ H
olmasıdır.
Bu teoremi aşağıdaki bir tek koşul ile de ifade edebiliriz, şöyleki;
“ H ⊂ G , ∀a, b ∈ H için a ∗ b −1 ∈ H ise H ≤ G dir.”
Gerçekten ∀a, b, c ∈ H için H ⊂ G olduğundan a, b, c ∈ G dir ve G bir
grup olduğundan birleşme özelliği vardır, böylece
a (bc) = (ab)c
dir, benzer düşünce ile diğer grup koşullarının sağlandığı da görülebilir.
Örnek 3.4. Bir (G, ∗) grubunun alt gruplarının ailesi, I doğal sayılar
kümesinde bir indis kümesini göstermek üzere, ( H i , ∗)i∈I olsun. O taktirde,
(∩ i∈I H i , ∗) cebirsel yapısı da, (G, ∗) grubunun bir alt grubudur. Gerçekten,
∩ i∈I H i = H
dersek
H ⊆G
ve
121
H ≠∅
dir.
Diğer
taraftan,
x, y ∈ H ⇔ ∀i ∈ I için x ∗ y ∈ H i dir. ∀i ∈ I için ( H i , ∗) grubu, (G, ∗)
grubunun bir alt grubu olduğundan,
∀i ∈ I için x, y ∈ H i ⇔ ∀i ∈ I için x ∗ y −1 ∈ H i ⇔ x ∗ y −1 ∈ H
elde ederiz. Böylece H, G nin alt grubudur.
{
Örnek 3.5. G = a + b 2 a, b ∈ ; a ≠ 0 ∨ b ≠ 0
}
kümesinin deki “ ⋅ ”
işlemine göre komütatif bir grup olduğunu gösterelim.
Çözüm. G ⊂ − {0} olduğuna göre G nin − {0} = * grubunun bir alt
grubu olduğunu göstermek yeter. Şu halde alt grup koşullarını gerçekleyelim.
(
)(
)
ı) Her a + b 2, c + d 2 ∈ G için a + b 2 c + d 2 ∈ G dir:
ac + 2bd ) + ( ad + bc )
( a + b 2 )( c + d 2 ) = (
∈
2.
∈
a + b 2 c + d 2 ≠ 0 
a + b 2 ∈ G ⇒ a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ a + b 2 ≠ 0 
⇒

c + d 2 ∈ G ⇒ c ≠ 0 ∨ d ≠ 0 ⇒ c + d 2 ≠ 0 
C sıfır-bölensiz

(
)(
)
⇒ ac + 2bd ≠ 0 ∨ ad + bc ≠ 0
( a + b 2 )( c + d 2 ) ∈ G dir.
1
ıı) Her a + b 2i ∈ G için ( a + b 2 ) =
a+b
dır. Şu halde
−1
1
a+b 2
=
a−b 2
2
a − 2b
2
=
a
2
2
−
2
∈ G dir:
b
2
a−
2b a
− 2b
∈
2
2.
∈
a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ a 2 − 2b2 ≠ 0 dır. Çünkü a 2 − 2b2 = 0 olsa: 2b 2 = a 2 bulunur.
Buradan da
a2
a
b ≠ 0 ise: 2 = 2 ⇒ 2 = ∈ Q
b
b
b = 0 ise: a 2 = 0 ⇒ a = 0
bulunur ki, her iki durumda da çelişki elde edilir. Dolayısıyla a 2 − 2b2 ≠ 0
olur.
a
b
a ≠ 0∨b ≠ 0 ⇒ 2
≠ 0∨ 2
≠0
a − 2b 2
a − 2b 2
1
a
b
dır. Şu halde
2 ∈ G dir. Dolayısıyla G,
=
−
a + b 2 a 2 − 2b 2 a 2 − 2b 2
122
− {0} = * grubunun bir alt grubudur. komütatif olduğundan G de
komütatif gruptur.
PROBLEMLER
1) (, +) nın, (
, +) toplamsal grubunun bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.
2) H ve K, bir G grubunun iki alt grubu olmak üzere H ∩ K nın, G nin bir alt
grubu olduğunu gösteriniz.
3) H = {2kn | k ∈ } kümesinin, (, +) grubunun bir alt grubu olduğunu
gösteriniz ve H nın mertebesini bulunuz.
Not: Bu gruba 2n nin gerdiği sonsuz devirli grup denir ve H = 2n şeklinde
gösterilir.
4) G bir grup ve S ⊂ G olsun. N S = { x ∈ G | xS = Sx} kümesinin G nin bir alt
grubu olduğunu gösteriniz.
( normalizatörü ) adı verilir.
Bu
kümeye
S
kümesinin
normalleyeni
5) H, bir G grubunun herhangi bir alt grubu olsun. g ∈ G olmak üzere
gHg −1 = { ghg −1 | h ∈ H }
kümesinin G nin bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.
6) (G ,.) bir grup olsun. G kümesi, x ve y elemanları ile yazılan ve
x 2 = y 2 = e , x. y = y.x önermelerini gerçekleyen 4 elemanlı bir küme olsun.
G nin elemanlarını belirleyiniz ve (G ,.) grubunun tüm alt gruplarını yazınız.
7) (Gn , ) n∈N , (G , ) grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun. ∀n ∈ için
Gn ⊆ Gn +1 önermesi doğru ise (Gn , ) n∈N ailesine G nin artan gruplar dizisi
adı verilir, bu dizi ile oluşturulan (∪ n∈N Gn , ) cebirsel yapısının (G , )
grubunun bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.
8) (Gi , )i∈I , (G , ) grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun. i, j ∈ I indisleri
için
Gi ⊆ Gk ve G j ⊆ Gk
123
olacak şekilde bir k ∈ I varsa, (∪ i∈I Gi , ) cebirsel yapısının (G , ) grubunun
bir alt grubu olduğunu gösteriniz.
10) (G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun.
Ha = { x | x ∈ G , a.x = x.a}
kümesini tanımlayalım. ( Ha,.) cebirsel yapısının (G ,.) grubunun bir alt
grubu olduğunu kanıtlayınız ( Ha kümesine, a nın merkezleyen kümesi adı
verilir ).
124
4. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI
Tanım 4.1. Sonlu bir A kümesi verilsin. A dan A ya tanımlanan bire-bir ve
örten bir dönüşüme bir permütasyon adı verilir.
A = {1, 2,3,..., n} kümesini göz önüne alalım. φ : A → A dönüşümü birebir ve örten ise A nın bir permütasyonunu tanımlar.
Örnek 4.1. A = {1, 2,3} olmak üzere A dan A ya
σ (1) = 2 , σ (2) = 3 , σ (3) = 1
şeklinde tanımlanan σ fonksiyonu bire-bir ve örten olduğundan A nın bir
permütasyonudur. Bu permütasyonu
1 2 3 
σ =

 2 3 1
şeklinde de gösteririz.
γ n , A = {1, 2,3,..., n} kümesinin bütün permütasyonlarının kümesi olsun.
γ n üstünde permütasyon çarpımı işlemini tanımlarsak, bu işlem ile birlikte γ n
kümesi bir grup yapısına sahip olur. Bu gruba simetrik grup adı verilir.
Gerçekten, iki permütasyon verildiğinde bunların çarpımı yine bir
permütasyondur, bunu görmek için çarpımın bire-bir ve örten olduğunu
kanıtlamalıyız. σ , τ ∈ γ n ve a1 , a2 ∈ A olsun.
(στ )(a1 ) = (στ )(a2 ) ⇒ σ (τ (a1 )) = σ (τ (a2 ))
⇒ τ (a1 ) = τ (a2 ) ( σ , bire-bir olduğundan )
⇒ a1 = a2 ( τ , bire-bir olduğundan )
elde ederiz, yani στ çarpımı bire-birdir.
Şimdi a ∈ A olsun. σ , örten olduğundan σ (a ') = a olacak şekilde bir
a ' ∈ A bulabiliriz. Aynı şekilde τ , örten olduğundan τ (a '') = a ' olacak
şekilde bir a '' ∈ A bulabiliriz. O halde, ∀a ∈ A için
a = σ (a ') = σ (τ (a '')) = (στ )(a '')
olacak şekilde bir a '' ∈ A elde etmiş olduk, böylece στ çarpımı örtendir ve
dolayısıyla στ çarpımı da
A nın bir permütasyonudur. O halde
permütasyonların çarpımı işlemi γ n üstünde kapalıdır.
1 2 3 4 
1 2 3 4 
Örnek 4.2. τ = 
 ve σ = 
 , A = {1, 2,3, 4} kümesinin
3
4
2
1


 4 2 1 3
iki permütasyonu olsun. Bu permütasyonların çarpımı
125
1 2 3 4  1 2 3 4  1 2 3 4 

=

 4 2 1 3  3 4 2 1 1 3 2 4 
στ = 
şeklindedir.
Teorem 4.1. A boş olmayan bir küme ve γ A , A nın permütasyonlarının
kümesi olsun. γ A kümesi, permütasyonların çarpımı işlemine göre bir gruptur.
Kanıt.
1) Kapalılık özelliği : Örnek 4.1. de kanıtlanmıştır.
2) Birleşme özelliği : ∀σ , τ , µ ∈ γ A ve ∀a ∈ A için
(στ ) µ = σ (τµ )
olduğunu gösterelim.
((στ ) µ )(a) = σ (τ ( µ (a))) = σ ((τµ )(a )) = (σ (τµ ))(a )
olduğundan birleşme özelliği doğrulanır.
3) Birim eleman : ∀a ∈ A için σ 0 (a) = a olacak şekilde bir σ 0 ∈ A birim
permütasyonu bulabiliriz.
4) İnvers eleman : ∀σ ∈ γ A permütasyonu için
σ (a ') = a ise σ −1 (a) = a '
olacak şekilde bir σ −1 invers permütasyon tanımlıyabiliriz. σ , bire-bir ve
örten olduğundan σ −1 de bire-bir ve örten olup, γ A ya aittir. Gerçekten
∀a ∈ A için,
σ 0 (a) = a = σ (a ') = σ (σ −1 (a )) = (σσ −1 )(a )
veya ∀a ' ∈ A için,
σ 0 (a ') = a ' = σ −1 (a) = σ −1 (σ (a ')) = (σ −1σ )(a ')
olduğundan ∀σ ∈ γ A için
σ −1σ = σσ −1 = σ 0
olacak şekilde bir σ −1 ∈ γ A vardır ve böylece (γ A ,.) bir gruptur.
A ve B kümeleri aynı sonlu sayıda elemana sahip iki küme ise, A ve B nin
permütasyonlarının γ A ve γ B kümeleri arasında bir izomorfizma tanımlanabilir
ve bu izomorfizma bir grup izomorfizmi dir.
Teorem 4.2. Sonlu n elemanlı bir A kümesinin permütasyonlarının sayısı,
yani γ A grubunun mertebesi n ! dir.
Kanıt. A nın permütasyonlarının sayısını P(n, n) ile gösterelim. A nın bir tek
elemana sahip bir B alt kümesinden B ye, bire-bir ve örten bir tek fonksiyon
126
tanımlanabileceğinden P(1,1) = 1 dir. A nın (n − 1) elemanlı bir alt kümesinin
sabit tutulacak her bir permütasyonu için A nın n tane permütasyonu
oluşturulabileceğinden,
P(n, n) = n.P(n − 1, n − 1)
yazabiliriz. O halde,
P(1,1) = 1
P(2, 2) = 2.P (1,1)
P(3,3) = 3.P (2, 2)
P(n − 1, n − 1) = (n − 1).P (n − 2, n − 2)
P(n, n) = n.P (n − 1, n − 1)
eşitliklerini taraf tarafa çarpar ve gerekli sadeleştirmeleri yaparsak,
P(n, n) = 1.2.3.4...(n − 1).n = n !
elde ederiz.
Örnek 4.3. Bir ABC eşkenar üçgeninin köşe noktalarına sırası ile 1, 2, 3
rakamlarını karşılık getirirsek {1, 2,3} kümesinin permütasyonları aşağıdaki
gibi verilir.
1 2 3 
1 2 3 
1 2 3 
 , ρ1 = 
 , ρ2 = 

1 2 3 
 2 3 1
3 1 2
ρ0 = 
1 2 3 
1 2 3 
1 2 3 
 , µ2 = 
 , µ2 = 
.
1 3 2 
 3 2 1
 2 1 3
µ1 = 
Bu permütasyonlardan ρ1 , ρ 2 , ρ0 sırasıyla üçgenin köşelerinin pozitif yöndeki
120, 240 ve 360 derecelik dönmelerine karşılık gelirken; µ1 , µ 2 , µ3 de
üçgenin sırası ile a, b, c kenarortaylarına göre simetrilerine karşılık
gelmektedir. Böylece, elde edilen γ 3 = { ρ0 , ρ1 , ρ 2 , µ1 , µ 2 , µ3 } kümesi
permütasyonların çarpımı işlemi ile birlikte bir grup teşkil eder. Bu (γ 3 , )
grubuna üçgenin simetrilerinin grubu adı verilir. Bu gruba literatürde 3.
dihedral grubu da denilmekte ve D3 ile gösterilmektedir. Eğer A kümesi n
elemanlı ve γ n , n kenarlıların simetrilerinin grubu ise bu gruba da n. dihedral
127
grubu adı verilmekte ve Dn ile gösterilmektedir. D3 grubunun işlem tablosu
aşağıdaki şekilde verilir.
ρ0
ρ1
ρ2
µ1
µ2
µ3
ρ0
ρ0
ρ1
ρ2
µ1
µ2
µ3
ρ1
ρ1
ρ2
ρ0
µ2
µ3
µ1
ρ2
ρ2
ρ0
ρ1
µ3
µ1
µ2
µ1
µ1
µ3
µ2
ρ0
ρ2
ρ1
µ2
µ2
µ1
µ3
ρ1
ρ0
ρ2
µ3
µ3
µ2
µ1
ρ2
ρ1
ρ0
Örnek 4.4. ( D4 , karenin simetrilerinin grubu ) Bir ABCD karesinin köşe
noktalarını sırası ile 1, 2, 3, 4 rakamlarına karşılık tutarak, sırası ile köşelerin
pozitif yönde 90, 180 , 270 ve 360 derecelik dönmelerini aşağıdaki ρ1 , ρ 2 ,
ρ3 , ρ0 permütasyonları ile, kenar orta dikmelere göre simetrilerini µ1 , µ2 ve
köşegenlere göre simetrilerini de δ1 , δ 2 permütasyonları ile gösterebiliriz.
1 2 3 4 
1 2 3 4 
1 2 3 4 
1 2 3 4 
ρ0 = 
 , ρ1 = 
 , ρ2 = 
 , ρ3 = 

1 2 3 4 
 2 3 4 1
3 4 1 2
4 1 3 2
1 2 3 4 
1 2 3 4 
1 2 3 4 
1 2 3 4 
 , µ2 = 
 , δ1 = 
 ,δ2 = 
.
2
1
4
3
4
3
2
1
3
2
1
4






1 4 3 2 
µ1 = 
D4 grubuna ait işlem tablosu aşağıdaki gibidir.
ρ0
ρ1
ρ2
ρ3
µ1
µ2
δ1
δ2
ρ0 ρ1 ρ 2 ρ3 µ1 µ2 δ1 δ 2
ρ0 ρ1 ρ 2 ρ3 µ1 µ2 δ1 δ 2
ρ1 ρ 2 ρ3 ρ0 δ1 δ 2 µ2 µ1
ρ 2 ρ3 ρ0 ρ1 µ2 µ1 δ 2 δ1
ρ3 ρ0 ρ1 ρ 2 δ 2 δ1 µ1 µ2
µ1 δ 2 µ2 δ1 ρ0 ρ 2 ρ3 ρ1
µ2 δ1 µ1 δ 2 ρ 2 ρ0 ρ1 ρ3
δ1 µ1 δ 2 µ2 ρ1 ρ3 ρ0 ρ 2
δ 2 µ2 δ1 µ1 ρ3 ρ1 ρ 2 ρ0
128
Şimdi D4 grubunun alt gruplarını belirleyelim: D4 ün 4 elemanlı alt grupları,
{ρ0 , ρ2 , µ1 , µ2 } , {ρ0 , ρ1 , ρ2 , ρ3 } , {ρ0 , ρ2 , δ1 , δ 2 }
den oluşur. Bu alt gruplar mertebesi 2 olan alt gruplara sahiptirler. Bunlar
sırası ile { ρ 0 , ρ 2 , µ1 , µ2 } grubunun
{ρ0 , µ1} , { ρ0 , µ2 } , {ρ0 , ρ2 }
şeklindeki alt gruplarından { ρ0 , ρ 2 , δ1 , δ 2 } nin
{ ρ 0 , δ1 } , { ρ 0 , δ 2 } , { ρ 0 , ρ 2 }
şeklindeki alt gruplarından ve { ρ 0 , ρ1 , ρ 2 , ρ3 } nin { ρ 0 , ρ 2 } şeklindeki tek alt
grubundan ibarettir. İki elemanlı bu alt grupların hepsi { ρ0 } şeklinde bir
elemanlı alt gruba sahiptirler. Böylece, istenirse D4 ün Örnek 3.2. dekine
benzer bir Latis diagramı (alt gruplar diagramı) oluşturulabilir.
Tanım 4.2. γ A , sonlu bir A kümesinin permütasyonlarının grubu olsun. H, γ A
nın bir alt grubu olmak üzere, ∀a, b ∈ A için σ (a) = b olacak şekilde bir
σ ∈ H permütasyonu bulunabiliyor ise H alt grubuna A üzerinde geçişmeli
(transitive) dir denir.
Tanım 4.3. A bir küme ve γ A , A nın simetrik grubu olsun. a ∈ A ve σ ∈ γ A
olmak üzere,
Qa ,σ = {σ n (a) | n ∈ }
kümesine, a nın σ boyunca yörüngesi denir.
1 2 3 4 5 6 
Örnek 4.5. A = {1, 2,3, 4,5,6} ve σ = 
 olsun.
3 1 4 5 6 2
Buna göre 1 ∈ A elemanının σ boyunca yörüngesi Q1,σ = {3, 4,5, 6, 2} dir.
Tanım 4.4. A = {a1 , a2 ,..., an } kümesi verilsin. A nın
 a1 a2 . . . an 


 a2 a3 . . . a1 
şeklinde bir permütasyonuna A nın bir dairesel permütasyonu adı verilir.
129
2π
radyanlık pozitif yönde bir dönme hareketi ile bir dairesel
n
permütasyonu temsil edebiliriz. Böyle bir dairesel permütasyon bazen kısaca
( a1 a2 . . . an )
Böylece,
şeklinde de gösterilmektedir. Buna göre A = {1, 2,3, 4,5} olmak üzere,
1 2 3 4 5 

 = (1,3,5, 4)
3 2 5 1 4
şeklinde gösterebiliriz. Burada görüldüğü gibi 2 elemanı sabit tutulmuştur.
Sonuç olarak, iki dairesel permütasyonun çarpımı bir permütasyondur, ancak
çarpım her zaman bir tek dairesel permütasyon olmayabilir.
Örneğin;
1 2 3 4 5 6  1 2 3 4 5 6  1 2 3 4 5 6 
(2,1,5)(1, 4,5, 6) = 

=

 5 1 3 4 2 6  4 2 3 5 6 1   4 1 3 2 6 5 
= (1, 4, 2)(5, 6)
dir.
Tanım 4.5. Ortak elemanı olmayan iki dairesel permütasyona
( yabancıdır ) denir.
ayrıktır
Örnek 4.6.
1 2 3 4 5 6 

 6 5 2 4 3 1
σ =
şeklinde verilen permütasyonu ayrık dairesel permütasyonların çarpımı
şeklinde ifade edelim.
1 2 3 4 5 6 
σ =
 = (1, 6)(2,5,3) .
 6 5 2 4 3 1
Sonuç: Ayrık iki dairesel permütasyonun çarpımı değişme özelliğine sahiptir.
Bu sonuç ayrık olmayan dairesel permütasyonlar için genel olarak doğru
değildir.
Teorem 4.3. Sonlu bir kümenin herhangi bir σ permütasyonu, ayrık dairesel
permütasyonların bir çarpımı şeklinde yazılabilir.
130
Kanıt. A = {1, 2,..., n} kümesi verilsin ve σ bu kümenin bir permütasyonu
olsun. 1, σ (1), σ 2 (1), σ 3 (1), ... şeklindeki elemanları göz önüne alalım. Bu
elemanların hepsi birbirinden farklı olamaz. σ r (1) in kendisinden önce gelen
bu elemanlardan birisi ile aynı olan ilk eleman olduğunu kabul edelim. Bu
taktirde σ r (1) = 1 olduğunu söyleyebiliriz. Eğer, 0 < s < r aralığında bir diğer
s için σ r (1) = σ s (1) olsaydı bu durumda σ r − s (1) = 1 olurdu ki, bu r − s < r
olduğundan r nin seçimine aykırıdır. Şu halde bu elemanları,
τ 1 = (1, σ (1), σ 2 (1),..., σ r −1 (1)) şeklinde bir dairesel permütasyon olarak
yazabiliriz. τ 1 ile σ nın A üstündeki resimlerinin aynı olduğu açıktır. Şimdi
A nın τ 1 de yer almayan ilk elemanı i olsun. i için de 1 için yaptığımız gibi
τ 2 = (i, σ (i ), σ 2 (i ),..., σ t −1 (i )) şeklinde bir dairesel permütasyon oluşturursak
τ 1 ile τ 2 ayrık olur. Çünkü, eğer ayrık olmasalar: A nın bir j elemanı hem τ 1
ve hem de τ 2 de bulunurdu ki, bu τ 1 ile τ 2 nin ayrık oluşu ile çelişirdi. Bu
şekilde devam ederek A sonlu olduğundan
σ = τ 1τ 2τ 3 ...τ m
olacak şekilde sonlu m sayıda ayrık dairesel permütasyon elde ederiz, bu ise
teoremi kanıtlar.
Tanım 4.6. Bir dairesel permütasyonun eleman sayısına o dairesel
permütasyonun uzunluğu adı verilir. Uzunluğu 2 olan bir dairesel
permütasyona ise bir yer değiştirme ( transpozisyon ) adı verilir.
Bu tanıma göre herhangi bir dairesel permütasyonu transpozisyonların
çarpımı şeklinde yazabiliriz. Diğer taraftan herhangi bir permütasyonu da
dairesel permütasyonların çarpımı olarak yazabileceğimizden permütasyonu
transpozisyonların çarpımı şeklinde ifade etmiş oluruz. Bu ifadede yer alan
transpozisyonların sayısı tek ise permütasyona tek permütasyon, eğer çift
sayıda transpozisyonun çarpımı olarak ifade edilmişse permütasyona bir çift
permütasyon diyeceğiz. Bir tek permütasyonun işareti -1, çift permütasyonun
işareti ise +1 olarak tanımlanır. Örneğin bir dairesel permütasyonu;
( a1 , a2 ,..., an ) = (a1 , a2 )(a1 , a3 )...(a1 , an )
şeklinde transpozisyonların çarpımı olarak yazabiliriz. σ permütasyonunun
işaretini Ѕ(σ ) ile gösterelim.
Özellik 4.1. σ ve τ , γ n nin iki permütasyonu olsun.
1) Ѕ(σ ) = +1 , Ѕ(τ ) = +1 ise Ѕ(στ ) = +1 ,
2) Ѕ(σ ) = −1 , Ѕ(τ ) = −1 ise Ѕ(στ ) = +1 ,
131
3) Ѕ(σ ) = −1 , Ѕ(τ ) = +1 ise Ѕ(στ ) = −1 dir.
Böylece Ѕ(στ ) = Ѕ(σ )Ѕ(τ ) olduğu görülür.
Örnek 4.7.
1
a) S = 
3
1 2
U =
8 6
ayıralım.
2 3 4 5 6 7 8
1 2 3 4 5 6 7 8 
, T =
 ve
4 5 6 8 1 7 2
1 5 6 2 7 8 4 3 
3 4 5 6 7 8
permütasyonlarını yabancı devrelere

4 7 3 2 5 1
1 2 3 4 5 6 7 8 
Çözüm. S = 
 = (1358246 ) ,
3 4 5 6 8 1 7 2
1 2 3 4 5 6 7 8 
T =
 = ( 2574 )( 368 ) ,
1 5 6 2 7 8 4 3 
1 2 3 4 5 6 7 8
U =
 = (18 )( 26 )( 3475 )
8 6 4 7 3 2 5 1
dir.
b) S, T ve U permütasyonlarının teklik, çiftlik durumlarını belirleyelim.
S = (1358246 ) = çift ,
T = ( 2574 )( 368 ) = tek ,
çift
tek
U = (18)( 26)(3475) = tek
tek
tek
tek
permütasyondur.
c) T −2 ST , S 2TU −2 ve ST 2U 3 S −2 permütasyonlarını yabancı devrelere
ayıralım.
2
S 2 = (1358246 ) = (1526384 ) ,
( )
U −2 = U −1
2
2
2
2
2
= (18 )( 26 )( 3574 )  = (18 ) ( 26 ) ( 3574 ) = ( 37 )( 45 ) ,
I
I
S 2TU −2 = (1526384 )( 2574 )( 368 )( 37 )( 45 ) = (156473) ,
...............................
( )
T −2 = T −1
2
2
2
2
= ( 2475 )( 386 )  = ( 2475) ( 386 ) = ( 27 )( 45 )( 368 ) ,
T −2 ST = ( 27 )( 45 )( 368 )(1358246 )( 2574 )( 368 ) = (16784523) ,
...............................
132
2
2
2
T 2 = ( 2574 )( 368 )  = ( 2574 ) ( 368 ) = ( 27 )( 45 )( 386 ) ,
3
3
3
3
U 3 = (18)( 26 )( 3475)  = (18) ( 26 ) ( 3475 ) = (18)( 26 )( 3574 ) ,
( )
S −2 = S 2
−1
= (1526384 )
−1
= (1483625 ) ,
ST 2U 3 S −2 = (1358246 )( 27 )( 45 )( 386 )(18 )( 26 )( 3574 )(1483625 )
= (12437865)
dir.
Tanım 4.7. γ n , n elemanlı bir S kümesinin permütasyonlarının kümesi olmak
üzere, γ n nin çift ve tek permütasyonlarının kümesini sırası ile An ve Bn ile
n!
tane elemanının olduğunu görürüz.
2
Buradaki An grubuna alterne grup adı verilir.
gösterirsek, An ve Bn nin her birinin
Yukarıdaki tanımda geçen iddiayı kanıtlamak için γ n de sabit bir
τ = (1, 2) transpozisyonu seçelim. Bu transpozisyonu içeren aşağıdaki
dönüşümü tanımlayalım. Bu dönüşümün bire-bir ve örten olduğunu kanıtlarsak
n!
tane elemanının olduğunu kanıtlamış oluruz:
An ve Bn nin her birinin
2
fτ : An → Bn , fτ (σ ) = τσ ,
σ , µ ∈ An olsun. fτ (σ ) = fτ ( µ ) olduğunu kabul edelim. O halde τσ = τµ
elde ederiz ve buradan γ n grup olduğundan sol sadeleştirme kuralı ile σ = µ
buluruz, yani fτ bire-birdir. fτ nun örten olduğunu göstermek için ρ ∈ Bn
seçelim. τ = (1, 2) = τ −1 olduğundan τ −1 ρ ∈ An dir. O halde,
fτ (τ −1 ρ ) = τ (τ −1 ρ ) = (ττ −1 ) ρ = ρ
yazılabileceğinden ρ nun τ −1 ρ ∈ An elemanının resmi olduğunu buluruz,
n!
tane elemana sahip
2
olduklarını elde ederiz. Sonuç olarak γ n nin elemanlarının yarısı tek, yarısı da
çift permütasyon olmaktadır.
dolayısıyla fτ örtendir. O halde An ve Bn nin eşit ve
Örnek 4.8. γ 18 de
133
S = ( fikret )( arzu )( ahmet )( aynur )( sonay )( ayten )( figen )( füsun )( nur )( seda )
permütasyonu tarafından üretilen G grubunda, S 3 permütasyonunun
normalizatörünü ( Tanım 9.14. e bakınız ) bulalım.
Çözüm. Önce G grubunu belirleyelim. Bunun için, S yi yabancı devrelere
ayıralım.
S = ( azuhmtfüo )( snigyed )( kr ) ⇒ S = [9, 7, 2] = 126
olduğundan
{
G = S = I , S ,..., S125
}
bulunur. G bir devresel grup olduğundan komütatiftir. Dolayısıyla her S µ ∈ G
için N S µ = G , yani N S 3 = G elde edilir.
PROBLEMLER
1) G bir grup ve a ∈ G olsun.
f a : G → G , f a ( x) = ax
şeklinde tanımlanan dönüşümün bir permütasyon olduğunu kanıtlayınız.
2) Aşağıdaki şekilde tanımlanan f i : → , i = 1, 2, 3, 4 fonksiyonlarından
hangileri permütasyon tanımlar.
f1 ( x) = x + 1 , f 2 ( x) = x 2 , f 3 ( x) = e x +1 , f 4 ( x) = x 3 .
3) f , A kümesinin bir permütasyonu olsun. A kümesi üstünde
“ ∀a ∼ b ⇔ f n (a) = b olacak şekilde bir n ∈ vardır ”
şeklinde tanımlı “ ∼ ” bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.
4) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunu
belirtiniz.
a) Her permütasyon bir dairesel permütasyondur,
b) Her dairesel permütasyon bir permütasyondur,
c) γ n deki tek ve çift permütasyonların sayısı eşittir,
d) A4 ün 12 tane elemanı vardır,
e) A3 değişmeli bir gruptur,
f) Her permütasyon bire-bir bir dönüşümdür.
5) σ 0 , γ 3 simetrik grubunun birim elemanı olsun. σ 0 permütasyonunu iki
transpozisyonun çarpımı olarak yazınız.
134
6) σ ∈ γ n ve σ = (i1 , i2 ,..., ik ) olsun. Eğer k, bir tek tamsayı ise σ nın bir çift
permütasyon, bir çift tamsayı ise σ nın bir tek permütasyon olduğunu
gösteriniz.
7) σ , τ ∈ γ n
ve τ = (i1 , i2 ,..., ik ) şeklinde k uzunluğunda bir dairesel
permütasyon ise τστ −1 permütasyonunu bulunuz.
8) Bir σ dairesel permütasyonunun uzunluğu 2 den büyük bir çift tamsayı ise,
σ 2 nin ayrık dairesel permütasyonların bir çarpımı şeklinde olacağını
kanıtlayınız.
135
5. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI
Tanım 5.1. G ve G ′ iki grup olsun. G den G ′ ye bire-bir, örten ve ∀x , y ∈ G
için
φ ( xy ) = φ ( x)φ ( y )
koşulunu sağlayan φ : G → G ' dönüşümüne bir grup izomorfizması adı verilir.
Teorem 5.1. φ : G → G ' bir grup izomorfizması olsun. e ve e′ sırasıyla G ve
G ′ nün birim elemanları olmak üzere,
1) φ (e) = e ' , 2) ∀a ∈ G için φ (a −1 ) = (φ (a )) −1 dir.
Kanıt. 1) x ' ∈ G ' olsun. φ , bir izomorfizma olduğundan örtendir. O halde
φ ( x) = x ' olacak şekilde bir x ∈ G bulabiliriz. Böylece,
x ' e ' = x ' = φ ( x) = φ ( xe) = φ ( x)φ (e) = x 'φ (e)
yazabiliriz. Benzer şekilde,
e ' x ' = x ' = φ ( x) = φ (ex) = φ (e)φ ( x) = φ (e) x '
olur. Böylece φ (e) = e ' elde ederiz.
2) G bir grup olduğundan ∀a ∈ G için a −1 ∈ G vardır. O halde,
e ' = φ (e) = φ (aa −1 ) = φ (a)φ (a −1 )
yazabiliriz. Benzer şekilde,
e ' = φ (e) = φ (a −1a ) = φ (a −1 )φ (a)
yazılabileceğinden φ (a −1 ) = (φ (a )) −1 sonucunu elde ederiz.
Örnek 5.1. φ : (, +) → ( + ,.) , φ ( x) = e x dönüşümü bir grup izomorfizmasıdır.
Gerçekten;
∀x, y ∈ için φ ( x) = φ ( y ) ⇒ e x = e y ⇒ x = y
olduğundan φ bire-birdir.
∀x ∈ + için φ (ln x) = eln x = x
olduğundan φ örtendir. Diğer taraftan,
∀x, y ∈ için φ ( x + y ) = e x + y = e x .e y = φ ( x).φ ( y )
olduğundan φ bir grup izomorfizmasıdır.
Teorem 5.2. Mertebesi sonsuz olan devirli bir G grubu, (, +) grubuna
izomorftur.
Kanıt. Devirli grup kavramı için bir sonraki bölüme bakabiliriz. Şimdi G nin
bir üreteci a olmak üzere G = {a n | n ∈ } olsun.
136
φ : G → , φ ( a n ) = n
dönüşümünü tanımlayalım. φ bire-bir ve örtendir. Gerçekten,
m, n ∈ için a m , a n ∈ G ise φ (a m ) = φ (a n ) ⇒ m = n
dir, yani φ bire-birdir. Ayrıca, ∀n ∈ için φ (a n ) = n olacak şekilde bir
a n ∈ G bulunabilir, yani φ örtendir. Diğer taraftan,
φ ( a m a n ) = φ (a m + n ) = m + n = φ ( a m ) + φ ( a n )
olduğundan φ bir izomorfizmadır.
Şimdi tüm grupların kümesini göz önüne alalım ve bu küme üzerinde bir
denklik bağıntısını şöyle tanımlayalım. Eğer, G ve G ′ grupları arasında bir
izomorfizma tanımlanabiliyor ise G ≈ G ' yazalım. Böylece aşağıda
göstereceğimiz gibi bütün grupların kümesi üzerinde bir denklik bağıntısı
tanımlarız. Biliyoruz ki bir denklik bağıntısı, üzerinde tanımlandığı kümeyi
denklik sınıflarına parçalar. Böylece grupların kümesini, denklik sınıflarına
parçalamış oluruz. Bu sınıflara izomorfizma sınıfları adı verilir;
1) G bir grup olsun. G den G üzerine tanımlanan özdeşlik dönüşümünün bir
izomorfizma olduğu açıktır. O halde G ≈ G dir.
2) G ve G ′ herhangi iki grup ve φ : G → G ' dönüşümü bir izomorfizma
olsun, böylece G ≈ G ' dür. φ bir izomorfizma olduğundan φ −1 : G ' → G
dönüşümü de bir izomorfizma olur ( gösteriniz! ). Böylece G ' ≈ G dir.
3) G, G ′ ve G ′′ herhangi üç grup ve φ : G → G ', φ ' : G ' → G '' dönüşümleri
grup izomorfizmaları olsun. Yani, G ≈ G ' ve G ' ≈ G '' olsun. O taktirde,
φ ' φ bileşke dönüşümü de bir izomorfizma tanımlar ( gösteriniz! ). Bu
izomorfizma φ '' = φ ' φ : G → G '' şeklinde verilir. O halde, G ≈ G '' elde
ederiz. Böylece, bütün grupların kümesi üzerinde yukarıda verilen bağıntının
bir denklik bağıntısı olduğu sonucunu elde ederiz.
Örnek 5.2. Mertebesi 1, 2 ve 3 olan gruplar için bir tek denklik sınıfı var iken
4. mertebeden gruplar için daha önce gördüğümüz gibi iki tane denklik sınıfı
mevcuttur. Bu sınıfların temsilcilerini 4 ve V-Klein 4 grubu olarak daha
önce vermiştik.
Teorem 5.3. (Cayley Teoremi) Herhangi bir grup, permütasyonların grubunun
uygun bir alt grubuna izomorftur.
Kanıt. Bir G grubu verilsin. Genel olarak G grubu ile G nin elemanlarının
permütasyonlarının grubu olan γ G yi izomorf yapamayız. Çünkü, eğer G nin
mertebesi n ise γ G nin mertebesi n! dir. Buna göre, γ G nin bir alt kümesini G
137
ye izomorf olacak şekilde belirlemeliyiz. Bunun için sabit bir a ∈ G alalım ve
∀x ∈ G için
f a : G → G , f a ( x) = ax
dönüşümünü tanımlayalım. ∀x, y ∈ G için f a ( x) = f a ( y ) olsun. O taktirde
dönüşümün tanımına göre ax = ay dir ve sol sadeleştirme kuralı ile x = y
elde ederiz, yani dönüşüm bire-birdir. Ayrıca, bir y ∈ G için
y = (aa −1 ) y = a(a −1 y ) = f a (a −1 y )
olduğundan dönüşüm örtendir. Böylece f a ∈ γ G dir. Şimdi G ' = { f a | a ∈ G}
kümesini göz önüne alalım. Bu küme γ G nin bir alt grubunu tanımlar.
Gerçekten, f a , f b ∈ G ' olsun.
( f a f b )( x) = f a ( f b ( x)) = f a (bx) = a(bx) = (ab) x = f ab ( x)
yazılabileceğinden f ab = f a f b ∈ G ' dür. Yani, G ′ kapalıdır. e, G nin birim
elemanı olmak üzere ∀x ∈ G için
f e ( x) = ex = x
olduğundan f e ∈ G ' , birim elemandır. a ∈ G için a −1 ∈ G olduğundan f a−1
tanımlanabilir. ∀x ∈ G için
−1
( f a−1 f a )( x) = f a −1 (( f a )( x)) = f a−1 (ax) = a −1 (ax) = (a
a) x = x
=e
ve benzer şekilde
( f a f a −1 )( x ) = x
olduğundan
f a −1 f a = f a f a−1 = f e
−1
dir ve buradan ( f a ) = f a−1 ∈ G ' elde ederiz. G ′ nün birleşmeli olduğunu
göstermek kolaydır, böylece G ′ , γ G nin bir alt grubudur.
Şimdi de G nin G ′ ye izomorf olduğunu kanıtlayalım. Bunun için
φ : G → G ' , φ (a) = f a
dönüşümünü tanımlayalım. ∀a, b ∈ G için φ (a) = φ (b) olsun. Böylece,
f a = f b ⇒ f a (e) = f b (e) ⇒ ae = be ⇒ a = b
olacağından φ bire-birdir. φ nin örten olduğu, tanımından açıktır. Diğer
yandan,
φ (ab) = f ab = f a f b = φ (a )φ (b)
koşulu da sağlandığından φ bir izomorfizmadır.
Tanım 5.2. f a lar sayesinde elde ettiğimiz bu G ' grubuna G nin sol düz
temsili (regüler temsili) adı verilir. Benzer tanımlamayı,
138
f a lar yerine
g a ( x) = xa şeklinde tanımlı g a lar alarak yapıp G ' nün sağ düz temsilini de
tanımlayabiliriz.
Örnek 5.3. G = {e, a, b} grubu verilsin. G ' = { f e , f a , f b } grubu, G nin sol
düz temsilidir. Burada,
e a b
e a b
e a b
fe = 
 , fa = 
 , fb = 

