Genel Beykent üniversitesi - matematik - soyut cebir ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLERLE SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ PROF. DR. MEHMET ERDOĞAN YRD. DOÇ. DR. GÜLŞEN YILMAZ Beykent Üniversitesi Beykent Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi Fen-Edebiyat Fakültesi Matematik-Bilgisayar Bölümü 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. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME 1 2. BÖLÜM. ASAL SAYILAR 14 3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR 22 4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR 41 5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER 52 VE İNDEKSLER 6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) 67 REZİDÜLER 7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR 86 8. BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ 97 FONKSİYONLAR İKİNCİ KISIM 1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE 107 DENKLİK SINIFLARI 2. BÖLÜM. GRUPLAR 109 3. BÖLÜM. ALT GRUPLAR 120 4. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI 125 5. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI 136 6. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR 140 7. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI 153 8. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT 161 GRUPLAR VE BÖLÜM GRUPLARI v 9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI 172 10. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER 187 11. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ 195 12. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER 205 13. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI 211 14. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ 232 15. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI 241 16. BÖLÜM. CEBİR 250 KAYNAKÇA 259 DİZİN 261 vi 1 BİRİNCİ KISIM 1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME Tanım 1.1. a ve b iki tamsayı ve 0 a ? 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 1 c ? ± 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 k a b | , fakat 1 k a b + | / ise bu durum k a b || notasyonu ile belirtilir ( k, a nın b yi bölen en büyük kuvvetidir). Örneğin, 2 5 | 50 ve 3 5 | 50 / olduğundan 2 5 || 50 dir. Bölünebilme İle İlgili Temel Özellikler 1. ) i a ? ? için a | 0 dır. Çünkü 0 .0 a = ve 0 ? dir. ) ii 0 a | ? 0 a = dır. Çünkü 0 a | ise 0. a c = olacak şekilde bir c ? (gerçekte sonsuz çoklukta) vardır. Böylece 0. a c = koşulu ancak 0 a = olması halinde gerçeklenir. Tersine ) i den a ? ? için a | 0 olduğundan 0 a = 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. ) ii 1 1 a a | ± ? = ± dir. 3. a b | ise a b ± | ± dir. 4. a b | ve b c | ise a c | dir. 5. a b | ve b a | ise b a = ± dır. 6. ) i a b | ise ca cb | dir. ) ii 0 c ? , ca cb | ise a b | dir. 7. 1 1 a b | , 2 2 a b | ise 1 2 1 2 . . a a b b | dir. 8. a b | ve a c | ise ) a b c | ( + dir. 2 Böylece 6. ve 8. özelliklerden a b | ve a c | ise ) a bx cy | ( + ( , x y ? ) elde ederiz. 9. b a | ve 0 a ? ise 1 b a ?| |?| | dır. Çünkü, b a | olduğundan . a b c = olacak şekilde bir c ? vardır. 0 a ? olduğundan 0 b ? , 0 c ? ( , b c ? ) olur ki, buradan 1 b | |? , 1 c | |? elde edilir. Böylece, a b c b | |=| || |?| | , yani a b | |?| | olur. Bu ise 1 b a ?| |?| | olduğunu kanıtlar. Teorem 1.1. (Bölme Algoritması) 0 b ? olmak üzere bir , a b tamsayı çifti için a bq r = + , r b 0 ? <| | (1.1) olacak şekilde bir ve ancak bir tek , q r tamsayı çifti vardır. Eğer b a | / ise r tamsayısı r b 0 < <| | eşitsizliğini gerçekler. Kanıt. 1) Varlık: Önce 0 b > olduğunu varsayalım ve 0, 1, 2,... m = ± ± 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 ? Ø dir. Üstelik M kümesi a ile üstten sınırlıdır, dolayısıyla M kümesi bq gibi bir en büyük elemana sahiptir, yani ( 1) bq a b q 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 0 b < olduğunu varsayalım. 0 b | |> 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 ( 0 b ? ) tamsayı çifti için (1.1) koşulunu gerçekleyen 1 1 , q r ve 2 2 , q r gibi iki tamsayı çiftinin bulunduğunu varsayalım, yani 1 1 a bq r = + , 1 0 r b ? <| | , 2 2 a bq r = + , 2 0 r b ? <| | olsun. Buradan 2 1 1 2 ( ) r r b q q - = - veya mutlak değer fonksiyonunun özelliğinden 2 1 1 2 r r b q q | - |=| || - | (1.2) bulunur. 2 0 r b ? <| | ve 1 0 b r - | |< - ? eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak 3 2 1 b r r b - | |< - <| | (1.3) buluruz. Böylece (1.2) ve (1.3) ten 1 2 b q q b | || - |<| | elde ederiz ki, 0 b | |? olduğundan 1 2 1 q q | - |< ve buradan da 1 2 0 q q - = , yani 1 2 q q = bulunur. Bu sonuç, (1.2) de yerine yazılırsa 1 2 r r = elde edilir. Şu halde 1 1 , q r ve 2 2 , q r tamsayı çiftleri birbirinin aynıdır. Tanım 1.2. Teorem 1.1. de 0 b > alınırsa, (1.1) denklemindeki q tamsayısına a b rasyonel sayısının tam kısmı (tam değeri) denir ve a q b ? ? = ? ? ? ? yazılır. Tanım 1.3. b ve c iki tamsayı olsun. Eğer bir 0 a ? tamsayısı için a b | ve a c | koşulları gerçekleniyor ise a ya, b ve c tamsayılarının bir ortak böleni denir. Bir 0 b ? 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 ( , ) 1 b c ? dir. Tanım 1.5. 1 2 , ,..., n b b b hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun. 0 a ? tamsayısı için 1 a b | , 2 a b | ,..., n a b | ise a tamsayısına 1 2 , ,..., n b b b tamsayılarının bir ortak böleni denir. Tanım 1.6. 1 2 , ,..., n b b b hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun. i) 1 d b | , 2 d b | , ... , n d b | ii) 1 a b | , 2 a b | , ... , n a b a d | ? | iii) d>0 koşullarını gerçekleyen d tamsayısına 1 2 , ,..., n b b b tamsayılarının en büyük ortak böleni denir ve ( 1 2 , ,..., n b b b ) şeklinde gösterilir. 4 Teorem 1.2. d, b ve c tamsayılarının en büyük ortak böleni ise 0 0 ( , ) d b c bx cy = = + olacak şekilde bir 0 0 , x y 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 0 0 l bx cy = + olacak şekilde 0 0 , x y ? 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, 0 0 0 0 ( ) (1 ) ( ) r b lq b bx cy q b qx c qy ? ? = - = - + = - + - 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 1 b db = ve 1 c dc = olacak şekilde 1 1 , b c ? tamsayıları vardır. 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 ( ) ( ) ( ) l bx cy db x dc y d b x c y 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 0 0 ( , ) d b c bx cy = = + elde ederiz. Bu teoremi aşağıdaki şekilde genelleştirebiliriz. Teorem 1.3. 1 2 , ,..., n b b b hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar ve d, bu tamsayıların en büyük ortak böleni olsun. Bu takdirde, 1 2 1 1 2 2 ( , ,..., ) ... n n n d b b b b x b x b x = = + + + olacak şekilde 1 2 , ,..., n x x x 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. 1 ( , ) ma mb d = ve ( , ) a b d = olsun. 1 d md = olduğunu gösterelim. ( , ) a b d = olduğundan d a | ve d b | dir ve böylece 1 a da = ve 1 b db = olacak şekilde 1 a , 1 b ? vardır. Bu iki eşitliğin her iki tarafını m ile çarparsak 1 ma mda = , 1 mb mdb = ve md ma | , md mb | olacağından md; ma ve mb tamsayılarının bir ortak bölenidir. e.b.o.b. tanımından 1 md d | dir. Şu halde 5 1 1 . d md t = ( 1 0 d > , 0 md > ) olacak şekilde 1 0 t > tamsayısı vardır. Şimdi 1 1 t = olduğunu gösterelim. 1 1 ( , ) d ma mb d ma = ? | , 1 1 d mb mdt ma | ? | , 1 mdt mb | 1 0 m dt a ? ? | , 1 dt b | . O halde 1 dt tamsayısı, a ile b nin bir ortak bölenidir ve ( , ) a b d = olduğundan 1 dt d | dir. Böylece 0 d > , 1 0 dt > ve 1 dt d | olduğundan 1 1 t = elde ederiz. Bunu 1 1 . d md t = de yerine yazarsak 1 d md = buluruz ki bu, ( , ) ( , ) ma mb m a b = olduğunu kanıtlar. Uyarı: Genel olarak , , m a b ? ve 0 m ? ise ( , ) ( , ) ma mb m a b =| | dir. Teorem 1.5. d a | , d b | ve d>0 ise 1 ( , ) ( , ) a b a b d d d = dir. Kanıt. d a | ve d b | olduğundan 1 a da = ve 1 b db = olacak şekilde 1 1 , a b ? tamsayıları vardır. O halde, Teorem 1.4. ten 1 1 1 1 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) a b a b da db d a b d d d = = = yazarız, böylece ( , ) ( , ) a b a b d d d = 0 d ? ? 1 ( , ) ( , ) a b a b d d d = elde ederiz. Sonuç: ( , ) ( , ) 1 a b a b g g g = ? = dir. Tanım 1.7. ( , ) 1 a b = ise a ve b tamsayılarına aralarında asaldır deriz. Örneğin; (7,11) 1 = olduğundan 7 ve 11 aralarında asaldır. Teorem 1.6. ( , ) 1 a m = , ( , ) 1 b m = ise ( , ) 1 ab m = dir. Kanıt. ( , ) 1 a m = , ( , ) 1 b m = olduğundan Teorem 1.2. ye göre 0 0 1 ax my + = ve 1 1 1 bx my + = olacak şekilde 0 0 , x y ve 1 1 , x y tamsayıları vardır. Buradan, 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 ( )( ) ( ) 1 ax my bx my abx x m ax y bx y my y + + = + + + = ve 0 1 x x A = ? , 0 1 1 0 0 1 ax y bx y my y B + + = ? dersek, 1 abA mB + = elde ederiz. ( , ) ab m d = olsun. Böylece, d ab | , d m | ve 1 abA mB + = olduğundan ) 1 1 d abA mB d d | ( + ? | ? = 6 bulunur, o halde ( , ) 1 ab m = dir. Bu teoremi aşağıdaki gibi genelleştirebiliriz: 1 ( , ) 1 a m = , 2 ( , ) 1 a m = , ... , ( , ) 1 n a m = ise 1 2 ( ... , ) 1 n a a a m = dir. Teorem 1.7. (Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremi) , , a b c ( 0) c ? tamsayılar olmak üzere a bc | ve ( , ) 1 a b = ise a c | dir. Kanıt. ( , ) 1 a b = olduğundan Teorem 1.2. ye göre 0 0 1 ax by + = olacak şekilde 0 0 , x y ? tamsayıları vardır. Bu ifadenin her iki yanını c ile çarparak, 0 0 acx bcy c + = yazarız. Böylece, hipotezden a bc | , ( ) 0 0 a ac a acx bcy 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 ( , ) 1 p b = 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 1 ( , ) a b d = ve 2 ( , ) a b ax d + = olduğunu kabul edelim. 1 ( , ) a b d = olduğundan 1 1 1 1 ( ) d a d ax d b ax d b | ? | ? ? | + ? | ? 1 2 . . . .tan. ( , ) e b o b d a b ax d | + = ? , yani 1 2 d d | olur. Diğer taraftan, 2 ( , ) a b ax d + = olduğundan ( ) 2 2 2 2 ) d a d ax d b ax ax b d b ax | ? | ? ? ? ? | + - = ? ? ? | ( + ? 7 yazabiliriz, şu halde 2 d a | , 2 d b | bulmuş olduk, buradan e.b.o.b. tanımı kullanılarak 2 1 , ) d a b d | ( = bulunur, yani 2 1 d d | dir. Böylece, 1 2 2 1 1 2 1 2 , 0, 0 d d d d d d d d | | ? ? = ? > > ? 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. 1 ( , , ) a b c d = , 2 ( ,( , )) a b c d = olsun. 1 1 ( , , ) a b c d d a = ? | , 1 d b | , 1 d c | dir. O halde 1 ( , ) d b c | dir ve 1 d a | ile birlikte 1 2 ( ,( , )) d a b c d | = buluruz. 2 2 ( ,( , )) a b c d d a = ? | , 2 2 ( , ) d b c d a | ? | , 2 d b | , 2 d c | dir, yani 2 1 ( , , ) d a b c d | = dir. Böylece, 1 2 1 2 1 2 2 1 0, 0 , d d d d d d d d > > ? ? = ? | | ? buluruz ki, bu istediğimiz eşitliktir. Teorem 1.9. (Öklid Algoritması) a ve b ( 0 b ? ) tamsayıları verilsin. a ve b ye ard arda bölme algoritması uygulanarak 1 1 a bq r = + , 1 0 r b < <| | , 1 2 2 b r q r = + , 2 1 0 , r r < < 1 2 3 3 , r r q r = + 3 2 0 , r r < < 2 1 n n n n r r q r - - = + , 1 0 n n r r - < < , 1 1 1 n n n n r r q r - + + = + , 1 0 n r + = eşitlikleri elde edilmiş olsun. Burada 1 2 3 1 ... 0 n n b r r r r r + | |> > > > > > = dir ve ayrıca ( , ) n a b r = , yani sıfırdan farklı en son kalan, en büyük ortak bölendir. Kanıt. Yukarıdaki eşitliklerden 1 n n r r - | , 2 n n r r - | , ... , n r a | , n r b | olduğu hemen görülür. O halde n r , a ve b nin bir ortak bölenidir, böylece ( , ) n r a b | dir. Diğer taraftan, ( , ) a b d = ise d a | ve d b | olduğundan ( ) 1 1 d a bq r | - = 8 yazabiliriz. 1 d r | ise yukarıdaki bölme algoritmalarının denklemlerinden 2 ,..., n d r d r | | elde edilir. Böylece 0 n r > , 0 d > , n r d | , n d r | olması nedeniyle n d r = 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 0 24 x = , 0 550 y = ve 23 a = , 1 b = - olmak üzere 0 0 2 23.24 1.550 ax by = + = - şeklinde bir lineer birleşim olarak ifade edilmiş olur. Örnek 1.3. (1140, 480) d = ise d yi bulunuz ve 1140 480 d x 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 3 x = , 7 y = - 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 | ? | 9 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. 0 m > 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. ( , ) 10 a b = ve [ , ] 100 a b = koşullarını gerçekleyen bütün pozitif a, b tamsayı çiftlerini bulunuz. Çözüm. ( , ) 10 10 a b a = ? | , 10 10 b a m | ? = , 10 b n = ; , , ( , ) 1 m n m n ? = dir. Çünkü, 10 (10 ,10 ) 10( , ) ( , ) 1 m n m n m n = = ? = olur. Diğer taraftan, [10 ,10 ] 10[ , ] 100 [ , ] 10 m n m n m n = = ? = ve buradan yukarıdaki özellik kullanılarak ( ) 1 , [ , ] [ , ] . 10 m n m n m n m n = = = = bulunur. Böylece çarpımları 10 olan tamsayı çiftleri, yukarıdaki 10 a m = , 10 b n = denklemlerinde m ve n değerleri yerine yazılarak istenen tamsayı çiftleri (10,100) , (20,50) , (50, 20) , (100,10) olarak bulunur. Örnek 1.5. 2 ( 1,2 7) n n n d + + + = ise d nin alabileceği değerleri bulunuz. Çözüm. 2 ( 1,2 7) n n n d + + + = ise 2 1) d n n | ( + + , 2 7) d n | ( + dir. 2 2 2 1) 2 7 (2 2 2) 2 7) d n n d n n n n d n n ? | 2( + + ? ? ? ? | + - + + ? ? ? | ( + ? ? 5 2 n = - yani 5 2) d n | ( - bulunur. Buradan ( ) ( ) ( ) 5 2) 2 5 2 10 4 10 35 10 4 39 2 7) 2 7 10 35 d n d n n d n n d n d n n | ( - ? | - = - ? ? ? | + - - = ? ? ? ? ? | ( + ? | 5 + = + ? ? , yani 39 d | buluruz. 39 = 3.13 ve 0 d > olduğundan 1 d = , 3 ,13, 39 olabilir. 10 Örnek 1.6. n ? ( Doğal Sayılar Kümesi ) olmak üzere 6 ( 1)(2 1) n n n | + + olduğunu kanıtlayınız. Çözüm. ( 1)(2 1) n n n A + + = diyelim. n yi 6 ile bölerek, bölme algoritmasına göre 6 n q r = + , 0 6 r ? < yazabiliriz. O halde; 0 r = ise: 6 6 (6 1)(12 1) 6 n q A q q q A = ? = + + ? | , 1 r = ise: 6 1 (6 1)(6 2)(12 3) n q A q q q = + ? = + + + (6 1)2(3 1)3(4 1) q q q = + + + 6(6 1)(3 1)(4 1) 6 q q q A = + + + ? | , 2 r = ise: 6 2 (6 2)(6 3)(12 5) n q A q q q = + ? = + + + 2(3 1)3(2 1)(12 5) q q q = + + + 6(3 1)(2 1)(12 5) 6 q q q A = + + + ? | , 3 r = ise: 6 3 (6 3)(6 4)(12 7) n q A q q q = + ? = + + + 3(2 1)2(3 2)(12 7) q q q = + + + 6(2 1)(3 2)(12 7) 6 q q q A = + + + ? | , 4 r = ise: 6 4 (6 4)(6 5)(12 9) n q A q q q = + ? = + + + 2(3 2)(6 5)3(4 3) q q q = + + + 6(3 2)(6 5)(4 3) 6 q q q A = + + + ? | , 5 r = ise: 6 5 (6 5)(6 6)(12 11) n q A q q q = + ? = + + + (6 5)6( 1)(12 11) 6 q q q A = + + + ? | bulunur. Bütün haller için ( )( ) 6 1 2 1 n n n | + + olduğu görülür. Bölme Algoritmasının Bir Uygulaması Bölme algoritması yardımıyla tamsayıları verilen bir tabana göre yazabiliriz. Bir 1 a > tamsayısı göz önüne alalım ve bu tamsayıyı sabit tutalım. Şimdi herhangi bir 0 b > tamsayısı seçelim. Bölme algoritmasına göre 0 0 b aq r = + , 0 0 r a ? < olacak şekilde tek türlü belirli 0 q , 0 r tamsayı çifti vardır. Bu kez, bölme algoritmasını o q ve a ya uygularsak 0 1 1 q aq r = + , 1 0 r a ? < olacak şekilde tek türlü belirli 1 q , 1 r tamsayı çifti vardır. 1 a > olduğundan 0 1 ... b q q > > > ( ) 1.4 olduğu açıktır. Şimdi bölme algoritmasını 1 , q a çiftine uygularsak 1 2 2 q aq r = + , 2 0 r a ? < yazabiliriz. Bu şekilde devam edersek, ( ) 1.4 dizisi azalan bir dizi olduğundan sonlu bir n. adımda 0 n q = olacak şekilde 0 1 2 1 ... 0 n n b q q q q q - > > > > > > = dizisine ulaşırız. Böylece, 11 2 0 0 1 1 0 1 1 ( ) o b q a r q a r a r q a r a r = + = + + = + + 2 3 2 2 2 1 0 2 2 1 1 2 1 2 1 0 ( ) ... o n n n n q a r a r a r q a r a r a r r a r a r a r a r - - = + + + = + + + = + + + + + elde edilir. Burada 0 n r ? , 0 1 0 , ,..., n r r r 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 1 2 1 ( ... ) n n a b r r r r - = şeklinde gösterebiliriz. Örnek 1.7. 3 a = ve 543 b = alalım. 543 b = tamsayısını 3 a = tabanına göre yazalım. Çözüm. 543 181.3 0 = + , 0 0 r = 181 60.3 1 = + , 1 1 r = 60 20.3 0 = + , 2 0 r = 20 6.3 2 = + , 3 2 r = 6 2.3 0 = + , 4 0 r = 2 0.3 2 = + , 5 2 r = olduğundan 5 4 3 2 5 4 3 2 1 0 543 r a r a r a r a r a r = + + + + + 5 4 3 2 1 2.3 0.3 2.3 0.3 1.3 0 = + + + + + 3 (202010) = elde edilir. PROBLEMLER 1) , a b ? ve ( ) ( ) ,4 ,4 2 a b = = ise ( ) ,4 4 a b + = olduğunu gösteriniz. 2) , , a b c ? ; ( ) , 1 a b = ve ( ) c a b | - ise ( ) , 1 a c = olduğunu gösteriniz. 3) , , , , , a b c d x y tamsayılar ve ayrıca m ax by = + ; n cx dy = + ; 1 ad bc - = ± olsun. Bu takdirde ( ) ( ) , , m n x y = olduğunu gösteriniz. 12 4) , a c b d ? ( ) , , , ; 0, 0 a b c d b d ? ? ? ve ( ) ( ) , , 1 a b c d = = olsun. a c b d + ? ise b d = olduğunu gösteriniz. 5) Ardışık üç tamsayının çarpımının 6 ile, ardışık dört tamsayının çarpımının da 24 ile bölündüğünü gösteriniz. 6) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ( ) , 1 n n + ve [ ] , 1 n n + yi hesaplayınız. 7) a b | ise ( ) , a b ve [ ] , a b nın değerlerini bulunuz. 8) 25 x y + = ve ( ) , 4 x y = koşullarını sağlayan hiçbir , x y tamsayı çiftinin olmadığını gösteriniz. 9) k bir tamsayı olmak üzere, herhangi bir tamsayının karesinin ya 3k biçiminde veya 3 1 k + biçiminde olduğunu gösteriniz. 10) Her n ? için 2 4 2 n | + / olduğunu gösteriniz. 11) x ve y tek tamsayılar ise 2 2 x y + tamsayısının bir çift tamsayı olduğunu, fakat 4 ile bölünemediğini gösteriniz. 12) 2000 ile 7007 arasında olan ve 17 ile bölünebilen kaç tane tamsayı vardır? 13) 2 n ? bir tamsayı ve k + ? olsun. Bu takdirde ( ) 1 1 k n n - | - olduğunu gösteriniz. 14) a) Ardışık 4 tamsayının çarpımının 4 ile bölünebildiğini gösteriniz. b) 5 n | / ise 4 1 n - sayısının 5 ile bölünebildiğini gösteriniz. c) n ? ? için 3 6 ) n n | ( - olduğunu gösteriniz. ç) n ? ? için 1 12 10 n- + sayısının 11 ile bölündüğünü tümevarımla gösteriniz. d) n ? ? için 2 2 1 2 ) n n + + 7 | (3 - olduğunu gösteriniz. e) n ? ? için 1) n 5 | (6 - olduğunu gösteriniz. 13 f) n ? ? için 6 (2 1)(7 1) n n n | + + olduğunu gösteriniz. g) ( , ) 1 m n = ve m a | , n a | ise . m n a | olduğunu gösteriniz. h) ( , ) 1 m n = ise ( , ) 1 m n mn + = olduğunu gösteriniz. 15) 1 1 u = , 2 2 u = , 1 2 n n n u u u - - = + ( 3 n ? ) ( Fibonacci sayıları ) ise ( ) 1 , 1 n n u u - = olduğunu gösteriniz. 16) , a b ? ve a b | ise ( ) , a b a = olduğunu gösteriniz. 17) , a b + ? (pozitif tamsayılar kümesi) ve ( ) [ ] , , a b a b = ise a b = olduğunu gösteriniz. 18) 1 2 1 2 , ,..., ; , ,..., n n a a a y y y ? olmak üzere ( ) ( ) 1 2 1 2 2 1 3 3 1 1 , ,..., , , ,..., n n n a a a a a y a a y a a y a = - - - olduğunu gösteriniz. 19) ( ) 826,1890 d = olsun. Öklid Algoritmasını kullanarak d yi hesaplayınız ve ayrıca d yi 826 ve 1890 tamsayılarının bir lineer kombinezonu olarak ifade ediniz. 14 2. BÖLÜM. ASAL SAYILAR Tanım 2.1. 1 p > 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 2 c| dir. Böylece, 1 2 c <| |< 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 1 n > 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 i d d < < , ( 1,2) i = olmak üzere 1 2 . d d d = dir. Böylece 1 1 d > 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 1 n > tamsayısı asal sayıların bir çarpımı şeklinde yazılabilir. Kanıt. 1 2 . ... k n p p p = olacak şekilde 1 2 , ,..., k p p p asal sayılarının bulunabileceğini göstermeliyiz. Kanıtı n e göre tümevarım yöntemi ile yapalım. 2 asal olduğundan iddia 2 n = için doğrudur. n k = için iddianın doğruluğunu kabul edip 1 n k = + için de doğru olduğunu göstermeliyiz. 1 2 ... r k p p p = olacak şekilde ( ) 1,2,..., i p i r = asal sayıları mevcut olsun. Eğer 1 k q + = sayısı asal ise iddia doğru, aksi takdirde , yani q asal değilse 1 i n q < < , ( 1,2) i = olmak üzere 1 2 . q n n = dir. Tümevarımdaki hipotezden 1 n ve 2 n sayıları asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilebileceğinden 1 k q + = sayısı da asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilmiş olacaktır. n nin bu gösterilişindeki asal çarpanlar birbirinden farklı olmak zorunda değildir. Yani, her 1 n > tamsayısı, 1 2 , ,..., r p p p tamsayıları birbirinden farklı asal sayılar ve 1 2 , ,..., r ? ? ? lerde negatif olmayan tamsayılar olmak üzere 1 2 1 2 ... r r n p p p ? ? ? = (1.5) şeklinde yazılabilir. Bu gösterime n tamsayısının kanonik gösterimi (gösterilişi) diyeceğiz. Teorem 2.4. 1 n > tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde yazılışı sıra dikkate alınmaz ise tek türlü belirlidir. 15 Kanıt. 1 n > tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde 1 2 ... r n p p p = ve 1 2 ... s n q q q = gibi farklı iki gösterilişinin olduğunu varsayalım. Burada, ( 1,2,..., ) i p i r = ve ( 1,2,..., ) j q j s = sayıları asaldır. O halde 1 2 1 2 ... ... r s p p p q q q = (1.6) dır. r s ? kabul edebiliriz, aksi halde p ve q ların rollerini değiştirebiliriz. 1 1 ... r p p p | olduğu için (1.6) dan 1 1 ... s p q q | diyebiliriz. Böylece 1 1 1 (1 ) i p q i s | ? ? olacak şekilde bir 1 i q vardır. 1 i q asal olduğundan 1 1 i q p = elde edilir. Aynı düşünceyi 2 ,..., r p p için yaparak 1 2 1 2 , ,..., r i i r i p q p q p q = = = (1.7) eşitliklerini elde ederiz. Burada 1 2 , ,..., r i i i tamsayları 1,2,...,r tamsayılarının bir permütasyonudur. (1.7) deki eşitlikleri (1.6) da yerine yazıp elde edilen ifadenin her iki yanını 1 2 , ,..., r p p p ile sadeleştirirsek 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ... ... ... r r i i i i i i s q q q q q q q q - + - + - + = elde ederiz. Eğer r s < olursa yukarıdaki eşitliğin sağ tarafında en az bir 2 j q ? asal sayısı mevcut olurdu ki, sağ tarafın 1 e eşit olması nedeni ile bu mümkün değildir. O halde, 1 2 1 2 , , ,..., r i i r i r s p q p q p q = = = = buluruz ve teorem kanıtlanmış olur. Şimdi a ve b pozitif tamsayılarının kanonik gösterilişleri i p ve i q ler asal ve , 1 i j ? ß ? ( ) 1,2,..., ; 1,2,..., i k j t = = olmak üzere 1 2 1 2 ... k k a p p p ? ? ? = , 1 2 1 2 ... t t b q q q ß ß ß = 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; 1 2 1 2 ... r r a p p p ? ? ? = , 1 2 1 2 ... r r b p p p ß ß ß = ( i p ler asal ve , 0 i i ? ß ? ) (1.8) Böylece, 1 1 2 2 min( , ) min( , ) min( , ) min( , ) 1 2 1 ( , ) ... , k k r r r r k k a b p p p p ? ß ? ß ? ß ? ß = = = ? 1 1 2 2 max( , ) max( , ) max( , ) max( , ) 1 2 1 [ , ] ... k k r r r r k k a b p p p p ? ß ? ß ? ß ? ß = = = ? dır. Şimdi daha önce ispatsız olarak verdiğimiz bir özelliği ispatlıyalım. 16 Özellik: , 1 a b? olmak üzere ( , )[ , ] . a b a b a b = dir. Kanıt. a ve b nin kanonik gösterilişi (1.8) deki gibi olsun. 1,2,..., k r = olmak üzere k ? için min( , ) max( , ) k k k k k k ? ß ? ß ? ß + = + olduğunu göstermeliyiz. min( , ) max( , ) 1 ( , )[ , ] k k k k r k k a b a b p ? ß ? ß + = = ? , . a b = 1 k k r k k p ? ß + = ? yazılabilir. 1,2,..., k r = için; min( , ) max( , ) , min( , ) max( , ) k k k k k k k k k k k k k k k k ? ß ? ß ? ß ? ß ß ? ? ß ? ß ? ß ? ? + = + ? ? + = + dır. O halde, min( , ) max( , ) 1 1 ( , )[ , ] . k k k k k k r r k k k k a b a b p p a b ? ß ? ß ? ß + + = = = = = ? ? elde edilir. Örnek 2. 1. (72,96,192,120) ve [72,96,192,120] değerlerini bulunuz. Çözüm. 2 3 3 2 3 2 0 72 2.36 2 .18 2 .9 2 .3 2 .3 .5 = = = = = 2 3 4 5 1 5 1 0 96 2.48 2 .24 2 .12 2 .6 2 .3 2 .3 .5 = = = = = = 2 3 4 5 6 1 0 192 2.96 2 .48 2 .24 2 .12 2 .6 2 .3 .5 = = = = = = 2 3 3 1 1 120 2.60 2 .30 2 .15 2 3 .5 = = = = olduğundan 3 1 0 6 2 1 (72,96,192,120) 2 .3 .5 24 [72,96,192,120] 2 .3 .5 2880 = = = = buluruz. Teorem 2.5. (Öklid) Asal sayıların sayısı sonsuzdur. Kanıt. Asal sayıların sayısının sonlu olduğunu varsayalım ve bunlar 1 2 , ,..., n p p p olsun. 1 2 ... 1 n K p p p = + doğal sayısını oluşturalım. 1 K > olduğundan Teorem 2.2. ye göre K nın q gibi bir asal böleni vardır ve 1,2,..., i r = olmak üzere her i için i q p ? dir. Eğer i q p = olsa: q K | , 1 2 ... n q p p p | olur, buradan da ( ) 1 2 ... n q K p p p | - yani 1 q| elde edilir ki, bu mümkün değildir, böylece i q p ? dir. 1 2 , ,..., n p p p asal sayılarından başka bir q asal sayısı daha bulunmuş olur ki, bu varsayımımıza aykırıdır. Şu halde asal sayıların sayısı sonlu olamaz. 17 Örnek 2.2. Bir n + ? tamsayısı için 2 1 n + 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 2 . k n t = yazabiliriz. Buna göre, 2 . 2 2 ( 1) 2 ( 2) 2 1 2 1 (2 1)(2 2 ... 1) k k k k n t t t - - + = + = + - + + yazılabilir. Yukarıdaki eşitliğin sağ yanındaki her bir çarpan bir tamsayı ve 2 2 . 1 2 1 2 1 2 1 k k t n < + < + = + olduğundan 2 (2 1) 1) k n + |(2 + elde ederiz ki, bu 2 1 n + 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 6 1 q+ veya 6 1 q- formundadır. Çözüm. p, 3 ten büyük bir asal sayı olsun. Bölme Algoritmasına göre q ve r pozitif tamsayılar olmak üzere 6 p q r = + , 0,1,2,3, 4,5 r = şeklinde yazılabilir. 0 r = ise 6 p q = olur ki 2 p | ve 2 p < olduğundan bu, p nin asal oluşu ile çelişir. 1 r = ise 6 1 p q = + olduğundan bu istenen durumdur. 2 r = ise 6 2 p q = + olur ki 2 p | ve 2 p < olduğundan bu, p nin asal oluşu ile çelişir. 3 r = ise 6 3 p q = + olur ki p 3| ve 3 p < olduğundan bu, p nin asal oluşu ile çelişir. 4 r = ise 6 4 p q = + olur ki 2 p | ve 2 p < olduğundan bu, p nin asal oluşu ile çelişir 5 r = ise 6 5 6( 1) 1 6 1 q p q q q '? ' = + = + - = - olduğundan bu istenen durumdur. 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 = 1 2 1 1 2 1 0 10 10 ... 10 10 n n n n a a a a a - - + + + + + ve 4 m | olsun. Ayrıca 1 2 1 2 4 10 10 ... 10 ) n n n n a a a - - |( + + + olduğundan 4 , bu iki sayının farkını da böler. Şu halde 1 2 1 2 4 ( 10 10 ... 10 ) n n n n m a a a - - ? ? | - + + + ? ? 18 veya 1 1 0 4 10 ) a a |( + elde ederiz. Tersine 1 1 0 4 10 ) a a |( + ise, 1 2 1 2 4 10 10 ... 10 ) n n n n a a a - - |( + + + olduğundan bu ikisinin toplamı da 4 ile bölünecektir, yani 1 2 1 1 2 1 0 4 10 10 ... 10 ) ( 10 )] 4 n n n n m a a a a a 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 = 1 2 1 1 2 1 0 10 10 ... 10 10 n n n n a a a a a - - + + + + + ve 3 m | olsun. Binom açılımından 1 2 2 1 10 (9 1) 9 9 9 .1 ... 9.1 1 1 2 1 n n n n n n n n n n n - - - ? ? ? ? ? ? = + = + + + + + ? ? ? ? ? ? - ? ? ? ? ? ? 3 1 n b = + , ( ) n b ? olduğu dikkate alınırsa, [ ] 1 1 1 1 0 (3 1) (3 1) ... (3 1) n n n n a b a b a b a - - 3| + + + + + + + , ( ) 1 1 ,..., , n n b b b - ? yazabiliriz. Böylece, [ ] 1 1 1 1 1 1 0 3 3( ... ) ... n n n n n n a b a b a b a a a a - - - | + + + + + + + + elde edilir. Ayrıca 1 1 1 1 3 3( ... ) n n n n a b a b a b - - | + + + olduğundan 3 bunların farkını da böler. Şu halde 1 1 0 3 ( ... ) n n a a a a - | + + + + buluruz. Tersine 1 1 0 3 ( ... ) n n a a a a - | + + + + 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 1 n > doğal sayısının p n ? koşuluna uyan en az bir p asal böleni vardır. 19 Kanıt. 1 n > asal olmadığına göre, n nin p n < olacak şekilde bir p pozitif asal böleni vardır, yani 1 n'> 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. 1 n'> 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 1 2 , ,..., k p p p pozitif asal sayıları bilindiği takdirde, n ile 2 n arasındaki bütün asal sayıları Eratosthenes kuralı ile bulabiliriz. 1 den 2 n ye kadar olan bütün doğal sayıları sırayla yazdıktan sonra 1 2 p = den başlayarak 2. sıradaki sayıyı ve 2 nin tam katlarındaki sıralarda bulunan sayıları, 2 3 p = den başlayarak 3. sıradaki sayıyı ve 3 ün tam katlarındaki sıralarda bulunan sayıları, bu şekilde devam ederek nihayet k p dan başlayarak k p . sıradaki sayıyı ve k p nın tam katlarındaki sıralarda bulunan bütün sayıların üstünü çizelim. Bu işlemin sonunda üstü çizilmemiş olan sayılar, n ile 2 n 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 20 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. ( , 2) p p+ şeklindeki asal sayı çiftlerine asal sayı ikizi, ( , 2, 6) p p p + + asal sayılarına asal sayı üçüzü, ( , 2, 6, 8) p p p p + + + 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 ! 2 n + , ! 3 n + ,... , ! n n + sayıları arasında hiçbir asal sayı bulunmamaktadır. Çünkü 2,3,..., k n = olmak üzere her k için ( ! ) k n k | + dır. PROBLEMLER 1) p bir asal sayı olmak üzere ( ) , a b p = ise ( ) 2 , a b , ( ) 3 , a b ve ( ) 2 3 , a b hangi değerleri alabilir. 2) p bir asal sayı, ( ) 2 , a p p = ve ( ) 3 2 , b p p = ise ( ) 4 , ab p ve ( ) 4 , a b p + ün değerlerini bulunuz. 21 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) ( ) ( ) , , a b a c = ise b c = dir. c) ( ) ( ) , , a b a c = ise ( ) ( ) 2 2 2 2 , , a b a c = dir. d) p bir asal sayı , p a | ve ( ) 2 2 p a b | + ise p b | dir. e) , a b? olmak üzere 2 a b | ise a b | dir. f) 3 3 a b | ise a b | dir. g) ( ) , 1 a b = ise ( ) 2 2 , , 1 a ab b = dir. h) ( ) 2 1 b a | + ise ( ) 4 1 b a | + dir. ı) ( ) ( ) , , ( , ),( , ) a b c a b a c = dir. 4) Bir n + ? ( pozitif tamsayılar kümesi ) için 2 1 n - asal ise n nin de asal olduğunu gösteriniz. 5) 1 2 3 4 , , , a a a a tamsayıları 1 4 2 3 1 a a a a - =± koşulunu gerçekliyorsa 1 2 3 4 a a a a + + kesrinin sadeleştirilmiş bir kesir olduğunu, yani ( ) 1 2 3 4 , 1 a a a a + + = olduğunu gösteriniz. 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) 3 1 k + formundaki her asal sayının 6 1 k + formunda olduğunu gösteriniz. 9) 6 1 n+ formunda sonsuz sayıda asal sayı olduğunu gösteriniz. 10) p bir asal sayı ise p nin bir irrasyonel sayı olduğunu gösteriniz. 22 3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR Tanım 3.1. , , ; a b m? 0 m> tam sayıları verilsin. Eğer ) m a b |( - ise a, b ye m modülüne göre kongrüent dir denir ve (mod ) a b m ? şeklinde gösterilir. Teorem 3.1. Sabit bir m modülüne göre kongrüans bağıntısı tamsayılar kümesi üstünde bir denklik (eşdeğerlik) bağıntısıdır. Kanıt. 1. ( ) 0 m a a | - = olduğundan (mod ) a a m ? sağlanır, yani “? ” bağıntısı yansıyandır. 2. (mod ) ( ) ( ) a b m m a b m a b b a ? ? | - ? |- - = - , o halde (mod ) b a m ? olup “? ” bağıntısı simetriktir. 3. (mod ) a b m ? , (mod ) b c m ? olsun , o takdirde ) m a b |( - , ) m b c |( - dir. Böylece [ ] ( ) ( ) m a b b c a c | - + - = - olduğundan (mod ) a c m ? dir, yani “? ” bağıntısı geçişme özelliğine sahiptir. Teorem 3.2. a, b, c, d, m? ; 0 m> ve (mod ) a b m ? , (mod ) c d m ? olsun. Bu takdirde, 1. (mod ) a c b d m + ? + , (mod ) a c b d m - ? - , 2. (mod ) ac bd m ? , 3. k? olmak üzere (mod ) a k b k m + ? + ve (mod ) ka kb m ? dir. Kanıt. 1. (mod ) ) ) ( )] ) ( )] (mod ) ) a b m m a b m a b c d a c b d c d m m c d ? ? ? |( - ? ? ? |[( - - =[( - ? ? ? ? |( - ? ? ± ± ± yani (mod ) a c b d m ? ± ± dir. 2. (mod ) ) ) (mod ) ) a b m m a b m a b c c d m m c d ? ? |( - ? ? |( - ? ? ? |( - ? , ( ) m b c d | - ) ( )] m a b c b c d ac bd ? |[( - + - = - , yani (mod ) ac bd m ? dir. 3. (mod ) ) ) ) a b m m a b m k a b m ka kb ? ? |( - ? | ( - ? |( - dir ve böylece (mod ) ka kb m ? elde edilir. Diğer taraftan, 1. özellikten (mod ) a b m ? , (mod ) (mod ) k k m a k b k m ? ? + ? + elde edilir. 23 Teorem 3.3. , , , k a b m? ; 0 m> , ( ) 0 mod k m ? , ( , ) k m d = ve (mod ) ka kb m ? olsun. O taktirde (mod ) m a b d ? dir. Kanıt. (mod ) ka kb m ? ise ( ) ( ) m ka kb k a b | - = - dir. Böylece ( ) k a b mu - = 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 ( ', ') 1 k m = 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 ( ', ') 1 k m = olduğunu da dikkate alırsak Teorem 1.6. yı kullanarak ' ) m a b |( - buluruz. Bu ise (mod ') a b m ? veya (mod ) m a b d ? demektir. Sonuç: (mod ) ka kb m ? , ( , ) 1 k m = ise (mod ) a b m ? dir. Teorem 3.4. ( ) f x , katsayıları tamsayılar olan bir polinom fonksiyon ve (mod ) a b m ? olsun. Bu takdirde ( ) ( )(mod ) f a f b m ? dir. Kanıt. 0 ( ) n j j j f x c x = = ? olsun. Teorem 3.2. den (mod ) (mod ) j j a b m a b m ? ? ? ( 0,1,..., ) j n = (mod ) j j j j c a c b m ? ? ( 0,1,..., ) j n = 0 0 (mod ) n n j j j j j j c a c b m = = ? ? ? ? ( ) ( )(mod ) f a f b m ? ? bulunur. Örnek 3.1. , a b? ; , d m + ? ve (mod ) a b m ? , d m | ise (mod ) a b d ? dir. Çözüm. (mod ) a b m ? ise ) m a b |( - dir. ) ) d m d a b m a b | ? ? |( - ? |( - ? , yani (mod ) a b d ? dir. 24 Örnek 3.2. , a b? ve 0 m> bir pozitif tamsayı olmak üzere (mod ) a b m ? olması için gerek ve yeter koşul a ile b nin m ile bölündüğü zaman aynı kalanı vermesidir. Çözüm. (mod ) a b m ? , 0 m> olsun. a ile b yi, m ile kalanlı olarak bölelim. Bu takdirde , , , m q m q ' '? olmak üzere a mq r = + , ' ' b mq r = + , 0 , ' r r m ? < (3.1) yazabiliriz. Kalanların eşit yani, ' r r = olduğunu göstermeliyiz. (3.1) den ( ' ') ( ') ( ') a b mq r mq r m q q r r - = + - + = - + - bulunur. (mod ) a b m ? olduğundan m a b | - dir. ) ( ) ( ) m a b m r r m m q q |( - ? ' ? | - ? ' | - ? , üstelik r r m ' - < olduğundan buradan 0 r r' - = , yani ' r r = elde ederiz. Tersine a mq r = + , ' ' b mq r = + , 0 , ' r r m ? < ve ' r r = ise bu takdirde, 0 ( ' ') ( ') ( ') ( ') a b mq r mq r m q q r r m q q = - = + - + = - + - = - olacağından m a b | - , yani ( ) mod a b m ? elde edilir. Örnek 3.3. , , a b m? ; 0 m> ve (mod ) a b m ? ise ( , ) ( , ) a m b m = dir. Çözüm. 1 ( , ) a m d = , 2 ( , ) b m d = olsun. (mod ) a b m ? olduğundan a b mu - = veya b a mu = - olacak şekilde bir u? tamsayısı vardır. 1 1 1 1 ( , ) d m d mu d a m d a ? | ? | ? ? = ? ? ? ? | ? ? ? 1 ( ) b d a mu = | - , yani 1 d b | dir. Bu sonuçla 1 d m | olduğu birlikte dikkate alınırsa 1 2 ( , ) d b m d | = veya 1 2 d d | elde ederiz. Benzer şekilde 2 1 d d | olduğu da gösterilebilir. Böylece 1 2 1 2 1 2 2 1 0, 0 , d d d d d d d d > > ? ? = ? | | ? elde edilir. Not: Örnek 3.3. , Teorem 1.8. kullanılarak da çözülebilir. Örnek 3.4. , a b? , p bir asal sayı ve 2 2 (mod ) a b p ? ise ) p a b |( - ve ) p a b |( + den en az birisi doğrudur. 25 Çözüm. 2 2 2 2 (mod ) ) )( ) a b p p a b 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 (mod ) i x y m ? , 1,2,..., i k = ise 1 2 (mod[ , ,..., ]) k x y m m m ? dır. Çözüm. 1 1 2 2 (mod ) ), (mod ) ), x y m m x y x y m m x y ? ? |( - ? ? |( - (mod ) ) k k x y m m x y ? ? |( - dir. e.k.o.k. tanımından, 1 2 1 2 [ , ,..., ] ) (mod[ , ,..., ]) k k m m m x y x y m m m |( - ? ? buluruz. Tam ve İndirgenmiş Kalan Sistemleri 0 m> 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 (mod ) a r m ? dir. Burada 0,1,..., 1 r m = - dir ve bunlardan herhangi ikisi m modülüne göre birbirine eşdeğer değildir. Tanım 3.2. 1 2 , ,..., m a a a tamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa bu tamsayılara m modülüne göre bir tam kalan sistemi (T.K.S.) denir; 1) i j ? için (mod ), i j a a m ? / 2) a ? ? ye karşılık (mod ) i a a m ? olacak şekilde 1 i m ? ? koşulunu gerçekleyen en az bir i tamsayısı vardır. Örnek 3.6. a? ve m = 5 olsun. 0,1, 2,3, 4 r = olmak üzere 5 a k r = + yazabiliriz. Böylece, { } { } { } { } { } 1 2 3 4 5 0 5 , 1 5 1 , 2 5 2 , 3 5 3 , 4 5 4 a k k a k k a k k a k k a k k = = | ? = = + | ? = = + | ? = = + | ? = = + | ? 26 olmak üzere { } { } 1 2 3 4 5 , , , , 0, 1, 2, 3, 4 a a a a a = elde ederiz. Bu bir tam kalan sistemi olduğundan , örneğin 1 kümesine ait olan 1 5 1 k + şeklinde bir eleman diğer bir kümedeki bir tamsayıya eşdeğer olamaz. Gerçekten, eğer bu eleman 2 kümesine ait bir 2 5 2 k + elemanına eşdeğer olsaydı o zaman 1 2 1 2 5 1 5 2(mod5) 5 [(5 1) (5 2)] k k k k + ? + ? | + - + 1 2 5 5 5 1) k k ? |( - - yazılabilir ve ayrıca 1 2 5 5 5 ) k k |( - 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 ? için i j a a ? =Ø , 1 m i i a = = ? yazabiliriz. 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. 1 2 { , ,..., } m a a a kümesi, m modülüne göre bir tam kalan sistemi ve ( , ) 1 k m = ise bu takdirde 1 2 { , ,..., } m ka ka ka kümesi de m modülüne göre bir tam kalan sistemi oluşturur. Kanıt. 1) i j ? için (mod ) i j ka ka m ? dir. Çünkü eğer i j ? için (mod ) i j ka ka m ? olsa: ( , ) 1 k m = olduğundan (mod ) i j a a m ? olurdu. 2) 1, 2,..., i m = için i ka 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 1 r m ? ? - olmak üzere a r ? olacak şekilde bir r kalan sınıfı vardır. Böylece 0 i ka r ? ise o taktirde 0 (mod ) i a ka m ? dir. Tanım 3.3. Elemanları ( sayıları ) m ile aralarında asal olan bir kalan sınıfına m modülüne göre asal kalan sınıfı denir. 27 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 = , ( , ) 1 e m = olsun. Bu taktirde (mod ) ( , ) ( , ) 1 e f m e m f m ? ? = = olacaktır. Tanım 3.4. Her 0 m> tamsayısını, m yi geçmeyen ve m ile aralarında asal olan tamsayıların sayısına eşleyen fonksiyona Euler’in ? -fonksiyonu adı verilir ve m nin resmi ( ) m ? ile gösterilir. Bu tanıma göre, (1) 1 ? = ; { 1 }, (4) 2 ? = ; { 1,3} , (5) 4 ? = ; { 1,2,3,4}, (61) 60 ? = ; { } 1, 2,...,59,60 , ( ) 1 p p ? = - ; { 1,2,3,..., 1 } p- dir. Yukarıda görüleceği üzere asal sayıların resmi, o asal sayının bir eksiğidir. Teorem 3.6. m modülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ( ) m ? dir. Kanıt. { 1,2,..., } m kümesi m modülüne göre bir tam kalan sistemi olup, bunlar arasında m ile aralarında asal olan ( ) m ? tane tamsayı vardır. Böylece m modülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ( ) m ? dir. Tanım 3.5. 1 2 ( ) , ,..., m a a a ? tamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa bu sayılar, m modülüne göre bir indirgenmiş kalan sistemi veya asal kalan sistemi (A.K.S.) teşkil ediyor deriz: i) ? 