SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ

ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLERLESOYUT CEBİR VESAYILAR TEORİSİPROF. DR. MEHMET ERDOĞANBeykent ÜniversitesiFen-Edebiyat FakültesiMatematik-Bilgisayar BölümüYRD. DOÇ. DR. GÜLŞEN YILMAZBeykent ÜniversitesiFen-Edebiyat FakültesiMatematik-Bilgisayar Bölümü

Beykent Üniversitesi YayıneviCumhuriyet Mah. Şimşek Sok. No:1, BeykentSiteleri, Büyükçekmece 34500 İstanbulTel : (0212) 444 1997Faks: (0212) 867 55 66Beykent Üniversitesi Adına SahibiRektör Prof. Dr. Cuma BAYATYazar:Prof. Dr. Mehmet ERDOĞANFen-Edebiyat FakültesiMatematik-Bilgisayar BölümüYrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZFen-Edebiyat FakültesiMatematik-Bilgisayar Bölümü“SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ”1. Baskı, Ağustos 2008Beykent Üniversitesi Yayınları, No. 47Grafik Tasarım:İbrahim SEVİLDİBaskı:3gen OfsetISBN No:978-975-6319-02-4Sertifika No:0208-34-010320Kitabın bazı bölümleri veya tamamı Beykent Üniversitesi ve yazarların yazılı izniolmaksızın hiçbir şekilde çoğaltılamaz.Copyright © 2008

ÖNSÖZİstanbul Üniversitesinden emekli olduktan sonra o zamana kadarçeşitli üniversitelerin farklı bölümlerinde okutmuş olduğumuz Cebir, LineerCebir, Soyut Cebir ve Sayılar Teorisi derslerine ait bilgi ve tecrübebirikimimizin özellikle lisans öğrencilerine faydalı olacağı düşüncesi ile bukitabı yazmaya karar verdik. Kitabı, Sayılar Teorisi olarak bir sömestr ve Cebirveya Soyut Cebir dersi olarak da iki sömestr okutulabilecek kapsamda elealdık.Birinci kısım Sayılar Teorisine, ikinci kısım ise Cebir derslerine aitkonuları içermektedir. Her iki kısımda da öğrencilerin konuyu daha iyianlayabilmeleri için tam çözümlerini verdiğimiz çok sayıda problem vekonunun sonunda ise öğrencilerin kendilerini kontrol edebilmeleri içinçözümsüz problemlere yer verdik.Kitabı, bir araştırma kitabı olmaktan ziyade öğrencilerinanlayabileceği tarzda bir ders kitabı biçiminde hazırladık, kitapta bazı hata veeksikliklerin olabileceğini peşinen kabul eder ve okurlarımızın bu konudayapacağı uyarılara şimdiden minnettarlığımızı bildiririz.Kitabın gerek yazım, gerekse düzeltme aşamasında bizdenyardımlarını esirgemeyen Beykent Üniversitesi Fen-Edebiyat FakültesiMatematik-Bilgisayar Bölümü Araştırma Görevlisi Jeta Rogova Alo veBeykent Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü sekreteri matematik uzmanı A.Aslı Somuncuoğlu’ na teşekkür ediyoruz. Ayrıca, kitabı yazmamız için biziteşvik eden Beykent Üniversitesi Rektörü Prof. Dr. Cuma Bayat, Fen-EdebiyatFakültesi Dekanı Prof. Dr. Emin Özbaş ve Matematik-Bilgisayar BölümBaşkanı Prof. Dr. Mahir Resulov’ a ve şüphesiz bize bu fırsatı tanıyanBeykent Üniversitesi Mütevelli Heyet Başkanımız değerli insan, sayın AdemÇelik Bey’ e sonsuz minnet ve şükranlarımızı sunmak istiyoruz.Bu münasebetle, kitabın basımında emeği geçen tüm BeykentÜniversitesi Yayınevi çalışanlarına da teşekkür ederiz.Mart 2008, İstanbulProf. Dr. Mehmet ERDOĞANYrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZiii

İÇİNDEKİLERSAYFAÖNSÖZİÇİNDEKİLERiiivBİRİNCİ KISIM1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME 12. BÖLÜM. ASAL SAYILAR 143. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR 224. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR 415. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER 52VE İNDEKSLER6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) 67REZİDÜLER7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR 868. BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ 97FONKSİYONLARİKİNCİ KISIM1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE 107DENKLİK SINIFLARI2. BÖLÜM. GRUPLAR 1093. BÖLÜM. ALT GRUPLAR 1204. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI 1255. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI 1366. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR 1407. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI 1538. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT 161GRUPLAR VE BÖLÜM GRUPLARIv