e a b
a b e
b e a
dir ve G ve G ' gruplarının işlem tabloları
*
e
a
b
e
e
a
b
a
a
b
e
b
b
e
a
şeklinde verilir.
139
*
fe
fe
fa
fb
fe
fa
fb
fa
fa
fb
fe
fb
fb
fe
fa
6. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR
4 ün tek öz alt grubu {0, 2} idi. Şimdi 4 ün 3 elemanını kapsayan en
geniş alt grubunun nasıl olduğunu araştıralım. Bu alt grubu H ile gösterelim.
3 + 3 = 2 ∈ H ve 3−1 = 1 ∈ H ve 0 ∈ H olmalıdır. Bu durumda 4 ün 3
elemanını kapsayan en geniş alt grubunun, H = 4 = {0,1, 2,3} şeklinde,
kendisi olduğu sonucuna ulaşırız.
Şimdi bu düşünceyi genelleştirelim, yani G bir grup ve a ∈ G olsun. G
nin a yı içeren en geniş H alt grubunu araştıracağız. H, G deki işleme göre
kapalı olduğundan a.a = a 2 ∈ H olmalıdır. Benzer şekilde, a 2 .a = a 3 ∈ H ve
bu şekilde devam ederek ∀n ∈ + için a n ∈ H olması gerektiğini elde ederiz.
Ayrıca, aynı düşünce ile a −1 .a −1 = a −2 ∈ H ve bu düşünceyi sürdürerek
∀n ∈ + için a − n ∈ H ve a.a −1 = e ∈ H olması gerektiği sonucuna ulaşırız.
Eğer, a 0 = e dersek, ∀n ∈ için a n ∈ H buluruz. Böylece, G nin a yı içeren
en geniş H alt grubunun
H = {a n | n ∈ }
şeklinde olacağını elde ederiz. Ancak, ∀n ∈ için elde edeceğimiz a n ler
birbirinden farklı olmayabilir, gerçekten V-Klein 4 grubu için;
a 2 = a.a = e
a 3 = e.a = a
a 4 = a.a = e
a 5 = e.a = a
sonuçları elde edilir.
Teorem 6.1. G bir grup ve a ∈ G olsun. H = {a n | n ∈ } kümesi G nin bir alt
grubudur, üstelik bu alt grup G nin a yı kapsayan en dar alt grubudur.
Kanıt. ∀r , s ∈ için a r .a s = a r + s ∈ H olduğundan G deki işlem H da da
kapalıdır. a 0 = e ∈ H ve a r ∈ H iken
a r .a − r = a 0 = e ∈ H
−1
olduğundan ( a r ) = a − r ∈ H dır.
Tanım 6.1. G bir grup ve a ∈ G olsun. H = {a n | n ∈ } alt grubuna G nin a
tarafından üretilen devirli alt grubu denir ve H =< a > şeklinde gösterilir,
eğer G grubu için G =< a > ise G ye a tarafından üretilen bir devirli grup
denilir.
140
Örnek 6.1. (G ,.) bir grup ve A ⊆ G olsun. O taktirde,
{
}
n
< A >= a1n1 a2 n2 ...a p p | p ∈ + , ai ∈ A, ni ∈ dir.
Çözüm.
{a
n1
1
}
n
a2 n2 ...a p p | p ∈ + , ai ∈ A, ni ∈ = S
S ⊆ G olduğu açıktır. Buna göre
x, y ∈ S olsun.
S =< A >
diyelim.
S ≠∅
ve
olduğunu göstermeliyiz.
∃p ∈ + , ∃n1 , n2 ,..., n p ∈ , ∃a1 , a2 ,..., a p ∈ A
için
x = a1n1 a2 n2 ...a p
np
ve
∃q ∈ + , ∃m1 , m2 ,..., mq ∈ , ∃b1 , b2 ,..., bq ∈ A
için
y = b1m1 b2 m2 ...bq
mq
yazılabilir. Buna göre,
n
m
xy −1 = (a1n1 a2 n2 ...a p p )(b1m1 b2 m2 ...bq q ) −1
yazılabileceğinden xy −1 ∈ S dir. Şu halde S, G grubunun bir alt grubudur.
Üstelik, S alt grubu A yı kapsayan alt grupların en dar olanıdır. Gerçekten, A yı
kapsayan bir diğer T alt grubunu alırsak, ∀ai ∈ A için ai ni ∈ T olacağından
n
a1n1 a2 n2 ...a p p ∈ T elde edilir. Dolayısıyla S ⊆ T dir.
Teorem 6.2. (G ,.) grubu, n. mertebeden bir grup ve bir a ∈ G için G =< a >
olsun. Bu taktirde, < a >= G grubu da n. mertebedendir.
Kanıt. 0 < m < n ve m ∈ alalım. a m ≠ e dir. Çünkü a m = e olsa: k ∈ olmak üzere k = mq + r , 0 ≤ r < m olacak şekilde q ve r tamsayıları
bulunabilir ve bu durumda,
m q r
) a = eq a r = a r
a k = a mq + r = (a
=e
yazılabilir. Böylece,
a r ∈ {a 0 , a1 , a 2 ,..., a m −1}
olur ki, bu G nin en çok m elemanlı olmasını gerektirir. Bu ise G nin
mertebesinin n olması ile çelişir. Öyle ise 0 < m < n için a m ≠ e dir. Diğer
taraftan,
a 0 , a1 , a 2 ,..., a n
elemanlarının G nin birbirinden farklı elemanları ve 0 < i < j < n için a i = a j
olduğunu varsayalım. Bu durumda
141
a i = a j ⇒ a j −i = e
bulunur. Halbuki, i < j < n olduğundan 0 < j − i < n dir ve bu nedenle
a j −i ≠ e dir, bu ise a i = a j varsayımının yanlış yani, 0 < i < j < n için
a i ≠ a j olduğunu gösterir. Böylece,
G = {a1 , a 2 ,..., a n−1 , a n }
dir ve e ∈ G olduğundan 1 ≤ i ≤ n olacak biçimde bir i için a i = e dir. Şu
halde i < n için a i ≠ e olduğundan a n = a 0 = e olmak zorundadır. Böylece,
< a >= G grubunun da n. mertebeden olduğunu kanıtlamış oluruz.
Örnek 6.2. 4 grubu, 1 ve 3 elemanları tarafından üretilen devirli bir gruptur,
yani;
4 =< 1 >=< 3 >
dir. Ancak, V-Klein 4 grubu devirli bir grup değildir. Örnek 3.2. de verilen bu
grupların işlem tablosu yardımıyla 4 grubu için,
1+1 = 2 , 2 +1 = 3 , 3 +1 = 0
olduğundan 4 =< 1 > olduğu açıktır, benzer şekilde,
3 + 3 = 2 , 3 + 2 = 1 , 3 +1 = 0
olduğundan, 4 =< 3 > olduğu görülür. Aynı durum, V-Klein 4 grubu için
gerçekleşmez, çünkü
e ∗ e = e , a 2 = a ∗ a = e , a3 = e ∗ a = a , a 4 = a3 ∗ a = a ∗ a = e
dır.
Örnek 6.3. (, +) grubu, üreteçleri +1 ve -1 olan devirli bir gruptur.
1 + 0 = 1 , 1 + 1 = 2 , 2 + 1 = 3 , ... , n + 1 = n + 1, ...
şeklinde devam ederek 1 in ve benzer şekilde -1 in, toplamsal grubunu
üreteceği açıktır.
Örnek 6.4. (, +) grubunun, 3 tarafından üretilen devirli alt grubunu elde
edelim.
< 3 >= {..., −9, −6, −3, 0,3, 6,9,...} ,
< 3 >= 3. ≤ dir , o halde
< 6 >= {..., −18 − 12, −6, 0, 6,12,18,...}
ve
< 6 >= 6 ≤ 3 ≤ bulunur.
Teorem 6.3. Devirli her grup değişmelidir.
142
Kanıt. G = {a n | n ∈ } devirli bir grup ve g1 , g 2 ∈ G olsun. O taktirde,
g1 = a r , g 2 = a s
olacak şekilde r , s ∈ tamsayıları vardır. Böylece,
g1 g 2 = a r a s = a r + s = a s + r = a s a r = g 2 g1
buluruz, yani G değişmelidir.
Teorem 6.4. Devirli bir grubun herhangi bir alt grubu da devirlidir.
Kanıt. G =< a > devirli bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. Eğer
H = {e} ise H =< e > olacağı açıktır. Eğer H ≠ {e} ise bir n ∈ + için
a n ∈ H dır. H nın elemanlarının sahip olduğu üsler içerisinde en küçük üs m
olsun. Şimdi iddia ediyoruz ki a m = c elemanı H nın bir üretecidir, yani
H =< a m >=< c > dir. Bunu gösterebilmek için b ∈ H seçelim. Şimdi b nin c
nin bir kuvveti şeklinde yazılabileceğini göstermemiz gerekir. b ∈ H ise
b ∈ G dir, dolayısıyla b = a n olacak şekilde bir n ∈ vardır. Bölme
algoritması ile n = mq + r , 0 ≤ r < m olacak şekilde q ve r tamsayıları
bulunabilir. Şu halde a n = a mq + r = (a m ) q a r veya a r = (a m )− q a n yazabiliriz ve
böylece a r ∈ H bulunur. Diğer taraftan kabulümüze göre m, a n ∈ H olacak
şekilde en küçük üs idi. O halde 0 ≤ r < m olduğundan r = 0 olmak
zorundadır. Bu durumda b = a n = (a m ) q buluruz ki, bu b nin a m = c nin bir
kuvveti şeklinde yazılabileceğini gösterir. Dolayısıyla H = {(a m )q | q ∈ }
elde etmiş oluruz, yani G nin H alt grubu da devirlidir.
Teorem 6.5.
1) Sonsuz mertebeli herhangi iki devirli grup birbirine izomorftur.
2) Sonlu mertebeli herhangi iki devirli grup birbirine izomorftur.
Kanıt. 1) G sonsuz mertebeli devirli bir grup ve a, G nin bir üreteci, yani
G =< a > olsun. Bu durumda G nin herhangi iki elemanı aynı olamaz. Yani
bütün elemanları birbirinden farklıdır. h > k olmak üzere a h = a k olduğunu
kabul edelim. O halde, a h a − k = a h − k = e , h − k > 0 yazabiliriz. a m = e olacak
şekilde en küçük pozitif tamsayının m olduğunu varsayalım. O zaman G nin
e, a1 , a 2 ,..., a m −1 elemanlarının hepsi birbirinden farklı olurdu. Eğer a n ∈ G ise
bölme algoritması ile n = mq + r , 0 ≤ r < m olacak şekilde q ve r tamsayıları
m q r
bulunabilir. Böylece, a n = (a
) a = a r ve 0 ≤ r < m olduğundan G sonlu
=e
sayıda elemana sahip olur. Bu ise G nin mertebesinin sonsuz oluşu ile çelişir.
O halde a h = a k kabulümüz yanlıştır, dolayısıyla G nin bütün elemanları
birbirinden farklıdır.
143
G ' , mertebesi sonsuz olan bir devirli grup ve G ' =< b > ise b n yerine
yeniden a n gösterimini kullanarak G ile G ' yü izomorf yapabiliriz, yani
f : G ' → G , f (b n ) = a n
dönüşümünün bir grup izomorfizması olduğu kolayca gösterilebilir.
2) G sonlu mertebeli devirli bir grup olsun. O taktirde G nin bütün elemanları
birbirinden farklıdır denemez. Yani a h = a k olacak şekilde h ve k tamsayıları
bulunabilir. Eğer a m = e olacak şekildeki en küçük üs m ise o zaman G,
birbirinden farklı m tane e, a1 , a 2 ,..., a m −1 elemanına sahip olur. m = n dersek,
a h a k = a h + k = a r , h + k = nq + r , 0 ≤ r < n
yazabiliriz. Benzer şekilde G ' aynı mertebeli diğer bir grup ise G ' nün,
birbirinden farklı e, b1 , b 2 ,..., b m −1 elemanlarına sahip olduğunu ve b m = e
olduğunu gösterebiliriz. O halde
f : G ' → G , f (b n ) = a n
dönüşümünün bir izomorfizma olduğunu göstermek kolaydır ve böylece G ile
G ' birbirine izomorftur.
Örnek 6.5. (, +) grubu ile (3, + ) grubu; sonsuz mertebeli, devirli izomorf
iki gruptur. Burada, 3 ≤ olmasına karşın 3 ile nin elemanlarını
bire-bir eşleyip bir izomorfizma tanımlayabiliriz.
Teorem 6.6. G, üreteci a olan n elemanlı devirli bir grup olsun. b ∈ G ve
b = a s olsun. n ile s nin en büyük ortak böleni d ise, G nin b tarafından
n
tane elemana sahiptir, yani bu devirli alt
üretilen devirli bir alt grubu
d
n
grubun mertebesi
dir.
d
Örnek 6.6. Bir devresel grubun her homomorf resmi de bir devresel gruptur.
Çözüm. G, a tarafından üretilmiş bir devresel grup, G ′ de G nin bir ϕ
homomorfisindeki resmi olsun.
ϕ : G → G′
a → a′
Bu takdirde G ′ nün ϕ ( a ) = a′ elemanı tarafından üretilmiş bir devresel grup
olduğunu gösterelim. a ′ ∈ G ′, ϕ bir homomorfi ve dolayısıyla G ′ de bir grup
olduğundan a ′ nün bütün kuvvetleri G ′ ye aittir. Karşıt olarak, G ′ nün her
elemanı, a ′ nün bir kuvvetidir. Çünkü b′ , G ′ nün herhangi bir elemanı ise,
ϕ nin üzerine oluşundan dolayı, ϕ ( b ) = b′ olacak şekilde bir b ∈ G vardır ve
144
G = a olduğundan uygun bir m ≥ 0 tam sayısı için b = a m dir. Buradan da
m
ϕ ( b ) = ϕ ( a m ) = (ϕ ( a ) ) , yani b′ = ( a ′ )
m
sonucu çıkar. Şu halde G ′ = a′
dür.
Örnek 6.7. G = 12 = {0,1, 2,...,11} grubunu ve bu grubun 1 üretecini göz
önüne alalım. n = 12 dir. b = 3 ∈ G olsun. 3 = 3.1 , n = 12 , s = 3 için
d = e.b.o.b.(12,3) = 3 olduğundan < 3 >≤ G devirli alt grubunun mertebesi
n 12
=
= 4 bulunur. Yani, G = 12 nin 3 tarafından üretilen devirli alt
d 3
grubunun mertebesi 4 tür. Bu alt grup < 3 >= {0,3, 6,9} dur. Benzer şekilde,
n 12
=
=3
d 4
olduğundan 3 elemanlıdır ve < 8 >= {0, 4,8} şeklindedir. Aynı şekilde, 12
12 nin 8 tarafından üretilen alt grubu, d = e.b.o.b.(12,8) = 4 ve
n 12
=
= 12
d 1
olduğundan 12 elemanlıdır ve < 5 >= 12 şeklindedir. Buradan 12 nin 1 ve 5
ten başka diğer üreteçlerinin 7 ve 11 olduğunu görürüz. Çünkü,
e.b.o.b.(12, 7) = e.b.o.b.(12,11) = 1 dir.
nin 5 tarafından üretilen alt grubu, d = e.b.o.b.(12,5) = 1 ve
Sonuç: G, n. mertebeden bir devirli grup ve a bu grubun bir üreteci ise G nin
diğer üreteçleri n ile aralarında asal olan, yani e.b.o.b.(n, r ) = 1 koşulunu
sağlayan r ler tarafından tanımlanan a r şeklindeki elemanlardır.
Örnek 6.8. Devirli bir grup olan 18 in bütün alt grupları da devirlidir. Sonuç
6.1. göre 18 in üreteçleri 1, 5, 7, 11, 13, 17 şeklindedir. e.b.o.b.(18, 2) = 2 ve
18
= 9 olduğundan < 2 >= {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} dır. 6 ∈< 2 > nin
2
ürettiği alt grup {0, 6, 12} olup, 12 de bu grubun bir üretecidir. Böylece 0, 1,
2, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 17 elemanlarının ürettiği grupları elde
etmiş olduk. Geriye 3, 9, 15 kaldı. < 3 >= {0, 3, 6, 9, 12, 15} grubunun bir
diğer üreteci 15 tir ve bu grup 6. mertebedendir. 15 = 5.3 yazılabileceğinden ve
e.b.o.b.(6,5) = 1 olduğundan aynı grup 15 tarafından da üretilir. < 9 >= {0, 9}
grubu da < 3 > grubunun alt grubu olup aşağıdaki alt gruplar şeması
verilebilir.
145
<1>= 18
<3>
<2>
<9>
<6>
<0>
18 in Alt Gruplarının Latis Gösterimi
Örnek 6.9. Bir grupta bir elemanın mertebesinin, tersinin mertebesine eşit
olduğunu gösterelim.
Çözüm. a ∈ G ve a = m olsun. a −1 = m olduğunu gösterelim. a = m ise
a m = 1G ve 1 < m′ < m için a m′ ≠ 1G dir.
(a )
−1
m
( )
= a −m = a m
−1
= (1G )
−1
= 1G .
1G
( )
1 < m′ < m ve a −1
m′
= 1G olsa:
( )
a − m′ = a m′
 m′
 a
( )
−1  −1

−1
= 1G ,
= (1G )
−1
= 1G
olur ve buradan a m′ = 1G bulunur ki, bu a = m oluşu ile çelişir. Şu halde
m
( ) ′ =1
1 < m′ < m için a −1
Örnek 6.10. * grubunda
G
olamaz. Buradan a −1 = a = m sonucu çıkar.
1+ i
2
elemanının mertebesini bulalım.
Çözüm.
146
2
2
(1 + i ) 1 + 2i + i 2 1 + 2i − 1
 1+ i 
=
=
= i,

 =
2
2
2
 2 
( )
3
2
 1+ i   1 + i   1 + i  1+ i i −1
=
,

 =
 
=i
2
2
 2   2   2 
2
4
 1 + i  2 
 1+ i 
2

 = 
  = i = −1,
 2  
 2 
2
 1 + i  4 
2

  = ( −1) = 1
 2  
1+ i
olduğundan
2
= 8 dir.
Örnek 6.11. *17 grubunda 5, 4 ve 2
bulalım.
kalan sınıflarının mertebelerini
{
}
Çözüm. *17 = ∓ 1, ∓ 2, ∓ 3, ∓ 4, ∓ 5, ∓ 6, ∓ 7, ∓ 8 dir.
2
3
5 = 8, 5 = 6, 5 = −4, 5 = − 3, 5 = 2, 5 = − 7, 58 = − 1, 516 = 1
olduğundan 5
4
*17
5
6
7
= 16 dır. Dolayısıyla *17 = 5 dir.
4 2 = − 1, 4 4 = 1 ⇒ 4
*17
= 4,
2 2 = 4, 23 = 8, 2 4 = − 1, 28 = 1 ⇒ 2
*17
=8
dir.
Örnek 6.12. 30. mertebeden devresel grubun alt gruplar şemasını yapalım ve
bütün üreteçlerini bulalım.
Çözüm.
{
}
G = 1G , a, a 2 ,..., a 29 = a
ve
H ≤G
olsun.
H ≤ G ise
H = a µ , 30 = µ ⋅ν , H = ν dür. ν 30 ise ν = 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30
olabilir.
ν = 1 : µ =30,
H1 = {1G }
ν = 2 : µ =15,
H 2 = a15 = 1G , a15
ν = 3 : µ =10,
H 3 = a10
{
= {1
G,
147
}
a10 , a 20
}
{
}
= {1 , a ,..., a }
= {1 , a ,..., a }
= {1 , a ,..., a }
ν = 5 : µ =6,
H 5 = a 6 = 1G , a 6 ,..., a 24
ν = 6 : µ =5,
H 6 = a5
ν = 10 : µ =3,
H10 = a 3
ν = 15 : µ =2,
H15 = a 2
ν = 30 : µ =1,
H 30 = G
G
5
25
3
27
G
G
2
28
G=H30
H15
H5
H10
H6
H3
H2
H1={1G}
30. mertebeden bir devresel grupta üreteçlerin sayısı ϕ ( 30 ) dur.
30 = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⇒ ϕ ( 30 ) = ( 2 − 1)( 3 − 1)( 5 − 1) = 8
dir ve ayrıca ( 30, a ) = 1 koşuluna uyan a tam sayıları 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23
ve 29 olduğundan G nin üreteçleri a, a 7 , a11 , a13 , a17 , a19 , a 23 , a 29 dur.
Örnek 6.13. a) 229460. mertebeden bir devresel grubun kaç tane alt grubu
olduğunu bulalım.
Çözüm. Bir devresel grupta mertebenin her doğal bölenine karşılık o böleni
mertebe kabul eden bir tek alt grup olduğundan, alt grupların sayısını bulmak
için mertebenin doğal bölenlerinin sayısını bulmamız gerekir.
229460 = 22 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅11 ⋅149
asal
olduğundan 229460 ın doğal bölenlerinin sayısı
τ ( 229460 ) = ( 2 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)
= 24 ⋅ 3 = 48
dir. Şu halde alt grupların sayısı 48 dir.
148
b) 229460. mertebeden devresel grubun kaç tane üreteci olduğunu bulalım.
Çözüm. 229460. mertebeden devresel grubun ϕ ( 229460 ) tane üreteci vardır.
(
)
ϕ ( 229460 ) = ϕ 22 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅11 ⋅149 = 2 ⋅ ( 5 − 1) ( 7 − 1) (11 − 1)(149 − 1) =
4
6
10
148
3
7
= 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 2 ⋅ 74
= 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 37 = 71040
2⋅37
olduğundan üreteçlerin sayısı 71040 dır.
Örnek 6.14. Dikdörtgen ve eşkenar üçgenin grubunun alt gruplar şemasını
yapalım.
Çözüm. Dikdörtgenin grubu : G = { D0 , D1 , S1 , S2 } , G ≅ ( V-Klein 4 ) , yani
G ≅ { I , (12 )( 34 ) , (13)( 24 ) , (14 )( 23 )} dür. İzomorf yapılara aynı gözüyle
bakabiliriz. Alt gruplar:
G1 = ( V-Klein 4 ) , G2 = { I , (12 )( 34 )} ,
G3 = { I , (13)( 24 )} , G4 = { I , (14 )( 23)} ,
G5 = { I } .
G1
G2
G3
G4
{I}
Eşkenar üçgenin grubu :
G = { D0 , D1 , D2 , S1 , S2 , S3 } , G ≅ γ 3 = { I , (12 ) , (13) , ( 23) , (123 ) , (132 )} dir.
Alt gruplar:
G1 = γ 3 , G2 = { I , (123) , (132 )} = A3 ,
G3 = { I , (12 )} , G4 = { I , (13)} ,
G5 = { I , ( 23)} , G6 = { I } .
149
G1= γ 3
G2
G3
G4
G5
G6={I}
Örnek 6.15. Karenin grubunun alt gruplar şemasını yapalım.
Çözüm. Karenin grubu: G = { D0 , D1 , D2 , D3 , S1 , S2 , S3 , S4 } dir.
G ≅ G8 = { I , (13) , ( 24 ) , (12 )( 34 ) , (13)( 24 ) , (14 )( 23) , (1234 ) , (1432 )}
olduğundan G8 in alt gruplarını bulmak yeterlidir. Çünkü izomorf yapılara
aynı gözüyle bakabiliriz.
Alt gruplar:
G = G8 , G1 = { I , (1234 ) , (13)( 24 ) , (1432 )}
G2 = { I , (12 )( 34 ) , (13)( 24 ) , (14 )( 23)} ( V-Klein 4 grubu ),
G3 = { I , (13) , ( 24 ) , (13)( 24 )} , G4 = { I , (13 )} ,
G5 = { I , ( 24 )} , G6 = { I , (12 )( 34 )} , G7 = { I , (14 )( 23)} ,
G8′ = { I , (13)( 24 )} ( G8 ile karışmaması için bu şekilde yazdık ),
G9 = { I }
dir.
G8′ ⊂ G1 , G2 , G3 ,
G7 ⊂ G2 ,
G6 ⊂ G2 ,
G5 ⊂ G3 ,
G4 ⊂ G3 .
150
G
G2
G7
G6
G1
G3
G 8′
G5
G4
{ IG }
PROBLEMLER
1) Aşağıdaki gruplardan devirli olanları belirleyiniz ve devirli olanların bir
üretecini bulunuz.
c) G3 = (6, + ) ,
a) G1 = (, + ) ,
b) G2 = (+ ,.) ,
d) G4 = {6n | n ∈ } olmak üzere (G4 ,.) .
2) n bir asal sayı olmak üzere G, mertebesi n olan bir grup ise G nin devirli
olduğunu gösteriniz.
3) 12
grubunun < 1 > , < 2 > , < 3 > , < 4 > , < 5 > şeklindeki devirli alt
gruplarını bulunuz. 12 grubunun devirli olup olmadığına karar veriniz ve
nedenini açıklayınız.
4) γ 3 simetrik grubunun kendisinden farklı her alt grubunun devirli olduğunu
gösteriniz.
5) G =< 2 > ve G = 23 olsun.
a) G nin üreteçlerini bulunuz.
b) G nin alt gruplarını bulunuz ve alt gruplar için latis gösterimini yapınız.
c) G nin alt grupları ile teşkil edilen bölüm gruplarını belirtiniz.
6) G değişmeli bir grup ve G nin x, y elemanlarının mertebeleri sırası ile r ve
s olsun. Eğer r ve s asal ise xy elemanının mertebesinin rs olduğunu
kanıtlayınız.
7) (G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun. a ≠ e ise a ≠ 1 önermesi doğru mudur?
151
8) (G ,.) devirli bir grup ve G =< a > olsun. a k = e olacak şekilde pozitif bir
k tamsayısı varsa G ≤ k olduğunu gösteriniz.
9) Devirli olmayan her grubun en az bir öz alt grubunun olduğunu kanıtlayınız.
10) G =< K > olsun. S ⊆ G olmak üzere K nın her bir elemanı S nin
elemanlarının çarpımı şeklinde yazılabiliyor ise G =< S > olduğunu
kanıtlayınız.
152
7. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI
Tanım 7.1. S1 , S2 ,..., Sn kümeleri verilsin.
S1 × S2 × ... × S n = {(a1 , a2 ,..., an ) | ai ∈ Si , 1 ≤ i ≤ n}
kümesine bu kümelerin kartezyen çarpım kümesi adı verilir ve
Χ
n
i =1 i
S
şeklinde gösterilir.
Teorem 7.1. G1 , G2 ,..., Gn grupları verilsin.
Χ
n
i =1 i
G kümesi,
( g1 , g 2 ,..., g n )( g1 ', g 2 ',..., g n ') = ( g1 g1 ', g 2 g 2 ',..., g n g n ')
şeklinde tanımlanan işleme göre bir grup teşkil eder. Bu gruba G1 , G2 ,..., Gn
gruplarının kartezyen dış çarpım grubu veya sadece kartezyen çarpım grubu
adı verilir.
Kanıt. 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀i için ei , Gi grubunun birim elemanı ise,
(e1 , e2 ,..., en ) de kartezyen çarpım grubunun birim elemanıdır. Eğer
(a1 , a2 ,..., an ) ∈
Χ
n
i =1 i
G
ise (a1−1 , a2 −1 ,..., an −1 ) de bu elemanın, kartezyen
çarpım grubuna ait inversidir. Kapalılık ve birleşme özelliklerinin sağlanacağı
G1 , G2 ,..., Gn kümelerinin grup olma koşullarından açıkca görülür.
Örnek 7.1. 2 = {0,1} ve 3 = {0,1, 2} devirli gruplarını göz önüne
alalım. 2 × 3 = {(0, 0), (0,1), (0, 2), (1, 0), (1,1), (1, 2)} kümesi 6. mertebeden
devirli bir gruptur. Bu grubun bir üreteci
(1,1)
elemanıdır. Yani,
2 × 3 =< (1,1) > dir ve mertebesi aynı olan bütün devirli gruplar birbirine
izomorf olduğundan 2 × 3 ≅ 6 izomorfizmi vardır.
Örnek 7.2. 3 × 3 grubu 9. mertebeden devirli olmayan bir gruptur. Çünkü,
bu grubun hiçbir elemanını 9 kez topladığımızda grubun birim elemanına
ulaşamayız, ancak 3 devirli olduğundan 3. toplamada 3 ün birim elemanını
elde ederiz. Dolayısıyla 3 × 3 grubu devirli olamaz ve 9 grubuna izomorf
yapılamaz. Diğer taraftan, aynı nedenle 2 × 2 grubu 4. mertebeden devirli
olmayan bir gruptur. Mertebesi 4 olan ve birbirine izomorf yapılamayan iki
grubun olduğunu biliyoruz. Bu gruplardan 4 devirli, fakat V-Klein 4 grubu
devirli değildir. Böylece 2 × 2 , mertebesi 4 fakat devirli olmadığından aynı
mertebeden devirli 4 grubuna izomorf yapılamaz, dolayısıyla 2 × 2 ,
V-Klein 4 grubuna izomorf olmak durumundadır.
153
Teorem 7.2. m × n grubunun mn grubuna izomorf yapılabilmesi için
gerek ve yeter koşul e.b.o.b.(m, n) = 1 olmasıdır.
Kanıt. m × n deki (1,1) elemanını göz önüne alalım. Bu elemanın ürettiği
devirli alt grubun mertebesi, (1,1) den çarpım grubunun birim elemanı olan
(0, 0) elemanını üretecek en küçük kat veya üstür. Yani, p(1,1) = (0, 0) veya
(1,1) p = (0, 0) olacak şekilde en küçük p tamsayısıdır. Burada, kat veya üs
kelimesi grup işlemi sırasıyla toplama ve çarpma benzeri düşünüldüğü için
kullanılmaktadır, ancak işlemler genel anlamda anlaşılmalıdır. Diğer taraftan,
m nin 1 elemanının m , 2m , 3m , ... gibi katları sıfır birim elemanını
verecektir. Aynı şekilde, n nin 1 elemanının n , 2n , 3n , ... gibi katları sıfır
birim elemanını verecektir. Bu sayıların en küçükleri m ve n olduğundan
(1,1) in, (0, 0) elemanını üreten en küçük katı mn dir. m ve n tamsayılarının
en küçük ortak katının mn olması için e.b.o.b.(m, n) = 1 olmalıdır.
Sonuç 7.1.
Χ
n
mi kartezyen çarpım grubunun, m1m2 ...mn devirli grubuna
i=1
izomorf olması için gerek ve yeter koşul 1 ≤ i ≤ n olmak üzere mi lerin ikişer
ikişer aralarında asal olmaları, yani 1 ≤ i , j ≤ n olmak üzere ∀i, j ( i ≠ j) için
e.b.o.b.(mi , m j ) = 1 olmasıdır.
Örnek 7.3. 2 × 3 × 5 ≅ 30 , 8 × 9 ≅ 72 dir.
Örnek 7.4. n tamsayısının kanonik gösterimi
n = p1n1 p2 n2 ... pr nr
şeklindeki ise bu taktirde n grubu aşağıdaki kartezyen çarpım grubuna
izomorf yapılabilir;
n ≅ np11 × np22 × ... × nprr .
Tanım 7.2. G bir grup ve G1 , G2 ,..., Gn kümeleri G nin alt grupları olsun.
Eğer,
n
φ : Χ i =1Gi → G
φ ( g1 , g 2 ,..., g n ) = g1 g 2 ...g n
dönüşümü bir izomorfizma ise G grubuna G1 , G2 , ... , Gn alt gruplarının iç
kartezyen çarpımıdır denir.
154
Teorem 7.3. (a1 , a2 ,..., an ) ∈
Χ
n
i =1 i
G
olsun. ∀i için ai elemanının Gi
grubundaki mertebesi ri ise bu takdirde (a1 , a2 ,..., an ) elemanının
Χ
n
i =1 i
G
grubundaki mertebesi e.k .o.k .(r1 , r2 ,..., rn ) dir.
Kanıt. (a1 , a2 ,..., an ) elemanının hangi katı veya kuvveti (e1 , e2 ,..., en ) birim
elemanını verir sorusunun yanıtı aranarak, bir önceki teoremdeki düşünce ile
kolayca kanıtlanır. Burada ∀i için ei , Gi grubunun birim elemanını
göstermektedir. Şimdi kartezyen çarpım grubunu, dış kartezyen çarpım grubu
olarak düşünelim. Bu durumda,
Gi = {(e1 , e2 ,..., ei −1 , ai , ei +1 ,..., en ) | ai ∈ Gi }
Kümesi,
Burada
Χ
n
i =1 i
G dış kartezyen çarpım grubunun bir alt grubunu tanımlar.
π : Gi → Gi , π (e1 , e2 ,..., ai ,...en ) = ai
izdüşüm dönüşümünü göz önüne alırsak, bu dönüşümün bir izomorfizma
tanımlaması nedeniyle, yukarıdaki dış kartezyen çarpım grubunu Gi
gruplarının bir iç kartezyen çarpım grubu olarak da düşünebiliriz.
Teorem 7.4. G grubu; G1 , G2 ,..., Gn alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı
ise bu taktirde ∀g ∈ G elemanını gi ∈ Gi olmak üzere,
g = g1 g 2 ...g n
şeklinde tek türlü ifade edebiliriz.
n
Kanıt. ( g1 , g 2 ,..., g n ) ∈ Χ i =1Gi alalım. gi ∈ Gi olmak üzere,
g = g1 g 2 ...g n = ( g1 , e2 ,..., en )(e1 , g 2 ,..., en )...(e1 , e2 ,..., g n )
yazabiliriz ve π
izdüşüm dönüşümü ile Gi ve Gi grupları izomorf
olduklarından g = g1 g 2 ...g n elde ederiz.
Teorem 7.5. G bir grup ve i ∈ I
( I , indis kümesi )
olmak üzere Gi grupları,
G nin herhangi bir sayıdaki alt grupları olsun. O taktirde
∩G
i
de G nin bir
i∈I
alt grubudur.
Kanıt. a, b ∈ ∩ Gi olsun. 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀i için a, b ∈ Gi dir. O
i∈I
halde b −1 ∈ Gi ve ab −1 ∈ Gi dir. Böylece,
∩G
i
⊆ G alt kümesi bir alt grup
i∈I
teşkil eder.
H ve K, bir G grubunun iki alt grubu olsun. Genel olarak
155
HK = {hk | h ∈ H , k ∈ K }
kümesi G nin bir alt grubu değildir. HK nın bir alt grup olabilmesi için ya G
nin kendisi değişmeli olmalıdır veya HK = KH olmalıdır. Çünkü, eğer
h1k1 , h2 k2 ∈ HK ise (h1k1 )(h2 k2 ) ∈ HK olmalıdır. G nin kendisi değişmeli
veya HK = KH ise
[(h1k1 )h2 ]k2 = [h1 (k1h2 )]k2 = [h1 (h2 k1 )k2 ] = (h1h2 )(k1k2 ) ∈ HK
elde ederiz. Diğer taraftan, aynı koşul altında, e ∈ H , K
olduğundan
ee = e ∈ HK ve hk ∈ HK ise
(hk ) −1 = k −1h −1 = h −1k −1 ∈ HK
buluruz.
Tanım 7.3. H ve K , bir G grubunun iki alt grubu olsun. G nin HK yı kapsayan
bütün alt gruplarının arakesitine H ve K alt gruplarının birleşimi denir ve
H ∨ K şeklinde gösterilir. H ∨ K kümesi HK yı kapsayan en dar alt gruptur.
Eğer G grubu değişmeli veya HK = KH ise o zaman HK = H ∨ K dır.
Üstelik, h = he ve k = ek yazılabileceğinden H ⊆ HK ve K ⊆ HK veya
H ≤ HK ve K ≤ HK yazılabilir. Böylece, H ≤ H ∨ K , K ≤ H ∨ K dır.
Örnek 7.5. G bir grup, H ve K da G nin iki alt grubu olsun. HK nın G nin bir
alt grubu olabilmesi için gerek ve yeter koşul, HK = KH olmasıdır.
Çözüm. Gereklik: HK ≤ G ise HK = KH dır :
HK ≤ G ⇒ ( HK )
−1
= HK , yani HK = K −1H −1 dir. Öte yandan H , K ≤ G
olduğundan H −1 = H ve K −1 = K dir. Şu halde HK = K −1 H −1 = KH dır.
K
H
Yeterlik: HK = KH ise HK ≤ G dir :
HK nın alt grup koşullarını gerçeklediğini gösterelim.
1) H ≤ G ⇒ HH = H ( grupta kapalılık özelliğinden )
K ≤ G ⇒ KK = K
( grupta kapalılık özelliğinden )
olduğundan
KH ) K = H ( HK ) K = ( HH ) ( KK ) = HK
( HK )( HK ) = H (
HK
H
K
dır.
2) H , K ≤ G olduğundan H −1 = H ve K −1 = K dir. Şu halde
K −1 H −1 = KH
( HK )−1 = K
H
bulunur. 1) ve 2) den
HK ≤ G
elde edilir.
156
hipotez
= HK
Örnek 7.6. γ 3 grubunun H = { ρ0 , µ1 } ve K = { ρ0 , µ2 } alt grupları için HK
ve H ∨ K yı belirleyelim. γ 3 grubunun işlem tablosu aşağıda verilmektedir.
ρ0
ρ1
ρ2
µ1
µ2
µ3
ρ0
ρ0
ρ1
ρ2
µ1
µ2
µ3
ρ1
ρ1
ρ2
ρ0
µ2
µ3
µ1
ρ2
ρ2
ρ0
ρ1
µ3
µ1
µ2
µ1
µ1
µ3
µ2
ρ0
ρ2
ρ1
µ2
µ2
µ1
µ3
ρ1
ρ0
ρ2
µ3
µ3
µ2
µ1
ρ2
ρ1
ρ0
HK = {hk | h ∈ H , k ∈ K } = { ρ 0 ρ0 , ρ0 µ 2 , µ1 ρ0 , µ1 µ2 } = { ρ0 , ρ1 , µ1 , µ 2 }
bulunur. Diğer taraftan, γ 3 ün HK yı kapsayan bir tek alt grubu vardır ve o da
γ 3 ün kendisidir. O halde, H ∨ K = γ 3 tür.
Teorem 7.6. Bir G grubunun H ve K alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı
olması için gerek ve yeter koşul;
1) G = H ∨ K ,
2) ∀h ∈ H , ∀k ∈ K ise hk = kh ,
3) H ∩ K = {e}
koşullarının sağlanmasıdır.
Kanıt. G grubu, H ve K alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı olsun. O
taktirde, ∀g ∈ G için g = hk olacak şekilde h ∈ H , k ∈ K elemanları
bulunabilir. Şimdi,
φ : H × K → G , φ (h, k ) = hk ∈ HK
izomorfizmasını tanımlayalım. Bu izomorfizma ile
H = {(h, e) | h ∈ H } , K = {(e, k ) | κ ∈ K }
kümelerini sırasıyla H ve K kümeleri ile eşleyebiliriz. Böylece, H ve K
kümelerini H × K nın alt kümeleri olarak düşünebiliriz, dolayısıyla bu
düşünce ile yukarıdaki 3 koşulun gerçekleneceğini kolayca kanıtlayabiliriz.
Şimdi, yukarıdaki 3 koşulun gerçeklendiğini kabul edelim. O taktirde φ
dönüşümünün bir izomorfizma tanımlayacağını göstermeliyiz. Yukarıdaki
koşulların gerçeklenmesi durumunda, φ (h1 , k1 ) = φ (h2 , k2 ) olsun. O halde,
h1k1 = h2 k2 ⇒ h2 −1h1 = k2 k1−1
157
elde ederiz. Bu ise H nın bir elemanının K nın bir elemanına eşit olacağını
gösterir, öte yandan 3) koşuluna göre H ∩ K = {e} olduğundan ortak eleman
birim eleman olabilir, yani;
h2 −1h1 = e, k2 k1−1 = e ⇒ h1 = h2 , k1 = k2 ⇒ (h1 , k1 ) = (h2 , k2 )
bulunur. O halde φ bire-birdir.
Ayrıca, 2) den
∀h ∈ H , ∀k ∈ K için hk = kh
olduğundan HK = KH olup, HK nın değişmeli bir grup olduğu görülür.
Üstelik, 1) den G = H ∨ K olduğundan HK = H ∨ K = G dir ve HK nın G
nin tamamına eşit olduğu görülür, o halde φ örtendir. Geriye φ nin işlemleri
koruduğunu göstermek kalır. Bunun için,
φ[(h1 , k1 )(h2 , k2 )] = φ[(h1h2 , k1k2 )] = (h1h2 )(k1k2 )
yazabiliriz. Ayrıca,
φ (h1 , k1 )φ (h2 , k2 ) = (h1k1 )(h2 k2 )
olduğundan HK nın değişmeli bir grup olması nedeni ile de
φ[(h1 , k1 )(h2 , k2 )] = φ (h1 , k1 )φ (h2 , k2 )
elde edilir. Böylece, φ dönüşümü bir izomorfizmadır.
Tanım 7.3. G bir grup ve gi ∈ G olsun. G nin, { gi | i ∈ I } kümesini kapsayan
en dar alt grubuna bu kümenin ürettiği alt grup adı verilir. Eğer G nin kendisini
üreten { gi | i ∈ I } kümesi sonlu bir küme ise G ye sonlu üretilmiş bir grup adı
verilir.
Örnek 7.7. × 2 grubu,
{(0, 0), (0,1)}
kümesi tarafından üretilmiş bir
gruptur.
Tanım 7.4. Bir G grubunun bütün elemanları sonlu mertebeden ise G grubuna
bir torsiyon grubu adı verilir. Bu durumda ∀a ∈ G için a n = e olacak şekilde
bir n ∈ vardır. Eğer G nin birim eleman dışında hiçbir elemanı sonlu
mertebeden değilse G ye bir serbest grup ( torsiyon olmayan ) adı verilir.
Teorem 7.7. G, değişmeli bir grup olsun. G nin sonlu mertebeli bütün
elemanlarının oluşturduğu küme G nin bir alt grubudur ( Bu gruba G nin
torsiyon grubu adı verilir ).
Kanıt. T, G nin sonlu mertebeli tüm elemanlarının kümesi ve a, b ∈ T olsun.
Bu taktirde, a m = b n = e olacak şekilde m, n ∈ + pozitif tamsayıları vardır.
Buradan
158
m n
(ab)mn = a mn b mn = (a
) (bn ) m = e n e m = e
=e
=e
buluruz. Böylece ab ∈ T dir. Diğer taraftan, e ∈ T olduğu açıktır ve bir a ∈ T
için a m = e yazabiliriz. O halde,
m
e = e m = (aa −1 ) m = a
(a −1 ) m = e(a −1 ) m = (a −1 ) m
=e
olacağından a −1 ∈ T dir. T ⊂ G olduğundan T birleşmelidir, dolayısıyla T, G
nin bir alt grubudur.
Örnek 7.8. Sonlu her grup bir torsiyon grubudur.
Örnek 7.9. (, +) grubu bir serbest gruptur.
Örnek 7.10. × 2 bir torsiyon grubu değildir. Çünkü, (0,1) elemanı 2.
mertebedendir ama (1, 0) elemanı sonlu mertebeli değildir. Diğer taraftan,
T = {(0, 0), (0,1)} kümesi × 2 nin bir torsiyon alt grubunu tanımlar.
Şimdi aşağıdaki önemli teoremleri ifade edeceğiz.
Teorem 7.8. Sonlu üretilmiş değişmeli her grup, biri torsiyon diğeri serbest
iki alt grubunun kartezyen çarpım grubu olarak ifade edilebilir. Eğer G, sonlu
üretilmiş değişmeli bir grup, T ve S de G nin biri torsiyon diğeri serbest olan
iki alt grubu ise o taktirde G = T × S yazılabilir.
Teorem 7.9. S, sonlu üretilmiş serbest bir değişmeli grup ise
S = × × ... × m defa
olacak şekilde bir m pozitif tamsayısı vardır. Bu m tamsayısı tektir ve
literatürde S nin Betti Sayısı olarak adlandırılır.
Teorem 7.10. G, sonlu üretilmiş değişmeli bir grup ise G yi devirli grupların
bir kartezyen çarpımı olarak aşağıdaki gibi ifade edebiliriz:
1) pi , 1 ≤ i ≤ n , ler birbirinden farklı olması gerekmeyen asal sayılar olmak
üzere
G = ( p1 ) r1 × ( p2 )r2 × ... × ( pn ) rn × × ... × dir.
2) 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀i için mi | mi +1 olsun. Bu durumda
G = m1 × m2 × ... × mn × × ... × yazabiliriz. Buradaki mi sayılarına G nin torsiyon sayıları adı verilir.
159
Örnek 7.11. 2 × 4 × 3 × 3 × 5 grubu için,
2 × 4 × 3 × 3 × 5 ≅ 6 × 60
dır.
Örnek 7.12. 2 × 2 × 2 × 3 × 3 × 5 ≅ 2 × 6 × 30 olduğu gösterilebilir.
PROBLEMLER
1) Değişmeli grupların dış kartezyen çarpımlarının da değişmeli bir grup
oluşturacağını kanıtlayınız.
2) 2 × 4 grubunun elemanlarını belirtiniz ve her elemanın mertebesini
bulunuz.
3) 6 × 8 ve 12 × 15 gruplarının devirli alt gruplarını ve bu alt gruplar
içerisinde en geniş olanını belirleyiniz.
4) 24 ün 18 elemanı tarafından üretilen alt grubunun mertebesini araştırınız.
5) (G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun. Eğer a nın mertebesi sonlu değilse (< a >,.)
grubunun da sonlu olamayacağını kanıtlayınız.
6) (G ,.) değişmeli bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. Eğer, (G H ,.)
bölüm grubu devirli bir grup ise (G ,.) ve (( H × G ) H ,.) gruplarının izomorf
olduklarını kanıtlayınız.
7) ( A,.) ve ( B,.) iki grup olsun. ( A × B,.) grubu ile ( B × A,.) grubunun
izomorf olduklarını kanıtlayınız.
160
8. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT GRUPLAR VE
BÖLÜM GRUPLARI
Tanım 8.1. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. a ∈ G olmak üzere
aH = {ah | h ∈ H } kümesine H nın G deki bir sol kalan sınıfı (sol koseti) adı
verilir.
Örnek 8.1. (, +) grubu ve bu grubun 3 alt grubu verilsin. 3 nin sol
kalan sınıflarını yazalım:
0 + 3 = {..., −9, −6, −3, 0, 3, 6, 9,...} ,
1 + 3 = {..., −8, −5, −2, 1, 4, 7, 10,...} ,
2 + 3 = {..., −7, −4, −1, 2, 5, 8, 11,...} .
Teorem 8.1. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun.
a ≡ b(mod H ) ⇔ a −1b ∈ H
bağıntısı bir denklik bağıntısıdır ve H nın bütün sol kalan sınıfları aynı sayıda
elemana sahiptir.
Kanıt.
1) a −1a = e ∈ H olduğundan a ≡ a(mod H ) dır.
2) a ≡ b(mod H ) olsun. O taktirde a −1b ∈ H dır. H bir grup olduğundan
(a −1b) −1 = b −1a ∈ H
dır, böylece b ≡ a (mod H ) dır.
3) a ≡ b(mod H ) ve b ≡ c(mod H ) olsun. O taktirde a −1b ∈ H ve b −1c ∈ H
dır. H bir grup olduğundan
−1
−1
(a −1b)(b −1c) = a −1 (bb
)c = a c ∈ H
=e
dır, buradan a ≡ c(mod H ) elde ederiz. Böylece tanımlanan bağıntı bir denklik
bağıntısı olup, G yi denklik sınıflarına ayırır.
Eğer a ∈ G yi kapsayan denklik sınıfı a ise
a = { x ∈ G | x ≡ a (mod H )} = { x ∈ G | a −1 x ∈ H } = aH
elde ederiz, yani sol kalan sınıfları da aynı zamanda bu denklik bağıntısının
tanımladığı denklik sınıflarıdır. Üstelik,
θ a : H → aH , θ a (h) = ah
dönüşümünü tanımlarsak bu dönüşüm bir izomorfizmadır, dolayısıyla H ile
aH sol kalan sınıfı aynı sayıda elemana sahiptir. Böylece, her bir sol kalan
sınıfının H ile aynı sayıda elemana sahip olacağı sonucuna ulaşırız.
Bu teoreme göre H nın G deki farklı sol kalan sınıfları, G nin bir
parçalanmasını oluştururlar ve G nin her elemanı H nın G deki bir sol kalan
161
sınıfında bulunur. Yani, ∀g ∈ G için g ∈ gH dır. Böylece her bir sol kalan
sınıfı boş kümeden farklı olur. Ayrıca, eğer x ∈ aH ∩ bH ise o zaman
x ∈ aH ve x ∈ bH olmasından dolayı xH = aH = bH elde ederiz ki, bu
sonuç sol kalan sınıflarının birbirinden farklı kümeler, yani ayrık kümeler
olduğunu kanıtlar. Üstelik G nin her elemanı sol kalan sınıflarından yalnızca
birine ait olacağından sol kalan sınıflarının birleşimi G kümesini oluşturur.
Örnek 8.2. γ 3 simetrik grubunun H = { ρ0 , µ1 } alt grubunu göz önüne alırsak
H nın G deki sol kalan sınıfları
H = { ρ0 , µ1 } , ρ1 H = { ρ1 , µ3 } , ρ 2 H = { ρ 2 , µ2 }
şeklinde olup kapalılık koşulu gerçeklenmeyeceğinden bunların kümesi bir
grup oluşturmaz.
Teorem 8.2. (Lagrange Teoremi) G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun.
G grubunun mertebesi sonlu ise bu takdirde H alt grubunun mertebesi G
grubunun mertebesini böler.
Kanıt. G ve H nın mertebeleri sırasıyla n ve m olsun. H nın G deki bütün sol
kalan sınıflarını göz önüne alalım. Bu sol kalan sınıfları ikişer ikişer ayrıktır ve
θ a izomorfizması nedeniyle H ile aynı sayıda, yani m tane elemana sahiptir.
Böylece, eğer toplam r tane sol kalan sınıfı varsa G nin her bir elemanı
bunlardan sadece birisine ait olacağından n = mr elde ederiz.
Teorem 8.3. Mertebesi asal olan her grup devirlidir.
Kanıt. G, mertebesi p asal sayısı olan bir grup olsun. a ≠ e ∈ G elemanı için
< a > grubu devirlidir. G grubu, a ve e olmak üzere en az iki elemana
sahiptir. Yani, < a > = m ≥ 2 dir. Lagrange Teoremine göre m | p dir ve p
asal, m ≥ 2 olduğundan m = p buluruz. Böylece < a >= G dir ve dolayısıyla
G grubu devirlidir.
Teorem 8.4. Sonlu bir grubun her elemanının mertebesi, bu grubun
mertebesini böler.
Kanıt. Grubun bir elemanının mertebesi, bu elemanın ürettiği devirli grubun
mertebesi ile aynıdır. Böylece bu devirli grup verilen grubun bir alt grubu olup
Lagrange Teoremine göre de mertebesi, grubun mertebesini bölecektir.
Tanım 8.2. H, sonlu mertebeli bir G grubunun alt grubu olsun. G nin
mertebesinin H nın mertebesine bölümüne, H nın G deki indeksi denir ve
G
şeklinde gösterilir. O halde [G : H ] , H nın G deki sol kalan
[G : H ] =
H
sınıflarının sayısıdır.
162
Teorem 8.5. H ve K, sonlu mertebeli bir G grubunun iki alt grubu olsun. Eğer,
K ≤ H ≤ G ise bu taktirde [G : K ] = [G : H ][ H : K ] dır.
Teorem 8.6. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. Eğer, H nın sol kalan
sınıfları üstünde tanımlanan çarpma işlemi iyi tanımlı ise o taktirde H nın G
deki sol kalan sınıflarının kümesi, kalan sınıflarının çarpımı işlemi ile birlikte
bir grup teşkil eder.
Kanıt. a, b ∈ G olmak üzere aH ve bH , G nin iki sol kalan sınıfı olsun.
(aH )(bH ) = (ab) H şeklinde tanımlayacağımız kalan sınıflarının çarpımı
işlemi iyi tanımlı, yani elemanların gösteriliş biçiminden bağımsız olsun. O
taktirde;
(aH )((bH )(cH )) = aH ((bc) H ) = (a (bc)) H
= ((ab)c)) H = ((ab) H )(cH )
= ((aH )(bH ))(cH )
olduğundan birleşme özelliği gerçeklenir. ∀a ∈ G için
(eH )(aH ) = (ea) H = aH
olduğundan eH birim elemandır. aH nın inversi a −1 H dır, çünkü
(aH )(a −1 H ) = (aa −1 ) H = eH
dır.
Örnek 8.3. a) A4 ün H = { I , (124 ) , (142 )} alt grubuna göre sol ve sağ kalan
sınıflarına ayrılışlarını bulalım.
Çözüm. Önce A4 grubunun elemanlarını yazalım.
 I , (123) , (132 ) , (124 ) , (142 ) , (134 ) , (143) , ( 234 ) , ( 243 ) , (12 )( 34 ) , 
A4 = 