1,2,..., ( ) i m ? = için ( , ) 1 i a m = , ii) i j ? için (mod ) i j a a m ? , iii) ( , ) 1 a m = koşulunu sağlayan a ? ? için 1 ( ) i m ? ? ? olmak üzere (mod ) i a a m ? olacak şekilde bir i tamsayısı vardır. Böylece, asal kalan sınıflarının her birinden bir sayı alarak bir indirgenmiş kalan sistemi oluşturabiliriz. Teorem 3.7. 0 n> , 0 m> iki tamsayı ve ( ) , 1 m n = ise ( ) ( ) ( ) . n m n m ? ? ? = · dir. 28 Kanıt. 1 2 , ,..., n r r r tamsayıları mod n bir tam kalan sistemi ve 1 2 , ,..., m s s s tamsayıları da mod m bir tam kalan sistemi olsun. { } 1 2 , ,..., n x r r r ? ve { } 1 2 , ,..., m y s s s ? 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 i j r m s n + , t u r m s n + olsun. ( ) mod i j t u r m s n r m s n mn + ? + olsa: ( ) mod i j t u r m s n r m s n n + ? + ve ( ) mod i j t u r m s n r m s n m + ? + bağıntıları elde edilir. ( ) 0 mod i r m m ? , ( ) 0 mod t r m m ? , ( ) 0 mod i s n n ? , ( ) 0 mod u s n n ? olduğu göz önüne alınırsa ( ) mod i t r m r m n ? (3.2) ( ) mod j u s n s n m ? (3.3) bulunur. (3.2) ve (3.3) te ( ) , 1 m n = olduğundan Teorem 3.3. ün sonucuna göre ( ) ( ) mod mod i t j u r r n s s m ? ? elde edilir. Fakat 1 2 , ,..., n r r r tamsayıları mod n bir tam kalan sistemi olduğundan i t = ve 1 2 , ,..., m s s s 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 ( ) mn ? dir. Şimdi ( ) , 1 xm yn mn + = ? ( ) , 1 x n = ve ( ) , 1 y m = olduğunu gösterelim. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 xm yn n xm n x n xm yn mn xm yn m yn m y m ? + = ? = ? = ? + = ? ? + = ? = ? = ? ? elde edilir. Tersine Teorem 1.6. kullanılarak ( ) ( ) ( ) , 1 , 1 , 1 x n xm n m n ? = ? ? = ? = ? ? , ( ) ( ) ( ) , 1 , 1 , 1 y m yn m n m ? = ? ? = ? = ? ? 29 bulunur. Buradan tekrar Teorem 1.6. yı kullanarak ( ) , 1 xm yn n + = , ( ) , 1 xm yn m + = , ( ) , 1 xm yn mn + = sonuçları elde edilir. ( ) , 1 x n = koşulunu gerçekleyen x tamsayılarının sayısı ( ) n ? , ( ) , 1 y m = koşulunu gerçekleyen y tamsayılarının sayısı da ( ) m ? olduğundan ( ) , 1 xm yn mn + = koşulunu gerçekleyen { } xm yn + formundaki tamsayıların sayısı ( ) ( ) n m ? ? · dir. Öte yandan ( ) , 1 xm yn mn + = koşuluna uyan { } xm yn + formundaki tamsayıların sayısı ( ) . m n ? dir. Böylece ( ) ( ) ( ) . n m n m ? ? ? = · elde edilir. Not: Teorem 3.7. deki ( ) , 1 m n = koşulu kaldırılamaz. Gerçekten ( ) 2.2 2 ? = olduğu halde ( ) ( ) 2 2 1 ? ? · = dir. Teorem 3.8. ( ) 1 1 ? = ve 1 n> bir pozitif tamsayı olmak üzere ( ) 1 (1 ) p n n n p = · - ? ? dir. Burada p n ? de çarpım n tamsayısının bütün p asal bölenlerinin üzerinden alınmaktadır. Şu halde n tamsayısının kanonik formu 1 2 1 2 ... k k n p p p ? ? ? = ise 1 2 1 1 1 1 1 1 (1 ) (1 )(1 )...(1 ) (1 ) k k j p n j p p p p p = - = - - - = - ? ? olur. Kanıt. (1) 1 = ? olduğu açıktır. 1 n> bir tamsayı ve n nin kanonik formu 1 2 1 2 ... k k n p p p ? ? ? = olsun. ( ) 1 2 1 2 , ,..., 1 k k p p p ? ? ? = olduğundan Teorem 3.7. kullanılarak 1 1 2 ( ) ( ) ( ) i k i i n p p = = · ? ? ? ? ? ? elde edilir. Teorem 3.7. tekrar kullanılarak indüksiyon ile ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ... k k n p p p ? ? ? ? ? ? ? = bulunur. 30 p bir asal sayı ve ? da positif bir tamsayı olmak üzere ( ) p ? ? nın değerini bulalım. x, 1 x p ? ? ? koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olsun. ( ) ( ) , 1 , x p x p p ? > ? = olduğu kolayca gösterilebilir. ( ) , x p p = den p x | bulunur. Buradan şu sonuç elde edilir: 1 x p ? ? ? koşulunu gerçekleyeyen ve p ? ile aralarında asal olmayan sayılar p ile bölünen sayılardır. Tersine ( ) , x p p = ise ( ) , 1 x p ? > dir. p x ise x pk = olacak şekilde bir k pozitif tamsayısı vardır. 1 1 1 1 x p pk p k p ? ? ?- ? ? ? ? ? ? ? ? bulunur. Şu halde 1 x p ? ? ? ve ( ) , 1 x p = koşullarını sağlayan sayılar ?-1 1 ,2 ,3 ,..., p p p p p olup bunların sayısı 1 p ?- dir. Geriye kalan 1 p p ? ?- - tane sayı , p ? ile aralarında asaldır. Böylece 1 1 ( ) (1 ) p p p p p - = - = - ? ? ? ? bulunur. Bu eşitliği kullanarak 1 2 1 2 1 2 1 1 1 ( ) (1 ). (1 )... (1 ) k k k n p p p p p p = - - - ? ? ? ? 1 2 1 2 1 2 1 1 1 ... (1 )(1 )...(1 ) k k k p p p p p p = - - - ? ? ? 1 (1 ) p n n p = - ? sonucu elde edilir ve ispat tamamlanır. Örnek 3.8. 642 n= için ( ) n ? yi bulalım. Çözüm. 642 = 2.3.107 olup, bu çarpanların hepsi asaldır. Şu halde 1 1 1 (642) (2.3.107) 2.3.107.(1 ).(1 ).(1 ) 2 3 107 ? ? = = - - - 1 2 106 2.3.107. . . 212 2 3 107 = = bulunur. 31 Örnek 3.9. 8 modülüne göre bir asal kalan sistemi elde edelim. Çözüm. 3 3 3 3 1 1 8 2 (8) (2 ) 2 (1 ) 2 4 2 2 ? ? = ? = = - = = olduğundan, 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. 1 2 ( ) , ,..., m a a a ? tamsayıları m modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturuyor ve ( , ) 1 k m = ise bu taktirde 1 2 ( ) , ,..., m ka ka ka ? tamsayıları da m modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur. Kanıt. i) ( , ) 1 k m = , ( , ) 1 i a m = , 1,2,..., ( ) i m ? = olduğundan ( , ) 1 i ka m = dir. ii) i j ? için i j ka ka ? ( mod ) m dir. Çünkü, eğer (mod ) i j ka ka m ? olsa: ( , ) 1 k m = olduğundan (mod ) i j a a m ? olurdu ki, bu bir çelişmedir. iii) 1 2 ( ) , ,..., m ka ka ka ? tamsayılarının sayısı ( ) m ? olup, i) ve ii) den dolayı farklı asal kalan sınıflarına aittir. Asal kalan sınıflarının sayısı tam olarak ( ) m ? olduğundan ( , ) 1 a m = koşuluna uyan a ? ? için, a bir asal kalan sınıfı olmak üzere, 0 i ka a ? ise o taktirde 0 (mod ) i ka a m ? dir. Teorem 3.10. ( Euler ) m? , 1 m> , a? ve ( , ) 1 a m = olsun. Bu taktirde ( ) 1(mod ) m a m ? ? dir. Kanıt. 1 2 ( ) , ,..., m a a a ? tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemi ve ( , ) 1 a m = olsun. Bu takdirde Teorem 3.8. e göre 1 2 ( ) , ,..., m aa aa aa ? tamsayıları da, m modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur. Bu nedenle bu tamsayılar m modülüne göre ikişer ikişer birbirine eşdeğerdir. Şu halde, 1 2 ( ) 1 2 ( ) . ... . ... (mod ) m m aa aa aa a a a m ? ? ? ve ( ) 1 2 ( ) 1 2 ( ) ( . ... ) . ... (mod ) m m m a a a a a a a m ? ? ? ? dir, böylece ( , ) 1 i a m = , 1 2 ( ) 1,2,..., ( ) ( . ... , ) 1 m i m a a a m ? ? = ? = olduğundan Teorem 3.3. ten ( ) 1(mod ) m a m ? ? elde ederiz. Teorem 3.11. ( Fermat ) p bir asal sayı ve p a |/ olsun. Bu taktirde, 1 1(mod ) p a p - ? dir. Kanıt. Euler Teoreminde m p = alırsak 32 ( ) 1 ( ) ( ) 1 1(mod ) m p m p p a a p ? ? ? - = = - ? ? ? elde ederiz. Sonuç: Eğer p bir asal sayı ise a ? ? için (mod ) p a a p ? dir. Çünkü Fermat Teoreminden p a |/ ise 1 1(mod ) p a p - ? olduğundan her iki tarafı a ile çarparsak istenen elde edilir, eğer 0(mod ) p a a p | ? ? , 0(mod ) (mod ) p p a p a a p ? ? ? dir. Örnek 3.10. n ? ? için 7 n n - tamsayısının 42 ile bölünebildiğini gösterelim. Çözüm. 42 2.3.7 = olduğundan 7 n n - tamsayısının 2, 3 ve 7 ile bölündüğünü göstermek yeterlidir. Çünkü eğer 7 7 7 7 2 ) 3 ) [2,3,7] 42 ) 7 ) n n n n n n n n ? |( - ? |( - ? = |( - ? ? |( - ? olur. Böylece, 7 7 2 2 2 ) 2 n n n n n ? | ? | ? |( - ? | ? dir. Eğer 2 n |/ ise Fermat Teoreminden (2) 1(mod 2) n ? ? ? 6 1(mod 2) 1(mod 2) n n ? ? ? 7 (mod 2) n n ? ? 7 2 ) n n ? |( - bulunur. 7 7 3 3 ) n n n n n ? 3| ? | ? |( - ? 3| ? dir. Eğer n 3|/ ise Fermat Teoreminden (3) 1(mod 3) n ? ? ? 2 6 1(mod3) 1(mod3) n n ? ? ? 7 (mod3) n n ? ? 7 3 ) n n ? |( - bulunur. 7 7 7 7 ) n n n n n ? 7| ? | ? |( - ? 7| ? dir. Eğer n 7 |/ ise Fermat Teoreminden (7) 6 7 1(mod 7) 1(mod 7) (mod 7) n n n n ? ? ? ? ? ? 7 7 ) n n ? |( - 33 bulunur. Şu halde 7 [2,3,7] 42 ) n n = |( - dir. Örnek 3.11. 345 4 tamsayısının 13 ile bölümünden elde edilen kalanı bulalım. Çözüm. 345 4 (mod13) x ? bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulmalıyız. (4,13) 1 = olduğundan Fermat Teoreminden, (13) 12 4 1(mod13) 4 1(mod13) ? ? ? ? yazabiliriz. Böylece, 345 12.28 9 = + olduğundan 345 12.28 9 12 28 9 2 4 4 1 3 1 4 4 (4 ) .4 (4 ) .4 3 .4 27.12 12(mod13) + ? ? ? ? ? ? ? ? ? elde edilir. Şu halde, 345 4 12(mod13) ? olup , 345 4 tamsayısının 13 ile bölümünden elde edilecek kalan 12 dir. Örnek 3.12. 7007 126 (mod143) x ? bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulalım. Çözüm. 143 = 11.13, 126 = 2.63 = 2. 2 3 .7 ve (143,126) = 1 olduğundan Euler Teoremini kullanarak (143) 126 1(mod143) ? ? buluruz. Diğer taraftan, (143) (11.13) (11). (13) (11 1)(13 1) 10.12 120 ? ? ? ? = = = - - = = dir. Şu halde 120 126 1(mod143) ? ve 7007=58.120+47 olduğundan 7007 120 58 47 47 47 2 23 1 3 126 (126 ) .126 126 ( 17) (17 ) .17 ? ? ? ? ? - ? - 23 7 3 2 3 2 48 42 3 .17 (3 ) .3 .17 42 .9.17 42 .42.9.17 ? ? ? - ? - ?- ? - 14 10 48.42.9.17 140 ? ? ?- ?- 3(mod143) ? elde ederiz. Şu halde x = 3, yani 7007 126 tamsayısının 143 ile bölümünden kalan 3 tür. Örnek 3.13. 19 5 2 1 + tamsayısının 19 ile bölümünden elde edilen kalanı bulalım. Çözüm. (2,19) = 1 olduğundan Fermat Teoreminden, (19) 18 2 1(mod19) 2 1(mod19) ? ? ? ? elde edilir. Diğer taraftan, 2 2 2 2 1 2 18 2.3 (18) (2). (3 ) 3 .(1 ) 3 . 6 3 3 ? ? ? = ? = = - = = ve böylece, ( ) 5,18 1 = olduğundan Euler Teoremine göre (18) 6 5 1(mod18) 5 1(mod18) ? ? ? ? elde edilir. Buradan 19 6.3 1 = + olduğundan 19 19 19 6 3 5 5 5 1 5 (5 ) 5 5(mod18) 2 2 13(mod19) 2 1 14(mod19) ? ? ? ? ? ? ? + ? 34 buluruz, böylece istenen kalan 14 olarak bulunur. Örnek 3.14. 9999 7 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalanı, yani 9999 7 (mod1000) x ? bağıntısını gerçekleyen x tamsayısını bulalım. Çözüm. (7,1000)=1 olduğundan Euler Teoremine göre (1000) 7 1(mod1000) ? ? dir. 3 3 3 1000 10 2 .5 = = olduğundan 3 3 3 3 3 1 1 (1000) (10 ) (2 ) (5 ) 2 (1 )5 (1 ) 400 2 5 ? ? ? ? = = = - - = bulunur ve böylece (1000) 400 7 7 1(mod1000) ? ? ? elde edilir. Diğer taraftan, 10.000 400 25 10.000 1 7 (7 ) 1(mod1000) 1000 7 1 ? ? ? ? | - dir. O halde 10.000 3 7 1 .10 k - = olacak şekilde bir k Z ? vardır. Böylece 10.000 9999 3 3 7 7.7 1 .10 1 1000 ( 1)10 k k = = + = + + - 9999 3 3 1001 1 1 7 .10 143 10 7 7 7 k k - - ? = + = + 9999 7 143(mod1000) ? ? bulunur. Şu halde 9999 7 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalan 143 x= tür. Örnek 3.15. 3 7 3 7... (((3 ) ) ) tamsayısının birler basamağındaki rakamı bulalım. Çözüm. (10) 4 ? = , (3,10) 1 = olduğundan Euler Teoremine göre, (10) 4 4 3 1(mod10) 3 1(mod10) 3 1 .10, k ? ? ? ? ? ? + k Z ? yazabiliriz. Diğer taraftan 4 3 3 3.3 1 .10 11 ( 1).10 21 ( 2).10 k k k = = + = + - = + - 3 ( 2).10 3 7 3 k- ? = + , ( 2 3 10 3 2 3 k k - | ? | - ? ? / ) 3 3 7 7 3 7(mod10) (3 ) 7 (mod10) ? ? ? ? elde ederiz. Ayrıca (7,10) 1 = olduğundan Euler Teoremine göre, (10) 4 7 1(mod10) 7 1(mod10) ? ? ? ? ( ) 2 8 4 1 7 7 1(mod10) ? ? ? ? olduğundan 8 7 7 7 .7 1 10 21 ( 2)10 t t = = + = + - , t Z ? yazabiliriz. Buradan 7 21 ( 2).10 7 7 7 t- = + , ( 2 10 7 2 7 t t - 7 | ? | - ? ? / ) 7 3 7 7 7 3(mod10) (3 ) 7 3(mod10) ? ? ? ? ? 35 3 7 3 3 ((3 ) ) 3 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 ( ) (mod ) p p p a b a b p + ? + dir. Bu ifade genel olarak 1 2 , ,..., n h h h tamsayılar ve p bir asal sayı olmak üzere 1 2 1 2 ( ... ) ... (mod ) p p p p n n h h h h h h p + + ? + + + şeklinde yazılabilir ve kanıtı tümevarım yoluyla yapılabilir. Çözüm. Binom açılımından 1 2 2 1 ( ) ... 1 2 1 p p p p p p p p p a b a a b a b ab b p - - - ? ? ? ? ? ? + = + + + + + ? ? ? ? ? ? - ? ? ? ? ? ? yazabiliriz, burada ! ( 1)...( 1) ( )!. ! ! p p p p p i s i p i i i ? ? - - + = = = ? ? - ? ? , 1 1 i p ? ? - şeklinde olup s ile gösterilmiştir. Böylece, ( 1)...( 1) !. !. p p p i i s p i s - - + = ? | ve ! p i |/ dir. Çünkü 1 1 i p ? ? - olduğundan ( , ) 1 ( , !) 1 p i p i = ? = dir. Şu halde Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremine göre p s | buluruz. Böylece p, yukarıdaki binom açılımındaki bütün katsayıları bölmektedir. O halde, 1 1 i p ? ? - aralığındaki her i için 0(mod ) p p i ? ? ? ? ? ? ? olacağından açılımın bütün katsayıları 0 a eşdeğer olur ve buradan ( ) (mod ) p p p a b a b p + ? + elde edilir. Örnek 3.17. ( ,7) 1 n = ise 12 1 n - sayısının 7 ile bölündüğünü gösterelim. Çözüm. ( ,7) 1 n = olduğundan 7 n |/ dir. O halde Fermat Teoremine göre (7) 6 1(mod 7) 1(mod 7) n n ? ? ? ? 12 6 2 1 ( ) 1(mod 7) n n ? ? ? ? 12 12 1(mod 7) 7 1 n n ? ? ? | - bulunur. Örnek 3.18. (2 ) ( ) n n ? ? = koşulunu gerçekleyen n pozitif tamsayılarını bulalım. 36 Çözüm. Eğer n tek ise ( , 2) 1 n = olduğundan Teorem 3.7. ye göre (2 ) (2) ( ) 1. ( ) (2 ) ( ) n n n n n ? ? ? ? ? ? = = ? = bulunur. Eğer n çift ise, k tek ve 1 t ? bir tamsayı olmak üzere 2 . t n k = yazabiliriz. Ayrıca 1 ( , 2 ) 1 t k + = olduğundan 1 1 (2 ) (2.2 ) (2 ) (2 ) ( ) t t t n k k k ? ? ? ? ? + + = = = dir. 1 1 1 (2 ) 2 (1 ) 2 2 t t t ? + + = - = olduğunu göz önüne alırsak (2 ) 2 ( ) t n k ? ? = (3.4) buluruz. Öte yandan 1 ( ) (2 . ) (2 ) ( ) 2 ( ) t t t n k k k ? ? ? ? ? - = = = (3.5) olduğundan (3.4) ve (3.5) ten (2 ) ( ) n n ? ? ? elde edilir. Şu halde sadece pozitif tek tamsayılar kümesi için istenen sağlanır. Örnek 3.19. 3 ( ) n ? | koşulunu gerçekleyen sonsuz sayıda ( ) n ? tamsayısının var olduğunu gösterelim. Çözüm. 3 n ? = olsun. Bu takdirde 1 1 ( ) 3 (1 ) 3 .2 3 n ? ? ? - = - = yazabiliriz. 1 ? > alınırsa 3 ( ) n ? | olduğundan ve ? nın 1 den büyük her değeri için farklı bir n tamsayısı bulunacağından bu koşula uyan sonsuz sayıda ( ) n ? vardır. Örnek 3.20. ( ) 2 n n ? = koşulunu sağlayan bütün n tamsayılarını bulalım. Çözüm. 1 2 1 2 ... k k n p p p ? ? ? = olsun. 1 2 1 2 1 2 1 1 1 ( ) (1 ) (1 )... (1 ) k k k n p p p p p p ? ? ? ? = - - - 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 1 ... (1 )(1 )...(1 ) (1 ) 2 k k k i k i n p p p n p p p p ? ? ? = = - - - = - = ? olduğundan 1 ( ) 1 1 (1 ) 2 k i i n n p ? = = - = ? bulunur. Eşitliğin sağlanması 2,3,5,7,... p= asal sayılarından hangisinin olması halinde mümkün olur, buna bakalım. Bu asal sayılar için 1 1 p ? ? - ? ? ? ? nin değeri sırasıyla 1 2 4 6 , , , 2 3 5 7 ,… dir. Bunların herhangibir çarpımının 1 2 ye eşit 37 olması ancak 2 p = olması halinde mümkündür. O halde aranan n tamsayısı 1 l ? olmak üzere 2 l n= şeklindedir. Tersine 2 l n = ( 1 l ? ) ise ( ) 2 n n ? = dir. Örnek 3.21. , m n + ? ve m n ? olmak üzere 2 2 (2 1,2 1) 1 m n + + = olduğunu gösterelim. Çözüm. m n > olduğunu kabul edelim. O halde k + ? olmak üzere m n k = + dır. Buradan 2 2 2 .2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 (2 ) 1 (2 1 1) 1 m n k n k n k n k + + = + = + = + = + - + 2 ( 1) 1 k t = - + , 2 2 1 n t = + yazabiliriz. Şu halde 2 2 2 (2 1,2 1) (( 1) 1, ) m n k t t + + = - + ve binom açılımından 2 (( 1) 1, ) k t t - + 2 2 1 2 2 2 ... 1, 1 2 1 2 k k k k k k k t t t t - ? ? ? ? ? ? ? ? = - + - + + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? - ? ? ? ? ? ? ? ? ( 2, ) tp t = + , p? buluruz. ( 2, ) tp t h + = olsun. Şu halde [( 2) ] 2 2 h t h tp h tp tp h tp | ? | ? ? | + - = ? | + ? elde edilir. Buradan da 1 2 h h h |2? = ? = sonucu çıkar. 2 h = olamaz, çünkü 2 2 1 m + ve 2 2 1 n + sayıları tektir dolayısıyla ortak bölenleri 2 olamaz, böylece 1 h = buluruz. p bir asal sayı olmak üzere 1 ( ) 1 [ ] p p f x x x - = - ? polinomunu göz önüne alalım. 1, 2,..., 1 p p- ? elemanları, ( ) f x polinomunun p içindeki çözümleridir. Çünkü p a? ve 1 1 a p ? ? - için ( ) 1 1(mod ) p p a a p ? - ? ? dir. ( ) f x polinomunun mod p , 1 p- tane kongrüent olmayan çözümü vardır ve bunlar 1, 2,..., 1 p p- ? dir. Böylece, 1 1 ( 1)( 2)...( ( 1)) p x x x x p - - = - - - - (3.6) yazılabilir. Bundan yararlanarak aşağıdaki teoremi kanıtlayacağız. 38 Teorem 3.12. ( Wilson ) p bir asal sayı olmak üzere ( 1)! 1(mod ) p p - ?- dir. Üstelik, 1 n> olmak üzere ( 1)! 1(mod ) n n n - ?- ? asal olmasıdır. Kanıt. (3.6) eşitliğinin her iki yanında bulunan sabitler eşit olacağından ( 1)( 2)...( ( 1)) 1 p - - - - =- veya ( 1)( 2)...( ( 1)) 1(mod ) p p - - - - ? - olur. Sol tarafta 1 p- tane çarpan olduğundan ( ) 1 ( 1) ( 1)! 1 mod p p p - - - ?- dir. 2 p = ise 1 1(mod ) p - ?- ve p tek asal sayı ise 1 ( 1) 1 p- - = olacağından ( 1)! 1(mod ) p p - ?- buluruz. Tersine, ( 1)! 1(mod ) n n - ?- olduğunu kabul edelim. Bu durumda eğer n asal değilse 1 n> olduğundan Teorem 2.5. e göre n nin bir p asal böleni vardır. ( 1)! 1] ( 1)! 1] p n p n n n | ? ? |[ - + ? |[ - + ? (3.7) dir. Öte yandan n nin bir böleni olan p asal sayısı 1, 2,..., 1 n- sayılarından birisine eşit olacağından ( 1)! p n | - dir, bu ise (3.7) ile birlikte düşünüldüğünde 1 p| gibi bir çelişmeye yol açar. Şu halde n asal olmak zorundadır. Örnek 3.22. 5 p= ve 6 n= için Wilson Teoreminin uygulanıp uygulanamayacağını araştıralım. Çözüm. 5 p= için : ( 1)! (5 1)! 4! 24 1(mod5) p- = - = = ?- dir. 6 n= için : ( 1)! (6 1)! 5! 120 0(mod 6) n- = - = = ? dır. Burada 6 n= asal olmadığından ( 1)! 1(mod ) n n - ? - olmaktadır. PROBLEMLER 1) n bir tamsayı olmak üzere 2 n sayısının birler basamağındaki rakamın ancak 0, 1, 4, 5, 6 ve 9 olabileceğini gösteriniz. 39 2) n bir tamsayı ise 4 n sayısının birler basamağındaki rakamın ancak 0, 1, 5 ve 6 olabileceğini gösteriniz. 3) 2, 3, 4,..., 17 m= için ( ) m ? i bulunuz. 4) mod17 öyle bir tam kalan sistemi bulunuz ki, bu sistemdeki her tamsayı 3 ile bölünsün. 5) mod19 ve mod30 birer asal kalan sistemi oluşturunuz. 6) n bir tamsayı olmak üzere 13 n n - tamsayısının 2,3,5,7 ve 13 tamsayıları ile bölündüğünü gösteriniz. 7) n bir tamsayı olmak üzere 5 3 5 3 1 1 7 3 5 7 5 3 15 15 n n n n n n + + + + = sayısının bir tamsayı olduğunu gösteriniz. 8) 0 m> bir tek tamsayı ise 2, 4, 6,..., 2m tamsayılarının mod m bir tam kalan sistemi oluşturduğunu gösteriniz. 9) Her a tamsayısı için ( ) ( ) mod m m m a a m ? - ? olduğunu gösteriniz. 10) ( ) mod x a m ? ise ( ) mod3 x a m ? veya ( ) mod3 x a m m ? + veya ( ) 2 mod3 x a m m ? + olduğunu gösteriniz. 11) n bir tek tamsayı ise 3 n n - nin 24 ile bölünebildiğini gösteriniz. 12) , , , a b r s tamsayılar ve 1 r > , 1 s > olsun. ( ) mod a b r ? ve ( ) mod a c s ? ise ( ) mod( , ) b c r s ? olduğunu gösteriniz. 13) p ve q birbirinden farklı asal sayılar olsun. Bu takdirde ( ) mod . q p p q p q p q + ? + olduğunu gösteriniz. 40 14) , ; m n? 1, 1 m n > > ve ( ) , 1 m n = ise ( ) ( ) ( ) 1 mod . n m m n m n ? ? + ? olduğunu gösteriniz. 15) 1532 3 tamsayısının 100 ile bölümünden kalanı bulunuz. 16) n tek tamsayı ve 3 n |/ ise ( ) 2 6 1 n | - olduğunu ispatlayınız. 17) n? ve 5 n |/ ise 4 n tamsayısının 5 1 m+ ( m? ) biçiminde olduğunu gösteriniz. 18) , a b? olmak üzere ( ) ,17 1 a = ve ( ) ,17 1 b = ise 16 16 a b - tamsayısının 17 ile bölündüğünü gösteriniz. 41 4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR Tanım 4.1. , , a b m? , 0 m > ve 0(mod ) a m ? / olmak üzere (mod ) ax b 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. (mod ) ax b m ? kongrüansının bir çözümünün olabilmesi için gerek ve yeter koşul ( , ) a m b | olmasıdır. Kanıt. ? Gereklik: 0 x , (mod ) ax b m ? kongrüansının bir çözümü olsun. Bu durumda 0 (mod ) ax b m ? olduğundan 0 ( ) m ax b | - bulunur. 0 ( ) m ax b | - ? 0 0 : k ax b km b ax km ? ? - = ? = - dir. 0 0 ( , ) ) d a d ax a m d d ax 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 ( ' ') ( ' ') ' x a b x m b y db b + = = buluruz. Böylece, ( ' ') ( ) (mod ) ax b m b y m ax b ax b m - = - ? | - ? ? elde ederiz. Şu halde ' ' b x , (mod ) ax b m ? kongrüansının bir çözümüdür. Teorem 4.2. 0 x , (mod ) ax b m ? kongrüansının bir çözümü ise 0 (mod ) x x m ? de bu kongrüansın bir çözümüdür. Kanıt. 0 x , (mod ) ax b m ? kongrüansının bir çözümü olsun. Bu takdirde 0 (mod ) ax b m ? dir. Buradan 0 1 ax b q m = + , 1 q ? yazılabilir. Şimdi 0 (mod ) x x m ? nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunu gösterelim: 0 (mod ) x x m ? 0 2 x x q m ? = + , 2 q ? dir. 0 2 0 2 ( ) x a x q m ax aq m + = + 1 2 1 2 ( ) b q m aq m b q q a m ? = + + = + + 42 olduğundan 0 2 ( ) (mod ) a x q m b m + ? elde edilir. Şu halde 0 2 x x q m = + nin dolayısıyla 0 (mod ) x x m ? nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunu göstermiş olduk. Tanım 4.2. (mod ) ax b 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. 3 2(mod 4) x ? kongrüansı verilsin. 6 x = için: 3.6 2(mod 4) 18 2(mod 4) ? ? ? , 10 x = 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 10(mod 6) x ? kongrüansı verilsin. 10 x = için: 4.10 10(mod 6) 40 10(mod 6) ? ? ? , 13 x = 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. (mod ) ax b m ? kongrüansında ( , ) a m d = ve d b | ise kongrüansın, mod m tam d tane inkongrüent çözümü vardır. Bu çözümler, 0 x herhangi bir çözüm ve ' m m d = olmak üzere, 0 0 0 0 , ', 2 ',..., ( 1) ' x x m x m x d m + + + - şeklindedir. Kanıt. d b | olduğundan (mod ) ax b m ? kongrüansının bir 0 x çözümü vardır. S = 0 0 0 0 { , ', 2 ',..., ( 1) '} x x m x m x d m + + + - ile gösterelim. i) S nin elemanları (mod ) ax b m ? kongrüansını gerçekler. Gerçekten, 0 ' x tm S + ? , 0 1 t d ? ? - için 0 0 0 0 ( ') ' a Z m a a x tm ax at ax tm ax a tm d d '? + = + = + = + yazabiliriz. Şu halde 0 (mod ) ax b m ? ve ' 0(mod ) a tm m = olduğundan 0 ( ') (mod ) a x tm b m + ? elde ederiz. 43 ii) S nin elemanları mod m inkongrüenttir. Aksi taktirde s t ? olmak üzere 0 , s ? 1 t d ? - için 0 0 ' '(mod ) x sm x tm m + ? + olsaydı, ' '(mod ) ' ') ( ) ' sm tm m m sm tm s t m ? ? |( - = - 0 ' ( ) ' m m d s t m d s t '? ? | - ? | - yazılabilirdi, bu ise 0 s t - = , yani s t = olmasını gerektirir ki, bu kabulümüzle çelişir. Burada, 0 , s ? 1 t d ? - olduğundan s t d | - |< olduğunu kullandık. iii) Şimdi de (mod ) ax b m ? kongrüansının herhangi bir çözümünün mod m , S nin bir elemanına kongrüent olduğunu gösterelim: x' herhangi bir çözüm olsun. Bu durumda ' (mod ) ax b m ? , 0 (mod ) ax b m ? dir. O halde, 0 ' (mod ) ax ax m ? olduğundan 0 ( ' ) m a x x | - yazılabilir ve buradan 0 ( ' ) m a x x d d | - bulunur. ' m m d = , ' a a d = dersek 0 ' '( ' ) m a x x | - elde ederiz. Teorem 1.5. e göre, ( ', ') 1 m a = olduğundan 0 ' ( ' ) m x x | - veya 0 ' ' x x m k - = , ( ) k? veya 0 ' ' x x m k = + buluruz. Şimdi de , k d çiftine bölme algoritmasını uyguluyalım: , q r? olmak üzere k qd r = + , 0 r d ? < yazabiliriz. Böylece, 0 0 0 ' ' ( ) ' ' ' m x x km x qd r m x q dm rm = = + = + + = + + yani ' x 0 0 0 ' '(mod ) x qm rm x rm m ? = + + ? + elde edilir . 0 r d ? < olduğundan 0 ' x rm S + ? sonucuna ulaşırız. Sonuç 1: ( , ) 1 a m = ise (mod ) ax b m ? kongrüansının tek bir çözümü vardır. Sonuç 2: p bir asal sayı ve 0(mod ) a p ? / yani, ( , ) 1 p a = ise bu taktirde (mod ) ax b p ? kongrüansı bir ve yalnız bir çözüme sahiptir. Örnek 4.3. 55 20(mod105) x ? 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 20(mod105) 11 4(mod 21) x x ? ? ? 44 bulunur. Ayrıca (2, 21) 1 = olduğundan kongrüansın her iki tarafını 2 ile çarparsak 8(mod 21) x ? elde ederiz. Şu halde 0 8(mod 21) x ? dersek, tüm çözümler: 0 0 ' 21 (mod105) x x m t x t ? + ? + şeklindedir. 0 1 t d ? ? - olduğundan 0, 1, 2, 3, 4 t = alınır ve 105 ' 21 5 m m d = = = olduğu dikkate alınırsa tüm çözümler 0 8(mod105), 1 29(mod105), 2 50(mod105), 3 71(mod105), 4 92(mod105) t x t x t x t x t x = ? ? = ? ? = ? ? = ? ? = ? ? şeklinde bulunur. Not: Eğer ( , ) 1 a m = ise (mod ) ax b m ? kongrüansını aşağıda açıklandığı şekilde çözebiliriz: ( , ) 1 a m = olduğundan Euler Teoremine göre ( ) 1(mod ) m a m ? ? dir. (mod ) ax b m ? kongrüansının her iki tarafını ( ) 1 m a ? - ile çarparsak ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) 1 (mod ) (mod ) m m m m a ax a b m a x a b m ? ? ? ? - - - ? ? ? ( ) 1 (mod ) m x a b m ? - ? ? buluruz. Örnek 4.4. 2 1(mod 7) x ? kongrüansının çözümünü bulalım. Çözüm. (2,7) 1 = olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bu çözüm ( ) 1 (mod ) m x a b m ? - ? şeklinde olacaktır. Şu halde çözüm, (7) 1 6 1 5 2 2 2 32 4(mod 7) x ? - - ? ? ? ? ? dir. 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. 1 x = koşuluna uyan x kalan sınıfını bulmalıyız. Bunun için ( ) 3 1 mod 20 x ? kongrüansının çözümünü bulmak yeter. 2 2 1 1 1 4 20 2 .5 (20) (2 .5) 20(1 )(1 ) 20. . 8 2 5 2 5 ? ? = ? = = - - = = 45 ve 3. 1 x = olduğundan (20) 1 3 1(mod 20) 3 .1(mod 20) x x ? - ? ? ? 7 3 2 2 7 9 3 (3 ) .3 7 .3 9.3 7(mod 20) x ? ? ? ? ? ? ? ? bulunur ki, buradan 1 (3) 7 x - = = elde edilir. ( ) , 1 a m = olmak üzere ( ) mod ax b m ? kongrüansının bir 1 x x = çözümü , Teorem 4.3. kullanılmadan, aşağıdaki metodlardan biri ile de elde edilebilir. Metod 1: ( ) , 1 a m = olduğundan Teorem 1.2. ye göre 0 0 1 ax my + = (4.1) olacak şekilde bir 0 x , 0 y tamsayı çifti vardır. Bu tamsayı çifti, a ve m tamsayılarına Öklid algoritması uygulanarak bulunabilir. (4.1) eşitliğinin her iki tarafını b ile çarparsak ( ) 0 0 0 ( ) ( ) mod a x b my b b a x b b m + = ? ? bulunur ki, bu ( ) mod ax b m ? kongrüansının çözümünün ( ) 0 mod x x b m ? olduğunu gösterir. Kongrüansı gerçekleyen x lerden herhangi biri 1 x olarak alınabilir. Örnek 4.6. ( ) 21 6 mod51 x ? 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 2 mod17 x ? 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 2 mod17 x ? köngrüansının bir çözümünün ( ) 10 mod17 x ? olduğu görülür. Böylece ( ) 21 6 mod51 x ? köngrüansının tüm çözümleri 46 ( ) 10 17 mod51 x t ? + , ( 0,1,2 t = ) yani ( ) 10 mod51 x ? , ( ) 27 mod51 x ? , ( ) 44 mod51 x ? olarak bulunur. Metod 2: ( ) mod ax b m ? kongrüansında 0 a > ve a m < kabul edebiliriz. Kongrüansın tanımından dolayı ax b my - = olacak şekilde bir y tamsayısı vardır. Bu eşitlikten ( ) mod my b a ? - bulunur. a m < olduğundan bu son kongrüansı çözmek daha kolaydır. ( ) mod my b a ? - kongrüansının bir 0 y y = çözümü biliniyorsa, ax b my - = de y yerine 0 y yazılarak 0 my b x a + = bulunur ki, bu da ( ) mod ax b m ? kongrüansının çözümüdür. Öte yandan ( ) mod my b a ? - kongrüansına da aynı düşünce uygulanarak, çözümü kolaylıkla bulunabilen bir kongrüans elde edilir ve böylece ilk kongrüans çözülür. Örnek 4.7. ( ) 7 2 mod17 x ? kongrüansının çözümünü bulalım. Çözüm. ( ) 7 2 mod17 x ? ise y Z ? olmak üzere 7 2 17 x y - = yazabiliriz. Buradan ( ) ( ) 17 2 mod 7 3 2 mod 7 y y ? - ? ? - ( ) ( ) 6 4 mod 7 4 mod 7 y y ? ? - ? ? bulunur. 4 y = alınırsa 7 2 17.4 7 70 10 x x x - = ? = ? = elde edilir. Şu halde ( ) 7 2 mod17 x ? kongrüansının çözümü ( ) 10 mod17 x ? dir. Teorem 4. 4. (Çin Kalan Teoremi) 1 2 , ,..., r m m m pozitif tamsayılar ve her i j ? için ( ) , 1 i j m m = olsun. 1 2 , ,..., r a a a tamsayıları verildiğinde ( ) mod i i x a m ? , ( 1,2,..., i r = ) (4.2) kongrüanslarının ortak çözümleri vardır ve herhangi iki ortak çözüm 1 2 mod( . ... ) r m m m birbirine kongrüdür. 47 Kanıt. 1 2 . ... r m m m m = olsun. 1 2 , ,..., r m m m tamsayıları ikişer ikişer aralarında asal oldğundan ( , ) 1 j j m m m = , ( 1, 2,..., j r = ) dir. Şu halde Teorem 4.1. e göre ( ) 1 mod j j m x m m ? ( 1, 2,..., j r = ) kongrüansları çözülebilirdir. ( ) 1 mod j j m x m m ? kongrüansının çözümünü ( ) mod j j x b m ? ile gösterelim. 0 x tamsayısını 0 1 r j j j j m x b a m = = ? olarak tanımlarsak ( ) 0 1 mod r j j i i i i j j i m m x b a b a a m m m = ? ? ? ? ( 1,2,..., i r = ) bulunur ki, bu 0 x tamsayısının (4.2) deki kongrüansların bir ortak çözümü olduğunu gösterir. 1 , x 2 x tamsayıları (4.2) deki kongrüansların iki ortak çözümü olsun. Şu halde ( ) ( ) 1 2 mod mod i i i i x a m x a m ? ? ( 1,2,..., i r = ) olup, bu iki bağıntıdan ( ) 1 2 mod i x x m ? ( 1,2,..., i r = ) ve Örnek 3.5. e göre ( ) 1 2 1 2 mod[ , ,..., ] r x x m m m ? bulunur. i m tamsayıları ikişer ikişer aralarında asal olduğundan [ ] 1 2 , ,..., r m m m m = olur. Buradan ( ) 1 2 mod x x m ? elde edilir ve ispat tamamlanır. Teoremin ikinci kısmından dolayı (4.2) deki kongrüans sisteminin bütün tamsayılı çözümleri ( ) 0 mod x x m ? şeklindedir. 48 Örnek 4.8. ( ) ( ) ( ) 1 mod3 2 mod 4 3 mod5 x x x ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? kongrüans sistemini çözelim. Çözüm. (3,4) (3,5) (4,5) 1 = = = olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tek türlü belirli bir çözümü vardır. 1 3 m = , 2 4 m = , 3 5 m = , 1 1 a = , 2 2 a = , 3 3 a = tür. Buradan 3.4.5 60 m = = , 1 20 m m = , 2 15 m m = , 3 12 m m = bulunur. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 20 1 mod3 1 mod3 , 15 1 mod 4 1 mod 4 , 12 1 mod5 3 mod5 b b b b b b ? ? ? - ? ? ? - ? ? ? elde edilir. Şu halde sistemin çözümü ( ) 20.( 1).1 15.( 1).2 12.(3).3 58 mod 60 x ? - + - + ? olarak bulunur. (4.2) deki sistemi, teoremdeki metodu kullanmadan aşağıdaki gibi de çözebiliriz. Örnek 4.9. ( ) ( ) ( ) 1 mod3 2 mod 4 3 mod5 x x x ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? lineer kongrüans sistemini 2. bir metodla çözelim. Çözüm. (3,4) (3,5) (4,5) 1 = = = olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tek türlü belirli bir çözümü vardır. ( ) 1 mod3 x ? kongrüansının çözümleri 1 3 x k = + , ( 0, 1,... k = ± ) şeklindedir. 1 3k + tamsayısının ( ) 2 mod 4 x ? kongrüansının da bir çözümü olması için ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 2 mod 4 3 1 mod 4 1 mod 4 1 mod 4 k k k k + ? ? ? ? - ? ? ? - olmalıdır. Böylece 1 4 k t =- + , ( t? ) için 1 3 1 3( 1 4 ) 2 12 x k t t = + = + - + =- + , ( 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 2 12 x t = - + üçüncü kongrüansın da çözümü olsun. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 12 3 mod5 12 5 mod5 2 0 mod5 0 mod5 t t t t - + ? ? ? ? ? ? ? 49 bulunur. 5 t m = , ( m? ) yazabiliriz. Böylece 2 12 2 60 x t m = - + = - + , ( m? ) , kongrüans sisteminin bütün çözümlerini verir. Bulduğumuz bu çözümleri ( ) 2 mod 60 x ? - şeklinde de gösterebiliriz. Örnek 4.10. 1 2 (mod13) (mod17) x b x b ? ? ? ? ? lineer kongrüans sisteminin çözümünü bulalım. Çözüm. (13,17) 1 = olduğundan sistemin mod(13.17) mod 221 = tek türlü belirli bir çözümü vardır. Önce 1 (mod13) x b ? kongrüansını çözelim. 1 1 (mod13) 13 x b x b y ? ? = + , ( ) y? bulunur. Bu çözümün 2 (mod17) x b ? kongrüansının da bir çözümü olması için 1 2 2 1 13 (mod17) 13 (mod17) b y b y b b + ? ? ? - 2 1 4 (mod17) y b b ? - ? - olmalıdır. (4,17) 1 = olduğundan buradan 2 1 2 1 16 4( )(mod17) 4( )(mod17) y b b y b b - ? - ? ? - 2 1 4( ) 17 y b b z ? = - + , ( ) z Z ? bulunur. Diğer taraftan, 1 1 2 1 13 13[4( ) 17 ] x b y b b b z = + = + - + 1 2 1 1 2 52( ) 13.17 51 52 221 b b b z b b z = + - + = - + + olduğundan kongrüansın çözümü 1 2 1 2 51 52 (mod 221) 170 52 (mod 221) x b b b b ? - + ? + 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. 0(mod 2) 2(mod3) 3(mod5) 2(mod 7) x x x x ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? lineer kongrüans sistemini çözmeliyiz. (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 0(mod 2) x ? kongrüansını çözelim. 1 0(mod2) 2 x x y ? ? = , 1 ( ) y ? 50 olduğundan, bu çözümün 2(mod3) x ? kongrüansının da bir çözümü olması için 1 1 (2,3) 1 2 2(mod3) 1(mod3) y y = ? ? ? olmalıdır. Böylece 1 2 1 3 y y = + , 2 y ? için 1 2 2 2 2(1 3 ) 2 6 x y y y = = + = + olup, x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansın çözümüdür. Şimdi 2 y değerini öyle belirleyelim ki 2 2 6y + , üçüncü kongrüansın da çözümü olsun. 2 2 2 2 6 3(mod5) 6 1(mod5) 1(mod5) y y y + ? ? ? ? = ve böylece 2 3 1 5 y y = + , 3 ( ) y ? elde ederiz. Buradan 2 3 3 2 6 2 6(1 5 ) 8 30 x y y y = + = + + = + olur ki, bu çözüm ilk üç kongrüansı gerçekler. Son olarak 3 y ü öyle belirleyelim ki, 3 8 30y + son kongrüansı da gerçeklesin. 3 3 8 30 2(mod 7) 30 1(mod 7) y y + ? ? ? ? 3 3 2 1(mod 7) 4(mod 7) y y ? ? ? ve böylece 3 4 4 7 y y = + , 4 ( ) y ? elde ederiz. O halde, 3 4 4 4 8 30 8 30(4 7 ) 8 120 210 128 210 x y y y y = + = + + = + + = + bulunur ki, bu 128(mod 210) x ? olması demektir, dolayısıyla aranan en küçük tamsayı 128 dir. PROBLEMLER 1) ( ) 1 mod3 x ? , ( ) 1 mod 7 x ? , ( ) 1 mod11 x ? 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) ( ) mod100 ax b ? kongrüansında a ve b tamsayılarını öyle belirleyiniz ki bu kongrüansın tam 10 tane olsun. 4) a nın hangi değerleri için ( ) mod ax b m ? kongrüansının çözümü yoktur. 51 ( ) ( ) 1 1 2 2 5) mod mod x a m x a m ? ? ? ? ? ? ? kongrüans sisteminin bir çözümünün olması için gerek ve yeter koşulun ( ) ( ) 1 2 1 2 , m m a a | - olduğunu gösteriniz. ( ) ( ) ( ) ( ) 6) 1 mod 2 2 mod3 3 mod 5 4 mod 7 x x x x ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? kongrüans sisteminin 0 500 x < < koşulunu gerçekleyen 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) 3 mod11 4 mod13 5 mod17 x x x ? ? ? ? ? ? ? ? kongüans sistemini çözünüz. 52 5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER VE İNDEKSLER Tanım 5.1. m bir pozitif tamsayı, a? ve ( , ) 1 a m = olsun. 1(mod ) a m ? ? koşulunu gerçekleyen en küçük pozitif ? tamsayısına a nın m modülüne göre eksponenti ( mertebesi ) adı verilir ve eks m a ? = şeklinde gösterilir. Bu koşulu gerçekleyen ? lar vardır. Çünkü ( ) m ? ? = için Euler Teoremine göre ( ) 1(mod ) m a m ? ? dir. Örnek 5.1. 2 nin 5 modülüne göre eksponentini bulalım. Çözüm. (2,5) 1 = olduğundan Fermat Teoremine göre (5) 4 2 2 1(mod 5) ? ? ? dir. ( ) 1 2 2 1 mod 5 = ? , ( ) 2 2 4 1 mod5 = ? , ( ) 3 2 8 1 mod5 = ? , ( ) 4 2 16 1 mod5 = ? olduğundan 2 nin 5 modülüne göre eksponenti 4, yani 5 eks 2 4 = tür. Teorem 5.1. Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti ? olsun. Bu takdirde 0 1 1 1 , ,..., a a a ?- = sayıları m modülüne göre inkongrüenttir. Kanıt. 0 k l ? ? < < olmak üzere (mod ) k l a a m ? olduğunu kabul edelim. ( , ) 1 m a = olduğundan kısaltma yaparak 1(mod ) l k a m - ? bulunur. Ayrıca 0 l k ? < - < olduğundan bu, ? nın eksponent oluşu ile çelişir. Şu halde 0 1 1 , ,..., a a a ?- sayıları m modülüne göre inkongrüenttir. Teorem 5.2. a nın m modülüne göre eksponenti ? olsun. Bu taktirde ' (mod ) a a m ? ? ? ise '(mod ) ? ? ? ? dır. Kanıt. ? ve ' ? yü , ? ile kalanlı olarak bölelim. , , , q r q r ' '? olmak üzere q r ? ? = + , 0 r ? ? < ve ' ' ' q r ? ? = + , 0 ' r ? ? < yazabiliriz. exp m a ? = olduğundan 1(mod ) a m ? ? dir. Buradan 1 ( ) . (mod ) q r r a a a a m ? ? ? ? ? ve ' ' ' ' 1 ( ) . (mod ) q r r a a a a m ? ? ? ? ? 53 elde edilir. Böylece ' ' (mod ) (mod ) r r a a m a a m ? ? ? ? ? buluruz. Teorem 5.1. e göre r a ve ' r a , m modülüne göre inkongrüent olduğundan ' r r = elde ederiz. Şu halde ' ' ( ') ' 0(mod ) r r q q ? ? ? ? ? ? ? = ? - = - ? - ? veya '(mod ) ? ? ? ? bulunur. Sonuç: Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti ? ise ( ) 1 mod a m ? ? ? ? ? | olmasıdır. Kanıt. Teorem 5.2. de 0 ?'= almak yeter. Teorem 5.3. a nın m modülüne göre eksponenti ? ise ( ) m ? ? | dir. Kanıt. m eks a ? = ise 1(mod ) a m ? ? ve 0 ' ? ? < < olmak üzere ' 1(mod ) a m ? ? / dir. Şimdi, ( ) m ? tamsayısını ? ile kalanlı olarak bölelim. ( ) m q r ? ? = + , 0 r ? ? < olacak şekilde , q r tamsayıları vardır. Burada 0 r = olmalıdır. Çünkü, eğer 0 r > olsaydı, Euler Teoremine göre ( ) 1 1(mod ) ( ) . 1(mod ) 1(mod ) m q r q r r a m a a a m a m ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? elde edilirdi ki, bu r ? < olduğundan ? nın eksponent oluşu ile çelişirdi. Şu halde 0 ( ) ( ) r m q m ? ? ? ? = ? = ? | sonucu bulunur. Örnek 5.2. 7 nin 23 modülüne göre eksponentini bulalım. Çözüm. (7, 23) 1 = olduğundan Fermat Teoremine göre (23) 22 7 1(mod 23) 7 1(mod 23) ? ? ? ? tür. 23 eks 7 ? = diyelim. Böylece 7 1(mod 23) ? ? yazabiliriz ve Teorem 5.3. e göre (23) 22 ? ? | = olduğundan 1,2,11 ve 22 ? = değerlerinden birisi ( 22 nin doğal bölenleri ) olabilir. 1 7 7 1(mod 23) ? ? / , 2 7 49 3 1(mod 23) ? ? ? / 11 2 5 5 3 2 3 4 3 7 (7 ) .7 3 .7 3 .3 .7 4.9.7 28.9 5.9 45 1(mod 23) ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? - 22 11 11 7 7 7 1(mod 23) ? ? ? 54 buluruz. Şu halde, 7 nin 23 modülüne göre eksponenti 22, yani 23 eks 7 22 = dir. Teorem 5.4. Bir a? tamsayısının m modülüne göre eksponenti h ise k + ? olmak üzere, k a tamsayısının m modülüne göre eksponenti ( , ) h h k dır. Kanıt. k a tamsayısının m modülüne göre eksponenti t olsun. Eksponent tanımından ( ) ( ) 1 mod t k kt a a m ? ? olup, Teorem 5.2. de kt ? = ve 0 ?'= alınırsa ( ) 0 mod kt h ? veya h kt | sonucu çıkar. ( , ) ( , ) h k h kt t h k h k | ? | elde edilir. , 1 ( , ) ( , ) h k h k h k ? ? = ? ? ? ? olduğundan Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremine göre göre ( , ) h t h k | sonucu çıkar. Öte yandan ( ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) 1 mod h k k h h k h k a a m ? ? , ( ( ) 1 mod h a m ? ) olduğundan Teorem 5.2. nin sonucuna göre ( , ) h t h k | bulunur. Böylece ( , ) h t h k | ve ( , ) h t h k | bağıntılarından ( , ) h t h k = elde edilir. Teorem 5.5. a? , p ve q tek asal sayılar olsun. ( 1) p q a | - ise ya ( 1) q a | - ya da 2 1 q up = + , u? dir. Kanıt. ( 1) p q a | - olduğundan ( ) 1 mod p a q ? dur. eks q a s = dersek Teorem 5.2. nin sonucuna göre s p | olmalıdır. Buradan 1 s = veya s p = sonucu çıkar. 