(13)( 24 ) , (14 )( 23)

Sol kalan sınıfları:
H = { I , (124 ) , (142 )} ,
(123) H = {(123) , (123)(124 ) , (123)(142 )} = {(123) , (13)( 24 ) , (143)} ,
(132 ) H = {(132 ) , (132 )(124 ) , (132 )(142 )} = {(132 ) , ( 243) , (14 )( 23)} ,
(134 ) H = {(134 ) , (134 )(124 ) , (134 )(142 )} = {(134 ) , (12 )( 34 ) , ( 234 )}.
Sağ kalan sınıfları:
163
H = { I , (124 ) , (142 )} ,
H (123) = {(123) , (124 )(123) , (142 )(123)} = {(123) , (14 )( 23) , ( 234 )} ,
H (132 ) = {(132 ) , (124 )(132 ) , (142 )(132 )} = {(132 ) , (134 ) , (13)( 24 )} ,
H (143) = {(143) , (124 )(143) , (142 )(143)} = {(143) , ( 243) , (12 )( 34 )}
olarak bulunur.
b) Bulduğunuz sol ve sağ kalan sınıfları arasında nasıl bir bağlantı vardır?
Çözüm.
 H (123) 
−1
 H (132 ) 
−1
 H (143) 
−1
= (132 ) H
= (123) H
= (134 ) H
dır.
Örnek 8.4. 32 de A asal kalan sınıflar grubunun H = 7 alt grubuna göre
sol ve sağ kalan sınıflarına ayrılışlarını bulalım.
Çözüm. A = ϕ ( 32 ) = 24 = 16 dır.
{
}
A = 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31 ,
1
2
3
4
7 = 7, 7 = 17, 7 = 23, 7 = 1
{
}
olduğundan H = 7 = 1, 7, 17, 23 dir. Ayrıca 32 komütatif olduğundan
A da komütatiftir. Şu halde sadece sol veya sağ kalan sınıflarını bulmak
yeterlidir. Sol kalan sınıflarını bulalım:
{
}
3H = {3, 3 ⋅ 7, 3 ⋅17, 3 ⋅ 23} = {3, 21, 19, 5} = H 3,
9H = {9, 9 ⋅ 7, 9 ⋅17, 9 ⋅ 23} = {9, 31, 25, 15} = H 9,
11H = {11, 11⋅ 7, 11⋅17, 11 ⋅ 23} = {11, 13, 27, 29} = H 11
H = 1, 7, 17, 23 ,
dir. Görüldüğü gibi sağ kalan sınıfları da H , H 3, H 9, H 11 dir.
Teorem 8.7. G bir grup ve H, G nin alt grubu olsun. H nın sol kalan
sınıflarının kümesi üstünde tanımlı kalan sınıflarının çarpımı işleminin iyi
tanımlı olması için gerek ve yeter koşul H nın herhangi bir sol kalan sınıfının
aynı zamanda bir sağ kalan sınıfı olmasıdır.
164
Kanıt. Eğer kalan sınıflarının çarpımı işlemi iyi tanımlı ise Teorem 8.6. dan H
nın G deki sağ veya sol kalan sınıflarının kümesinin bir grup teşkil edeceğini
biliyoruz. Üstelik, sol ya da sağ kalan sınıflarının oluşturdukları kümeler
aslında G nin birer parçalanmasını tanımlayacaklarından her sol kalan sınıfının
aynı zamanda bir sağ kalan sınıfı olması gerektiğini görürüz.
Şimdi, tersine her bir sol kalan sınıfının aynı zamanda bir sağ kalan sınıfı
olduğunu kabul edelim. O taktirde kalan sınıflarının çarpımı işleminin iyi
tanımlı olacağını kanıtlayalım. ∀g ∈ G için g ∈ gH olduğundan g yi
kapsayan sağ kalan sınıfı Hg dir ve bu kalan sınıfı G nin g elemanı sayesinde
temsil edilmiştir. O halde ∀g ∈ G için gH = Hg kabul edelim. a1 ve a2 ,
aynı aH sol kalan sınıfını, b1 ile b2 de aynı bH sol kalan sınıfını temsil
etsinler. O taktirde a1b1 ile a2 b2 nin aynı bir sol kalan sınıfında bulunacağını
kanıtlamalıyız.
aH = a1 H = a2 H ve bH = b1 H = b2 H
olduğundan h1 , h2 ∈ H için a1 = a2 h1 ve b1 = b2 h2 yazabiliriz. Böylece
a1b1 = a2 h1b2 h2 elde ederiz. Kabulümüze göre b2 H = Hb2 olduğundan
h1b2 = b2 h3 olacak şekilde bir h3 ∈ H bulabiliriz. O halde,
a1b1 = a2 b2 h3 h2
∈H
veya buradan a1b1 ∈ (a2 b2 ) H buluruz. Bu sonuç, a1b1 ile a2 b2 nin aynı sol
kalan sınıfında bulunacağını kanıtlar.
Şu halde, H nın sol yada sağ kalan sınıflarının kümesinin bir grup
oluşturması için ∀g ∈ G için gH = Hg olması gerektiğini elde etmiş olduk.
Bu koşul ∀g ∈ G için
H = gHg −1 = { ghg −1 | h ∈ H }
şeklinde de ifade edilebilir.
Tanım 8.3. Bir G grubunun kendi üzerine olan bir izomorfizmasına bir
otomorfizma adı verilir.
Teorem 8.8. ig : G → G , ig ( x) = gxg −1 şeklinde tanımlı dönüşüm bir
otomorfizmadır ve bu otomorfizmaya G nin bir iç otomorfizması adı verilir.
Bu teoremin kanıtı açıktır.
Tanım 8.4. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. Eğer ∀g ∈ G için
H = gHg −1 koşulu gerçekleniyor ise H alt grubuna G nin bir normal alt grubu
adı verilir ve H G şeklinde yazılır.
165
Eğer
−1
∀g ∈ G
−1 −1
−1
için
g H ( g ) = g Hg ⊆ H
gHg
−1
gHg −1 ⊆ H
olacağından
ise o taktirde
H ⊆ gHg
−1
∀g −1 ∈ G
buluruz.
için
Böylece,
= H dır. O halde H alt grubunun bir normal alt grup olduğunu
göstermek için ∀g ∈ G, ∀h ∈ H
yeterlidir.
için
ghg −1 ∈ H
olduğunu göstermek
Örnek 8.5. (, +) grubunun, (, +) grubunun bir normal alt grubu olduğunu
gösterelim. Bunun için,
∀x ∈ için x + = + x
olduğunu göstermeliyiz.
x + = { x + z | z ∈ } = + x
olduğu nin toplama işlemine göre değişmeli bir grup olmasından açıktır.
Teorem 8.9. Değişmeli bir grubun herhangi bir alt grubu normal alt gruptur.
Kanıt. G değişmeli bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. ∀g ∈ G, ∀h ∈ H
için ghg −1 = gg −1h = h ∈ H olduğundan H, G nin bir normal alt grubu olur.
Örnek 8.6. { ρ 0 , µ1} kümesi, γ 3 ün bir normal alt grubu değildir.
Tanım 8.5. G bir grup; H ve K , G nin iki alt grubu olsun. Herhangi bir a ∈ G
için aKa −1 = H ise H ve K ya eşlenik iki alt gruptur deriz.
Böylece bir önceki örnekte geçen
eşlenik iki alt grubudur.
{ρ0 , µ1}
grubu ile
{ ρ 0 , µ3 } , γ 3
ün
Tanım 8.6. G bir grup ve N, G nin bir normal alt grubu olsun. G deki işlemle
tanımlanan N kalan sınıflarının grubuna G nin N normal alt grubuna göre
bölüm grubu adı verilir ve G N şeklinde gösterilir.
k
Örnek 8.7. G bir grup ve H j G ( j = 1,..., k ; k ≥ 2 ) ise
∩H
j
G
j =1
olduğunu gösterelim.
Çözüm. J = {1, 2,..., k} ( k ≥ 2 ) indeks kümesi
∩H
j
= H * olsun. H * G
j∈J
olduğunu göstermeliyiz. H * ≤ G dir. Çünkü bir grupta sonlu veya sonsuz
sayıda birtakım alt grupların arakesiti de yine bir alt gruptur. ∀g ∈ G,
∀h ∈ H * için ghg −1 ∈ H * olup olmadığını araştıralım.
166
h ∈ H* ⇒ h ∈
∩H
j
j∈J
⇒ h ∈ H j ( ∀j ∈ J ) 

−1
 ⇒ ghg ∈ H j ( ∀j ∈ J )
H j G ( ∀j ∈ J ) 
⇒ ghg −1 ∈
∩H
j
=H*
j∈J
⇒ ghg −1 ∈ H *
dır. Dolayısıyla, H * G bulunur.
Örnek 8.8. (, +) değişmeli bir grup olduğundan 3 , nin bir normal alt
grubudur. 3 bölüm grubunun elemanları ise 0 + 3, 1 + 3, 2 + 3 dir.
Örnek 8.9. ( 4 × 6 )
( 0,1)
bölüm grubuna izomorf olan devirli bir grup
bulunuz.
Çözüm: < (0,1) >= H olsun. O halde,
H = {(0, 0), (0,1), (0, 2), (0,3), (0, 4), (0,5)}
dir. 4 × 6 nın mertebesi 24, H nın mertebesi 6 dır. O halde H nın bütün
kalan sınıfları 6 elemanlıdır. Böylece,
( 4 × 6 )
H
mertebesi 4 olmalıdır. 4 × 6 değişmeli olduğundan
bölüm grubunun
( 4 × 6 )
H da
değişmeli olacaktır. Böylece ( 4 × 6 ) H nın elemanları
H = (0, 0) + H , (1, 0) + H , (2, 0) + H , (3, 0) + H
şeklindedir. Üstelik,
( 4 × 6 )
H aynı sayıda elemana sahip olan 4
grubuna izomorftur.
Tanım 8.7. Hiçbir normal öz alt gruba sahip olmayan bir gruba basit grup
adını vereceğiz.
Teorem 8.10. Devirli bir grubun herhangi bir bölüm grubu da devirlidir.
Kanıt. G devirli bir grup ve a, G nin bir üreteci olsun. N, G nin bir normal alt
grubu olmak üzere G N nin elemanları ∀a ∈ G için aN şeklindedir. aN nin
kuvvetleri ise N nin bütün kalan sınıflarını oluşturur. O halde
G N = {(aN )m | m ∈ }
dir ve devirlidir.
Tanım 8.8. G bir grup ve a, b ∈ G olsun. aba −1b −1 şeklindeki elemanlara G
nin değiştiricileri ( komütatörleri ) adı verilir.
167
Teorem 8.11. G bir grup ve a, b ∈ G olsun. G nin aba −1b −1 şeklindeki
komütatörlerinin kümesi G nin bir normal alt grubunu oluşturur, bu alt grup
G ' ise G G ′ bölüm grubu değişmelidir. Ayrıca N, G nin herhangi bir normal
alt grubu olmak üzere, G N değişmelidir ⇔ G ' ≤ N dir.
Kanıt. a, b ∈ G olmak üzere (aba −1b −1 ) −1 = bab −1a −1 ∈ G ' ve e ∈ G olmak
üzere e = eee −1e−1 ∈ G ' olduğundan G ' ≤ G dir. G ' nün bir normal alt grup
olduğunu göstermek için ∀x ∈ G ', ∀g ∈ G için gxg −1 ∈ G ' olduğunu
göstermeliyiz. Bunun için cdc −1d −1 ∈ G ' olsun. O halde ∀g ∈ G için
g (cdc −1d −1 ) g −1 = (gcd c −1 )e(d −1 g −1 )
= (gcd c −1 )( g −1d −1dg )(d −1 g −1 )
= [( gc)d ( gc) −1 d −1 ][dgd −1 g −1 ] ∈ G '
elde ederiz. O halde G ' , G nin bir normal alt grubudur. Şimdi a, b ∈ G olmak
üzere aG ' , bG ' ∈ G / G ' olsun. b −1a −1ba ∈ G ' olduğundan
(aG ')(bG ') = abG ' = ab(b −1a −1ba )G ' = (abb −1a −1 )baG ' = baG ' = (bG ')(aG ')
buluruz, yani G G ′ değişmelidir. Diğer taraftan N, G nin herhangi bir normal
alt grubu olmak üzere G N bölüm grubu değişmeli olduğundan
(a −1 N )(b −1 N ) = (b −1 N )(a −1 N )
yazabiliriz. Bu ise abb −1a −1 N = N veya abb −1a −1 ∈ N olması demektir ki, bu
G ' ≤ N olduğunu gösterir. Tersine eğer G ' ≤ N ise o taktirde,
(aN )(bN ) = abN = ab(b −1a −1ba) N = (abb −1a −1 )baN = baN = (bN )(aN )
elde ederiz ki, bu G N nin değişmeli olduğunu kanıtlar.
Örnek 8.10 γ 4 te A = (123) , B = (13)( 24 ) çiftine ait komütatörleri bulalım.
Çözüm. (A,B) çiftine ait sol ve sağ komütatörleri bulalım. x ⋅ A ⋅ B = B ⋅ A
−1
( AB ) = B −1 A−1 ile çarparak
x = B ⋅ A ⋅ B −1 ⋅ A−1 = (13)( 24 )(123)(13)( 24 ) (132 ) = (134 )(132 ) = (14 )( 23 )
eşitliğinin heriki tarafını sağdan
(134 )
elde edilir. Benzer
( AB )
−1
şekilde A.B. y = B. A eşitliğinin heriki tarafını sağdan
= B −1 A−1 ile çarparak
y = B −1 ⋅ A−1 ⋅ B ⋅ A = (13)( 24 )(132 )(13 )( 24 ) (123) = (143 )(123) = (12 )( 34 )
(143)
bulunur.
168
Örnek 8.11. Bir devresel grubun komütatör grubunu belirleyelim.
Çözüm. G bir devresel grup olsun. G devresel olduğundan komütatiftir.
Şu halde her a, b ∈ G için sol ve sağ komütatörler:
G kom.
(
)
x = b ⋅ a ⋅ b −1 ⋅ a −1 = a b ⋅ b −1 a −1 = a ⋅ a −1 = 1G
1G
G kom.
(
)
y = b −1 ⋅ a −1 ⋅ b ⋅ a = b −1 a −1 ⋅ a b = b −1 ⋅ b = 1G
1G
olduğundan G nin komütatör grubu K = {1G } dir.
Teorem 8.12. G bir grup, H ve K da G nin iki alt grubu olsun. Eğer G grubu
H ile K nın iç kartezyen çarpımı ise o taktirde H ve K, G nin normal alt
gruplarıdır ve G H ≅ K doğal izomorfizmi mevcuttur.
Kanıt. İç kartezyen çarpımları, izdüşüm izomorfizmaları sayesinde dış
kartezyen çarpımlara dönüştürebileceğimizi biliyoruz. Böylece G yi H × K
dış kartezyen çarpım grubuna izomorf yapabiliriz. O halde kanıtlamamız
gereken şey, H = {(h, e) | h ∈ H } nın H × K nın normal alt grubu olduğu ve
(H × K )
H
nin
K = {(e, k ) | k ∈ K }
ya izomorf olacağıdır.
H
nin
H × K grubunun bir normal alt grubu olduğunu göstermek için
∀(h, k ) ∈ H × K için (h, k ) H (h, k )−1 = H olduğunu göstermeliyiz. (h1 , e) ∈ H
olsun.
(h, k )(h1 , e)(h, k ) −1 = (h, k )(h1 , e)(h −1 , k −1 ) = (hh1h −1 , kek −1 ) = (hh1h −1 , e) ∈ H
elde ederiz. O halde H , H × K nın bir normal alt grubudur. Diğer taraftan H
nin kalan sınıfları k ∈ K için (e, k ) H şeklindedir ve
φ : K → ( H × K ) H , φ (e, k ) = (e, k ) H
dönüşümü bir izomorfizmadır, dolayısıyla G H ≅ K
mevcuttur.
doğal izomorfizmi
Örnek 8.12. G = 12 olmak üzere (G ,.) grubu a elemanı tarafından üretilen
bir devirli grup, yani G =< a > olsun. H =< a 4 > , G nin bir devirli alt grubu
olmak üzere G H bölüm grubunun elemanlarını bulunuz ve bu grubun işlem
tablosunu elde ediniz.
Çözüm. G = {e, a, a 2 ,..., a11} ve H = {e, a 4 , a8 } dir. G grubu devirli
olduğundan değişmelidir ve H nın G deki sol ve sağ kalan sınıfları x ∈ G
olmak üzere
xH = { xh | h ∈ H } = {hx | h ∈ H } = Hx
169
şeklindedir. H alt grubu, G de normal olduğundan H nın G de birbirinden farklı
4 tane kalan sınıfı vardır ve bu kalan sınıfları
He = {he | h ∈ H } = {e, a 4 , a8 } = H ,
Ha = {ha | h ∈ H } = {a, a5 , a9 } ,
Ha 2 = {ha 2 | h ∈ H } = {a 2 , a 6 , a10 } ,
Ha 3 = {ha3 | h ∈ H } = {a 3 , a 7 , a11}
şeklindedir. Böylece bölüm grubu G H = { H , Ha, Ha 2 , Ha 3 } olur ve bu
grubun işlem tablosu aşağıdaki şekildedir.
*
H
Ha
Ha 2
Ha 3
H
H
Ha
Ha 2
Ha 3
Ha
Ha
Ha 2
Ha 3
H
Ha 2
Ha 2
Ha 3
H
Ha
Ha 3
Ha 3
H
Ha
Ha 2
PROBLEMLER
1) Değişmeli bir grubun herhangi bir alt grubunun normal alt grup olduğunu
kanıtlayınız.
2) Determinantları 1 olan n × n mertebeli matrislerin kümesinin, matris
çarpımı işlemine göre n × n mertebeli matrislerin grubunun, bir normal alt
grubu olduğunu kanıtlayınız.
3) ( 2 , +) , düzlemdeki vektörlerin toplamsal grubu olsun.
H = { x ∈ 2 | x = ca , a ∈ 2 , c ∈ }
kümesinin, ( 2 , +) grubunun bir normal alt grubu olduğunu gösteriniz.
4) ( K ,.) ve ( H ,.) , bir G grubun iki normal alt grubu ise o taktirde
( K ∩ H ,.) grubunun da G nin bir normal alt grubu olduğunu kanıtlayınız.
5) (G ,.) bir grup ise H = { x ∈ G | ax = xa (∀a ∈ G )} grubunun (G ,.) nın bir
normal alt grubu olduğunu gösteriniz.
170
6) (G ,.) değişmeli bir grup ve H G olsun. G H bölüm grubunun da
değişmeli olduğunu kanıtlayınız.
7) (G ,.) değişmeli bir grup olmak üzere herhangi bir g ∈ G elemanı için
a ≈ b ⇔ a = gbg −1
şeklinde tanımlı bağıntının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.
8) An nin, γ n simetrik grubunun bir normal alt grubu olduğunu gösteriniz ve
γ n An bölüm grubunun elemanlarını belirleyiniz.
9) ( Z , +) grubu ve bu grubun H = 5Z alt grubu verilsin.
a) ( G H , + ) grubunun işlem tablosunu oluşturunuz,
b) ( G H , + ) grubunda, H + 22 elemanının toplamsal tersini bulunuz,
c) ( H + 3) + x = H + 1 denklemini çözünüz.
10) M , bir G grubunun merkezleyeni olsun. G M bölüm grubu devirli ise bu
taktirde G nin değişmeli olduğunu kanıtlayınız.
11) (G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun.
φa : G → G , φa ( x) = a −1 xa
şeklinde tanımlı dönüşümün bir otomorfizma olduğunu gösteriniz.
171
9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI
Tanım 9.1. (G , ) ve (G ', ∗) iki grup olsun. Bu iki grup arasında tanımlanan
φ : (G, ) → (G ', ∗) dönüşümü, ∀a, b ∈ G için
φ ( a b ) = φ ( a ) ∗ φ (b )
koşulunu sağlıyorsa bu dönüşüme bir grup homomorfizması adı verilir.
Örnek 9.1. r, m tamsayısının n ile bölümünden kalan olmak üzere
φ : → n , φ (m ) = r
şeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır.
Çözüm. s, t ∈ olmak üzere φ ( s + t ) = φ ( s ) + φ (t ) dir. s ve t nin n ile
bölümünden elde edilen kalanlar sırası ile r1 ve r2 olsun. Bölme algoritmasına
göre
s = q1n + r1 , t = q2 n + r2 , 0 ≤ r1 , r2 < n
yazılabilir. φ ( s ) = r1 , φ (t ) = r2 olduğundan φ ( s ) + φ (t ) ≡ r1 + r2 (mod n) elde
edilr. Eğer r1 + r2 = q3 n + r3 , 0 ≤ r3 < n ise φ ( s ) + φ (t ) = r3 olur. O halde,
s + t = (q1 + q2 )n + r1 + r2 = (q1 + q2 + q3 )n + r3
yazabilirizki, bu
homomorfizmadır.
φ ( s + t ) = r3
olması
demektir.
Böylece
φ
bir
Teorem 9.1. G bir grup ve N, G nin bir normal alt grubu ise a ∈ G için
ϕ : G → G N , ϕ (a) = aN
şeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır. Bu homomorfizme, doğal
homomorfizma ( kanonik homomorfizma ) adı verilir.
Kanıt. ∀a, b ∈ G için ϕ (ab) = (ab) N = ( aN )(bN ) = ϕ ( a )ϕ (b) dir.
Tanım 9.2. φ : (G, ) → (G ', ∗) bir grup homomorfizmi olsun. e ' ∈ G ' birim
elemanı için { x ∈ G | φ ( x ) = e '} kümesine φ nin çekirdeği veya sıfırlayanı adı
verilir.
Örnek 9.2. G =
{( a, b, 2) a, b ∈ − {0}} kümesi ( a, b, 2) ( c, d , 2) = ( ac, bd , 2)
şeklinde tanımlanan “ ” işlemine göre bir komütatif grup oluşturur. ( G, )
grubunu * = ( − {0} , ⋅) grubu içine resmeden ϕ : ( a, b, 2 ) → ab tasvirinin
karakterini belirleyelim.
Çözüm. ı) ϕ içinedir: Her
( a, b, 2 ) ∈ G
Çünkü
172
için ϕ ( a, b, 2 ) = ab ∈ R − {0} dir.
( a, b, 2) ∈G ⇒ a, b ∈ − { 0}  ⇒ ab ∈ −


sıfır-bölensiz
{ 0}
dir.
ıı) ϕ üzerinedir: Her c ∈ − {0} a karşılık ϕ ( a, b, 2 ) = c , yani
ab = c
olacak şekilde bir ( a, b, 2 ) ∈ G vardır. a = 1, b = c ∈ − {0} için ϕ (1, c, 2 ) = c
buluruz.
ııı) ϕ işlemi korur: Her ( a, b, 2 ) , ( c, d , 2 ) ∈ G için
ϕ ( a, b, 2 ) ( c, d , 2 )  = ϕ ( ac, bd , 2 ) = ( ac )( bd ) = ( ab )( cd )
= ϕ ( a, b, 2 ) ϕ ( c, d , 2 )
dir. Burada nin , “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık.
ıv) ϕ , (1-1) midir ? : ( a, b, 2 ) ≠ ( c, d , 2 ) ⇒ ϕ ( a, b, 2 ) ≠ ϕ ( c, d , 2 ) olup
olmadığını araştıralım. a ≠ b için ( a, b, 2 ) ≠ ( b, a, 2 ) dir, fakat nin , “ + “
ya göre komütatifliğinden
ϕ ( a , b, 2 ) = ϕ ( b, a , 2 )
ab = ba
dir. Dolayısıyla ϕ , (1-1) değildir. Şu halde ϕ bir homomorfizmadır.
Örnek 9.3. G = {( a, b, 3 ) a, b ∈ } olsun. ( a, b,3) ∗ ( c, d ,3) = ( a + c, b + d ,3)
işlemi ile tanımlanan ( G, ∗) grubunu ( , + ) içine resmeden
ϕ : ( a, b,3) → a + b
tasvirinin bir homomorfi olduğunu gösterelim ve çekirdeğini bulalım.
Çözüm. ı) ϕ içinedir: Her ( a, b,3) ∈ G için ϕ ( a, b,3) = a + b ∈ dir.
ıı) ϕ üzerinedir: Her t ∈ ye karşılık φ ( x, y, 3) ∈ yani x + y = t olacak
şekilde bir
( x, y,3) ∈ G
vardır. x = 0, y = t ∈ alabiliriz. Bu durumda
ϕ ( 0, t ,3) = t olur.
ııı) ϕ işlemi korur: Her ( a, b,3) , ( c, d ,3) ∈ G için
ϕ ( ( a, b,3) ∗ ( c, d ,3) ) = ϕ ( a + c, b + d ,3) = ( a + c ) + ( b + d )
= ( a + b ) + ( c + d ) = ϕ ( a, b,3) +ϕ ( c,d,3)
tür. Burada nin, “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık.
Ker ϕ =
{( a, b,3) ∈ G
173
}
ϕ ( a, b,3) = 0
= {( a, b,3) ∈ G a + b = 0}
= {( a, b,3) ∈ G a = −b}
= {( −b, b,3) ∈ G b ∈ }
dir.
Örnek 9.4. “ Bir G grubunun komütatif olabilmesi için gerek ve yeter koşul, G
yi kendi içine resmeden
ϕ : a → a −1
tasvirinin bir izomorfi olmasıdır “ önermesini ispat ediniz.
Çözüm. ⇒: G grubu komütatif ise G yi kendi içine resmeden ϕ : a → a −1
tasviri bir izomorfidir.
ı) Her x ∈ G ye karşılık ϕ ( y ) = x olacak şekilde bir y ∈ G vardır. Çünkü
( )
ϕ ( y ) = x ⇒ y −1 = x ⇒ y −1
−1
= y = x −1 ∈ G
olduğundan y = x −1 ∈ G alabiliriz.
ıı) Her a, b ∈ G için G nin komütatifliği kullanılarak
ϕ ( ab ) = ( ab )
−1
= ( ba )
−1
= a −1b−1 = ϕ ( a ) ϕ ( b )
bulunur, yani ϕ işlemi korur.
ııı) a ≠ b ⇒ ϕ ( a ) ≠ ϕ ( b ) olduğunu gösterelim.
ϕ ( a ) = ϕ ( b ) olsa: a −1 = b −1 ⇒ a = b ( grupta tersin tekliğinden )
elde edilir ki, bu a ≠ b oluşu ile çelişir. Buradan ϕ tasvirinin (1-1) olduğu
sonucu çıkar.
Şu halde ϕ tasviri bir izomorfidir.
⇐:
ϕ tasviri bir izomorfi ise her a, b ∈ G için ab = ba olduğunu
gösterelim. ϕ işlemi koruduğundan
ϕ ( ab ) = ϕ ( a ) ϕ ( b ) = a −1b −1 = ( ba )
−1
= ϕ ( ba )
yani ϕ ( ab ) = ϕ ( ba ) elde edilir. Ayrıca ϕ , (1-1) olduğundan
ϕ ( ab ) = ϕ ( ba ) ⇒ ab = ba
bulunur. Dolayısıyla G komütatiftir.
Teorem 9.2. φ : G → G ' bir grup homomorfizmi olmak üzere,
1) e , G nin birim eleman ise φ (e) de G ' nün birim elemanıdır.
2) ∀a ∈ G için φ (a −1 ) = (φ (a )) −1 dir.
174
3) H G ise φ ( H ) G ' dir.
4) H, G nin bir normal alt grubu ise φ ( H ) da G ' nün bir normal alt
grubudur.
5) K, G ' nün bir alt grubu ise φ −1 ( K ) da G nin bir alt grubudur.
6) K, G ' nün bir normal alt grubu ise φ −1 ( K ) da G nin bir normal alt
grubudur.
Kanıt.
1) ∀a ∈ G için,
φ (a) = φ (ae) = φ (a)φ (e) ve φ (a) = φ (ea ) = φ (e)φ (a)
ifadelerinden φ (e) = e ' ∈ G ' elde ederiz.
2) φ (e) = φ (aa −1 ) = φ (a )φ (a −1 ) ve φ (e) = φ (a −1a ) = φ (a −1 )φ (a) olduğundan
φ (a −1 ) = (φ (a )) −1 bulunur.
3) ∀φ (a), φ (b) ∈ φ ( H ) için
φ (a)φ (b) = φ (ab)
dir
ve
H G
olduğundan
∀a, b ∈ H
için
ab ∈ H
olduğundan
φ (a)φ (b) ∈ φ ( H ) dır. ∀a ∈ H için a ∈ H olacağından φ (a ) = (φ (a )) −1 ve
−1
−1
dolayısıyla (φ (a )) −1 ∈ H olduğundan φ ( H ) G ' dür.
4) H G olsun . O halde φ ( H ) G ' olduğunu göstermek istiyoruz.
∀φ (h) ∈ φ ( H ), ∀φ ( g ) ∈ G ' için
φ ( g )φ (h)(φ ( g )) −1 = φ ( g )φ (h)φ ( g −1 ) = φ ( ghg −1 ) ∈ φ ( H )
olduğundan φ ( H ) G ' dür.
5) ∀a, b ∈ φ −1 ( K ) için
φ (a)φ (b) = φ (ab) ∈ K ⇒ ab ∈ φ −1 ( K ), (φ (a )) −1 = φ (a −1 ) ∈ K ⇒ a −1 ∈ φ −1 ( K )
olduğundan φ −1 ( K ) ≤ G dir.
6) φ ( g )φ (h)(φ ( g )) −1 = φ ( g )φ (h)φ ( g −1 ) = φ ( ghg −1 ) ∈ K elde edilir. Böylece
ghg −1 ∈ φ −1 ( K ) olduğundan φ −1 ( K ) G elde ederiz.
Tanım 9.3. φ : (G, ) → (G ', ∗) bir grup homomorfizmi olsun. φ fonksiyonu
bire-bir ve örten ise φ ye bir grup izomorfizması, bu gruplara da izomorf
gruplar adı verilir.
Örnek 9.5. (G , ) ve (G ', ∗) iki grup ve φ : (G, ) → (G ', ∗) bir grup
homomorfizmi olsun. φ nin çekirdeği ( K , ) , (G , ) grubunun bir normal alt
175
grubu ve φ −1 grubunun çekirdeği K ' = φ −1 (e ') de G ' nün bir normal alt
grubudur.
Teorem 9.3. (Homomorfizmaların Temel Teoremi) (G , ) ve (G ', ∗) iki grup
ve φ : (G, ) → (G ', ∗) bir grup homomorfizması olsun. Bu homomorfizma
altında φ (G ) kümesi “ ∗ ” işlemine göre bir gruptur. ( K , ) , φ nin çekirdeği
olmak üzere φ (G ) grubu ile G K bölüm grubu arasında bir doğal
izomorfizma vardır.
Kanıt. Homomorfizmalar grup işlemlerini koruduğundan φ (G ) kümesinin ∗
işlemine göre bir grup olacağı açıktır. Ayrıca, ψ : G K → φ (G ) dönüşümü iyi
tanımlıdır. γ : G → G K dönüşümü φ = γψ
aşağıdaki diagram tanımlanabilir.
G
olacak şekilde tanımlanırsa
φ (G )
φ
γK
ψ
G K
Şimdi
b ∈ aK
olsun. φ (a) = φ (b)
olduğunu göstermeliyiz.
b ∈ aK
−1
olduğundan b = ak1 olacak şekilde bir k1 ∈ K vardır. Böylece a b = k1 dir ve
K çekirdek olduğundan
e ' = φ (k1 ) = φ (a −1b) = φ (a −1 )φ (b) = (φ ( a ))−1φ ( b )
bulunur ki, buradan φ (a) = φ (b) elde edilir. Böylece ψ iyi tanımlıdır. Şimdi
de ψ nin bire-bir olduğunu kanıtlayalım. ψ (aK ) = ψ (bK ) olsun. ψ nin
tanımından φ (a) = φ (b) bulunur.
e ' = (φ ( a ))−1φ ( b ) = φ ( a −1 ) φ ( b ) = φ ( a −1b )
olduğundan a −1b ∈ K veya b ∈ aK elde ederiz. Böylece bK = aK dır, yani
ψ bire-birdir. ψ nin örten olduğu tanımından açıktır. Üstelik
ψ ((aK )(bK )) = ψ ((ab) K ) = φ (ab) = φ (a )φ (b)
= ψ (aK )ψ (bK )
olmasından dolayı ψ nin bir izomorfizma olduğu görülür.
176
Örnek 9.6.
φ : → ∗ = − {0} , φ ( x) = cos x + i sin x
dönüşümü verilsin. x = 2nπ , n ∈ ise φ ( x) = 1 dir, dolayısıyla φ nin
çekirdeği nin, < 2π > şeklindeki devirli alt grubudur. Teorem 9.3. ten
dolayı < 2π > bölüm grubu ile φ () birbirine izomorftur. Böylece
bölüm grubu, modülü 1 olan kompleks sayıların çarpımsal
< 2π >
grubudur. Bu grubun elemanları kompleks düzlemdeki birim çember üzerinde
yer alır. Geometrik olarak < 2π > nin her kalan sınıfının temsilci elemanı
0 ≤ x < 2π aralığında bulunur.
Tanım 9.4. G bir grup ve M, G nin bir normal alt grubu olsun. Eğer M ≠ G
ve G nin M yi kapsayan hiçbir normal öz alt grubu yoksa M ye G nin bir
maksimal normal alt grubu adı verilir.
Teorem 9.4. M nin G de bir maksimal normal alt grup olması için gerek ve
yeter koşul G M nin bir basit grup olmasıdır.
Kanıt. M, G nin bir maksimal normal alt grubu olsun. γ : G → G M şeklinde
bir doğal izomorfizma tanımlanabilir. Böylece, γ −1 dönüşümü altında G M
nin herhangi bir normal alt grubunun resmi G nin M yi kapsayan bir normal öz
alt grubu olacaktır. Halbuki M maksimaldır, dolayısıyla bu olamaz, o halde
G M bir basit gruptur. Teoremin karşıtı benzer şekilde kanıtlanabilir.
Teorem 9.5. Bir G grubunun tanımladığı bir φ homomorfizminin bire-bir
olması için gerek ve yeter koşul φ nin çekirdeğinin {e} den ibaret olmasıdır.
Kanıt. φ bire-bir olsun. Homomorfizmalar birim elemanları, birim elemanlara
resmettiklerinden φ nin çekirdeği {e} den ibarettir. Tersine, φ nin çekirdeği
sadece {e} den ibaret olsun. O taktirde a, b ∈ G için
−1
φ ( a ) = φ ( b ) ⇒ e = (φ ( a ) ) φ ( b ) = φ ( a −1 ) φ ( b ) = φ ( a −1b )
olacağından a −1b , φ nin çekirdeğindedir. Böylece,
a −1b = e ⇒ a = b
olduğundan φ bire-birdir.
Teorem 9.6. ( İzomorfizmaların Birinci Teoremi ) H ve K, bir G grubunun iki
normal alt grubu olsun. K H ise o taktirde G K dan ( G K ) ( H K )
üzerine bir doğal izomorfizma tanımlanabilir.
177
Kanıt. Teorem 9.3. deki γ dönüşümü G nin bir homomorfizması ve H da G
nin bir normal alt grubu ise o taktirde γ H , γ G nin bir normal alt grubu
olacaktır. Şimdi G nin γ : G → G K şeklindeki doğal izomorfizmasını göz
önüne alalım. O halde γ H , G K
nın bir normal alt grubu olarak
düşünülebilir. K H olduğundan γ H = H K olur. Şimdi de
φ : G → ( G K ) ( H K ) , φ (a) = (aK )( H / K )
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır. Çünkü,
φ ( ab ) = [(ab) K ( H K )] = [(aK )(bK )]( H K )
= [(aK )( H K )][(bK )( H K )]
= φ ( a )φ (b)
dir ve
H K,
(G K ) ( H
K ) kalan sınıflar grubunun birim elemanı
olduğundan, φ nin çekirdeği G nin φ ( x) = H K koşulunu sağlayan x ∈ G
elemanlarından oluşur. Bu elemanlar aynı zamanda H nın da elemanları
olduğundan G H nın, ( G K ) ( H K ) ya izomorf olduğu bulunur.
γH
G
G H
γK
(G K ) ( H
G K
K)
γH K
Tanım 9.5. G bir grup ve H 0 , H1 ,..., H n kümeleri G nin alt grupları olsun.
∀i için H i H i +1 şeklinde normal alt gruplar ve H 0 = {e} ve H n = G olmak
üzere H 0 , H1 ,..., H n şeklindeki sonlu alt grupların dizisine G nin alt normal
grup serisi adı verilir. Eğer H 0 , H1 ,..., H n alt grupları sadece G nin normal alt
grupları ise bu sonlu diziye bir normal grup serisi denir.
Örnek 9.7. (, +)
{0} < 9 < grubunu göz önüne alalım.
serileri, nin normal serileridir.
Örnek 9.8. D4 , karenin simetrilerinin grubu için
178
{0} < 8 < 4 < ve
{ρ0 } < { ρ0 , µ1} < { ρ0 , ρ 2 , µ1 , µ2 } < D4
serisi, D4 ün bir alt normal serisidir.
Tanım 9.6. { H i } ve { K j } , G nin iki serisi olsun. Eğer { H i } ⊆ { K j } ise, yani
her bir H i , K j lerden birisinin alt kümesi ise o taktirde { K j } serisine { H i }
serisinin inceltilmişi adı verilir.
Örnek 9.9.
{0} < 72 < 24 < 8 < 4 < serisi
{0} < 72 < 8 < serisinin bir inceltilmişidir.
Tanım 9.7. { H i } , herhangi bir G grubunun bir alt normal serisi olmak üzere
H i +1 H i bölüm grupları birer basit grup ise o taktirde { H i } serisine bir asal
seri denir.
Tanım 9.8. Bir G grubu, H i +1 H i şeklindeki bütün bölüm grupları değişmeli
gruplar olacak şekilde bir
{H i }
asal serisine sahip ise bu G grubuna
çözülebilir grup denir.
Şu halde H 0 = {e} < H1 < H 2 < ... < H n = G serisi için H i grupları, H i +1
gruplarının normal alt grupları ve H i +1 H i bölüm grupları değişmeli ise G
grubu çözülebilir bir grup olmaktadır.
Tanım 9.9. G bir grup olsun. ∀x ∈ G için ax = xa koşulunu sağlayan a ∈ G
lerin kümesine G nin merkezi denir ve Z (G ) şeklinde gösterilir.
Teorem 9.7. Bir G grubunun merkezi bu grubun bir normal alt grubudur.
Kanıt. a ∈ G olsun. ∀x ∈ G için ax = xa ise a ∈ Z (G ) dir. O halde
x −1ax = a
olacağından ∀x ∈ G
için
x −1 Z (G ) x = Z (G )
olduğu kolayca
görülür. Böylece Z (G ) , G nin bir normal alt grubudur.
Örnek 9.10. 195510 halkasında A asal kalan sınıflar grubunun merkezinin
mertebesi bulalım.
Çözüm. 195510 halkası komütatif olduğundan A asal kalan sınıflar grubu da
komütatiftir, dolayısıyla
Z ( A) = A ⇒ Z ( A) = A
dır. A asal kalan sınıflar grubunun mertebesi ϕ (195510) dur.
179
195510 = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 73 ⋅19
olduğundan
ϕ (195510 ) = ( 2 − 1)( 3 − 1)( 5 − 1) 7 2 ( 7 − 1)(19 − 1) = 25 ⋅ 33 ⋅ 7 2 = 42336
bulunur. Şu halde A = Z ( A) = ϕ (195510 ) = 42336 dır.
SYLOW TEOREMLERİ
Tanım 9.10. G bir grup ve a, b ∈ G olsun. Eğer b = xax −1 olacak şekilde bir
x ∈ G elemanı bulunabiliyor ise a ile b eşleniktir denir.
Teorem 9.8. “ a ≈ b ⇔ xax −1 olacak şekilde bir x ∈ G vardır ” şeklinde
tanımlanan bağıntı G üstünde bir denklik bağıntısıdır.
Kanıt. x = e için a = eae −1 dir, yani a ≈ a dır. a ≈ b ise b = xax −1 olacak
şekilde şekilde bir x ∈ G vardır ve G bir grup olduğundan x −1 ∈ G dir.
b = xax −1 ⇒ a = x −1b( x −1 )−1 ⇒ b ≈ a
olduğundan bağıntı simetriktir.
a ≈ b, b ≈ c ⇒ b = xax −1 , c = yby −1
olacak şekilde x, y ∈ G elemanları vardır ve G grubu kapalı olduğundan
yx ∈ G dir. O halde,
c = y ( xax −1 ) y −1 = ( yx)a( yx)−1 ⇒ a ≈ c
dir.
Tanım 9.11. G grubu için yukarıda tanımladığımız eşlenik olma bağıntısı ile G
yi denklik sınıflarına ayırabiliriz. Bu denklik sınıflarının her birisine bir eşlenik
sınıfı adı verilir ve bir a ∈ G için a nın denklik sınıfı C[ a ] şeklinde gösterilir.
Şu halde,
C[a] = { xax −1 | x ∈ G}
dir.
Örnek 9.11. Eğer G değişmeli bir grup ise xax −1 = xx −1a = a olacağından
C[a] = {a} dır.
Örnek 9.12. γ 3 simetrik grubunun eşlenik sınıfları
{ρ0 } , {ρ1 , ρ 2 } , {µ1 , µ2 , µ3 }
dir. γ 3 = 6 olduğundan, γ 3 ün mertebesi eşlenik sınıflarının eleman sayıları
tarafından bölünür ve eğer G nin mertebesi sonlu ise o taktirde mertebesi, bu
eşlenik sınıflarının eleman sayıları toplamına eşittir.
180
Örnek 9.13. Sonlu bir G grubunda birbirinin eşleniği olan iki elemanın
mertebelerinin aynı olduğunu gösterelim.
Çözüm. G = n ve
c, g ∈ G olsun. c = gcg −1 olduğunu gösterelim. c = t
olduğunu farzedelim. Birleşme özelliğini kullanarak
t
( gcg ) = ( gcg )( gcg ) ...( gcg ) = g c g
−1
−1
−1
−1
t
1G
−1
gg −1 = 1G ( gg −1 = 1G dir )
=
1G
t′
t′
( ) ≠ 1 dir. Çünkü ( gcg )
gcg )( gcg ) ... ( gcg ) = gc g = 1
(
elde edilir. 1 ≤ t ′ < t için gcg −1
−1
−1
G
−1
−1
t′
−1
= 1G olsa :
G
t ′ defa
′
elde edilir, buradan da ct = g −11G g = 1G bulunur ki, bu c = t oluşu ile
çelişir. Şu halde gcg −1 = t , yani c = gcg −1 = t dir.
Tanım 9.12. G grubunun mertebesi n olsun. G nin merkezinin eleman sayısı c
ve G nin birden çok elemana sahip eşlenik sınıflarının sayısı da r olsun. Bu
eşlenik sınıflarının eleman sayıları sırasıyla n1 , n2 ,..., nr olmak üzere
n = c + n1 + n2 + ... + nr , c | n , n1 | n , ... , nr | n
dir.
n = c + n1 + n2 + ... + nr
denklemine G nin sınıf denklemi adı verilir.
Şimdi, Sylow Teoremleri olarak bilinen aşağıdaki teoremleri ifade edelim.
Teorem 9.9. ( Birinci Sylow Teoremi ) G sonlu mertebeden bir grup ve p, m yi
bölmeyen bir asal sayı olmak üzere G = p r m olsun. O taktirde G, 0 ≤ i ≤ r
olmak üzere mertebesi p r olan bir H i alt grubuna sahiptir. Üstelik G nin p i
mertebeli herhangi bir Ki alt grubu, p i +1 mertebeli bir Ki +1 grubunun normal
alt grubudur.
Teorem 9.10. ( İkinci ve Üçüncü Sylow Teoremleri ) G sonlu merebeden bir
grup ve p, m yi bölmeyen bir asal sayı olmak üzere G = p r m olsun. O
taktirde G nin p r mertebeli bütün alt grupları eşlenik gruplardır ve bunların
sayısı G nin mertebesini böler, üstelik p r mertebeli bütün eşlenik alt grupların
sayısı s ise s ≡ 1(mod p ) dir.
181
Tanım 9.13. G bir grup ve p bir asal sayı olmak üzere G nin her elemanı p r
mertebeli ise G ye bir p-grup adı verilir.
Teorem 9.11. Sonlu bir G grubunun bir p-grup olması için gerek ve yeter
koşul G = p r olmasıdır.
Kanıt. G bir p-grup ve G = p r m olsun. Burada p /| m dir. Eğer q | m ise o
taktirde G nin, mertebesi q olan bir alt grubu olurdu ve bu alt grup q ≠ p
olmak üzere mertebesi q olan bir eleman tarafından üretiliyor olurdu. Bu ise G
nin p-grup oluşu ile çelişir. Şu halde m = 1 olmak zorundadır ve G = p r dir.
Tersine,
G = pr
ise bir grubun her elemanının mertebesi grubun
mertebesini böleceğinden G nin bir p-grup olduğu elde edilir.
Tanım 9.14. G bir grup ve a ∈ G olsun. N [a] = { x ∈ G | xax −1 = a} kümesine
a nın normalleyeni ( normalizatörü ) denir.
Teorem 9.12. G bir grup ve a ∈ G olsun. N [a] = { x ∈ G | xax −1 = a} kümesi,
G nin bir alt grubudur ve x, y ∈ G olmak üzere xax −1 = yay −1 olması için
gerek ve yeter koşul x ve y nin N [ a ] nın aynı sol kalan sınıfında olmasıdır.
Kanıt. b, c ∈ N [a] ise bab −1 = a , cac −1 = a yazabiliriz. O halde,
b(cac −1 )b −1 = a ⇒ (bc)a (bc)−1 = a
olduğundan bc ∈ N [a] dır. Ayrıca eae −1 = a ise e ∈ N [a] dır. Diğer taraftan,
b ∈ N [a] ise bab −1 = a
ve
buradan
b −1ab = b −1a(b −1 ) −1 = a
olduğundan
−1
b ∈ N [a] dır. Böylece N [ a ] , G nin bir alt grubudur. Üstelik, xax −1 = yay −1
ise ( y −1 x)a( x −1 y ) = a veya ( y −1 x)a( y −1 x) −1 = a olacağından y −1 x ∈ N [a ]
veya x ∈ yN [ a ] dır, dolayısıyla x ve y, N [ a ] nın aynı sol kalan sınıfının
elemanı olur.
Teoremin karşıt ifadesi benzer biçimde kanıtlanabilir.
Sonuç: G sonlu bir grup ve a ∈ G ise o taktirde C[ a ] nın mertebesi G nin
mertebesini böler.
Örnek 9.14. G bir grup, a ∈ G ise N a = N a−1 olduğunu gösterelim.
{
Çözüm. N a = { g ∈ G ag = ga} , N a−1 = g ∈ G a −1 g = ga −1
} dir. N
a
= N a−1
olduğunu göstermek için N a ⊂ N a −1 ve N a−1 ⊂ N a olduğunu göstermeliyiz.
182
Her g ∈ N a için ag = ga olduğundan bu eşitliğin heriki tarafını sağdan ve
soldan a −1 ile çarparak ga −1 = a −1 g bulunur ki, buradan g ∈ N a−1 , yani
N a ⊂ N a−1
(9.1)
elde edilir. Benzer şekilde her g ′ ∈ N a−1 için a −1 g ′ = g ′a −1 olduğundan bu
eşitliğin heriki tarafını sağdan ve soldan a ile çarparak g ′a = ag ′ bulunur ki,
buradan g ′ ∈ N a yani
N a−1 ⊂ N a
(9.2)
bulunur. Şu halde (9.1) ve (9.2) den N a = N a−1 elde edilir.
Teorem 9.13. G bir grup, H ve K da G nin iki normal alt grubu olsun.
H ∩ K = {e} ve H ∨ K = G ise bu taktirde G, H × K çarpımına izomorftur.
Kanıt. Teorem 7.6. dan G grubunun, H ve K alt gruplarının iç kartezyen
çarpımı olarak yazılabilmesi için gerekli koşullardan birisi ∀h ∈ H , ∀k ∈ K
için hk = kh olmasıdır. Teoremin kanıtını yapmak için sadece bu koşulun
sağlandığını göstermek yeterlidir, çünkü diğer koşullar teoremde verilen
varsayımlardan açıktır. Bunun için ∀h ∈ H , ∀k ∈ K için hkh −1k −1
komütatörünü göz önüne alalım. K, G nin bir normal alt grubu olduğundan
kh −1k −1 ∈ K dır. Yukarıdaki komütatörü h(kh −1k −1 ) şeklinde yazarsak H bir
normal alt grup olduğundan kh −1k −1 ∈ H elde ederiz. O halde h(kh −1k −1 ) ∈ H
dır. Böylece hkh −1k −1 ∈ H ∩ K olur. Hipotezden, hkh −1k −1 = e ise hk = kh
buluruz.
Teorem 9.14. p bir asal sayı olmak üzere, mertebesi p 2 olan her grup
değişmelidir.
Kanıt. G, mertebesi p 2 olan bir grup olsun. Eğer G devirli değilse grubun
birim elemanı dışındaki bütün elemanlarının mertebesi p olur. a, mertebesi p
olan bir eleman olsun. Bu takdirde < a > devirli grubunun mertebesi de p dir.
Dolayısıyla < a > grubu, G nin bütün elemanlarını içermez. b, G nin bu grupta
olmayan bir elemanı olsun. O zaman < a > ∩ < b >= {e} dir. Çünkü c ≠ e
olmak üzere c ∈< a > ∩ < b > olsa: c ∈< a > ve c ∈< b > olacağından
< a >=< b > elde edilir ki, bu kabulümüz ile çelişir. 1. Sylow Teoremine göre
< a > , G nin p 2 mertebeli herhangi bir alt grubunun bir normal alt grubu
olacağından < a > , G nin de bir normal alt grubu olur. Benzer şekilde < b >
de G nin bir normal alt grubudur. < a > ∨ < b > , G nin < a > yı kapsayan ve
mertebesi p 2 yi bölen bir alt grubudur. Böylece < a > ∨ < b >= G elde ederiz.
183
O halde Teorem 9.13. e göre G ≅< a > ∨ < b > izomorfizması vardır. Sonuç
olarak, < a > ∨ < b > grubu değişmeli olduğundan bu gruba izomorf olan G
grubu da değişmelidir.
Teorem 9.15. H ve K, bir G grubunun sonlu mertebeli iki alt grubu ise bu
taktirde
H K
HK =
H ∩K
dir.
Kanıt. H = r , K = s , H ∩ K = t olsun. HK nın en çok rs elemana sahip
olacağı açıktır. Eğer bazı h1 , h2 ∈ H ; k1 , k2 ∈ K elemanları için h1k1 = h2 k 2
koşulu gerçekleniyor ise x = (h2 ) −1 h1 = k2 (k1 ) −1 dersek x ∈ H ve x ∈ K olur
ki,
bu
x∈H ∩K
x = k2 (k1 )
−1
ise k2 = xk1
olması
demektir.
yazabiliriz.
x = (h2 ) −1 h1 ise h2 = h1 x −1
Diğer
−1
h3 = h1 y , k3 = yk1 ise bu durumda h3 ∈ H
taraftan
y∈H ∩K
ve k3 ∈ K
ve
için
olmak üzere
h3 k3 = h1k1 buluruz. O halde, HK nın herhangi bir hk elemanı hi ∈ H ve
ki ∈ K
HK =
olmak üzere hi ki
H K
H ∩K
şeklinde t defa yazılabilmektedir. Bu bize
olduğu sonucunu verir.
PROBLEMLER
1) ∀i ∈ {1, 2, 3,..., n} için (Gi ,.) bir grup ve G = G1 × G2 × ... × Gn olsun. Bu
takdirde her bir i için G den
tanımlanabileceğini gösteriniz.
Gi
ye bir
φi
homomorfizmasının
2) φ : ( + ,.) → (, +), φ ( x) = ln x şeklinde tanımlanan dönüşümün bir
homomorfizma olduğunu gösteriniz.
3) φ : ( + , +) → ( − {0} ,.) , φ ( x ) = eix = cos x + i sin x
dönüşümünün bir
homomorfizma tanımladığını gösteriniz ve çekirdeğini bulunuz.
4) φ : G → H dönüşümü bir grup izomorfizması ise φ −1 ters dönüşümünün de
bir grup izomorfizması olduğunu gösteriniz.
184
5) φ : G → H , ϕ : H → N dönüşümleri birer grup izomorfizması ise bu
durumda ϕ φ : G → N bileşke dönüşümünün de bir grup izomorfizması
olduğunu kanıtlayınız.
6) f : G → G ', g : G → G ' iki grup homomorfizması ise
H = { x ∈ G | f ( x ) = g ( x )}
olmak üzere, ( H ,.) cebirsel yapısının G nin bir alt grubu olduğunu
kanıtlayınız.
7) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunu
belirleyiniz.
a) Mertebesi 3 olan herhangi iki grup izomorftur.
b) Mertebesi 4 olan herhangi iki grup izomorftur.
c) Mertebeleri aynı olan gruplar birbirine izomorftur.
d) Her izomorfizma bire-bir bir dönüşümdür.
e) Değişmeli bir grup, değişmeli olmayan bir gruba izomorf yapılamaz.
f) (, +) grubu bir permütasyon grubuna izomorftur.
8) H, bir G grubunun herhangi bir alt grubu ve g ∈ G ise H ≅ gHg −1
izomorfizması vardır, kanıtlayınız.
9) G1 , G2 herhangi iki grup olmak üzere
φ : G1 × G2 → G1 , ϕ : G1 × G2 → G2
φ ( g1 , g 2 ) = g1 , ϕ ( g1 , g 2 ) = g 2
şeklinde tanımlanan φ ve ϕ dönüşümlerinin birer homomorfizma olduğunu
kanıtlayınız ve bu dönüşümlerin çekirdeklerini bulunuz.
10) ( 6 , +) ve ( 8 , +) gruplarının izomorf olmadıklarını kanıtlayınız.
11) f : G → H dönüşümü bir grup homomorfizması ve örten olsun. N, G nin
bir normal alt grubu ise f ( N ) nin de H nın bir normal alt grubu olduğunu
gösteriniz.
12) f : G → H dönüşümü bir grup homomorfizması ve M, H nın bir normal
alt grubu ise o taktirde f −1 ( M ) de G nin bir normal alt grubudur, gösteriniz.
13)
{0} < 60 < 20 < ve
{0} < 245 < 49 < normal serinin inceltilmişlerini bulunuz.
185
şeklinde verilen iki
14) 5 × 5 nin birleşim serisini bulunuz.
15) γ 3 × 2 nin birleşim serisini bulunuz.
16) N, G grubunun değişmeli bir normal alt grubu ise G N nin N ye eşlenik
olacağını kanıtlayınız.
17) (12 , +) grubunun, p-alt grubunu bulunuz ve p. mertebeden Sylow alt
gruplarını belirleyiniz.
18) G grubunun bir H alt grubunun G de normal olması için gerek ve yeter
koşul H nın, G deki eşlenik sınıflarının birleşimine eşit olmasıdır, kanıtlayınız.
186
10. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER
Tanım 10.1. H, boş olmayan bir küme ve ⊕ ve , H üstünde tanımlı iki ikili
işlem olsun. Aşağıdaki koşullar sağlanırsa ( H , ⊕, ) üçlüsüne bir halka adı
verilir;
1) ( H , ⊕) değişmeli bir gruptur.
2) işlemi, H üstünde birleşmelidir.
3) H da işleminin, ⊕ işlemi üzerine sağdan ve soldan dağılma özelliği
vardır.
Örnek 10.1. ( n , +) devirli grubu verilsin. x, y ∈ n ise xy nin n ile
bölümünden elde edilecek kalanı a.b şeklinde gösterirsek bu durumda
( n , +,.) bir halka oluşturur.
Teorem 10.1. H, toplamsal birim elemanı 0 olan bir halka ise a, b ∈ H
olmak üzere
1) 0.a = a.0 = 0 ,
2) −b , b nin toplamsal tersi olmak üzere a.(−b) = (−a).b = −a.b ,
3) (−a ).(−b) = a.b
özellikleri gerçeklenir.
Kanıt.
1) a.0 = a(0 + 0) = a.0 + a.0 olduğundan a.0 = 0 dır.
2) (a.b) + (−(a.b)) = 0 olduğundan,
a.(−b) + (a.b) = a((−b) + b)) = a.0 = 0
elde ederiz.
3) (−a ).(−b) = −(a.(−b)) = −(−(a.b)) = a.b dir.
Tanım 10.2. H ve H ' iki halka ve φ : H → H ' dönüşümü bire-bir ve örten
olsun. Ayrıca
1) φ (a + b) = φ (a) + φ (b) ,
2) φ (a.b) = φ (a).φ (b)
koşulları sağlanıyorsa φ ye H dan H ' ye bir halka izomorfizması adı verilir.
Örnek 10.2. (, +) ve (2, +) değişmeli grupları için
φ : → 2 , φ ( x ) = 2 x
dönüşümü bir grup izomorfizması tanımlamasına karşın, (, +,.) ve (2, +,.)
halkaları arasında bu dönüşüm bir halka izomorfizması tanımlamaz, çünkü
φ ( x. y ) = 2 xy ve φ ( x. y ) = φ ( x).φ ( y ) = 2 x.2 y = 4 xy
187
birbirinden farklıdır.
Tanım 10.3. Bir halka için ikinci işlem (veya çarpma işlemi) değişmeli ise
halkaya değişmeli halka, benzer şekilde ikinci işlemin birim elemanı varsa
halkaya birimli halka deriz.
Örnek 10.3. , ve halkaları değişmeli ve birimli olmalarına karşı 2
halkası birimli değildir. Burada ikinci işlemin birim elemanı söz konusu
edilmektedir. Yani ikinci işlemin birim elemanı varsa halkaya birimli halka,
ikinci işlemin birim elemanı yoksa birimsiz halka denilmektedir.
n ≥ 2 için n × n mertebeli matrislerin kümesi, üzerinde tanımlanan matris
toplamı ve matris çarpımı işlemleri ile birlikte değişmeli olmayan bir halka
yapısına sahiptir. Diğer taraftan {0} halkası, üzerinde tanımlanan her iki
işleme göre aynı 0 birim elemanına sahiptir. Çünkü 0 + 0 = 0 , 0.0 = 0 dır.
Teorem 10.2. Birimli bir halkanın çarpımsal birimi tektir.
Tanım 10.4. H, birimli bir halka olsun. H nın bir y elemanının H da çarpımsal
inversi mevcut ise bu elemana inverslenebilir bir eleman denir. Eğer H nın
sıfırdan farklı her elemanı inverslenebilir ise H ya bir yarı-cisim ve eğer bir
yarı-cisim değişmeli ise bu yarı-cisme bir cisim adı verilir.
Tanım 10.5. ( H , ⊕, ) bir halka olsun. S ⊆ H , H nın boş olmayan bir alt
kümesi olmak üzere ( S , ⊕, ) da bir halka yapısına sahip ise S ye H nın bir alt
halkası denir.
Önerme 10.1. ( H , ⊕, ) bir halka ve S ⊆ H , H nın boş olmayan bir alt
kümesi olmak üzere ( S , ⊕, ) nın, ( H , ⊕, ) halkasının bir alt halkası olması
için gerek ve yeter koşul
∀x, y ∈ S için x ⊕ (− y ) ∈ S , x y ∈ S
olmasıdır.
Önerme 10.2. ( F , ⊕, ) bir cisim ve S ⊆ H , H nın boş olmayan bir alt
kümesi olmak üzere ( S , ⊕, ) nın, ( F , ⊕, ) cisminin bir alt cismi olması için
gerek ve yeter koşullar
1) ∀x, y ∈ S için x ⊕ (− y ) ∈ S , x y ∈ S
2) ∀x ∈ S − {0} için x −1 ∈ S
olmasıdır.
188
{
}
Örnek 10.4. K = a + b 3i a, b ∈ kümesinin, deki "+ " ve "⋅ "
işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım.
Çözüm. Her a + b 3i, c + d 3i ∈ K çifti için
b−d)
( a + b 3i ) − ( c + d 3i ) = (a−c ) + (
∈
3i ∈ K ,
∈
3bd ) + ( ad + bc )
( a + b 3i ) .( c + d 3i ) = (ac−
∈
3i ∈ K
∈
olduğundan Önerme 10.1. e göre K, nin bir alt halkasıdır ve de geçerli
olan komütatiflik, K da da geçerlidir. Diğer yandan, deki sıfırbölensizlikten dolayı her a + b 3i, c + d 3i ∈ K − {0} için
( a + b 3i ) .( c + d 3i ) ∈ K − {0}
dır. Ayrıca, her a + b 3i ∈ K − {0} için
1
a + b 3i
=
a
b
− 2
3i ∈ K − {0}
2
2
a
+
3
b
a
+
3
b2
∈
∈
dır, çünkü
a 2 + 3b2 ≠ 0

a + b 3i ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ 
a
b
≠ 0∨ 2
≠0
 2
2
a
+
3
b
a
+
3b 2

dır. Şu halde ( K , +,.) bir komütatif cisimdir.
Tanım 10.6. Bir cismin kendisinden başka hiçbir alt cismi yoksa bu cisme bir
asal cisim adı verilir.
Teorem 10.3. Her cismin asal bir alt cismi vardır.
Kanıt. ( F , +,.) bir cisim olsun. Bu cismin bütün alt cisimlerinin ailesi de
{( Fi , +,.) | i ∈ I }
olsun. A = ∩ Fi kümesi, F nin boş olmayan bir alt kümesidir.
i∈I
∀x, y ∈ A için i ∈ I olmak üzere x, y ∈ Fi dir. Fi ler cisim olduğundan
∀i ∈ I için
x + (− y ) ∈ Fi , x. y ∈ Fi ve x ≠ 0 ⇒ x −1 ∈ Fi
dir. Bu durumda,
x + (− y ) ∈ A , x. y ∈ A ve x ≠ 0 ⇒ x −1 ∈ A
189
elde ederiz. Böylece ( A, +,.) cebirsel yapısı, F nin bir alt cismidir. Ayrıca,
( A, +,.) nın bir ( P, +,.) alt cismi için A ⊆ P dir, dolayısıyla A = P olur ki,
bu ( A, +,.) nın bir asal cisim olduğunu gösterir.
Teorem 10.4. Bileşenleri bir F cismine ait olan n × n mertebeli matrislerin
kümesi M n ( F ) olsun. Bu küme, üzerinde tanımlanan matris toplamı ve matris
çarpımı işlemleri ile birlikte bir halka yapısına sahiptir. Diğer taraftan
F n → F n şeklindeki lineer dönüşümler n × n mertebeli matrislere karşılık
gelir. Bu ise matris çarpımı işleminin, dönüşümlerin bileşkesi işlemine karşılık
geleceği anlamındadır. Dönüşümlerin bileşkesi işlemi değişme özelliğine sahip
değildir, aynı şekilde matris çarpımı işlemi de değişmeli değildir. Bu nedenle
n ≥ 2 için matrislerin M n ( F ) halkası da değişmeli olmayan bir halkadır.
Örneğin, n = 2 için
0 1 
0 0 
A=
 , B = 0 1 
0
0