1 s = ise ( ) 1 1 mod ( 1) a q q a ? ? | - olur. 55 s p = ise Teorem 5.3. e göre ( ) p q ? | olur ki, bu ( ) 1 p q | - demektir. Buradan da r? olmak üzere 1 q pr - = yazabiliriz. q ve p tek asal sayılar olduğundan r çift sayı olmalıdır. Şu halde u? olmak üzere 2 r u = dur. r nin bu değeri yukarıda yerine yazılırsa 2 1 (2 ) 2 1 r u q p u q up = ? - = ? = + elde edilir. Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere 2 1 p - sayısının bölenleri, 2 1 up+ formundadır. Kanıt. a, 2 1 p - in bir böleni ise, i q ler a nın asal bölenleri olmak üzere 1 2 ... k a q q q = yazılabilir. 2 (2 1) p | - dir. Bu yüzden 1 q , 2 q , ... , k q asal sayılarının hepsi tektir. 1 i k ? ? için i q | (2-1) olduğundan Teorem 5.5. e göre 2 1 i i q u p = + yazılabilir. Şu halde uygun bir u? için 1 (2 1)...(2 1) 2 1 k a u p u p up = + + = + elde edilir. Örnek 5.3. 13 2 1 - tamsayısının en küçük asal bölenini bulalım. Çözüm. 13 asal olduğundan yukarıdaki sonuca göre aradığımız sayı 2.13 1 26 1 u u + = + biçiminde olmalıdır. 1 u = için elde edilen 27 sayısı asal değildir. 2 u = için elde edilen 53 tamsayısı, asal olduğundan aranan sayıdır. Örnek 5.4. 1 a > ve 0 n > birer tamsayı olsun. Bu taktirde ( 1) n n a ? | - dir. Çözüm. Önce 1 a > için ( , 1) 1 n a a - = olduğunu kanıtlayalım. ( , 1) n a a d - = diyelim. Buradan 1 ( 1)] 1 1 1) n n n n d a d a d a a d d a = ? | ? | ? ? |[ - - = ? = ? |( - ? ? buluruz. a nın ( 1) n a - modülüne göre eksponenti n dir, çünkü 1 0(mod( 1)) 1(mod( 1)) n n n n a a a a - ? - ? ? - elde edilir. Eğer, a nın ( 1) n a - modülüne göre eksponenti ? ve n ? < olsa, 1(mod( 1)) 1 1) n n a a a a ? ? ? - ? - |( - buluruz ki 1 1 n a a ? - > - olduğundan bu mümkün değildir, o halde n ? = dir. Buradan 56 ( 1) ( 1) n n a eks a n n a ? - = ? | - sonucunu elde ederiz. Örnek 5.5. 1(mod ) ab m ? ise a ve b tamsayılarının m modülüne göre eksponentlerinin birbirine eşit olduğunu gösterelim. Çözüm. 1 eks m a t = , 2 eks m b t = olsun. O taktirde 1 1(mod ) t a m ? , 2 1(mod ) t b m ? dir. 1 1 1(mod ) ( ) 1 1(mod ) t t ab m ab m ? ? ? ? 1 1 1 1 . 1(mod ) 1(mod ) t t t a b m b m ? ? ? ? ? olduğundan, eksponent tanımından 2 1 t t | bulunur. Diğer taraftan, benzer şekilde 2 2 1(mod ) ( ) 1 1(mod ) t t ab m ab m ? ? ? ? 2 2 2 1 . 1(mod ) 1(mod ) t t t a b m a m ? ? ? ? ? olduğundan, eksponent tanımından 1 2 t t | bulunur. Buradan 1 2 2 1 1 2 1 2 , 0, 0 m m t t t t t t eks a eks b t t | | ? ? = ? = ? > > ? sonucu elde edilir. Tanım 5.2. a? , ( , ) 1 a m = olsun. a nın m modülüne göre eksponenti ( ) 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, 23 eks 7 22 (23) ? = = tür. Örnek 5.6. 41 modülüne göre bir primitif kök bulalım. Çözüm. a, 41 modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde 41 40 eks a = 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. 3 (41) 40 2 .5 ? = = olduğundan 2 nin 41 modülüne göre eksponenti 40 ın bölenleri, yani 1, 2, 4, 5, 8, 10, 20 ve 40 olabilir. 1 2 1(mod 41) ? / , 2 2 4 1(mod 41) ? ? / , 4 2 16 1(mod 41) ? ? / , 57 5 2 32 1(mod 41) ? ? / , 8 5 3 9 2 2 .2 9.8 72 10 1(mod 41) ?- ? ? - ? - ? ? / , 10 8 2 2 2 .2 10.4 40 1 1(mod 41) ? ? ? ? - ? / , 20 10 10 2 2 .2 1(mod 41) ? ? olduğundan 41 eks 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. 1 7 1(mod 41) ? / , 2 7 49 8 1(mod 41) ? ? ? / , 4 2 2 7 7 .7 8.8 23 1(mod 41) ? ? ? ? / , 5 4 7 7 .7 23.7 161 38 3 1(mod 41) ? ? ? ? ? - ? / , 8 4 4 7 7 .7 23.23 529 37 4 1(mod 41) ? ? ? ? ? - ? / , 10 8 2 7 7 .7 4.8 32 9 1(mod 41) ? ?- ?- ? ? / , 20 10 10 7 7 .7 9.9 81 1 1(mod 41) ? ? ? ?- ? / , 40 20 20 7 7 .7 ( 1)( 1) 1(mod 41) ? ? - - ? olduğundan 41 7 40 eks = tır. Şu halde 7, 41 modülüne göre bir primitif köktür. Teorem 5.6. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde, 1) (mod ) (mod ( )), j k g g m j k m ? ? ? ? 2) 1(mod ) ( ) j g m m j ? ? ? | , 3) 2 ( ) , ,..., m g g g ? tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemi oluştururlar. Kanıt. 1) g , m modülüne göre bir primitif kök ise eks ( ) m g m ? = olacağından kanıt için Teorem 5.2. de ( ) m ? ? = almak yeterlidir. 2) Teoremin birinci şıkkında 0 k = almak yeterlidir. Çünkü, 0 (mod ) 0(mod ( )) ( ) j g g m j m m j ? ? ? ? ? ? | dir. 3) ( , ) 1 g m = olduğundan ( , ) 1 j g m = ( 1,..., ( ) j m ? = ) dir. 2 ( ) , ,..., m g g g ? sayılarından oluşan kümenin eleman sayısı ( ) m ? dir. Şimdi bu sayılardan herhangi ikisinin m modülüne göre birbirine kongrü olmadığını gösterelim. 1 , ( ) j k m ? ? ? için (mod ) j k g g m ? olsa: ( ) 1) mod ( ) j k m ? ? ? 58 yani ( ) ( ) m j k ? | - bulunur. Fakat 1 , ( ) j k m ? ? ? olduğundan ( ) j k m ? - < olup, ( ) ( ) m j k ? | - bağıntısı ancak 0 j k - = , yani j k = için gerçeklenir. Şu halde j k ? ise (mod ) j k g g m ? dir. Teorem 5.7. 1 m > bir tamsayı ve g , m modülüne göre bir primitif kök ise bu takdirde k g nın , m modülüne göre bir primitif kök olması için gerek ve yeter koşul ( , ( )) 1 k m ? = olmasıdır. Kanıt. , g m modülüne göre bir primitif kök olduğundan Teorem 5.4. e göre eks ( ) eks ( ) ( ,eks ) ( , ( )) k m m m g m g k g k m ? ? = = dir. Şu halde k g nın , m modülüne göre bir primitif kök olması, yani eks ( ) ( ) k m g m ? = olması için gerek ve yeter koşul ( , ( )) 1 k m ? = olmasıdır. p bir asal sayı ve ? + ? olmak üzere m nin 2, 4, p, p ? ve 2. p ? 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 ( ( )) m ? ? dir. Kanıt. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. m ile aralararında asal olan herhangi bir tamsayı, 2 ( ) , ,..., m g g g ? sayılarından birine kongrüenttir. Diğer yandan Teorem 5.7. ye göre k g nın, m modülüne göre bir primitif kök olması için gerek ve yeter koşul ( , ( )) 1 k m ? = olmasıdır. Şu halde ( ) k m ? ? koşuluna uyan bu tamsayıların sayısı tam ( ( )) m ? ? dir. Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere, p modülüne göre 1 ( ( )) ( 1) p p p ? ? ? - = - tane primitif kök vardır. Örnek 5.7. 11 modülüne göre bütün primitif kökleri bulalım. Çözüm. 11 modülüne göre ( 1) (11 1) (10) 4 p ? ? ? - = - = = tane primitif kök vardır. Bir a tamsayısı için, Teorem 5.3. e göre ( ) p eks a p ? | olduğundan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 sayılarının eksponentlerini ararken ( ) (11) 10 p ? ? = = sayısının bölenleri olan 1, 2, 5, 10 sayılarına bakmak yeter. 59 ( ) 1 1 1 mod11 ? , 1 2 2 ? , 2 2 4 ? , 5 2 8 ? , ( ) 10 2 1 mod11 ? , 1 3 3 ? , 2 3 9 ? , ( ) 5 3 1 mod11 ? , 1 4 4 ? , 2 4 5 ? , ( ) 5 4 1 mod11 ? , 1 5 5 ? , 2 5 3 ? , ( ) 5 5 1 mod11 ? , 1 6 6 ? , 2 6 3 ? , 5 6 10 ? , ( ) 10 6 1 mod11 ? , 1 7 7 ? , 2 7 5 ? , 5 7 10 ? , ( ) 10 7 1 mod11 ? , 1 8 8 ? , 2 8 9 ? , 5 8 10 ? , ( ) 10 8 1 mod11 ? , 1 9 9 ? , 2 9 4 ? , ( ) 5 9 1 mod11 ? , 1 10 10 ? , ( ) 2 10 1 mod11 ? olduğundan eksponenti (11) 10 ? = olan 4 tane sayı vardır ve bunlar 2, 6, 7 ve 8 dir. Şu halde 11 modülüne göre (11 1) (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, ( , (11)) ( ,10) 1 k k ? = = olmak üzere 2 k şeklindedir. 10 2.5 = olduğundan bu koşula uyan k lar 1, 3, 7 ve 9 dur. Şu halde 11 modülüne göre bütün primitif kökler: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 7 9 2 2 mod11 2 8 mod11 2 7 mod11 2 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 p g ile gösterirsek 100 den küçük asal sayılar için p g sayılarını yazalım. p 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 p g 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 p g 3 5 2 2 2 2 7 5 3 2 3 5 60 Tanım 5.3. a? , ( , ) 1 a m = ve g de m modülüne göre bir primitif kök olsun. (mod ) j g a 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 m ? ? ? koşulunu gerçeklediği açıktır. Örnek 5.8. 13 p = 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. 1 2 2 ? , 2 2 4 ? , 3 2 8 ? , 4 2 3 ? , 5 2 6 ? , 6 2 12 ? , 7 2 11 ? , 8 2 9 ? , 9 2 5 ? , 10 2 10 ? , 11 2 7 ? , ( ) 12 2 1 mod13 ? kongrüanslarından yararlanarak, 13 modülüne göre 2 1 x ? , 2 2 x ? , 2 3 x ? , 2 4 x ? , 2 5 x ? , 2 6 x ? , 2 7 x ? , 2 8 x ? , 2 9 x ? , 2 10 x ? , 2 11 x ? , ( ) 2 12 mod13 x ? kongrüanslarının en küçük pozitif tamsayı çözümleri sırasıyla 12, 1, 4, 2, 9, 5, 11, 3, 8, 10, 7, 6 olduğundan 2 ind 1 12 = , 2 ind 2 1 = , 2 ind 3 4 = , 2 ind 4 2 = , 2 ind 5 9 = , 2 ind 6 5 = , 2 ind 7 11 = , 2 ind 8 3 = , 2 ind 9 8 = , 2 ind 10 10 = , 2 ind 11 7 = , 2 ind 12 6 = dır. Bunu tablo ile aşağıdaki gibi yazabiliriz. a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 ind a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6 Teorem 5.9. g , m tamsayısının bir primitif kökü ise ( ) ( ) mod ind mod ( ) u g g a m u a m ? ? ? = dir. 61 Kanıt. ( ) mod u g a m ? olsun. ( ) ind mod g a u g a g m ? ? yazılabileceğinden Teorem 5.2. ye göre ( ) ind mod ( ) g u a m ? ? bulunur. Tersine ( ) ind mod ( ) g u a m ? ? ise uygun bir v? için ind . ( ) g u a v m ? = + yazabiliriz. Şu halde ( ) ind . ( ) ind ind ( ) 1 ( ) mod g g g a v m a a u m v g g g g g a m ? ? + ? ? ? ? ? elde edilir. Sonuç: ( ) mod a a p ' ? ise ( ) ind ind mod( 1) g g a a p ' ? - dir. Kanıt. ( ) ind ind mod g g a a g a a g p ' ' ? ? ? den Teorem 5.9. kullanılarak ( ) ind ind mod( 1) g g a a p ' ? - elde edilir. Örnek 5. 9. ind 1 0 g = ve ind 1 g g = olduğunu gösterelim. Çözüm. ind 1 g a = olsun. Bu takdirde ( ) 1 mod a g m ? kongrüansından , 0 ( ) 1 a m ? ? ? - eşitsizliğini de kullanarak 0 a = buluruz. Benzer şekilde ind g g b = dersek ( ) mod b g g m ? kongrüansından ve ( , ) 1 g m = olmasından dolayı ( ) 1 1 mod b g m - ? buluruz. Üstelik 0 1 ( ) 1 b m ? ? - ? - olduğundan 1 0 b- = , yani 1 b= sonucu elde edilir. İndekslerle işlem yapmanın, logaritmalarla işlem yapmaya benzediğini söyleyebiliriz. Teorem 5.10. g , bir m tamsayısının primitif kökü ise i ) ( ) ind ( ) ind ind mod ( ) g g g ab a b m ? ? + , ii) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ( ) ind .ind mod ( ) n g g a n a m ? ? dir. Kanıt. i ) ind g a u = ve ind g b v = olsun. 62 ( ) mod u g a m ? ve ( ) mod v g b m ? olduğundan ( ) mod u v ab g m + ? dir. Teorem 5.9. a göre ( ) ind ind ind mod ( ) g g g a b u v ab m ? + ? + ? olur. ii ) n terim n terim ind ind ( . ... ) ind ind ...ind n g g g g g a a a a a a a = ? + + ( ) .ind mod ( ) g n a m ? ? bulunur. Örnek 5.10. ( ) 11 8 mod13 x ? 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 ind a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6 (13) 12 ? = olduğundan ( ) 2 2 2 2 ind 11 ind 11 ind ind 8 mod12 x x ? + ? olur. İndeks tablosundan 2 ind 11 7 = ve 2 ind 8 3 = olduğu göz önüne alınırsa ( ) 2 ind 3 7 4 8 mod12 x ? - ? - ? bulunur ve tekrar indeks tablosu kullanılarak, 2 primitif köküne göre indeksi 8 olan sayı bulunursa ( ) 9 mod13 x ? elde edilir. Tanım 5.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzere (mod ) n x a p ? kongrüansı çözümlü ise a ya p modülüne göre bir n. kuvvet kalanı denir. Teorem 5.11. p bir asal sayı , a? ve ( , ) 1 a p = olsun. Bu taktirde, 1) 1 ( , 1) 1(mod ) p n p a p - - ? / ise (mod ) n x a p ? kongrüansının çözümü yoktur. 63 2) 1 ( , 1) 1(mod ) p n p a p - - ? ise (mod ) n x a p ? kongrüansının çözümü vardır ve çözüm sayısı ( , 1) n p- dir. Kanıt. 1) ( , 1) n p d - = diyelim. Eğer (mod ) n x a p ? kongrüansının bir u çözümü varsa 1 1 . 1 1 ( ) 1(mod ) p p n n p d d d a u u p - - - ? ? ? ? elde ederiz. Şu halde 1 1(mod ) p d a p - ? / ise (mod ) n x a p ? kongrüansının çözümü yoktur. 2) Şimdi, 1 1(mod ) p d a 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 (mod ) j g a p ? dir. Böylece, 1 1 1 . 0 1(mod ) ( ) 1 (mod ) p p p j j d d d a p g g g p - - - ? ? ? ? ? olur. Buradan Teorem 5.2. kullanılarak mod ( ) ( 1) 0(mod( 1)) p j p p d ? - ? - elde edilir. Şu halde k? olmak üzere, ( 1) ( 1) j p k p d - = - yazabiliriz. Bu son eşitlikten de . j k d d j = ? | (5.1) buluruz. 2 1 , ,..., p g g g - sayıları, p modülüne göre bir tam kalan sistemi oluşturduğundan (mod ) n x a p ? kongrüansının her çözümü, y uygun bir pozitif tamsayı olmak üzere (mod ) y x g p ? şeklindedir. Şu halde, (mod ) (mod ) (mod ) yn yn j j g a p g g p g a p ? ? ? ? ? ? ? ? ? bulunur ve buradan Teorem 5.6. ya göre (mod ( )) (mod( 1)) yn j p yn j p ? ? ? ? - (5.2) elde edilir. (5.1) den ( , 1) d n p j = - | olduğundan (5.2) deki kongrüansın tam ( , 1) d n p = - tane çözümü vardır ve bu çözümler, 64 1 (mod( 1)) y y p ? - , 2 (mod( 1)) y y p ? - , ... , (mod( 1)) d y y p ? - ise (mod ) n x a m ? kongrüansının çözümleri 1 (mod ) y x g p ? , 2 (mod ) y x g p ? , ... , (mod ) d y x g p ? olarak bulunur. Uyarı: 0 y ve 1 y iki tamsayı olmak üzere 0 1 (mod( 1)) y y p ? - ise 0 1 (mod ) y y g g p ? dir: Çünkü 0 1 0 1 (mod( 1)) 1 y y p p y y ? - ? - | - 0 1 ( 1) y y t p ? - = - , ( ) t? 0 1 ( 1) y y t p ? = + - 0 1 1 1 ( 1) 1 1 .( ) (mod ) y y t p y y p t g g g g g p + - - ? ? ? ? ? olacağından (mod ) n x a m ? kongrüansının yukarıdaki d tane çözümünden başka çözümü yoktur. Örnek 5.11. 7 2(mod13) x ? kongrüansının çözülebilir olup olmadığını araştıralım ve eğer çözülebilir ise kongrüansın çözümlerini bulalım. Çözüm. Teorem 5.11. e göre 1 ( , 1) 1(mod ) p n p a p - - ? ise (mod ) n x a p ? kongrüansı çözümlüdür. Örneğimizde 2 a = , 1 12 p- = , 7 n = dir. Şu halde (2,13) 1 = olduğundan Fermat Teoremine göre 12 12 (7,12) 2 2 1(mod13) ? ? bulunur. Dolayısıyla 7 2(mod13) x ? 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? 2 12 2 .3 = olduğundan 12 nin bölenleri 1,2,3, 4,6 ve 12 dir. 1 2 1(mod13) ? / , 2 2 1(mod13) ? / , 3 2 1(mod13) ? / 4 2 1(mod13) ? / , 6 2 1(mod13) ? / , 12 2 1(mod13) ? olduğundan 2, 13 modülüne göre bir primitif köktür. Şu halde 7 2(mod13) x ? kongrüansının çözümü y uygun bir pozitif tamsayı olmak üzere 2 (mod13) y x ? şeklindedir. Teorem 5.6. ya göre 7 1 (13) (2 ) 2 2 (mod13) 7 1(mod 12 ) y y ? ? ? ? ? bulunur. (7,12) 1 = olduğundan her iki yanı 7 ile çarparsak 65 49 7(mod12) 7(mod12) y y ? ? ? bulunur, bu ise 7 2 (mod13) x ? şeklinde tek çözümdür. Yukarıda, eğer 1 2 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 7 3(mod13) x ? kongrüansını çözelim. ( ) 7,12 1 = ve 12 12 (7,12) 3 3 1(mod13) ? ? olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bunun için 7 (2 ) 3(mod13) y ? kongrüansını çözmeliyiz. Şimdi 3 ü, 2 nin bir kuvveti olarak yazalım. 1 2 2(mod13) ? , 2 2 4(mod13) ? , 3 2 9(mod13) ? , 4 2 3(mod13) ? olduğundan Teorem 5.6. ya göre 7 4 (2 ) 3 2 (mod13) 7 4(mod12) y y ? ? ? ? ( ) 7,12 1 49 28 4(mod12) 4(mod12) y y = ? ? ? ? ? bulunur. Şu halde 7 3(mod13) x ? kongrüansının çözümü 4 2 3(mod13) x ? ? tür. PROBLEMLER 1) 3 ün, 17 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundan yararlanarak 11 9(mod17) x ? kongrüansını çözünüz. 2) 2 nin, 19 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundan yararlanarak 6 11(mod19) x ? kongrüansını çözünüz. 3) n? ve p, 4 3 2 1 n n n n + + + + nin bir asal böleni ise bu takdirde ya ( ) 1 mod5 p ? veya 5 p = olduğunu gösteriniz. 4) 1 n? bir tamsayı olsun. ( ) 1 2 mod a a n ? ve ( ) ( ) 1 2 , , 1 a n a n = = ise 1 a ve 2 a nin, n modülüne göre eksponentlerinin eşit olduğunu gösteriniz. 5) p eks 6 a = ise ( ) 4 2 1 0 mod a a p + + ? olduğunu gösteriniz. 6) p, ( ) 1 mod 4 p ? 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. 66 7) m eks a h = , m eks b k = ve ( ) , 1 h k = ise ( ) m eks . . a b h k = olduğunu gösteriniz. 8) p bir asal sayı ve g de p modülüne göre bir primitif kök olsun. Eğer k tamsayısı ( ) , 1 1 k p- = koşulunu gerçekliyorsa bu takdirde k g tamsayısının da p modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz. 9) p bir asal sayı olmak üzere p eks a h = ve h bir çift tamsayı ise bu takdirde ( ) 2 1 mod h a p ?- olduğunu gösteriniz. 10) p bir tek asal sayı olsun. p eks 2 a = olması için gerek ve yeter koşulun ( ) 1 mod a p ? - olduğunu gösteriniz. 11) p bir tek asal sayı ise ( ) 1 1 mod p x p - ? kongrüansının çözümlerinin sayısını belirleyiniz. 12) ( ) 3 mod 7 n x ? kongrüansında n pozitif tamsayısını öyle belirleyiniz ki bu kongrüansın a) hiç çözümü olmasın, b) tam iki tane çözümü olsun. 67 6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) REZİDÜLER Bu bölümde 2 (mod ) x a p ? kongrüansının çözülebilir olup olmadığını Teorem 5.11. de verdiğimiz kriteri kullanmadan, Legendre sembolü adı verilen bir sembol yardımı ile belirleyeceğiz. Bu amaçla, 2 0(mod ) ax bx c p + + ? , 0(mod ) a p ? / (6.1) kongrüansının 2 (mod ) x u p ? kongrüansına eşdeğer olduğunu gösterelim. 2 p = için (6.1) deki kongrüansın çözülebilir olup olmadığı kolaylıkla görülebilir. Bu nedenle, 2 p > kabul edelim. ( ) f x polinomunu ( ) 2 f x ax bx c = + + olarak tanımlarsak ( ) 0(mod ) f x p ? kongrüansının her iki tarafını, ( , ) 1 (4 , ) 1 (2, ) (4, ) 1 a p a p p p = ? ? = ? = = ? olduğundan, 4a ile çarparak ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 . 4 4 4 2 4 a f x a x abx ac ax b ac b = + + = + + - elde ederiz. Şu halde ( ) ( ) mod f x p ? kongrüansını çözme problemi ( ) ( ) 2 2 2 4 (mod ) ax b b ac p + ? - kongrüansını çözme problemine dönüşmüş olur. Şimdi 2ax b y + = diyelim. ( ) 0(mod ) f x p ? kongrüansının bir 0 x çözümü varsa 0 y , 0 0 2 (mod ) ax b y p + ? koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olmak üzere, 2 2 4 (mod ) y b ac p ? - kongrüansının bir çözümüdür. Tersine, 2 2 4 (mod ) y b ac p ? - kongrüansının bir çözümü 0 y ise 0 x , 0 0 2 (mod ) ax b y p + ? koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olmak üzere, ( ) 0(mod ) f x p ? kongrüansının bir çözümüdür. Şu halde, ( ) 0(mod ) f x p ? ve 2 2 4 (mod ) x b ac p ? - kongrüanslarının çözümleri arasında bire-bir bir eşleme vardır. Böylece, 2 0(mod ) ax bx c p + + ? kongrüansını çözme problemi 2 (mod ) x u p ? şeklinde bir kongrüansı çözme problemine indirgenmiş olur. Örnek 6.1. 2 5 0(mod11) x x + + ? kongrüansını 2 (mod11) x u ? biçimine dönüştürelim. Çözüm. (4,11) 1 = olduğundan 2 5 0(mod11) x x + + ? kongrüansının her iki tarafını 4 ile çarpalım. 68 2 2 4 4 20 0(mod11) (2 1) 1 20 0(mod11) x x x + + ? ? + - + ? yazabiliriz. 2 1 x y + = dersek, 2 19 3(mod11) y ?- ? buluruz ( Bunun yerine ( ) 2 3 mod11 x ? de yazabilirdik). Tanım 6.1. a bir tamsayı ve ( , ) 1 a m = olsun. 2 (mod ) x a m ? kongrüansının çözümü varsa a ya m modülüne göre bir kuadratik rezidü ( kuadratik kalan ) ve eğer 2 (mod ) x a 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 ( , ) 1 a p = olsun. 1 , eğer , mod bir KR ise, = -1 , eğer , mod bir KNR ise a p a a p p + ? ? ? ? ? ? ? ? ? şeklinde tanımlı a p ? ? ? ? ? ? sembolüne Legendre sembolü adı verilir. Örneğin ( ) 2 4 mod11 x ? kongrüansı çözülebilir olduğundan ( ( ) 2 mod11 x ? bir çözümdür ) 2 , 11 modülüne göre bir KR dür ve bundan dolayı 4 1 7 ? ? = ? ? ? ? dir. ( ) 2 3 mod 7 x ? kongrüansının çözümü olmadığından 3 , 7 modülüne göre bir KNR olup, 3 1 7 ? ? =- ? ? ? ? bulunur. Teorem 6.1. p bir tek asal sayı , a? ve ( , ) 1 a p = olmak üzere 1) 1 2 1(mod ) p a p - ? ise a, p modülüne göre bir kuadratik rezidü, 2) 1 2 1(mod ) p a p - ?- ise a, p modülüne göre bir kuadratik non-rezidüdür. Kanıt. Teorem 5.11. de 2 n= alırsak, çift ( , 1) (2, 1) 2 n p p - = - = olacağından, 1) 1 2 1(mod ) p a p - ? ise 2 (mod ) x a p ? kongrüansı çözümlü, 2) 1 2 1(mod ) p a p - ? / ise 2 (mod ) x a p ? kongrüansının çözümü yoktur. ( , ) 1 a p = olduğundan Fermat Teoremine göre, 69 1 1 1(mod ) 1 0(mod ) p p a p a p - - ? ? - ? dir ve p-1 bir çift sayı olduğundan 1 1 2 2 ( 1)( 1) 0(mod ) p p a a 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 1 1 2 2 ( 1) ( 1) 2 p p p a a - - ? ? | - - + + = ? ? ? ? bulunur ki, bu p nin tek asal sayı oluşu ile çelişir. Şu halde, ya 1 2 1(mod ) p a p - ? veya 1 2 1(mod ) p a p - ? - dir. 1 2 1(mod ) p a p - ? ise 1) den 2 (mod ) x a p ? kongrüansı çözümlüdür. Dolayısıyla a, p modülüne göre bir kuadratik rezidüdür. 1 2 1(mod ) p a p - ?- ise 2 p ? olduğundan 1 2 1 1(mod ) p a p - ?- ? / olur ki, bu durumda 2) den dolayı 2 (mod ) x a 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 ( ) 2 3 mod13 x ? kongrüansı çözümlü müdür ? Çözüm. 12 6 3 3 (2,12) 1 1 3 3 3 .3 ( 1)( 1) 1(mod13) ? ? ? ? ? + + ? olduğundan 2 3(mod13) x ? kongrüansı çözümlüdür. Şu halde 3, 13 modülüne göre bir KR dür ve 4(mod13) x ? bir çözümdür. Uyarı : , a b? olsun. a, m modülüne göre bir KR ve (mod ) a b m ? ise b de m modülüne göre bir KR dür. Dolayısıyla, m modülüne göre KR leri sayarken birbirine kongrü olmayanlar alınmalıdır. mod p ; 1 2 p- tane KR ve 1 2 p- tane de KNR vardır. Örnek 6.3. 7 modülüne göre bütün kuadratik rezidü ve kuadratik non- rezidüleri bulalım. Çözüm. 2 1 1(mod 7) ? , 2 2 4(mod 7) ? , 2 3 9 2(mod 7) = ? , 70 2 4 16 2(mod 7) = ? , 2 5 25 4(mod 7) = ? , 2 6 36 1(mod 7) = ? olduğundan 2 1(mod 7) x ? , 2 4(mod 7) x ? , 2 2(mod 7) x ? kongrüansları çözümlü, 2 3(mod 7) x ? , 2 5(mod 7) x ? , 2 6(mod 7) x ? 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 ( , ) 1 a p = , ( , ) 1 b p = olsun. Bu taktirde Legendre sembolünün aşağıdaki özellikleri geçerlidir. 1) 1 2 (mod ), p a a p p - ? ? ? ? ? ? ? 2) ab a b p p p ? ? ? ?? ? = ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? , 3) 1 1 p ? ? = ? ? ? ? , 4) 1 2 1 ( 1) p p - ? ? - = - ? ? ? ? , 5) 2 1 a p ? ? = ? ? ? ? , 6) (mod ) a b p ? ise a b p p ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? dir. Kanıt. 1) Teorem 6.1. ve Legendre sembolünün tanımından elde edilir. 2) 1) de a yerine ab alınırsa 1 2 ( ) (mod ) p ab ab p p - ? ? ? ? ? ? ? (6.2) kongrüansı elde edilir. Burada 1) deki denkliği tekrar kullanırsak, 1 1 1 2 2 2 ( ) (mod ) p p p a b ab a b p p p - - - ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? (6.3) buluruz. (6.2) ve (6.3) ten (mod ) ab a b p p p p ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? olur. 71 2 ab a b p p p p ? ? ? ?? ? - ? < ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? olduğundan ab a b p p p ? ? ? ?? ? = ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? elde edilir. 3) 1) de 1 a = alırsak ( ) 1 2 1 1 1 1 (mod ) 1 mod 1 p p p p p p - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? elde ederiz. 4) 1 2 1 ( 1) (mod ) p p p - ? ? - ? - ? ? ? ? ifadesinde 1 1 p ? ? - =+ ? ? ? ? , 1 2 ( 1) 1 p- - =- alınırsa, 1 1(mod ) p ?- ve buradan 2 p| elde edilir ki, bu 2 p ? oluşu ile çelişir. Şu halde kongrüansın her iki yanı aynı işaretli, yani 1 2 1 ( 1) p p - ? ? - = - ? ? ? ? olmalıdır. 5) 1 a p ? ? =± ? ? ? ? olduğundan 2 2 ( 1) 1 a a a p p p ? ? ? ?? ? = = ± = ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? buluruz. 6) (mod ) a b p ? olsun. Kongrüans özelliklerinden ve 1) den (mod ) a b p ? ? 1 1 2 2 (mod ) (mod ) p p a b a b p p p p - - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ve buradan a b p p ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? bulunur. Aşağıdaki teoremi ispatsız olarak verelim. Teorem 6.3. p bir tek asal sayı ve ( ) ,2 1 a p = olsun. Bu takdirde ( ) 2 1 8 2 1 p p - ? ? = - ? ? ? ? ve 1 2 1 p j ja t p - = ? ? = ? ? ? ? ? olmak üzere ( ) 1 t a p ? ? = - ? ? ? ? dir. Örnek 6.4. 2 2(mod 61) x ? kongrüansının çözümü var mıdır ? Çözüm. 2 tek sayı 61 1 (61 1).(61 1) 60.62 15.31 8 8 8 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 61 - - + ? ? = - = - = - = - =- ? ? ? ? 72 olduğundan 2 2(mod 61) x ? kongrüansının çözümü yoktur. Örnek 6.5. 2 2 0(mod 61) x + ? kongrüansının çözümü var mıdır ? Çözüm. 2 2(mod 61) x ?- kongrüansının çözümlü olup olmadığını araştırmalıyız. 2 1 2 2 1 2 ( 1)( 1) 1 61 61 61 p p p ? ? ? ?? ? - - - - ? ? ? ?? ? = ? = = + - =- ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? olduğundan 2 2(mod 61) x ?- kongrüansının, dolayısıyla 2 2 0(mod 61) x + ? kongrüansının çözümü yoktur. Burada 61 1 60 2 2 1 ( 1) ( 1) 1 61 - - ? ? = - = - =+ ? ? ? ? , 2 1 61 ? ? =- ? ? ? ? olduğunu kullandık. Örnek 6.6. p, 8 1 p m = + veya 8 3 p m = + şeklinde bir asal sayı ise bu takdirde 2 2 0(mod ) x p + ? kongrüansının çözümlü olduğunu gösterelim. Çözüm. 2 1 1 8 2 2 1 2 ( 1) ( 1) p p p p p - - ? ? ? ?? ? - - = = - - ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? yazabiliriz. 1 4 2 1 8 1 4 ( 1) ( 1) 1 2 p m p p m m - - = + ? = ? - = - = ve 2 1 2 2 (4 1) 8 1 ( 1)( 1) 8 (8 2) 2 (4 1) ( 1) ( 1) 1 8 8 8 p m m p p p m m m m - + - - + + = = = + ? - = - = elde ederiz. Şu halde 2 1 1 8 2 2 ( 1) ( 1) 1.1 1 p p p - - ? ? - = - - = = ? ? ? ? olduğundan 2 2 0(mod ) x p + ? kongrüansı çözümlüdür. Diğer taraftan eğer, 8 3 p m = + ise 1 4 1 2 1 4 1 ( 1) ( 1) 1 2 p m p m - + - = + ? - = - =- ve 2 1 ( 1)( 1) (8 2)(8 4) (4 1)(2 1) 8 8 8 p p p m m m m - - + + + = = = + + ? tek 2 ( 4 1)( 2 1) 1 8 ( 1) ( 1) 1 m m p + + - - = - =- 73 elde ederiz ve buradan 2 1 1 8 2 2 ( 1) ( 1) ( 1)( 1) 1 p p p - - ? ? - = - - = - - =+ ? ? ? ? olduğundan 2 2 0(mod ) x p + ? kongrüansının bu durumda da çözümlü olduğu görülür. Örnek 6.7. 1(mod 4) p ? ise a a p p ? ? ? ? - = ? ? ? ? ? ? ? ? olduğunu gösterelim. Çözüm. 1(mod 4) 4 1, p p k k ? ? = + ? olduğundan 1 2 2 p k - = dır. Şu halde, ( ) 1 2 2 1 1 ( 1) 1 p k a a a a a p p p p p p - + ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? - - = = - = - = ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? elde edilir. Örnek 6.8. 8 1 p m = ± için 2 1 p ? ? =+ ? ? ? ? , 8 3 p m = ± için 2 1 p ? ? =- ? ? ? ? olduğunu gösterelim. Çözüm. 2 1 8 2 ( 1) p p - ? ? = - ? ? ? ? olduğundan, eğer 8 1 p m = ± ise ; 2 2 2 1 (8 1) 1 8 2 8 8 p m m m - ± - = = ± olacağından 2 2 1 8 2 8 2 ( 1) ( 1) 1 p m m p - ± ? ? = - = - = ? ? ? ? dir. Eğer 8 3 p m = ± ise ; 2 2 2 1 (8 3) 1 8 6 1 8 8 p m m m - ± - = = ± + olacağından 2 2 1 8 6 1 8 2 ( 1) ( 1) 1 p m m p - ± + ? ? = - = - =- ? ? ? ? dir. Teorem 6.4. ( Kuadratik Resiprosite Teoremi) p ve q birbirinden farklı tek asal sayılar olmak üzere 74 1 1 . 2 2 ( 1) p q p q q p - - ? ?? ? = - ? ?? ? ? ?? ? bağıntısı geçerlidir. Bunu ( ) 1 1 . 2 2 1 p q p q q p - - ? ? ? ? = - ? ? ? ? ? ? ? ? şeklinde de ifade edebiliriz. İspat. ( ) 1 1 , 1 , 1 ; , 2 2 p q M x y x y x y ? ? - - = ? ? ? ? ? ? ? ? ? kümesini tanımlayalım. 1 M ve 2 M kümelerini de ( ) { } 1 , M x y M qx py = ? > , ( ) { } 2 , M x y M qx py = ? < şeklinde tanımlayalım. qx py ? olduğundan 1 2 M M ? =Ø dir. 1 M ve 2 M kümelerinin tanımlarından 1 2 M M M ? = olduğu açıktır. M, 1 M ve 2 M kümelerinin elaman sayılarını sırasıyla ( ) n M , ( ) 1 n M , ( ) 2 n M ile gösterelim. ( ) 1 1 . 2 2 p q n M - - = olduğunu göz önüne alırsak ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 . 2 2 p q n M n M n M - - + = = (6.4) bulunur. Şimdi ( ) 1 n M ve ( ) 2 n M yi bulalım. 1 M ve 2 M kümelerini aşağıdaki şekilde yazabiliriz. ( ) 1 1 , 1 , 1 2 p qx M x y x y p ? ? - ? ? = ? ? ? < ? ? ? ? ? ? ( ) 2 1 , 1 , 1 2 q py M x y y x q ? ? - ? ? = ? ? ? < ? ? ? ? ? ? , x y? olduğundan M kümesini ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 , 1 , 1 2 1 2 1, 1 2, 1 ... , 1 p p qx M x y x y p p q q q y y y y y y p p p - ? ? - ? ? = ? ? ? < = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? - ? ? ? ? ? ? ? < ? ? < ? ? ? < ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? şeklinde yazabiliriz. Birleşime giren bir ( ) , 1 qk k y y p ? ? ? ? ? < ? ? ? ? ? ? , 1 1, 2,..., 2 p k - ? ? = ? ? ? ? 75 kümesinin eleman sayısı qk p ? ? ? ? ? ? dir. Öte yandan birleşime giren kümelerin ikişer ikişer arakesitleri boştur. Şu halde ( ) 1 2 1 1 p x qx n M p - = ? ? = ? ? ? ? ? bulunur. Benzer şekilde ( ) 1 2 2 1 q y py n M q - = ? ? = ? ? ? ? ? olduğu gösterilebilir. (6.4) eşitliği göz önüne alınırsa 1 1 2 2 1 1 1 1 . 2 2 p q x y qx py p q p q - - = = ? ? ? ? - - + = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? bulunur. Bu eşitlikten ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 1 1 . 2 2 1 1 1 q p py qx q p y x p q - - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? = - - - · - = - (6.5) elde edilir. Teorem 6.3. e göre (6.5) eşitliğinin sol tarafındaki ilk çarpan q p ? ? ? ? ? ? ye , ikinci çarpan da p q ? ? ? ? ? ? ya eşittir. Böylece, ( ) 1 1 . 2 2 1 p q p q q p - - ? ?? ? = - ? ?? ? ? ?? ? bulunur. Örnek 6.9. 22 73 - ? ? ? ? ? ? Legendre sembolünün değerini hesaplayalım. Çözüm. 22 2.11 = olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. ve Kuadratik Resiprosite Teoremini kullanarak 76 2 73 1 73 1 11 1 73 1 . 8 2 2 2 22 1 2 11 73 ( 1) ( 1) ( 1) 73 73 73 73 11 - - - - - - ? ? ? ?? ?? ? ? ? = = - - - ? ? ? ?? ?? ? ? ? ? ? ? ?? ?? ? ? ? 72.74 36 5.36 8 1 1 1 1 73 7 4 1 4 ( 1) ( 1) ( 1) 11 11 11 11 11 + + + + - - ? ? ? ? ? ? ? ?? ? = - - - = = = ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? 11 1 5 2 ( 1) ( 1) 1 - = - = - =- elde edilir. Örnek 6.10. 365 1847 ? ? ? ? ? ? Legendre sembolünün değerini hesaplayalım. Çözüm. 1847 asal ve 365=5.73 olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. ve Kuadratik Resiprosite Teoremini kullanarak 4 1846 72 1846 . 2 2 2 2 1 1 365 5 73 1847 1847 ( 1) ( 1) 1847 1847 1847 5 73 . + + ? ? ? ?? ? ? ? ? ? = = - - ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? (5 1)(5 1) 8 1 2 22 2 11 ( 1) 5 73 73 73 - + - ? ?? ? ? ?? ? = = - ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? 72.74 10 72 . . 8 2 2 73 4 ( 1) ( 1) 11 11 - ? ? ? ? = - - =- ? ? ? ? ? ? ? ? 11 1 5 2 1 1 4 ( 1) ( 1) 1 11 11 - + - ? ?? ? =- =- - =- - = ? ?? ? ? ?? ? , yani 365 1 1847 ? ? = ? ? ? ? bulunur. Örnek 6.11. 3 1 p ? ? = ? ? ? ? koşulunu gerçekleyen p tek asal sayılarını bulalım. Çözüm. 2 3(mod ) x p ? kongrüansının hangi p asal sayıları için çözümlü olduğunu araştırmalıyız. Kuadratik Resiprosite Teoreminden 3 1 1 1 . 2 2 2 3 ( 1) ( 1) 3 3 p p p p p - - - ? ? ? ? ? ? = - = - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? olduğunu biliyoruz. 3 1 p ? ? = ? ? ? ? olması için 77 a) 1 3 p ? ? = ? ? ? ? ve 1 2 ( 1) 1 p- - = veya b) 1 3 p ? ? =- ? ? ? ? ve 1 2 ( 1) 1 p- - =- gerçeklenmelidir. Bu iki durumu inceleyelim. a) 1 3 p ? ? = ? ? ? ? ise p, 3 ün bir KR süne kongrüent olmalıdır. 2 1(mod3) x ? kongrüansı için 2 1 1(mod 3) ? , 2 2 1(mod3) ? olduğundan 1, 3 ün tek KR südür. Buradan 1 1(mod3) 3 p p ? ? = ? ? ? ? ? ? yazabiliriz. 1 2 ( 1) 1 p- - = ? 1 2 , 2 p k - = 1 4 4 1 1(mod 4) k Z p k p k p ? ? - = ? = + ? ? buluruz. Böylece 1(mod 4) 1(mod3) p p ? ? 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. 1(mod 4) p ? kongrüansının çözümleri m? olmak üzere 4 1 p m = + şeklindedir. 4 1 m+ tamsayısının 1(mod 3) p ? kongrüansının da bir çözümü olması için 4 1 1(mod 3) 4 0(mod 3) 0(mod 3) m m m + ? ? ? ? ? olmalıdır. t? olmak üzere 3 m t = için 4 1 4(3 ) 1 12 1 p m p t t = + ? = + = + olup, p nin bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansın çözümüdür. Bulduğumuz bu çözümleri 1(mod12) p ? şeklinde de ifade edebiliriz. b) 1 3 p ? ? =- ? ? ? ? ise p, 3 ün bir KNR süne kongrüent olmalıdır. 3 ün tek KNR sü 2 olduğundan 2(mod 3) p ? olmalıdır. 1 2 ( 1) 1 p- - =- ? 1 2 1, 4 3 3(mod 4) 2 p k k p k p - = + ? ? = + ? ? bulunur. Şu halde, 78 3(mod 4) 2(mod 3) p p ? ? kongrüansları aynı anda gerçeklenmelidir. Bu kongrüans sistemi yukarıdakine benzer şekilde çözülürse 11(mod12) p ? bulunur. Örnek 6.12 2 2 11 0(mod 41) x x + + ? kongrüansının çözümü var mıdır ? Çözüm. ( ) ( ) 4.2,41 8,41 1 = = olduğundan kongrüansın her iki yanını 4 4.2 8 a = = ile çarpalım: 2 2 16 8 88 0(mod 41) (4 1) 1 88 0(mod 41) x x x + + ? ? + - + ? 2 (4 1) 87(mod 41) x ? + ?- bulunur. 4 1 x y + = dersek 2 87(mod 41) y ?- kongrüansı elde edilir. 87 1 41 - ? ? = ? ? ? ? ise 2 87(mod 41) y ?- kongrüansı dolayısıyla, 2 2 11 0(mod 41) x x + + ? kongrüansı çözümlü olacaktır. Şu halde, 87 1 87 1 5 41 41 41 41 41 - - - ? ? ? ?? ? ? ?? ? = = ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? , 41 1 2 1 ( 1) 1 41 - - ? ? = - =+ ? ? ? ? , 5 1 41 1 . 2 2 1 5 41 1 ( 1) 1. 1 41 5 5 - - + ? ? ? ? ? ? = - = =+ ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? olduğundan 87 1 87 ( 1)( 1) 1 41 41 41 - - ? ? ? ?? ? = = + + = ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? elde edilir. Dolayısıyla 2 2 11 0(mod 41) x x + + ? kongrüansının çözümü vardır. Örnek 6.13. p bir tek asal sayı olmak üzere 2 1 p x | + olacak şekilde bir x? bulanabiliyor ise p hangi formda olmalıdır ? Çözüm. Bir x? için 2 1 p x | + olduğundan 2 1 0(mod ) x p + ? dir. O halde, 2 1(mod ) x p ?- olduğundan bu kongrüansın çözümü olmalıdır, yani 1 1 p ? ? - = ? ? ? ? olmalıdır. Böylece, 1 2 1 1 ( 1) 1 2 2 p p k p - ? ? - - = - = ? = ? ? ? ? , k? 4 1 p k ? = + , 79 yani 1(mod 4) p ? tür. JACOBİ SEMBOLÜ Tanım 6.3. P? , t Q + ? , ( , ) 1 P Q = , 1 2 ... s Q q q q = ( i q ler tek asal sayılar ) olsun. Bu takdirde P Q ? ? ? ? ? ? Jacobi sembolü 1 s i i P P Q q = ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? şeklinde tanımlanır. Burada i P q ? ? ? ? ? ? ler Legendre sembolüdür. Eğer Q bir tek asal sayı ise P Q ? ? ? ? ? ? Jacobi sembolü ile P Q ? ? ? ? ? ? Legendre sembolü aynıdır. Tanımdan dolayı P Q ? ? ? ? ? ? Jacobi sembolünün değeri ya +1 veya -1 dir. 1 P Q ? ? =- ? ? ? ? ise ( ) 2 mod x P Q ? kongrüansının çözümü yoktur. Fakat 1 P Q ? ? = ? ? ? ? ise bu durum P nin, Q nun bir KR sü olduğunu, yani ( ) 2 mod x P Q ? kongrüansının çözümü olduğunu göstermez. Gerçekten 2 1 9 ? ? = ? ? ? ? olmasına rağmen ( ) 2 2 mod9 x ? kongrüansının çözümü yoktur. Teorem 6.5. , Q Q' pozitif tek tamsayılar; , P P'? ve ( , ) 1 PP QQ ' ' = olsun. Bu takdirde i) P P P Q Q QQ ? ?? ? ? ? = ? ?? ? ? ? ' ' ? ?? ? ? ? , ii) P P PP Q Q Q ' ' ? ?? ? ? ? = ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? , iii) 2 2 1 P P Q Q ? ? ? ? = = ? ? ? ? ? ? ? ? , iv) 2 2 P P P Q Q Q ? ? ' ' ? ? = ? ? ? ? ' ' ? ? ? ? , v) ( ) mod P P P P Q Q Q ' ? ? ? ? '? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? dur. 80 Kanıt. i) 1 2 ... s Q q q q = ve 1 2 ... t Q q q q ' ' ' '= olsun. 1 1 1 2 1 2 . ... . ... s t i i i s i t P P P P P P P P P P Q Q q q q q q q q q = = ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ?? ? = = ? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ' ' ' ' ' ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? P QQ ? ? = ? ? ' ? ? bulunur. ii) 1 2 ... s Q q q q = ( i q ler asal olsun ) Teorem 6.2. den dolayı i i i P P PP q q q ? ?? ? ? ? ' ' = ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ( 1, 2,..., i s = ) olduğundan 1 1 1 1 . s s s s i i i i i i i i i P P P P P P PP PP Q Q q q q q q Q = = = = ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ' ' ' ' ' ? ?? ? ? ? = = = = ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? bulunur. iii) ii) yi kullanarak 2 2 ( 1) 1 P P P Q Q Q ? ? ? ?? ? = = ± = ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ve i) yi kullanarak 2 2 ( 1) 1 P P P Q Q Q ? ? ? ?? ? = = ± = ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? bulunur. iv) 2 2 ) ) ) 2 2 2 2 2 iii i iii P P P P P P P P Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q ? ? ? ? ' ' ' ' ' ' ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ' ' ' ' ' ' ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = = dur. v) 1 2 ... s Q q q q = olsun. Bu takdirde ( ) ( ) mod mod i P P Q P P q ' ' ? ? ? ( 1, 2,..., i s = ) ve Teorem 6.2. den i i P P q q ? ? ? ? ' = ? ? ? ? ? ? ? ? ( 1, 2,..., i s = ) bulunur. Bu son eşitlikten 1 2 1 2 ... ... s s P P P P P P P P Q q q q q q q Q ? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ' ' ' ' ? ? ? ? = = = ? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? elde edilir. 81 Teorem 6.6. 0 Q> bir tek tamsayı ise ( ) 1 2 1 1 Q Q - ? ? - = - ? ? ? ? ve ( ) 2 1 8 2 1 Q Q - ? ? = - ? ? ? ? bağıntıları geçerlidir. Kanıt. Jacobi sembolünün tanımını kullanarak 1 2 ... s Q q q q = ( i q ler tek asal sayılar ) ise ( ) ( ) 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 s i i i q q s s i i i Q q = - - = = ? ? ? ? ? - - = = - = ? ? ? ? ? ? ? ? - ? ? (6.6) elde edilir. a ve b tek tamsayılar olsun. Bu takdirde ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 0 mod 2 2 2 2 2 a b ab a b - - - - - ? ? - + = ? ? ? ? ? ve buradan ( ) 1 1 1 mod 2 2 2 2 a b ab - - - + ? elde edilir. Buradan indüksiyon metodu ile ( ) 1 1 1 1 1 1 mod 2 2 2 2 s s i i i i q Q q = = - ? ? - ? - ? ? ? ? ? ? ? bağıntısının geçerli olduğu gösterilebilir. Bu bağıntıyı , (6.6) da kullanarak ( ) 1 2 1 1 Q Q - ? ? - = - ? ? ? ? sonucu elde edilir. a ve b tek tamsayılar olmak üzere ( )( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 8 8 8 8 a b a b a b - - ? ? - - - - + = ? ? ? ? olup, a ve b tek tamsayılar olduğundan ( ) 2 8 1 a | - ve ( ) 2 8 1 b | - dir. Şu halde ( )( ) 2 2 1 1 8 a b - - tamsayısı 2 ile bölünür. Böylece ( ) 2 2 2 2 1 1 1 mod 2 8 8 8 a b a b - - - + ? elde edilir. Buradan tekrar indüksiyon metodu kullanılarak ( ) 2 2 1 1 1 mod 2 8 8 s i i q Q = - - ? ? olduğu gösterilebilir. Bu bağıntı kullanılarak 82 ( ) ( ) 2 2 1 1 1 8 8 1 2 2 1 1 s i i s q Q i i Q q = - - = ? ? ? ? ? = = - - ? ? ? ? ? ? ? ? ? elde edilir ve ispat tamamlanır. Teorem 6.7. P, Q pozitif tek tamsayılar ve ( , ) 1 P Q = olsun. Bu takdirde ( ) 1 1 . 2 2 1 P Q P Q Q P - - ? ? ? ? = - ? ?? ? ? ? ? ? dir. Kanıt. i p ler ve i q ler tek asal sayılar olmak üzere 1 2 ... r P p p p = ve 1 2 ... s Q q q q = olsun. Kuadratik Resiprosite Teoreminden ( ) 1 1 . 2 2 1 1 1 1 1 1 j i q s s r s r p j i j j i j i j j i q p P P Q q q p - - = = = = = ? ? ? ? ? ? = = = - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ?? ( ) 1 1 1 1 . 2 2 1 s r j i j i q p P Q Q P = = - - ? ? ? ? ?? ? = - ? ? ? ? ? ? ? ? (6.7) elde edilir. Fakat 1 1 1 1 1 1 1 1 . 2 2 2 2 s r r s j j i i j i i j q q p p = = = = - - - - = ?? ? ? (6.8) ve ( ) 1 1 1 mod 2 2 2 r i i p P = - - ? ? , ( ) 1 1 1 mod 2 2 2 s j j q Q = - - ? ? (6.9) olduğundan , (6.8) ve (6.9) bağıntıları (6.7) de kullanılarak ( ) 1 1 . 2 2 1 P Q P Q Q P - - ? ? ? ? = - ? ?? ? ? ? ? ? (6.10) sonucu bulunur. Bu son teorem bize, Jacobi sembolünün Kuadratik Resiprosite kuralına uyduğunu gösterir. (6.10) eşitliği kullanılarak P Q ? ? ? ? ? ? Jacobi sembolünün değeri daha kolay hesaplanabilir. Bu kolaylığa rağmen P Q ? ? ? ? ? ? nun değerinin +1 olması , ( ) 2 mod x P Q ? kongrüansının çözümünün olmasını garantilemez. Şu 83 halde akla Jacobi sembolünün ne işe yaradığı sorusu gelebilir. Şimdi bunu açıklayalım. P bir tek asal sayı ve a? olsun. Tanımdan görüldüğü gibi , bu durumda a P ? ? ? ? ? ? Jacobi sembolü ile, a P ? ? ? ? ? ? Legedre sembolü çakışır. Dolayısıyla a P ? ? ? ? ? ? Jacobi sembolünün değeri +1 ise ( ) 2 mod x a P ? kongrüansının çözümü vardır. 1 a P ? ? =- ? ? ? ? ise ( ) 2 mod x a P ? kongrüansının çözümü yoktur. a P ? ? ? ? ? ? Jacobi sembolünün değeri, (6.10) kullanılarak (a bir tek tamsayı ise a yı çarpanlarına ayırmadan) Legendre sembolüne göre daha kolay hesaplanacağından ( ) 2 mod x a P ? kongrüansının çözümünün olup olmadığı daha kısa bir yolla belirlenmiş olacaktır. Örnek 6.14. 105 317 ? ? ? ? ? ? Jacobi sembolünün değerini bulalım. Çözüm. Teorem 6.7. den ( ) ( ) ( ) 2 104 316 105 1 104.106 . 2 2 8 8 1 105 317 317 2 1 1 1 1 317 105 105 105 - = ? ? ? ? ? ? ? ? = - = = = - = - = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? bulunur. Şu halde ( ) 2 105 mod317 x ? kongrüansının çözümü vardır. PROBLEMLER 1) 1, 2, 2, 3 a = - - ve 11, 13, 17 p = olmak üzere a p ? ? ? ? ? ? nin değerlerini bulunuz. 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 6 a < < olmak üzere, 3 ün kuadratik rezidü olduğu 12 p n a = ± formundaki bütün asal sayıları bulunuz. 5) ( ) 2 3 mod x p ?- kongrüansının 6 1 p k = + formundaki asal sayılar için çözümlü, 6 5 p k = + formundaki asal sayılar için çözümsüz olduğunu gösteriniz. 84 6) Aşağıdaki kongrüansların çözülebilir olup olmadıklarını araştırınız, çözülebilir olanların çözüm sayısını bulunuz. a) ( ) 2 2 mod 61 x ? , b) ( ) 2 2 mod 61 x ?- , c) ( ) 2 2 mod 59 x ? , d) ( ) 2 2 mod 59 x ?- , e) ( ) 2 2 mod17 x ? , f) ( ) 2 2 mod17 x ?- . 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 sayısının 1 2 p- ve KNR lerin sayısının da 1 2 p- olduğunu gösteriniz. 8) p bir tek asal sayı olsun. Aşağıdakileri ispatlayınız. a) ( ) 2 2 p x | - olacak şekilde bir x Z ? varsa ( ) 1 mod8 p ? veya ( ) 7 mod8 p ? dir. b) ( ) 4 1 p x | + olacak şekilde bir x Z ? varsa ( ) 1 mod8 p ? dir. 9) r, m modülüne göre bir KR ise ( ) ( ) 2 1 mod m r m ? ? olduğunu gösteriniz. 10) 7, 11, 13 p = ve 227, 229, 1009 q = olmak üzere p q ? ? ? ? ? ? nun değerlerini belirleyiniz. 11) 5 1 p ? ? = ? ? ? ? koşulunu gerçekleyen bütün p asal sayılarını belirleyiniz. 12) p ve q farklı tek asal sayılar ve a da p ve q nun birer KR sü ise ( ) 2 mod . x a p q ? kongrüansının çözümü var mıdır? 13) p bir tek asal sayı olmak üzere 85 1 1 0 p j j p - = ? ? = ? ? ? ? ? olduğunu gösteriniz. 14) p bir tek asal sayı ve ( ) , 1 a p = olsun. ( ) 2 4 0 mod b ac p - ? ise ( ) 2 0 mod ax bx c p + + ? kongrüansının bir çözümü olduğunu, 2 4 1 b ac p ? ? - = ? ? ? ? ise iki çözümü olduğunu ve 2 4 1 b ac p ? ? - =- ? ? ? ? ise hiç çözümü olmadığını gösteriniz. 86 7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR Bu bölümde, 2 n? bir tamsayı olmak üzere ( ) 2 1 0 1 2 1 ... 0 mod n n n n a a x a x a x a x 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 ( ) 2 1 0 1 2 1 ... 0 mod n n t n n a a x a x a x a x p - - + + + + + ? ( t + ? ) kongrüansının çözümlerini arama problemine indirgenebilir. m pozitif tamsayısının kanonik formu 1 2 1 2 ... k k m p p p ? ? ? = olsun. Ayrıca ( ) 2 1 0 1 2 1 ... n n n n f x a a x a x a x a x - - = + + + + + diyelim. ( ) ( ) 0 mod f x m ? kongrüansı çözülebilir ise bir u tamsayısı için ( ) ( ) 0 mod f u m ? olur. Buradan ( ) ( ) 0 mod i i f u p ? ? ( 1,2,..., i k = ) bulunur. Şu halde ( ) ( ) 0 mod f x m ? kongrüansı çözülebilir ise ( ) ( ) 0 mod i i f x p ? ? ( 1,2,..., i k = ) kongrüansları da çözülebilirdir. Tersine ( ) ( ) 0 mod i i f x p ? ? ( 1,2,..., i k = ) kongrüansları çözülebilir olsun. ( ) ( ) 0 mod i i f x p ? ? kongrüansının bir çözümü i x a = olsun. ( , ) 1 i i i i mp p ? ? - = olduğundan ( ) 1 mod i i i i mp x p ? ? - ? kongrüansının bir tek çözümü vardır. Bu çözümü i b ile gösterirsek ( ) 1 mod i i i i i mp b p ? ? - ? olur. u tamsayısını 1 i k i i i i m u b a p ? = = ? olarak alalım. Böylece ( ) ( ) ( ) 0 mod i i i f u f a p ? ? ? ( 1,2,..., i k = ) ve buradan 87 ( ) ( ) 1 2 1 2 0 mod[ , ,..., ] k k f u p p p ? ? ? ? elde edilir. i i p ? ( 1,2,..., i k = ) tamsayıları ikişer ikişer aralarında asal olduğundan 1 2 1 2 1 2 1 2 [ , ,..., ] ... k k k k p p p p p p m ? ? ? ? ? ? = = olup, buradan ( ) ( ) 0 mod f u m ? bulunur. Şu halde ( ) ( ) 0 mod i i f x p ? ? ( 1,2,..., i k = ) kongrüansları çözülebilir ise ( ) ( ) 0 mod f x m ? kongrüansı da çözülebilirdir. Buna göre ( ) ( ) 0 mod f x m ? kongrüansını çözme problemi , ( ) ( ) 1 1 0 mod f x p ? ? , ( ) ( ) 2 2 0 mod f x p ? ? , (7.2) ( ) ( ) 0 mod k k f x p ? ? kongrüanslarını çözme problemine indirgenmiş olur. (7.2) de . j kongrüansın çözüm sayısını j N ile gösterirsek ( ) ( ) 0 mod f x m ? kongrüansının çözüm sayısı 1 2 . ... k N N N N = dır. (7.2) deki kongrüanslardan herhangi birinin çözümü yoksa ( ) ( ) 0 mod f x m ? kongrüansının da çözümünün olmadığı açıktır. Örnek 7.1. ( ) 2 7 0 mod189 x x + + ? kongrüansını çözelim. Çözüm. 3 189 3 .7 = olduğundan ( ) 2 7 0 mod 27 x x + + ? ve ( ) 2 7 0 mod 7 x x + + ? kongrüanslarının çözümlerini bulalım. ( ) 2 7 0 mod 27 x x + + ? kongrüansının çözümleri ( ) 4 mod 27 x? , ( ) 13 mod 27 x? , ( ) 5 mod 27 x?- dir. ( ) 2 7 0 mod 7 x x + + ? kongrüansının çözümleri de ( ) 0 mod 7 x? , ( ) 1 mod 7 x ?- 88 dir. Öte yandan ( ) 1 7 1 mod 27 b ? kongrüansının çözümü ( ) 1 4 mod 27 b ? ve ( ) 2 27 1 mod 7 b ? kongrüansının çözümü ( ) 2 1 mod 7 b ?- dir. Böylece ( ) 2 7 0 mod189 x x + + ? kongrüansının çözümleri ( ) 1 2 7.4. 27.( 1). mod189 x b b ? + - , 1 4,13, 5 b = - ; 2 0, 1 b = - dir. Her 1 2 ( , ) b b çözüm çiftine karşılık ( ) 2 7 0 mod189 x x + + ? kongrüansının bir çözümü elde edilir. Şu halde ( ) 2 7 0 mod189 x x + + ? kongrüansının çözüm sayısı 2.3 6 N = = dır. 1 b ve 2 b nin değerlerini yukarıdaki ifade de yerine yazarsak ( ) 112 mod189 x? , ( ) 175 mod189 x? , ( ) 140 mod189 x?- , ( ) 139 mod189 x? , ( ) 13 mod189 x? , ( ) 113 mod189 x?- çözümleri elde edilir. ( ) ( ) 0 mod f x p ? ? Kongrüansının Çözümleri ( ) ( ) 0 mod f x m ? kongrüansını çözme probleminin , p bir asal sayı ve 0 ? > bir tamsayı olmak üzere ( ) ( ) 0 mod f x p ? ? kongrüansını çözme problemine indirgendiğini gördük. ( ) ( ) 0 mod f x p ? ? kongrüansının bir çözümü u ise ( ) ( ) ( ) ( ) 0 mod 0 mod f u p f u p ? ? ? ? bulunur. Bu ise ( ) ( ) 0 mod f x p ? ? kongrüansının her çözümünün, ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının da bir çözümü olduğunu gösterir. Şu halde ( ) ( ) 0 mod f x p ? ? kongrüansının çözümlerini ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının çözümleri kümesi içinde aramak gerek ve yeterdir. Şimdi ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansından hareket ederek sırası ile ( ) ( ) 2 0 mod , f x p ? ( ) ( ) 3 0 mod , f x p ? ( ) ( ) 1 0 mod , f x p ?- ? ( ) ( ) 0 mod f x p ? ? 89 kongrüanslarının çözülebilir olup olmadıklarını araştıralım. ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının çözümünü araştırırken aşağıdaki iki hal söz konusu olur. 1. Hal: ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının çözümü olmasın. Bu durumda ( ) ( ) 0 mod f x p ? ? kongrüansının da çözümü yoktur. 2. Hal: ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansı çözülebilir olsun. Çözümleri ( ) 1 mod x a p ? , ( ) 2 mod x a p ? , ... , ( ) mod t x a p ? ile gösterelim. ( ) ( ) 2 0 mod f x p ? kongrüansının her çözümü ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının da bir çözümüdür. Şu halde ( ) ( ) 2 0 mod f x p ? kongrüansının çözümlerini ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının çözümleri içinde aramak gerekir. ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının bir ( ) mod j x a p ? çözümünü göz önüne alalım. ( ) mod j j x a p x a yp ? ? = + , y? ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 mod 0 mod j f x p f a yp p ? ? + ? bulunur. ( ) j f a yp + yi Taylor serisine açarak ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ... 1 2 j j j j f a f a f a yp f a py py ' '' + = + + + (7.3) elde edilir. ( ) f x fonksiyonu bir polinom olduğundan, bu Taylor serisi sonludur. Burada katsayılar birer tamsayıdır. (7.3) serisinde üçüncü ve daha sonraki terimlerin hepsi 2 p ile bölünür, yani ilk iki terim hariç diğer terimler 2 p modülüne göre sıfıra kongrüdür. Şu halde ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 mod 0 mod j j j j f a yp p f a yp f a f a yp p ' + ? ? + ? + ? bulunur. ( ) j p f a | olduğundan ( ) j f a p bir tamsayıdır. Böylece son kongrüansı p ile kısaltarak ( ) ( ) ( ) 0 mod j j f a f a y p p ' + ? (7.4) elde edilir. (7.4) deki kongrüans y ye göre 1. derecedendir. Burada iki hal söz konusudur. a) ( ) ( , ) 1 j f a p ' = olsun. Bu durumda (7.4) deki kongrüansın tek bir çözümü vardır. Bu çözümü ( ) 0 mod y y p ? ile gösterirsek 90 ( ) ( ) 2 0 mod f x p ? kongrüansının çözümü de tektir ve bu çözüm ( ) 2 0 mod j x a y p p ? + dir. b) ( ) ( , ) j f a p p ' = olsun. Bu takdirde i) ( ) ( ) 0 mod j f a p p ? ise (7.4) deki kongrüansı hiçbir tamsayı gerçeklemediğinden, ( ) ( ) 2 0 mod f x p ? kongrüansının çözümü yoktur. ii) ( ) ( ) 0 mod j f a p p ? ise (7.4) deki kongrüansın tam p tane çözümü vardır ve bu çözümler ( ) 0 mod y p ? , ( ) 1 mod y p ? , ... , ( ) 1 mod y p p ? - dir. Şu halde ( ) ( ) 2 0 mod f x p ? kongrüansının da p tane çözümü vardır ve bu çözümler ( ) 2 mod j x a p ? , ( ) 2 mod j x a p p ? + , ( ) 2 2 mod j x a p p ? + , ( ) 2 ( 1) mod j x a p p p ? + - dir. Bu metodu sırası ile j a yerine 1 a , 2 a , ... , t a alarak uygulayıp, ( ) ( ) 2 0 mod f x p ? kongrüansının çözümlerinin olup olmadığını kontrol eder ve varsa çözümleri buluruz. 1 ? > bir tamsayı olmak üzere ( ) ( ) 0 mod f x p ? ? kongrüansının çözümleri bilindiği takdirde, ( ) ( ) 1 0 mod f x p ?+ ? kongrüansının eğer varsa çözümlerinin nasıl bulunacağını görelim. ( ) ( ) 0 mod f x p ? ? kongrüansının çözümleri ( ) 1 mod x a p ? ? , ( ) 2 mod x a p ? ? , ... , ( ) mod r x a p ? ? olsun. Bu çözümlerden birini ( ) mod j x a p ? ? ile gösterelim. ( ) ( ) 1 0 mod f x p ?+ ? kongrüansının ( ) mod j x a p ? ? koşulunu gerçekleyen çözümlerinin olup olmadığını araştıralım. 91 ( ) mod j j x a p x a yp ? ? ? ? = + ( y? ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 mod 0 mod j f x p f a yp p ? ? ? + + ? ? + ? bulunur. ( ) j f a yp ? + yı Taylor serisine açalım. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ... 1 2 j j j j f a f a f a yp f a yp yp ? ? ? ' '' + = + + + + elde edilir. 1 ? > olduğundan 2. 1 ? ? > + olup, Taylor serisindeki ilk iki terim hariç diğer terimler 1 p ?+ modülüne göre sıfıra kongrüdür. Böylece ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 mod 0 mod j j j f a yp p f a f a yp p ? ? ? ? + + ' + ? ? + ? (7.5) bulunur. ( ) ( ) 0 mod j f a p ? ? olduğundan ( ) j f a p ? ? dir. (7.5) deki kongrüansı p ? ile kısaltırsak ( ) ( ) ( ) 0 mod j j f a f a y p p ? ' + ? (7.6) kongrüansı elde edilir. Burada aşağıdaki gibi iki hal düşünelim. a) ( ( ), ) 1 j f a p ' = ise (7.6) daki kongrüansın tek bir çözümü vardır. Bu çözümü ( ) 0 mod y y p ? ile gösterirsek, bu durumda ( ) ( ) 1 0 mod f x p ?+ ? kongrüansının da bir tek çözümü olup, bu çözüm ( ) 1 0 mod j x a p y p ? ?+ ? + dir. b) ( ( ), ) j f a p p ' = olsun. Eğer ( ) ( ) 0 mod j f a p p ? ? ise ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının, ( ) mod j x a p ? ? koşulunu gerçekleyen çözümü yoktur. Eğer ( ) ( ) 0 mod j f a p p ? ? ise (7.6) nın p tane çözümü ( ) 0 mod y p ? , ( ) 1 mod y p ? , ... , ( ) 1 mod y p p ? - olup, ( ) ( ) 1 0 mod f x p ?+ ? kongrüansının çözümleri de ( ) 1 mod j x a tp p ? ?+ ? + , ( 0,1,..., 1 t p = - ) dir. 92 Örnek 7.2. ( ) 3 2 3 3 27 0 mod 5 x x - + ? kongrüansının çözümlerini bulalım. Çözüm. Önce ( ) 3 2 3 27 0 mod5 x x - + ? kongrüansını çözelim. 5 modülüne göre 0, 1, 2, -2, -1 tamsayıları bir tam kalan sistemidir. ( ) 3 2 3 27 f x x x = - + dersek ( ) ( ) 0 2 0 mod5 f ? ? , ( ) ( ) 1 0 mod 5 f ? , ( ) ( ) 2 2 0 mod5 f ?- ? , ( ) ( ) 2 3 0 mod5 f - ?- ? , ( ) ( ) 1 2 0 mod5 f - ?- ? olduğundan ( ) 3 2 3 27 0 mod5 x x - + ? kongrüansının bir tek çözümü vardır ve bu çözüm ( ) 1 mod5 x? dir. ( ) 3 2 1 1 3.1 27 25 f = - + = ve ( ) 2 3 6 f x x x ' = - olup, ( ) 1 3 f' =- bulunur. Şimdi de ( ) ( ) ( ) 1 1 0 mod 5 5 f f y ' + ? kongrüansını çözelim. ( ) 1 f ve ( ) 1 f' i yerine yazarak ( ) 5 3 0 mod5 y - ? bulunur. ( 3,5) 1 - = olduğundan bu kongrüansın bir tek çözümü vardır ve bu çözüm ( ) 0 mod5 y ? dir. Şu halde ( ) 3 2 2 3 27 0 mod5 x x - + ? kongrüansının da çözümü ( ) 2 1 0.5 1 mod5 x? + ? dir. Şimdi ( ) 3 2 3 3 27 0 mod 5 x x - + ? kongrüansının çözümlerini bulalım. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 mod5 1 3 0 mod5 25 f f y y ' + ? ? - ? ( ) 2 1 mod5 y ? ?- ( ) ( ) 3,5 1 2 mod5 y = ? ? bulunur. Böylece ( ) 3 2 3 3 27 0 mod 5 x x - + ? kongrüansının çözümü ( ) ( ) 2 3 3 1 2.5 mod5 51 mod5 x x ? + ? ? tür. 93 ASAL MODÜLLER ( ) 0 1 ... n n f x a a x a x = + + + tam rasyonel katsayılı bir polinom olmak üzere ( ) ( ) 0 mod f x m ? kongrüansını çözme problemini, p bir asal sayı olmak üzere ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansını çözme problemine indirgemiştik. ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının çözümlerini bulmak için herhangi bir metod bilinmemektedir. Fakat p nin küçük değerleri için p modülüne göre bir 1 2 , ,..., p a a a tam kalan sistemi alınarak çözümler aranabilir. Teorem 7.1. p bir asal sayı olmak üzere ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının derecesi p olsun. Bu takdirde ya her x tamsayısı, ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının bir çözümüdür veya ilk katsayısı 1 olan tam rasyonel katsayılı öyle bir ( ) g x polinomu vardır ki ( ) ( ) 0 mod g x p ? kongrüansının derecesi p den küçük olup, ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının çözüm kümesi ile ( ) ( ) 0 mod g x p ? kongrüansının çözüm kümesi aynıdır. Kanıt. ( ) f x polinomunu p x x - ile bölelim. Böylece ( ) ( ) ( ) ( ) p f x q x x x r x = - + olacak şekilde ( ) q x ve ( ) r x polinomları vardır. Burada ya ( ) 0 r x ? dır veya ( ) der r x p < dir. Fermat Teoremine göre her u? için ( ) 0 mod p u u p - ? dir. Bunu kullanarak ( ) ( )( ) mod f u r u p ? (7.7) bulunur. ( ) 0 r x ? ise veya ( ) r x polinomunun bütün katsayıları p ile bölünürse, bu durumda ( ) ( ) 0 mod r u p ? olacağından, bunu (7.7) de kullanarak her u? için ( ) ( ) 0 mod f u p ? elde edilir, yani her x tam sayısı ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının bir çözümüdür. Eğer ( ) r x polinomu yukarıda sıraladığımız iki koşuldan hiç birini gerçeklemezse bu takdirde ( ) r x polinomu ( ) 0 1 ... m m r x b b x b x = + + + , ( m p < , ( ) , 1 m b p = ) 94 şeklindedir. ( ) , 1 m b p = olduğundan ( ) 1 mod m b x p ? kongrüansı çözülebilirdir ve tek çözümü vardır. Bu kongrüansın çözümü ( ) mod x b p ? ise ( ) ( ) 0 mod r x p ? kongrüansı ile ( ) ( ) 0 mod br x p ? kongrüansının çözümleri aynı ve (7.7) den dolayı ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansı ile ( ) ( ) 0 mod br x p ? kongrüansının çözümleri aynıdır. Şu halde aranan ( ) g x polinomu olarak ( ) br x polilnomu alınabilir ve ispat tamamlanır. Teorem 7.2. Bir a tamsayısı, ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının bir çözümü ise öyle bir ( ) g x polinomu vardır ki ( ) ( ) ( )( ) mod f x x a g x p ? - (7.8) bağıntısı gerçeklenir. Tersine, (7.8) deki koşula uyan bir ( ) g x polinomu varsa a tamsayısı ( ) ( ) 0 mod f x 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 ( ) ( ) ( ) ( ) mod f x x a g x r p ? - + (7.10) elde edilir. ( ) ( ) 0 mod f a p ? olduğundan, buradan ( ) 0 mod r p ? olur ve bunu (7.10) da kullanarak ( ) ( ) ( )( ) mod f x x a g x p ? - bulunur. Tersine, tamkatsayılı bir ( ) g x polinomu için ( ) ( ) ( )( ) mod f x x a g x p ? - bağıntısı gerçekleniyorsa ( ) ( ) ( ) ( ) 0 mod f a a a g a p ? - ? bulunur ki, bu da a tamsayısının ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının bir çözümü olduğunu gösterir. Teorem 7.3. ( Lagrange Teoremi) p bir asal sayı olmak üzere ( ) 2 0 1 2 ... 0 mod n n a a x a x a x p + + + + ? ( ( ) 0 mod n a p ? ) kongrüansının en fazla n tane çözümü vardır. Kanıt. İspatı n e göre indüksiyon ile yapalım. Teorem 4.1. den dolayı 1 n= için iddia doğrudur. Derecesi 1 n- olan her ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının en fazla 1 n- tane çözümünün olduğunu varsayalım ve derecesi n olan bir ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansını göz önüne alalım. Eğer bu kongrüansın 95 çözümü yok ise ispat edilecek bir şey yoktur. Eğer ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının en az bir ( ) mod x a p ? çözümü varsa Teorem 7.2 den dolayı öyle bir ( ) q x polinomu vardır ki ( ) der 1 q x n = - olup, ( ) ( ) ( )( ) mod f x x a q x p ? - (7.11) dir. İndüksiyon hipotezine göre ( ) ( ) 0 mod q x p ? kongrüansını en fazla 1 n- tane çözümü vardır. Bu çözümleri ( ) mod i x c p ? , 1,2,..., i r = ( ) r n < ile gösterelim. Şimdi bir c tamsayısı için ( ) ( ) 0 mod f c p ? olduğunu kabul edelim. (7.11) den ( ) ( ) ( ) 0 mod c a q c p - ? bulunur. Eğer ( ) ( ) 0 mod q c p ? ise ( ) mod x c p ? çözümü, bir ( ) mod j x c p ? çözümü ile aynıdır. Eğer ( ) ( ) 0 mod q c p ? ise p asal olduğundan ( ) ( ) 0 mod mod c a p c a p - ? ? ? bulunur. Bu durumda ( ) ( ) 0 mod f x p ? kongrüansının çözümleri ( ) mod x a p ? , ( ) 1 mod x c p ? ,..., ( ) mod r x c p ? den ibaret olup çözüm sayısı 1 r+ tanedir. 1 r n ? - olduğundan 1 r n + ? bulunur ve ispat tamamlanır. PROBLEMLER 1) Aşağıdaki kongrüansları çözünüz. a) ( ) 5 4 3 1 0 mod3 x x + + ? , b) ( ) 3 3 57 0 mod5 x x + + ? , c) ( ) 3 2 3 5 0 mod 7 x x + - ? , d) ( ) 3 2 3 10 2 0 mod3 x x x + + + ? , e) ( ) 4 7 0 mod 63 x x + + ? , f) ( ) 3 2 19 23 0 mod126 x x x + - + ? , g) ( ) 3 5 3 0 mod 75 x x + + ? . 2) ( ) 14 2 12 0 mod13 x x + ? kongrüansının tam 13 tane çözümü olduğunu gösteriniz. 96 3) Dereceleri 6 ? olup aşağıdaki kongrüanslara eşdeğer olan kongrüansları bulunuz. ( ( ) ( ) 0 mod f x m ? ve ( ) ( ) 0 mod g x m ? kongrüanslarının çözüm kümeleri aynı ise bu iki kongrüansa eşdeğer denir.) a) ( ) 11 8 5 0 mod 7 x x + - ? , b) ( ) 56 23 6 8 0 mod 7 x x x + + + ? , c) ( ) 14 4 23 56 13 0 mod 7 x x + + ? , d) ( ) 234 7 0 mod 7 x x x + + ? . 97 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) [ ] [ ] 1 x x x ? < + , [ ] 1 x x x - < ? , [ ] 0 1 x x ? - < , b) [ ] [ ] x m x m + = + , m? , c) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 x y x y x y + ? + ? + + , [ ] [ ] 0 , ise d) 1 , ise, x x x x ? ? + - = ? - ? ? e) [ ] x x m m ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? , m + ? dir. 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 ? da 0 1 ? ? < koşulunu gerçekleyen bir pozitif reel sayı olmak üzere x n ? = + ise tanım gereği [ ] x n = dir. Böylece [ ] [ ] [ ] x m n m n m x m ? + = + + = + = + bulunur. c) 1 x n ? = + ve 2 y m ? = + ( , n m? , 1 2 0 , 1 ? ? ? < ) olsun. Burada [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 2 1 2 x y n m n m n m x y ? ? ? ? + = + ? + + + = + + + = + ve [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 2 1 2 1 1 x y n m n m n m x y ? ? ? ? + = + + + = + + + ? + + = + + olup, bu iki eşitsizliği birleştirirsek [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 x y x y x y + ? + ? + + elde edilir. d) x? ise [ ] x x = ve [ ] x x - =- olup [ ] [ ] 0 x x + - = olur. x? ise n? olmak üzere x n ? = + , 0 1 ? < < yazabiliriz. Buradan [ ] [ ] [ ] [ ] 1 x x n n n n ? ? + - = + - - = - + - =- 98 bulunur. e) x n ? = + , 0 1 ? ? < olsun. n tamsayısını m e kalanlı olarak bölersek, q ve r tamsayılar olmak üzere n mq r = + , 0 1 r m ? ? - yazılabilir. Buradan [ ] x mq r r r q q q m m m m ? ? + ? ? ? ? ? ? = = + = + = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ve x mq r r r q q q m m m m ? ? ? + + + + ? ? ? ? ? ? ? ? = = + = + = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? sonuç olarak [ ] x x m m ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? elde edilir. Terorem 8.2. p bir asal sayı ve n bir pozitif tamsayı olsun. Bu takdirde ! e p n | koşulunu gerçekleyen en büyük e tamsayısı 1 i i n e p ? = ? ? = ? ? ? ? ? ? ? (8.1) dir. Kanıt. 2 p? olduğundan i›? için i p ›? dur. Şu halde yeter derecede büyük i ler için i n p < dir. Buradan 0 1 0 i i n n p p ? ? < < ? = ? ? ? ? ? ? bulunur. Bu ise (8.1) deki toplamın gerçekte bir sonsuz seri olmadığını gösterir. İspatı indüksiyon metodu ile yapalım. 1 n= için iddianın doğru olduğu açıktır. Teoremin ifadesinin 1 n k = - için doğru olduğunu varsayalım. Şu halde 1 ! e p n | koşulunu gerçekleyen en büyük 1 e tamsayısı 1 1 1 i i k e p ? = ? ? - = ? ? ? ? ? ? ? olsun. n k = için iddianın doğru olduğunu ispatlayalım. j, j p k | koşulunu gerçekleyen en büyük tamsayı olsun. ( ) ! 1 ! k k k = - olduğundan ispatı tamamlamak için 99 1 1 1 i i i i k k j p p ? ? = = ? ? ? ? - + = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? veya 1 1 1 i i i i k k j p p ? ? = = ? ? ? ? - - = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? olduğunu göstermek yeter. Gerçekten bir i + ? için 1 , ise 1 0 , ise i i i i p k k k p p p k ? | ? ? ? ? - ? - = ? ? ? ? ? | ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? olduğu kolayca gösterilebilir. Öte yandan 1, 2, 3,.., i j = için i p k | ve i j > için | i p / k dir. Şu halde 1 1 1 1 1 i i i i i i i k k k k j p p p 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 || e p n şeklinde göstermiştik. Örnek 8.1. 7 nin 1000! i bölen en büyük kuvvetini bulalım. Çözüm. 7 ||1000 e ise 2 3 4 1 1000 1000 1000 1000 1000 ... 7 7 7 7 7 i i e ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = + + + + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 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 100 2,3,5,7,11 p = asal sayılarının 125! de bulunan en büyük kuvvetlerini hesaplayalım. 125 125 125 125 125 125 62 31 15 7 3 1 119, 2 4 8 16 32 64 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + + + + = + + + + + = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 125 125 125 125 41 13 4 1 59 3 9 27 81 ? ? ? ? ? ? ? ? + + + = + + + = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? , 125 125 125 25 5 1 31 5 25 125 ? ? ? ? ? ? + + = + + = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? , 125 125 17 2 19 7 49 ? ? ? ? + = + = ? ? ? ? ? ? ? ? , 125 125 11 1 12 11 121 ? ? ? ? + = + = ? ? ? ? ? ? ? ? ve 125 9 13 ? ? = ? ? ? ? , 125 7 17 ? ? = ? ? ? ? , 125 6 19 ? ? = ? ? ? ? , 125 5 23 ? ? = ? ? ? ? , 125 4 29 ? ? = ? ? ? ? , 125 4 31 ? ? = ? ? ? ? , 125 3 37 ? ? = ? ? ? ? , 125 3 41 ? ? = ? ? ? ? , 125 2 43 ? ? = ? ? ? ? , 125 2 47 ? ? = ? ? ? ? , 125 2 53 ? ? = ? ? ? ? , 125 2 59 ? ? = ? ? ? ? , 125 2 61 ? ? = ? ? ? ? olduğundan 119 59 31 19 12 9 7 6 5 4 4 3 3 2 2 125! 2 .3 .5 .7 .11 .13 .17 .19 .23 .29 .31 .37 .41 .43 .47 . = 2 2 2 53 .59 .61 .67.71.73.79.83.89.97.101.103.107.109.113 dir. Aşağıdaki örnekte bu teoremin başka bir uygulamasını vereceğiz. Örnek 8.3. 1 2 , ,..., r a a a negatif olmayan tamsayılar ve 1 2 ... r a a a n + + + = ise 101 1 2 ! ! !... ! r n a a a 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, 1 e ve 2 e tamsayıları 1 || e p a ve 2 || e p b koşullarını gerçekleyen tamsayılar olmak üzere 1 2 e e ? olmasıdır. 2 || e p 2 1 i i n n e p ? = ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? dir. Öte yandan 1 n ve 2 n iki pozitif tamsayı, p bir asal sayı ve || e p 1 2 n n ise bu takdirde 1 || t p 1 n ve 2 || t p 2 n olmak üzere 1 2 e t t = + eşitliği geçerlidir. 1 2 , ,..., k n n n pozitif tamsayılar, p bir asal sayı ve || i t p i n ( ) 1,2,..., i k = ise || e p 1 2 . ... k n n n yı gerçekleyen e tamsayısının 1 2 ... k e t t t = + + + şeklinde olduğu indüksiyon ile gösterilebilir. Şu halde 1 || e p 1 2 ! !... ! r a a a ise 1 2 1 1 1 1 ... r i i i i i i a a a e p p p ? ? ? = = = ? ? ? ? ? ? = + + + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? dir. 1 2 e e ? olduğunu göstermek için 1 1 1 1 ... r i i i i i i a a n p p p ? ? ? = = = ? ? ? ? ? ? ? + + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 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 ( ) n ? bir aritmetik fonksiyondur. 102 Tanım 8.2. n bir pozitif tamsayı olsun. Bu takdirde a) n nin pozitif bölenlerinin sayısı (doğal bölenlerinin sayısı ) ( ) n ? ile, b) n nin pozitif bölenlerinin toplamı ( ) n ? ile, c) n nin pozitif bölenlerinin k. kuvvetlerinin toplamı ( ) k n ? ile gösterilir. Örneğin ( ) 6 4 ? = , ( ) 6 12 ? = ve ( ) 2 6 50 ? = dir. ( ) n ? ve ( ) n ? fonksiyonları ( ) k n ? fonksiyonun birer özel halidir. Çünkü ( ) ( ) 0 n n ? ? = ve ( ) ( ) 1 n 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 ( ) d n f d | ? ile gösterelim. Tanım 8.2. deki fonksiyonları ( ) 1 d n n ? | = ? , ( ) d n n d ? | = ? , ( ) k k d n n d ? | = ? olarak gösterebiliriz. Tanım 8.3. ( ) f n bir aritmetik fonksiyon olsun. ( ) , 1 m n = koşulunu gerçekleyen her pozitif m, n tamsayı çifti için ( ) ( ) ( ) . . f m n f n f m = ise ( ) f n fonksiyonu çarpımsaldır denir. Eğer ( ) ( ) ( ) . . f m n f m f n = eşitliği ( ) , 1 m n > olması halinde de gerçekleşiyorsa ( ) f n e tam çarpımsal fonksiyon denir. Teorem 8.3. ( ) f n bir çarpımsal fonksiyon ise ( ) ( ) d n F n f d | = ? şeklinde tanımlanan ( ) F n fonksiyonu da çarpımsaldır. Kanıt. ( ) , 1 m n = ve m ile n nin kanonik gösterişleri ( 1 m> ve 1 n> kabul edebiliriz.) 1 2 1 2 ... r a a a r n p p p = , 1 2 1 2 ... r b b b r m q q q = olsun. Burada 0 i a > , 0 i b > pozitif tamsayılar; 1 2 , ,..., r p p p ; 1 2 , ,..., s q q q ler ikişer ikişer birbirinden farklı asal sayılardır. n tamsayısının bir pozitif 1 d böleni 1 2 1 1 2 ... r r d p p p ? ? ? = ( 0 i i a ? ? ? , 1,..., i r = ) ve m tamsayısının bir pozitif 2 d böleni de 103 1 2 2 1 2 ... s s d q q q ß ß ß = ( 0 i i b ß ? ? , 1,..., i s = ) şeklindedir. Öte yandan 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 . ... ... s r r s d d p p p q q q ? ? ß ß ß ? = olup, bu 1 2 d d tamsayısı m.n tamsayısının bir pozitif bölenidir. Tersine olarak m.n nin her pozitif d böleni, 1 d tamsayısı n nin ve 2 d tamsayısı da m nin bir pozitif böleni olmak üzere 1 2 d d · şeklindedir. Böylece ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 . d nm d n d m d n d m F n m f d f d d f d f d | | | | | = = = ? ?? ?? ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 . d n d m f d f d F n F m | | = = ? ? elde edilir. Şimdi bu teoremi kullanarak ( ) n ? ve ( ) n ? fonksiyonlarının çarpımsal olduğunu gösterelim. ( ) 1 f n = fonksiyonu çarpımsaldır. Gerçekten ( ) , 1 m n = ise ( ) ( ) ( ) . 1 1 1 . f n m f n f m = = · = elde edilir. Şu halde Teorem 8.3. te ( ) 1 f n = alırsak ( ) 1 d n n ? | = ? fonksiyonunun da çarpımsal olduğu bulunur. ( ) , 1 n m = ise ( ) f n n = fonksiyonunun da çarpımsal olduğu gösterilebilir. Böylece ( ) ( ) d n d n f d d n ? | | = = ? ? fonksiyonu da çarpımsaldır. Teorem 8.4. i) ( ) 1 1 ? = , ii) n pozitif tamsayısının kanonik gösterilişi 1 2 1 2 ... r r n p p p ? ? ? = ise ( ) ( )( ) ( ) 1 2 1 1 ... 1 r n ? ? ? ? = + + + dir. Kanıt. i) ( ) 1 1 ? = olduğu açıktır. ii) ( ) n ? fonksiyonunun çarpımsal olduğu kullanılarak, indüksiyon ile ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 ... ... r r r r n p p p p p p ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = 104 olduğu görülür. Diğer yandan p ? ( p asal, ? + ? ) tamsayının pozitif bölenleri 2 1, , ,..., p p p ? dır. Şu halde ( ) 1 p ? ? ? = + dir. Bu eşitlik kullanılarak ( ) ( )( ) ( ) 1 2 1 1 ... 1 r n ? ? ? ? = + + + elde edilir. Teorem 8.5. i) ( ) 1 1 ? = , ii) n pozitif tamsayısının kanonik gösterilişi 1 2 1 2 ... r r n p p p ? ? ? = ise ( ) 1 1 1 1 i r i i i p n p ? ? + = - = - ? dir. Kanıt. i) ( ) 1 1 ? = olduğu açıktır. ii) ( ) n ? fonksiyonunun çarpımsal olduğu kullanılarak indüksiyon ile ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 ... r r n p p p ? ? ? ? ? ? ? = (8.2) bulunur. Diğer yandan p ? ( p asal, ? + ? ) tamsayısının pozitif bölenleri 2 1, , ,..., p p p ? olup, bunların toplamları ( ) 1 1 1 ... 1 p p p p p ? ? ? ? + - = + + + = - olur. Bu eşitlik (8.2) de kullanılarak teoremin ispatı tamamlanır. Tanım 8.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzere ( ) ( ) 2 1 2 1 , 1 ise, 0 , olacak şekilde bir 1 tamsayısı varsa, 1 , ...p ( ler farklı asal sayılar ) r r i n n a n a n p p p µ ? = ? ? = | > ? ? - = ? ? şeklinde tanımlanan ( ) n µ fonksiyonuna Moebius fonksiyonu ( Möbius ) denir. Örnek 8.4. ( ) n µ fonksiyonunun çarpımsal olduğunu gösterelim. Çözüm. 1 2 ( , ) 1 n n = için 1 2 1 2 ( . ) ( ). ( ) n n n n µ µ µ = olmalıdır. 1 2 ( , ) 1 n n = ise 1 n ve 2 n nin kanonik gösterilişlerindeki asal sayılar birbirinden tamamen farklıdır. 105 1 n ve 2 n den en az biri kare içeriyorsa 1 2 . n n de kare içereceğinden 1 2 ( . ) 0 n n µ = olur, öte yandan 1 ( ) n µ ve 2 ( ) n µ den en az biri 0 olduğundan 1 2 ( ). ( ) 0 n n µ µ = dır. 1 n ve 2 n kare içermiyorsa 1 1 2 ... r n p p p = , 2 1 2 ... s n q q q = ( i p ler, i q lerden farklı ve i j ? için i j p p ? ve i j q q ? ) olup, ( ) 1 ( ) 1 r n µ = - , ( ) ( ) 2 1 2 ( ) 1 ( ) ( ) 1 s r s n n n µ µ µ + = - ? = - dir. Diğer yandan 1 2 1 2 1 2 . ... . ... r s n n p p p q q q = olduğundan ( ) 1 2 ( ) 1 r s n n µ + = - dir. Şu halde 1 2 1 2 ( . ) ( ). ( ) n n n n µ µ µ = dir. PROBLEMLER 1) 1000! in sonunda kaç tane sıfır vardır? 2) 5 in n ! i bölen en büyük kuvveti 31 5 olacak şekilde en küçük n tamsayısını bulunuz. Ayrıca 31 5 ! n || koşuluna uyan diğer tamsayıları bulunuz. 3) 533! sayısı 334 2 ile bölünür mü? 4) 7 nin 678! i bölen en büyük kuvveti kaçtır? 5) Her x reel sayısı için [ ] [ ] 1 2 2 x x x ? ? + + = ? ? ? ? olduğunu gösteriniz. 6) x ve y pozitif reel sayılar olmak üzere [ ] [ ] [ ] [ ] 1 x y x y x y - ? - ? - + olduğunu gösteriniz. 7) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ( ) ( ) 2 2 ! ! n n sayısının bir çift tamsayı olduğunu gösteriniz. 106 8) Bir q tamsayısının asal olması için gerek ve yeter koşulun ( ) 1 q q ? = + olduğunu gösteriniz. 9) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 n n n µ µ µ + + + + = koşulunu gerçekleyen bir pozitif tamsayı bulunuz. 10) ( ) ( ) ( ) ( ) . 1 . 2 . 3 0 n n n n µ µ µ µ + + + = olduğunu gösteriniz. 107 İKİNCİ KISIM 1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE DENKLİK SINIFLARI , rasyonel sayılar kümesini göstersin. : , , 0 p p q q q ? ? ? ? ? ? ? ? kümesinde bulunan 2 4 8 , , ,... 3 6 12 şeklindeki kesirli sayıları göz önüne alalım. Bu sayıların hepsi aynı bir rasyonel sayıyı temsil ederler. Böylece, 2 2 : , 0 3 3 m m m m ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? kümesi tek bir rasyonel sayıyı gösterir. O halde rasyonel sayılar kümesi üstünde aşağıdaki bağıntıyı tanımlayabiliriz. Tanım 1.1. “ m n ve p q sayıları aynı bir rasyonel sayı kümesi içindedir ? mq np = ise ” şeklinde tanımlanan bağıntı üstünde bir denklik bağıntısıdır. Böylece her rasyonel sayı bir denklik sınıfı olarak görülebilir. Bu tanımı kullanarak örneğin; 1900 4887 ve 1403 3599 sayılarının aynı bir rasyonel sayıyı temsil 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) ve ise a b b c a c ~ ~ ~ (Geçişme özelliği) koşullarını gerçekleyen S S × nin alt kümesidir. Eğer bir ( , ) a b sıralı ikilisi, S 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 108 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 “ 0 m n mn ? ? ~ ” şeklinde tanımlı bağıntı bir denklik bağıntısı mıdır? Çözüm. 1) a? olsun. 2 . 0 a a a = ? olduğundan a a ~ dır. 2) , a b? olsun. 0 a b ab ? ? ~ dır. nin çarpma işlemine göre değişmeli olması nedeniyle 0 ab ba = ? olduğundan b a ~ dır. 3) , , a b c? olmak üzere a b ~ ve b c ~ olsun. Böylece, 0 ab? ve 0 bc? dır. Bu iki ifade taraf tarafa çarpılırsa 2 0 ab c? elde ederiz, burada eğer 0 b? ise 0 ac? dır. Ancak, 0 b= ise 0 ac? 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, “ (mod ) a b 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) ? veß , boş olmayan bir X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı iseler ? ß ? nın da X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız. 2) Düzlemdeki bütün üçgenlerin kümesi üstünde tanımlanan benzerlik bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız. 109 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 * = 110 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 1 x çözümü varsa , yani; a x b * = ve 1 a x b * = ise 1 a x a x * = * den sol sadeleştirme kuralı ile 1 x x = 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 { } , 0 a bi c di + + ? - için ( )( ) ( ) ( ) a bi c di ac bd ad bc i ? ? + + = - + + ? dir. Öte yandan 0 0 0 a bi a b + ? ? ? ? ? (2.1) 0 c 0 0 c di d + ? ? ? ? ? (2.2) olduğundan ( )( ) 0 a bi c di + + ? dir. Çünkü aksi halde 0 0 ac bd ad bc - = ? ? + = ? olur, yani c ve d, (2.2) ye göre 0 0 ax by bx ay - = ? ? + = ? lineer homojen denklem sisteminin sfır çözümden farklı bir çözümünü oluşturur. Buradan da 2 2 0 a b a b b a - = + = 111 ve dolayısıyla 0 a b = = sonucu çıkar ki, bu (2.1) ile çelişir. Şu halde ( )( ) { } 0 a bi c di + + ? - 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 { } , 0 a bi c di + + ? - çiftine karşılık, ( )( ) ( ) a bi x yi c di + + = + olacak şekilde en az bir { } 0 x yi + ? - 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. 0 a bi + ? olduğundan bu sistemin katsayılar matrisinin determinantı 2 2 a b + 0 ? dır. Şu halde bu bir Cramer sistemidir ve tek çözümü 2 2 ac bd x a b + = ? + , 2 2 ad bc y a b - = ? + dir. 0 a bi + ? ve 0 d ci + ? olduğundan i) ye göre ( )( ) ( ) ( ) 0 a bi d ci ad bc ac bd i + + = - + + ? 112 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 { } 2 2 2 2 0 ac bd ad bc x yi i a b a b + - + = + ? - + + dir. Şu halde { } ( ) 0 , - · bir komütatif gruptur. Örnek 2.2. ( ) { } , ,1 , G a b a b = ? kümesinin ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 , ,1 a b c d a c b d * = + + şeklinde tanımlanan “* ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım. Çözüm. ı) Her ( ) ( ) , ,1 , , ,1 a b c d G ? için ( ) ( ) , ,1 , ,1 , ,1 a b c d a c b d G ? ? ? ? * = + + ? ? ? ? ? dir. ıı) Her ( ) ( ) ( ) , ,1 , , ,1 , , ,1 a b c d e f G ? için ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 a b c d e f a c b d e f ? ? * * = + + * ? ? ( ) ( ) ( ) , ,1 a c e b d f = + + + + ve ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 a b c d e f a b c e d f ? ? * * = * + + ? ? ( ) ( ) ( ) , ,1 a c e b d f = + + + + olduğundan , nin “ + “ ya göre asosyatif olduğunu kullanarak ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 , ,1 a b c d e f ? ? * * = ? ? ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 , ,1 a b c d e f ? ? * * ? ? buluruz. ııı) Her ( ) ( ) , ,1 , , ,1 a b c d G ? için ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 a b c d a c b d c a d b c d a b ? ? ? ? * = + + = + + = * ? ? ? ? dir. Burada nin “ + “ ya göre komütatif olduğunu kullandık. ıv) Her ( ) , ,1 a b G ? için ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 , ,1 x y a b a b * = olacak şekilde bir ( ) , ,1 x y G ? vardır: 113 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 x y a b a b x a y b a b * = ? + + = ( ) ( ) 0 0 , ,1 0,0,1 . x a a x y b b y x y G + = ? = ? ? ? ? + = ? = ? ? ? = ? v) Her ( ) , ,1 a b G ? ye karşılık ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 0,0,1 a b a b ' ' * = olacak şekilde bir ( ) , ,1 a b G ' ' ? vardır: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,1 , ,1 0,0,1 , ,1 0,0,1 a b a b a a b b ' ' ' ' * = ? + + = ( ) ( ) 0 0 , ,1 , ,1 . a a a a b b b b a b a b G ' ' + = ? =- ? ? ? ? ' ' + = ? =- ? ? ' ' ? = - - ? Şu halde ( ) , G * bir komütatif gruptur. ( ) 1 0,0,1 G = ve ( ) ( ) 1 , ,1 , ,1 a b a b - = - - dir. Örnek 2.3. + nın 3 ab a b * = şeklinde tanımlanan “* ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım. Çözüm. ı) Her , a b + ? için 3 ab a b + * = ? dır. Çünkü 0, 0 0 0 3 ab a b ab > > ? > ? > dır. ıı) Her , , a b c + ? için ( ) ( ) a b c a b c * * = * * dir. Çünkü ( ) ( ) ( ) ( ) 3 , 3 3 9 3 3 3 9 ab c ab c ab A a b c c bc a a bc bc B a b c a = * * = * = = = * * = * = = olduğundan + nın “ . ” ya göre asosyatifliğinden A B = bulunur. ııı) Her , a b + ? için 3 3 ab ba a b b a * = = = * dir. Çünkü + nın “ . ” ya göre komütatifliğinden dolayı 3 3 ab ba = dir. ıv) Her a + ? için x a a * = olacak şekilde bir x + ? vardır: 114 0 3 3 . 