matrisleri verilsin.
0 1   0 0  0 1 
0 0  0 1  0 0 
AB = 
=
, BA = 





=

0 0   0 1  0 0 
0 1   0 0  0 0 
bulunur. Bu sonuç matris çarpımı işleminin değişmeli olmadığını gösterdiği
gibi, A ≠ 0 , B ≠ 0 iken AB = 0 olduğundan, A ve B matrislerinin M 2 ( F )
halkasında sıfır bölenler olduğunu gösterir.
Tanım 10.7. G, değişmeli bir grup olmak üzere G nin bir homomorfizmasına
bir endomorfizma adı verilir.
Değişmeli bir G grubunun bütün endomorfizmalarının kümesini Hom(G )
ile göstereceğiz. İki endomorfizmanın bileşkesi yine bir endomorfizma
olduğundan Hom(G ) kümesi üzerindeki çarpma işlemi, endomorfizmaların
bileşkesi işlemi olup, bu işlem birleşmeli olduğundan Hom(G ) kümesi
üzerindeki çarpma işleminin birleşmeli olduğunu elde ederiz. Hom(G ) kümesi
üzerindeki toplama işlemi; φ , ϕ ∈ Hom(G ) olmak üzere ∀a ∈ G için
(φ + ϕ )(a) = φ (a ) + ϕ (a)
şeklinde tanımlanır ve ∀a, b ∈ G için,
(φ + ϕ )(a + b) = φ (a + b) + ϕ (a + b) = (φ (a ) + ϕ ( a )) + (φ (b) + ϕ (b))
190
= (φ + ϕ )(a ) + (φ + ϕ )(b)
olduğundan (φ + ϕ ) ∈ Hom(G ) dir. G değişmeli olduğundan,
(φ + ϕ )(a) = φ (a ) + ϕ (a) = ϕ (a ) + φ ( a) = (ϕ + φ )( a )
elde edilir, böylece φ + ϕ = ϕ + φ dır. Ayrıca toplama işlemi birleşmelidir,
çünkü; ∀a ∈ G için,
(φ + (ϕ +ψ ))(a) = φ (a ) + (ϕ +ψ )( a) = φ ( a ) + (ϕ ( a) + ψ ( a))
= (φ (a) + ϕ (a)) +ψ (a) = (φ + ϕ )(a) + ψ (a)
= ((φ + ϕ ) +ψ )(a )
olduğundan (φ + ϕ ) +ψ = φ + (ϕ + ψ ) , yani toplama işlemi birleşmelidir. G
grubunun birim elemanı e ise ∀a ∈ G için i (a) = e şeklinde tanımlı i
endomorfizması Hom(G ) nin toplamsal birimidir. φ ∈ Hom(G ) olsun.
(−φ )(a) = −(φ (a)) şeklinde tanımlanan −φ endomorfizması φ nin toplamsal
tersidir, gerçekten −φ ∈ Hom(G ) dir, çünkü ∀a, b ∈ G
(−φ )(a + b) = −[φ (a + b)] = − [φ (a) + φ (b)]
= −(φ (a)) + (−(φ (b))) = (−φ )(a) + (−φ )(b)
dir. Şu halde, Hom(G ) kümesi toplama işlemine göre değişmeli bir gruptur.
Diğer taraftan ϕ , φ , ψ ∈ Hom(G ) ve a ∈ G ise
[(φ + ϕ )ψ ](a) = (φ + ϕ )(ψ (a)) = φ (ψ (a )) + ϕ (ψ (a )) = (φψ + ϕψ )(a )
olduğundan (φ + ϕ )ψ = φψ + ϕψ elde ederiz. Bu durumda aşağıdaki teorem
kanıtlanmış oldu.
Teorem 10.5. Değişmeli bir G grubunun endomorfizmalarının Hom(G )
kümesi, homomorfizmaların toplamı ve çarpımı işlemleri ile birlikte bir halka
yapısına sahiptir.
Bu teoremde Hom(G ) halkası üstündeki çarpma işlemi homomorfizmaların
bileşkesi işlemi olup, bu işlem genel olarak değişmeli değildir, ancak bazı
durumlarda, örneğin G = seçersek Hom() halkası değişmeli bir halka
oluşturur.
Örnek 10.5. ( × , + ) cebirsel yapısını göz önüne alalım. × deki
endomorfizmaları şöyle tanımlarız. φ , ϕ ∈ Hom( × ) olmak üzere
φ (1, 0) = (1, 0) , φ (0,1) = (1, 0) ,
ϕ (1, 0) = (0, 0) , ϕ (0,1) = (0,1)
ve böylece ∀m, n ∈ için
191
(φϕ )(m, n) = φ (ϕ (m, n)) = φ (0, n) = (n, 0),
(ϕφ )(m, n) = ϕ (φ (m, n)) = ϕ (m + n, 0) = (0, 0)
olduğundan φϕ ≠ ϕφ dir. Böylece × nin endomorfizmalarının kümesi,
değişmeli olmayan bir halka yapısı oluşturur.
Örnek 10.6. ( H , +,.) halkası verilsin. Eğer ∀x ∈ H için x.x = x koşulu
sağlanıyorsa H ya Boole halkası adı verilir.
Tanım 10.8. H değişmeli bir halka ve a ∈ olsun. a n = 0 olacak şekilde bir
n ∈ tamsayısı varsa a ya sıfırıncı kuvvettendir deriz.
Tanım 10.9. H birimli bir halka olmak üzere H nın sıfırdan farklı her
elemanının H da bir çarpımsal inversi varsa H ya bir yarı-cisim adı verilir.
(, +) toplamsal grup olmak üzere Q = × × × kuaternionlar
kümesini göz önüne alalım. Önce Q nun elemanlarını tanımlayalım. Bunun
için
1 = (1, 0, 0, 0) , i = (0,1, 0, 0) , j = (0, 0,1, 0) , k = (0, 0, 0,1)
olmak üzere,
a1 = (a1 , 0, 0, 0) , a2 i = (0, a2 , 0, 0) , a3 j = (0, 0, a3 , 0) , a4 k = (0, 0, 0, a4 )
gösterimini yapalım. Buna göre Q ya ait bir (a1 , a2 , a3 , a4 ) elemanını
(a1 , a2 , a3 , a4 ) = a1 + a2 i + a3 j + a4 k
şeklinde gösteririz. Q daki toplama işlemi,
(a1 + a2 i + a3 j + a4 k ) + (b1 + b2 i + b3 j + b4 k ) = (a1 + b1 ) + (a2 + b2 )i + (a3 + b3 ) j + (a4 + b4 )k
şeklinde tanımlanır. Q daki çarpma işlemi ise a ∈ Q için
1.a = a.1 ve i 2 = j 2 = k 2 = −1
olmak üzere
i.k = j , j.k = i , j.i = −k , k . j = −i , i.k = − j
olarak tanımlanır. Bunları dikkate alarak Q daki çarpma işlemi
(a1 + a2 i + a3 j + a4 k )(b1 + b2 i + b3 j + b4 k )
= (a1b1 − a2 b2 − a3b3 − a4 b4 ) + (a1b2 − a2 b1 − a3b4 − a4 b3 )i
+ (a1b3 − a2 b4 − a3b1 − a4 b2 ) j + (a1b4 − a2 b3 − a3b2 − a4 b1 )k
192
şeklinde tanımlanır. Ayrıca ij = k , ji = −k olduğundan ij ≠ ji dir, böylece
Q üstünde tanımladığımız çarpma işlemi değişmeli değildir. Bu nedenle Q
bir cisim olamaz. a = (a1 , a2 , a3 , a4 ) = a1 + a2 i + a3 j + a4 k ∈ Q alalım ve ai
lerin hepsi birden sıfır olmasın. Bu durumda
(a1 + a2 i + a3 j + a4 k )(a1 − a2 i − a3 j − a4 k ) = a12 + a2 2 + a32 + a4 2 = a
2
elde ederiz ve
a = (a1 , −a2 , −a3 , −a4 ) = a1 − a2 i − a3 j − a4 k ∈ Q
gösterimini yaparsak, a nın çarpımsal inversi
a −1 =
a
a
2
=
a1
a
2
−
a2
a
2
i−
a3
a
2
j−
a4
a
2
k
şeklinde bulunur. Böylece aşağıdaki teorem kanıtlanmış olur.
Teorem 10.6. Q Kuaternionların kümesi, yukarıda tanımlanan işlemlerle
birlikte bir yarı-cisim yapısına sahiptir.
PROBLEMLER
1) ( H , +,.) birimli bir halka ve 0, toplama işleminin birim elemanı; 1 de
çarpma işleminin birim elemanı olsun. Eğer H kümesi en az iki elemana sahip
ise 0 ≠ 1 olduğunu gösteriniz.
2) ( H , +,.) halkası bir Boole halkası ise ∀x ∈ H için x = − x olduğunu
gösteriniz ve bir Boole halkasının değişmeli olup olmadığına karar veriniz.
3) ( H , +,.) bir halka ve a, b ∈ H sıfırıncı kuvvetten elemanlar ise a + b ∈ H
elemanının da sıfırıncı kuvvetten olduğunu gösteriniz.
4) Bir halkanın sonlu sayıda alt halkasının arakesitinin de bu halkanın bir alt
halkası olacağını kanıtlayınız.
5) P( A) , sonlu bir A kümesinin alt kümelerinin kümesi, yani A nın kuvvet
kümesi ise ∀X , Y ∈ P ( A) için,
X +Y = (X ∪Y ) − (X ∩Y )
ve
X .Y = X ∪ Y
işlemleri ile birlikte P( A) nın bir halka yapısına sahip olup olmayacağını
araştırınız.
193
6) P( A) , A nın kuvvet kümesi ise ∀X , Y ∈ P ( A) için
X + Y = ( X − Y ) ∪ (Y − X )
ve
X .Y = X ∪ Y
işlemleri ile birlikte P( A) nın bir halka yapısına sahip olup olmayacağını
araştırınız.
7) (G , +) değişmeli grubu ve A = { f | f ∈ Hom(G )} kümesi verilsin. f ,
g ∈ A ; ∀x ∈ G için ( f + g )( x) = f ( x) + g ( x) işlemi ve fonksiyonların bileşke
işlemi ile birlikte A nın bir halka yapısına sahip olduğunu kanıtlayınız.
8) reel sayılar kümesinin , ∀x, y ∈ için
x ⊕ y = x + y − 1 , x y = x + y − xy
şeklinde tanımlanan işlemlere göre bir cisim oluşturduğunu gösteriniz.
9) ( H , +,.) bir halka ve a ∈ H olsun. Ta = { x ∈ H | ax = 0} kümesinin, H nın
bir alt halkası olduğunu gösteriniz.
10) ( S , +) değişmeli bir grup ve 0, bu grubun birim elemanı olsun. ∀x, y ∈ S
için x • y = 0 şeklinde tanımlanan “ • ” işlemi ile birlikte ( S , +, •) nın bir
halka olduğunu gösteriniz ve bu halkanın birimli ve değişmeli olup olmadığını
araştırınız.
11) ( H , +,.) ve ( H ', ⊕, ) iki halka ve f : H → H ' dönüşümü bir halka
homomorfizması olsun. Yani; ∀x, y ∈ H için,
f ( x + y ) = f ( x) ⊕ f ( y ) ve f ( x. y ) = f ( x) f ( y )
koşulları sağlansın. Bu taktirde,
a) Eğer S, H nın bir alt halkası ise f ( S ) de H ' nin bir alt halkasıdır.
b) Eğer S ' , H ' nün bir alt halkası ise f −1 ( S ') de H nın bir alt halkasıdır,
gösteriniz.
12) 1, birimli bir ( H , +,.) halkasının birimi ve e, bir ( H ', ⊕, ) halkasının
sıfırı olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka homomorfizması olmak üzere
f (1) ≠ e ise bu taktirde f (1) , ( f ( H ), ⊕, ) halkasının birimidir, kanıtlayınız.
194
11. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ
Gerçel sayılar kümesinde iki sayının çarpımının sıfır olabilmesi için bu
sayılardan en az birisinin sıfır olması gerektiğini biliyoruz. Örneğin, x ∈ olmak üzere ( x − 2)( x − 3) = 0 denkleminin çözümleri x = 2 ve x = 3 dür. Bu
denklemi başka bir cebirsel yapı içerisinde çözmek isteyelim.
Örnek 11.1. x 2 − 5 x + 6 = 0 denklemini 12 de çözelim. x ∈ 12 olmak üzere
bu denklemi gerçekleyen x ler, 12 nin işlem tablosu kullanılarak
2.6 = 6.2 = 3.4 = 4.3 = 3.8 = 8.3 = 4.6 = 6.4 = 4.9 = 9.4 = 6.6 = 6.8
= 8.6 = 6.10 = 10.6 = 8.9 = 9.8 = 0
olduğundan, x 2 − 5 x + 6 = ( x − 2)( x − 3) ifadesini sıfır yapan 2 ve 3 dışında
(6 − 2)(6 − 3) = (11 − 2)(11 − 3) = 0
olması nedeni ile x = 6 ve x = 11 de bu denklemin kökleri olarak bulunur.
Böylece aşağıdaki tanımı verebiliriz.
Tanım 11.1. H bir halka ve a, b ∈ H olsun. a ≠ 0 ve b ≠ 0 iken ab = 0
oluyorsa a ya sıfırın bir sol böleni, b ye ise sıfırın bir sağ böleni adı verilir.
Eğer H halkası değişmeli bir halka ise o taktirde a ve b nin her ikisine birden
sıfırın bölenleri veya sıfır bölenler denir.
Örnek 11.2. 12 de sıfırın bölenleri 2, 3, 4, 6, 8, 9 ve 10 elemanlarından
ibarettir. Dikkat edilirse 12 de sıfırın bölenlerinin, 12 ile aralarında asal
olmayan sayılardan oluştuğu görülür, yani x ∈ 12 sıfırın bir böleni ise
e.b.o.b.(12, x) ≠ 1 dir.
Örnek 11.3.
H = {a, b, c, d } kümesi aşağıda verilen işlem tabloları
sayesinde bir halka oluşturur. Bu halkada sıfırın bölenlerini bulalım.
⊕
a
b
c
d
a
a
b
c
d
b
b
a
d
c
c
c
d
a
b
d
d
c
b
a
⊗
a
b
c
d
195
a
a
a
a
a
b
a
b
c
d
c
a
c
c
a
d
a
d
a
d
( H , ⊕, ) halkasında, ⊕ işleminin birim elemanı a dır ve yine tablodan
görüldüğü gibi halka değişmelidir. c ≠ a ve d ≠ a ve c d = a olduğundan
c, sıfırın sol böleni ve d de sıfırın sağ bölenidir. Sıfırın başka sağ ve sol
bölenlerinin olup olmadığını da araştırabiliriz.
Not: Bir halkada birinci işlemin etkisiz elemanına halkanın sıfırı, ikinci
işlemin etkisiz elemanına da halkanın birimi adını vereceğiz.
Önerme 11.1. 0 ve 1 sırasıyla bir ( H , +,.) halkasının sıfırı ve birimi olsun. a
ve b, sıfırın sol ve sağ bölenleri ise a ve b inverslenebilir değildir. Yani çarpma
işlemine göre tersleri mevcut değildir.
Kanıt. a ve b sırasıyla sıfırın sol ve sağ bölenleri olduğundan a ≠ 0 ve b ≠ 0
olmak üzere a.b = 0 dır. Şimdi a ve b nin H da a −1 ve b −1 inverslerinin var
olduğunu kabul edelim. O taktirde,
a.b = 0 ⇒ a −1 .(a.b) = a −1 .0 ⇒ (a −1 .a ).b = 0 ⇒ b = 0 ,
a.b = 0 ⇒ (a.b).b −1 = 0.b −1 ⇒ a.(b.b −1 ) = 0 ⇒ a = 0
bulunur. Bu a ≠ 0 ve b ≠ 0 olması ile, yani a ve b nin sıfırın sol ve sağ
bölenleri oluşu ile çelişir. O halde sıfırın bölenlerinin çarpma işlemine göre
inversleri mevcut değildir.
Teorem 11.1. Herhangi bir n tamsayısı için n halkasında sıfırın bölenleri, n
ile aralarında asal olmayan sayılardan oluşur.
Kanıt. m ∈ n ve m ≠ 0 olmak üzere e.b.o.b.(m, n) = d ≠ 1 olsun.
n m
= .n yazabiliriz. Bu eşitliğin sağ tarafı n nin bir katı olduğundan sıfıra
d d
n
eşittir, o halde sol tarafı da sıfıra eşit olmak zorundadır. Bu durumda m. = 0
d
n
dır. m ≠ 0 ,
≠ 0 olduğundan m, n de sıfırın bir sol bölenidir. Diğer
d
taraftan eğer m ∈ n elemanı için e.b.o.b.(m, n) = 1 , yani m ve n aralarında
m.
asal ise o zaman n de bir r elemanı için mr ≡ 0 ( mod n ) olur ki, bu durumda
n, mr yi böler. e.b.o.b.(m, n) = 1 olduğundan n | r elde edilir, böylece r = 0
buluruz.
Sonuç 11.1. n bir asal sayı ise n halkasında hiçbir sıfır bölen yoktur, yani
n sıfır-bölensizdir.
H bir halka; a, b, c ∈ H ve a ≠ 0 olsun.
ab = ac ⇒ b = c ve ba = ca ⇒ b = c
196
önermeleri doğru ise H halkasında sadeleştirme kuralı geçerlidir deriz.
Örnek 11.4. 11760 halkasında kaç tane sıfır-bölen vardır?
Çözüm. 11760 halkasının elemanlarından asal kalan sınıflarını ve 0 kalan
sınıfını çıkarırsak sıfır-bölenleri elde ederiz.
11760 = 2 ⋅ 5880 = 22 ⋅ 2940 = 23 ⋅1470 = 2 4 ⋅ 735 = 2 4 ⋅ 3 ⋅ 245
= 24 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 49 = 24 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 2
olduğundan
(
)
ϕ (11760 ) = ϕ 24 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 2 = 23 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ 7 ⋅ 6 = 26 ⋅ 42 = 2688
elde edilir. Şu halde 11760 halkasındaki sıfır-bölenlerin sayısı
11760 − (ϕ (11760 ) + 1) = 11760 − 2689 = 9071
dir.
Teorem 11.2. Bir H halkasında sadeleştirme kuralının geçerli olması için
gerek ve yeter koşul H halkasının sıfır-bölensiz olmasıdır.
Kanıt. H halkasında sadeleştirme kuralının geçerli olduğunu kabul edelim.
a, b ∈ H elemanları için ab = 0 ise a veya b den en az birinin sıfır olduğunu
göstermeliyiz.
Eğer a ≠ 0 ise ab = a0 dan b = 0 , eğer b ≠ 0 ise ab = 0b den a = 0 elde
ederiz. Bu durumda H sıfır-bölensizdir.
Şimdi H nın hiçbir sağ ve sol sıfır-bölene sahip olmadığını kabul edelim.
Bu durumda a, b ∈ H ve a ≠ 0 olmak üzere ab = ac olsun. Buradan
a (b − c) = 0 yazabiliriz. O halde b − c = 0 , yani b = c buluruz. Benzer şekilde
ba = ca için aynı sonuç bulunur. Böylece H halkasında sadeleştirme kuralı
geçerlidir.
H halkası sıfır-bölensiz bir halka olsun. Bu durumda a ≠ 0 olmak üzere
ax = b denklemi H da en çok bir çözüme sahiptir. Eğer ax = b denkleminin
H da x1 , x2 gibi farklı iki çözümü varsa ax1 = b ve ax2 = b dir. Buradan
Teorem 11.2. ye göre x1 = x2 elde ederiz.
Tanım 11.2. H, birimli ve değişmeli bir halka olsun. Eğer H halkası
sıfır-bölensiz ise H ya bir tamlık bölgesi adı verilir.
Böylece bir polinomun katsayılarını bir tamlık bölgesinden seçersek elde
edilecek denklemi lineer çarpanlarına ayırmak suretiyle denklemin çözümlerini
bu tamlık bölgesi içinde araştırabiliriz. O halde bir tamlık bölgesi,
denklemlerin çözümlerini yapabileceğimiz birimli ve değişmeli halkalar ile
cisimler arasında kalan en dar cebirsel yapıyı tanımlamaktadır.
197
Örnek 11.5.
p bir asal sayı ise p bir tamlık bölgesidir. Bu durumda
2 , 3 , 5 ,... tamlık bölgesi örnekleri oluşturur.
Örnek 11.6. Tam sayıların
a ⊕ b = a + b − 1, a b = a + b − ab
şeklinde tanımlanan “ ⊕ ” ve “ ” işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapı
oluşturduğunu araştıralım.
Çözüm. ı) Her a, b ∈ için a ⊕ b = a + b − 1 ∈ dir.
( a ⊕ b ) ⊕ c = a ⊕ ( b ⊕ c ) dir. Çünkü
A = ( a ⊕ b ) ⊕ c = ( a + b − 1) ⊕ c = ( a + b − 1) + c − 1
B = a ⊕ ( b ⊕ c ) =a ⊕ ( b + c − 1) = a + ( b + c − 1) − 1
ıı) Her a, b, c ∈ için
olduğundan nin temel özelliklerinden A = B dir.
ııı) Her a, b ∈ için a ⊕ b = a + b − 1
=
b + a −1 = b ⊕ a
,"+"kom.
dir .
ıv) Her a ∈ için x ⊕ a = a olacak şekilde bir x ∈ vardır.
x ⊕ a = a ⇒ x + a −1 = a ⇒ x = 1∈ .
Şu halde 0 = 1 dir.
v) Her a ∈ ye karşılık a* ⊕ a = 1 olacak şekilde bir a* ∈ vardır.
a * ⊕ a = 1 ⇒ a* + a − 1 = 1 ⇒ a* = 2 − a ∈ .
vı) Her a, b ∈ için a b = a + b − ab ∈ dir.
( a b ) c = a ( b c ) dir. Çünkü
C = ( a b ) c = ( a + b − ab ) c = ( a + b − ab ) + c − ( a + b − ab ) c
D = a ( b c ) = a ( b + c − bc ) = a + ( b + c − bc ) − a ( b + c − bc )
vıı) Her a, b, c ∈ için
olduğundan nin temel özelliklerinden C = D dir.
vııı) Her a, b ∈ için a b = b a dir. Çünkü , “ + “ ya göre
komütatif olduğundan
a b = a + b − ab = b + a − ba = b a
dir.
ıx) Her a, b, c ∈ için a ( b ⊕ c ) = ( a b ) ⊕ ( a c ) dir. Çünkü
E = a ( b ⊕ c ) = a ( b + c − 1) = a + ( b + c − 1) − a ( b + c − 1)
F = ( a b) ⊕ ( a c) =
( a + b − ab) ⊕ ( a + c − ac )
= ( a + b − ab) + ( a + c − ac ) − 1
198
olup, nin temel özelliklerinden E = F dir.
x) Her a ∈ için e a = a olacak şekilde bir e ∈ vardır.
e a = a ⇒ e + a − ea = a ⇒ e (1 − a ) = 0 .
Şu halde e = 0 ∈ alabiliriz. Yani 1 = 0 dır.
Bu durumda ( , ⊕, ) , birimli bir komütatif halkadır.
xı) Her a ∈ − {1} e karşılık
a ′ a = 0 olacak şekilde bir a ′ ∈ − {1}
olup olmadığını araştıralım.
a ′ a = 0 ⇒ a′ + a − a′a = 0
⇒ a′ (1 − a ) = −a ⇒ a ′ = −
1− a ≠ 0
a
.
1− a
3
3
Örneğin a = 3 için a ′ = −
= ∉ dir. Dolayısıyla 3 ün tersi yoktur.
1− 3 2
Şu halde , ⊕, bir cisim değildir.
xıı) x1 x2 = 1 olacak şekilde x1 , x2 ∈ − {1} olup olmadığını araştıralım.
x1 x2 = 1 ⇒ x1 + x2 − x1 x2 = 1
⇒ x1 (1 − x2 ) − (1 − x2 ) = 0
⇒ ( x1 − 1)(1 − x2 ) = 0
≠0
≠0
olur ki, bu nin sıfır bölensiz oluşu ile çelişir.
Şu halde ( , ⊕, ) ; komütatif, birimli ve sıfır-bölensiz bir halka
olduğundan bir tamlık bölgesidir.
Teorem 11.3. Her F cismi bir tamlık bölgesidir.
Kanıt. F cismi aynı zamanda birimli ve değişmeli bir halka olduğundan F nin
sadece sıfır-bölensiz olduğunu göstermek yeterlidir. Bunun için a, b ∈ F ve
a ≠ 0 olmak üzere ab = 0 olduğunu kabul edelim. F bir cisim olduğundan
a −1 ∈ F vardır. Böylece,
a −1 (ab) = a −1 0 = 0 ⇒ b = 0
bulunur. Şu halde F sıfır-bölensizdir, yani bir tamlık bölgesidir.
Teorem 11.4. Her sonlu tamlık bölgesi bir cisimdir.
Kanıt. 0,1, a1 , a2 ,..., an ; D tamlık bölgesinin birbirinden farklı sonlu sayıda
elemanı olsun. Bu durumda herhangi bir a ∈ D (a ≠ 0) elemanın, ab = 1
olacak şekilde D de bir b çarpımsal inversinin olacağını kanıtlamalıyız.
Bunun için D nin a.1 , a.a1 , a.a2 , ... , a.an şeklindeki elemanlarını göz önüne
alalım. Bu elemanlar birbirinden farklıdır. Eğer farklı olmasaydı 1 ≤ i, j ≤ n
199
olmak üzere bir i, j çifti için a.ai = a.a j olurdu. Ayrıca, D sıfır-bölensiz
olduğundan a.1 , a.a1 , a.a2 ,..., a.an elemanlarından hiçbirisi sıfır değildir, yani
bunlar 1 , a1 , a2 , ... , an elemanlarının herhangi bir sırada yazılmış şeklidir. Bu
nedenle ya a.1 = 1 veya a.ai = 1 olmalıdır. Böylece ai elemanı,
çarpımsal inversi olarak bulunmuş olur, dolayısıyla F bir cisimdir.
a nın
Sonuç 11.2. p bir asal sayı ise Z p bir cisimdir.
Tanım 11.3. H bir halka ve a ∈ H olsun. n.a = 0 olacak şekildeki en küçük
n ∈ + tamsayısına H nın karakteristiği adı verilir.
Örnek 11.5. n halkasının karakteristiği n; , ve nin karakteristikleri
sıfırdır.
Teorem 11.5. H birimli bir halka olsun. H nın karakteristiğinin n > 0
tamsayısı olması için gerek ve yeter koşul n nin n.1 = 0 koşulunu sağlayan en
küçük pozitif tamsayı olmasıdır.
Kanıt. n > 0 tamsayısı, birimli bir H halkasının karakterisitiği olsun. Bu
durumda ∀a ∈ H için n.a = 0 yazılabileceğinden 1 ∈ H için de n.1 = 0 dır. n
karakteristik olduğundan n.1 = 0 olacak şekilde en küçük pozitif tamsayıdır.
Tersine n, n.1 = 0 olacak şekilde en küçük pozitif tamsayı olsun. O halde
∀a ∈ H için,
na = a
a
+
+ ... +a = a (1 + 1 + ... + 1) = a(n.1) = a.0 = 0
n defa
n defa
yazılabileceğinden n, halkanın karakteristiği olur.
Teorem 11.6. (Fermat Teoremi) a ∈ ve p, p /| a olacak şekilde bir asal sayı
olsun. Bu taktirde p | a p −1 − 1 , yani a p −1 ≡ 1(mod p) dir.
Bu teoremin kanıtını birinci bölümde vermiştik. Bu teoremden bir sonuç
elde etmek istiyoruz. p cismini göz önüne alalım. Bir cismin sıfırdan farklı
elemanlarının kümesi çarpma işlemine göre bir grup teşkil eder. O halde p
nin 1 , 2 , 3 , ... , p − 1 elemanlarının kümesi p deki çarpma işlemine göre bir
gruptur. Bu grubun mertebesi p − 1 dir. Bir grupta her elemanın mertebesi,
grubun mertebesini böleceğinden a ≠ 0 ve a ∈ p olmak üzere a nın
mertebesi p − 1 i böler, bu durumda a p −1 = 1 yazabiliriz ve eğer a = k ise
k | p − 1 olduğundan p − 1 = kt , t ∈ elde ederiz, buradan
200
a p −1 = a kt = (ak )t = 1t = 1
=1
bulunur. Böylece, hem toplama hem de çarpma işlemine göre bir a ∈ p
elemanını a + p kalan sınıfının bir temsilci elemanı olarak düşünebiliriz. Bu
sonuç bize, p ile p nin birbirine izomorf yapılabileceğini gösterir.
Şimdi, bir tamlık bölgesinden hareketle bir cisim yapısı oluşturmak
istiyoruz. Bu bize aynı zamanda bir tamlık bölgesinden rasyonel sayılar
cisminin elde edilişini anlatacaktır. Bunun için bir D tamlık bölgesini göz
önüne alalım.
Q = {(a, b) | a, b ∈ D; b ≠ 0} ⊂ D × D
kümesi tanımlansın. (a, b) , (c, d ) ∈ Q olmak üzere
(a, b) ≈ (c, d ) ⇔ ad = bc
bağıntısını tanımlayalım. Bu bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Çünkü,
ab = ab ⇒ (a, b) ≈ (a, b)
dir.
(a, b) ≈ (c, d ) ⇒ ad = bc
dir. Buradan cb = da olduğu görülür, yani (c, d ) ≈ (a, b) dir. Diğer taraftan,
(a, b) ≈ (c, d ) ve (c, d ) ≈ (e, f ) olsun. Bu durumda ad = bc , cf = de
eşitlikleri vardır, bunları taraf tarafa çarparsak adcf = bcde elde ederiz. Q
kümesinin tanımından b ≠ 0 , d ≠ 0 , f ≠ 0 olduğunu biliyoruz. Teorem 11.2.
ye göre D bir tamlık bölgesi olduğundan sıfır-bölensizdir, böylece sol ve sağ
sadeleştirme kuralları geçerlidir. Bu nedenle adcf = bcde eşitliğinden
af = be buluruz, bu ise (a, b) ≈ (e, f ) olması demektir. Böylece
tanımladığımız bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Bu denklik bağıntısı Q
kümesini, (a, b) ∈ Q elemanı için,
[a, b] = {( x, y ) ∈ Q | (a, b) ≈ ( x, y )}
şeklindeki denklik sınıflarına ayırır. Bu şekilde tanımlayacağımız bütün
denklik sınıflarının kümesini F ile gösterirsek,
[a, b] ⊕ [c, d ] = [ad + bc, bd ]
ve
[a, b] ⊗ [c, d ] = [ac, bd ]
işlemleri ile birlikte F kümesi bir cisim teşkil eder, bu cisme D tamlık
bölgesinin bölüm cismi adını vereceğiz. Gerçekten ( F , ⊕, ⊗) , cisim
koşullarını gerçekler:
201
1) [a, b] , [c, d ] , [e, f ] ∈ F olsun.
([a, b] ⊕ [c, d ]) ⊕ [e, f ] = [ad + bc, bd ] ⊕ [e, f ]
= [(ad + bc) f + (bd )e, (bd ) f ] = [a(df ) + b(cf + de), b(df )]
= [a, b] ⊕ [cf + de, df ] = [a, b] ⊕ ([c, d ] ⊕ [e, f ])
olduğundan toplama işlemi birleşmelidir.
2) [a, b] , [ x, y ] ∈ F için,
[a, b] ⊕ [ x, y ] = [a, b] ⇔ [ay + bx, by ] = [a, b]
olsun. Denklik sınıfının temsilcilerden bağımsız, yani iyi tanımlı olması
nedeniyle bu sonuç
[a, b] ⊕ [ x, y ] = [a, b] ⇔ (ay + bx, by ) ≈ (a, b)
olmasını gerektirir. O halde,
(ay + bx)b = bya ⇒ b 2 x = 0
elde ederiz. Bir tamlık bölgesi sıfır-bölensiz olduğundan ve F deki elemanların
tanımı nedeniyle b ≠ 0 olduğundan x = 0 elde ederiz, bu sonuç yukarıdaki
ay + bx = a denkleminde yerine yazılırsa ay = a dan y = 1 buluruz. Böylece
[ x, y ] = [0,1] , F de toplama işleminin birim elemanıdır.
3) [a, b] ∈ F verilsin. [a, b] ⊕ [a ', b '] = [0,1] olacak şekilde [a ', b '] inversini
bulalım. F deki “ ⊕ ” işleminin tanımından
[a, b] ⊕ [a ', b '] = [ab '+ ba ', bb '] = [0,1]
den ab '+ ba ' = 0, bb ' = 1 buluruz. Buradan, b ' = b −1 ve a ' = − a(b −1 ) 2 elde
ederiz. O halde, [a ', b '] = [−a (b −1 )2 , b −1 ] invers eleman olarak bulunur.
4) “ ⊕ ” işleminin değişmeli olduğu tanımından kolayca görülür.
5) “ ⊗ ” işleminin tanımı kullanılırsa, [a, b] , [c, d ] , [e, f ] ∈ F elemanları için,
([a, b] ⊗ [c, d ]) ⊗ [e, f ] = [ac, bd ] ⊗ [e, f ] = [(ac)e, (bd ) f ] = [a(ce), b(df )]
= [a, b] ⊗ [ce, df ] = [a, b] ⊗ ([c, d ] ⊗ [e, f ])
olduğundan F de tanımlanan çarpma işlemi birleşmelidir.
6) [a, b] , [ x, y ] ∈ F için,
[ a , b ] ⊗ [ x, y ] = [ a , b ]
ise
[a, b] ⊗ [ x, y ] = [ax, by ] = [a, b] ⇒ ax = a, by = b
olduğundan x = 1 , y = 1 alabiliriz. Şu halde [ x, y ] = [1,1] , “ ⊗ ” işleminin
birim elemanıdır.
7) [a, b] ≠ [0,1] ve [ x, y ] ∈ F için,
[a, b] ⊗ [ x, y ] = [1,1]
202
ise ax = 1 , by = 1 ⇒ x = a −1 , y = b −1 olduğundan [a −1 , b −1 ] , [a, b] nin
çarpımsal inversidir.
8) [a, b] ⊗ [c, d ] = [ac, bd ] = [ca, db] = [c, d ] ⊗ [a, b] olduğundan çarpma işlemi
değişmelidir.
9) [a, b] ⊗ ([c, d ] ⊕ [e, f ]) = [a, b] ⊗ [cf + de, df ] = [a(cf + de), b(df ]
= [acf + ade, bdf ] = [b(acf + ade), b(bd ) f ] = [(ac)(bf ) + (bd )(ae), (bd )(bf )]
[ac, bd ] ⊕ [ae, bf ] = ([a, b] ⊗ [c, d ]) ⊕ ([a, b] ⊗ [e, f ])
olduğundan F de çarpma işlemi, toplama işlemi üzerine soldan dağılmalıdır.
Benzer şekilde sağdan dağılma özelliğinin de sağlandığı gösterilebilir. Burada
( x, y ) ≈ (bx, by ) olduğunu kullandık. Böylece F kümesi, bir cisim oluşturur.
PROBLEMLER
1) Sürekli fonksiyonların F = { f | f : [0,1] → } kümesi bu küme üstünde
tanımlanan fonksiyonların toplamı ve çarpımı işlemleri ile birlikte bir halka
yapısı oluşturur. Bu halkanın tamlık bölgesi olmadığını kanıtlayan bir örnek
veriniz.
2) D bir tamlık bölgesi olsun. a ≠ 0 olmak üzere bir a ∈ D verilsin. ∀x ∈ D
için f ( x) = ax şeklinde tanımlanan fonksiyonun bire-bir olduğunu gösteriniz.
3) Sonsuz elemanlı cisim olmayan bir tamlık bölgesi örneği veriniz.
4) D bir tamlık bölgesi olsun. D nin toplama ve çarpma işlemlerinin birim
elemanları sırasıyla 0 ve 1 olmak üzere
m.1 = 0 ⇔ ∀a ∈ D , m.a = 0
önermesinin doğru olduğunu kanıtlayınız.
5) Aşağıdaki kümenin bir tamlık bölgesi olduğunu gösteriniz,
{
}
[ 2] = a + 2b | a, b ∈ .
6) ç , çift tamsayıların kümesi olsun. ( ç , +,.) halkasının bir tamlık bölgesi
olup olmadığını araştırınız.
7) ( D, +,.) bir tamlık bölgesi olsun. x ∈ D için x.x = x ise x = 0 veya x = 1
olduğunu kanıtlayınız.
8) Aşağıdaki halkaların sıfır bölenlerini bulunuz.
203
a) 4 , b) 4 × 2 , c) 10 .
9) ( 6 , +,.) halkasının bir tamlık bölgesi olup olmadığını araştırınız.
10) Fonksiyonların toplamı ve çarpımı işlemlerine göre H = { f | f : → }
kümesi birimli ve değişmeli bir halkadır.
 x, x ≥ 0
f ( x) = 
0, x < 0
şeklinde tanımlanan f fonksiyonunun H halkasının bir sıfır-böleni olup
olmadığını araştırınız.
11) Değişmeli ve birimli bir ( H , +,.) halkasının bir tamlık bölgesi olması için
gerek ve yeter bir koşul
“ ∀x , y , z ∈ H için z ≠ 0 ve xz = yz ise x = y dir ”
önermesinin doğru olmasıdır, kanıtlayınız.
12) Her cisim bir tamlık bölgesidir, gösteriniz.
13) D bir tamlık bölgesi ve F de D nin oluşturduğu bölüm cismi olmak üzere
g : D → F , g (a) = [a,1]
şeklinde tanımlanan dönüşümün D den, F nin g ( D) alt kümesine bir
izomorfizma tanımladığını kanıtlayınız.
204
12. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER
Tanım 12.1. H bir halka ve N, H nın bir alt halkası olsun. ∀h ∈ H
için Nh ⊂ N , hN ⊂ N koşulları sağlanıyor ise N ye H nın bir ideali denir.
Eğer sadece Nh ⊂ N koşulu gerçekleniyor ise N ye H nın bir sol ideali, eğer
sadece hN ⊂ N koşulu gerçekleniyor ise N ye H nın bir sağ ideali adı verilir.
N, H nın bir ideali ise H daki işlemlerle birlikte ∀h ∈ H için h + N kalan
sınıflarının kümesi bir halka yapısına sahiptir. Bu halkaya bölüm halkası adı
H
verilir ve H N şeklinde veya
şeklinde gösterilir.
N
Örnek 12.1. halkası için (, +) toplam grubunun n şeklindeki alt
gruplarını göz önüne alalım. r ∈ olsun. m ∈ n ise rm = mr dir. Çünkü
bir s ∈ için m = ns yazılabileceğinden
rm = mr = n( sr ) ∈ n
buluruz. Böylece n , nin bir idealidir. n nin a + n şeklindeki kalan
sınıflarının n kümesi den indirgenmiş toplama ve çarpma işlemleriyle
bir halka yapısına sahiptir, bu halka nin bir bölüm halkasıdır.
Örnek 12.2. φ : n → n , φ (a) = a + n dönüşümü bir izomorfizma
tanımlar. Böylece n ile n izomorf yapılmış olur. Diğer taraftan eğer n
bir asal sayı ise n bir cisim olacağından n bölüm halkası da bir cisim
oluşturur.
Örnek 12.3. (1, 0)(0,1) = (0, 0) olduğundan × sıfır bölenlere sahiptir, bu
nedenle × bir tamlık bölgesi oluşturmaz.
Örnek 12.4. N = {(0, n) | n ∈ } kümesi × nin bir idealidir ve kümesi
( × )
N ye izomorftur. Bu izomorfizma
tanımlanır.
f ( m) = ( m, 0) + N
şeklinde
Her H halkası, H nın kendisi ile {0} ideallerine sahiptir. H nın bu idealleri
dışındaki ideallerine H nın has (öz) idealleri adı verilir. Diğer taraftan H H
bölüm halkası bir tek elemana sahiptir ve H {0} bölüm halkası H nın
kendisine izomorftur. Böylece H nın has idealleri N ≠ H ve N ≠ {0}
idealleridir.
205
Teorem 12.1. ( H , +,.) birimli bir halka olsun. Bu halkanın bir öz idealinin
çarpımsal inverse sahip hiçbir elemanı yoktur.
Kanıt. N, H nın bir has ideali ve 1, halkanın çarpımsal birimi olsun. Şimdi
idealin bir u ∈ N elemanının tersinin var olduğunu kabul edelim ve bu invers
eleman u −1 ∈ N olsun. O halde u −1 ∈ H dır.
u −1 ∈ H , u ∈ N ⇒ u −1 .u = 1 ∈ N
dir. Ayrıca,
∀x ∈ H için x.1 = 1.x = x
olduğundan
( ∀x ∈ H ,1 ∈ N ) ⇒ x.1 = 1.x = x ∈ N
elde ederiz. Böylece H ⊆ N dir ve N ⊆ H olduğu açık olup sonuç olarak
N = H elde ederiz ki bu N nin has ideal oluşu ile çelişir. O halde
varsayımımız yanlıştır.
Önerme 12.1. (, +,.) halkasının her N ideali için N =< a > olacak şekilde
negatif olmayan en az bir a tamsayısı vardır.
Kanıt. N = {0} ise N =< 0 > olduğundan önerme doğrudur. N ≠ {0}
olduğunu kabul edelim. m ∈ N ⇒ − m ∈ N dir. Buna göre N pozitif elemanlara
sahiptir. N nin pozitif elemanlarının en küçüğünü n ile gösterelim. N ideal
olduğundan Z nin her elemanının n ile çarpımı N nin bir elemanıdır. Böylece
< n >⊆ N bulunur. Diğer yandan, ∀k ∈ N için 0 ≤ r < n olmak üzere
k = nq + r
olacak şekilde q ve r tamsayıları vardır ve k , nq ∈ N olduğundan r ∈ N dir.
N nin pozitif elemanlarının en küçüğü n olduğundan r = 0 olmak zorundadır.
Böylece, k ∈ N için k = nq bulunur. O halde N ⊆< n > olduğundan
N =< n > bulunur.
Teorem 12.2. H birimli bir halka ve N, H nın bir ideali olsun. Eğer N ideali
inverslenebilir bir elemana sahip ise o taktirde N = H olmak zorundadır.
Kanıt. u ∈ N çarpımsal inverse sahip bir eleman olsun. N, H nın bir ideali
olduğundan ∀r ∈ H için rN ⊆ N dir. r = u −1 ve n = u alırsak ∀n ∈ N için
rn ∈ N olacağından u −1 .u = 1 ∈ N buluruz. Böylece, ∀r ∈ H için r.1 = r ∈ N
dir , bu H ⊂ N olması demektir ki, buradan H = N olduğu sonucu çıkar.
Sonuç 12.1. Herhangi bir cisim hiçbir has ideale sahip değildir.
Tanım 12.2. H ve H ' iki halka olsun. f : H → H ' dönüşümü ∀a , b ∈ H
için
1) f (a + b) = f (a) + f (b)
206
2) f (a.b) = f (a). f (b)
koşullarını sağlıyorsa bu dönüşüme bir halka homomorfizması adı verilir.
Teorem 12.3. Halka homomorfizmaları ideal yapılarını korur.
Tanım 12.3. H bir halka ve N ≠ H , H nın bir ideali olsun. ∀a, b ∈ H için
ab ∈ N ise a ∈ N veya b ∈ N dir, önermesi doğru ise o taktirde N ye H nın
bir asal ideali adı verilir.
Tanım 12.4. H bir halka ve N ≠ H , H nın bir ideali olsun. Eğer H nın N yi
kapsayan N den başka hiçbir has ideali yoksa N ye H nın maksimal ideali adı
verilir.
Teorem 12.4. H ve H ' iki halka olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka
homomorfizması ve N, H nın bir ideali ise φ ( N ) de φ ( H ) nın bir idealidir.
Kanıt. n ∈ N ve h ∈ H olsun. φ (h)φ (n) = φ (hn) ∈ φ ( N ) dir. Ayrıca,
φ (n)φ (h) = φ (nh) ∈ φ ( N ) olduğundan φ ( N ) , φ ( H ) nın bir idealidir.
Sonuç 12.2. H ve H ' iki halka olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka
homomorfizması ve H ' nün sıfırı 0 ' ise N ' = φ −1 (0 ') kümesi de H nın bir
idealidir.
Teorem 12.5. ( Halka İzomorfizmalarının Temel Teoremi ) H ve H ' iki halka
olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka homomorfizması ve φ nin çekirdeği
K ise φ ( H ) bir halkadır ve φ ( H ) dan H K ya bir doğal izomorfizma vardır.
Kanıt. H bir halka ise φ ( H ) nın da bir halka olacağı açıktır.
a , b , c ∈ H olsun. H bir halka olduğundan (ab)c = a(bc) dir. Şu halde,
(φ (a )φ (b))φ (c) = φ (a)(φ (b)φ (c))
olduğunu göstermeliyiz.
(φ (a )φ (b))φ (c) = (φ (ab))φ (c )
= φ ((ab)c) = φ (a (bc)) = φ (a )(φ (bc))
= φ (a)(φ (b)φ (c))
dir. Diğer özellikleri de benzer biçimde kolayca kanıtlayabiliriz.
Şimdi φ ( H ) dan H K ya bir doğal izomorfizmanın tanımlanabileceğini
gösterelim. a + K ∈ H K olmak üzere
ϕ : H K → φ(H )
ϕ ( a + K ) = φ (a )
207
dönüşümünü tanımlayalım.
ϕ ((a + b) + K ) = φ (a + b) = φ (a) + φ (b) = ϕ (a + K ) + ϕ (b + K )
ve
ϕ[(a + K )(b + K )] = ϕ (ab + K ) = φ (ab) = φ (a)φ (b) = ϕ (a + K )ϕ (b + K )
olduğu görülür. Ayrıca,
ϕ (a + K ) = ϕ (b + K )
ise
φ (a) = φ (b)
dir. Buradan her iki tarafı soldan (φ (a))−1 ile çarparak, H ' nün çarpımsal
birimi e ' olmak üzere
e ' = (φ (a )) −1φ (b) = φ (a −1 )φ (b) = φ (a −1b) ,
yani
a −1b ∈ K ⇒ b ∈ a + K ⇒ a + K = b + K
elde ederiz ki, bu sonuç ϕ nin bire-bir olduğunu gösterir. ϕ nin örten olduğu
tanımından açıktır. Böylece, ϕ bir halka homomorfizmasıdır.
Özellik 12.1. F bir cisim, H bir halka ve φ : F → H bir halka
homomorfizması olsun. Eğer φ dönüşümü bire-bir değilse bir sıfır
homomorfizmadır.
Kanıt. ∀x ∈ F için φ ( x) = 0 ise φ bir sıfır homomorfizmadır. Eğer φ
dönüşümü bire-bir değilse ∃ a, b ∈ F , a ≠ b ∋ φ (a) = φ (b) dir. a + (−b) = c ∈ F
diyelim. φ bir homomorfizma olduğundan
φ (c) = φ (a + (−b)) = φ (a) + φ (−b) = φ (a) + (−φ (b))
dir. φ (a) = φ (b) olduğundan φ (c) = 0 bulunur. Diğer taraftan
olduğundan c ≠ 0 dır. Böylece,
∀x ∈ F için x = cc −1 x
dir ve buradan
φ ( x) = φ (cc −1 x) = φ (c)φ (c −1 x) = 0.φ (c −1 x) = 0
bulunur. Şu halde φ , bir sıfır homomorfizmadır.
a≠b
Teorem 12.6. H birimli ve değişmeli bir halka olsun. M nin H da bir
maksimal ideal olması için gerek ve yeter koşul H M nin bir cisim
olmasıdır.
Kanıt. M, H nın bir maksimal ideali olsun. Bu durumda H M nin birimli ve
değişmeli bir halka olduğu açıktır. H M nin cisim olması için geriye H M
de toplamsal birim eleman olmayan herhangi bir elemanın inversinin var
208
olduğunu göstermek kalmaktadır. Bunun için a ∉ M için birim eleman
olmayan a + M ∈ H M elemanını göz önüne alalım.
N = {ha + m | h ∈ H , m ∈ M }
olmak üzere ( N , +) ikilisi bir gruptur. Çünkü,
a) ∀h1 , h2 ∈ H , ∀m1 , m2 ∈ M için
(h1a + m1 ) + (h2 a + m2 ) = (h1 + h2 )a + (m1 + m2 ) ∈ N ,
∈H
∈M
b) 0 = 0.a + 0 ∈ N ,
c) −(ha + m) = (−
m) ∈ N koşulları gerçeklenir. Ayrıca,
h)a + (−
∈H
∈M
h1 (ha + m) = (h1h)a + h1m ∈ N
∈H
∈M
dir ve H değişmeli olduğundan (ha + m)h1 ∈ N olur. Şu halde N, H nın bir
idealidir. Diğer taraftan, a = 1.a + 0 ∈ N dir ve ∀m ∈ M için m = 0.a + m ∈ N
yazılabileceğinden N ⊂ M bulunur. a ∈ N , a ∉ M olduğundan N, H nın M yi
kapsayan bir idealidir, yani M ⊂ N dir, halbuki M maksimal olduğundan
N = H bulunur. Dolayısıyla 1 ∈ N dir. N nin tanımından b ∈ H , m ∈ M
için 1 = ba + m ∈ N olur. Bu durumda,
1 + M = (ba + m) + M = ba + M = (b + M )(a + M )
olacağından a + M nin çarpımsal inversi olarak b + M bulunur. Dolayısıyla
H M bir cisimdir.
PROBLEMLER
1) ( H , +,.) herhangi bir halka ve a ∈ H olsun. aH ve Ha nın sırasıyla H
nın bir sağ ve bir sol ideali olduğunu kanıtlayınız.
2) ( H , +,.) herhangi bir değişmeli halka ve a ∈ H olmak üzere
N a = { x | x ∈ H , ∃n ∈ + ∋ x n ∈ H }
kümesinin H nın bir ideali olduğunu gösteriniz.
3) (12 , +,.) halkasının bütün ideallerini belirleyiniz.
4) A ve B , değişmeli bir ( H , +,.) halkasının iki ideali olsun. Bu durumda,
A : B = {h ∈ H | hb ∈ A ( ∀b ∈ B için )}
209
şeklinde tanımlı kümenin de H nın bir ideali olduğunu kanıtlayınız ( Bu
ideale A idealinin B ye bölümü denir).
5) Bir halkanın iki idealinin arakesitinin de halkanın bir ideali olduğunu
kanıtlayınız.
6) Değişmeli bir ( H , +,.) halkası verilsin. T ⊆ H olmak üzere H nın T yi
kapsayan tüm ideallerinin arakesitinin H nın bir ideali olduğunu gösteriniz.
7) I = { x ∈ | x = nh ; n, h ∈ , n ≠ 0} kümesinin (, +,.) halkasının bir asal
ideali olması için gerek ve yeter koşul, n nin bir asal sayı olmasıdır,
kanıtlayınız.
8)
H = { f | f :[0,1] → }
kümesi, fonksiyonların toplama ve çarpma
işlemlerine göre bir halka oluşturur. I = { g ∈ H | g (1/ 2) = 0} kümesinin H
halkasının bir maksimal ideali olduğunu gösteriniz.
9) I, değişmeli bir ( H , +,.) halkasının bir ideali olsun. ( H I , +,.) nın bir
halka oluşturduğunu kanıtlayınız.
10) ( H , +,.) bir tamlık bölgesi ve I, H nın bir ideali olsun. ( H I , +,.) nın bir
tamlık bölgesi olması için gerek ve yeter koşul, I nın H tamlık bölgesinin bir
asal ideali olmasıdır, kanıtlayınız.
11) ( H , +,.) halkasının verilen herhangi sayıdaki ideallerinin arakesitinin de H
nın bir ideali olacağını gösteriniz.
12) H ve H ' iki halka olmak üzere f : H → H ' dönüşümü bir halka
homomorfizması ise;
a) I, H nın bir ideali ise f ( I ) kümesi de f ( H ) nın bir idealidir, gösteriniz.
b) I ' , f ( H ) nın bir ideali ise f −1 ( I ') de H nın bir idealidir, gösteriniz.
13) Karakteristiği sıfır olan bir asal cismin, (Q, +,.) cismine izomorf
yapılabileceğini kanıtlayınız.
210
13. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI
Katsayıları bir H halkasından seçilmiş olan x e göre verilmiş polinomlarla
daha önceki yıllarda karşılaşmış olmalıyız. Polinomun baş katsayısı adını
verdiğimiz x e göre en büyük dereceli terimin katsayısının sıfırdan farklı
olması gerektiği varsayımını biliyoruz. Katsayıları bir H halkasından seçilmiş
olan x e göre bir polinomu, bir sonlu toplam olarak
n
∑a x
i
i
= a0 + a1 x + ... + an x n
i =0
şeklinde gösterebiliriz. Eğer an ≠ 0 ise polinoma n. derecedendir diyeceğiz.
Bu durumda
( n + 1) .
ve daha yüksek dereceli terimlerin katsayılarının sıfır
olduğunu varsayacağız. Ancak, örneğin 0 + a1 x + 0 x 2 + a3 x 3 şeklinde bir
polinom ile onun a1 x + a3 x 3 şeklindeki bir gösterimi arasında bir kargaşa
yaşamamak için bir polinomu sonsuz toplam biçiminde göstermek daha
uygundur. Buna göre, katsayıları bir H halkasından seçilen bir polinomu
∞
∑a x
i
i
= a0 + a1 x + ... + an x n + ...
i =0
şeklinde göstereceğiz. Bu gösterim sadece katsayıların
a0 , a1 , a2 , ... , an , ...
şeklindeki bir dizisi ile de yapılabilir. Bu gösterimde sonlu sayıdaki katsayılar
dışında diğer bütün katsayıların sıfır olacağı açıktır. O halde aşağıdaki tanımı
verebiliriz.
Tanım 13.1. H bir halka olsun. Katsayıları H halkasından seçilen bir f ( x )
polinomu,
a i ∈ H ve sonlu sayıda a i ler dışında kalan diğer bütün ai ler
sıfır olmak üzere
∞
∑a x
i
i
= a0 + a1 x + ... + an x n + ...
i =0
şeklinde tanımlanır. Buradaki
a i ∈ H lara
polinomun
katsayıları ve
ai ≠ 0 olacak şekildeki en büyük i tamsayısına da f (x) polinomunun
derecesi adı verilir ve der f ( x ) şeklinde gösterilir. Eğer böyle bir i = n
tamsayısı bulunamıyor ise polinomun derecesi sıfır olarak tanımlanır. f (x )
polinomunda i > n için
ai ler sıfır oluyor ise polinomu
f ( x) = a0 + a1 x + ... + an x n
şeklinde gösteririz.
211
Polinomları gösterirken genellikle katsayıları sıfır olan terimleri yazmayız.
Örneğin; 2 x − 5 x 3 , −3 x 3 + 5 x5 veya 3 − x 4 şeklinde ifade ederiz. H halkasının
elemanları da birer sabit polinom olarak düşünülebilir.
Şimdi, katsayıları bir H halkasından seçilen x e göre polinomların kümesini
H [ x] ile gösterelim ve bu küme üzerinde polinomların toplamı ve çarpımı
işlemlerini aşağıdaki gibi tanımlayalım:
f ( x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n + ...
g ( x) = b0 + b1 x + b2 x 2 + ... + bn x n + ...
polinomları için,
f ( x) + g ( x) = c0 + c1 x + c2 x 2 + ... + cn x n + ... , cn = an + bn ( n = 0,1, 2,...)
ve
n
f ( x).g ( x) = d0 + d1 x + d 2 x 2 + ... + d n x n + ... , d n = ∑ ai bn − i
( n = 0,1, 2,...)
i =0
dir.
Uyarı: Eğer H halkası değişmeli değilse d n için yukarıda verilen ifade genel
n
olarak d n = ∑ bi an − i ye eşit olmayabilir. Yukarıda verilen işlemler dikkate
i =0
alınarak aşağıdaki teoremi kanıtlayabiliriz.
Teorem 13.1. Katsayıları bir H halkasından seçilen x e göre polinomların
H [ x] kümesi, üzerinde tanımlanan polinomların toplamı ve çarpımı
işlemlerine göre bir halkadır. Eğer H halkası değişmeli ise H [ x] de
değişmelidir ve H halkasının birim elemanı H [ x] halkasının da birim
elemanıdır.
Kanıt. ( H [ x], +) ikilisinin değişmeli bir grup olduğu açıktır. H [ x] in halka
olduğunu göstermek için sadece çarpma işleminin birleşmeli olduğunu
göstereceğiz. Diğer koşullar işlemlerin tanımından kolaylıkla görülebilir.
ai , b j , ck ∈ H elemanları H [ x] de verilen üç polinomun katsayılarını
göstersin. Çarpma işleminin birleşmeli olduğunu gösterelim;
∞
∞
 ∞
 ∞
∞  ∞
i 
j  
k 
n  
k 
 ∑ ai x   ∑ b j x    ∑ ck x  =  ∑  ∑ ai bn − i x    ∑ ck x 
  j =0
  n=0  i =0
  k =0

   k = 0
 i = 0
∞
∞ 
∞

 s  ∞

= ∑  ∑  ∑ (ai bn − i )cs − n  x s = ∑  ∑ ai b j ck x s
s=0  n=0  i=0
s =0  i + j + k = s