3 a xa x a a a xa a x + ? * = ? = ? = ? = ? v) Her a + ? ye karşılık, 3 a a '* = olacak şekilde bir a + '? vardır: 0 9 3 3 9 . 3 a a a a a a a a a + ? ' ' ' ' * = ? = ? = ? = ? Şu halde ( ) , + * bir komütatif gruptur. 1 3 G = , 1 9 a a - = dir. Örnek 2.4. ( ) { } , , G a b a b = × = ? ? kümesinin ( ) ( ) ( ) , , ,2 c a b c d a c b d - = + + şeklinde tanınmlanan “ ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım. Çözüm. ı) Her ( ) ( ) , , , a b c d G ? için ( ) ( ) , , ,2 c a b c d a c b d G - ? ? ? ? ? ? = + + ? ? ? ? ? dir. ıı) Her ( ) ( ) ( ) , , , , , a b c d e f G ? için ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , , a b c d e f a b c d e f ? ? ? ? = ? ? ? ? dir. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , ,2 , ,2 2 ,2 2 , , , , , 2 ,2 2 c e c e c e e c e e A a b c d e f a c b d e f a c e b d f a c e b d f B a b c d e f a b c e d f a c e b 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. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , 2 , a x y a b a b x a y b a b - = ? + + = ( ) ( ) 2 0 0 2 2 0 0 , 0,0 . a a a x a a x y b b y y x y G - - - ? + = ? = ? ? ? ? ? + = ? = ? = ? ? ? ? = ? 115 ıv) Her ( ) , a b G ? ye karşılık ( ) ( ) ( ) , , 0,0 a b a b * * = olacak şekilde bir ( ) , a b G * * ? vardır. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , 0,0 ,2 0,0 a a b a b a a b b * * * - * = ? + + = ( ) ( ) 2 0 0 2 0 2 2 2 , , 2 . a a a a a a a a a a b b b b b b b a b a b G - * * - * - * ? * + - * * + ? ? + = ? =- ? ? ? ? + = ? =- ? ? - ? ? = =- ? ? ? ? = - - ? v) Her ( ) ( ) , , , a b c d G ? için ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , a b c d c d a b = eşitliğinin sağlanması gerekmez. Çünkü ( ) ( ) ( ) , , ,2 c a b c d a c b d - = + + , ( ) ( ) ( ) , , ,2 c c d a b c a d b - = + + olduğundan 1, 1, 2 a c d b = = = = alırsak, ( ) ( ) 1 1 1 1,2 2 1 1 1,2 1 2 - - + · + ? + · + olur. Şu halde ( ) , G 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 şeklindedir. Örnek 2.6. { } , G e a = , mertebesi 2 olan bir gruptur. Bu grubun işlem tablosu * e e e 116 * e a e e a e a 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 a b c * e a b c * e a b c e e a b c e e a b c e e a b c e e a b c a a e c b a a e c b a a b c e a a c e b b b c e a b b c a e b b c e a b b e c a c c b a e c c b e a c c e a b c c b a e 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 { } ( , ) : , ; . x y x y G x y y ß = ? = şeklinde tanımlanan ß 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 ? = ? = ? ~ ~ , 117 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 1 , e e G ? olmak üzere farklı iki birim elemanının var olduğunu kabul edelim. 1 e birim elemanı için 1 1 e e e e e * = * = , e birim elemanı için 1 1 1 e e e e e * = * = yazabiliriz. Bu iki eşitlikten 1 e e = elde ederiz. 2) x G ? ? için 1 2 , x x G ? olmak üzere 1 x ve 2 x gibi farklı iki inversin var olduğunu kabul edelim. 1 x inversi için 1 1 x x x x e * = * = , 2 x inversi için 2 2 x x x x e * = * = yazabiliriz. Bu iki eşitlikten 1 2 x x x x * = * elde ederiz, buradan da sol sadeleştirme kuralı ile 1 2 x x = bulunur. Böylece, x G ? ? için invers eleman bir tektir. Tanım 2.5. ( ,.) G bir grup, a G ? ve e, G nin etkisiz elemanı olsun. tane . ... n n a a a a = şeklinde tanımlanmak üzere: 1) 0 a e = ve 1 a a = , 2) n + ? için 1 . n n a a a + = , 3) n + ? için 1 ( ) n n a a - - = dir. Uyarı: Grup işlemi “+” işlemi ise 0 a yerine 0a ve n a 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) n e e = , 118 2) . m n m n a a a + = , 3) ( ) m n mn a a = dir. Kanıt. Tanım 2.5. ve tümevarım ilkesi ile kolayca yapılır. Uyarı: ( ,.) G değişmeli bir grup ise , a b G ? ve n? için ( . ) . n n n a b a b = dir. PROBLEMLER 1) ( ,.) G değişmeli bir yarı grup olsun. a G ? ? için . a a a = önermesi doğru ise { } ( , ) , ; . . x y x y G x y y x ß = | ? = eşitliği ile verilen ß kümesinin, G üstünde bir denklik bağıntısı oluşturduğunu kanıtlayınız. 2) , x y ? ? için 1 x y x y * = + - 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 2 x 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. a f , : a g G G › ve ( ) a f x a x = , ( ) a g x x a = şeklinde tanımlı olmak üzere bu fonksiyonların bire-bir, örten ve a b a b f f f = ve a b a b g g g = koşullarını sağladığını gösteriniz. 7) [ ] 0,1 kapalı aralığından kendi üzerine olan monoton artan fonksiyonların kümesinin, fonksiyonların bileşkesi işlemine göre bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız. 119 8) n, keyfi sabit bir pozitif tamsayı olmak üzere { } 1, n G z z z = | = ? kümesinin çarpma işlemine göre bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız. 9) ( , ) G bir grup olsun. , a b G ? ? için 2 2 2 ( ) a b a b = ise grubun değişmeli olacağını gösteriniz. 120 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. 4 ( , ) + Grubu V-Klein 4 Grubu * e a b c e e a b c a a e c b b b c a e c c b a e + 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2 121 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 + = ? dır. V-Klein 4 grubunun öz alt grupları ise { } , , e a { } , , e b { } , e c 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 1 x a H - = ? dır. Bu incelemeye göre 4 ve V-Klein 4 gruplarının alt gruplar diagramı diğer bir ifade ile latis şeması aşağıdaki şekilde elde edilir. { } { } 4 0,2 0 | | { } { } { } { } , , , | V e a 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 1 a H - ? olmasıdır. Bu teoremi aşağıdaki bir tek koşul ile de ifade edebiliriz, şöyleki; “ H G ? , , a b H ? ? için 1 a b 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, ( , ) i i I H ? * olsun. O taktirde, ( , ) i I i H ? * ? cebirsel yapısı da, ( , ) G * grubunun bir alt grubudur. Gerçekten, i I i H H ? = ? dersek H G ? ve H ?Ø dir. Diğer taraftan, 122 , x y H i I ? ?? ? için i x y H * ? dir. i I ? ? için ( , ) i H * grubu, ( , ) G * grubunun bir alt grubu olduğundan, i I ? ? için , i x y H ? i I ?? ? için 1 i x y H - * ? 1 x y H - ? * ? elde ederiz. Böylece H, G nin alt grubudur. Örnek 3.5. { } 2 , ; 0 0 G a b a b a b = + ? ? ? ? kümesinin deki “· ” işlemine göre komütatif bir grup olduğunu gösterelim. Çözüm. { } 0 G? - olduğuna göre G nin { } * 0 - = grubunun bir alt grubu olduğunu göstermek yeter. Şu halde alt grup koşullarını gerçekleyelim. ı) Her 2, 2 a b c d G + + ? için ( )( ) 2 2 a b c d G + + ? dir: ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 a b c d ac bd ad bc ? ? + + = + + + . 2 0 0 2 0 2 0 0 2 0 a b G a b a b c d G c d c d ? + ? ? ? ? ? ? + ? ? ? + ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ( )( ) 2 2 0 sıfır-bölensiz a b c d C ? + + ? ? ? ? ? ? 2 0 0 ac bd ad bc ? + ? ? + ? dır. Şu halde ( )( ) 2 2 a b c d G + + ? dir. ıı) Her 2 a b i G + ? için ( ) 1 1 2 2 a b G a b - + = ? + dir: 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b a b a b ? ? - = = - + - - - . 2 2 0 0 2 0 a b a b ? ? ? ? - ? dır. Çünkü 2 2 2 0 a b - = olsa: 2 2 2b a = bulunur. Buradan da 2 2 2 0 ise: 2 = 2 0 ise: 0 0 a a b Q b b b a a ? ? = ? = = ? = bulunur ki, her iki durumda da çelişki elde edilir. Dolayısıyla 2 2 2 0 a b - ? olur. 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 a b a b a b a b ? ? ? ? ? ? ? - - dır. Şu halde 2 2 2 2 1 2 2 2 2 a b G a b a b a b = - ? + - - dir. Dolayısıyla G, 123 { } * 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) { } 2 | H kn k = ? kümesinin, ( , ) + grubunun bir alt grubu olduğunu gösteriniz ve H nın mertebesini bulunuz. Not: Bu gruba 2n nin gerdiği sonsuz devirli grup denir ve 2 H n = şeklinde gösterilir. 4) G bir grup ve S G ? olsun. { } | S N x G xS Sx = ? = kümesinin G nin bir alt grubu olduğunu gösteriniz. Bu kümeye S kümesinin normalleyeni ( normalizatörü ) adı verilir. 5) H, bir G grubunun herhangi bir alt grubu olsun. g G ? olmak üzere { } 1 1 | gHg ghg h H - - = ? kümesinin G nin bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız. 6) ( ,.) G bir grup olsun. G kümesi, x ve y elemanları ile yazılan ve 2 2 x y e = = , . . x y y x = önermelerini gerçekleyen 4 elemanlı bir küme olsun. G nin elemanlarını belirleyiniz ve ( ,.) G grubunun tüm alt gruplarını yazınız. 7) ( , ) n n N G ? , ( , ) G grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun. n ? ? için 1 n n G G + ? önermesi doğru ise ( , ) n n N G ? ailesine G nin artan gruplar dizisi adı verilir, bu dizi ile oluşturulan ( , ) n N n G ? ? cebirsel yapısının ( , ) G grubunun bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız. 8) ( , ) i i I G ? , ( , ) G grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun. , i j I ? indisleri için i k G G ? ve j k G G ? 124 olacak şekilde bir k I ? varsa, ( , ) i I i G ? ? 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 ). 125 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. { } 1,2,3,..., A n = kümesini göz önüne alalım. : A A ? › dönüşümü bire- bir ve örten ise A nın bir permütasyonunu tanımlar. Örnek 4.1. { } 1,2,3 A= olmak üzere A dan A ya (1) 2 ? = , (2) 3 ? = , (3) 1 ? = şeklinde tanımlanan ? fonksiyonu bire-bir ve örten olduğundan A nın bir permütasyonudur. Bu permütasyonu 1 2 3 2 3 1 ? ? ? = ? ? ? ? şeklinde de gösteririz. n ? , { } 1,2,3,..., A n = kümesinin bütün permütasyonlarının kümesi olsun. n ? üstünde permütasyon çarpımı işlemini tanımlarsak, bu işlem ile birlikte 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. , n ? ? ? ? ve 1 2 , a a A ? olsun. 1 2 ( )( ) ( )( ) a a ?? ?? = 1 2 ( ( )) ( ( )) a a ? ? ? ? ? = 1 2 ( ) ( ) a a ? ? ? = ( , ? bire-bir olduğundan ) 1 2 a a ? = ( , ? bire-bir olduğundan ) elde ederiz, yani ?? çarpımı bire-birdir. Şimdi a A ? olsun. , ? örten olduğundan ( ') a a ? = olacak şekilde bir ' a A ? bulabiliriz. Aynı şekilde , ? örten olduğundan ( '') ' a a ? = olacak şekilde bir '' a A ? bulabiliriz. O halde, a A ? ? için ( ') ( ( '')) ( )( '') a a a a ? ? ? ?? = = = olacak şekilde bir '' a A ? elde etmiş olduk, böylece ?? çarpımı örtendir ve dolayısıyla ?? çarpımı da A nın bir permütasyonudur. O halde permütasyonların çarpımı işlemi n ? üstünde kapalıdır. Örnek 4.2. 1 2 3 4 3 4 2 1 ? ? ? = ? ? ? ? ve 1 2 3 4 4 2 1 3 ? ? ? = ? ? ? ? , { } 1,2,3,4 A= kümesinin iki permütasyonu olsun. Bu permütasyonların çarpımı 126 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 4 2 1 3 3 4 2 1 1 3 2 4 ?? ? ?? ? ? ? = = ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? şeklindedir. Teorem 4.1. A boş olmayan bir küme ve A ? , A nın permütasyonlarının kümesi olsun. A ? kümesi, permütasyonların çarpımı işlemine göre bir gruptur. Kanıt. 1) Kapalılık özelliği : Örnek 4.1. de kanıtlanmıştır. 2) Birleşme özelliği : ? ? , ? , A µ ? ? ve a A ? ? için ( ) ( ) ?? µ ? ?µ = olduğunu gösterelim. (( ) )( ) ( ( ( ))) (( )( )) ( ( ))( ) a a a a ?? µ ? ? µ ? ?µ ? ?µ = = = olduğundan birleşme özelliği doğrulanır. 3) Birim eleman : a A ? ? için 0 ( ) a a ? = olacak şekilde bir 0 A ? ? birim permütasyonu bulabiliriz. 4) İnvers eleman : A ? ? ? ? permütasyonu için ( ') a a ? = ise 1 ( ) ' a a ? - = olacak şekilde bir 1 ? - invers permütasyon tanımlıyabiliriz. , ? bire-bir ve örten olduğundan 1 ? - de bire-bir ve örten olup, A ? ya aittir. Gerçekten a A ? ? için, 1 1 0 ( ) ( ') ( ( )) ( )( ) a a a a a ? ? ? ? ?? - - = = = = veya ' a A ? ? için, 1 1 1 0 ( ') ' ( ) ( ( ')) ( )( ') a a a a a ? ? ? ? ? ? - - - = = = = olduğundan A ? ? ? ? için 1 1 0 ? ? ?? ? - - = = olacak şekilde bir 1 A ? ? - ? vardır ve böylece ( ,.) A ? bir gruptur. A ve B kümeleri aynı sonlu sayıda elemana sahip iki küme ise, A ve B nin permütasyonlarının A ? ve 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 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 127 tanımlanabileceğinden (1,1) 1 P = dir. A nın ( 1) n- elemanlı bir alt kümesinin sabit tutulacak her bir permütasyonu için A nın n tane permütasyonu oluşturulabileceğinden, ( , ) . ( 1, 1) P n n n P n n = - - yazabiliriz. O halde, (1,1) 1 (2,2) 2. (1,1) (3,3) 3. (2,2) ( 1, 1) ( 1). ( 2, 2) ( , ) . ( 1, 1) P P P P P P n n n P n n P n n n P n n = = = - - = - - - = - - eşitliklerini taraf tarafa çarpar ve gerekli sadeleştirmeleri yaparsak, ( , ) 1.2.3.4...( 1). ! P n n n 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. 0 1 2 3 1 2 3 ? ? ? = ? ? ? ? , 1 1 2 3 2 3 1 ? ? ? = ? ? ? ? , 2 1 2 3 3 1 2 ? ? ? = ? ? ? ? 1 1 2 3 1 3 2 µ ? ? = ? ? ? ? , 2 1 2 3 3 2 1 µ ? ? = ? ? ? ? , 2 1 2 3 2 1 3 µ ? ? = ? ? ? ? . Bu permütasyonlardan 1 2 0 , , ? ? ? sırasıyla üçgenin köşelerinin pozitif yöndeki 120, 240 ve 360 derecelik dönmelerine karşılık gelirken; 1 2 3 , , µ µ µ de üçgenin sırası ile , , a b c kenarortaylarına göre simetrilerine karşılık gelmektedir. Böylece, elde edilen { } 3 0 1 2 1 2 3 , , , , , ? ? ? ? µ µ µ = kümesi permütasyonların çarpımı işlemi ile birlikte bir grup teşkil eder. Bu 3 ( , ) ? grubuna üçgenin simetrilerinin grubu adı verilir. Bu gruba literatürde 3. dihedral grubu da denilmekte ve 3 D ile gösterilmektedir. Eğer A kümesi n elemanlı ve n ? , n kenarlıların simetrilerinin grubu ise bu gruba da n. dihedral 128 grubu adı verilmekte ve n D ile gösterilmektedir. 3 D grubunun işlem tablosu aşağıdaki şekilde verilir. 0 ? 1 ? 2 ? 1 µ 2 µ 3 µ 0 ? 0 ? 1 ? 2 ? 1 µ 2 µ 3 µ 1 ? 1 ? 2 ? 0 ? 3 µ 1 µ 2 µ 2 ? 2 ? 0 ? 1 ? 2 µ 3 µ 1 µ 1 µ 1 µ 2 µ 3 µ 0 ? 1 ? 2 ? 2 µ 2 µ 3 µ 1 µ 2 ? 0 ? 1 ? 3 µ 3 µ 1 µ 2 µ 1 ? 2 ? 0 ? Örnek 4.4. ( 4 D , 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 1 ? , 2 ? , 3 ? , 0 ? permütasyonları ile, kenar orta dikmelere göre simetrilerini 1 2 , µ µ ve köşegenlere göre simetrilerini de 1 2 , ? ? permütasyonları ile gösterebiliriz. 0 1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 , , , 1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 3 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = = = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 2 1 2 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 , , , 2 1 4 3 4 3 2 1 3 2 1 4 1 4 3 2 µ µ ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = = = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? . 4 D grubuna ait işlem tablosu aşağıdaki gibidir. 0 ? 1 ? 2 ? 3 ? 1 µ 2 µ 1 ? 2 ? 0 ? 0 ? 1 ? 2 ? 3 ? 1 µ 2 µ 1 ? 2 ? 1 ? 1 ? 2 ? 3 ? 0 ? 1 ? 2 ? 2 µ 1 µ 2 ? 2 ? 3 ? 0 ? 1 ? 2 µ 1 µ 2 ? 1 ? 3 ? 3 ? 0 ? 1 ? 2 ? 2 ? 1 ? 1 µ 2 µ 1 µ 1 µ 2 ? 2 µ 1 ? 0 ? 2 ? 3 ? 1 ? 2 µ 2 µ 1 ? 1 µ 2 ? 2 ? 0 ? 1 ? 3 ? 1 ? 1 ? 1 µ 2 ? 2 µ 1 ? 3 ? 0 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 µ 1 ? 1 µ 3 ? 1 ? 2 ? 0 ? 129 Şimdi 4 D grubunun alt gruplarını belirleyelim: 4 D ün 4 elemanlı alt grupları, { } 0 2 1 2 , , , ? ? µ µ , { } 0 1 2 3 , , , ? ? ? ? , { } 0 2 1 2 , , , ? ? ? ? den oluşur. Bu alt gruplar mertebesi 2 olan alt gruplara sahiptirler. Bunlar sırası ile { } 0 2 1 2 , , , ? ? µ µ grubunun { } { } { } 0 1 0 2 0 2 , , , , , ? µ ? µ ? ? şeklindeki alt gruplarından { } 0 2 1 2 , , , ? ? ? ? nin { } 0 1 , ? ? , { } 0 2 , ? ? , { } 0 2 , ? ? şeklindeki alt gruplarından ve { } 0 1 2 3 , , , ? ? ? ? nin { } 0 2 , ? ? şeklindeki tek alt grubundan ibarettir. İki elemanlı bu alt grupların hepsi { } 0 ? şeklinde bir elemanlı alt gruba sahiptirler. Böylece, istenirse 4 D ün Örnek 3.2. dekine benzer bir Latis diagramı (alt gruplar diagramı) oluşturulabilir. Tanım 4.2. A ? , sonlu bir A kümesinin permütasyonlarının grubu olsun. H, A ? nın bir alt grubu olmak üzere, , a b A ? ? için ( ) a b ? = olacak şekilde bir H ? ? permütasyonu bulunabiliyor ise H alt grubuna A üzerinde geçişmeli (transitive) dir denir. Tanım 4.3. A bir küme ve A ? , A nın simetrik grubu olsun. a A ? ve A ? ? ? olmak üzere, { } , ( ) n a Q a n ? ? = | ? kümesine, a nın ? boyunca yörüngesi denir. Örnek 4.5. { } 1,2,3,4,5,6 A= ve 1 2 3 4 5 6 3 1 4 5 6 2 ? ? ? = ? ? ? ? olsun. Buna göre 1 A ? elemanının ? boyunca yörüngesi { } 1, 3,4,5,6, 2 Q ? = dir. Tanım 4.4. { } 1 2 , ,..., n A a a a = kümesi verilsin. A nın 1 2 2 3 1 . . . . . . n a a a a a a ? ? ? ? ? ? şeklinde bir permütasyonuna A nın bir dairesel permütasyonu adı verilir. 130 Böylece, 2 n ? radyanlık pozitif yönde bir dönme hareketi ile bir dairesel permütasyonu temsil edebiliriz. Böyle bir dairesel permütasyon bazen kısaca ( ) 1 2 . . . n a a a şeklinde de gösterilmektedir. Buna göre { } 1,2,3,4,5 A= 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 ayrıktır ( yabancıdır ) denir. Örnek 4.6. 1 2 3 4 5 6 6 5 2 4 3 1 ? ? ? = ? ? ? ? şeklinde verilen permütasyonu ayrık dairesel permütasyonların çarpımı şeklinde ifade edelim. 1 2 3 4 5 6 (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 ? permütasyonu, ayrık dairesel permütasyonların bir çarpımı şeklinde yazılabilir. 131 Kanıt. { } 1,2,..., A n = kümesi verilsin ve ? bu kümenin bir permütasyonu olsun. 2 3 1, (1), (1), (1), ... ? ? ? şeklindeki elemanları göz önüne alalım. Bu elemanların hepsi birbirinden farklı olamaz. (1) r ? in kendisinden önce gelen bu elemanlardan birisi ile aynı olan ilk eleman olduğunu kabul edelim. Bu taktirde (1) 1 r ? = olduğunu söyleyebiliriz. Eğer, 0 s r < < aralığında bir diğer s için (1) (1) r s ? ? = olsaydı bu durumda (1) 1 r s ? - = olurdu ki, bu r s r - < olduğundan r nin seçimine aykırıdır. Şu halde bu elemanları, 2 1 1 (1, (1), (1),..., (1)) r ? ? ? ? - = şeklinde bir dairesel permütasyon olarak yazabiliriz. 1 ? ile ? nın A üstündeki resimlerinin aynı olduğu açıktır. Şimdi A nın 1 ? de yer almayan ilk elemanı i olsun. i için de 1 için yaptığımız gibi 2 1 2 ( , ( ), ( ),..., ( )) t i i i i ? ? ? ? - = şeklinde bir dairesel permütasyon oluşturursak 1 ? ile 2 ? ayrık olur. Çünkü, eğer ayrık olmasalar: A nın bir j elemanı hem 1 ? ve hem de 2 ? de bulunurdu ki, bu 1 ? ile 2 ? nin ayrık oluşu ile çelişirdi. Bu şekilde devam ederek A sonlu olduğundan 1 2 3 ... 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; ( ) 1 2 1 2 1 3 1 , ,..., ( , )( , )...( , ) n n a a a a a a a a a = şeklinde transpozisyonların çarpımı olarak yazabiliriz. ? permütasyonunun işaretini ( ) ? ? ile gösterelim. Özellik 4.1. ? ve ? , n ? nin iki permütasyonu olsun. 1) ( ) 1 ? =+ ? , ( ) 1 ? =+ ? ise ( ) 1 ?? =+ ? , 2) ( ) 1 ? =- ? , ( ) 1 ? =- ? ise ( ) 1 ?? =+ ? , 132 3) ( ) 1 ? =- ? , ( ) 1 ? =+ ? ise ( ) 1 ?? =- ? dir. Böylece ( ) ?? ? ? = ? ? ( ) ? ( ) olduğu görülür. Örnek 4.7. a) 1 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 8 1 7 2 S ? ? = ? ? ? ? , 1 2 3 4 5 6 7 8 1 5 6 2 7 8 4 3 T ? ? = ? ? ? ? ve 1 2 3 4 5 6 7 8 8 6 4 7 3 2 5 1 U ? ? = ? ? ? ? permütasyonlarını yabancı devrelere ayıralım. Çözüm. ( ) 1 2 3 4 5 6 7 8 1358246 3 4 5 6 8 1 7 2 S ? ? = = ? ? ? ? , ( )( ) 1 2 3 4 5 6 7 8 2574 368 1 5 6 2 7 8 4 3 T ? ? = = ? ? ? ? , ( )( )( ) 1 2 3 4 5 6 7 8 18 26 3475 8 6 4 7 3 2 5 1 U ? ? = = ? ? ? ? dir. b) S, T ve U permütasyonlarının teklik, çiftlik durumlarını belirleyelim. ( ) 1358246 çift S = = , ( )( ) çift tek 2574 368 tek T = = , ( ) ( ) ( ) tek tek tek 18 26 3475 tek U = = permütasyondur. c) 2 2 2 , T ST S TU - - ve 2 3 2 ST U S - permütasyonlarını yabancı devrelere ayıralım. ( ) ( ) 2 2 1358246 1526384 S = = , ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 1 18 26 3574 18 26 3574 37 45 I I U U - - ? ? = = = = ? ? , ( )( )( )( )( ) ( ) 2 2 1526384 2574 368 37 45 156473 S TU - = = , ............................... ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 2 2 2 2 2 1 2475 386 2475 386 27 45 368 T T - - ? ? = = = = ? ? , ( )( )( )( )( )( ) ( ) 2 27 45 368 1358246 2574 368 16784523 T ST - = = , ............................... 133 ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 2 2 2 2 2574 368 2574 368 27 45 386 T ? ? = = = ? ? , ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 3 3 3 3 3 18 26 3475 18 26 3475 18 26 3574 U ? ? = = = ? ? , ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1526384 1483625 S S - - - = = = , ( )( )( )( )( )( )( )( ) ( ) 2 3 2 1358246 27 45 386 18 26 3574 1483625 12437865 ST U S - = = dir. Tanım 4.7. n ? , n elemanlı bir S kümesinin permütasyonlarının kümesi olmak üzere, n ? nin çift ve tek permütasyonlarının kümesini sırası ile n A ve n B ile gösterirsek, n A ve n B nin her birinin ! 2 n tane elemanının olduğunu görürüz. Buradaki n A grubuna alterne grup adı verilir. Yukarıdaki tanımda geçen iddiayı kanıtlamak için n ? de sabit bir (1,2) ? = transpozisyonu seçelim. Bu transpozisyonu içeren aşağıdaki dönüşümü tanımlayalım. Bu dönüşümün bire-bir ve örten olduğunu kanıtlarsak n A ve n B nin her birinin ! 2 n tane elemanının olduğunu kanıtlamış oluruz: : , ( ) n n f A B f ? ? ? ?? › = , , n A ? µ? olsun. ( ) ( ) f f ? ? ? µ = olduğunu kabul edelim. O halde ?? ?µ = elde ederiz ve buradan n ? grup olduğundan sol sadeleştirme kuralı ile ? µ = buluruz, yani f ? bire-birdir. f ? nun örten olduğunu göstermek için n B ?? seçelim. 1 (1,2) ? ? - = = olduğundan 1 n A ? ? - ? dir. O halde, 1 1 1 ( ) ( ) ( ) f ? ? ? ? ? ? ?? ? ? - - - = = = yazılabileceğinden ? nun 1 n A ? ? - ? elemanının resmi olduğunu buluruz, dolayısıyla f ? örtendir. O halde n A ve n B nin eşit ve ! 2 n tane elemana sahip olduklarını elde ederiz. Sonuç olarak n ? nin elemanlarının yarısı tek, yarısı da çift permütasyon olmaktadır. Örnek 4.8. 18 ? de 134 ( )( )( )( )( )( )( )( )( )( ) S fikret arzu ahmet aynur sonay ayten figen füsun nur seda = permütasyonu tarafından üretilen G grubunda, 3 S permütasyonunun normalizatörünü ( Tanım 9.14. e bakınız ) bulalım. Çözüm. Önce G grubunu belirleyelim. Bunun için, S yi yabancı devrelere ayıralım. ( )( )( ) [ ] 9,7, 2 126 S azuhmtfüo snigyed kr S = ? = = olduğundan { } 125 , ,..., G S I S S = = bulunur. G bir devresel grup olduğundan komütatiftir. Dolayısıyla her S G µ ? için S N G µ = , yani 3 S N G = elde edilir. PROBLEMLER 1) G bir grup ve a G ? olsun. : a f G G › , ( ) a f x ax = şeklinde tanımlanan dönüşümün bir permütasyon olduğunu kanıtlayınız. 2) Aşağıdaki şekilde tanımlanan : , 1, 2, 3, 4 i f i › = fonksiyonlarından hangileri permütasyon tanımlar. 1 ( ) 1 f x x = + , 2 2 ( ) f x x = , 1 3 ( ) x f x e + = , 3 4 ( ) f x x = . 3) f , A kümesinin bir permütasyonu olsun. A kümesi üstünde “ ( ) n a b f 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) n ? deki tek ve çift permütasyonların sayısı eşittir, d) 4 A ün 12 tane elemanı vardır, e) 3 A değişmeli bir gruptur, f) Her permütasyon bire-bir bir dönüşümdür. 5) 0 ? , 3 ? simetrik grubunun birim elemanı olsun. 0 ? permütasyonunu iki transpozisyonun çarpımı olarak yazınız. 135 6) n ? ? ? ve 1 2 ( , ,..., ) k i i i ? = olsun. Eğer k, bir tek tamsayı ise ? nın bir çift permütasyon, bir çift tamsayı ise ? nın bir tek permütasyon olduğunu gösteriniz. 7) , n ? ? ? ? ve 1 2 ( , ,..., ) k i i i ? = şeklinde k uzunluğunda bir dairesel permütasyon ise 1 ??? - permütasyonunu bulunuz. 8) Bir ? dairesel permütasyonunun uzunluğu 2 den büyük bir çift tamsayı ise, 2 ? nin ayrık dairesel permütasyonların bir çarpımı şeklinde olacağını kanıtlayınız. 136 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 ( ) ( ) ( ) xy x y ? ? ? = koşulunu sağlayan : ' G G ? › dönüşümüne bir grup izomorfizması adı verilir. Teorem 5.1. : ' G G ? › bir grup izomorfizması olsun. e ve e' sırasıyla G ve G' nün birim elemanları olmak üzere, 1) ( ) ' e e ? = , 2) a G ? ? için 1 1 ( ) ( ( )) a a ? ? - - = dir. Kanıt. 1) ' ' x G ? olsun. ? , bir izomorfizma olduğundan örtendir. O halde ( ) ' x x ? = olacak şekilde bir x G ? bulabiliriz. Böylece, ' ' ' ( ) ( ) ( ) ( ) ' ( ) x e x x xe x e x e ? ? ? ? ? = = = = = yazabiliriz. Benzer şekilde, ' ' ' ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' e x x x ex e x e x ? ? ? ? ? = = = = = olur. Böylece ( ) ' e e ? = elde ederiz. 2) G bir grup olduğundan a G ? ? için 1 a G - ? vardır. O halde, 1 1 ' ( ) ( ) ( ) ( ) e e aa a a ? ? ? ? - - = = = yazabiliriz. Benzer şekilde, 1 1 ' ( ) ( ) ( ) ( ) e e a a a a ? ? ? ? - - = = = yazılabileceğinden 1 1 ( ) ( ( )) a a ? ? - - = sonucunu elde ederiz. Örnek 5.1. : ( , ) ( ,.) ? + + › , ( ) x x e ? = dönüşümü bir grup izomorfizmasıdır. Gerçekten; , x y ? ? için ( ) ( ) x y x y e e x y ? ? = ? = ? = olduğundan ? bire-birdir. x + ? ? için ln (ln ) x x e x ? = = olduğundan ? örtendir. Diğer taraftan, , x y ? ? için ( ) . ( ). ( ) x y x y x y e e e x y ? ? ? + + = = = olduğundan ? 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 { } n G a n = | ? olsun. 137 : , ( ) n G a n ? ? › = dönüşümünü tanımlayalım. ? bire-bir ve örtendir. Gerçekten, , m n? için m a , n a G ? ise ( ) ( ) m n a a m n ? ? = ? = dir, yani ? bire-birdir. Ayrıca, n ? ? için ( ) n a n ? = olacak şekilde bir n a G ? bulunabilir, yani ? örtendir. Diğer taraftan, ( ) ( ) ( ) ( ) m n m n m n a a a m n a a ? ? ? ? + = = + = + olduğundan ? 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 : ' G G ? › dönüşümü bir izomorfizma olsun, böylece ' G G ? dür. ? bir izomorfizma olduğundan 1 : ' G G ? - › dönüşümü de bir izomorfizma olur ( gösteriniz! ). Böylece ' G G ? dir. 3) , ve G G G ' '' herhangi üç grup ve : ', ' : ' '' G G G G ? ? › › dönüşümleri grup izomorfizmaları olsun. Yani, ' G G ? ve ' '' G G ? olsun. O taktirde, ' ? ? bileşke dönüşümü de bir izomorfizma tanımlar ( gösteriniz! ). Bu izomorfizma '' ' ? ? ? = : '' 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 G ? yi izomorf yapamayız. Çünkü, eğer G nin mertebesi n ise G ? nin mertebesi n! dir. Buna göre, G ? nin bir alt kümesini G 138 ye izomorf olacak şekilde belirlemeliyiz. Bunun için sabit bir a G ? alalım ve x G ? ? için : a f G G › , ( ) a f x ax = dönüşümünü tanımlayalım. , x y G ? ? için ( ) ( ) a a f x f 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 1 1 1 ( ) ( ) ( ) a y aa y a a y f a y - - - = = = olduğundan dönüşüm örtendir. Böylece a G f ? ? dir. Şimdi { } ' a G f a G = | ? kümesini göz önüne alalım. Bu küme G ? nin bir alt grubunu tanımlar. Gerçekten, a f , ' b f G ? olsun. ( )( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) a b a b a ab f f x f f x f bx a bx ab x f x = = = = = yazılabileceğinden ' ab a b f f f G = ? dür. Yani, G' kapalıdır. e, G nin birim elemanı olmak üzere x G ? ? için ( ) e f x ex x = = olduğundan ' e f G ? , birim elemandır. a G ? için 1 a G - ? olduğundan 1 a f - tanımlanabilir. x G ? ? için 1 1 1 1 1 ( )( ) (( )( )) ( ) ( ) ( ) a a a a a e f f x f f x f ax a ax a a x x - - - - - = = = = = = ve benzer şekilde 1 ( )( ) a a f f x x - = olduğundan 1 1 a a e a a f f f f f - - = = dir ve buradan 1 1 ( ) ' a a f f G - - = ? elde ederiz. G' nün birleşmeli olduğunu göstermek kolaydır, böylece G' , G ? nin bir alt grubudur. Şimdi de G nin G' ye izomorf olduğunu kanıtlayalım. Bunun için : ' G G ? › , ( ) a a f ? = dönüşümünü tanımlayalım. , a b G ? ? için ( ) ( ) a b ? ? = olsun. Böylece, ( ) ( ) a b a b f f f e f e ae be a b = ? = ? = ? = olacağından ? bire-birdir. ? nin örten olduğu, tanımından açıktır. Diğer yandan, ( ) ( ) ( ) ab a b ab f f f a b ? ? ? = = = koşulu da sağlandığından ? bir izomorfizmadır. Tanım 5.2. a f lar sayesinde elde ettiğimiz bu ' G grubuna G nin sol düz temsili (regüler temsili) adı verilir. Benzer tanımlamayı, a f lar yerine 139 ( ) a g x xa = şeklinde tanımlı a g lar alarak yapıp ' G nün sağ düz temsilini de tanımlayabiliriz. Örnek 5.3. { } , , G e a b = grubu verilsin. { } ' , , e a b G f f f = grubu, G nin sol düz temsilidir. Burada, e e a b f e a b ? ? = ? ? ? ? , a e a b f a b e ? ? = ? ? ? ? , b e a b f b e a ? ? = ? ? ? ? dir ve G ve ' G gruplarının işlem tabloları şeklinde verilir. * e f a f b f e f e f a f b f a f a f b f e f b f b f e f a f * e a b e e a b a a b e b b e a 140 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 1 3 1 H - = ? ve 0 H ? olmalıdır. Bu durumda 4 ün 3 elemanını kapsayan en geniş alt grubunun, { } 4 0,1,2,3 H = = 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 2 . a a a H = ? olmalıdır. Benzer şekilde, 2 3 . a a a H = ? ve bu şekilde devam ederek n + ? ? için n a H ? olması gerektiğini elde ederiz. Ayrıca, aynı düşünce ile 1 1 2 . a a a H - - - = ? ve bu düşünceyi sürdürerek n + ? ? için n a H - ? ve 1 . a a e H - = ? olması gerektiği sonucuna ulaşırız. Eğer, 0 a e = dersek, n ? ? için n a H ? buluruz. Böylece, G nin a yı içeren en geniş H alt grubunun { } n H a n = | ? şeklinde olacağını elde ederiz. Ancak, n ? ? için elde edeceğimiz n a ler birbirinden farklı olmayabilir, gerçekten V-Klein 4 grubu için; 2 3 4 5 . . . . a a a e a e a a a a a e a e a a = = = = = = = = sonuçları elde edilir. Teorem 6.1. G bir grup ve a G ? olsun. { } n H a n = | ? kümesi G nin bir alt grubudur, üstelik bu alt grup G nin a yı kapsayan en dar alt grubudur. Kanıt. , r s ? ? için . r s r s a a a H + = ? olduğundan G deki işlem H da da kapalıdır. 0 a e H = ? ve r a H ? iken 0 . r r a a a e H - = = ? olduğundan ( ) 1 r r a a H - - = ? dır. Tanım 6.1. G bir grup ve a G ? olsun. { } n H a 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. 141 Örnek 6.1. ( ,.) G bir grup ve A G ? olsun. O taktirde, { } 1 2 1 2 ... , , p n n n p i i A a a a p a A n + < >= | ? ? ? dir. Çözüm. { } 1 2 1 2 ... , , p n n n p i i a a a p a A n S + | ? ? ? = diyelim. S ?Ø ve S G ? olduğu açıktır. Buna göre S A =< > olduğunu göstermeliyiz. , x y S ? olsun. p + ? ? , 1 2 , ,..., p n n n ? ? , 1 2 , ,..., p a a a A ? ? için 1 2 1 2 ... p n n n p x a a a = ve q + ? ? , 1 2 , ,..., q m m m ? ? , 1 2 , ,..., q b b b A ? ? için 1 2 1 2 ... q m m m q y b b b = yazılabilir. Buna göre, 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 ( ... )( ... ) p q n m n n m m p q xy a a a b b b - - = yazılabileceğinden 1 xy 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, i a A ? ? için i n i a T ? olacağından 1 2 1 2 ... p n n n p a a a 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. m a e ? dir. Çünkü m a e = olsa: k? olmak üzere k mq r = + , 0 r m ? < olacak şekilde q ve r tamsayıları bulunabilir ve bu durumda, ( ) k mq r m q r q r r e a a a a e a a + = = = = = yazılabilir. Böylece, { } 0 1 2 1 , , ,..., r m a a a a a - ? 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 m a e ? dir. Diğer taraftan, 0 1 2 , , ,..., n a a a a elemanlarının G nin birbirinden farklı elemanları ve 0 i j n < < < için i j a a = olduğunu varsayalım. Bu durumda 142 i j j i a a a e - = ? = bulunur. Halbuki, i j n < < olduğundan 0 j i n < - < dir ve bu nedenle j i a e - ? dir, bu ise i j a a = varsayımının yanlış yani, 0 i j n < < < için i j a a ? olduğunu gösterir. Böylece, { } 1 2 1 , ,..., , n n G a a a a - = dir ve e G ? olduğundan 1 olacak biçimde bir için i i n i a e ? ? = dir. Şu halde i n < için i a e ? olduğundan 0 n a a 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 * = , 2 a a a e = * = , 3 a e a a = * = , 4 3 a a 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 + = , ... , 1 1, n n + = + ... 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. 143 Kanıt. { } n G a n = | ? devirli bir grup ve 1 2 , g g G ? olsun. O taktirde, 1 r g a = , 2 s g a = olacak şekilde , r s? tamsayıları vardır. Böylece, 1 2 2 1 r s r s s r s r g g a a a a a a g g + + = = = = = 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 n a H ? dır. H nın elemanlarının sahip olduğu üsler içerisinde en küçük üs m olsun. Şimdi iddia ediyoruz ki m a c = elemanı H nın bir üretecidir, yani m H a 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 n b a = olacak şekilde bir n? vardır. Bölme algoritması ile n mq r = + , 0 r m ? < olacak şekilde q ve r tamsayıları bulunabilir. Şu halde ( ) n mq r m q r a a a a + = = veya ( ) r m q n a a a - = yazabiliriz ve böylece r a H ? bulunur. Diğer taraftan kabulümüze göre m, n a H ? olacak şekilde en küçük üs idi. O halde 0 r m ? < olduğundan 0 r = olmak zorundadır. Bu durumda ( ) n m q b a a = = buluruz ki, bu b nin m a c = nin bir kuvveti şeklinde yazılabileceğini gösterir. Dolayısıyla { } ( ) m q H a 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 h k a a = olduğunu kabul edelim. O halde, h k h k a a a e - - = = , 0 h k - > yazabiliriz. m a e = olacak şekilde en küçük pozitif tamsayının m olduğunu varsayalım. O zaman G nin 1 2 1 , , ,..., m e a a a - elemanlarının hepsi birbirinden farklı olurdu. Eğer n a G ? ise bölme algoritması ile n mq r = + , 0 r m ? < olacak şekilde q ve r tamsayıları bulunabilir. Böylece, ( ) n m q r r e a a a a = = = ve 0 r m ? < olduğundan G sonlu sayıda elemana sahip olur. Bu ise G nin mertebesinin sonsuz oluşu ile çelişir. O halde h k a a = kabulümüz yanlıştır, dolayısıyla G nin bütün elemanları birbirinden farklıdır. 144 ' G , mertebesi sonsuz olan bir devirli grup ve ' G b =< > ise n b yerine yeniden n a gösterimini kullanarak G ile ' G yü izomorf yapabiliriz, yani : ' f G G › , ( ) n n f b a = 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 h k a a = olacak şekilde h ve k tamsayıları bulunabilir. Eğer m a e = olacak şekildeki en küçük üs m ise o zaman G, birbirinden farklı m tane 1 2 1 , , ,..., m e a a a - elemanına sahip olur. m n = dersek, h k h k r a a a a + = = , h k nq r + = + , 0 r n ? < yazabiliriz. Benzer şekilde ' G aynı mertebeli diğer bir grup ise ' G nün, birbirinden farklı 1 2 1 , , ,..., m e b b b - elemanlarına sahip olduğunu ve m b e = olduğunu gösterebiliriz. O halde : ' f G G › , ( ) n n f b a = 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 s b a = olsun. n ile s nin en büyük ortak böleni d ise, G nin b tarafından üretilen devirli bir alt grubu n d tane elemana sahiptir, yani bu devirli alt grubun mertebesi n d dir. 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 ? homomorfisindeki resmi olsun. : G G a a ? ' › ' › Bu takdirde G' nün ( ) a a ? ' = elemanı tarafından üretilmiş bir devresel grup olduğunu gösterelim. , a G ? ' ' ? 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, ? nin üzerine oluşundan dolayı, ( ) b b ? ' = olacak şekilde bir b G ? vardır ve 145 G a = olduğundan uygun bir 0 m? tam sayısı için m b a = dir. Buradan da ( ) ( ) ( ) ( ) m m b a a ? ? ? = = , yani ( ) m b a ' ' = sonucu çıkar. Şu halde G a ' ' = dür. Örnek 6.7. { } 12 0,1,2,...,11 G = = grubunu ve bu grubun 1 üretecini göz önüne alalım. 12 n= dir. 3 b G = ? olsun. 3 3.1 = , 12 n= , 3 s = için . . . .(12,3) 3 d e b o b = = olduğundan 3 G < >? devirli alt grubunun mertebesi 12 4 3 n d = = bulunur. Yani, 12 G = nin 3 tarafından üretilen devirli alt grubunun mertebesi 4 tür. Bu alt grup { } 3 0,3,6,9 < >= dur. Benzer şekilde, 12 nin 8 tarafından üretilen alt grubu, . . . .(12,8) 4 d e b o b = = ve 12 3 4 n d = = olduğundan 3 elemanlıdır ve { } 8 0, 4,8 < >= şeklindedir. Aynı şekilde, 12 nin 5 tarafından üretilen alt grubu, . . . .(12,5) 1 d e b o b = = ve 12 12 1 n d = = olduğundan 12 elemanlıdır ve 12 5 < >= şeklindedir. Buradan 12 nin 1 ve 5 ten başka diğer üreteçlerinin 7 ve 11 olduğunu görürüz. Çünkü, . . . .(12,7) . . . .(12,11) 1 e b o b e b o b = = dir. Sonuç: G, n. mertebeden bir devirli grup ve a bu grubun bir üreteci ise G nin diğer üreteçleri n ile aralarında asal olan, yani . . . .( , ) 1 e b o b n r = koşulunu sağlayan r ler tarafından tanımlanan r a 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. . . . .(18,2) 2 e b o b = ve 18 9 2 = olduğundan { } 2 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16 < >= dır. 6 2 ?< > nin 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 . . . .(6,5) 1 e b o b = olduğundan aynı grup 15 tarafından da üretilir. { } 9 0, 9 < >= grubu da 3 < > grubunun alt grubu olup aşağıdaki alt gruplar şeması verilebilir. 146 <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. 1 a m - = olduğunu gösterelim. a m = ise 1 m G a = ve 1 m m ' < < için 1 m G a ' ? dir. ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 G m m m G G a a a - - - - = = = = . 1 m m ' < < ve ( ) 1 1 m G a - ' = olsa: ( ) 1 1 m m G a a - ' ' - = = , ( ) ( ) 1 1 1 1 1 m G G a - - - ' ? ? = = ? ? ? ? olur ve buradan 1 m G a ' = bulunur ki, bu a m = oluşu ile çelişir. Şu halde 1 m m ' < < için ( ) 1 1 m G a - ' = olamaz. Buradan 1 a a m - = = sonucu çıkar. Örnek 6.10. * grubunda 1 2 i + elemanının mertebesini bulalım. Çözüm. 147 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 4 2 2 2 4 2 1 1 1 2 1 2 1 , 2 2 2 2 1 1 1 1 1 , 2 2 2 2 2 1 1 1, 2 2 1 1 1 2 i i i i i i i i i i i i i i i i + ? ? + + + + - = = = = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + + + - = = = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + ? ? = = =- ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + ? ? = - = ? ? ? ? ? ? ? ? olduğundan 1 8 2 i + = dir. Örnek 6.11. * 17 grubunda 5, 4 ve 2 kalan sınıflarının mertebelerini bulalım. Çözüm. { } * 17 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 = ± ± ± ± ± ± ± ± dir. 2 3 4 5 6 7 8 16 5 8, 5 6, 5 4, 5 3, 5 2, 5 7, 5 1, 5 1 = = =- =- = =- =- = olduğundan * 17 5 16 = dır. Dolayısıyla * 17 5 = dir. * 17 2 4 4 1, 4 1 4 4 =- = ? = , * 17 2 3 4 8 2 4, 2 8, 2 1, 2 1 2 8 = = =- = ? = dir. Örnek 6.12. 30. mertebeden devresel grubun alt gruplar şemasını yapalım ve bütün üreteçlerini bulalım. Çözüm. { } 2 29 1 , , ,..., G G a a a a = = ve H G ? olsun. H G ? ise H a µ = , 30 µ ? = · , H ? = dür. 30 ise 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30 ? ? = olabilir. { } 1 1 : =30, 1 G H ? µ = = { } 15 15 2 2 : =15, 1 , G H a a ? µ = = = { } 10 10 20 3 3 : =10, 1 , , G H a a a ? µ = = = 148 { } 6 6 24 5 5 : =6, 1 , ,..., G H a a a ? µ = = = { } 5 5 25 6 6 : =5, 1 , ,..., G H a a a ? µ = = = { } 3 3 27 10 10 : =3, 1 , ,..., G H a a a ? µ = = = { } 2 2 28 15 15 : =2, 1 , ,..., G H a a a ? µ = = = 30 30 : =1, H G ? µ = = G=H 30 H 15 H 10 H 6 H 5 H 3 H 2 H 1 ={1 G } 30. mertebeden bir devresel grupta üreteçlerin sayısı ( ) 30 ? dur. ( ) ( )( )( ) 30 2 3 5 30 2 1 3 1 5 1 8 ? = · · ? = - - - = dir ve ayrıca ( ) 30, 1 a = koşuluna uyan a tam sayıları 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 ve 29 olduğundan G nin üreteçleri 7 11 13 17 19 23 29 , , , , , , , a a a a a a a a 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. 2 229460 2 5 7 11 149 asal = · · · · olduğundan 229460 ın doğal bölenlerinin sayısı ( ) 229460 ? ( )( )( )( )( ) 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + + + + + 4 2 3 48 = · = dir. Şu halde alt grupların sayısı 48 dir. 149 b) 229460. mertebeden devresel grubun kaç tane üreteci olduğunu bulalım. Çözüm. 229460. mertebeden devresel grubun ( ) 229460 ? tane üreteci vardır. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 4 6 10 148 3 7 2 37 229460 2 5 7 11 149 2 5 1 7 1 11 1 149 1 2 2 3 2 5 2 74 2 3 5 37 71040 ? ? · = · · · · = · - - - - = = · · · · · · = · · · = olduğundan üreteçlerin sayısı 71040 dır. Örnek 6.14. Dikdörtgen ve eşkenar üçgenin grubunun alt gruplar şemasını yapalım. Çözüm. Dikdörtgenin grubu : { } 0 1 1 2 , , , G D D S S = , ( ) V-Klein 4 G? , yani ( )( ) ( )( ) ( )( ) { } , 12 34 , 13 24 , 14 23 G I ? dür. İzomorf yapılara aynı gözüyle bakabiliriz. Alt gruplar: ( ) ( )( ) { } ( )( ) { } ( )( ) { } { } 1 2 3 4 5 V-Klein 4 , , 12 34 , , 13 24 , , 14 23 , . G G I G I G I G I = = = = = G 1 G 2 G 3 G 4 {I} Eşkenar üçgenin grubu : { } 0 1 2 1 2 3 , , , , , G D D D S S S = , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 3 , 12 , 13 , 23 , 123 , 132 G I ? ? = dir. Alt gruplar: ( ) ( ) { } ( ) { } ( ) { } ( ) { } { } 1 3 2 3 3 4 5 6 , , 123 , 132 , , 12 , , 13 , 23 , . G G I A G I G I G I G I ? = = = = = = = , 150 Örnek 6.15. Karenin grubunun alt gruplar şemasını yapalım. Çözüm. Karenin grubu: { } 0 1 2 3 1 2 3 4 , , , , , , , G D D D D S S S S = dir. ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) { } 8 , 13 , 24 , 12 34 , 13 24 , 14 23 , 1234 , 1432 G G I ? = olduğundan 8 G in alt gruplarını bulmak yeterlidir. Çünkü izomorf yapılara aynı gözüyle bakabiliriz. Alt gruplar: ( ) ( )( ) ( ) { } ( )( ) ( )( ) ( )( ) { } ( ) ( ) ( )( ) { } ( ) { } ( ) { } ( )( ) { } ( )( ) { } ( )( ) { } { } 8 1 2 3 4 5 6 7 8 8 9 , , 1234 , 13 24 , 1432 , 12 34 , 13 24 , 14 23 ( V-Klein 4 grubu ), , 13 , 24 , 13 24 , , 13 , , 24 , , 12 34 , , 14 23 , , 13 24 ( G ile karışmaması için bu şekilde yazdık ), G G G I G I G I G I G I G I G I G I G I ' = = = = = = = = = = dir. 8 1 2 3 7 2 6 2 5 3 4 3 , , , , , , . G G G G G G G G G G G G ' ? ? ? ? ? G 1 = 3 ? G 2 G 3 G 4 G 5 G 6 ={I} 151 G G 2 G 1 G 3 G 7 G 6 8 G ' G 5 G 4 { G I } PROBLEMLER 1) Aşağıdaki gruplardan devirli olanları belirleyiniz ve devirli olanların bir üretecini bulunuz. a) 1 ( , ) G = + , c) 3 (6 , ) G = + , b) 2 ( ,.) G + = , d) { } 4 6 n G n = | ? olmak üzere 4 ( ,.) G . 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) 3 ? simetrik grubunun kendisinden farklı her alt grubunun devirli olduğunu gösteriniz. 5) 2 G =< > ve 23 G = 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 1 a ? önermesi doğru mudur? 152 8) ( ,.) G devirli bir grup ve G a =< > olsun. k a 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. 153 7. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI Tanım 7.1. 1 2 , ,..., n S S S kümeleri verilsin. { } 1 2 1 2 ... ( , ,..., ) , 1 n n i i S S S a a a a S i n × × × = | ? ? ? kümesine bu kümelerin kartezyen çarpım kümesi adı verilir ve 1 n i i S = ? şeklinde gösterilir. Teorem 7.1. 1 2 , ,..., n G G G grupları verilsin. 1 n i i G = ? kümesi, 1 2 1 2 1 1 2 2 ( , ,..., )( ', ',..., ') ( ', ',..., ') n n n n g g g g g g g g g g g g = şeklinde tanımlanan işleme göre bir grup teşkil eder. Bu gruba 1 2 , ,..., n G G G gruplarının kartezyen dış çarpım grubu veya sadece kartezyen çarpım grubu adı verilir. Kanıt. 1 i n ? ? olmak üzere i ? için i e , i G grubunun birim elemanı ise, 1 2 ( , ,..., ) n e e e de kartezyen çarpım grubunun birim elemanıdır. Eğer 1 2 ( , ,..., ) n a a a ? 1 n i i G = ? ise 1 1 1 1 2 ( , ,..., ) n a a a - - - de bu elemanın, kartezyen çarpım grubuna ait inversidir. Kapalılık ve birleşme özelliklerinin sağlanacağı 1 2 , ,..., n G G G 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. 154 Teorem 7.2. m n × grubunun mn grubuna izomorf yapılabilmesi için gerek ve yeter koşul . . . .( , ) 1 e b o b m n = 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, (1,1) (0,0) p = veya (1,1) (0,0) p = 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 . . . .( , ) 1 e b o b m n = olmalıdır. Sonuç 7.1. 1 i n m i= ? kartezyen çarpım grubunun, 1 2 ... n m m m devirli grubuna izomorf olması için gerek ve yeter koşul 1 i n ? ? olmak üzere i m lerin ikişer ikişer aralarında asal olmaları, yani 1 i ? , j n ? olmak üzere ( ) , i j i j ? ? için . . . .( , ) 1 i j e b o b m m = olmasıdır. Örnek 7.3. 2 3 5 30 8 9 72 , × × ? × ? dir. Örnek 7.4. n tamsayısının kanonik gösterimi 1 2 1 2 ... r n n n r n p p p = şeklindeki ise bu taktirde n grubu aşağıdaki kartezyen çarpım grubuna izomorf yapılabilir; 1 2 1 2 ... r r n n n n p p p ? × × × . Tanım 7.2. G bir grup ve 1 2 , ,..., n G G G kümeleri G nin alt grupları olsun. Eğer, 1 1 2 1 2 : ( , ,..., ) ... n i i n n G G g g g g g g ? ? = › = ? dönüşümü bir izomorfizma ise G grubuna 1 G , 2 G , ... , n G alt gruplarının iç kartezyen çarpımıdır denir. 155 Teorem 7.3. 1 2 ( , ,..., ) n a a a ? 1 n i i G = ? olsun. i ? için i a elemanının i G grubundaki mertebesi i r ise bu takdirde 1 2 ( , ,..., ) n a a a elemanının 1 n i i G = ? grubundaki mertebesi 1 2 . . . .( , ,..., ) n e k o k r r r dir. Kanıt. 1 2 ( , ,..., ) n a a a elemanının hangi katı veya kuvveti 1 2 ( , ,..., ) n e e e birim elemanını verir sorusunun yanıtı aranarak, bir önceki teoremdeki düşünce ile kolayca kanıtlanır. Burada i ? için i e , i G grubunun birim elemanını göstermektedir. Şimdi kartezyen çarpım grubunu, dış kartezyen çarpım grubu olarak düşünelim. Bu durumda, { } 1 2 1 1 ( , ,..., , , ,..., ) i i i i n i i G e e e a e e a G - + = | ? Kümesi, 1 n i i G = ? dış kartezyen çarpım grubunun bir alt grubunu tanımlar. Burada 1 2 : , ( , ,..., ,... ) i i i n i G G e e a e a ? ? › = izdüşüm dönüşümünü göz önüne alırsak, bu dönüşümün bir izomorfizma tanımlaması nedeniyle, yukarıdaki dış kartezyen çarpım grubunu i G gruplarının bir iç kartezyen çarpım grubu olarak da düşünebiliriz. Teorem 7.4. G grubu; 1 2 , ,..., n G G G alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı ise bu taktirde g G ? ? elemanını i i g G ? olmak üzere, 1 2 ... n g g g g = şeklinde tek türlü ifade edebiliriz. Kanıt. 1 2 1 ( , ,..., ) n n i i g g g G = ? ? alalım. i i g G ? olmak üzere, 1 2 1 2 1 2 1 2 ... ( , ,..., )( , ,..., )...( , ,..., ) n n n n g g g g g e e e g e e e g = = yazabiliriz ve ? izdüşüm dönüşümü ile i G ve i G grupları izomorf olduklarından 1 2 ... n g g g g = elde ederiz. Teorem 7.5. G bir grup ve ( ) , indis kümesi i I I ? olmak üzere i G grupları, G nin herhangi bir sayıdaki alt grupları olsun. O taktirde i i I G ? ? de G nin bir alt grubudur. Kanıt. , i i I a b G ? ? ? olsun. 1 i n ? ? olmak üzere i ? için , i a b G ? dir. O halde 1 i b G - ? ve 1 i ab G - ? dir. Böylece, i i I G G ? ? ? alt kümesi bir alt grup teşkil eder. H ve K, bir G grubunun iki alt grubu olsun. Genel olarak 156 { } , 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 1 1 2 2 , h k h k HK ? ise 1 1 2 2 ( )( ) h k h k HK ? olmalıdır. G nin kendisi değişmeli veya HK KH = ise 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 [( ) ] [ ( )] [ ( ) ] ( )( ) h k h k h k h k h h k k h h k k HK = = = ? elde ederiz. Diğer taraftan, aynı koşul altında, , e H K ? olduğundan ee e HK = ? ve hk HK ? ise 1 1 1 1 1 ( ) hk k h h k 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: ise HK G HK KH ? = dır : ( ) 1 HK G HK HK - ? ? = , yani 1 1 HK K H - - = dir. Öte yandan , H K G ? olduğundan 1 H H - = ve 1 K K - = dir. Şu halde 1 1 K H HK K H KH - - = = dır. Yeterlik: HK KH = ise HK G ? dir : HK nın alt grup koşullarını gerçeklediğini gösterelim. ( ) ( ) 1) grupta kapalılık özelliğinden grupta kapalılık özelliğinden H G HH H K G KK K ? ? = ? ? = olduğundan ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) HK H K HK HK H KH K H HK K HH KK HK = = = = dır. 2) , H K G ? olduğundan 1 H H - = ve 1 K K - = dir. Şu halde ( ) hipotez 1 1 1 K H HK K H KH HK - - - = = = bulunur. 1) ve 2) den HK G ? elde edilir. 157 Örnek 7.6. 3 ? grubunun { } 0 1 , H ? µ = ve { } 0 2 , K ? µ = alt grupları için HK ve H K ? yı belirleyelim. 3 ? grubunun işlem tablosu aşağıda verilmektedir. { } { } { } 0 0 0 2 1 0 1 2 0 1 1 2 , , , , , , , HK hk h H k K ? ? ? µ µ ? µ µ ? ? µ µ = | ? ? = = bulunur. Diğer taraftan, 3 ? ün HK yı kapsayan bir tek alt grubu vardır ve o da 3 ? ün kendisidir. O halde, 3 H K ? ? = 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 ? ? , ise k K 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, : H K G ? × › , ( , ) h k hk HK ? = ? izomorfizmasını tanımlayalım. Bu izomorfizma ile { } ( , ) H h e h H = | ? , { } ( , ) K e k 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 ? dönüşümünün bir izomorfizma tanımlayacağını göstermeliyiz. Yukarıdaki koşulların gerçeklenmesi durumunda, 1 1 2 2 ( , ) ( , ) h k h k ? ? = olsun. O halde, 1 1 1 1 2 2 2 1 2 1 h k h k h h k k - - = ? = 0 ? 1 ? 2 ? 1 µ 2 µ 3 µ 0 ? 0 ? 1 ? 2 ? 1 µ 2 µ 3 µ 1 ? 1 ? 2 ? 0 ? 3 µ 1 µ 2 µ 2 ? 2 ? 0 ? 1 ? 2 µ 3 µ 1 µ 1 µ 1 µ 2 µ 3 µ 0 ? 1 ? 2 ? 2 µ 2 µ 3 µ 1 µ 2 ? 0 ? 1 ? 3 µ 3 µ 1 µ 2 µ 1 ? 2 ? 0 ? 158 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; 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 , , ( , ) ( , ) h h e k k e h h k k h k h k - - = = ? = = ? = bulunur. O halde ? bire-birdir. Ayrıca, 2) den , için h H k K 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 ? örtendir. Geriye ? nin işlemleri koruduğunu göstermek kalır. Bunun için, 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 [( , )( , )] [( , )] ( )( ) h k h k h h k k h h k k ? ? = = yazabiliriz. Ayrıca, 1 1 2 2 1 1 2 2 ( , ) ( , ) ( )( ) h k h k h k h k ? ? = olduğundan HK nın değişmeli bir grup olması nedeni ile de 1 1 2 2 [( , )( , )] h k h k ? = 1 1 2 2 ( , ) ( , ) h k h k ? ? elde edilir. Böylece, ? dönüşümü bir izomorfizmadır. Tanım 7.3. G bir grup ve i g G ? olsun. G nin, { } i g i I | ? kümesini kapsayan en dar alt grubuna bu kümenin ürettiği alt grup adı verilir. Eğer G nin kendisini üreten { } i g 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 n a 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, m n a b e = = olacak şekilde , m n + ? pozitif tamsayıları vardır. Buradan 159 ( ) ( ) ( ) mn mn mn m n n m n m e e ab a b a b e e e = = = = = = buluruz. Böylece ab T ? dir. Diğer taraftan, e T ? olduğu açıktır ve bir a T ? için m a e = yazabiliriz. O halde, 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) m m m m m m e e e aa a a e a a - - - - = = = = = = olacağından 1 a 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, { } (0,0),(0,1) T = 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 m defa ... S = × × × 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) i p , 1 i n ? ? , ler birbirinden farklı olması gerekmeyen asal sayılar olmak üzere 1 2 1 2 ( ) ( ) ... ( ) ... n n r r r p p p G= × × × × × × dir. 2) 1 i n ? ? olmak üzere i ? için 1 i i m m + | olsun. Bu durumda 1 2 ... ... n m m m G= × × × × × × yazabiliriz. Buradaki i m sayılarına G nin torsiyon sayıları adı verilir. 160 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. 161 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. 1 (mod ) a b H a b H - ? ? ? bağıntısı bir denklik bağıntısıdır ve H nın bütün sol kalan sınıfları aynı sayıda elemana sahiptir. Kanıt. 1) 1 a a e H - = ? olduğundan (mod ) a a H ? dır. 2) (mod ) a b H ? olsun. O taktirde 1 a b H - ? dır. H bir grup olduğundan 1 1 1 ( ) a b b a H - - - = ? dır, böylece (mod ) b a H ? dır. 3) (mod ) a b H ? ve (mod ) b c H ? olsun. O taktirde 1 a b H - ? ve 1 b c H - ? dır. H bir grup olduğundan 1 1 1 1 1 ( )( ) ( ) e a b b c a bb c a c H - - - - - = = = ? dır, buradan (mod ) a c H ? elde ederiz. Böylece tanımlanan bağıntı bir denklik bağıntısı olup, G yi denklik sınıflarına ayırır. Eğer a G ? yi kapsayan denklik sınıfı a ise { } { } (mod ) a x G x a H x G a x H aH -1 = ? | ? = ? | ? = elde ederiz, yani sol kalan sınıfları da aynı zamanda bu denklik bağıntısının tanımladığı denklik sınıflarıdır. Üstelik, : a H aH ? › , ( ) 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 162 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. 3 ? simetrik grubunun { } 0 1 , H ? µ = alt grubunu göz önüne alırsak H nın G deki sol kalan sınıfları { } 0 1 , H ? µ = , { } 1 1 3 , H ? ? µ = , { } 2 2 2 , H ? ? µ = 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 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, 2 a m < > = ? dir. Lagrange Teoremine göre m p | dir ve p asal, 2 m? 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 G H H = şeklinde gösterilir. O halde [ : ] G H , H nın G deki sol kalan sınıflarının sayısıdır. 163 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 1 a H - dır, çünkü 1 1 ( )( ) ( ) aH a H aa H eH - - = = dır. Örnek 8.3. a) 4 A ün ( ) ( ) { } , 124 , 142 H I = alt grubuna göre sol ve sağ kalan sınıflarına ayrılışlarını bulalım. Çözüm. Önce 4 A grubunun elemanlarını yazalım. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 , 123 , 132 , 124 , 142 , 134 , 143 , 234 , 243 , 12 34 , 13 24 , 14 23 I A ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? Sol kalan sınıfları: ( ) ( ) { } ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) { } ( ) ( )( ) ( ) { } ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) { } ( ) ( ) ( )( ) { } ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) { } ( ) ( )( ) ( ) { } , 124 , 142 , 123 123 , 123 124 , 123 142 123 , 13 24 , 143 , 132 132 , 132 124 , 132 142 132 , 243 , 14 23 , 134 134 , 134 124 , 134 142 134 , 12 34 , 234 . H I H H H = = = = = = = Sağ kalan sınıfları: 164 ( ) ( ) { } ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) { } ( ) ( )( ) ( ) { } ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) { } ( ) ( ) ( )( ) { } ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) { } ( ) ( ) ( )( ) { } , 124 , 142 , 123 123 , 124 123 , 142 123 123 , 14 23 , 234 , 132 132 , 124 132 , 142 132 132 , 134 , 13 24 , 143 143 , 124 143 , 142 143 143 , 243 , 12 34 H I H H H = = = = = = = olarak bulunur. b) Bulduğunuz sol ve sağ kalan sınıfları arasında nasıl bir bağlantı vardır? Çözüm. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 123 132 132 123 143 134 H H H H H H - - - ? ? = ? ? ? ? = ? ? ? ? = ? ? dır. Örnek 8.4. 32 de A asal kalan sınıflar grubunun 7 H = alt grubuna göre sol ve sağ kalan sınıflarına ayrılışlarını bulalım. Çözüm. ( ) 4 32 2 16 A ? = = = dır. { } 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31 A= , 1 2 3 4 7 7, 7 17, 7 23, 7 1 = = = = olduğundan { } 7 1, 7, 17, 23 H = = dir. Ayrıca 32 komütatif olduğundan A da komütatiftir. Şu halde sadece sol veya sağ kalan sınıflarını bulmak yeterlidir. Sol kalan sınıflarını bulalım: { } { } { } { } { } { } { } 1, 7, 17, 23 , 3 3, 3 7, 3 17, 3 23 3, 21, 19, 5 3, 9 9, 9 7, 9 17, 9 23 9, 31, 25, 15 9, 11 11, 11 7, 11 17, 11 23 11, 13, 27, 29 11 H H H H H H H = = · · · = = = · · · = = = · · · = = dir. Görüldüğü gibi sağ kalan sınıfları da , 3, 9, 11 H H H H 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. 165 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. 1 a ve 2 a , aynı aH sol kalan sınıfını, 1 b ile 2 b de aynı bH sol kalan sınıfını temsil etsinler. O taktirde 1 1 a b ile 2 2 a b nin aynı bir sol kalan sınıfında bulunacağını kanıtlamalıyız. 1 2 aH a H a H = = ve 1 2 bH b H b H = = olduğundan 1 2 , h h H ? için 1 2 1 a a h = ve 1 2 2 b b h = yazabiliriz. Böylece 1 1 2 1 2 2 a b a h b h = elde ederiz. Kabulümüze göre 2 2 b H Hb = olduğundan 1 2 2 3 h b b h = olacak şekilde bir 3 h H ? bulabiliriz. O halde, 1 1 2 2 3 2 H a b a b h h ? = veya buradan 1 1 2 2 ( ) a b a b H ? buluruz. Bu sonuç, 1 1 a b ile 2 2 a b 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 { } 1 1 H gHg ghg h H - - = = | ? şeklinde de ifade edilebilir. Tanım 8.3. Bir G grubunun kendi üzerine olan bir izomorfizmasına bir otomorfizma adı verilir. Teorem 8.8. : g i G G › , 1 ( ) g i x gxg - = 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 1 H gHg - = koşulu gerçekleniyor ise H alt grubuna G nin bir normal alt grubu adı verilir ve H G şeklinde yazılır. 166 Eğer g G ? ? için 1 gHg H - ? ise o taktirde 1 g G - ? ? için 1 1 1 1 ( ) g H g g Hg H - - - - = ? olacağından 1 H gHg - ? buluruz. Böylece, 1 gHg H - = dır. O halde H alt grubunun bir normal alt grup olduğunu göstermek için , g G h H ? ? ? ? için 1 ghg H - ? olduğunu göstermek yeterlidir. 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 1 1 ghg gg h h H - - = = ? olduğundan H, G nin bir normal alt grubu olur. Örnek 8.6. { } 0 1 , ? µ kümesi, 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 1 aKa H - = ise H ve K ya eşlenik iki alt gruptur deriz. Böylece bir önceki örnekte geçen { } 0 1 , ? µ grubu ile { } 0 3 , ? µ , 3 ? ün eşlenik iki alt grubudur. 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. Örnek 8.7. G bir grup ve j H G ( 1,..., ; 2 j k k = ? ) ise 1 k j j H G = ? olduğunu gösterelim. Çözüm. { } 1,2,..., J k = ( 2 k ? ) indeks kümesi * j j J H H ? = ? olsun. * H G 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 1 * ghg H - ? olup olmadığını araştıralım. 167 ( ) ( ) ( ) 1 * j j j J j j h H h H h H j J ghg H j J H G j J - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 * * j j J ghg H H ghg 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, { } (0,0), (0,1), (0,2), (0,3), (0,4), (0,5) H = dir. 4 6 × nın mertebesi 24, H nın mertebesi 6 dır. O halde H nın bütün kalan sınıfları 6 elemanlıdır. Böylece, ( ) 4 6 H × bölüm grubunun mertebesi 4 olmalıdır. 4 6 × değişmeli olduğundan ( ) 4 6 H × da değişmeli olacaktır. Böylece ( ) 4 6 H × nın elemanları (0,0) H 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 ( ) m aN m = | ? dir ve devirlidir. Tanım 8.8. G bir grup ve , a b G ? olsun. 1 1 aba b - - şeklindeki elemanlara G nin değiştiricileri ( komütatörleri ) adı verilir. 168 Teorem 8.11. G bir grup ve , a b G ? olsun. G nin 1 1 aba b - - 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 1 1 1 1 1 ( ) ' aba b bab a G - - - - - = ? ve e G ? olmak üzere 1 1 ' e eee e G - - = ? olduğundan ' G G ? dir. ' G nün bir normal alt grup olduğunu göstermek için ', x G g G ? ? ? ? için 1 ' gxg G - ? olduğunu göstermeliyiz. Bunun için 1 1 ' cdc d G - - ? olsun. O halde g G ? ? için 1 1 1 1 1 1 ( ) (gcd ) ( ) g cdc d g c e d g - - - - - - = = 1 1 1 1 1 (gcd )( )( ) c g d dg d g - - - - - 1 1 1 1 [( ) ( ) ][ ] ' gc d gc d dgd g G - - - - = ? elde ederiz. O halde ' G , G nin bir normal alt grubudur. Şimdi , a b G ? olmak üzere ' aG , ' / ' bG G G ? olsun. 1 1 ' b a ba G - - ? olduğundan 1 1 1 1 ( ')( ') ' ( ) ' ( ) ' ' ( ')( ') aG bG abG ab b a ba G abb a 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 1 1 1 1 ( )( ) ( )( ) a N b N b N a N - - - - = yazabiliriz. Bu ise 1 1 abb a N N - - = veya 1 1 abb a N - - ? olması demektir ki, bu ' G N ? olduğunu gösterir. Tersine eğer ' G N ? ise o taktirde, 1 1 1 1 ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) aN bN abN ab b a ba N abb a baN baN bN aN - - - - = = = = = elde ederiz ki, bu G N nin değişmeli olduğunu kanıtlar. Örnek 8.10 4 ? te ( ) ( )( ) 123 , 13 24 A B = = çiftine ait komütatörleri bulalım. Çözüm. (A,B) çiftine ait sol ve sağ komütatörleri bulalım. x A B B A · · = · eşitliğinin heriki tarafını sağdan ( ) 1 1 1 AB B A - - - = ile çarparak ( )( )( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 134 13 24 123 13 24 132 134 132 14 23 x B A B A - - = · · · = = = elde edilir. Benzer şekilde . . . A B y B A = eşitliğinin heriki tarafını sağdan ( ) 1 1 1 AB B A - - - = ile çarparak ( )( )( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 143 13 24 132 13 24 123 143 123 12 34 y B A B A - - = · · · = = = bulunur. 169 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: ( ) ( ) kom. 1 1 1 1 1 1 kom. 1 1 1 1 1 1 1 1 G G G G G G x b a b a a b b a a a y b a b a b a a b b b - - - - - - - - - - = · · · = · = · = = · · · = · = · = olduğundan G nin komütatör grubu { } 1 G K = 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 1 ( , ) ( , ) h k H h k H - = olduğunu göstermeliyiz. 1 ( , ) h e H ? olsun. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( , )( , )( , ) ( , )( , )( , ) ( , ) ( , ) h k h e h k h k h e h k hh h kek hh h 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 ( ) : K H K H ? › × , ( , ) ( , ) e k e k H ? = dönüşümü bir izomorfizmadır, dolayısıyla G H K ? doğal izomorfizmi mevcuttur. Örnek 8.12. 12 G = olmak üzere ( ,.) G grubu a elemanı tarafından üretilen bir devirli grup, yani G a =< > olsun. 4 H a =< > , G nin bir devirli alt grubu olmak üzere G H bölüm grubunun elemanlarını bulunuz ve bu grubun işlem tablosunu elde ediniz. Çözüm. { } 2 11 , , ,..., G e a a a = ve { } 4 8 , , H e a a = 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 = | ? = | ? = 170 şeklindedir. H alt grubu, G de normal olduğundan H nın G de birbirinden farklı 4 tane kalan sınıfı vardır ve bu kalan sınıfları { } { } { } { } 4 8 5 9 , , , , , , He he h H e a a H Ha ha h H a a a = | ? = = = | ? = { } { } { } { } 2 2 2 6 10 3 3 3 7 11 , , , , , Ha ha h H a a a Ha ha h H a a a = | ? = = | ? = şeklindedir. Böylece bölüm grubu { } 2 3 , , , G H H Ha Ha Ha = olur ve bu grubun işlem tablosu aşağıdaki şekildedir. 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. { } 2 2 , , H x x ca a 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. * H Ha 2 Ha 3 Ha H H Ha 2 Ha 3 Ha Ha Ha 2 Ha 3 Ha H 2 Ha 2 Ha 3 Ha H Ha 3 Ha 3 Ha H Ha 2 Ha 171 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 1 a b a gbg - ? ? = şeklinde tanımlı bağıntının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz. 8) n A nin, n ? simetrik grubunun bir normal alt grubu olduğunu gösteriniz ve n n A ? bölüm grubunun elemanlarını belirleyiniz. 9) ( , ) Z + grubu ve bu grubun 5 H Z = alt grubu verilsin. a) ( ) , G H + grubunun işlem tablosunu oluşturunuz, b) ( ) , G H + grubunda, 22 H + elemanının toplamsal tersini bulunuz, c) ( 3) 1 H x H + + = + 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. : a G G ? › , 1 ( ) a x a xa ? - = şeklinde tanımlı dönüşümün bir otomorfizma olduğunu gösteriniz. 172 9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI Tanım 9.1. ( , ) G ve ( ', ) G * iki grup olsun. Bu iki grup arasında tanımlanan : ( , ) ( ', ) G G ? › * dönüşümü, , a b G ? ? için ( ) ( ) ( ) a b a b ? ? ? = * koşulunu sağlıyorsa bu dönüşüme bir grup homomorfizması adı verilir. Örnek 9.1. r, m tamsayısının n ile bölümünden kalan olmak üzere : , ( ) n m r ? ? › = şeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır. Çözüm. , s t? olmak üzere ( ) ( ) ( ) s t s t ? ? ? + = + dir. s ve t nin n ile bölümünden elde edilen kalanlar sırası ile 1 r ve 2 r olsun. Bölme algoritmasına göre 1 1 s q n r = + , 2 2 t q n r = + , 1 2 0 , r r n ? < yazılabilir. 1 ( ) s r ? = , 2 ( ) t r ? = olduğundan 1 2 ( ) ( ) (mod ) s t r r n ? ? + ? + elde edilr. Eğer 1 2 3 3 r r q n r + = + , 3 0 r n ? < ise 3 ( ) ( ) s t r ? ? + = olur. O halde, 1 2 1 2 1 2 3 3 ( ) ( ) s t q q n r r q q q n r + = + + + = + + + yazabilirizki, bu 3 ( ) s t r ? + = olması demektir. Böylece ? bir homomorfizmadır. Teorem 9.1. G bir grup ve N, G nin bir normal alt grubu ise a G ? için : G G N ? › , ( ) a aN ? = şeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır. Bu homomorfizme, doğal homomorfizma ( kanonik homomorfizma ) adı verilir. Kanıt. , a b G ? ? için ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ab ab N aN bN a b ? ? ? = = = dir. Tanım 9.2. : ( , ) ( ', ) G G ? › * bir grup homomorfizmi olsun. ' ' e G ? birim elemanı için { } ' x G x e ? ? | ( )= kümesine ? nin çekirdeği veya sıfırlayanı adı verilir. Örnek 9.2. ( ) { } { } , , 2 , 0 G a b a b = ? ? - kümesi ( ) ( ) ( ) , , 2 , ,2 , ,2 a b c d ac bd = şeklinde tanımlanan “ ” işlemine göre bir komütatif grup oluşturur. ( ) , G grubunu { } ( ) * 0 , = - · grubu içine resmeden ( ) : , ,2 a b ab ? › tasvirinin karakterini belirleyelim. Çözüm. ı) ? içinedir: Her ( ) , , 2 a b G ? için ( ) { } , ,2 0 a b ab R ? = ? - dir. Çünkü 173 ( ) { } { } , ,2 , 0 0 sıfır-bölensiz a b G a b ab ? ? ? ? - ? ? ? - ? ? ? dir. ıı) ? üzerinedir: Her { } 0 c? - a karşılık ( ) , ,2 a b c ? = , yani ab c = olacak şekilde bir ( ) , , 2 a b G ? vardır. { } 1, 0 a b c = = ? - için ( ) 1, ,2 c c ? = buluruz. ııı) ? işlemi korur: Her ( ) ( ) , , 2 , , , 2 a b c d G ? için ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) , ,2 , , 2 , ,2 a b c d ac bd ac bd ab cd ? ? ? ?= = = ? ? ( ) ( ) , ,2 , , 2 a b c d ? ? = dir. Burada nin , “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık. ıv) ? , (1-1) midir ? : ( ) ( ) ( ) ( ) , , 2 , ,2 , ,2 , , 2 a b c d a b c d ? ? ? ? ? olup olmadığını araştıralım. a b ? için ( ) ( ) , ,2 , ,2 a b b a ? dir, fakat nin , “ + “ ya göre komütatifliğinden ( ) ( ) , ,2 , , 2 a b b a ? ? = ab ba = dir. Dolayısıyla ? , (1-1) değildir. Şu halde ? bir homomorfizmadır. Örnek 9.3. ( ) { } , ,3 , G a b a b = ? olsun. ( ) ( ) ( ) , ,3 , ,3 , ,3 a b c d a c b d * = + + işlemi ile tanımlanan ( ) , G * grubunu ( ) ,+ içine resmeden ( ) : , ,3 a b a b ? › + tasvirinin bir homomorfi olduğunu gösterelim ve çekirdeğini bulalım. Çözüm. ı) ? içinedir: Her ( ) , ,3 a b G ? için ( ) , ,3 a b a b ? = + ? dir. ıı) ? üzerinedir: Her t? ye karşılık ( ) , ,3 x y ? ? yani x y t + = olacak şekilde bir ( ) , ,3 x y G ? vardır. 0, x y t = = ? alabiliriz. Bu durumda ( ) 0, ,3 t t ? = olur. ııı) ? işlemi korur: Her( ) ( ) , ,3 , , ,3 a b c d G ? için ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,3 , ,3 , ,3 a b c d a c b d a c b d ? ? * = + + = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) , ,3 + c,d,3 a b c d a b ? ? = + + + = tür. Burada nin, “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık. ( ) ( ) { } Ker , ,3 , ,3 0 a b G a b ? ? = ? = 174 ( ) { } ( ) { } ( ) { } , ,3 0 , ,3 , ,3 a b G a b a b G a b b b G b = ? + = = ? =- = - ? ? dir. Örnek 9.4. “ Bir G grubunun komütatif olabilmesi için gerek ve yeter koşul, G yi kendi içine resmeden 1 : a a ? - › tasvirinin bir izomorfi olmasıdır “ önermesini ispat ediniz. Çözüm. : ? G grubu komütatif ise G yi kendi içine resmeden 1 : a a ? - › tasviri bir izomorfidir. ı) Her x G ? ye karşılık ( ) y x ? = olacak şekilde bir y G ? vardır. Çünkü ( ) ( ) 1 1 1 1 y x y x y y x G ? - - - - = ? = ? = = ? olduğundan 1 y x G - = ? alabiliriz. ıı) Her , a b G ? için G nin komütatifliği kullanılarak ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 ab ab ba a b a b ? ? ? - - - - = = = = bulunur, yani ? işlemi korur. ııı) ( ) ( ) a b a b ? ? ? ? ? olduğunu gösterelim. ( ) ( ) a b ? ? = olsa: 1 1 a b a b - - = ? = ( grupta tersin tekliğinden ) elde edilir ki, bu a b ? oluşu ile çelişir. Buradan ? tasvirinin (1-1) olduğu sonucu çıkar. Şu halde ? tasviri bir izomorfidir. : ? ? tasviri bir izomorfi ise her , a b G ? için ab ba = olduğunu gösterelim. ? işlemi koruduğundan ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ab a b a b ba ba ? ? ? ? - - - = = = = yani ( ) ( ) ab ba ? ? = elde edilir. Ayrıca ? , (1-1) olduğundan ( ) ( ) ab ba ab ba ? ? = ? = bulunur. Dolayısıyla G komütatiftir. Teorem 9.2. : ' G G ? › bir grup homomorfizmi olmak üzere, 1) e , G nin birim eleman ise ( ) e ? de ' G nün birim elemanıdır. 2) a G ? ? için 1 1 ( ) ( ( )) a a ? ? - - = dir. 175 3) H G ise ( ) ' H G ? dir. 4) H, G nin bir normal alt grubu ise ( ) H ? da ' G nün bir normal alt grubudur. 5) K, ' G nün bir alt grubu ise 1 ( ) K ? - da G nin bir alt grubudur. 6) K, ' G nün bir normal alt grubu ise 1 ( ) K ? - da G nin bir normal alt grubudur. Kanıt. 1) a G ? ? için, ( ) ( ) ( ) ( ) a ae a e ? ? ? ? = = ve ( ) ( ) ( ) ( ) a ea e a ? ? ? ? = = ifadelerinden ( ) ' ' e e G ? = ? elde ederiz. 2) 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) e aa a a ? ? ? ? - - = = ve 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) e a a a a ? ? ? ? - - = = olduğundan 1 1 ( ) ( ( )) a a ? ? - - = bulunur. 3) ( ), ( ) ( ) a b H ? ? ? ? ? için ( ) ( ) ( ) a b ab ? ? ? = dir ve H G olduğundan , a b H ? ? için ab H ? olduğundan ( ) ( ) ( ) a b H ? ? ? ? dır. a H ? ? için 1 a H - ? olacağından 1 1 ( ) ( ( )) a a ? ? - - = ve dolayısıyla 1 ( ( )) a H ? - ? olduğundan ( ) ' H G ? dür. 4) H G olsun . O halde ( ) ' H G ? olduğunu göstermek istiyoruz. ( ) ( ), ( ) ' h H g G ? ? ? ? ? ? ? için 1 1 1 ( ) ( )( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) g h g g h g ghg H ? ? ? ? ? ? ? ? - - - = = ? olduğundan ( ) ' H G ? dür. 5) 1 , b ( ) a K ? - ? ? için 1 ( ) ( ) ( ) ( ), a b ab K ab K ? ? ? ? - = ? ? ? 1 1 1 1 ( ( )) ( ) ( ) a a K a K ? ? ? - - - - = ? ? ? olduğundan 1 ( ) K G ? - ? dir. 6) 1 1 1 ( ) ( )( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) g h g g h g ghg K ? ? ? ? ? ? ? - - - = = ? elde edilir. Böylece 1 1 ( ) ghg K ? - - ? olduğundan 1 ( ) K G ? - elde ederiz. Tanım 9.3. : ( , ) ( ', ) G G ? › * bir grup homomorfizmi olsun. ? fonksiyonu bire-bir ve örten ise ? ye bir grup izomorfizması, bu gruplara da izomorf gruplar adı verilir. Örnek 9.5. ( , ) G ve ( ', ) G * iki grup ve : ( , ) ( ', ) G G ? › * bir grup homomorfizmi olsun. ? nin çekirdeği ( , ) K , ( , ) G grubunun bir normal alt 176 grubu ve 1 ? - grubunun çekirdeği 1 ' ( ') K e ? - = de ' G nün bir normal alt grubudur. Teorem 9.3. (Homomorfizmaların Temel Teoremi) ( , ) G ve ( ', ) G * iki grup ve : ( , ) ( ', ) G G ? › * bir grup homomorfizması olsun. Bu homomorfizma altında ( ) G ? kümesi “* ” işlemine göre bir gruptur. ( , ) K , ? nin çekirdeği olmak üzere ( ) G ? grubu ile G K bölüm grubu arasında bir doğal izomorfizma vardır. Kanıt. Homomorfizmalar grup işlemlerini koruduğundan ( ) G ? kümesinin * işlemine göre bir grup olacağı açıktır. Ayrıca, : ( ) G K G ? ? › dönüşümü iyi tanımlıdır. : G G K ? › dönüşümü ? ?? = olacak şekilde tanımlanırsa aşağıdaki diagram tanımlanabilir. G ? ( ) G ? K ? ? G K Şimdi b aK ? olsun. ( ) ( ) a b ? ? = olduğunu göstermeliyiz. b aK ? olduğundan 1 b ak = olacak şekilde bir 1 k K ? vardır. Böylece 1 1 a b k - = dir ve K çekirdek olduğundan ( ) ( ) 1 1 1 1 ' ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) e k a b a b a b ? ? ? ? ? ? - - - = = = = bulunur ki, buradan ( ) ( ) a b ? ? = elde edilir. Böylece ? iyi tanımlıdır. Şimdi de ? nin bire-bir olduğunu kanıtlayalım. ( ) ( ) aK bK ? ? = olsun. ? nin tanımından ( ) ( ) a b ? ? = bulunur. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ' ( ) e a b a b a b ? ? ? ? ? - - - = = = olduğundan 1 a b K - ? veya b aK ? elde ederiz. Böylece bK aK = dır, yani ? bire-birdir. ? nin örten olduğu tanımından açıktır. Üstelik (( )( )) (( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) aK bK ab K ab a b aK bK ? ? ? ? ? ? ? = = = = olmasından dolayı ? nin bir izomorfizma olduğu görülür. 177 Örnek 9.6. { } : 0 ? * › = - , ( ) cos sin x x i x ? = + dönüşümü verilsin. 2 , x n n ? = ? ise ( ) 1 x ? = dir, dolayısıyla ? nin çekirdeği nin, 2? < > şeklindeki devirli alt grubudur. Teorem 9.3. ten dolayı 2 < ?> bölüm grubu ile ( ) ? birbirine izomorftur. Böylece 2 < ?> bölüm grubu, modülü 1 olan kompleks sayıların çarpımsal grubudur. Bu grubun elemanları kompleks düzlemdeki birim çember üzerinde yer alır. Geometrik olarak 2 < ?> nin her kalan sınıfının temsilci elemanı 0 2 x ? ? < 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. : G G M ? › şeklinde bir doğal izomorfizma tanımlanabilir. Böylece, 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 ? homomorfizminin bire-bir olması için gerek ve yeter koşul ? nin çekirdeğinin { } e den ibaret olmasıdır. Kanıt. ? bire-bir olsun. Homomorfizmalar birim elemanları, birim elemanlara resmettiklerinden ? nin çekirdeği { } e den ibarettir. Tersine, ? nin çekirdeği sadece { } e den ibaret olsun. O taktirde , a b G ? için ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 a b e a b a b a b ? ? ? ? ? ? ? - - - = ? = = = olacağından 1 a b - , ? nin çekirdeğindedir. Böylece, 1 a b e a b - = ? = olduğundan ? 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. 178 Kanıt. Teorem 9.3. deki ? dönüşümü G nin bir homomorfizması ve H da G nin bir normal alt grubu ise o taktirde H ? , G ? nin bir normal alt grubu olacaktır. Şimdi G nin : G G K ? › şeklindeki doğal izomorfizmasını göz önüne alalım. O halde H ? , G K nın bir normal alt grubu olarak düşünülebilir. K H olduğundan H H K ? = olur. Şimdi de ( ) ( ) : G G K H K ? › , ( ) ( )( / ) a aK H K ? = dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır. Çünkü, ( ) [( ) ( )] [( )( )]( ) ab ab K H K aK bK H K ? = = ( ) ( ) [( )( )][( )( )] aK H K bK H K a b ? ? = = dir ve H K , ( ) ( ) G K H K kalan sınıflar grubunun birim elemanı olduğundan, ? nin çekirdeği G nin ( ) 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. H ? G G H K ? G K ( ) ( ) G K H K H K ? Tanım 9.5. G bir grup ve 0 1 , ,..., n H H H kümeleri G nin alt grupları olsun. i ? için 1 i i H H + şeklinde normal alt gruplar ve { } 0 H e = ve n H G = olmak üzere 0 1 , ,..., n H H H şeklindeki sonlu alt grupların dizisine G nin alt normal grup serisi adı verilir. Eğer 0 1 , ,..., n H H H alt grupları sadece G nin normal alt grupları ise bu sonlu diziye bir normal grup serisi denir. Örnek 9.7. ( , ) + grubunu göz önüne alalım. { } 0 8 4 < < < ve { } 0 9 < < serileri, nin normal serileridir. Örnek 9.8. 4 D , karenin simetrilerinin grubu için 179 { } { } { } 0 0 1 0 2 1 2 4 , , , , D ? ? µ ? ? µ µ < < < serisi, 4 D ün bir alt normal serisidir. Tanım 9.6. { } i H ve { } j K , G nin iki serisi olsun. Eğer { } { } i j H K ? ise, yani her bir i H , j K lerden birisinin alt kümesi ise o taktirde { } j K serisine { } i H serisinin inceltilmişi adı verilir. Örnek 9.9. { } 0 72 24 8 4 < < < < < serisi { } 0 72 8 < < < serisinin bir inceltilmişidir. Tanım 9.7. { } i H , herhangi bir G grubunun bir alt normal serisi olmak üzere 1 i i H H + bölüm grupları birer basit grup ise o taktirde { } i H serisine bir asal seri denir. Tanım 9.8. Bir G grubu, 1 i i H H + şeklindeki bütün bölüm grupları değişmeli gruplar olacak şekilde bir { } i H asal serisine sahip ise bu G grubuna çözülebilir grup denir. Şu halde { } 0 1 2 ... n H e H H H G = < < < < = serisi için i H grupları, 1 i H + gruplarının normal alt grupları ve 1 i i H H + 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 1 x ax a - = olacağından x G ? ? için 1 ( ) ( ) x 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 ( ) 195510 ? dur. 180 3 195510 2 3 5 7 19 = · · · · olduğundan ( ) ( )( )( ) ( )( ) 2 5 3 2 195510 2 1 3 1 5 1 7 7 1 19 1 2 3 7 42336 ? = - - - - - = · · = bulunur. Şu halde ( ) ( ) 195510 42336 A Z A ? = = = dır. SYLOW TEOREMLERİ Tanım 9.10. G bir grup ve , b a G ? olsun. Eğer 1 b xax - = olacak şekilde bir x G ? elemanı bulunabiliyor ise a ile b eşleniktir denir. Teorem 9.8. “ 1 a b xax - ? ? olacak şekilde bir x G ? vardır ” şeklinde tanımlanan bağıntı G üstünde bir denklik bağıntısıdır. Kanıt. x e = için 1 a eae - = dir, yani a a ? dır. 1 ise a b b xax - ? = olacak şekilde şekilde bir x G ? vardır ve G bir grup olduğundan 1 x G - ? dir. 1 1 1 1 ( ) b xax a x b x b a - - - - = ? = ? ? olduğundan bağıntı simetriktir. 