212
∞  s
 
 m

 ∞
 ∞  m
= ∑  ∑ as − m  ∑ b j cm − j  x s =  ∑ ai xi   ∑  ∑ b j cm − j  x m 
s=0 
 i =0
  m = 0  j = 0
 m=0
 
 j =0
 
 ∞
 ∞
  ∞

=  ∑ ai x i   ∑ b j x j   ∑ ck x k  
 i =0
  j = 0
 
  k =0
dir.
Örnek 13.1. Katsayıları, tamsayılar ve rasyonel sayılar halkalarından
seçilen polinomların [ x] ve [ x] kümeleri birer polinom halkasıdır. Ancak,
katsayılarını 2 den seçtiğimiz 2 [ x] için aşağıdaki sonuçlar ilginçtir.
( x + 1) 2 = ( x + 1)( x + 1) = x 2 + (1 + 1) x + 1 = x 2 + 1,
( x + 1) + ( x + 1) = (1 + 1) x + (1 + 1) = 0 x + 0 = 0.
Katsayıları bir H halkasından seçilen polinomların H [ x] kümesinin bir
halka yapısına sahip olduğunu biliyoruz. Bu nedenle, katsayıları H [ x]
halkasından seçilen y ye göre polinomların halkasını da tanımlayabiliriz ve bu
halkayı ( H [ x])[ y ] = H [ x, y ] şeklinde gösteririz. Bu yeni halkanın
polinomlarını, katsayıları H da olan hem x, hem de y ye göre polinomlar
olarak düşünebiliriz. Bu tanımlamaya benzer şekilde H [ y, x] halkasını da
tanımlayabiliriz. H [ y, x] halkası ile H [ x, y ] halkası arasında bir doğal
izomorfizmanın tanımlanabileceği kolayca gösterilebilir. Bu düşünceyi
genişleterek , x1 , x2 ,..., xn ler tarafından tanımlanan H [ x1 , x2 ,..., xn ] şeklindeki
polinom halkalarından bahsedilebilir.
Eğer, D bir tamlık bölgesi ise katsayıları D den seçilen polinomların
kümesi de bir tamlık bölgesi oluşturur. Ancak, F bir cisim ise, katsayıları F
den seçilen polinomların kümesi bir cisim oluşturamaz. Çünkü x ∈ F [ x] için
F [ x] de bir çarpımsal invers bulamayız, yani F [ x] de x. f ( x) = 1 olacak
şekilde bir f ( x) polinomu yoktur. Diğer taraftan, F [ x] bir tamlık bölgesi
oluşturacağı için F [ x] in bölüm cismini tanımlayabiliriz. Bunun için, F [ x] in
her polinomu g ( x ) ≠ 0 olmak üzere
f ( x)
şeklinde iki polinomun bölümü
g ( x)
olarak ifade edilebilir. Benzer düşünceyle x1 , x2 ,..., xn lere göre genelleştirilmiş
F [ x1 , x2 ,..., xn ] polinom halkasının bölüm cismini de tanımlayabiliriz. Bu
bölüm cismi, cebirsel geometride önemli bir işleve sahiptir.
Şimdi polinom halkalarının homomorfizmalarını ve onların bölüm
halkalarının, polinom denklemlerini çözmede nasıl kullanılabileceğini ele
213
alacağız. E bir cisim ve F, E nin bir alt cismi olsun. Aşağıda vereceğimiz
teoremle E ile F [ x] arasında bir homomorfizmanın nasıl tanımlandığını
görürüz.
Teorem 13.2. F, E nin bir alt cismi ve F [ x] , katsayıları F cisminden seçilen
x e göre polinomların halkası olmak üzere α ∈ E için
φα : F [ x] → E ,
φα (a0 + a1 x + ... + an x n ) = a0 + a1α + ... + anα n
şeklinde tanımlanan dönüşüm bir homomorfizmadır. Üstelik, φα ( x) = α ve
φα (a) = a dır.
Kanıt. φα nın iyi tanımlı olduğu yani F [ x] de verilen bir
f ( x) = a0 + a1 x + ... + an x n
polinomunun gösteriliş şeklinden bağımsız olduğu açıktır, çünkü bu polinoma
farklı gösterimlerle eklenebilecek terimler sadece 0.xi şeklinde olacağından
böylesi terimlerin eklenmiş olması φα ( f ( x)) in değerini etkilemeyecektir. O
halde F [ x] deki toplama ve çarpma işlemlerini kullanarak dönüşümün bir
homomorfizma olduğunu göstermeliyiz. Bunun için F [ x] de
f ( x) = a0 + a1 x + ... + an x n + ...
ve
g ( x) = b0 + b1 x + ... + bm x m + ...
polinomlarını göz önüne alalım. F [ x] deki toplama işlemi ile
φα ( f ( x) + g ( x)) = φα (c0 + c1 x + ... + cr x r + ...) , cr = ar + br ; r = 0,1, 2,...
= φα ((a0 + a1 x + ... + ar x r + ...) + (b0 + b1 x + ... + br x r + ...))
= φα ((a0 + b0 ) + (a1 + b1 ) x + ... + (ar + br ) x r + ...)
= (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )α + ... + (ar + br )α r + ...
= (a0 + a1α + ... + arα r + ...) + (b0 + b1α + ... + br α r + ...)
= (a0 + a1α + ... + anα n + ...) + (b0 + b1α + ... + bmα m + ...)
= φα ( f ( x)) + φα ( g ( x))
buluruz. Burada, r = max(m, n) dir ve yukarıdaki denklemlerde m ≤ n veya
n ≤ m durumlarının gerçeklenmesine göre toplamlarda yer alan r ye kadar
olan ar veya br katsayılarından bazılarının sıfır olacağına dikkat edilmelidir.
j
f ( x).g ( x) = d0 + d1 x + ... + d s x s , 0 ≤ j ≤ s, d j = ∑ ai b j − i
i =0
214
ise polinomların çarpımı işlemine göre
φα ( f ( x).g ( x)) = (a0 + a1α + ... + anα n )(b0 + b1α + ... + bmα m )
= φα (d 0 + d1 x + ... + d s x s )
iken
φα ( f ( x).g ( x)) = d 0 + d1α + ... + d sα s
olacağından
φα ( f ( x).g ( x)) = φα ( f ( x)).φα ( g ( x))
bulunur, dolayısıyla φα bir homomorfizmadır.
a ∈ F elemanını F [ x] de sabit bir polinom olarak düşünürsek φα (a ) = a
elde ederiz. Böylece φα yı F den F ye özdeşlik (birim) dönüşüm olarak
düşünebiliriz. Ayrıca φα nın tanımından ve φα nın bir homomorfizma olması
nedeni ile
φα ( x) = φα (1.x) = φα (1).φα ( x) = 1.α = α
elde ederiz. Böylece teoremi kanıtlamış olduk.
Bu teorem, E ve F nin birimli ve değişmeli halkalar olmaları durumunda
da geçerli olur.
Örnek 13.2. Teorem 13.2. de F = ve E = alalım.
φ0 : [ x] → φ0 (a0 + a1 x + ... + an x n ) = a0 + a1 .0 + ... + an .0n = a0
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm her polinomu kendi sabit terimine
resmeden bir homomorfizmadır. φ0 ın çekirdeği ise sabit terimi sıfır olan
polinomlardan oluşur ki, bu polinomların kümesi Q[ x] in bir idealidir. Bu
ideali N ile gösterirsek φ0 ([ x]) = dan [ x] N ye doğal bir izomorfizma
tanımlanabilir . [ x] N nin bir kalan sınıfı ise, sabit terimi belirli bir sabit
olacak biçimde oluşturulacak tüm polinomların kümesinden ibarettir.
Örnek 13.3. F = ve E = alalım.
φ2 : [ x] → φ2 (a0 + a1 x + ... + an x n ) = a0 + a1 .2 + ... + an .2n
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır.
215
φ2 ( x 2 + x − 6) = 22 + 2 − 6 = 0
olduğundan x 2 + x − 6 , φ2 nin N çekirdeğine ait bir polinomdur. Gerçekte N,
f ( x) ∈ [ x] olmak üzere ( x − 2) f ( x) şeklindeki polinomların oluşturduğu
halkanın bir idealidir. φ2 dönüşümü altında [ x] in resmi ile [ x] N
bölüm halkası, doğal şekilde izomorfturlar.
Örnek 13.4. F = ve E = olsun.
φi : [ x] → φi (a0 + a1 x + ... + an x n ) = a0 + a1 .i + ... + an .i n
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır ve φi ( x) = i
dir. φi ( x 2 + 1) = i 2 + 1 = 0 olduğundan x 2 + 1 , φi nin çekirdeği olan N içinde
bulunur. Burada yine N çekirdeği, f ( x) ∈ [ x] olmak üzere ( x 2 + 1) f ( x)
şeklindeki polinomların oluşturduğu halkanın bir idealidir. φi dönüşümü
altında [ x] in resmi ile [ x] N
bölüm halkası, doğal şekilde
izomorfturlar. Üstelik, φi ([ x]) halkası q1 , q2 ∈ olmak üzere q1 + iq2
şeklindeki komleks sayıların kümesidir ve bu küme, kompleks sayılar
cisminin bir alt cismidir.
Bir polinom denklemi çözmek demek o polinomun sıfırlarını bulmak
demektir. Buna göre aşağıdaki tanımı yapabiliriz.
Tanım 13.2. E bir cisim, F de E nin bir alt cismi ve a ∈ E olsun. F [ x] de bir
f (a) = a0 + a1 x + ... + an x n polinomunu ve
φα : F [ x] → E ,
φα ( f ( x)) = f (α ) = a0 + a1α + ... + anα n
homomorfizmasını göz önüne alalım. Eğer f (α ) = 0 ise α ya F [ x] in bir
sıfırı adı verilir.
Bu tanıma göre r 2 + r − 6 = 0 şeklinde bir polinom denklemin veya kısaca
bir denklemin gerçel çözümlerini bulmak şeklindeki ifade yerine, F = ve
E = alarak φα ( x 2 + x − 6) = 0 olacak şekildeki α ∈ leri bulmak veya
kısaca x 2 + x − 6 nın deki sıfırlarını bulmak şeklindeki ifadeyi benimseriz.
Tabiidir ki her iki durumda çözüm aynı, yani
216
{α ∈ | φ
α
( x 2 + x − 6) = 0} = {r ∈ | r 2 + r − 6 = 0} = {2, −3}
olur. Burada, asıl amacımız sabit olmayan her f ( x) ∈ F [ x] polinomunun bir
sıfıra sahip olduğunu göstermektir. Eğer f ( x) , F de bir sıfıra sahip değilse bu
durumda F yi kapsayan bir E cismini tanımlayarak f (α ) = φα ( f ( x)) = 0
olacak şekilde bir α ∈ E elemanı buluruz. O halde, böyle bir E cisminin nasıl
bulunacağını ifade edelim. φα homomorfizması altında F [ x] in resmi E de
kapsanmalı ve φα ( F [ x]) ile F [ x] N bölüm halkası izomorf olmalıdır. Burada
N ideali, φα nın çekirdeğidir ve E cismi F [ x] N bölüm halkasını kapsayacak
şekilde olmalıdır. F [ x] N nin bir cisim oluşturabilmesi için N nin F [ x] de
bir maksimal ideal olması gerekmektedir. Böylece problem, F [ x] deki
idealleri incelemeye indirgenmiş olmaktadır.
POLİNOMLARIN ÇARPANLARI VE F [ x] DE BÖLME
ALGORİTMASI
Bir önceki kısımda ifade ettiğimiz gibi F [ x] N yi cisim yapan ve F [ x] in
maksimal ideali olan N yi bulmayı amaçlıyoruz. Şimdi F [ x] de bir f ( x)
polinomunun g ( x), h( x) ∈ F [ x] olmak üzere f ( x) = g ( x)h( x) şeklinde
çarpanlara ayrılabildiğini kabul edelim. F nin alt cisim olduğu bir E cismi için
α ∈ E olmak üzere f (α ) = 0 olması ancak ve ancak g (α ) = 0 veya
h(α ) = 0 olması halinde mümkündür. Böylece f ( x) in bir sıfırını bulma
problemi f ( x) in bir çarpanının bir sıfırını bulma problemine indirgenmiş
olur. Üstelik F [ x] in maksimal ideali aynı zamanda bir asal ideal olacağından,
eğer M istenen maksimal ideal ise f ( x) ∈ M ve f ( x) = g ( x)h( x) ise bu
durumda ya g ( x) ∈ M veya h( x) ∈ M olacaktır. Bu nedenle F [ x] deki
polinomların çarpanlarını incelemek önemli hale gelmektedir. Bundan dolayı
tamsayılar kümesi üzerinde tanımladığımız bölme algoritmasına benzer bir
algoritmayı polinom halkaları üzerinde de tanımlamak durumundayız. Bunu
aşağıdaki teoremle yapacağız.
Teorem 13.3. ( F [ x] İçin Bölme Algoritması ) f ( x) = a0 + a1 x + ... + an x n
g ( x) = b0 + b1 x + ... + bm x m , F [ x] polinomlar halkasında iki polinom olsun.
Burada, m = der g ( x ) > 0 ve an ≠ 0 , bm ≠ 0 dır. Bu durumda F [ x] de
f ( x) = g ( x)q( x) + r ( x) , 0 ≤ der r ( x) < m
olacak şekilde bir tek q ( x) ve r ( x) polinomları vardır.
217
Kanıt. S = { f ( x) − g ( x) s ( x) | s ( x) ∈ F [ x]} kümesini göz önüne alalım. S nin
en küçük dereceli polinomu r ( x) olsun. Bu durumda bir q ( x) ∈ F [ x] için
f ( x) = g ( x)q( x) + r ( x)
yazabiliriz. Şimdi der r ( x) < m olduğunu kanıtlayalım. t ≠ 0 ve t ≥ m iken
ct ≠ 0 ve her c j ∈ F için
r ( x) = c0 + c1 x + ... + ct x t
şeklinde olduğunu kabul edelim. Bu durumda, t ≥ m olduğundan
c 
c 
(13.1)
f ( x) − q( x) g ( x) −  t  x t − m g ( x) = r ( x) −  t  x t − m g ( x)
 bm 
 bm 
yazılabilir. Burada (13.1) eşitliğinin sağ tarafı,
r ( x) − (ct xt + daha küçük dereceli terimler)
şeklinde bir polinomdur ve derecesi t den daha küçüktür. Bu durumda (13.1)
eşitliğinin sol tarafı


c 
f ( x) −  q ( x) −  t  xt − m  g ( x)