1 1 , , a b b c b xax c yby - - ? ? ? = = olacak şekilde , x y G ? elemanları vardır ve G grubu kapalı olduğundan yx G ? dir. O halde, 1 1 1 ( ) ( ) ( ) c y xax y yx a yx 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, { } 1 [ ] C a xax x G - = | ? dir. Örnek 9.11. Eğer G değişmeli bir grup ise 1 1 xax xx a a - - = = olacağından { } [ ] C a a = dır. Örnek 9.12. 3 ? simetrik grubunun eşlenik sınıfları { } 0 ? , { } 1 2 , ? ? , { } 1 2 3 , , µ µ µ dir. 3 6 ? = olduğundan, 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. 181 Örnek 9.13. Sonlu bir G grubunda birbirinin eşleniği olan iki elemanın mertebelerinin aynı olduğunu gösterelim. Çözüm. G n = ve , g G c ? olsun. 1 c gcg - = olduğunu gösterelim. c t = olduğunu farzedelim. Birleşme özelliğini kullanarak ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 G G t t G gcg gcg gcg gcg g c g gg - - - - - - = = = = ( 1 1 G gg - = dir ) elde edilir. 1 t t ' ? < için ( ) 1 1 t G gcg ' - ? dir. Çünkü ( ) 1 1 t G gcg ' - = olsa : ( )( ) ( ) 1 1 1 1 defa ... 1 t G t gcg gcg gcg gc g - - - - ' ' = = elde edilir, buradan da 1 1 1 t G G c g g ' - = = bulunur ki, bu c t = oluşu ile çelişir. Şu halde 1 gcg t - = , yani 1 c gcg 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 1 2 , ,..., r n n n olmak üzere 1 2 ... r n c n n n = + + + + , c n | , 1 n n | , ... , r n n | dir. 1 2 ... r n c n n n = + + + + 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 r G p m = olsun. O taktirde G, 0 i r ? ? olmak üzere mertebesi r p olan bir i H alt grubuna sahiptir. Üstelik G nin i p mertebeli herhangi bir i K alt grubu, 1 i p + mertebeli bir 1 i K + 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 r G p m = olsun. O taktirde G nin r p mertebeli bütün alt grupları eşlenik gruplardır ve bunların sayısı G nin mertebesini böler, üstelik r p mertebeli bütün eşlenik alt grupların sayısı s ise 1(mod ) s p ? dir. 182 Tanım 9.13. G bir grup ve p bir asal sayı olmak üzere G nin her elemanı r p 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 r G p = olmasıdır. Kanıt. G bir p-grup ve r G p 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 1 m= olmak zorundadır ve r G p = dir. Tersine, r G p = 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. { } 1 [ ] N a x G xax a - = ? | = kümesine a nın normalleyeni ( normalizatörü ) denir. Teorem 9.12. G bir grup ve a G ? olsun. { } 1 [ ] N a x G xax a - = ? | = kümesi, G nin bir alt grubudur ve , x y G ? olmak üzere 1 1 xax yay - - = olması için gerek ve yeter koşul x ve y nin [ ] N a nın aynı sol kalan sınıfında olmasıdır. Kanıt. 1 , [ ] ise b c N a bab a - ? = , 1 cac a - = yazabiliriz. O halde, 1 1 1 ( ) ( ) ( ) b cac b a bc a bc a - - - = ? = olduğundan [ ] bc N a ? dır. Ayrıca 1 ise [ ] eae a e N a - = ? dır. Diğer taraftan, 1 [ ] ise b N a bab a - ? = ve buradan 1 1 1 1 ( ) b ab b a b a - - - - = = olduğundan 1 [ ] b N a - ? dır. Böylece [ ] N a , G nin bir alt grubudur. Üstelik, 1 1 xax yay - - = ise 1 1 ( ) ( ) y x a x y a - - = veya 1 1 1 ( ) ( ) y x a y x a - - - = olacağından 1 [ ] y 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 1 a a N N - = olduğunu gösterelim. Çözüm. { } , a N g G ag ga = ? = { } 1 1 1 a N g G a g ga - - - = ? = dir. 1 a a N N - = olduğunu göstermek için 1 a a N N - ? ve 1 a a N N - ? olduğunu göstermeliyiz. 183 Her a g N ? için ag ga = olduğundan bu eşitliğin heriki tarafını sağdan ve soldan 1 a - ile çarparak 1 1 ga a g - - = bulunur ki, buradan 1 a g N - ? , yani 1 a a N N - ? (9.1) elde edilir. Benzer şekilde her 1 a g N - '? için 1 1 a g g a - - ' ' = olduğundan bu eşitliğin heriki tarafını sağdan ve soldan a ile çarparak g a ag ' ' = bulunur ki, buradan a g N '? yani 1 a a N N - ? (9.2) bulunur. Şu halde (9.1) ve (9.2) den 1 a a N N - = 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 1 1 hkh k - - komütatörünü göz önüne alalım. K, G nin bir normal alt grubu olduğundan 1 1 kh k K - - ? dır. Yukarıdaki komütatörü 1 1 ( ) h kh k - - şeklinde yazarsak H bir normal alt grup olduğundan 1 1 kh k H - - ? elde ederiz. O halde 1 1 ( ) h kh k H - - ? dır. Böylece 1 1 hkh k H K - - ? ? olur. Hipotezden, 1 1 ise hkh k e hk kh - - = = buluruz. Teorem 9.14. p bir asal sayı olmak üzere, mertebesi 2 p olan her grup değişmelidir. Kanıt. G, mertebesi 2 p 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 2 p 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 2 p yi bölen bir alt grubudur. Böylece a b G < >?< >= elde ederiz. 184 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 1 2 , h h H ? ; 1 2 , k k K ? elemanları için 1 1 2 2 h k h k = koşulu gerçekleniyor ise 1 1 2 1 2 1 ( ) ( ) x h h k k - - = = dersek x H ? ve x K ? olur ki, bu x H K ? ? olması demektir. 1 1 2 1 2 1 ( ) ise x h h h h x - - = = ve 1 2 1 2 1 ( ) ise x k k k xk - = = yazabiliriz. Diğer taraftan y H K ? ? için 1 3 1 3 1 , h h y k yk - = = ise bu durumda 3 h H ? ve 3 k K ? olmak üzere 3 3 1 1 h k h k = buluruz. O halde, HK nın herhangi bir hk elemanı i h H ? ve i k K ? olmak üzere i i h k şeklinde t defa yazılabilmektedir. Bu bize H K HK H K = ? olduğu sonucunu verir. PROBLEMLER 1) { } 1, 2, 3,..., i n ? ? için ( ,.) i G bir grup ve 1 2 ... n G G G G = × × × olsun. Bu takdirde her bir i için G den i G ye bir i ? homomorfizmasının tanımlanabileceğini gösteriniz. 2) : ( ,.) ( , ), ( ) ln x x ? ? + › + = şeklinde tanımlanan dönüşümün bir homomorfizma olduğunu gösteriniz. 3) { } : ( , ) ( 0 ,.) ? + + › - , ( ) cos sin ix x e x i x ? = = + dönüşümünün bir homomorfizma tanımladığını gösteriniz ve çekirdeğini bulunuz. 4) : G H ? › dönüşümü bir grup izomorfizması ise 1 ? - ters dönüşümünün de bir grup izomorfizması olduğunu gösteriniz. 185 5) : G H ? › , : H N ? › dönüşümleri birer grup izomorfizması ise bu durumda : 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 1 H gHg - ? izomorfizması vardır, kanıtlayınız. 9) 1 2 , G G herhangi iki grup olmak üzere 1 2 1 : G G G ? × › , 1 2 2 : G G G ? × › 1 2 1 ( , ) g g g ? = , 1 2 2 ( , ) g g g ? = şeklinde tanımlanan ? ve ? 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 1 ( ) f M - de G nin bir normal alt grubudur, gösteriniz. 13) { } 0 60 20 < < < ve { } 0 245 49 < < < şeklinde verilen iki normal serinin inceltilmişlerini bulunuz. 186 14) 5 5 × nin birleşim serisini bulunuz. 15) 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. 187 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. , n x y? 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. .0 0 a a = = , 2) b - , b nin toplamsal tersi olmak üzere .( ) ( ). . a b a b a b - = - =- , 3) ( ).( ) . a b a b - - = özellikleri gerçeklenir. Kanıt. 1) .0 (0 0) .0 .0 a a a a = + = + olduğundan .0 0 a = dır. 2) ( . ) ( ( . )) 0 a b a b + - = olduğundan, .( ) ( . ) (( ) )) .0 0 a b a b a b b a - + = - + = = elde ederiz. 3) ( ).( ) ( .( )) a b a b - - =- - = ( ( . )) a b - - = . a b dir. Tanım 10.2. H ve ' H iki halka ve : ' H H ? › dönüşümü bire-bir ve örten olsun. Ayrıca 1) ( ) ( ) ( ) a b a b ? ? ? + = + , 2) ( . ) ( ). ( ) a b a b ? ? ? = koşulları sağlanıyorsa ? ye H dan ' H ye bir halka izomorfizması adı verilir. Örnek 10.2. ( , ) + ve (2 , ) + değişmeli grupları için : 2 ? › , ( ) 2 x x ? = dönüşümü bir grup izomorfizması tanımlamasına karşın, ( , ,.) + ve (2 , ,.) + halkaları arasında bu dönüşüm bir halka izomorfizması tanımlamaz, çünkü ( . ) 2 x y xy ? = ve ( . ) ( ). ( ) 2 .2 4 x y x y x y xy ? ? ? = = = 188 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. 2 n? 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) { } 0 x S ? ? - için 1 x S - ? olmasıdır. 189 Örnek 10.4. { } 3 , K a b i a b = + ? kümesinin, deki " " + ve " " · işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım. Çözüm. Her 3 , 3 a b i c d i K + + ? çifti için ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 , 3 . 3 3 3 a b i c d i a c b d i K a b i c d i ac bd ad bc i K ? ? ? ? + - + = - + - ? + + = - + + ? olduğundan Önerme 10.1. e göre K, nin bir alt halkasıdır ve de geçerli olan komütatiflik, K da da geçerlidir. Diğer yandan, deki sıfır- bölensizlikten dolayı her { } 3 , 3 0 a b i c d i K + + ? - için ( ) ( ) { } 3 . 3 0 a b i c d i K + + ? - dır. Ayrıca, her { } 3 0 a b i K + ? - için { } 2 2 2 2 1 3 0 3 3 3 a b i K a b a b a b i ? ? = - ? - + + + dır, çünkü 2 2 2 2 2 2 3 0 3 0 0 0 0 0 3 3 a b a b i a b a b a b a b ? + ? ? + ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + ? 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 { } ( , ,.) i F i I + | ? olsun. i i I A F ? = ? kümesi, F nin boş olmayan bir alt kümesidir. , x y A ? ? için i I ? olmak üzere , i x y F ? dir. i F ler cisim olduğundan i I ? ? için ( ) i x y F + - ? , . i x y F ? ve 1 0 i x x F - ? ? ? dir. Bu durumda, ( ) x y A + - ? , . x y A ? ve 1 0 x x A - ? ? ? 190 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 ( ) n M F olsun. Bu küme, üzerinde tanımlanan matris toplamı ve matris çarpımı işlemleri ile birlikte bir halka yapısına sahiptir. Diğer taraftan n n F F › 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 2 n? için matrislerin ( ) n M F halkası da değişmeli olmayan bir halkadır. Örneğin, 2 n= için 0 1 0 0 A ? ? = ? ? ? ? , 0 0 0 1 B ? ? = ? ? ? ? matrisleri verilsin. 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 AB ? ?? ? ? ? = = ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? , 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 BA ? ?? ? ? ? = = ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? bulunur. Bu sonuç matris çarpımı işleminin değişmeli olmadığını gösterdiği gibi, 0 A? , 0 B? iken 0 AB = olduğundan, A ve B matrislerinin 2 ( ) M 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; , ( ) Hom G ? ?? olmak üzere a G ? ? için ( )( ) ( ) ( ) a a a ? ? ? ? + = + şeklinde tanımlanır ve , a b G ? ? için, ( )( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ( ) ( )) a b a b a b a a b b ? ? ? ? ? ? ? ? + + = + + + = + + + 191 ( )( ) ( )( ) a b ? ? ? ? = + + + olduğundan ( ) ( ) Hom G ? ? + ? dir. G değişmeli olduğundan, ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) a a a a a a ? ? ? ? ? ? ? ? + = + = + = + elde edilir, böylece ? ? ? ? + = + dır. Ayrıca toplama işlemi birleşmelidir, çünkü; a G ? ? için, ( ( ))( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ( ) ( )) a a a a a a ? ? ? ? ? ? ? ? ? + + = + + = + + ( ( ) ( )) ( ) ( )( ) ( ) (( ) )( ) a a a a a a ? ? ? ? ? ? ? ? ? = + + = + + = + + olduğundan ( ) ( ) ? ? ? ? ? ? + + = + + , 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. ( ) Hom G ?? olsun. ( )( ) a ? - = ( ( )) a ? - şeklinde tanımlanan ? - endomorfizması ? nin toplamsal tersidir, gerçekten ( ) Hom G ? - ? dir, çünkü , a b G ? ? [ ] ( )( ) [ ( )] ( ) ( ) a b a b a b ? ? ? ? - + =- + =- + ( ( )) ( ( ( ))) ( )( ) ( )( ) a b a b ? ? ? ? =- + - = - + - dir. Şu halde, ( ) Hom G kümesi toplama işlemine göre değişmeli bir gruptur. Diğer taraftan , , ( ) Hom G ? ? ? ? ve a G ? ise [( ) ]( ) ( )( ( )) ( ( )) ( ( )) ( )( ) a a a a a ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ?? + = + = + = + olduğundan ( ) ? ? ? ?? ?? + = + 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. , ( ) Hom ? ?? × olmak üzere (1,0) (1,0) ? = , (0,1) (1,0) ? = , (1,0) (0,0) ? = , (0,1) (0,1) ? = ve böylece , m n ? ? için 192 ( )( , ) ( ( , )) (0, ) ( ,0), ( )( , ) ( ( , )) ( ,0) (0,0) m n m n n n m n m n m n ?? ? ? ? ?? ? ? ? = = = = = + = olduğundan ?? ?? ? 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. 0 n a = 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) = , (0,1,0,0) i= , (0,0,1,0) j = , (0,0,0,1) k = olmak üzere, 1 1 ( ,0,0,0) a a = , 2 2 (0, ,0,0) a i a = , 3 3 (0,0, ,0) a j a = , 4 4 (0,0,0, ) a k a = gösterimini yapalım. Buna göre Q ya ait bir 1 2 3 4 ( , , , ) a a a a elemanını 1 2 3 4 1 2 3 4 ( , , , ) a a a a a a i a j a k = + + + şeklinde gösteririz. Q daki toplama işlemi, 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a a i a j a k b b i b j b k a b a b i a b j a b k + + + + + + + = + + + + + + + şeklinde tanımlanır. Q daki çarpma işlemi ise a Q ? için 1. .1 a a = ve 2 2 2 1 i j k = = =- 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 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 2 1 3 4 4 3 1 3 2 4 3 1 4 2 1 4 2 3 3 2 4 1 ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a a i a j a k b b i b j b k a b a b a b a b a b a b a b a b i a b a b a b a b j a b a b a b a b k + + + + + + = - - - + - - - + - - - + - - - 193 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. 1 2 3 4 1 2 3 4 ( , , , ) a a a a a a a i a j a k Q = = + + + ? alalım ve i a lerin hepsi birden sıfır olmasın. Bu durumda 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 ( )( ) a a i a j a k a a i a j a k a a a a a + + + - - - = + + + = elde ederiz ve 1 2 3 4 1 2 3 4 ( , , , ) a a a a a a a i a j a k Q = - - - = - - - ? gösterimini yaparsak, a nın çarpımsal inversi 1 3 1 2 4 2 2 2 2 2 a a a a a a i j k a a a a a - = = - - - 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. 194 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 1 x y x y ? = + - , x y x y xy = + - şeklinde tanımlanan işlemlere göre bir cisim oluşturduğunu gösteriniz. 9) ( , ,.) H + bir halka ve a H ? olsun. { } 0 a T x H ax = ? | = kümesinin, H nın bir alt halkası olduğunu gösteriniz. 10) ( , ) S + değişmeli bir grup ve 0, bu grubun birim elemanı olsun. , x y S ? ? için 0 x y • = 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 1 ( ') f 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 (1) f e ? ise bu taktirde (1) f , ( ( ), , ) f H ? halkasının birimidir, kanıtlayınız. 195 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 ( 2)( 3) 0 x x - - = denkleminin çözümleri 2 x= ve 3 x= dür. Bu denklemi başka bir cebirsel yapı içerisinde çözmek isteyelim. Örnek 11.1. 2 5 6 0 x x - + = denklemini 12 de çözelim. 12 x? 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, 2 5 6 ( 2)( 3) x x x x - + = - - ifadesini sıfır yapan 2 ve 3 dışında (6 2)(6 3) (11 2)(11 3) 0 - - = - - = olması nedeni ile 6 x= ve 11 x= de bu denklemin kökleri olarak bulunur. Böylece aşağıdaki tanımı verebiliriz. Tanım 11.1. H bir halka ve , a b H ? olsun. 0 a? ve 0 b? iken 0 ab= 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 12 x? sıfırın bir böleni ise . . . .(12, ) 1 e b o b x ? 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 a a a a a b a b c d c a c c a d a d a d 196 ( , , ) 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 0 a? ve 0 b? olmak üzere . 0 a b= dır. Şimdi a ve b nin H da 1 a - ve 1 b - inverslerinin var olduğunu kabul edelim. O taktirde, 1 1 1 . 0 .( . ) .0 ( . ). 0 0 a b a a b a a a b b - - - = ? = ? = ? = , 1 1 1 . 0 ( . ). 0. .( . ) 0 0 a b a b b b a b b a - - - = ? = ? = ? = bulunur. Bu 0 a? ve 0 b? 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. n m? ve 0 m? olmak üzere . . . .( , ) 1 e b o b m n d = ? olsun. . . n m m n d d = yazabiliriz. Bu eşitliğin sağ tarafı n nin bir katı olduğundan sıfıra eşittir, o halde sol tarafı da sıfıra eşit olmak zorundadır. Bu durumda . 0 n m d = dır. 0 m? , 0 n d ? olduğundan m, n de sıfırın bir sol bölenidir. Diğer taraftan eğer n m? elemanı için . . . .( , ) 1 e b o b m n = , yani m ve n aralarında asal ise o zaman n de bir r elemanı için ( ) 0 mod mr n ? olur ki, bu durumda n, mr yi böler. . . . .( , ) 1 e b o b m n = olduğundan n r | elde edilir, böylece 0 r = 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 0 a? olsun. ab ac b c = ? = ve ba ca b c = ? = 197 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. 4 4 2 2 3 5 49 2 3 5 7 = · · · = · · · olduğundan ( ) ( ) 4 2 3 6 11760 2 3 5 7 2 2 4 7 6 2 42 2688 ? ? = · · · = · · · · = · = elde edilir. Şu halde 11760 halkasındaki sıfır-bölenlerin sayısı ( ) ( ) 11760 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 0 ab= ise a veya b den en az birinin sıfır olduğunu göstermeliyiz. Eğer 0 a? ise 0 ab a = dan 0 b= , eğer 0 b? ise 0 ab b = den 0 a= 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 0 a? olmak üzere ab ac = olsun. Buradan ( ) 0 a b c - = yazabiliriz. O halde 0 b c - = , 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 0 a? olmak üzere ax b = denklemi H da en çok bir çözüme sahiptir. Eğer ax b = denkleminin H da 1 x , 2 x gibi farklı iki çözümü varsa 1 ax b = ve 2 ax b = dir. Buradan Teorem 11.2. ye göre 1 2 x x = 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. 2 3 4 4 11760 2 5880 2 2940 2 1470 2 735 2 3 245 = · = · = · = · = · · 198 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 1, a b a b a b a b ab ? = + - = + - şeklinde tanımlanan “? ” ve “ ” işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapı oluşturduğunu araştıralım. Çözüm. ı) Her , a b? için 1 a b a b ? = + - ? dir. ıı) Her , , a b c? için ( ) ( ) a b c a b c ? ? = ? ? dir. Çünkü ( ) ( ) ( ) 1 1 1 A a b c a b c a b c = ? ? = + - ? = + - + - ( ) ( ) ( ) = 1 1 1 B a b c a b c a b c = ? ? ? + - = + + - - olduğundan nin temel özelliklerinden A B = dir. ııı) Her , a b? için ," "kom. 1 1 a b a b b a b a + ? = + - = + - = ? dir . ıv) Her a? için x a a ? = olacak şekilde bir x? vardır. 1 1 x a a x a a x ? = ? + - = ? = ? . Şu halde 0 1 = dir. v) Her a? ye karşılık * 1 a a ? = olacak şekilde bir * a ? vardır. * * * 1 1 1 2 a a a a a a ? = ? + - = ? = - ? . vı) Her , a b? için a b a b ab = + - ? dir. vıı) Her , , a b c? için ( ) ( ) 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 = + - = + + - - + - 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 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 E a b c a b c a b c a b c F a b a c a b ab a c ac a b ab a c ac = ? = + - = + + - - + - = ? = + - ? + - = + - + + - - 199 olup, nin temel özelliklerinden E F = dir. x) Her a? için e a a = olacak şekilde bir e? vardır. ( ) 1 0 e a a e a ea a e a = ? + - = ? - = . Şu halde 0 e= ? alabiliriz. Yani 1 0 = dır. Bu durumda ( ) , , ? , birimli bir komütatif halkadır. xı) Her {} 1 a? - e karşılık 0 a a ' = olacak şekilde bir {} 1 a'? - olup olmadığını araştıralım. 0 0 a a a a a a ' ' ' = ? + - = ( ) 1 0 1 1 a a a a a a a - ? ' ' ? - =- ? =- - . Örneğin 3 a= için 3 3 1 3 2 a'=- = ? - dir. Dolayısıyla 3 ün tersi yoktur. Şu halde , , ? bir cisim değildir. xıı) 1 2 1 x x = olacak şekilde {} 1 2 , 1 x x ? - olup olmadığını araştıralım. 1 2 1 2 1 2 1 1 x x x x x x = ? + - = ( ) ( ) ( )( ) 1 2 2 1 2 0 0 1 1 0 1 1 0 x x x x x ? ? ? - - - = ? - - = 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 0 a? olmak üzere 0 ab= olduğunu kabul edelim. F bir cisim olduğundan 1 a F - ? vardır. Böylece, 1 1 ( ) 0 0 0 a ab a b - - = = ? = bulunur. Şu halde F sıfır-bölensizdir, yani bir tamlık bölgesidir. Teorem 11.4. Her sonlu tamlık bölgesi bir cisimdir. Kanıt. 1 2 0,1, , ,..., n a a a ; D tamlık bölgesinin birbirinden farklı sonlu sayıda elemanı olsun. Bu durumda herhangi bir a D ? ( 0) a? elemanın, 1 ab= olacak şekilde D de bir b çarpımsal inversinin olacağını kanıtlamalıyız. Bunun için D nin .1 a , 1 . a a , 2 . a a , ... , . n a a şeklindeki elemanlarını göz önüne alalım. Bu elemanlar birbirinden farklıdır. Eğer farklı olmasaydı 1 , i j n ? ? 200 olmak üzere bir i, j çifti için . . i j a a a a = olurdu. Ayrıca, D sıfır-bölensiz olduğundan .1 a , 1 . a a , 2 . a a ,..., . n a a elemanlarından hiçbirisi sıfır değildir, yani bunlar 1, 1 a , 2 a , ... , n a elemanlarının herhangi bir sırada yazılmış şeklidir. Bu nedenle ya .1 1 a = veya . 1 i a a = olmalıdır. Böylece i a elemanı, a nın çarpımsal inversi olarak bulunmuş olur, dolayısıyla F bir cisimdir. Sonuç 11.2. p bir asal sayı ise p Z bir cisimdir. Tanım 11.3. H bir halka ve a H ? olsun. . 0 n a= 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 0 n> tamsayısı olması için gerek ve yeter koşul n nin .1 0 n = koşulunu sağlayan en küçük pozitif tamsayı olmasıdır. Kanıt. 0 n> tamsayısı, birimli bir H halkasının karakterisitiği olsun. Bu durumda a H ? ? için . 0 n a= yazılabileceğinden 1 H ? için de .1 0 n = dır. n karakteristik olduğundan .1 0 n = olacak şekilde en küçük pozitif tamsayıdır. Tersine n, .1 0 n = olacak şekilde en küçük pozitif tamsayı olsun. O halde a H ? ? için, n defa n defa ... (1 1 ... 1) ( .1) .0 0 na a a a a a n a = + + + = + + + = = = yazılabileceğinden n, halkanın karakteristiği olur. Teorem 11.6. (Fermat Teoremi) a? ve p, p a |/ olacak şekilde bir asal sayı olsun. Bu taktirde 1 1 p p a - | - , yani 1 1(mod ) p a 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 , ... , 1 p- elemanlarının kümesi p deki çarpma işlemine göre bir gruptur. Bu grubun mertebesi 1 p- dir. Bir grupta her elemanın mertebesi, grubun mertebesini böleceğinden 0 a? ve p a? olmak üzere a nın mertebesi 1 p- i böler, bu durumda 1 1 p a - = yazabiliriz ve eğer a k = ise 1 olduğundan 1 k p p kt | - - = , t? elde ederiz, buradan 201 1 1 ( ) 1 1 p kt k t t a a a - = = = = = bulunur. Böylece, hem toplama hem de çarpma işlemine göre bir p a? 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. { } ( , ) , ; 0 Q a b a b D b 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 0 b? , 0 d ? , 0 f ? 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: 202 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, 2 ( ) 0 ay bx b bya b x + = ? = elde ederiz. Bir tamlık bölgesi sıfır-bölensiz olduğundan ve F deki elemanların tanımı nedeniyle 0 b? olduğundan 0 x= elde ederiz, bu sonuç yukarıdaki ay bx a + = denkleminde yerine yazılırsa ay a = dan 1 y = buluruz. Böylece [ , ] [0,1] x y = , F de toplama işleminin birim elemanıdır. 3) [ , ] a b F ? verilsin. [ , ] [ ', '] [0,1] a b a b ? = olacak şekilde [ ', '] a b inversini bulalım. F deki “? ” işleminin tanımından [ , ] [ ', '] [ ' ', '] [0,1] a b a b ab ba bb ? = + = den ' ' 0, ' 1 ab ba bb + = = buluruz. Buradan, 1 ' b b - = ve 1 2 ' ( ) a a b - =- elde ederiz. O halde, 1 2 1 [ ', '] [ ( ) , ] a b a b b - - = - 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 1 x= , 1 y = alabiliriz. Şu halde [ , ] [1,1] x y = , “? ” işleminin birim elemanıdır. 7) [ , ] [0,1] a b ? ve [ , ] x y F ? için, [ , ] [ , ] [1,1] a b x y ? = 203 ise 1 ax= , 1 1 by x a - = ? = , 1 y b - = olduğundan 1 1 [ , ] a b - - , [ , ] 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 { } :[0,1] F f f = | › 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. 0 a? 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 .1 0 m a D = ?? ? , . 0 m a= önermesinin doğru olduğunu kanıtlayınız. 5) Aşağıdaki kümenin bir tamlık bölgesi olduğunu gösteriniz, { } [ 2] 2 , . a b 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 0 x= veya 1 x= olduğunu kanıtlayınız. 8) Aşağıdaki halkaların sıfır bölenlerini bulunuz. 204 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. , 0 ( ) 0, 0 x x f x x ? ? = ? < ? 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 0 z ? 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 : , ( ) [ ,1] g D F g a a › = şeklinde tanımlanan dönüşümün D den, F nin ( ) g D alt kümesine bir izomorfizma tanımladığını kanıtlayınız. 205 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 verilir ve H N şeklinde veya H N şeklinde gösterilir. 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. : n ? › n , ( ) 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. { } (0, ) N n n = | ? kümesi × nin bir idealidir ve kümesi ( ) N × ye izomorftur. Bu izomorfizma ( ) ( ,0) f m m N = + şeklinde tanımlanır. 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 { } 0 H bölüm halkası H nın kendisine izomorftur. Böylece H nın has idealleri N H ? ve { } 0 N ? idealleridir. 206 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 1 u N - ? olsun. O halde 1 u H - ? dır. 1 u H - ? , 1 . 1 u N u u N - ? ? = ? dir. Ayrıca, x H ? ? için .1 1. x x x = = olduğundan ( x H ? ? ,1 N ? ) .1 1. x 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. { } 0 N = ise 0 N =< > olduğundan önerme doğrudur. { } 0 N ? 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 0 r = 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. 1 r u - = ve n u = alırsak n N ? ? için rn N ? olacağından 1 . 1 u u N - = ? buluruz. Böylece, r H ? ? için .1 r 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 + = + 207 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 ise ab N 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 ( ) N ? de ( ) H ? nın bir idealidir. Kanıt. n N ? ve h H ? olsun. ( ) ( ) ( ) ( ) h n hn N ? ? ? ? = ? dir. Ayrıca, ( ) ( ) ( ) ( ) n h nh N ? ? ? ? = ? olduğundan ( ) N ? , ( ) 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 1 ' (0') N ? - = 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 ? nin çekirdeği K ise ( ) H ? bir halkadır ve ( ) H ? dan H K ya bir doğal izomorfizma vardır. Kanıt. H bir halka ise ( ) H ? nın da bir halka olacağı açıktır. a , b , c H ? olsun. H bir halka olduğundan ( ) ( ) ab c a bc = dir. Şu halde, ( ( ) ( )) ( ) ( )( ( ) ( )) a b c a b c ? ? ? ? ? ? = olduğunu göstermeliyiz. ( ( ) ( )) ( ) ( ( )) ( ) a b c ab c ? ? ? ? ? = (( ) ) ( ( )) ( )( ( )) ab c a bc a bc ? ? ? ? = = = ( )( ( ) ( )) a b c ? ? ? = dir. Diğer özellikleri de benzer biçimde kolayca kanıtlayabiliriz. Şimdi ( ) H ? dan H K ya bir doğal izomorfizmanın tanımlanabileceğini gösterelim. a K H K + ? olmak üzere : ( ) ( ) ( ) H K H a K a ? ? ? ? › + = 208 dönüşümünü tanımlayalım. (( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b K a b a b a K b K ? ? ? ? ? ? + + = + = + = + + + ve [( )( )] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a K b K ab K ab a b a K b K ? ? ? ? ? ? ? + + = + = = = + + olduğu görülür. Ayrıca, ( ) ( ) a K b K ? ? + = + ise ( ) ( ) a b ? ? = dir. Buradan her iki tarafı soldan 1 ( ( )) a ? - ile çarparak, ' H nün çarpımsal birimi ' e olmak üzere 1 1 1 ' ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) e a b a b a b ? ? ? ? ? - - - = = = , yani 1 a b K b a K a K b K - ? ? ? + ? + = + elde ederiz ki, bu sonuç ? nin bire-bir olduğunu gösterir. ? nin örten olduğu tanımından açıktır. Böylece, ? bir halka homomorfizmasıdır. Özellik 12.1. F bir cisim, H bir halka ve : F H ? › bir halka homomorfizması olsun. Eğer ? dönüşümü bire-bir değilse bir sıfır homomorfizmadır. Kanıt. x F ? ? için ( ) 0 x ? = ise ? bir sıfır homomorfizmadır. Eğer ? dönüşümü bire-bir değilse , a b F ? ? , ( ) ( ) a b a b ? ? ? ? = dir. ( ) a b c F + - = ? diyelim. ? bir homomorfizma olduğundan ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ( )) c a b a b a b ? ? ? ? ? ? = + - = + - = + - dir. ( ) ( ) a b ? ? = olduğundan ( ) 0 c ? = bulunur. Diğer taraftan a b ? olduğundan 0 c? dır. Böylece, x F ? ? için 1 x cc x - = dir ve buradan 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 0. ( ) 0 x cc x c c x c x ? ? ? ? ? - - - = = = = bulunur. Şu halde ? , bir sıfır homomorfizmadır. 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 209 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) 1 2 , h h H ? ? , 1 2 , m m M ? ? için 1 1 2 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) , H M h a m h a m h h a m m N ? ? + + + = + + + ? b) 0 0. 0 a N = + ? , c) ( ) ( ) ( ) H M ha m h a m N ? ? - + = - + - ? koşulları gerçeklenir. Ayrıca, 1 1 1 ( ) ( ) H M h ha m h h a h m N ? ? + = + ? dir ve H değişmeli olduğundan 1 ( ) ha m h N + ? olur. Şu halde N, H nın bir idealidir. Diğer taraftan, 1. 0 a a N = + ? dir ve m M ? ? için 0. m 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 N x x H n x 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, ( ) { } : için A B h H hb A b B = ? | ? ? ? 210 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) { } ; , , 0 I x x nh n h n = ? | = ? ? kümesinin ( , ,.) + halkasının bir asal ideali olması için gerek ve yeter koşul, n nin bir asal sayı olmasıdır, kanıtlayınız. 8) { } :[0,1] H f f = | › kümesi, fonksiyonların toplama ve çarpma işlemlerine göre bir halka oluşturur. { } (1/ 2) 0 I g H g = ? | = 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 1 ( ') f I - de H nın bir idealidir, gösteriniz. 13) Karakteristiği sıfır olan bir asal cismin, ( , ,.) Q + cismine izomorf yapılabileceğini kanıtlayınız. 211 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 0 1 0 ... n i n i n i a x a a x a x = = + + + ? şeklinde gösterebiliriz. Eğer 0 n a ? ise polinoma n. derecedendir diyeceğiz. Bu durumda ( ) 1 . n+ ve daha yüksek dereceli terimlerin katsayılarının sıfır olduğunu varsayacağız. Ancak, örneğin 2 3 1 3 0 0 a x x a x + + + şeklinde bir polinom ile onun 3 1 3 a x a x + 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 0 1 0 ... ... i n i n i a x a a x a x ? = = + + + + ? şeklinde göstereceğiz. Bu gösterim sadece katsayıların 0 a , 1 a , 2 a , ... , n a , ... 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, H a i ? ve sonlu sayıda i a ler dışında kalan diğer bütün i a ler sıfır olmak üzere 0 1 0 ... ... i n i n i a x a a x a x ? = = + + + + ? şeklinde tanımlanır. Buradaki H a i ? lara polinomun katsayıları ve 0 ? i a olacak şekildeki en büyük i tamsayısına da ) (x f polinomunun derecesi adı verilir ve ( ) der f x şeklinde gösterilir. Eğer böyle bir i n = tamsayısı bulunamıyor ise polinomun derecesi sıfır olarak tanımlanır. ) (x f polinomunda n i > için i a ler sıfır oluyor ise polinomu 0 1 ( ) ... n n f x a a x a x = + + + şeklinde gösteririz. 212 Polinomları gösterirken genellikle katsayıları sıfır olan terimleri yazmayız. Örneğin; 3 2 5 x x - , 3 5 3 5 x x - + veya 4 3 x - 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: 2 0 1 2 2 0 1 2 ( ) ... ... ( ) ... ... n n n n f x a a x a x a x g x b b x b x b x = + + + + + = + + + + + polinomları için, 2 0 1 2 ( ) ( ) ... ... n n f x g x c c x c x c x + = + + + + + , n n n c a b = + ( ) 0,1,2,... n= ve 2 0 1 2 ( ). ( ) ... ... n n f x g x d d x d x d x = + + + + + , 0 n n i n i i d a b - = = ? ( ) 0,1,2,... n= dir. Uyarı: Eğer H halkası değişmeli değilse n d için yukarıda verilen ifade genel olarak 0 n n i n i i d b a - = = ? ye eşit olmayabilir. Yukarıda verilen işlemler dikkate 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. , , i j k a b c H ? elemanları [ ] H x de verilen üç polinomun katsayılarını göstersin. Çarpma işleminin birleşmeli olduğunu gösterelim; 0 0 0 0 0 0 i j k n k i j k i n i k i j k n i k a x b x c x a b x c x ? ? ? ? ? ? - = = = = = = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 0 0 0 ( ) s s i n i s n s n i a b c x ? ? - - = = = ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 0 s i j k s i j k s a b c x ? ? = + + = ? ? = ? ? ? ? ? ? 213 0 0 0 s m s s m j m j s m j a b c x ? - - = = = ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 0 0 0 m i m i j m j i m j a x b c x ? ? - = = = ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? 0 0 0 i j k i j k i j k a x b x c x ? ? ? = = = ? ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 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. 2 2 2 ( 1) ( 1)( 1) (1 1) 1 1, x x x x x x + = + + = + + + = + ( 1) ( 1) (1 1) (1 1) 0 0 0. x x x x + + + = + + + = + = 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 , 1 2 , ,..., n x x x ler tarafından tanımlanan 1 2 [ , ,..., ] n H x x x 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 . ( ) 1 x f x = 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 ( ) 0 g x ? olmak üzere ( ) ( ) f x g x şeklinde iki polinomun bölümü olarak ifade edilebilir. Benzer düşünceyle 1 2 , ,..., n x x x lere göre genelleştirilmiş 1 2 [ , ,..., ] n F x x x 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 214 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 E ?? için 0 1 0 1 : [ ] , ( ... ) ... n n n n F x E a a x a x a a a ? ? ? ? ? ? › + + + = + + + şeklinde tanımlanan dönüşüm bir homomorfizmadır. Üstelik, ( ) x ? ? ? = ve ( ) a a ? ? = dır. Kanıt. ? ? nın iyi tanımlı olduğu yani [ ] F x de verilen bir 0 1 ( ) ... n n f x a a x a x = + + + polinomunun gösteriliş şeklinden bağımsız olduğu açıktır, çünkü bu polinoma farklı gösterimlerle eklenebilecek terimler sadece 0. i x şeklinde olacağından böylesi terimlerin eklenmiş olması ( ( )) 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 0 1 ( ) ... ... n n f x a a x a x = + + + + ve 0 1 ( ) ... ... m m g x b b x b x = + + + + polinomlarını göz önüne alalım. [ ] F x deki toplama işlemi ile 0 1 ( ( ) ( )) ( ... ...) r r f x g x c c x c x ? ? ? ? + = + + + + , r r r c a b = + ; 0,1, 2,... r = 0 1 0 1 (( ... ...) ( ... ...)) r r r r a a x a x b b x b x ? ? = + + + + + + + + + 0 0 1 1 (( ) ( ) ... ( ) ...) r r r a b a b x a b x ? ? = + + + + + + + 0 0 1 1 ( ) ( ) ... ( ) ... r r r a b a b a b ? ? = + + + + + + + 0 1 0 1 ( ... ...) ( ... ...) r r r r a a a b b b ? ? ? ? = + + + + + + + + + 0 1 0 1 ( ... ...) ( ... ...) n m n m a a a b b b ? ? ? ? = + + + + + + + + + ( ( )) ( ( )) f x g x ? ? ? ? = + buluruz. Burada, max( , ) r m n = dir ve yukarıdaki denklemlerde m n ? veya n m ? durumlarının gerçeklenmesine göre toplamlarda yer alan r ye kadar olan r a veya r b katsayılarından bazılarının sıfır olacağına dikkat edilmelidir. 0 1 0 ( ). ( ) ... , 0 , j s s j i j i i f x g x d d x d x j s d a b - = = + + + ? ? = ? 215 ise polinomların çarpımı işlemine göre 0 1 0 1 ( ( ). ( )) ( ... )( ... ) n m n m f x g x a a a b b b ? ? ? ? ? ? = + + + + + + 0 1 ( ... ) s s d d x d x ? ? = + + + iken 0 1 ( ( ). ( )) ... s s f x g x d d d ? ? ? ? = + + + olacağından ( ( ). ( )) ( ( )). ( ( )) f x g x f x g x ? ? ? ? ? ? = bulunur, dolayısıyla ? ? bir homomorfizmadır. a F ? elemanını [ ] F x de sabit bir polinom olarak düşünürsek ( ) a a ? ? = elde ederiz. Böylece ? ? yı F den F ye özdeşlik (birim) dönüşüm olarak düşünebiliriz. Ayrıca ? ? nın tanımından ve ? ? nın bir homomorfizma olması nedeni ile ( ) (1. ) (1). ( ) 1. x x x ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = = = 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. 0 0 0 1 0 1 0 : [ ] ( ... ) .0 ... .0 n n n n x a a x a x a a a a ? ? › + + + = + + + = dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm her polinomu kendi sabit terimine resmeden bir homomorfizmadır. 0 ? ın çekirdeği ise sabit terimi sıfır olan polinomlardan oluşur ki, bu polinomların kümesi [ ] Q x in bir idealidir. Bu ideali N ile gösterirsek 0 ( [ ]) 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. 2 2 0 1 0 1 : [ ] ( ... ) .2 ... .2 n n n n x a a x a x a a a ? ? › + + + = + + + dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır. 216 2 2 2 ( 6) 2 2 6 0 x x ? + - = + - = olduğundan 2 6 x x + - , 2 ? nin N çekirdeğine ait bir polinomdur. Gerçekte N, ( ) [ ] f x x ? olmak üzere ( 2) ( ) x f x - şeklindeki polinomların oluşturduğu halkanın bir idealidir. 2 ? dönüşümü altında [ ] x in resmi ile [ ] x N bölüm halkası, doğal şekilde izomorfturlar. Örnek 13.4. F = ve E = olsun. 0 1 0 1 : [ ] ( ... ) . ... . i n n i n n x a a x a x a a i a i ? ? › + + + = + + + dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır ve ( ) i x i ? = dir. 2 2 ( 1) 1 0 i x i ? + = + = olduğundan 2 1 x + , i ? nin çekirdeği olan N içinde bulunur. Burada yine N çekirdeği, ( ) [ ] f x x ? olmak üzere 2 ( 1) ( ) x f x + şeklindeki polinomların oluşturduğu halkanın bir idealidir. i ? dönüşümü altında [ ] x in resmi ile [ ] x N bölüm halkası, doğal şekilde izomorfturlar. Üstelik, ( [ ]) i x ? halkası 1 2 , q q ? olmak üzere 1 2 q iq + 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 0 1 ( ) ... n n f a a a x a x = + + + polinomunu ve 0 1 : [ ] , ( ( )) ( ) ... n n F x E f x f a a a ? ? ? ? ? ? ? › = = + + + homomorfizmasını göz önüne alalım. Eğer ( ) 0 f ? = ise ? ya [ ] F x in bir sıfırı adı verilir. Bu tanıma göre 2 6 0 r r + - = şeklinde bir polinom denklemin veya kısaca bir denklemin gerçel çözümlerini bulmak şeklindeki ifade yerine, F = ve E = alarak 2 ( 6) 0 x x ? ? + - = olacak şekildeki ?? leri bulmak veya kısaca 2 6 x x + - nın deki sıfırlarını bulmak şeklindeki ifadeyi benimseriz. Tabiidir ki her iki durumda çözüm aynı, yani 217 { } { } { } 2 2 ( 6) 0 6 0 2, 3 x x r r r ? ? ? ? | + - = = ? | + - = = - 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 ( ) ( ( )) 0 f f x ? ? ? = = olacak şekilde bir E ?? elemanı buluruz. O halde, böyle bir E cisminin nasıl bulunacağını ifade edelim. ? ? homomorfizması altında [ ] F x in resmi E de kapsanmalı ve ( [ ]) F x ? ? ile [ ] F x N bölüm halkası izomorf olmalıdır. Burada N ideali, ? ? 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 E ?? olmak üzere ( ) 0 f ? = olması ancak ve ancak ( ) 0 g ? = veya ( ) 0 h ? = 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 ) 0 1 ( ) ... n n f x a a x a x = + + + 0 1 ( ) ... m m g x b b x b x = + + + , [ ] F x polinomlar halkasında iki polinom olsun. Burada, der ( ) 0 m g x = > ve 0 n a ? , 0 m b ? 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. 218 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. 0 t ? ve t m ? iken 0 t c ? ve her j c F ? için 0 1 ( ) ... t t r x c c x c x = + + + şeklinde olduğunu kabul edelim. Bu durumda, t m ? olduğundan ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t m t m t t m m c c f x q x g x x g x r x x g x b b - - ? ? ? ? - - = - ? ? ? ? ? ? ? ? (13.1) yazılabilir. Burada (13.1) eşitliğinin sağ tarafı, ( ) ( t t r x c x - + daha küçük dereceli terimler) şeklinde bir polinomdur ve derecesi t den daha küçüktür. Bu durumda (13.1) eşitliğinin sol tarafı ( ) ( ) ( ) t m t m c f x q x x g x b - ? ? ? ? - - ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 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 ( ) 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ), 0 der f x g x q x r x r x m = + ? < ve ( ) 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ), 0 der f x g x q x r x r x m = + ? < şeklinde iki türlü gösterimi olduğunu varsayalım. Bu eşitlikleri taraf tarafa çıkarırsak, ( ) 1 2 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) g x q x q x r x r x - = - elde ederiz. 2 1 ( ) ( ) r x r x - in derecesi, ( ) g x in derecesinden küçük olduğundan bu eşitlik ancak ve ancak 1 2 ( ) ( ) 0 q x q x - = veya 1 2 ( ) ( ) q x q x = olması durumunda sağlanır. Bu ise 2 1 ( ) ( ) 0 r x r x - = veya 1 2 ( ) ( ) r x r 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 ( ) 0 f a = olduğunu kabul edelim. Bu taktirde Teorem 13.3. den 219 ( ) ( ) ( ) ( ) f x x a q x r x = - + , der ( ) 1 r x < olacak şekilde bir tek ( ) q x , ( ) [ ] r x F x ? polinomları vardır. der ( ) 1 r x < olduğundan ( ) r x c F = ? şeklinde bir sabittir. Böylece, ( ) ( ) ( ) f x x a q x c = - + yazılabilir. Daha önce tanımladığımız : [ ] F x F ? ? › homomorfizmasını kullanarak ( ) 0. ( ) 0 0 f a q a c c = + = ? = 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 ? ? homomorfizmasını uygulamak suretiyle ( ) 0 f a = ve ( ) 0 q a = 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 1 a F ? , ( ) f x in bir sıfırı ise 1 1 ( ) ( ) ( ) f x x a q x = - yazabiliriz. Burada, 1 der ( ) 1 q x n = - olduğu açıktır. Şimdi de 2 a F ? , 1 ( ) q x in bir sıfırı olsun. Bu durumda 1 2 2 ( ) ( )( ) ( ) f x x a x a q x = - - yazabiliriz. Bu şekilde sürdürerek artık ( ) r q x , F de sıfıra sahip olmamak üzere 1 2 ( ) ( )( )...( ) ( ) r r f x x a x a x a q x = - - - elde ederiz, burada r n ? dir. Ayrıca, i a lerin hepsinden farklı bir b F ? alırsak bunun için 1 2 ( ) ( )( )...( ) ( ) 0 r r f b b a b a b a q b = - - - ? yazılabilir. Çünkü bu ifadede yer alan çarpanlardan hiç birisi F de sıfıra sahip değildir. Böylece 1 2 , ,..., r a a a ler ( ) f x in F deki sıfırlarının tamamını oluşturur ve bunların sayısı r n ? dir. Örnek 13.5. 5 [ ] x de 4 3 2 ( ) 3 2 4 1 f x x x x x = - + + - ve 2 ( ) 2 3 g x x x = - + polinomlarını göz önüne alalım. Bu polinomlar için 4 3 2 2 2 3 2 4 1 ( 2 3)( 3) ( 8) x x x x x x x x x - + + - = - + - - + + yazabiliriz, o halde 220 2 ( ) 3 q x x x = - - ve ( ) 8 r x x = + 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, 2 5 x - polinomu rasyonel sayılar cisminde indirgenemez iken, yu kapsayan gerçel sayılar cismi üzerinde indirgenebilir. Çünkü bu polinomu de ( 5)( 5) x x - + 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 ( ) 0 f a = 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 ( ) 0 f a = olmasıdır. Kanıt. Eğer ( ) f x F üzerinde indirgenebilir ise ( ) ( ) ( ) f x g x h x = ve der der g f < , der der h 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 ( ) 0 g a = dır, böylece ( ) 0 f a = dır ki, bu f nin F de bir sıfıra sahip olması demektir. Tersine bir a F ? için ( ) 0 f a = 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. 221 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 0 0 a ? olacak şekilde bir 0 1 ( ) ... n n f x a a x a x = + + + polinomu verilsin. Eğer ( ) f x , da bir sıfıra sahip ise de de m gibi bir sıfıra sahiptir ve 0 m a | 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 1 0 ( ) ( )( ... / ) n f x x a x a m - = - + + yazılabilir. Böylece 0 ( / ) a m ? , yani 0 m a | dır. Örneğin, 4 2 ( ) 2 8 1 f x x x x = - + + polinomu [ ] x de indirgenemezdir. Çünkü sabit terim olan 1 in deki bölenleri sadece 1 ± den ibaret olup, (1) 8 f = ve ( 1) 8 f - =- 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 4 2 2 2 2 8 1 ( )( ) x x x x ax b x cx d - + + = + + + + şeklinde yazılabildiğini varsayalım. Bu durumda eşitliğin her iki yanında x in aynı dereceli terimlerinin katsayılarını eşitlersek, 1 bd = , 8 ad bc + = , 2 ac b d + + =- , 0 a c + = 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 0 1 ( ) ... n n f x a a x a x = + + + polinomu verilsin. i n < ise 0(mod ) i a p ? , i n = ise 0(mod ) n a p ? / ve 0 0(mod ) a 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 0 r b ? , 0 r c ? olmak üzere 222 0 0 ( ) ( ... )( ... ) r s r s f x b b x c c x = + + + + şeklinde yazılabildiğini varsayalım. 0 0(mod ) a p ? / olduğundan 0 0(mod ) b p ? / , 0 0(mod ) c p ? / olur. Aksi taktirde, 0 0(mod ) b p ? / ve 0 0(mod ) c p ? olsun. n r s a b c = olduğundan 0(mod ) n a p ? / varsayımından 0(mod ) r b p ? / , 0(mod ) s c p ? / olmak zorundadır. 0(mod ) k c p ? / olacak şekildeki en küçük k sayısına m dersek 0 1 1 ... m m m m i i a b c b c b c - - = + + + , 0 i m ? ? yazabiliriz. 0 0(mod ) b p ? / , 0(mod ) m c p ? / ve 1 0(mod ) m c p - ? , 2 0(mod ) m c p - ? , ..., 0(mod ) i c p ? olması nedeniyle 0(mod ) m a 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, 1 2 1 ( ) ... 1 1 p p p p x x x x x x ? - - - = = + + + + - şeklindeki polinom da indirgenemez bir polinomdur. Kanıt. Bu polinomu [ ] x de çarpanlarına ayırmaya çalışalım. 1 1 2 1 ( 1) 1 ( 1) ( ) ... 1 ( 1) 1 p p p p p p p x x px p x x g x x x p x x ? - - - ? ? + + ? ? ? ? + - ? ? + = = = = + + + ? ? + - ? ? yazabiliriz. Bu bize Teorem 13.6. nedeniyle polinomun da indirgenemez bir polinom olduğunu gösterir. Ancak [ ] x de ( ) ( ) ( ) p x h x r x ? = şeklinde çarpanlarına ayrılabilirse bu durumda ( 1) ( ) ( 1) ( 1) p x g x h x r x ? + = = + + ifadesi ile ( ) g x in [ ] x de açık olmayan çarpanlara ayrılmışını elde ederdik ki, bu durumda da ( ) p x ? , da indirgenemezdir. 223 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 { } 0 N = ise 0 N =? dır ve bir asal idealdir. { } 0 N ? olduğunu kabul edelim. N nin sıfırdan farklı en küçük dereceli polinomu ( ) g x olsun. der ( ) 0 g x = ise ( ) g x F ? dir ve F de inverslenebilirdir, yani çarpımsal inverse sahip bir elemandır. Böylece, [ ] 1 N F x = =? olur ki, bu bize N nin bir asal ideal olduğunu gösterir. der ( ) 1 g x ? 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 ( ) 0 r x = bulunur. Bunu kullanırsak ( ) ( ) ( ) f x g x q x = olur ki, bu ( ) N g x =? olduğunu gösterir. Teorem 13.8. [ ] F x de ( ) {0} p x ? ? şeklindeki bir idealin bir maksimal ideal olması için gerek ve yeter koşul ( ) p x polinomunun [ ] F x de indirgenemez bir polinom olmasıdır. Kanıt. ( ) {0} p x ? ? 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 224 teoremden dolayı bir asal ideal olacağından bir ( ) g x N ? için ( ) N g x =? yazabiliriz. Diğer taraftan ( ) p x , F üzerinde indirgenemez bir polinom olduğundan der ( ) 0 g x = veya der ( ) 0 f x = olması gerektiği elde edilir. der ( ) 0 g x = , 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, ( ) [ ] g x N F x = = ? buluruz. Eğer, der ( ) 0 f x = ise bir c F ? için ( ) f x c = dir ve ( ) (1/ ) ( ) ( ) g x 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 225 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 1 2 ... r p p p ve 1 2 ... s q q q şeklinde farklı iki şekilde indirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabiliyor ise bu durumda r s = dir ve i q leri yeniden indislemek suretiyle i p ler ile i q 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 ise veya p ab p a p b | | | dir. 226 Tanım 13.12. Bir D tamlık bölgesinin sıfırdan farklı aritmetik birim olmayan indirgenemez bir p elemanı için ise veya p ab p a 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 0 1 ( ) ... n n f x a a x a x = + + + polinomunun i a 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. 2 4 3 2 x x + + 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, 2 4 6 2 x x + + 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 ? ? ; 0, 0 a b ? ? olmak üzere ( ) ( ) d a d ab ? , b) , a b D ? ve 0 b? ise a bq r = + olacak şekilde 0 r = veya ( ) ( ) d r d b < koşullarını sağlayan , q r D ? elemanları vardır. 227 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 ? ? , 0 n? 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 ? ; ( ) 0 f x ? için ( ( )) der ( ) d f x 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 { } 0 N = ise bu durumda 0 N =? olacağından N bir asal ideal olur. { } 0 N ? olsun. Bu durumda N de sıfırdan farklı bir b elemanı mevcuttur. { } ( ) min ( ) : d b 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 0 r = 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 0 r = 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. 228 Teorem 13.17. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun. { } (1) min ( ) , 0 d d a a D a = | ? ? olmak üzere, bir u D ? elemanının D nin bir aritmetik birimi olması için gerek ve yeter koşul, ( ) (1) d u d = olmasıdır. Kanıt. d nin Öklid fonksiyonu olması nedeniyle 2. koşuldan 0 a? olmak üzere (1) (1. ) ( ) d d a d a ? = dır. Ayrıca, u D ? bir aritmetik birim ise 1 ( ) ( . ) (1) d u d u u d - ? = olduğundan ( ) (1) d u d = elde ederiz. Tersine, D nin sıfırdan farklı bir u elemanı için ( ) (1) d u d = ise bölme algoritmasına göre D de 1 uq r = + olacak şekilde 0 r = veya ( ) ( ) d r d u < koşulunu sağlayan q ve r elemanları bulunabilir. Burada ( ) ( ) d r d u < olması, ( ) (1) d u d = in minimum oluşu ile çelişir. O halde 0 r = 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 2 2 1 x x - + ve 2 2 x x + - polinomlarının en büyük ortak bölenleri 1 x- ve 2( 1) x- 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 1 1 2 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) r a s b r a s b r r a s s 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 0 s = , 1 r = için d a | ve 1 s = , 229 0 r = 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 1 . . . .( , ) e b o b a b d = ise 1 d d | ve 1 d d | olacağından bölme algoritması ile bir k D ? için 1 1 1 ( ) ( ) d kd kl a km b l a m b = = + = + 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 1 1 a bq r = + olmak üzere 1 0 r = veya 1 ( ) ( ) d r d b < koşullarından birisi sağlanır. Eğer 1 0 r ? ise 2 r için 1 2 2 b r q r = + sağlanır. Burada yine 2 0 r = veya 2 1 ( ) ( ) d r d r < dir. Bu şekilde sürdürürsek ya 1 0 i r + = veya 1 ( ) ( ) i i d r d r + < olmak üzere 1 1 1 i i i i r r q r - + + = + olacak şekilde bir 1 i r + elemanını bulabiliriz. Böylece elde edeceğimiz 1 2 , ,... r r dizisinin bir s. terimi için 0 s r = buluruz. Eğer 1 0 r = ise . . . .( , ) e b o b a b b = dir. Eğer 1 0 r ? ve , 0 s s r r = olacak şekilde ilk eleman ise bu durumda da 1 . . . .( , ) s e b o b a b r - = dir. Kanıt. 1 ( ) ( ) i i d r d r - < ve ( ) i d r negatif olmayan bir tamsayı olduğundan sonlu bir adımdan sonra 0 s r = buluruz. Eğer 1 0 r = ise 1 a bq = yazabileceğimizden . . . .( , ) e b o b a b b = dir. Şimdi 1 0 r ? olduğunu kabul edelim. Bu durumda d a | ve d b | ise 1 ( ) d a bq | - olduğundan 1 d r | elde ederiz. Eğer 1 1 d r | ve 1 d b | ise 1 1 1 ( ) d bq r | + olduğundan 1 d a | buluruz. Böylece a ile b nin ve b ile 1 r in ortak bölenlerinin kümesi aynı olur. Benzer düşünceyle eğer 2 0 r ? ise b ile 1 r in ortak bölenlerinin kümesi ile 1 r ile 2 r nin ortak bölenlerinin kümesi aynı olur. Bu şekilde sürdürerek a ile b nin ortak bölenlerinin kümesiyle, 2 s r - ile 1 s r - in ortak bölenlerinin kümesinin aynı olduğunu elde ederiz. Böylece 2 s r - ile 1 s r - in bir ortak böleni aynı zamanda a ile b nin de bir ortak bölenidir. Ancak 2 1 1 s s s s s s r q r r q r - - - = + = denklemi 2 1 1 . . . .( , ) s s s e b o b r r r - - - = olduğunu gösterir ki, bu kanıtı tamamlar. 230 Örnek 13.13. 22471 ile 3266 sayılarının en büyük ortak bölenlerini bulmak suretiyle üstündeki Öklid fonksiyonu için Öklid algoritmasını oluşturalım. 1 2 3 4 5 6 22471 3266.6 2875 2875, 3266 2875.1 391 391, 2875 391.7 138 138, 391 138.2 115 115, 138 115.1 23 23, 115 23.5 0 0. r r r r r r = + ? = = + ? = = + ? = = + ? = = + ? = = + ? = Böylece 22471 a = , 3266 b= nın en büyük ortak böleni 5 23 r = tür. PROBLEMLER 1) ( ) f x , 5 ( ) [ ] g x x ? ve 3 2 4 ( ) 2 4 3 2, ( ) 3 2 4 f x x x x g x x x = + + + = + + olmak üzere, a) ( ) ( ), f x g x + b) ( ). ( ) f x g x polinomlarını bulunuz. 2) ( [ ])[ ] x y nin 3 3 2 2 4 4 2 ( , ) (3 2 ) ( 6 1) ( 2 ) ( 3 2) f x y x x y x x y x x y x x = + + - + + - + - + 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 5 ( ) 2 p x x = + , 4 ( ) 2 2 q x x = + , b) [ ] x de 4 3 ( ) 3 2 p x x x x = + + + , 3 2 ( ) 2 6 3, q x x x x = - + - c) [ ] x de 6 4 3 ( ) 4 5 p x x x x x = + - - , 3 2 ( ) 2 1 q x x x = + + . 4) 4 7 4 [ ] x x + ? polinomunun 7 de sıfırının olmadığını gösteriniz. 5) Aşağıdaki polinomları yanlarında verilen halkalar üzerinde çarpanlarına ayırınız. a) 5 [ ] x , 4 1 x + , 231 b) [ ] x , 3 4 1 x x - + , c) [ ] x , 8 16 x + . 6) Aşağıdaki polinomların yanlarında verilen halkalar üzerinde indirgenip indirgenmeyeceklerini belirleyiniz. a) [ ] x , 2 1, x + b) [ ] x , 2 4 x + , c) 5 [ ] x , 3 2 4 3 1 x x x + + + . 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 0 n? , n? olmak üzere 2 ( ) d n n = , b) tamlık bölgesi için 0 a? , a? olmak üzere 2 ( ) d a a = , c) tamlık bölgesi için 0 a? , a? olmak üzere ( ) 50 d a = . 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. 232 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; 2 2 0 x - = 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 2 1 0 x + = 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. ( ) ( ,0) i a a = şeklinde tanımlanan ( ) a i a › dönüşümü bir izomorfizmadır, yani ( ) i ? dir, böylece ( ,0) a 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 233 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 ( : ) boy F E 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 : E K ? › bir bire-bir homomorfizma ise bu durumda ( : ) ( ( ) : ( )) E F E F ? ? = dir. Kanıt. { } 1 2 , ,..., r x x x , E nin elemanlarının lineer bağımsız bir kümesi olsun. Bu durumda { } 1 2 ( ), ( ),..., ( ) r x x x ? ? ? kümesinin de lineer bağımsız olduğunu göstermeliyiz. 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) 0 r r a x a x a x ? ? ? ? ? ? + + + = lineer birleşimini yazalım. ? bir homomorfizma olduğundan 1 1 2 2 ( ) ( ) ... ( ) 0 r r a x a x a x ? ? ? + + + = dır. Bu ise { } 1 2 , ,..., r x x x kümesi lineer bağımsız bir küme olduğundan 1 2 ... 0 r a a a = = = = olmasını gerektirir. O halde ? nun bire-bir olması nedeniyle 1 2 ( ) ( ) ... ( ) 0 r a a a ? ? ? = = = = bulunur. Bu ise { } 1 2 ( ), ( ),..., ( ) r x x x ? ? ? kümesinin de lineer bağımsız olduğunu gösterir. Eğer ( : ) E F =? ise bu durumda ( ( ) : ( )) E F ? ? =? dur. O halde ( : ) E F r = ve der der m k ? > olduğundan bu mümkün değildir. Çünkü dereceleri m ? nın derecesinden küçük olduğu halde ( ) 0 h ? ? = veya ( ) 0 k ? ? = olamaz. Şu halde m ? indirgenemez olmak zorundadır. 2) f I ? ? alalım. . f q m r ? = + , der der r m ? < olacak şekilde q , ( ) r P F ? polinomları bulunabilir. Halbuki teoremin hipotezine göre 0 ( ) ( ) ( ) ( ) f q m r ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = + eşitliğinden ( ) 0 r ? ? = ve böylece r I ? ? elde ederiz. Bu bir çelişmedir, çünkü en küçük dereceli polinomun m ? olduğunu kabul etmiştik. Ayrıca, der der r m ? < olduğundan 0 r = buluruz. Dolayısıyla . f q m ? = olup I ? , m ? nın katlarından ibarettir. 3) ' m m ? ? ? olmak üzere hem m ? hem de ' m ? , I ? yı gersin. Bu durumda m ? , I ? yı gerdiğinden ' m m ? ? ? = ve ' m ? , I ? yı gerdiğinden ' m m ? ? µ = yazabiliriz. Bu iki ifadeden m m ? ? µ? = elde ederiz. O halde, der der( ) der m m ? ? µ? = + ve buradan der( ) 0 µ? = veya der der 0 ? µ + = buluruz, yani der der 0 ? µ = = dır. Bu ise ? ve µ polinomlarının sabit olması demektir. Diğer taraftan m ? indirgenemez bir polinom olduğundan 1 ? µ = = elde ederiz, böylece ' m m ? ? = dır. Teorem 14.5. E cismi, F nin bir genişlemesi ve E ?? olsun. F cismi üzerinde f g şeklindeki bütün rasyonel polinomların kümesi ( ) R F olmak üzere ( ) ( ) F R F ? ? izomorfizması vardır, üstelik ( ) [ ] F F ? ? = ve ( ( ) : ) der F F m ? ? = dır. ( Burada m ? yukarıda tanımlandığı gibidir.) Kanıt. : ( ) ( ) R F R F ? › , ( ) ( ) f f g g ? ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? dönüşümünü ve yukarıdaki gibi tanımlanan I ? kümesini göz önüne alalım. I ? kümesinin tanımından 0 g ? olduğundan ( ) 0 g ? ? ? dır. ? nin bir izomorfizma tanımlayacağı kolayca gösterilebilir. O halde ( ) ( ) F R F ? ? izomorfizması vardır. ( ) [ ] F F ? ? = olduğunu kanıtlamak için ( ) F ß ? ? olmak üzere ( ) ( ) f g ? ? ? ß ? = şeklinde verilsin. ( ) 0 g ? ? ? ise g I ? ? dır. m I ? ? ? elemanını göz önüne alalım. m ? 238 indirgenemez olduğundan g yi bölmez, çünkü I ? nın her elemanı m ? nın bir katıdır. 0 e ? = olsun. Bu durumda hg km e ? + = olacak şekilde h , ( ) k P F ? elemanları vardır. Böylece, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) e e h g k m ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = = + ( ) ( ) h g ? ? ? ? = dir. Buradan, 1 ( ) ( ( )) h g ? ? ? ? - = veya ( ) ( ) ( ) f h fh ? ? ? ? ? ? ß = = bulunur. Böylece fh bir polinom olduğundan ß da bir polinomdur, dolayısıyla ( ) [ ] F F ? ? = elde ederiz. Şimdi, der m n ? = olsun. ( ( ) : ) der F F m n ? ? = = olduğunu kanıtlamak için ( ) F ? nın F üzerinde { } 2 1 , , ,..., n e? ? ? - şeklinde bir baza sahip olduğunu göstermek yeterlidir. Bunun için önce bunların lineer bağımsız olduğunu gösterelim. 0 1 2 1 , , ,..., n a a a a F - ? olmak üzere, 1 0 1 1 ... 0 n n a e a a ? ? - - + + + = olsun. Bu durumda bir ( ) f P F ? için 1 0 1 1 ... n n f a e a x a x - - = + + + yazabiliriz ve bu f için 1 0 1 1 ( ) ... 0 n n f a e a a ? ? ? ? - - = + + + = olacağından ve f minimal polinom olduğundan 0 f = olmalıdır, böylece 0 1 1 ... 0 n a a a - = = = = bulunur, yani { } 2 1 , , ,..., n e? ? ? - kümesi lineer bağımsızdır. Şimdi de { } 2 1 , , ,..., n e? ? ? - kümesinin ( ) F ? yı gerdiğini gösterelim. Bunun için ( ) x F ? ? olsun. 1 0 1 1 ... n n x a e a a ? ? - - = + + + olacak şekilde 0 1 2 1 , , ,..., n a a a a F - ? elemanlarını bulabileceğimizi göstermeliyiz. ( ) x F ? ? olduğundan ( ) f x ? ? = olacak şekilde F üzerinde tanımlı bir f polinomu bulabiliriz. Öklid algoritmasına göre f qm r ? = + , der der r m n ? ? = olacak şekilde F üzerinde tanımlı q, r polinomları bulunabilir. Buradan ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f qm r qm r q m r ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? = + = + = + yazabiliriz. Bu ise, 1 0 1 1 ... n n r a e a x a x - - = + + + 239 şeklinde bir polinom olmasını gerektirir. Şu halde 1 0 1 1 ( ) ... n n r a e a a x ? ? ? ? - - = + + + = dir. Böylece, ( ) x f ? ? = dır ve bu { } 2 1 , , ,..., n e? ? ? - kümesinin ( ) F ? yı gerdiğini ve dolayısıyla ( ) F ? 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 E ? ? ? , F üzerinde cebirsel ise yani,? 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 , A ? ß? iki cebirsel eleman olsun. A ? ß + ? , . A ? ß? , A ? - ? ve 0 ? ? olmak üzere 1 A ? - ? olduğunu göstermeliyiz. Bunun için, ? ve ß yı F kümesi içerisine dahil ederek ( , ) F ? ß kümesini oluşturalım. Bu küme E nin bir alt cismi olur. Dolayısıyla, ( , ) F ? ß ? ß + ? , . ( , ) F ? ß ? ß ? , ( , ) F ? ? ß - ? ve 0 ? ? olmak üzere 1 ( , ) F ? ? ß - ? dır ve ( , ) F ? ß nın bütün elemanları cebirseldir. Diğer taraftan A nın bütün cebirsel elemanları içerdiğini tanımdan biliyoruz. O halde ( , ) F A ? ß ? ve A ? ß + ? , . A ? ß? , A ? - ? ve 0 ? ? olmak üzere 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 = olmak üzere 1 2 , ,..., n a a a V ? vektörlerinin lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul bu vektörlerden en az birisinin diğerlerinin bir lineer birleşimi şeklinde yazılabilmesidir. Kanıt. 1 2 2 ... n n a a a µ µ = + + olsun. Bu durumda, 1 2 2 ... 0 n n a a a µ µ - - - = yazabiliriz ki, bu 1 2 , ,..., n a a a vektörlerinin lineer bağımlı olduğunu gösterir. Tersine, hepsi birden sıfır olmayan 1 2 , ,..., n ? ? ? skalerleri için 1 1 2 2 ... 0 n n a a a ? ? ? + + + = olsun. 1 0 ? ? olduğunu varsayalım. Bu taktirde, 2 1 2 1 1 ... n n a a a ? ? ? ? =- - - 245 yazabiliriz. Teorem 15.3. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve 1 2 , ,..., n a a a V ? lineer bağımsız vektörleri verilsin. Bir b vektörünün 1 2 , ,..., n a a a vektörlerinin lineer birleşimi şeklinde yazılabilmesi için gerek ve yeter koşul { } 1 2 , ,..., , n a a a b kümesinin lineer bağımlı olmasıdır. Kanıt. Eğer b vektörü 1 2 , ,..., n a a a vektörlerinin lineer birleşimi olarak yazılabiliyor ise Teorem 15.2. den dolayı { } 1 2 , ,..., , n a a a b lineer bağımlıdır. Tersine hepsi birden sıfır olmayan 1 2 , ,..., , n ? ? ? µ sayıları için 1 1 2 2 ... 0 n n a a a b ? ? ? µ + + + + = olsun. Burada 0 µ ? olmak zorundadır. Aksi durumda 0 µ = için 1 2 , ,..., n a a a vektörleri lineer bağımlı olur ki, bu hipoteze aykırıdır. Dolayısıyla 0 µ ? olduğunda 1 2 1 2 ... n n b a a a ? ? ? µ µ µ =- - - - yazabiliriz ki, bu b vektörünün 1 2 , ,..., n a a a vektörlerinin lineer birleşimi şeklinde yazılabildiğini gösterir. Teorem 15.4. Eğer b vektörü 1 2 , ,..., n a a a vektörlerinin lineer birleşimi olarak yazılabiliyor ise bu yazılışın tek türlü olması için gerek ve yeter koşul 1 2 , ,..., n a a a vektörlerinin lineer bağımsız olmasıdır. Kanıt. b vektörünün 1 1 2 2 1 1 2 2 ... ... n n n n b a a a a a a ? ? ? µ µ µ = + + + = + + + şeklinde iki gösterime sahip olduğunu kabul edelim. Buradan, 1 1 1 2 2 2 ( ) ( ) ... ( ) 0 n n n a a a ? µ ? µ ? µ - + - + + - = yazabiliriz. Eğer b, tek türlü yazılabiliyor ise, yani 1 i n ? ? olmak üzere i ? için i i ? µ = ise 1 2 , ,..., n a a a vektörleri lineer bağımsızdır. Tersine eğer 1 2 , ,..., n a a a vektörleri lineer bağımsız iseler yukarıdaki lineer homojen denklem sistemi sadece sıfır çözüme sahip olacağından 1 i n ? ? olmak üzere i ? için 0 i i ? µ - = veya i i ? µ = elde ederiz ki, bu b nin 1 2 , ,..., n a a a 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 = < > 246 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. 1 2 , ,..., n V a a a = < > ve m n > olmak üzere 1 2 , ,..., m b b b , V nin herhangi m vektörü olsun. 1 2 , ,..., n a a a vektörleri V nin bazını oluşturacağından 1 2 , ,..., m b b b vektörlerini bu baz vektörlerin lineer birleşimleri olarak 1 11 1 12 2 1 2 21 1 22 2 2 1 1 2 2 ... , ... , .............................................. ... n n n n m m m mn n b a a a b a a a b a a a µ µ µ µ µ µ µ µ µ = + + + = + + + = + + + şeklinde yazabiliriz. Şimdi 1 2 , ,..., m F ? ? ? ? olmak üzere 1 1 2 2 1 11 2 21 1 1 ... ( ... ) m m m m b b b a ? ? ? ?µ ? µ ? µ + + + = + + + 1 12 2 22 2 2 1 1 2 2 ( ... ) ... ( ... ) m m n n m mn n a a ?µ ? µ ? µ ?µ ? µ ? µ + + + + + + + + + yazabiliriz. Bu eşitlikten aşağıdaki lineer homojen denklem sistemini oluşturalım; 11 1 21 2 1 12 1 22 2 2 1 1 2 2 ... 0, ... 0, .............................................. ... 0 m m m m n n mn m x x x x x x x x x µ µ µ µ µ µ µ µ µ + + + = + + + = + + + = Şimdi eğer 1 2 ( , ,..., ) m ? ? ? bu denklem sisteminin bir çözümü oluyorsa o zaman 1 2 , ,..., n a a a lerin hepsinin katsayıları sıfır olacağından 1 1 2 2 ... 0 m m b b b ? ? ? + + + = elde ederiz ki, bu 1 2 , ,..., m b b b 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 247 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 n- elemanlı bir alt kümesi olsun. X F › şeklindeki bütün fonksiyonların kümesini ( , ) X F I ile gösterelim. Bu durumda ( , ) X F I bir vektör uzayıdır ve boyutu n dir. Gerçekten, , a x X ? ? için 1, ( ) 0, a x a x x a ? = ? = ? ? ? şeklinde tanımlı ? fonksiyonunu göz önüne alalım. Her ( , ) X F ??I fonksiyonunu ( ) a a X a ? ? ? ? = ? biçiminde ifade edebiliriz. Böylece, a X ? ? için tanımlayabileceğimiz a ? fonksiyonlarının kümesi ( n elemanlı ) ( , ) X F I vektör uzayının bazını oluşturur. Dolayısıyla boy n I= dir. Eğer X sonsuz elemanlı bir küme ise o zaman her n için ( , ) X F I , farklı 1 2 , ,..., n a a a ler için 1 2 , ,..., n a a a ? ? ? şeklinde sonsuz çoklukta bir baza sahip olacağından ( , ) X F I 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. 248 Teorem 15.8. Bir V vektör uzayının bir S V ? alt kümesinin maksimal sayıda lineer bağımsız vektöre sahip herhangi bir { } 1 2 , ,..., k x x x alt kümesi, S nin vektörlerinin gerdiği S < > uzayının bir bazıdır. Kanıt. x S ? ?< > vektörünün { } 1 2 , ,..., k x x x 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 1 2 , ,..., k x x x ların lineer birleşimi şeklinde yazılabileceğini kanıtlamalıyız. Gerçekten, { } 1 2 , ,..., k x x x x ? ise bu açıktır. { } 1 2 , ,..., k x x x x ? 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. :V U ? › dönüşümü bir vektör uzayı izomorfizması ve { } 1 2 , ,..., n e e e de V nin bir bazı olsun. İzomorfizmalar bazları koruyacağından { } 1 2 ( ), ( ),..., ( ) n e e e ? ? ? de U nun bir bazı olur ki, buradan boy boy U V = elde edilir. Tersine, boy boy U V n = = olsun. Bu durumda Teorem 15.1. den U ve V uzayları, n F 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 n F 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 n F 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. { } 1 2 , ,..., n e e e bazını sabit düşünelim. Bu durumda V nin sıralı bir bazı { } 1 2 ' , ' ,..., ' n e e e ise bu bazın bileşenleri 249 1 ' , 1,2,..., n j i ij i e e c j n = = = ? (15.1) şeklindedir ve ij nxn C c ? ? = ? ? matrisini tanımlar. Bu matrise { } 1 2 , ,..., n e e e bazından { } 1 2 ' , ' ,..., ' n e e e bazına olan dönüşüm matrisi adı verilir. Bu matrisin kolonları { } 1 2 ' , ' ,..., ' n e e e bazının vektörlerinin { } 1 2 , ,..., n e e e bazına göre bileşenlerinden oluşur. Dolayısıyla ij nxn C c ? ? = ? ? matrisinin kolonları lineer bağımsızdır, aksi taktirde { } 1 2 ' , ' ,..., ' n e e e kümesi V nin bir bazını oluşturamaz. Böylece C matrisi regüler bir matris olmak zorundadır. O halde det 0 C ? dır. Eğer sabit { } 1 2 , ,..., n e e e bazına göre diğer bütün bazların dönüşüm matrislerinin kümesini göz önüne alırsak bu küme regüler matrislerden oluşur. det 0 C > ise { } 1 2 , ,..., n e e e bazı ile { } 1 2 ' , ' ,..., ' n e e e bazı aynı yönlendirilmiştir veya { } 1 2 ' , ' ,..., ' n e e e bazı pozitif yönlendirilmiştir, det 0 C< ise negatif yönlendirilmiştir deriz. Böylece söz konusu vektör uzayını yönlendirmiş oluruz. (15.1) denklemini matris gösterimi ile [ ] [ ] 1 2 1 2 ' , ' ,..., ' , ,..., n n e e e e e e C = şeklinde yazabiliriz. x V ? vektörünü, V nin { } 1 2 , ,..., n e e e ve { } 1 2 ' , ' ,..., ' n e e e bazlarına göre ifade edersek 1 1 1 1 1 1 1 1 ... ' ' ... ' ' ' ... ' n n n n n n i i n i in i i x x e x e x e x e x e c x e c = = = + + = + + = + + ? ? 1 1 11 2 21 1 1 1 2 2 ' ( ... ) ... ' ( ... ) n n n n n n nn x e c e c e c x e c e c e c = + + + + + + + + yazarız. Buradan 1 n x X x ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? , 1 ' ' ' n x X x ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? dersek, [ ] [ ] 1 2 1 2 ' , ' ,..., ' ' , ,..., ' n n x e e e X e e e CX = = yazabiliriz. Böylece, iki baz arasında ' X CX = şeklindeki koordinat dönüşüm denklemini elde ederiz, bunu bileşenler cinsinden 1 ' n i ij j j x c x = = ? , 1,2,..., i n = şeklinde yazarız. 250 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 F ? ? ? ? ? için ( ) ( ) ( ) x y x y 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 ? ? , F ? ? ? için ( ) ( ) ( ) x y x y 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. Eğer :V W ? › lineer dönüşümü , , x y z V ? ? için ( ) ( ) ( ) xy x y ? ? ? = koşulunu gerçekliyor ise ? ye bir cebir homomorfizması adı verilir. Eğer ? homomorfizması bire-bir ve üzerine ise bir cebir izomorfizması adı verilir. V ve W herhangi iki birimli cebir olsun. 1 2 , e V e W ? ? birim elemanlar olmak üzere :V W ? › homomorfizması üzerine ise bu durumda 1 2 ( ) e e ? = dir. Gerçekten, ? üzerine olduğundan verilen herhangi bir y W ? elemanı için ( ) x y ? = olacak şekilde bir x V ? elemanı bulunabilir. O halde 2 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) y e y e x e x x ? ? ? ? = = = = olduğundan 2 1 ( ) e e ? = , W nin birim elemanıdır. 251 Tanım 16.3. V, F cismi üzerinde birleşmeli bir cebir olsun. S V ? olmak üzere V nin her x elemanı 1 2 , ,..., k i i i x x x S ? ve 1 2 , ,..., k i i i F ? ? ? ? elemanlarının 1 1 ,..., ,..., k k i i i i i x ? ? 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 I ?? olmak üzere x I ?? ise I ya V nin bir sağ ideali, 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. { } 0 x N V x ? ? = ? | = kümesi V nin bir sağ idealidir. Çünkü V ß? için ( ) ( ) 0 x x ? ß ?ß = = olduğundan x N ?ß? dir. 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 :V V I ? › şeklindeki doğal izdüşüm dönüşümünü tanımlarız ve aşağıdaki teoremi kullanarak bölüm cebrini tanımlayabiliriz. Teorem 16.1. :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 ( ) x x ? ' = , ( ) y y ? ' = şeklinde gösterelim. ? bir homomorfizma olduğundan ' ' ( ) ( ) ( ) x y x y xy ? ? ? = = yazabiliriz. Şimdi x I ? olduğunu kabul edersek y V ? olmak üzere, ? bir homomorfizma olduğundan ( ) ( ) ( ) ' ' 0 xy x y x y ? ? ? = = = 252 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. 3 E , 3-boyutlu Öklid uzayı , vektörel çarpma işlemi ile bir cebir yapısına sahiptir. Örnek 16.4. Herhangi bir X kümesinden , F cismine olan fonksiyonların ( , ) X F I 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 , 2 X N? 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: 2 X M ? ? ve 0, 2 1? için 0M =Ø , 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 { } 1 2 , ,..., n e e e olsun. A nın bu baza göre yazılan iki elemanı 1 n i i i a a e = = ? ve 1 n i i i b b e = = ? olsun. Çarpmanın toplama üzerine dağılma özelliğini kullanarak 1 1 1 , 1 ( ) ( ( )) ( ) n n n n i i i j i j i j i j i i j i j ab a e b a b e e a b e e = = = = = = = ? ? ? ? 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. 253 , , ( ) ( ) i j i j j i j i i j i j ab a b e e b a e e = = = ? ? ba 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; { } 1 2 , ,..., n e e e , V nin bir bazı ve ij e ( , 1, 2,..., ) i j n = ler V nin seçilen keyfi vektörleri ise bu durumda V üstündeki çarpma işlemini , a b A ? olmak üzere , i j ij i j ab a b e = ? 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 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. { } 1 2 3 , , e e e , 3 E vektör uzayının bir ortonormal bazı olsun. 3 E deki vektörel çarpma işlemi, baz vektörlerinin vektörel çarpım tablosu, aşağıdaki şekilde tanımlanırsa 3 E bir cebir yapısına sahip olur. Bu çarpma işlemi değişmeli değildir ve 3 , , a b c E ? ? için Jacobi Özdeşliği adını verdiğimiz ( ) ( ) ( ) 0 a b c b c a c a b × × + × × + × × = şeklindeki denklemi gerçekler. Bunu kanıtlamak için sadece baz vektörler için bu denklemin sağlandığını göstermek yeterlidir. x 1 i 1 1 i i i -1 x 1 e 2 e 3 e 1 e 0 3 e 2 e - 2 e 3 e - 0 1 e 3 e 2 e 1 e - 0 254 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 { } 1 2 3 4 , , , e e e e olmak üzere baz vektörlerinin çarpma işleminin tablosunu aşağıdaki şekilde tanımlamak suretiyle verilir: 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 A = 11 1 1 n m mn a a a a ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? … şeklindeki matrisleri göz önüne alalım. Bu matrisi kısaca ( ) ij A a = şeklinde gösterelim. ( ) ij A a = ve ( ) ij B b = matrisleri aynı mertebeli olmak üzere toplamı ( ) ij ij A B a b + = + şeklinde tanımlanan aynı mertebeli bir matristir. Bir ( ) ij A a = matrisinin, F cisminin bir F ?? elemanı ile çarpımını ise ( ) ij A a ? ? = şeklinde tanımlarız. Bu iki işlemle birlikte m n × mertebeli bütün matrislerin m n F × kümesi bir vektör uzayı oluşturur. Bu uzayın F cismi üzerindeki mn boyutlu vektör uzayına eşdeğer olduğu, herhangi bir ( ) m n ij A a F × = ? matrisi için x 1 e 2 e 3 e 4 e 1 e 1 e 2 e 3 e 4 e 2 e 2 e - 1 e 4 e - 3 e 3 e 3 e - 4 e - 1 e 2 e 4 e 4 e 3 e - 2 e - 1 e 255 11 12 1 21 22 2 1 2 ( ) ( , ,..., , , ,..., ,..., , ,..., ) mn n n m m mn F A a a a a a a a a a F = ? dönüşümünün m n F × den mn F üzerine bir izomorfizma olması nedeniyle açıktır. Diğer taraftan m n × mertebeli bir ( ) ij A a = matrisi ile n p × mertebeli bir ( ) ij B b = matrisinin çarpımı , ik c bileşeni 1 n ik ij jk j c a b = = ? ile verilen m p × mertebeli bir ( ) ik AB c = 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 sin cos sin sin cos sin cos ? ? ß ß ? ? ß ß - - ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? cos cos sin sin cos sin sin cos sin cos cos sin sin sin cos cos cos( ) sin( ) . sin( ) cos( ) ? ß ? ß ? ß ? ß ? ß ? ß ? ß ? ß ? ß ? ß ? ß ? ß - - - ? ? = ? ? + - + ? ? + - + ? ? = ? ? + + ? ? 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, ( ) ( ) il AB C m = ve ( ) ( ) il A BC n = (16.1) dersek, , , il ij jk kl ij jk kl k j j k m a b c a b c ? ? = = ? ? ? ? ? ? ? , il ij jk kl ij jk kl j k j k n a b c a b c ? ? = = ? ? ? ? ? ? ? 256 olduğundan il il m n = 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. 1 11 12 1 1 11 1 12 1 1 2 21 22 2 2 21 2 22 2 2 1 2 1 2 0 0 0 0 0 0 n n n n m m m mn m m m m m mn a b b b a b a b a b a b b b a b a b a b a b b b a b a b a b ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? = ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? , 11 12 1 1 11 1 12 2 1 21 22 2 2 21 1 22 2 2 1 2 1 1 2 2 0 0 0 0 . 0 0 n n n n n n m m mn n m m mn n a a a b a b a b a b a a a b a b a b a b a a a b a b a b a b ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? = ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? 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 n AI A = ve m I A A = (16.2) dır, burada m I ve n I sırasıyla m. ve n. mertebeden birim matrisleri göstermektedir. 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) F ? ? ? için ( ) ( ) ( ). A B A B AB ? ? ? = = 257 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 ( ) n M F şeklinde göstereceğiz. 1 n= için 1 ( ) M F , F cisminin kendisidir. 2 n? için ( ) n M F cebri değişmeli değildir, örneğin 2 n= için 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 ? ?? ? ? ? = ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? , 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ? ?? ? ? ? = ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? olduğundan matris çarpımı değişmeli değildir. Diğer taraftan, ( ) n M F cebrinin sıfır bölenlere sahip olduğu yukarıda sağdaki eşitlikten açıktır. Üstelik ( ) n M 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. ( ) n M F sıfır bölenlere sahip olduğundan sıfır olmayan inverslenemez matrislere de sahiptir. Örneğin, 2 ( ) M F nin 1 0 0 0 ? ? ? ? ? ? ve 0 1 0 0 ? ? ? ? ? ? elemanları çarpımsal inverse sahip değildir. Örnek 16.11. ( ) n M F nin ( , ) i j . bileşeni 1, diğer bütün bileşenleri sıfır olan matrislerini ij E ile gösterelim. Bu matrislerin sayısı mn dir ve ( ) n M F vektör uzayının bir bazını oluştururlar. Örnek 16.12. 2 ( ) M 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 2 ( ) M cebrinin , a b? olmak üzere a b b a ? ? - ? ? ? ? 258 şeklindeki elemanlarının oluşturduğu alt küme, 2 ( ) M nin bir alt cebridir ve bu alt cebir, kuaternionların cebrine izomorftur. 11 12 1 21 22 2 1 2 n n m m mn a a a a a a a a a ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? matrisini göz önüne alalım. Bu matrisin satırları ile kolonlarını sıralı olarak karşılıklı yer değiştirerek elde edeceğimiz 11 21 1 12 22 2 1 2 m m t n n mn a a a a a a A a a a ? ? ? ? ? ? = ? ? ? ? ? ? matrisine A matrisinin transpozu adı verilir ve ( ) ( ) ( ) t t t ij ji ij A a a a = = = şeklinde gösterilir. Bu durumda transpoze işleminin aşağıdaki özelliklerini sıralayabiliriz: 1) ( ) t t A A = , 2) ( ) t t t A B A B + = + , 3) F ? ? ? için ( ) t t A A ? ? = , 4) ( ) t t t AB B A = . Son özelliği kanıtlamak için ( ) ik AB C c = = diyelim. t t t ki ik ij jk kj ji j j c c a b b a = = = ? ? yazabiliriz ki, bu t t t C B A = olmasını gerektirir. KAYNAKLAR [1] Alnıaçık, K., Cebir I Ders Notları, Karadeniz Teknik Üniversitesi, Fen- Edebiyat 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-Sydney- Amsterdam, 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 ? -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