 bm 


şeklinde yazılabilir ki, bu r ( x) in S deki en küçük dereceli polinom olarak
seçilmesi ile çelişir. Şu halde r ( x) in derecesi m den küçük olmak zorundadır.
q ( x) ve r ( x) polinomlarının tekliğini göstermek için f ( x ) in
f ( x) = g ( x)q1 ( x) + r1 ( x), 0 ≤ der r1 ( x ) < m
ve
f ( x) = g ( x)q2 ( x) + r2 ( x), 0 ≤ der r2 ( x ) < m
şeklinde iki türlü gösterimi olduğunu varsayalım. Bu eşitlikleri taraf tarafa
çıkarırsak,
g ( x) ( q1 ( x ) − q2 ( x ) ) = r2 ( x) − r1 ( x)
elde ederiz. r2 ( x) − r1 ( x) in derecesi, g ( x) in derecesinden küçük olduğundan
bu eşitlik ancak ve ancak q1 ( x) − q2 ( x) = 0 veya q1 ( x) = q2 ( x) olması
durumunda sağlanır. Bu ise r2 ( x) − r1 ( x) = 0 veya r1 ( x) = r2 ( x) olmasını
gerektirir. Dolayısıyla q ( x) ve r ( x) polinomları tek türlü belirlidir.
Sonuç 13.1. Bir a ∈ F elemanının f ( x) ∈ F [ x] polinomunun bir sıfırı olması
için gerek ve yeter koşul x − a nın f ( x) ∈ F [ x] polinomunun bir çarpanı
olmasıdır.
Kanıt. a ∈ F için f (a) = 0 olduğunu kabul edelim. Bu taktirde Teorem 13.3.
den
218
f ( x) = ( x − a )q( x) + r ( x) , der r ( x) < 1
olacak şekilde bir tek q ( x) , r ( x) ∈ F [ x] polinomları vardır. der r ( x) < 1
olduğundan r ( x) = c ∈ F şeklinde bir sabittir. Böylece,
f ( x) = ( x − a )q( x) + c
yazılabilir. Daha önce tanımladığımız φα : F [ x] → F homomorfizmasını
kullanarak
f (a) = 0.q(a) + c = 0 ⇒ c = 0
buluruz. Bu durumda,
f ( x) = ( x − a)q( x)
elde ederiz ki, bu bize x − a nın f ( x) in bir çarpanı olduğunu gösterir.
Tersine eğer x − a , f ( x) in bir çarpanı ise f ( x) = ( x − a)q( x) , a ∈ F
eşitliğine φα homomorfizmasını uygulamak suretiyle
f (a) = 0 ve q (a) = 0
buluruz.
Sonuç 13.2. n. dereceden sıfırdan farklı bir f ( x) ∈ F [ x] polinomu, F
cisminde en çok n tane sıfıra sahiptir.
Kanıt. Sonuç 13.1. den dolayı eğer a1 ∈ F , f ( x) in bir sıfırı ise
f ( x) = ( x − a1 )q1 ( x)
yazabiliriz. Burada, der q1 ( x) = n − 1 olduğu açıktır. Şimdi de a2 ∈ F , q1 ( x)
in bir sıfırı olsun. Bu durumda
f ( x) = ( x − a1 )( x − a2 )q2 ( x)
yazabiliriz. Bu şekilde sürdürerek artık qr ( x) , F de sıfıra sahip olmamak
üzere
f ( x) = ( x − a1 )( x − a2 )...( x − ar )qr ( x)
elde ederiz, burada r ≤ n dir. Ayrıca, ai lerin hepsinden farklı bir b ∈ F
alırsak bunun için
f (b) = (b − a1 )(b − a2 )...(b − ar )qr (b) ≠ 0
yazılabilir. Çünkü bu ifadede yer alan çarpanlardan hiç birisi F de sıfıra sahip
değildir. Böylece a1 , a2 ,..., ar ler f ( x) in F deki sıfırlarının tamamını
oluşturur ve bunların sayısı r ≤ n dir.
Örnek 13.5. 5 [ x] de f ( x) = x 4 − 3x 3 + 2 x 2 + 4 x − 1 ve g ( x) = x 2 − 2 x + 3
polinomlarını göz önüne alalım. Bu polinomlar için
x 4 − 3x3 + 2 x 2 + 4 x − 1 = ( x 2 − 2 x + 3)( x 2 − x − 3) + ( x + 8)
yazabiliriz, o halde
219
q ( x) = x 2 − x − 3 ve r ( x) = x + 8
olduğu görülür.
F [ x] DE İDEALLER VE İNDİRGENEMEZ POLİNOMLAR
Tanım 13.3. F [ x] de sabit olmayan bir f ( x) polinomu, derecesi f nin
derecesinden daha küçük olan g ve h gibi iki polinomun çarpımı olarak
f ( x ) = g ( x ) h( x )
şeklinde yazılamıyor ise f ye F [ x] de indirgenemez bir polinom (asal
polinom) veya kısaca indirgenemez denir.
Bu tanımda F cismi önemlidir. Çünkü f polinomu, F cisminde
indirgenemez iken F yi kapsayan daha geniş bir cisim üzerinde indirgenebilir
olabilir. Örneğin, x 2 − 5 polinomu rasyonel sayılar cisminde indirgenemez
iken, yu kapsayan gerçel sayılar cismi üzerinde indirgenebilir. Çünkü
bu polinomu de ( x − 5)( x + 5) şeklinde çarpanlarına ayırabiliriz.
Şimdi F [ x] de ikinci veya üçüncü dereceden bir polinomun indirgenebilir
olup olmadığını araştırabileceğimiz bir teoremi kanıtlayacağız. Burada f ( x)
in lineer çarpanlarından birisi ( x − a) ise f (a) = 0 olduğunu ve dolayısıyla
f ( x) in hiçbir sıfır bölene sahip olamayacağını göreceğiz.
Teorem 13.4. F [ x] de ikinci veya üçüncü dereceden bir f ( x) polinomu
verilsin. f ( x) in F üzerinde indirgenebilir olması için gerek ve yeter koşul
f ( x) in F de bir sıfıra sahip, yani bir a ∈ F için f (a) = 0 olmasıdır.
Kanıt.
Eğer f ( x) F üzerinde indirgenebilir ise f ( x) = g ( x)h( x) ve
der g < der f , der h < der f olacak şekilde g ve h polinomları bulunabilir.
f ( x) polinomu 2. veya 3. dereceden olduğundan g veya h, 1. derecedendir. g
nin 1. dereceden olduğunu varsayalım. Bu durumda g ( x) = x − a şeklindedir
ve g (a) = 0 dır, böylece f (a) = 0 dır ki, bu f nin F de bir sıfıra sahip olması
demektir. Tersine bir a ∈ F için f (a) = 0 ise bu f ( x) in ( x − a) ya
bölüneceğini yani f ( x) in bir çarpanının ( x − a) olduğunu gösterir ki,
bu f ( x) in F de indirgenebilir olduğunu gösterir.
Şimdi bir polinomun, üzerinde indirgenebilir olması için hangi
koşulların gerektiğini ifade eden aşağıdaki teoremi kanıtsız verelim.
220
Teorem 13.5. f ( x) ∈ [ x] polinomunun [ x] de daha küçük dereceli iki
polinomun çarpımı olarak yazılabilmesi için gerek ve yeter koşul, f ( x) in
[ x] de aynı dereceden polinomların çarpımı olarak yazılabilmesidir.
Sonuç 13.3. [ x] de a0 ≠ 0 olacak şekilde bir
f ( x) = a0 + a1 x + ... + an x n
polinomu verilsin. Eğer f ( x) , da bir sıfıra sahip ise de de m gibi bir
sıfıra sahiptir ve m | a0 dır.
Kanıt. f ( x) , da bir sıfıra sahip ise f ( x) in Q[ x] de ( x − a) gibi bir lineer
çarpanı vardır. O nedenle Teorem 13.5. ten dolayı [ x ] de de bir lineer
çarpana sahip olur. Böylece bir m ∈ için
f ( x) = ( x − a)( x n −1 + ... + a0 / m)
yazılabilir. Böylece (a0 / m) ∈ , yani m | a0 dır.
Örneğin, f ( x) = x 4 − 2 x 2 + 8 x + 1 polinomu [ x] de indirgenemezdir.
Çünkü sabit terim olan 1 in deki bölenleri sadece ±1 den ibaret olup,
f (1) = 8 ve f (−1) = −8 olduğundan ±1 den hiçbirisi f ( x) in sıfırı değildir.
O halde f polinomu [ x] de indirgenemezdir.
Şimdi f ( x) ∈ [ x] in [ x] de ikinci dereceden iki polinomun çarpımı
olarak
x 4 − 2 x 2 + 8 x + 1 = ( x 2 + ax + b)( x 2 + cx + d )
şeklinde yazılabildiğini varsayalım. Bu durumda eşitliğin her iki yanında x in
aynı dereceli terimlerinin katsayılarını eşitlersek,
bd = 1 , ad + bc = 8 , ac + b + d = −2 , a + c = 0
denklemlerini elde ederiz. Bu denklemlerin da çözümlerini bulamayız.
Dolayısıyla, f ( x) polinomu [ x] de indirgenemezdir.
Bir polinomun indirgenebilmesi için bir kriter veren aşağıdaki teoremi
kanıtlayalım.
Teorem 13.6. p ∈ asal sayısı ve
f ( x) = a0 + a1 x + ... + an x n
polinomu verilsin. i < n ise ai ≡ 0(mod p ) , i = n ise an ≡/ 0(mod p) ve
a0 ≡/ 0(mod p) ise o taktirde f ( x) polinomu [ x] de indirgenemezdir.
Kanıt. f ( x) in [ x] de daha küçük dereceli polinomların çarpımı olarak
yazılamayacağını göstermemiz yeterlidir. f ( x) in [ x] de r , s < n ve
br ≠ 0 , cr ≠ 0 olmak üzere
221
f ( x) = (b0 + ... + br x r )(c0 + ... + cs x s )
şeklinde
yazılabildiğini
varsayalım.
olduğundan
a0 ≡/ 0(mod p)
b0 ≡/ 0(mod p ) , c0 ≡/ 0(mod p ) olur. Aksi taktirde, b0 ≡/ 0(mod p ) ve
c0 ≡ 0(mod p ) olsun. an = br cs olduğundan an ≡/ 0(mod p) varsayımından
br ≡/ 0(mod p) , cs ≡/ 0(mod p)
olmak zorundadır. ck ≡/ 0(mod p) olacak şekildeki en küçük k sayısına m
dersek
am = b0 cm + b1cm −1 + ... + bm − i ci , 0 ≤ i ≤ m
yazabiliriz.
b0 ≡/ 0(mod p ) , cm ≡/ 0(mod p )
ve
cm −1 ≡ 0(mod p) , cm − 2 ≡ 0(mod p) , ..., ci ≡ 0(mod p)
olması nedeniyle
am ≡ 0(mod p )
buluruz ki, bu m = n olmasını gerektirir. Buradan s = n sonucuna varırız ki,
bu sonuç s ≤ n oluşuna aykırıdır. Dolayısıyla f ( x) in yukarıdaki gibi
çarpanlarının olması mümkün değildir yani, f ( x) polinomu [ x] de
indirgenemezdir.
Sonuç 13.4. p asal sayısı için,
x p −1
φ p ( x) =
= x p −1 + x p − 2 + ... + x + 1
x −1
şeklindeki polinom da indirgenemez bir polinomdur.
Kanıt. Bu polinomu [ x] de çarpanlarına ayırmaya çalışalım.
 p
x p +   x p −1 + px
 p
( x + 1) − 1
1
φ p ( x + 1) = g ( x) =
=
= x p −1 +   x p − 2 + ... + p
( x + 1) − 1
x
1
p
yazabiliriz. Bu bize Teorem 13.6. nedeniyle polinomun da indirgenemez
bir polinom olduğunu gösterir. Ancak [ x] de φ p ( x) = h( x)r ( x) şeklinde
çarpanlarına ayrılabilirse bu durumda
φ p ( x + 1) = g ( x) = h( x + 1)r ( x + 1)
ifadesi ile g ( x) in [ x] de açık olmayan çarpanlara ayrılmışını elde ederdik
ki, bu durumda da φ p ( x) , da indirgenemezdir.
222
Tanım 13.4. H birimli ve değişmeli bir halka olsun. a ∈ H için {ha | h ∈ H }
kümesi H nın a yı kapsayan bir idealidir. Bu ideale H da a nın doğurduğu asal
ideal adı verilir ve ≺ a şeklinde gösterilir. H da bir N idealinin asal ideal
olması için N =≺ a olacak şekilde bir a ∈ H bulunmalıdır.
Örnek 13.6. F [ x] halkasının bir ≺ x asal ideali, F [ x] in sabit terimi sıfır
olan polinomlarının kümesinden ibarettir.
Teorem 13.7. F bir cisim ise o taktirde F [ x] in her ideali bir asal idealdir.
Kanıt. N , F [ x] in bir ideali olsun. Eğer N = {0} ise N =≺ 0 dır ve bir asal
idealdir. N ≠ {0} olduğunu kabul edelim. N nin sıfırdan farklı en küçük
dereceli polinomu g ( x) olsun. der g ( x) = 0 ise g ( x) ∈ F dir ve F de
inverslenebilirdir, yani çarpımsal inverse sahip bir elemandır. Böylece,
N = F [ x] =≺ 1 olur ki, bu bize N nin bir asal ideal olduğunu gösterir.
der g ( x) ≥ 1 ve f ( x) ∈ N olsun. O halde polinomlar için bölme algoritması ile
f ( x) = g ( x)q( x) + r ( x)
olacak şekilde q ( x) ve r ( x) polinomları bulunabilir. Bu durumda ideal
tanımına göre
f ( x), g ( x) ∈ N
olduğundan
f ( x) − g ( x) q( x) = r ( x) ∈ N
olduğunu elde ederiz. Böylece g ( x) , N nin sıfırdan farklı en küçük dereceli
elemanı olduğundan r ( x) = 0 bulunur. Bunu kullanırsak f ( x) = g ( x)q( x)
olur ki, bu N =≺ g ( x) olduğunu gösterir.
Teorem 13.8. F [ x] de ≺ p ( x) ≠ {0} şeklindeki bir idealin bir maksimal
ideal olması için gerek ve yeter koşul p( x) polinomunun F [ x] de
indirgenemez bir polinom olmasıdır.
Kanıt. ≺ p ( x) ≠ {0} idealinin F [ x] in bir maksimal ideali olduğunu kabul
edelim. Bu durumda ≺ p ( x) ≠ F [ x] dir ve böylece p( x) ∉ F dir. p( x) in
F [ x] de p( x) = f ( x) g ( x) şeklinde çarpanları olduğunu kabul edelim. p( x)
maksimal ideal olduğundan bir asal idealdir. Böylece, f ( x) g ( x) ∈≺ p ( x) olması f ( x) ∈≺ p ( x) veya g ( x) ∈≺ p( x) olmasını gerektirir. Şu halde
p( x) , f ( x) veya g ( x) in bir çarpanıdır. Öyle ise der f ( x) > p( x) veya
der g ( x) > p ( x) olmak zorundadır. Bu sonuç yukarıdaki kabulümüz ile çelişir,
dolayısıyla p( x) , F üstünde indirgenemez bir polinomdur.
Tersine p( x) , F üstünde indirgenemez bir polinom ve bir N ideali için
≺ p ( x) ⊆ N ⊆ F [ x] olduğunu kabul edelim. Böylece, N önceki bir
223
teoremden dolayı bir asal ideal olacağından bir g ( x) ∈ N için N =≺ g ( x) yazabiliriz. Diğer taraftan p( x) , F
olduğundan der g ( x) = 0 veya
üzerinde indirgenemez bir polinom
der f ( x ) = 0 olması gerektiği elde edilir.
der g ( x) = 0 , yani g ( x) ∈ F olduğunu kabul edelim. g ( x) , F nin sıfırdan
farklı bir elemanı olduğundan F [ x] in inverslenebilir bir elemanı, yani bir
aritmetik
birimidir.
Böylece,
buluruz. Eğer,
≺ g ( x) = N = F [ x]
der f ( x ) = 0 ise bir c ∈ F için f ( x) = c dir ve
g ( x) = (1/ c ) p( x) ∈≺ p( x) dir. O halde, N =≺ p( x) dir ve ≺ p ( x) ⊂ N ⊂ F [ x] olması mümkün
değildir, dolayısıyla ≺ p ( x) ideali F [ x] in bir maksimal idealidir.
Tanım 13.5. f ( x) , g ( x) ∈ F [ x] olsun. f ( x) = g ( x)h( x) olacak şekilde F [ x]
de bir h( x) polinomu bulunabiliyor ise g ( x) , f ( x) polinomunu böler deriz.
Bu tanıma göre aşağıdaki teoremleri verebiliriz.
Teorem
13.9.
p( x) ,
F [ x] de indirgenemez bir polinom olsun.
r ( x) , s ( x) ∈ F [ x] olmak üzere eğer p( x) , r ( x) s ( x) çarpımını bölerse bu
durumda ya p( x) | r ( x) veya p( x) | s ( x) tir.
Teorem 13.10. F bir cisim olmak üzere, F [ x] de sabit olmayan herhangi bir
f ( x) polinomu, F [ x] deki indirgenemez polinomların bir çarpımı şeklinde
ifade edilebilir.
Tanım 13.6. D bir tamlık bölgesi ve a, b ∈ D olsun. b = ac olacak şekilde
bir c ∈ D elemanı varsa bu durumda a, b yi böler deriz ve a | b şeklinde
gösteririz.
Tanım 13.7. D bir tamlık bölgesi ve u ∈ D olsun. u, çarpımsal birim olan 1 i
bölerse yani u, D de bir çarpımsal inverse sahip ise u ya D nin bir aritmetik
birimi adı verilir.
Tanım 13.8. D bir tamlık bölgesi ve a, b ∈ D olsun. a = b.u olacak şekilde
bir u ∈ D aritmetik birimi bulanabiliyorsa bu durumda a ile b bağlantılıdır
denir.
Örnek 13.7. tamsayılar kümesi bir tamlık bölgesidir ve nin +1 ve −1
olmak üzere iki tane aritmetik birimi mevcuttur. Buna göre 25 ∈ için nin
224
25 ile bağlantılı elemanları 25 ve -25 dir. Çünkü, 25 = 25.1 ve 25 = (-25)(-1)
dir.
Tanım 13.9. D bir tamlık bölgesi ve p de D nin aritmetik birim olmayan bir
elemanı olsun. Eğer a, b ∈ D için p = ab olduğunda a veya b bir aritmetik
birim ise bu durumda p ∈ D ye bir indirgenemez eleman (asal eleman) adı
verilir.
O halde indirgenemez bir elemanla bağlantılı olan bir elemanın da
indirgenemez olacağı açıktır.
Tanım 13.10. Aşağıdaki koşulları gerçekleyen bir D tamlık bölgesine bir tek
türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi (unique factorization domain) adı verilir;
a) D nin sıfırdan farklı, aritmetik birim olmayan her elemanı sonlu sayıda
indirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabilir.
b) D de bir eleman p1 p2 ... pr ve q1q2 ...qs şeklinde farklı iki şekilde
indirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabiliyor ise bu durumda r = s
dir ve qi leri yeniden indislemek suretiyle pi ler ile qi ler bağlantılı olacak
şekilde yeniden sıralanabilirler.
Örnek 13.8. F bir cisim ise F [ x] , bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış
bölgesidir. Benzer şekilde de bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,
çünkü 24 ∈ için
24 = 2.2.3.2 = (−2).( −3).2.2
dir. Bu durumda 2 ile -2 nin ve 3 ile -3 ün bağlantılı olduğu görülür.
Tanım 13.11. Bir D tamlık bölgesinin her ideali bir asal ideal ise bu durumda
D ye bir asal ideal bölgesi adı verilir.
Teorem 13.11. Her asal ideal bölgesi bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış
bölgesidir ve eğer D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ise bu durumda
D[ x] de bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.
Teorem 13.12. D bir asal ideal bölgesi ise D nin sıfır olmayan her aritmetik
birimi indirgenemez elemanların bir çarpımı olarak yazılabilir.
Teorem 13.13. Bir asal ideal bölgesinin, bir ≺ p idealinin maksimal ideal
olması için gerek ve yeter koşul, p nin indirgenemez olmasıdır.
Teorem 13.14. Bir asal ideal bölgesinin, indirgenemez bir p elemanı için
p | ab ise p | a veya p | b dir.
225
Tanım 13.12. Bir D tamlık bölgesinin sıfırdan farklı aritmetik birim olmayan
indirgenemez bir p elemanı için p | ab ise p | a veya p | b önermesi doğru ise p
ye bir asal eleman adı verilir.
Tanım 13.13. D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi olsun. D[ x] de
sabit olmayan bir
f ( x) = a0 + a1 x + ... + an x n
polinomunun ai
katsayılarının ortak bölenleri sadece D nin aritmetik
birimlerinden ibaret ise, bu durumda f ( x) polinomuna bir ilkel polinom veya
primitif polinom adı verilir.
Örnek 13.9. 4 x 2 + 3 x + 2 polinomu, [ x] de bir ilkel polinomdur. Çünkü
polinomun katsayıları olan 4, 3, 2 sayılarının ortak bölenleri ±1 dir ve bunlar
nin aritmetik birimleridir. Diğer taraftan, 4 x 2 + 6 x + 2 polinomunun
katsayıları olan 4, 6, 2 sayılarının ortak bölenlerinden birisi olan 2 sayısı nin bir aritmetik birimi değildir. O halde bu polinom bir ilkel polinom değildir.
Sonuç olarak, D[ x] de sabit olmayan indirgenemez her polinom bir ilkel
polinomdur.
Teorem 13.15. D, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ise D[ x] in iki
ilkel polinomunun çarpımı da bir ilkel polinomdur.
ÖKLİD BÖLGELERİ
Bölme algoritmasının tamsayılar ve polinom halkaları için verildiğini
biliyoruz. Ayrıca bir cismin herhangi bir elemanının, sıfırdan farklı diğer bir
elemanı tarafından daima bölünebildiğini de biliyoruz. Şimdi ise bölme
algoritmasının geçerli olduğu diğer halkaların varlığı üzerinde durmak
istiyoruz. Bunu tamlık bölgeleri ile bölme algoritmasını ilişkilendiren bir
cebirsel yapı sayesinde vereceğiz.
Tanım 13.14. D bir tamlık bölgesi olsun. D nin sıfırdan farklı elemanlarını
negatif olmayan tamsayılara resmeden ve aşağıdaki koşulları sağlayan d
dönüşümüne bir Öklid Fonksiyonu adını vereceğiz;
a) ∀a, b ∈ D ; a ≠ 0, b ≠ 0 olmak üzere d (a) ≤ d (ab) ,
b)
a, b ∈ D
ve
b≠0
ise
a = bq + r
olacak şekilde
d (r ) < d (b) koşullarını sağlayan q, r ∈ D elemanları vardır.
226
r =0
veya
Tanım 13.15. Üzerinde bir Öklid fonksiyonu tanımlanmış bir tamlık
bölgesine bir Öklid Bölgesi adı verilir.
Örnek 13.10. tamsayılar kümesi, bir tamlık bölgesidir ve ∀n ∈ , n ≠ 0
için d (n) = n şeklinde tanımlanan Öklid fonksiyonu ile de bir Öklid
bölgesidir.
Örnek 13.11.
F
bir cisim ve F [ x] , katsayıları F den alınmış olan
polinomlar halkası olsun. F [ x] polinomlar halkası, f ( x) ∈ F [ x] ; f ( x) ≠ 0
için d ( f ( x)) = der f ( x) şeklinde tanımlanan Öklid fonksiyonu sayesinde bir
Öklid bölgesidir.
Tanım 13.16. D bir tamlık bölgesi ve a, b ∈ D olsun. Eğer b = ac olacak
şekilde bir c ∈ D elemanı bulunabilirse bu durumda a, b yi böler deriz ve a ya
b nin bir çarpanı adını veririz.
Teorem 13.16. Her Öklid bölgesi bir asal ideal bölgesidir.
Kanıt. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun. N, D nin bir asal
ideali olsun. Eğer N = {0} ise bu durumda N =≺ 0 olacağından N bir asal
ideal olur. N ≠ {0} olsun. Bu durumda N de sıfırdan farklı bir b elemanı
mevcuttur.
d (b) = min {d (n) : n ∈ N }
olduğunu kabul edelim. O halde
N =≺ b olduğunu göstermeliyiz. N de bir a elemanı alalım. Öklid
fonksiyonunun tanımından dolayı a = bq + r olacak şekilde q, r ∈ D
elemanları bulunabilir. Burada ya r = 0 veya d (r ) < d (b) dir. a, b ∈ N ve N
bir
ideal
olduğundan
r = a − bq
yazarsak
r∈N
buluruz.
Ancak,
d (r ) < d (b) olması b nin seçilişi ile çelişir. O halde r = 0 olmalıdır. Böylece
a = bq buluruz ve a, N nin keyfi bir elemanı olduğundan N =≺ b elde
ederiz.
Sonuç 13.5. Her Öklid bölgesi bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.
Böylece, her Öklid bölgesi bir asal ideal bölgesi olmasına karşın tersi her
zaman doğru değildir. Bu nedenle Öklid bölgesi olmayan asal ideal
bölgelerinin araştırılması başlıca bir problemdir.
Bir D Öklid bölgesi, üzerinde tanımlayacağımız toplama ve çarpma
işlemleri sayesinde araştırılabilir. D üzerindeki Öklid fonksiyonu d olmak
üzere D nin aritmetik birimlerini, d nin 2. koşulu sayesinde karakterize ederiz.
227
Teorem 13.17. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun.
d (1) = min {d (a ) | a ∈ D, a ≠ 0}
olmak üzere, bir u ∈ D elemanının D nin bir aritmetik birimi olması için gerek
ve yeter koşul, d (u ) = d (1) olmasıdır.
Kanıt. d nin Öklid fonksiyonu olması nedeniyle 2. koşuldan a ≠ 0 olmak
üzere d (1) ≤ d (1.a ) = d (a) dır. Ayrıca, u ∈ D bir aritmetik birim ise
d (u ) ≤ d (u.u −1 ) = d (1)
olduğundan d (u ) = d (1) elde ederiz.
Tersine, D nin sıfırdan farklı bir u elemanı için d (u ) = d (1) ise bölme
algoritmasına göre D de 1 = uq + r olacak şekilde r = 0 veya d (r ) < d (u )
koşulunu sağlayan q ve r elemanları bulunabilir. Burada d (r ) < d (u ) olması,
d (u ) = d (1) in minimum oluşu ile çelişir. O halde r = 0 olmalıdır, böylece
1 = uq elde ederiz ki, bu u nun D de bir aritmetik birim olması demektir.
Tanım 13.17. D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ve a, b ∈ D
olsun. Bir d ∈ D elemanı için d | a , d | b ve a ile b nin her ikisini de bölen
bir c ∈ D için c | d ise bu taktirde d ye a ile b nin en büyük ortak böleni denir
ve e.b.o.b.(a, b) şeklinde gösterilir.
Örnek 13.12. [ x] de x 2 − 2 x + 1 ve x 2 + x − 2 polinomlarının en büyük
ortak bölenleri x − 1 ve 2( x − 1) dir. Çünkü 2, [ x] de bir aritmetik birimdir.
Diğer taraftan aynı polinomların [ x] deki en büyük ortak bölenleri sadece 1
ve –1 aritmetik birimleridir.
Teorem 13.18. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun. D nin
sıfırdan farklı herhangi iki elemanı a ve b ise a ve b nin D de bir en büyük
ortak böleni vardır ve üstelik l , m ∈ D olmak üzere e.b.o.b.( a, b) = la + mb
şeklinde yazılabilir.
Kanıt. N = {ra + sb | r , s ∈ D} kümesini göz önüne alalım. t ∈ D olmak
üzere
(r1a + s1b) ∓ (r2 a + s2 b) = (r1 ∓ r2 )a + ( s1 ∓ s2 )b
ve
t (ra + sb) = (tr )a + (ts )b
yazılabileceğinden N, D nin bir ideali olur. Bu ideal için, her Öklid bölgesi bir
asal ideal olacağından bir d ∈ D için N =≺ d yazabiliriz. Şu halde
∀r , s ∈ D için d | (ra + sb) dir. Buradan s = 0 , r = 1 için d | a ve s = 1 ,
228
r = 0 için d | b buluruz. Üstelik c | a , c | b ise bütün ra + sb ler için
c | (ra + sb) olduğundan ∀n ∈ N için c | n dir. Böylece, c | d elde ederiz ki,
bu bize
e.b.o.b.( a, b) = d
olduğunu kanıtlar. Üstelik,
d ∈N
olması
d = la + mb olacak şekilde l , m ∈ D elemanlarının var olduğunu gösterir. Eğer
bir diğer ortak bölen e.b.o.b.(a, b) = d1 ise d | d1 ve d1 | d olacağından bölme
algoritması ile bir k ∈ D için
d1 = kd = (kl )a + (km)b = l1a + m1b
elde ederiz.
Şimdi de bir Öklid bölgesinde tanımlanan Öklid fonksiyonu için Öklid
algoritmasını ifade eden aşağıdaki teoremi kanıtlayalım.
Teorem 13.19. ( Öklid Algoritması ) D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid
bölgesi olsun. D nin sıfırdan farklı iki a ve b elemanı için d Öklid
fonksiyonunun 1. koşuluna göre a = bq1 + r1 olmak üzere r1 = 0 veya
d (r1 ) < d (b) koşullarından birisi sağlanır. Eğer r1 ≠ 0 ise r2 için b = r1q2 + r2
sağlanır. Burada yine r2 = 0 veya d (r2 ) < d (r1 ) dir. Bu şekilde sürdürürsek ya
ri +1 = 0 veya d (ri +1 ) < d (ri ) olmak üzere
ri −1 = ri qi +1 + ri +1
olacak şekilde bir ri +1 elemanını bulabiliriz. Böylece elde edeceğimiz r1 , r2 ,...
dizisinin bir s. terimi için rs = 0 buluruz. Eğer r1 = 0 ise e.b.o.b.(a, b) = b dir.
Eğer r1 ≠ 0 ve rs , rs = 0
olacak şekilde ilk eleman ise bu durumda da
e.b.o.b.(a, b) = rs −1 dir.
Kanıt. d (ri ) < d (ri −1 ) ve d (ri ) negatif olmayan bir tamsayı olduğundan sonlu
bir adımdan sonra rs = 0 buluruz. Eğer r1 = 0 ise a = bq1 yazabileceğimizden
e.b.o.b.(a, b) = b dir. Şimdi r1 ≠ 0 olduğunu kabul edelim. Bu durumda d | a
ve d | b ise d | (a − bq1 ) olduğundan d | r1 elde ederiz. Eğer d1 | r1 ve d1 | b
ise d1 | (bq1 + r1 ) olduğundan d1 | a buluruz. Böylece a ile b nin ve b ile r1 in
ortak bölenlerinin kümesi aynı olur. Benzer düşünceyle eğer r2 ≠ 0 ise b ile r1
in ortak bölenlerinin kümesi ile r1 ile r2 nin ortak bölenlerinin kümesi aynı
olur. Bu şekilde sürdürerek a ile b nin ortak bölenlerinin kümesiyle, rs − 2 ile
rs −1 in ortak bölenlerinin kümesinin aynı olduğunu elde ederiz. Böylece rs − 2
ile rs −1 in bir ortak böleni aynı zamanda a ile b nin de bir ortak bölenidir.
Ancak
rs − 2 = qs rs −1 + rs = qs rs −1
denklemi e.b.o.b.(rs − 2 , rs −1 ) = rs −1 olduğunu gösterir ki, bu kanıtı tamamlar.
229
Örnek 13.13. 22471 ile 3266 sayılarının en büyük ortak bölenlerini bulmak
suretiyle üstündeki Öklid fonksiyonu için Öklid algoritmasını oluşturalım.
22471 = 3266.6 + 2875 ⇒ r1 = 2875,
3266 = 2875.1 + 391 ⇒ r2 = 391,
2875 = 391.7 + 138 ⇒ r3 = 138,
391 = 138.2 + 115 ⇒ r4 = 115,
138 = 115.1 + 23 ⇒ r5 = 23,
115 = 23.5 + 0 ⇒ r6 = 0.
Böylece a = 22471 , b = 3266 nın en büyük ortak böleni r5 = 23 tür.
PROBLEMLER
1) f ( x) , g ( x) ∈ 5 [ x] ve f ( x) = 2 x3 + 4 x 2 + 3x + 2, g ( x) = 3x 4 + 2 x + 4
olmak üzere,
a) f ( x) + g ( x),
b) f ( x).g ( x)
polinomlarını bulunuz.
2) ([ x ])[ y ] nin
f ( x, y ) = (3x 3 + 2 x) y 3 + ( x 2 − 6 x + 1) y 2 + ( x 4 − 2 x) y + ( x 4 − 3x 2 + 2)
şeklinde verilen elemanını, ([ y ])[ x] in bir elemanı olacak şekilde yeniden
ifade ediniz.
3) Aşağıda verilen polinomlardan birincisini, ikincisine böldüğünüzde elde
edilen bölüm ve kalanları bulunuz.
a) 3 [ x] de p( x) = x 5 + 2 , q ( x ) = 2 x 4 + 2 ,
b) [ x] de p( x) = x 4 + x 3 + 3x + 2 , q ( x) = 2 x3 − x 2 + 6 x − 3,
c) [ x] de p( x) = x 6 + x 4 − 4 x 3 − 5 x , q ( x) = x3 + 2 x 2 + 1 .
4) x 4 + 4 ∈ 7 [ x] polinomunun 7 de sıfırının olmadığını gösteriniz.
5) Aşağıdaki polinomları yanlarında verilen halkalar üzerinde çarpanlarına
ayırınız.
a) 5 [ x] , x 4 + 1 ,
230
b) [ x] , x 3 − 4 x + 1 ,
c) [ x] , x8 + 16 .
6) Aşağıdaki polinomların yanlarında verilen halkalar üzerinde indirgenip
indirgenmeyeceklerini belirleyiniz.
a) [ x] , x 2 + 1,
b) [ x] , x 2 + 4 ,
c) 5 [ x] , 4 x 3 + 3 x 2 + x + 1 .
7) 5 [ x] üzerindeki indirgenemeyen bütün ikinci dereceden polinomları
bulunuz.
8) Aşağıda verilen fonksiyonlardan hangileri yanında tanımlanan tamlık
bölgesi için bir Öklid fonksiyonu tanımlar.
a) tamlık bölgesi için n ≠ 0 , n ∈ olmak üzere d (n) = n 2 ,
b) tamlık bölgesi için a ≠ 0 , a ∈ olmak üzere d (a ) = a 2 ,
c) tamlık bölgesi için a ≠ 0 , a ∈ olmak üzere d (a) = 50 .
9) 49349 ve 15555 tamsayılarının en büyük ortak bölenini bulunuz.
10) Her cisim bir Öklid bölgesidir, kanıtlayınız.
11) D bir Öklid bölgesi ve d, D nin Öklid fonksiyonu olsun. Eğer a, b ∈ D
elemanları bağlantılı ise bu durumda d (a) = d (b) olduğunu gösteriniz.
12) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğuna
karar veriniz.
a) Her cisim, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,
b) Her cisim, bir asal ideal bölgesidir,
c) Her asal ideal bölgesi, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,
d) Her tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi, bir asal ideal bölgesidir,
e) [ x] , bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.
231
14. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ
» rasyonel sayılar kümesi içinde herhangi bir lineer denklemin bir
çözümü daima vardır. Ancak, ikinci dereceden herhangi bir denklem rasyonel
sayılar kümesi içinde bir köke sahip olmayabilir. Örneğin;
x 2 − 2 = 0 denkleminin » da çözümü yoktur. Bu nedenle bu gibi denklemleri
çözebileceğimiz sayı sistemlerine ihtiyaç duyarız. Burada böylesi sayı sistemi,
» yu genişleterek elde edebileceğimiz » reel sayılar kümesidir. Aynı şey, bu
kez x 2 + 1 = 0 için söylenebilir. Yani bu denklem reel sayılar kümesinde
çözülemez. Reel sayılar kümesini genişleterek elde edebileceğimiz
» kompleks sayılar cismi içerisinde bu denklemi çözebiliriz. Üstelik,
kompleks sayılar kümesinde n. dereceden bir denklemin n tane kökünün
bulunabileceğini Cebirin Esas Teoreminden biliyoruz. O halde kompleks
sayılar cismi bu tür denklemlerin çözülebileceği bir sayı sistemini
oluşturmaktadır. Başka bir deyişle, bu amacımızı gerçekleştirebilmemiz için
artık kompleks sayı sistemini genişletmemize gerek kalmamaktadır.
Diğer taraftan, burada ele alınan sayı sistemleri soyut cebir açısından
genel anlam taşımazlar. Yani Cebirin Esas Teoreminin geçerli olamayacağı
soyut cisimler tanımlayabiliriz. Bu gibi soyut cisimlerin söz konusu olduğu
durumlarda cisim genişlemeleri aşağıdaki gibi tanımlanır.
Tanım 14.1. E ve F herhangi iki cisim ve i : F → E doğal homomorfizma
olmak üzere i dönüşümü bire-bir ve içine bir homomorfizma ise ( E , i ) çiftine
F nin bir genişlemesi adı verilir. Bu durumda i ( F ) ⊂ E dir ve i ( F ) , E nin bir
alt cismidir.
Örnek 14.1. F, E cisminin bir alt cismi olsun. Bu durumda E cismi F nin bir
genişlemesidir. Yani, i : F → E şeklinde ∀a ∈ F için i (a) = a olacak şekilde
bire-bir bir doğal homomorfizma bulunabilir. Tersine, böyle bir
homomorfizma mevcut ise o taktirde F, E cisminin bir alt cismidir. i
homomorfizmasına bir dahil etme dönüşümü adı verilir.
Örnek 14.2. C = {(a, b) | a, b ∈ »} kümesini göz önüne alalım. i (a) = (a, 0)
şeklinde tanımlanan a → i (a ) dönüşümü bir izomorfizmadır, yani i (») ≅ »
dir, böylece (a, 0) = a yazabiliriz. Şu halde » gerçel sayılar kümesi, »
kompleks sayılar kümesinin bir alt cismi olmaktadır, dolayısıyla » , »
cisminin bir genişlemesidir.
F, E cisminin bir alt cismi olsun. Bu durumda E yi F cismi üzerinde bir
vektör uzayı olarak görebiliriz. E cismindeki toplama işlemini aynı zamanda E
232
deki vektör toplamı işlemi olarak düşünebiliriz. E deki sayı-vektör çarpımı
işlemini ise aşağıdaki gibi tanımlayalım:
Herhangi iki x ∈ E , a ∈ F elemanı için ax ∈ E ise bu eşleme sayı-vektör
çarpımını tanımlasın. Bu iki işlemle E kümesi, F cismi üzerinde bir vektör
uzayı yapısı oluşturur. Gerçekten,
1) x(a + b) = xa + xb ∈ E ,
2) ( x + y )a = xa + ya ∈ E ,
3) a (bx) = (ab) x ∈ E ,
4) xe = x
koşullarının sağlandığı açıktır.
Tanım 14.2.
E nin F üzerindeki derecesi ( E : F ) = boy F E şeklinde
tanımlanır. O halde ( E , i ) nin i ( F ) üzerindeki derecesi, E nin i ( F ) üzerindeki
boyutundan ibarettir. Eğer bu derece sırasıyla sonlu veya sonsuz ise E de
sırasıyla sonlu veya sonsuz boyutlu olarak adlandırılır.
Teorem 14.1. E, F nin bir genişlemesi ve K herhangi bir cisim olmak üzere
τ :E→K
bir bire-bir homomorfizma ise bu durumda
( E : F ) = (τ ( E ) : τ ( F ))
dir.
Kanıt. { x1 , x2 ,..., xr } , E nin elemanlarının lineer bağımsız bir kümesi olsun.
Bu durumda {τ ( x1 ),τ ( x2 ),...,τ ( xr )} kümesinin de lineer bağımsız olduğunu
göstermeliyiz.
τ (a1 )τ ( x1 ) + τ (a2 )τ ( x2 ) + ... + τ (ar )τ ( xr ) = 0
lineer birleşimini yazalım. τ bir homomorfizma olduğundan
τ (a1 x1 ) + τ (a2 x2 ) + ... + τ (ar xr ) = 0
dır. Bu ise { x1 , x2 ,..., xr } kümesi lineer bağımsız bir küme olduğundan
a1 = a2 = ... = ar = 0
olmasını gerektirir. O halde τ nun bire-bir olması nedeniyle
τ (a1 ) = τ (a2 ) = ... = τ (ar ) = 0
bulunur. Bu ise {τ ( x1 ),τ ( x2 ),...,τ ( xr )} kümesinin de lineer bağımsız olduğunu
gösterir.
Eğer ( E : F ) = ∞ ise bu durumda (τ ( E ) : τ ( F )) = ∞
dur. O halde
( E : F ) = r < ∞ olması halini ele alalım. Bu durumda E yi geren bir
{ x1 , x2 ,..., xr } bazı mevcuttur. Bu küme lineer bağımsız
{τ ( x1 ),τ ( x2 ),...,τ ( xr )} kümesi de lineer bağımsız bir kümedir.
233
olduğundan
O halde bu
kümenin τ ( E ) nin bir bazı olabilmesi için bir τ ( x) ∈ τ ( E ) elemanını bu
kümenin bir lineer birleşimi şeklinde yazabilmeliyiz. x ∈ E elemanı için
x = a1 x1 + a2 x2 + ... + ar xr
olacak şekilde a1 , a2 ,..., ar ∈ F
elemanlarını bulabiliriz. Buradan τ
uygulayarak
τ ( x) = τ (a1 x1 + a2 x2 + ... + ar xr )
ve τ bir homomorfizma olduğundan
τ ( x) = τ (a1 x1 ) + τ (a2 x2 ) + ... + τ (ar xr )
yu
= τ (a1 )τ ( x1 ) + τ (a2 )τ ( x2 ) + ... + τ (ar )τ ( xr )
bulunur ki, bu teoremi kanıtlar.
Teorem 14.2. F, E ve K herhangi üç cisim ve F ⊂ E ⊂ K olsun. Bu taktirde
( K : F ) = ( K : E )( E : F )
dir.
Kanıt. E nin F üzerindeki derecesini göz önünde bulundurmak koşulu ile
{ x1 , x2 ,..., xr } ⊂ E , E nin F cismi üzerinde lineer bağımsız elemanlarının bir
kümesi olsun. Diğer taraftan, K nın E üzerindeki derecesi göz önünde
bulundurularak { y1 , y2 ,..., ys } ⊂ K , K nın E cismi üzerinde lineer bağımsız
olsun. i = 1, 2,..., r ,
elemanlarının bir kümesi
j = 1, 2,..., s olmak üzere
{x y } şeklindeki elemanlar K nın rs elemanlı bir alt kümesini oluştururlar. Bu
i
j
kümenin F cismi üzerinde lineer bağımsız bir küme olduğunu göstermeliyiz.
Yani,
r
s
∑∑ a x y
ij i
j
=0
i =1 j =1
olmasının ancak ve ancak ∀i, j için aij = 0 olması halinde mümkün
olabileceğini göstermeliyiz. Bunun için
r
s
∑∑ a x y
ij i
i =1 j =1
j
r
r
i =1
i =1
= (∑ ai1 xi ) y1 + ... + (∑ ais xi ) ys = 0
yazabiliriz. y1 , y2 ,..., ys ler K nın E üzerinde lineer bağımsız elemanları
r
olduğundan E nin elemanları olan s tane katsayıyı
∑a x
ij i
i =1
O halde j = 1, 2,..., s olmak üzere her j için
a1 j x1 + a2 j x2 + ... + arj xr = 0
234
= 0 olarak buluruz.
elde ederiz. Şimdi, x1 , x2 ,..., xr ler F üzerinde lineer bağımsız olduklarından
aij ∈ F elemanlarının hepsi sıfırdır. Böylece i = 1, 2,..., r , j = 1, 2,..., s olmak
üzere
{x y }
i
j
şeklindeki elemanlar, K nın F cismi üzerinde rs tane lineer
bağımsız elemanıdır.
Şimdi eğer, ( K : E ) ve ( E : F ) sonsuz ise o durumda ( K : F ) de sonsuz
olacağından teorem doğru olur. Eğer ( K : E ) = s < ∞ ve ( E : F ) = r < ∞ ise,
{ x1 , x2 ,..., xr }
kümesi E nin F üzerindeki bazı ve
{ y1 , y2 ,..., ys }
de K nın E
üzerindeki bazı olmak üzere i = 1, 2,..., r , j = 1, 2,..., s için { xi y j } şeklindeki
kümenin de K nın elemanlarının lineer bağımsız bir kümesi olduğunu yukarıda
kanıtladık, böylece rs ≤ ( K : F ) dir. Şimdi de rs tane xi y j lerin K yı
gereceğini gösterelim. Bunun için t ∈ K olsun. b1 , b2 ,..., bs ∈ E olmak üzere
t = b1 y1 + b2 y2 + ... + bs ys
yazabiliriz. Diğer taraftan aij ∈ F olmak üzere
b j = a1 j x1 + a2 j x2 + ... + arj xr
olduğundan bunları yukarıda yerine yazarak
r
s
t = ∑∑ aij xi y j
i =1 j =1
buluruz. O halde buradan rs ≥ ( K : F ) elde ederiz. Böylece rs = ( K : F )
olduğu görülür. Bu ise teoremi kanıtlar.
BASİT CİSİM GENİŞLEMELERİ
E ve F iki cisim olmak üzere E, F nin bir genişlemesi ve S, E nin herhangi
bir alt kümesi olsun. E nin F ve S yi kapsayan bütün alt kümelerinin arakesit
kümesi yine E nin bir alt cismidir , üstelik bu alt cisim F ile S yi kapsayan en
dar alt cisimdir. Bu alt cismi F ( S ) ile gösterelim ve bu cismin elemanlarını
karakterize eden aşağıdaki teoremi kanıtlayalım.
Teorem 14.3. F ( S ) nin elemanları, S nin katsayıları F cisminde olan, sonlu
sayıda elemanının çarpımından oluşan terimlerin bir lineer birleşiminin
bölümü şeklindedir.
Kanıt. Teoremin ifadesinde verilen elemanların kümesini K ile gösterelim. Bu
elemanlar x, y,..., t ∈ S ve i = 0,1, 2,..., r ; j = 0,1, 2,..., s için ai , b j ∈ F
olmak üzere
a0 x0 y0 ...t0 + ... + ar xr yr ...tr
b0 x '0 y '0 ...t '0 + ... + bs x 's y 's ...t 's
235
şeklindedirler. K nın F ve S yi kapsayacağı açıktır, dolayısıyla F ( S ) nin
tanımından F ( S ) ⊂ K buluruz. Üstelik, K da E nin bir alt cismini oluşturur.
Diğer taraftan F ( S ) , S ve F yi kapsayan bir alt cisim olduğu için S deki sonlu
çarpımları, bu sonlu çarpımların sonlu lineer birleşimlerini ve bu lineer
birleşimlerin bölümlerini de kapsar, dolayısıyla K yı kapsar. Böylece,
K ⊂ F ( S ) dir. Şu halde K = F ( S ) elde ederiz.
Örnek 14.3. Yukarıdaki tanımlamaya göre S, α1 , α 2 ,..., α r şeklinde sonlu
sayıda elemana sahip ise F ( S ) nin elemanları, katsayıları F cisminden seçilen
ve α1 , α 2 ,..., α r elemanları ile oluşturulan rasyonel polinomlardan oluşur. Bu
durumda
F ( S ) = F (α1 , α 2 ,..., α r )
cismi F nin bir genişlemesidir.
Tanım 14.3. Eğer S, bir tek α ∈ E elemanın gerdiği ve katsayılarını bir F
cisminden alan sabit olmayan sonlu dereceli polinomlardan oluşuyorsa, yani
S = (α ) ise bu durumda F ( S ) = F (α ) yazılır ve F (α ) = K ya bir basit
genişleme adı verilir. Bu genişlemenin bir x ∈ F (α ) elemanı
x=
σ α ( f ) a0 + a1α + a2α 2 + ... + ar α r
=
, σα (g) ≠ 0
σ α ( g ) b0 + b1α + b2α 2 + ... + bsα s
şeklinde yazılabilir. Burada a0 , a1 , a2 ,..., ar ; b0 , b1 , b2 ,..., bs ∈ F dir.
Teorem 14.4. E cismi, F nin bir genişlemesi ve α ∈ E olsun. F üzerindeki
polinomların kümesi P( F ) olmak üzere Iα = { f ∈ P( F ) | σ α ( f ) = 0} kümesi
verilsin. Bu taktirde Iα da Iα = (mα ) olacak şekilde bir tek indirgenemeyen
mα polinomu vardır. Üstelik Iα , mα tarafından gerilen asal idealdir ve
maksimaldir.
Kanıt. Bunun için aşağıdakileri kanıtlamalıyız:
1) mα indirgenemezdir,
2) Iα , mα nın katlarından ibarettir,
3) mα bir tektir.
1) Aksini kabul edelim, yani mα indirgenebilir olsun. Bu durumda mα = hk
olacak şekilde h, k ∈ P( F ) polinomları bulunabilir. Böylece,
σ α (mα ) = σ α (hk ) = σ α (h)σ α (k ) = 0
236
olması σ α (h) = 0 veya σ α (k ) = 0 olmasını gerektirir. Halbuki, der h > 0 ve
der mα > der k olduğundan bu mümkün değildir. Çünkü dereceleri mα nın
derecesinden küçük olduğu halde σ α (h) = 0 veya
σ α (k ) = 0 olamaz. Şu
halde mα indirgenemez olmak zorundadır.
2) f ∈ Iα alalım. f = q.mα + r , der r < der mα olacak şekilde q , r ∈ P ( F )
polinomları bulunabilir. Halbuki teoremin hipotezine göre
0 = σ α ( f ) = σ α (q )σ α (mα ) + σ α (r )
eşitliğinden
σ α (r ) = 0
ve böylece r ∈ Iα elde ederiz. Bu bir çelişmedir, çünkü en küçük dereceli
polinomun mα olduğunu kabul etmiştik. Ayrıca, der r < der mα olduğundan
r = 0 buluruz. Dolayısıyla f = q.mα olup Iα , mα nın katlarından ibarettir.
3) mα ≠ m 'α olmak üzere hem mα hem de m 'α , Iα yı gersin. Bu durumda
mα , Iα yı gerdiğinden m 'α = λ mα ve m 'α , Iα yı gerdiğinden mα = µ m 'α
yazabiliriz. Bu iki ifadeden mα = µλ mα elde ederiz. O halde,
der mα = der( µλ ) + der mα
ve
buradan
der( µλ ) = 0
veya
buluruz,
der λ + der µ = 0
yani
der λ = der µ = 0 dır. Bu ise λ ve µ polinomlarının sabit olması demektir.
Diğer taraftan mα indirgenemez bir polinom olduğundan λ = µ = 1 elde
ederiz, böylece mα = m 'α dır.
Teorem 14.5. E cismi, F nin bir genişlemesi ve α ∈ E olsun. F cismi
f
üzerinde
şeklindeki bütün rasyonel polinomların kümesi R( F ) olmak
g
üzere
F (α ) ≅ R( F )
izomorfizması
vardır,
üstelik
F (α ) = F [α ]
ve
( F (α ) : F ) = der mα dır. ( Burada mα yukarıda tanımlandığı gibidir.)
 f  σ (f)
Kanıt. ϕ : R( F ) → R ( F ) , ϕ   = α
dönüşümünü ve yukarıdaki gibi
 g  σα ( g )
tanımlanan Iα kümesini göz önüne alalım. Iα kümesinin tanımından g ≠ 0
olduğundan σ α ( g ) ≠ 0 dır. ϕ nin bir izomorfizma tanımlayacağı kolayca
gösterilebilir. O halde F (α ) ≅ R( F ) izomorfizması vardır. F (α ) = F [α ]
olduğunu kanıtlamak için β ∈ F (α ) olmak üzere β =
σα ( f )
şeklinde
σα (g)
verilsin. σ α ( g ) ≠ 0 ise g ∉ Iα dır. mα ∈ Iα elemanını göz önüne alalım. mα
237
indirgenemez olduğundan g yi bölmez, çünkü Iα nın her elemanı mα nın bir
katıdır. α 0 = e olsun. Bu durumda
hg + kmα = e
olacak şekilde h , k ∈ P( F ) elemanları vardır. Böylece,
e = σ α (e) = σ α (h)σ α ( g ) + σ α (k )σ α (mα )
= σ α (h)σ α ( g )
dir. Buradan,
σ α (h) = (σ α ( g )) −1 veya σ α ( f )σ α (h) = σ α ( fh) = β
bulunur. Böylece fh bir polinom olduğundan β da bir polinomdur,
dolayısıyla F (α ) = F [α ] elde ederiz.
Şimdi, der mα = n olsun. ( F (α ) : F ) = der mα = n olduğunu kanıtlamak
için F (α ) nın F üzerinde {e, α , α 2 ,..., α n −1 } şeklinde bir baza sahip olduğunu
göstermek yeterlidir. Bunun için önce bunların lineer bağımsız olduğunu
gösterelim. a0 , a1 , a2 ,..., an −1 ∈ F olmak üzere,
a0 e + a1α + ... + an −1α n −1 = 0
olsun. Bu durumda bir f ∈ P ( F ) için
f = a0 e + a1 x + ... + an −1 x n −1
yazabiliriz ve bu f için
σ α ( f ) = a0 e + a1α + ... + an −1α n −1 = 0
olacağından ve f minimal polinom olduğundan f = 0 olmalıdır, böylece
a0 = a1 = ... = an −1 = 0
bulunur, yani {e, α , α ,..., α
2
Şimdi de
{e,α , α
2
n −1
} kümesi lineer bağımsızdır.
} kümesinin F (α ) yı gerdiğini
,..., α n −1
gösterelim.
Bunun için x ∈ F (α ) olsun.
x = a0 e + a1α + ... + an −1α n −1
olacak
şekilde
a0 , a1 , a2 ,..., an −1 ∈ F
elemanlarını
bulabileceğimizi
göstermeliyiz. x ∈ F (α ) olduğundan σ α ( f ) = x olacak şekilde F üzerinde
tanımlı bir f polinomu bulabiliriz. Öklid algoritmasına göre
f = qmα + r , der r ≤ der mα = n
olacak şekilde F üzerinde tanımlı q, r polinomları bulunabilir. Buradan
σ α ( f ) = σ α (qmα + r ) = σ α (qmα ) + σ α (r ) = σ α (q)σ α (mα ) + σ α (r )
yazabiliriz. Bu ise,
r = a0 e + a1 x + ... + an −1 x n −1
238
şeklinde bir polinom olmasını gerektirir. Şu halde
σ α (r ) = a0 e + a1α + ... + an −1α n −1 = x
dir. Böylece,
x = σα ( f )
dır ve bu {e, α , α 2 ,..., α n −1 } kümesinin F (α ) yı gerdiğini ve dolayısıyla F (α )
nın bazı olduğunu kanıtlar.
CEBİRSEL GENİŞLEMELER
Tanım 14.4. ( E , i ) , bir F cisminin herhangi bir genişlemesi olsun. Eğer
F ⊂ E ise i dönüşümü bir dahil etme adını alır. Eğer ∀α ∈ E , F üzerinde
cebirsel ise yani, α katsayıları F den alınmış sabit olmayan bir polinom
denklemin kökü ise bu durumda ( E , i ) ye bir cebirsel genişleme, aksi taktirde
bir transandant genişleme adı verilir.
Tanım 14.5. E cismi F nin bir genişlemesi olsun. E nin F üzerindeki cebirsel
elemanlarının kümesine F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı adı verilir ve A ile
gösterilir. A = F ise bu durumda F ye E de cebirsel kapalıdır deriz.
Teorem 14.6. F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı, E nin bir alt cismidir.
Kanıt. F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı A ve α , β ∈ A iki cebirsel eleman
olsun. α + β ∈ A , α .β ∈ A , −α ∈ A ve α ≠ 0 olmak üzere α −1 ∈ A
olduğunu göstermeliyiz. Bunun için, α ve β yı F kümesi içerisine dahil
ederek F (α , β ) kümesini oluşturalım. Bu küme E nin bir alt cismi olur.
Dolayısıyla, α + β ∈ F (α , β ) , α .β ∈ F (α , β ) , −α ∈ F (α , β ) ve α ≠ 0 olmak
üzere α −1 ∈ F (α , β ) dır ve F (α , β ) nın bütün elemanları cebirseldir. Diğer
taraftan A nın bütün cebirsel elemanları içerdiğini tanımdan biliyoruz. O halde
F (α , β ) ⊂ A ve α + β ∈ A , α .β ∈ A , −α ∈ A ve α ≠ 0 olmak üzere
α −1 ∈ A dır. Böylece A, E nin bir alt cismidir.
Teorem 14.7. E cismi , F nin bir genişlemesi olsun. E nin F üzerindeki
derecesi ( E : F ) = n < ∞ şeklinde sonlu ise bu durumda E bir cebirsel
genişlemedir.
Kanıt. Herhangi bir α ∈ E elemanını göz önüne alalım. {e, α , α 2 ,..., α n }
kümesi F de lineer bağımlı olacaktır. O halde
a0 e + a1α + a2α 2 + ... + anα n = 0
239
olacak şekilde hepsi birden sıfır olmayan a0 , a1 , a2 ,..., an ∈ F elemanları
bulunabilir. Böylece en az bir f ∈ P ( F ) için σ α ( f ) = 0 dır ve α ∈ E keyfi
bir eleman olduğundan E nin bir cebirsel genişleme olduğu sonucu bulunur.
Not: Bu teoremin karşıtı daima doğrudur.
Teorem 14.8. Eğer E, sonlu sayıda cebirsel eleman tarafından gerilebiliyor ise
o taktirde E sonlu bir genişlemedir.
Kanıt. Teoremin hipotezine göre sonlu sayıda α1 , α 2 ,..., α n ∈ E elemanları
vardır. Bu elemanların gerdiği cisimler,
F (α1 ,..., α k ) = Ek , k = 1, 2,..., n
şeklinde olsun. Buna göre,
E = F (α1 ,..., α n ) = En ve F = E0
dır. Böylece,
k = 1 için E1 = F (α1 ) = E0 (α1 ),
k = 2 için E2 = E1 (α 2 ) ve E1 = F (α1 ) = E0 (α1 )
olduğundan
E1 (α 2 ) = ( E0 (α1 ), α 2 ) = F (α1 , α 2 )
yazabiliriz. k için ise Ek = Ek −1 (α k ) yazabiliriz. Böylece Teorem 14.7. den
dolayı ∀k için α k lar E ve Ek lar üstünde cebirsel olduklarından Ek < ∞
dur. Böylece Teorem 14.2. ve Teorem 14.5. ten
( E : F ) = ( En : En −1 )( En −1 : En − 2 )...( E1 : E0 ) < ∞
sonucunu elde ederiz.
240
15. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI
Düzlemdeki vektörleri paralelkenar kuralına göre toplayabildiğimiz gibi bir
vektörü bir sayı ile çarparak bir diğer vektör elde edebiliriz. Vektör toplamı ve
sayı-vektör çarpımı adını vereceğimiz bu işlemlerin sağladığı cebirsel
özellikleri genelleştirmek suretiyle vektör uzayı adını vereceğimiz bir cebirsel
yapı tanımlayabiliriz. Burada ele alacağımız sayılar gerçel sayılar cismine ait
olabileceği gibi diğer cisimler için de bu tanımlamaları yapmak söz konusudur.
Tanım 15.1. F cismi üzerinde bir vektör uzayı (lineer uzay ), elemanları
vektör toplamı ve skaler-vektör çarpımı adını vereceğimiz iki işleme göre
aşağıdaki özellikleri gerçekleyen bir V kümesidir:
1) Vektör toplamı işlemine göre V, değişmeli bir gruptur,
2) Herhangi bir λ ∈ F ve a, b ∈ V için λ (a + b) = λ a + λ b ,
3) λ , µ ∈ F ve a ∈ V için (λ + µ )a = λ a + µ a ,
4) λ , µ ∈ F ve a ∈ V için (λµ )a = λ ( µ a) ,
5) Herhangi bir a ∈ V için 1a = a dır.
Örnek 15.1. Bir F cismine ait elemanların sıralı n-lilerinin F n kümesi
aşağıdaki işlemlerle birlikte F cismi üzerinde bir vektör uzayıdır;
(a1 , a2 ,..., an ) + (b1 , b2 ,..., bn ) = (a1 + b1 , a2 + b2 ,..., an + bn ) ,
λ (a1 , a2 ,..., an ) = (λ a1 , λ a2 ,..., λ an ) .
Bu örneğe göre 2 ve 3 boyutlu Öklid uzayları E 2 , E 3 ve n boyutlu Öklid
uzayı E n ; reel sayılar cismi üzerinde vektör uzayı örnekleridir.
Örnek 15.2. Bir X kümesi üstünde tanımlanan ve değer kümesi herhangi bir F
cismi olan bütün fonksiyonların ℑ( X ; F ) kümesi, aşağıda verilen
fonksiyonların toplama ve sayı ile çarpımı işlemlerine göre bir vektör uzayıdır;
( f + g )( x) = f ( x) + g ( x) , (λ f )( x) = λ f ( x) ; λ ∈ F , x ∈ X .
Örnek 15.3. K, bir F cisminin alt cismi olsun. F deki birinci işlemi vektör
toplamı ve K nın elemanları ile F nin elemanlarının F deki ikinci işleme göre
çarpımını da sayı-vektör çarpımı olarak tanımlarsak, F yi K cismi üzerinde bir
vektör uzayı olarak tanımlayabiliriz. Buna göre kompleks sayılar kümesi reel
sayılar kümesi üstünde bir vektör uzayıdır.
Tanım 15.1. kullanılarak vektör uzaylarının aşağıdaki özelliklerini kolayca
kanıtlayabiliriz. Burada cisme ait sıfır elemanını normal şekilde, vektör
uzayının sıfır vektörünü ise vektör işaretli olarak yazacağız.
241
Özellik 15.1. Bir F cismi üstünde tanımlı bir vektör uzayı için aşağıdaki
özellikler vardır;
1) Herhangi bir λ ∈ F için λ 0 = 0 ,
2) Herhangi bir λ ∈ F ve a ∈ V için λ (−a ) = −λ a ,
3) Herhangi bir λ ∈ F ve a , b ∈ V için λ (a − b) = λ a − λ b ,
4) Herhangi bir a ∈ V için (−1)a = −a ,
5) Herhangi bir a ∈ V için 0a = 0 ,
6) λ , µ ∈ F ve a ∈ V için (λ − µ )a = λ a − µ a dır.
Tanım 15.2. V bir vektör uzayı ve U ⊂ V olsun. Eğer aşağıdaki koşullar
gerçeklenirse U ya V nin bir alt uzayı adı verilir:
1) U , vektör toplamı işlemine göre V nin bir alt grubudur,
2) ∀λ ∈ F ve a ∈ U için λ a ∈ U dur.
Bu tanıma göre U ≠ ∅ ve U ⊂ V olmak üzere
a) 0 ∈ U ,
b) ∀u , w ∈ U için u + w ∈ U ,
c) ∀λ ∈ F ve ∀u ∈ U için λ u ∈ U
koşulları gerçeklenirse U ⊂ V alt kümesi F cismi üstünde tanımlanan V vektör
uzayının bir alt uzayı olur. U kümesinin de V de ki işlemlere göre bir vektör
uzayı olduğu gösterilebilir. Herhangi bir V vektör uzayının sadece sıfır
vektöründen oluşan alt kümesi ve vektör uzayının kendisi V nin alt uzaylarıdır.
Bu alt uzaylara V nin aşikar (trivial) alt uzayları adı verilir.
Örnek 15.4. E 3 vektör uzayında , verilen bir düzleme veya doğruya paralel
vektörlerin kümesi, E 3 vektör uzayının bir alt uzayını oluştururlar.
Örnek
15.5.
I ⊂
aralığı
verilsin.
f :I →
şeklindeki
bütün
fonksiyonların ℑ( I , ) kümesi bir vektör uzayıdır. f : I → şeklindeki
bütün sürekli fonksiyonların kümesi ℑ( I , ) nin bir alt vektör uzayıdır.
Tanım 15.3. U ve V aynı F cismi üzerinde tanımlanmış iki vektör uzayı ve
ϕ : V → U dönüşümü bire-bir ve üzerine olsun. Aşağıdaki iki koşul
gerçeklenirse ϕ dönüşümüne V ile U vektör uzayları arasında bir izomorfizma
ve V ile U vektör uzaylarına da izomorfturlar deriz:
1) ∀a, b ∈ V için ϕ (a + b) = ϕ (a) + ϕ (b),
2) ∀λ ∈ F ve ∀a ∈ V için ϕ (λ a ) = λϕ (a).
242
Sonlu
boyutlu
vektör
uzaylarını,
izomorfizmalar
yardımıyla
tanımlayacağımız denklik bağıntıları sayesinde izomorf sınıflara
parçalayabiliriz. Aralarında bir izomorfizma tanımlanabilen iki vektör uzayını
bağıntılı olarak tanımlarsak, tanımlayacağımız bağıntı bir denklik bağıntısı
olur, böylece bu bağıntı sayesinde tanımlanabilen her bir denklik sınıfını bir
izomorfizma sınıfı olarak düşünebiliriz. Biraz sonra vereceğimiz teoremle
bunu nasıl yapabileceğimizi göreceğiz.
Tanım 15.4.
V, F cismi üzerinde
bir vektör uzayı ve a1 , a2 ,..., an ∈ V
vektörleri verilsin. λ1 , λ2 ,..., λn ∈ F olmak üzere
λ1a1 + λ2 a2 + ... + λn an
şeklindeki bir toplama bir lineer birleşim adı verilir.
Tanım 15.5. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve
{ x1 , x2 ,..., xn } ⊂ V
olsun. ∀a ∈ V vektörü x1 , x2 ,..., xn vektörlerinin bir lineer birleşimi olarak tek
türlü ifade edebiliyor ise
{ x1 , x2 ,..., xn }
kümesine V nin bir tabanı (bazı) adı
verilir. Bir a ∈ V vektörünü
a = λ1 x1 + λ2 x2 + ... + λn xn
şeklinde yazarsak, buradaki λ1 , λ2 ,..., λn ∈ F sayılarına a vektörünün
koordinatları deriz.
Örnek 15.6. Geometrik olarak iki vektör aynı bir doğruya paralel iseler bu
vektörlere doğrusaldır, aynı bir düzleme paralel iseler düzlemseldir deriz.
Buna göre E 2 de doğrusal olmayan iki vektör bir baz oluşturur. Benzer
şekilde düzlemsel olmayan üç vektör de E 3 için baz oluştururlar.
Örnek 15.7. e1 = (1, 0,..., 0) , e2 = (0,1,..., 0) , ... , en = (0, 0,...,1) vektörleri F n
vektör uzayının bir bazını oluşturur.
Teorem 15.1. F cismi üzerinde n-vektörden oluşan bir baza sahip herhangi bir
V vektör uzayı, F n vektör uzayına izomorftur.
Kanıt. V nin bir bazı { x1 , x2 ,..., xn } olsun. Herhangi bir a ∈ V vektörü, bu
baza göre a = λ1 x1 + λ2 x2 + ... + λn xn şeklinde ifade edilsin. Şimdi,
ϕ : V → F n , ϕ (a) = (λ1 , λ2 ,..., λn )
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir izomorfizmadır. Gerçekten;
∀a, b ∈ V ve ∀λ ∈ F için
a = a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn , b = b1 x1 + b2 x2 + ... + bn xn
olmak üzere
243
a + b = (a1 + b1 ) x1 + (a2 + b2 ) x2 + ... + (an + bn ) xn
ve
λ a = (λ a1 ) x1 + (λ a2 ) x2 + ... + (λ an ) xn
olduğundan ϕ dönüşümü bir izomorfizmadır.
Örnek 15.8. Teorem 15.1. e göre E 2 ve E 3 sırasıyla 2 ve 3 e izomorftur.
λ1 , λ2 ,..., λn ∈ F skalerleri sayesinde bir lineer birleşim
λ1a1 + λ2 a2 + ... + λn an
şeklinde verilsin. Eğer λ1 = λ2 = ... = λn = 0 ise bu lineer birleşime aşikar
(trivial) aksi durumda aşikar olmayan (non-trivial) bir lineer birleşimdir deriz.
Tanım 15.6. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. a1 , a2 ,..., an ∈ V
vektörlerinin aşikar olmayan bir lineer birleşimi, sıfır vektörüne eşit oluyorsa
bu vektörlere lineer bağımlıdır, aksi taktirde lineer bağımsızdır denir.
Şu halde a1 , a2 ,..., an ∈ V vektörlerinin lineer bağımsız olması
λ1a1 + λ2 a2 + ... + λn an = 0
homojen denklem sisteminin ancak ve ancak sıfır çözüme sahip olmasına
eşdeğer olmaktadır.
Örnek 15.9. Sıfırdan farklı bir tek vektörden oluşan bir vektör kümesinin
lineer bağımsız, sadece sıfır vektöründen oluşan veya sıfır vektörünü içeren bir
vektör kümesinin ise lineer bağımlı olacağı açıktır. Ayrıca lineer bağımlı
vektörleri kapsayan bir vektör kümesinin kendisi de lineer bağımlıdır. Bu
düşünceyi aşağıdaki şekilde de ifade edebiliriz.
Teorem 15.2. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. n > 1 olmak üzere
a1 , a2 ,..., an ∈ V vektörlerinin lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul
bu vektörlerden en az birisinin diğerlerinin bir lineer birleşimi şeklinde
yazılabilmesidir.
Kanıt. a1 = µ2 a2 + ... + µn an olsun. Bu durumda,
a1 − µ 2 a2 − ... − µn an = 0
yazabiliriz ki, bu a1 , a2 ,..., an vektörlerinin lineer bağımlı olduğunu gösterir.
Tersine, hepsi birden sıfır olmayan λ1 , λ2 ,..., λn skalerleri için
λ1a1 + λ2 a2 + ... + λn an = 0
olsun. λ1 ≠ 0 olduğunu varsayalım. Bu taktirde,
a1 = −
λ
λ2
a2 − ... − n an
λ1
λ1
244
yazabiliriz.
Teorem 15.3. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve a1 , a2 ,..., an ∈ V lineer
bağımsız vektörleri verilsin. Bir b vektörünün a1 , a2 ,..., an vektörlerinin lineer
{a1 , a2 ,..., an , b}
birleşimi şeklinde yazılabilmesi için gerek ve yeter koşul
kümesinin lineer bağımlı olmasıdır.
Kanıt. Eğer b vektörü a1 , a2 ,..., an vektörlerinin lineer birleşimi olarak
yazılabiliyor ise Teorem 15.2. den dolayı
{a1 , a2 ,..., an , b}
lineer bağımlıdır.
Tersine hepsi birden sıfır olmayan λ1 , λ2 ,..., λn , µ sayıları için
λ1a1 + λ2 a2 + ... + λn an + µ b = 0
olsun. Burada µ ≠ 0 olmak zorundadır. Aksi durumda µ = 0 için a1 , a2 ,..., an
vektörleri lineer bağımlı olur ki, bu hipoteze aykırıdır. Dolayısıyla µ ≠ 0
olduğunda
b=−
λ
λ1
λ
a1 − 2 a2 − ... − n an
µ
µ
µ
yazabiliriz ki, bu b vektörünün a1 , a2 ,..., an vektörlerinin lineer birleşimi
şeklinde yazılabildiğini gösterir.
Teorem 15.4. Eğer b vektörü a1 , a2 ,..., an vektörlerinin lineer birleşimi olarak
yazılabiliyor ise bu yazılışın tek türlü olması için gerek ve yeter koşul
a1 , a2 ,..., an vektörlerinin lineer bağımsız olmasıdır.
Kanıt. b vektörünün
b = λ1a1 + λ2 a2 + ... + λn an = µ1a1 + µ2 a2 + ... + µ n an
şeklinde iki gösterime sahip olduğunu kabul edelim. Buradan,
(λ1 − µ1 )a1 + (λ2 − µ2 )a2 + ... + (λn − µ n )an = 0
yazabiliriz. Eğer b, tek türlü yazılabiliyor ise, yani 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀i
için λi = µi ise a1 , a2 ,..., an vektörleri lineer bağımsızdır. Tersine eğer
a1 , a2 ,..., an vektörleri lineer bağımsız iseler yukarıdaki lineer homojen
denklem sistemi sadece sıfır çözüme sahip olacağından 1 ≤ i ≤ n olmak üzere
∀i için λi − µi = 0 veya λi = µi elde ederiz ki, bu b nin a1 , a2 ,..., an
vektörlerinin lineer birleşimi olarak tek türlü yazılabileceğini gösterir.
Tanım 15.7. V bir vektör uzayı ve S ⊂ V olsun. S deki vektörlerin
oluşturduğu bütün sonlu lineer birleşimlerin kümesine S nin gerdiği lineer
uzay denir ve 〈 S 〉 ile gösterilir. Bu uzay V nin S yi kapsayan en dar alt
uzayıdır, eğer V = 〈 S 〉 ise S kümesi V vektör uzayını geriyor deriz. V = 〈 S 〉
245
olmak üzere eğer S sonlu sayıda vektörden oluşuyor ise o taktirde V ye sonlu
boyutlu vektör uzayı, aksi taktirde de sonsuz boyutlu vektör uzayıdır deriz.
Teorem 15.5. F cismi üzerinde bir V vektör uzayı, n tane vektör tarafından
gerilsin. Bu durumda m > n olmak üzere, V nin herhangi m tane vektörü lineer
bağımlı olur.
Kanıt. V = 〈 a1 , a2 ,..., an 〉 ve m > n olmak üzere b1 , b2 ,..., bm , V nin herhangi
m vektörü olsun. a1 , a2 ,..., an vektörleri V nin bazını oluşturacağından
b1 , b2 ,..., bm vektörlerini bu baz vektörlerin lineer birleşimleri olarak
b1 = µ11a1 + µ12 a2 + ... + µ1n an ,
b2 = µ 21a1 + µ22 a2 + ... + µ2 n an ,
..............................................
bm = µm1a1 + µ m 2 a2 + ... + µ mn an
şeklinde yazabiliriz. Şimdi λ1 , λ2 ,..., λm ∈ F olmak üzere
λ1b1 + λ2 b2 + ... + λm bm = (λ1 µ11 + λ2 µ 21 + ... + λm µ m1 )a1
+ (λ1 µ12 + λ2 µ 22 + ... + λm µm 2 )a2 + ... + (λ1 µ1n + λ2 µ2 n + ... + λm µ mn )an
yazabiliriz. Bu eşitlikten aşağıdaki lineer homojen denklem sistemini
oluşturalım;
µ11 x1 + µ 21 x2 + ... + µ m1 xm = 0,
µ12 x1 + µ 22 x2 + ... + µm 2 xm = 0,
..............................................
µ1n x1 + µ2 n x2 + ... + µmn xm = 0
Şimdi eğer (λ1 , λ2 ,..., λm ) bu denklem sisteminin bir çözümü oluyorsa o zaman
a1 , a2 ,..., an lerin hepsinin katsayıları sıfır olacağından
λ1b1 + λ2 b2 + ... + λm bm = 0
elde ederiz ki, bu b1 , b2 ,..., bm vektörlerinin lineer bağımlı olması demektir.
Not: Teorem 15.5. e göre, bir vektör uzayına ait lineer bağımsız ve uzayı geren
bir vektör kümesinin, bu uzayın bir bazı olacağı açıktır.
Teorem 15.6. V bir vektör uzayı ve S, V nin V yi geren herhangi bir sonlu alt
kümesi olsun. Bu durumda S, V nin bir bazını içerir.
Kanıt. S lineer bağımsız bir küme ise ispat tamamdır, eğer S lineer bağımlı
bir küme ise o zaman S, Teorem 15.2. den dolayı S deki diğer vektörler
tarafından ifade edilebilen bir vektörü kapsar. Bu vektörü S den çıkarırsak
geriye kalan küme yine V yi gerer, üstelik bu kümedeki vektör sayısı S deki
246
vektör sayısından bir eksiktir. Bu şekilde devam edersek sonuçta lineer
bağımsız ve V yi geren yani V nin bir bazını oluşturan bir kümeye ulaşırız.
Teorem 15.7. Sonlu boyutlu bir vektör uzayının bütün bazları aynı sayıda
vektöre sahiptir. Bu sayıya V nin boyutu deriz ve boyV şeklinde gösteririz.
Kanıt. V nin farklı sayıda vektöre sahip iki bazının var olduğunu kabul edelim.
Bu durumda Teorem 15.5. e göre daha fazla sayıda vektöre sahip olan bazın
vektörleri lineer bağımlı olur, bu ise baz tanımına aykırıdır. Çünkü bir vektör
uzayının bazı lineer bağımsız vektörlerden oluşur.
Örnek 15.10. V , F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve X, V nin sonlu nelemanlı bir alt kümesi olsun. X → F şeklindeki bütün fonksiyonların
kümesini ℑ( X , F ) ile gösterelim. Bu durumda ℑ( X , F ) bir vektör uzayıdır ve
boyutu n dir. Gerçekten, ∀a, x ∈ X için
1, x = a
δ a ( x) = 
0, x ≠ a
şeklinde tanımlı δ
fonksiyonunu
fonksiyonunu göz önüne alalım. Her ϕ ∈ ℑ( X , F )
ϕ = ∑ ϕ (a)δ a
a∈ X
biçiminde ifade edebiliriz. Böylece, ∀a ∈ X için tanımlayabileceğimiz δ a
fonksiyonlarının kümesi ( n elemanlı ) ℑ( X , F ) vektör uzayının bazını
oluşturur. Dolayısıyla boy ℑ = n dir.
Eğer X sonsuz elemanlı bir küme ise o zaman her n için ℑ( X , F ) , farklı
a1 , a2 ,..., an ler için δ a1 , δ a2 ,..., δ an şeklinde sonsuz çoklukta bir baza sahip
olacağından ℑ( X , F ) sonsuz boyutlu olur.
Örnek 15.11. reel sayılar cisminin, rasyonel sayılar cismi üzerinde bir
vektör uzayı yapısına sahip olduğunu biliyoruz. Bu vektör uzayı sonsuz
boyutludur. Gerçekten, eğer sonlu boyutlu olmuş olsaydı o zaman her bir reel
sayıyı sonlu sayıda rasyonel sayı sayesinde ifade edebilirdik ki, bu durumda
reel sayılar kümesi sayılabilir olurdu. Halbuki bu mümkün değildir, çünkü reel
sayılar kümesi sayılabilir değildir.
Not: Sayılabilir sonsuz elemanlı bir küme, + ile bire-bir eşlenebilen
kümedir.
247
Teorem 15.8. Bir V vektör uzayının bir S ⊂ V alt kümesinin maksimal sayıda
lineer bağımsız vektöre sahip herhangi bir { x1 , x2 ,..., xk } alt kümesi, S nin
vektörlerinin gerdiği 〈 S 〉 uzayının bir bazıdır.
Kanıt. ∀x ∈ 〈 S 〉 vektörünün { x1 , x2 ,..., xk } bazına ait vektörlerin lineer
birleşimi biçiminde yazılabileceğini göstermeliyiz. 〈 S 〉 nin tanımına göre x
vektörü S nin vektörlerinin lineer birleşimi şeklinde yazılabilir. O halde x ∈ S
nin x1 , x2 ,..., xk ların lineer birleşimi şeklinde yazılabileceğini kanıtlamalıyız.
Gerçekten, x ∈ { x1 , x2 ,..., xk } ise bu açıktır. x ∉ { x1 , x2 ,..., xk } ise Teorem 15.3.
den sonuç elde edilir.
Bu teoremde S = V almak suretiyle aşağıdaki teoremi ifade edebiliriz.
Teorem 15.9. Bir V vektör uzayının lineer bağımsız herhangi bir vektör
kümesi, V nin bir bazına tamamlanabilir.
Şimdi sonlu boyutlu vektör uzaylarını sınıflandıran aşağıdaki teoremi
kanıtlayabiliriz.
Teorem 15.10. Aynı cisim üstünde tanımlı sonlu boyutlu vektör uzaylarının
izomorf olabilmesi için gerek ve yeter koşul boyutlarının aynı olmasıdır.
Kanıt. U ve V, aynı F cismi üzerinde tanımlı iki vektör uzayı olsun.
φ : V → U dönüşümü bir vektör uzayı izomorfizması ve {e1 , e2 ,..., en } de V
nin
bir
bazı
olsun.
İzomorfizmalar
bazları
koruyacağından
{φ (e1 ), φ (e2 ),..., φ (en )} de U nun bir bazı olur ki, buradan boy U = boy V elde
edilir. Tersine, boy U = boy V = n olsun. Bu durumda Teorem 15.1. den U ve
V uzayları, F n ye izomorf olduklarından, U ve V nin de birbirine izomorf
olduğunu elde ederiz.
Bu teoremin sonucu olarak, bir F cismi üzerinde tanımlı n-boyutlu
herhangi bir V vektör uzayını, elemanları F cisminden seçilen sıralı n-lilerin
oluşturduğu F n vektör uzayı ile yer değiştirebiliriz. Eğer V nin bir bazını sabit
tutarsak, bu baza göre V nin herhangi bir vektörünü, vektörün bu baza göre
bulunacak koordinatlarına eşleyen dönüşüm bir izomorfizma tanımlar, buna
doğal izomorfizma diyeceğiz. Doğal izomorfizma sayesinde V nin baz
vektörleri F n nin birim normlu vektörlerine resmedilirler. Bu durumda
bileşenleri, bir matrisin satırları olarak yazarsak , bu matrisin satırlarının
oluşturacağı vektör uzayı sabit bir baza göre sonlu boyutlu bir vektör uzayı
oluşturur ve satır uzayı olarak isimlendirilir.
Şimdi, n-boyutlu V vektör uzayının bütün bazlarının kümesini göz önüne
alalım. {e1 , e2 ,..., en } bazını sabit düşünelim. Bu durumda V nin sıralı bir bazı
{e '1 , e '2 ,..., e 'n }
ise bu bazın bileşenleri
248
n
e ' j = ∑ ei cij , j = 1, 2,..., n
(15.1)
i =1
şeklindedir ve C = cij  matrisini tanımlar. Bu matrise
nxn
{e1 , e2 ,..., en }
bazından {e '1 , e '2 ,..., e 'n } bazına olan dönüşüm matrisi adı verilir. Bu matrisin
kolonları
{e '1 , e '2 ,..., e 'n }
bazının vektörlerinin
{e1 , e2 ,..., en }
bazına göre
bileşenlerinden oluşur. Dolayısıyla C = cij  matrisinin kolonları lineer
nxn
bağımsızdır, aksi taktirde {e '1 , e '2 ,..., e 'n } kümesi V nin bir bazını oluşturamaz.
Böylece C matrisi regüler bir matris olmak zorundadır. O halde det C ≠ 0 dır.
Eğer sabit {e1 , e2 ,..., en } bazına göre diğer bütün bazların dönüşüm
matrislerinin kümesini göz önüne alırsak bu küme regüler matrislerden
oluşur. det C > 0 ise {e1 , e2 ,..., en } bazı ile {e '1 , e '2 ,..., e 'n } bazı aynı
yönlendirilmiştir veya {e '1 , e '2 ,..., e 'n } bazı pozitif yönlendirilmiştir, det C < 0
ise negatif yönlendirilmiştir deriz. Böylece söz konusu vektör uzayını
yönlendirmiş oluruz.
(15.1) denklemini matris gösterimi ile
[ e '1 , e '2 ,..., e 'n ] = [e1 , e2 ,..., en ] C
şeklinde yazabiliriz. x ∈ V vektörünü, V nin {e1 , e2 ,..., en } ve {e '1 , e '2 ,..., e 'n }
bazlarına göre ifade edersek
n
n
i =1
i =1
x = x1e1 + ... + xn en = x '1 e '1 + ... + x 'n e 'n = x '1 ∑ ei ci1 + ... + x 'n ∑ ei cin
= x '1 (e1c11 + e2 c21 + ... + en cn1 ) + ... + x 'n (e1c1n + e2 c2 n + ... + en cnn )
yazarız. Buradan
 x1 
 x '1 
X =   , X ' =  
 xn 
 x 'n 
dersek,
x = [ e '1 , e '2 ,..., e 'n ] X ' = [ e1 , e2 ,..., en ] CX '
yazabiliriz. Böylece, iki baz arasında
X = CX '
şeklindeki koordinat dönüşüm denklemini elde ederiz, bunu bileşenler
cinsinden
n
xi = ∑ cij x ' j , i = 1, 2,..., n
j =1
şeklinde yazarız.
249
16. BÖLÜM. CEBİR
V kümesi, bir F cismi üzerinde vektör uzayı olmak üzere V üzerinde
V ×V → V
( x, y ) → xy
şeklinde tanımlanan çarpma işlemi (cebir işlemi)
i. ∀x, y ∈ V , ∀λ ∈ F için (λ x) y = x(λ y ) = λ ( xy ) ,
ii. ∀x, y, z ∈ V için ( x + y ) z = xz + yz , x( y + z ) = xy + xz
koşullarını sağlıyorsa V ye bir cebir adı verilir. Bu tanıma göre V nin F cismi
üstünde bir cebir yapısı oluşturması için V üstündeki toplama, çarpma ve F nin
elemanları ile V nin elemanlarının çarpımı işlemleri aşağıdaki koşulları
gerçeklemelidir;
1) V, toplama ve F nin elemanları ile çarpma işlemleri ile bir vektör uzayı
olmalı,
2) V, toplama ve çarpma işlemleri ile bir halka olmalı,
3) ∀ x, y ∈ V , ∀λ ∈ F için (λ x) y = x(λ y ) = λ ( xy ) olmalıdır.
Tanım 16.1. V bir cebir olsun. Eğer ∀x, y, z ∈ V için ( xy ) z = x( yz ) koşulu
da sağlanıyorsa V ye bir birleşmeli cebir ; ∀x, y ∈ V için xy = yx koşulu
sağlanırsa V ye bir değişmeli cebir ; ∀x ∈ V için xe = ex = x koşulunu
sağlayan bir e ∈ V birim elemanı bulunabiliyorsa V ye bir birimli cebir adı
verilir.
Tanım 16.2. V ve W herhangi iki cebir olsun.
dönüşümü ∀x, y, z ∈ V için
Eğer ϕ : V → W lineer
ϕ ( xy ) = ϕ ( x)ϕ ( y )
koşulunu gerçekliyor ise ϕ ye bir cebir homomorfizması adı verilir. Eğer ϕ
homomorfizması bire-bir ve üzerine ise bir cebir izomorfizması adı verilir.
V ve W herhangi iki birimli cebir olsun. e1 ∈ V , e2 ∈ W birim elemanlar
olmak üzere ϕ : V → W homomorfizması üzerine ise bu durumda ϕ (e1 ) = e2
dir. Gerçekten, ϕ üzerine olduğundan verilen herhangi bir y ∈ W elemanı için
ϕ ( x) = y olacak şekilde bir x ∈ V elemanı bulunabilir. O halde
y = e2 y = ϕ (e1 )ϕ ( x) = ϕ (e1 x) = ϕ ( x)
olduğundan e2 = ϕ (e1 ) , W nin birim elemanıdır.
250
Tanım 16.3. V, F cismi üzerinde birleşmeli bir cebir olsun. S ⊂ V olmak
üzere V nin her x elemanı xi1 , xi2 ,..., xik ∈ S ve λi1 , λi2 ,..., λik ∈ F elemanlarının
∑λ
i
i1 ,..., ik
xi1 ,...,ik
şeklindeki bir lineer birleşimi olarak ifade edilebiliyor ise S ye V nin bir üreteç
sistemi deriz, bu durumda S, V yi gerer.
Tanım 16.4. V herhangi bir cebir ve W ⊂ V bir alt vektör uzayı olsun. Eğer
W, V de tanımlı olan çarpma işlemine göre kapalı ise W ye V nin bir alt cebri
denir.
Tanım 16.5. (Cebirsel ideal) V bir cebir ve I ⊂ V bir alt vektör uzayı olsun.
∀x ∈ V için α ∈ I olmak üzere xα ∈ I ise I ya V nin bir sağ ideali, α x ∈ I
ise I ya V nin bir sol ideali adı verilir. Eğer V değişmeli ise bu durumda sağ ve
sol ideal kavramları anlamını yitirir ve bu durumda I ya sadece V nin bir
ideali denir.
Örnek 16.1. V birleşmeli bir cebir olmak üzere V nin bir x elemanını göz
önüne alalım.
N x = {α ∈ V | xα = 0}
kümesi V nin bir sağ idealidir. Çünkü β ∈ V
olduğundan αβ ∈ N x dir.
için ( xα ) β = x(αβ ) = 0
V bir cebir, I ⊂ V alt vektör uzayı ve I aynı zamanda V nin bir ideali ise
bu durumda V I bölüm cebrini tanımlayabiliriz. Bunun için önce
π :V → V I
şeklindeki doğal izdüşüm dönüşümünü tanımlarız ve aşağıdaki teoremi
kullanarak bölüm cebrini tanımlayabiliriz.
Teorem 16.1. π : V → V I dönüşümü tanımlansın. V I da bir çarpma
işleminin tanımlanabilmesi için gerek ve yeter koşul I nın V de bir ideal
olmasıdır.
Kanıt. V I da bir çarpma işleminin tanımlı olduğunu kabul edelim. x, y ∈ V
olmak üzere π ( x) = x ′ , π ( y ) = y ′ şeklinde gösterelim. π bir homomorfizma
olduğundan
x ' y ' = π ( x)π ( y ) = π ( xy )
yazabiliriz. Şimdi x ∈ I olduğunu kabul edersek y ∈ V olmak üzere, π bir
homomorfizma olduğundan
π ( xy ) = π ( x)π ( y ) = x ' y ' = 0
251
ifadesi x, y ∈ I olmasını gerektirir. Böylece I, V nin bir ideali olur.
Teoremin karşıtı kolayca kanıtlanır.
Örnek 16.2. F cisminin alt cismi olduğu her K cismi, F üzerinde bir cebirdir.
Buna göre, kompleks sayılar cismi, reel sayılar cismi üzerinde bir cebir
yapısı oluşturur.
Örnek 16.3. E 3 , 3-boyutlu Öklid uzayı , vektörel çarpma işlemi ile bir cebir
yapısına sahiptir.
Örnek 16.4. Herhangi bir X kümesinden , F cismine olan fonksiyonların
ℑ( X , F ) kümesi , fonksiyonların bilinen toplamı, çarpımı ve bir sayı ile bir
fonksiyonun çarpımı işlemlerine göre F cismi üzerinde bir cebirdir. Bu cebir
değişmeli, birleşmeli ve birim elemanlı bir cebirdir.
Örnek 16.5. X bir küme ve 2 X , X in alt kümelerinin kümesi olsun. M ,
N ∈ 2 X alt kümeleri için
M ∆N = ( M − N ) ∪ ( N − M )
şeklinde tanımlı simetrik fark ve kümelerin kesişimi işlemlerini, sırasıyla
toplama ve çarpma işlemleri olarak alırsak bu işlemlere göre 2 X kümesi bir
halka yapısına sahip olur. Üstelik bu halka değişmeli ve birleşmelidir. Şimdi
2 cismini göz önüne alalım. 2 nin elemanları ile 2 X in elemanlarının
çarpımı işlemini de aşağıdaki kurallara göre tanımlarsak 2 X kümesi 2
üzerinde bir cebir yapısı oluşturur:
∀M ∈ 2 X ve 0, 1∈ 2 için 0M = ∅ , 1M = M .
Şimdi F cismi üzerinde tanımlı bir A cebrini göz önüne alalım. A aynı
zamanda F cismi üzerinde bir vektör uzayıdır. A nın vektör uzayı olarak bir
bazı {e1 , e2 ,..., en } olsun. A nın bu baza göre yazılan iki elemanı
n
n
i =1
i =1
a = ∑ ai ei ve b = ∑ bi ei
olsun. Çarpmanın toplama üzerine dağılma özelliğini kullanarak
n
n
n
i =1
i =1
j =1
ab = ∑ ai (ei b) = ∑ ai (∑ b j (ei e j )) =
n
∑ a b (e e )
i
j
i
j
i , j =1
yazabiliriz ki, bu sonuç A cebrine ait iki elemanın çarpımının tamamen baz
vektörlerin çarpımları sayesinde bulunabileceğini gösterir. Böylece, eğer baz
vektörlerin çarpımı değişmeli ise bu durumda A da ki çarpma işlemi de genel
olarak değişmeli olur. Bunu gerçeklemek için a, b ∈ A olsun.
252
ab = ∑ ai b j (ei e j ) =∑ b j ai (e j ei ) = ba
i, j
i, j
elde ederiz. Benzer şekilde eğer baz vektörlerin çarpımı birleşmeli ise bu
durumda A da ki çarpma işlemi de genel olarak birleşmeli olur. Diğer taraftan
V bir vektör uzayı; {e1 , e2 ,..., en } , V nin bir bazı ve eij (i, j = 1, 2,..., n) ler V nin
seçilen keyfi vektörleri ise bu durumda V üstündeki çarpma işlemini a, b ∈ A
olmak üzere
ab = ∑ ai b j eij
i, j
kuralı sayesinde tanımlayabiliriz. Böylece V, bir cebir yapısına sahip olacakır.
Örnek 16.6. kompleks sayılar cisminin, reel sayılar cismi üzerinde bir
cebir olduğunu, deki çarpma işlemini nin {1, i} şeklindeki bazının işlem
tablosunu
x 1
1 1
i i
i
i
-1
şeklinde tanımlamak suretiyle elde edebiliriz. Üstelik deki çarpma
işleminin değişmeli ve birleşmeli olduğu, bazdaki 1 ve i elemanlarının
çarpımlarının değişmeli ve birleşmeli oluşundan açıktır.
Örnek 16.7. {e1 , e2 , e3 } , E 3 vektör uzayının bir ortonormal bazı olsun. E 3
deki vektörel çarpma işlemi, baz vektörlerinin vektörel çarpım tablosu,
aşağıdaki şekilde tanımlanırsa E 3 bir cebir yapısına sahip olur.
x
e1
e2
e3
e1
e2
e3
0
−e3
e2
e3
−e2
e1
0
−e1
0
Bu çarpma işlemi değişmeli değildir ve ∀ a, b, c ∈ E 3 için Jacobi Özdeşliği
adını verdiğimiz
( a × b ) × c + ( b × c ) × a + (c × a ) × b = 0
şeklindeki denklemi gerçekler. Bunu kanıtlamak için sadece baz vektörler için
bu denklemin sağlandığını göstermek yeterlidir.
253
Tanım 16.6. Bir cebrin bir alt kümesi aynı zamanda bu cebrin bir alt uzayı ve
bir alt halkası oluyor ise bu alt küme bir cebir yapısına sahip olur ve ilk cebrin
bir alt cebrini tanımlar. Benzer şekilde iki cebir arasında bir dönüşüm
verildiğinde eğer bu dönüşüm cebirlerin vektör uzayı ve halka yapıları
arasında da bir izomorfizma tanımlıyor ise bu dönüşüm iki cebir arasında da
bir izomorfizma tanımlar. Bu durumda bu iki cebire izomorftur deriz.
Örnek 16.8. Kuaternionlar cebri adını vereceğimiz H nın cebir işlemi, H nın
bir bazı {e1 , e2 , e3 , e4 } olmak üzere baz vektörlerinin çarpma işleminin
tablosunu aşağıdaki şekilde tanımlamak suretiyle verilir:
x
e1
e2
e3
e4
e1
e1
e2
e3
e4
e2
e2
- e1
e4
- e3
e3
e3
- e4
- e1
e2
e4
e4
e3
- e2
- e1
Bu cebir, tablodan görülebileceği gibi birleşmelidir, fakat değişmeli değildir.
Üstelik kompleks sayılar cebri, bu cebrin bir alt cebrini oluşturur.
Şimdi elemanları bir F cisminden seçilen m × n mertebeli
 a11 … a1n 


A = 
a

 m1 amn 
şeklindeki matrisleri göz önüne alalım. Bu matrisi kısaca A = (aij ) şeklinde
gösterelim. A = (aij ) ve B = (bij ) matrisleri aynı mertebeli olmak üzere
toplamı
A + B = (aij + bij )
şeklinde tanımlanan aynı mertebeli bir matristir. Bir A = (aij ) matrisinin, F
cisminin bir λ ∈ F elemanı ile çarpımını ise
λ A = (λ aij )
şeklinde tanımlarız. Bu iki işlemle birlikte m × n mertebeli bütün matrislerin
F m× n kümesi bir vektör uzayı oluşturur. Bu uzayın F cismi üzerindeki mn
boyutlu vektör uzayına eşdeğer olduğu, herhangi bir A = (aij ) ∈ F m×n matrisi
için
254
F ( A) = (a11 , a12 ,..., a1n , a21 , a22 ,..., a2 n ,..., am1 , am 2 ,..., amn ) ∈ F mn
dönüşümünün F m×n den F mn üzerine bir izomorfizma olması nedeniyle
açıktır.
Diğer taraftan m × n mertebeli bir A = (aij ) matrisi ile n × p mertebeli bir
B = (bij ) matrisinin çarpımı , cik bileşeni
n
cik = ∑ aij b jk
j =1
ile verilen m × p mertebeli bir AB = (cik ) matrisidir. Dikkat edilirse iki
matrisin çarpımı ancak birinci matrisin kolon sayısı, ikinci matrisin satır
sayısına eşit olduğu durumda tanımlanabilmektedir.
Örnek 16.9.
 3 −1 
 0 3 −2  
  0.3 + 3.0 + (−2).(−2) 0.(−1) + 3.4 + (−2).1  4 10 

 0 4  = 
=

 1 −1 2  
  1.3 + (−1).0 + 2.(−2) 1.(−1) + (−1).4 + 2.1   −1 −3 
2
1
−


olur.
Örnek 16.10.
 cos α

 sin α
− sin α   cos β − sin β 


cos α   sin β cos β 
 cos α cos β − sin α sin β − cos α sin β − sin α cos β 
=

 sin α cos β + cos α sin β − sin α sin β + cos α cos β 
 cos(α + β ) − sin(α + β ) 
=
.
 sin(α + β ) cos(α + β ) 
Matris çarpımı işlemi, matrislerin çarpılabilir olması durumunda, birleşme
özelliğine sahiptir, yani çarpılabilir satır ve kolon sayılarına sahip olan
A, B, C matrisleri için
( AB )C = A( BC )
özeliği vardır. Gerçekten,
(16.1)
( AB )C = (mil ) ve A( BC ) = (nil )
dersek,


mil = ∑  ∑ aij b jk ckl = ∑ aij b jk ckl ,
k  j
j ,k



nil = ∑ aij  ∑ b jk ckl  = ∑ aij b jk ckl
j
 k
 j ,k
255
olduğundan mil = nil elde ederiz.
n × n mertebeli bir matrise n. mertebeden bir kare matris adı verilir. Bir
kare matris iki köşegene sahip olup bunlardan sol üst köşeden sağ alt köşeye
olanına esas köşegen veya sadece köşegen, diğerine ise ikinci köşegen adını
veririz. Eğer bir kare matrisin esas köşegeni dışındaki bütün elemanları sıfır ise
böyle bir matrise köşegen matris adı verilir. Bir köşegen matris ile bir matrisin
çarpımı aşağıda görüldüğü gibi kolayca yapılır.
 a1 0

 0 a2
 
0 0
 a11

 a21


 am1
0   b11 b12

0   b21 b22
 
am   bm1 bm 2
a12
a22
am 2
a1n   b1 0

a2 n   0 b2
  
amn   0 0
b1n   a1b11
 
b2 n   a2 b21
=
   
bmn   am bm1
0   a11b1
 
0   a21b1
=
   
bn   am1b1
a1b12
a2 b22
am bm 2
a12 b2
a22 b2
am 2 b2
a1b1n 

a2 b2 n 
,


am bmn 
a1n bn 

a2 n bn 
.


amn bn 
Esas köşegen üzerindeki bütün elemanları 1, diğer bütün elemanları sıfır olan
1 0 0


0 1 0

I=
 


0 0 1
şeklindeki köşegen matrise birim matris adı verilir. Eğer A, m × n mertebeli
bir matris ise
(16.2)
AI n = A ve I m A = A
dır, burada I m ve I n sırasıyla m. ve n. mertebeden birim matrisleri
göstermektedir. λ I şeklindeki matrislere skaler matrisler diyeceğiz.
Çarpılabilir olma koşulu gerçeklenmek üzere matris çarpımı işlemi ile matris
toplamı ve sayı-matris çarpımı işlemleri arasında aşağıdaki özellikler
yazılabilir:
1) A( B + C ) = AB + AC ,
2) ( A + B)C = AC + BC ,
3) ∀λ ∈ F için (λ A) B = A(λ B ) = λ ( AB).
256
Bu üç özellikle birlikte (16.1) ve (16.2) özellikleri, n. mertebeden bütün kare
matrislerin kümesinin birim elemanlı ve birleşmeli bir cebir olduğunu gösterir.
F cismi üzerinde tanımladığımız bu cebri M n ( F ) şeklinde göstereceğiz.
n = 1 için M 1 ( F ) , F cisminin kendisidir. n ≥ 2 için M n ( F ) cebri değişmeli
değildir, örneğin n = 2 için
1 00 1 0 1 0 11 0 0 0


=
 , 

=

0 00 0 0 0 0 00 0 0 0
olduğundan matris çarpımı değişmeli değildir.
Diğer taraftan, M n ( F ) cebrinin sıfır bölenlere sahip olduğu yukarıda
sağdaki eşitlikten açıktır. Üstelik M n ( F ) , kareleri sıfır olan matrislere sahiptir,
örneğin
2
 0 1   0 1  0 1   0 0 

 =

=

 0 0   0 0  0 0   0 0 
dır. M n ( F ) sıfır bölenlere sahip olduğundan sıfır olmayan inverslenemez
1 0
0 1
matrislere de sahiptir. Örneğin, M 2 ( F ) nin 
 ve 
 elemanları
0 0
0 0
çarpımsal inverse sahip değildir.
Örnek 16.11. M n ( F ) nin (i, j ) . bileşeni 1, diğer bütün bileşenleri sıfır olan
matrislerini Eij ile gösterelim. Bu matrislerin sayısı mn dir ve M n ( F ) vektör
uzayının bir bazını oluştururlar.
Örnek 16.12. M 2 () cebrinin a, b ∈ olmak üzere
 a −b 


b a 
şeklindeki matrislerinden oluşan alt kümesi, bu cebrin bir alt cebrini oluşturur
ve bu alt cebir kompleks sayıların cebrine izomorftur.
Örnek 16.13. Reel sayılar cismi üzerinde tanımlayacağımız M 2 () cebrinin
a, b ∈ olmak üzere
 a −b 


b a 
257
şeklindeki elemanlarının oluşturduğu alt küme, M 2 () nin bir alt cebridir ve
bu alt cebir, kuaternionların cebrine izomorftur.
 a11

 a21


 am1
a12
a22
am 2
a1n 

a2 n 


amn 
matrisini göz önüne alalım. Bu matrisin satırları ile kolonlarını sıralı olarak
karşılıklı yer değiştirerek elde edeceğimiz
 a11

a
t
A =  12


 a1n
a21 am1 

a22 am 2 


a2 n amn 
matrisine A matrisinin transpozu adı verilir ve At = (aij )t = (a ji ) = (aij t )
şeklinde gösterilir. Bu durumda transpoze işleminin aşağıdaki özelliklerini
sıralayabiliriz:
1) ( At )t = A ,
2) ( A + B)t = At + B t ,
3) ∀λ ∈ F için (λ A)t = λ At ,
4) ( AB )t = Bt At .
Son özelliği kanıtlamak için AB = C = (cik ) diyelim.
cki t = cik = ∑ aij b jk = ∑ bkj t a ji t
j
t
t
j
t
yazabiliriz ki, bu C = B A olmasını gerektirir.
258
KAYNAKLAR
[1] Alnıaçık, K., Cebir I Ders Notları, Karadeniz Teknik Üniversitesi, FenEdebiyat Fakültesi, 1987.
[2] Birkhoff and MacLane, Survey of Modern Algebra, New York, 1948.
[3] Carmichael, R.D., Groups of Finite Order, Dover Publ., Inc., New York,
1956.
[4] Erdoğan, M., Soyut Cebir Ders Notları, Fırat Üniv., Teknik Eğitim Fak.,
Yayın No: 1, 1995.
[5] Fraleigh, J.B., A First Course in Abstract Algebra, Addison-Wesley Publ.
Comp., 1969.
[6] Greub,W. H., Linear Algebra, Springer-Verlag, New York, Inc., 1967.
[7] Hardy and Wright, The Theory of Numbers, Oxford, 1938.
[8] Herstein, I.N., Topics in Algebra, Xerox College Publ., 1964.
[9] Hoffman, K.; Kunze,R. Linear Algebra, Prentice-Hall, Inc., Englewood
Cliffs, New Jersey, 1971.
[10] Jacobson, N., Lectures in Abstract Algebra III, Springer-Verlag, 1975.
[11] Lang, S., Algebraic Structures, Addison-Wesley Publ. Comp., 1966.
[12] Lang, S., Algebra, Addison-Wesley Publ. Comp., 1974.
[13] LeVeque,W.J., Elementary Theory of Numbers, London-England, 1962.
[14] LeVeque,W.J., Fundamentals of Number Theory, London-SydneyAmsterdam, 1976.
[15] Niven, I., An Introduction to the Theory of Numbers, New York-London,
1966.
259
[16] Stewart, C., Galois Theory, Chapman and Hall, 1973.
[17] Şenkon, H., Soyut Cebir Dersleri, Cilt I-II, İstanbul Üniv., Fen Fak.
Basımevi, 1998.
[18] Vinberg, E.B., A Course in Algebra, Graduate Studies in Maths., Vol 56,
AMS, ISBN: 0-8218-3318-9, 2003.
[19] Zariski, O. ; Samuel, P., Commutative Algebra I., Graduate Texts in
Maths. 28, Springer-Verlag, Berlin- Heidelberg-New York, 1975.
260
DİZİN
F [ x] için bölme algoritması, 217
Alt cebir, 251, 254
Alt grup, aşikar alt grup, öz alt grup, 120
Alt grupların birleşim grubu, 156
Alt grupların iç kartezyen çarpım grubu, 154
Alt halka, 188
Alt uzay, 242
Alterne grup, 133
Aralarında asal tamsayılar, 5
Aritmetiğin esas yardımcı teoremi, 6
Aritmetik birim, 224
Aritmetik fonksiyon, 101
Asal cisim, 189
Asal eleman, 226
Asal ideal bölgesi, 225
Asal ideal, 207
Asal kalan sınıfı, 26
Asal kalan sistemi, 27
Asal sayı, 14
Asal seri, 179
Asal sayı ikizi (üçüzü, dördüzü), 20
Aşikar alt uzay, 242
Ayrık dairesel permütasyon, 130
Bağıl cebirsel kapanış, 239
Basit cisim genişlemesi, 236
Basit grup, 167
Baz dönüşümlerinin matrisi, 249
Bileşik sayı, 14
Bir cismin diğeri üzerindeki derecesi, 233
Bir eleman tarafından üretilen devirli alt grup, 140
Bir elemanın doğurduğu asal ideal, 223
Bir elemanın yörüngesi, 129
Bir grubun bir elemanının normalleyeni, 182
Bir grup homomorfizmasının çekirdeği, 172
Bir grubun değiştiricileri ( komütatörleri), 167
Bir grubun diğer bir gruptaki indeksi, 162
Bir grubun merkezi, 179
261
Bir grubun mertebesi, 115
Bir grup serisinin inceltilmişi, 179
Bir halkanın karakteristiği, 200
Bir kümenin gerdiği lineer uzay, 245
Bir kümenin ürettiği alt grup, 158
Bir permütasyonun uzunluğu, 131
Bir polinomun derecesi, 211
Bir polinomun sıfırı, 216
Bir tamsayının böleni, 1
Bir vektör uzayının tabanı (bazı), 243
Bir vektörün koordinatları, 243
Birleşmeli, değişmeli, birimli cebir, 250
Boole halkası, 192
Bölme algoritması, 2
Bölüm grubu, 166
Bölüm halkası, 205
Cayley teoremi, 137
Cebir homomorfizması, cebir izomorfizması, 250, 254
Cebirsel genişleme,Transandant genişleme, 239
Cebirsel ideal, 251
Cebirsel kapalılık, 239
Cisim genişlemesi, 232
Cisim, yarı-cisim, 188, 192
Çin kalan teoremi, 46
Çözülebilir grup, 179
Dairesel permütasyon, 129
Denklik bağıntısı, 107
Devirli grup, 140
Doğal homomorfizma, 172
Eksponent, 52
En büyük ortak bölen, 3
En küçük ortak kat, 9
Endomorfizma, 190
Eratosthenes kuralı, 19
Eşlenik elemanlar, eşlenik sınıflar, 180
Eşlenik gruplar, 166
Euler teoremi, 31
262
Euler’ in
ϕ -fonksiyonu, 27
Fermat teoremi, 31,200
Geçişmeli grup, 129
Grup homomorfizması, 172
Grup izomorfizması, 136, 175
Grup, 109
Halka homomorfizması, 207
Halka izomorfizmalarının temel teoremi, 207
Halka izomorfizması, 187
Halka, 187
Homomorfizmlerin temel teoremi, 176
İlkel polinom, 226
İndirgenemez eleman, 225
İndirgenemez polinom, 220
İndirgenmiş işlem, 120
İzomorfizma sınıfları, 137
İzomorfizmaların birinci teoremi, 177
Jacobi sembolü, 79
Kartezyen çarpım grubu, 153
Kongrüans bağıntısı, 22
Kongrüent (inkongrüent) çözümler, 42
Kuadratik (non-) rezidü , 68
Kuadratik resiprosite teoremi, 73
Lagrange teoremi, 94, 162
Legendre sembolü, 67, 68
Lineer bağımlı, lineer bağımsız vektörler, 244
Lineer kongrüans, 41
Maksimal ideal, 207
Maksimal normal alt grup, 177
Moebius fonksiyonu, 104
n. dihedral grubu, 127
263
n. kuvvet kalanı, 62
Normal alt grup, 165
Normal grup serisi, alt normal grup serisi, 178
Ortak bölen, 3
Ortak kat, 8
Otomorfizma (iç otomorfizma), 165
Öklid algoritması, 7,229
Öklid fonksiyonu, Öklid bölgesi, 226, 227
Permütayon, 125
p-grup, 182
Polinom halkası, 211
Pozitif (negatif) yönlendirilmiş bazlar, 249
Primitif kök, 56
Primitif köke göre indeks, 60
Sağ (sol) ideal, ideal, 205
Serbest (torsiyon olmayan) grup, 158
Sıfırın sağ (sol) bölenleri, 195
Sınıf denklemi, 181
Simetrik grup, 125
Sol (sağ) kalan sınıfı, 161
Sonlu (sonsuz) boyutlu vektör uzayı, 246
Sonlu grup, 115
Sonlu üretilmiş grup, 158
Sylow (birinci, ikinci ve üçüncü) teoremleri,181
Tam çarpımsal fonksiyon, 102
Tam kalan sistemi, 25
Tamlık bölgesi, 197
Tamlık bölgesinin bağlantılı elemanları, 225
Tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi, 225
Torsiyon grubu, 158
Torsiyon sayıları, 159
Üreteç sistemi, 251
Vektör uzayı (lineer uzay), 241
Vektör uzaylarının izomorfizması, 242
Vektörlerin lineer birleşimi, 243
264
Wilson teoremi, 38
Yer değiştirme (transpozisyon), 131
Yüksek dereceden kongrüanslar, 86
265
Download