9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI 17210. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER 18711. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ 19512. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER 20513. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI 21114. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ 23215. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI 24116. BÖLÜM. CEBİR 250KAYNAKÇA 259DİZİN 261vi

1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLMEBİRİNCİ KISIMTanım 1.1. a ve b iki tamsayı ve a ≠ 0 olsun. b = a.c olacak şekilde bir ctamsayısı varsa a,b yi böler veya b,a ile bölünür deriz ve bu durumu a | bşeklinde ifade ederiz. b ye a nın bir katı, a ya b nin bir böleni, c ye de b nina yı tamamlayan böleni adı verilir. c sayısını bulma işlemine ise b yi a yabölme işlemi adını vereceğiz.Eğer b = a.c olacak şekilde hiçbir c tamsayısı yoksa b, a ile bölünemezveya a, b yi bölmez denir ve a |/ b yazılır. a | b ise b = a.c dir ve burada eğerc ≠ ± 1 ise o zaman a,b yi has olarak böler diyeceğiz. Örneğin, 6 = 2.3olduğundan 2, 6 nın bir has bölenidir.durumk negatif olmayan bir tamsayı olmak üzerekaÖrneğin,ka| b , fakatk + 1a|/ b ise bu|| b notasyonu ile belirtilir ( k, a nın b yi bölen en büyük kuvvetidir).25 | 50 ve35 / | 50 olduğundanBölünebilme İle İlgili Temel Özellikler1. i )25 || 50 dir.∀a∈ Z için a | 0 dır. Çünkü 0 = a.0ve 0 ∈ Z dir.ii ) 0 | a ⇔ a = 0 dır. Çünkü 0 | a ise a = 0. c olacak şekilde bir c ∈Z(gerçekte sonsuz çoklukta) vardır. Böylece a = 0. c koşulu ancak a = 0 olmasıhalinde gerçeklenir. Tersine i ) den ∀a∈ Z için a | 0 olduğundan a = 0 içinde ifade doğrudur, yani 0 | 0 , dolayısıyla 0 | a dır.Aşağıdaki özelliklerin tamamı bölünebilme tanımından kolayca eldeedilir:2. i )∀a∈ Z için ± 1| a ve ± a | a dır.ii)a | ± 1 ⇔ a = ± 1 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 ) c ≠ 07. a1 b1, ca | cb ise a | b dir.| , a2 | b2ise a1. a2 | b1 . b2dir.| ise a | ( b + c)dir.8. a | b ve a c1

Böylece 6. ve 8. özelliklerden a | b ve a | c ise a | ( bx + cy)( x,y ∈ Z )elde ederiz.9. b | a ve a ≠ 0 ise 1 ≤| b |≤| a | dır. Çünkü, b | a olduğundan a = b.c olacakşekilde bir c ∈Z vardır. a ≠ 0 olduğundan b ≠ 0 , c ≠ 0 ( b,c ∈ Z ) olur ki,buradan | b |≥ 1 , | c |≥ 1 elde edilir. Böylece, | a |=| b || c |≥| b | , yani | a |≥| b |olur. Bu ise 1 ≤| b |≤| a | olduğunu kanıtlar.Teorem 1.1. (Bölme Algoritması) b ≠ 0 olmak üzere bir a,b tamsayı çiftiiçina = bq + r , 0 ≤ r 0 olduğundan yukarıdaki ispattagörüleceği gibi a =| b | q ' + r ' , 0 ≤ r '

− | b |< r2 − r10koşullarına uyan bir d tamsayısına b ve c tamsayılarının en büyük ortakböleni (e.b.o.b.) denir ve ( b, c ) şeklinde gösterilir.Örneğin; (8,12) = 4 ve (7,0) = 7 dir.Uyarı: 1| b ve 1| c olduğundan ( b, c) ≥ 1 dir.Tanım 1.5. b1 , b2,..., bnhepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.a ≠ 0 tamsayısı için a | b1, a | b2,..., a | bnise a tamsayısına b1 , b2,..., bntamsayılarının bir ortak böleni denir.Tanım 1.6. b1 , b2,..., bnhepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.i) d | b1, d | b2, ... , d | bnii) a | b1, a | b2, ... , a | bn⇒ a | diii) d>0koşullarını gerçekleyen d tamsayısına b1 , b2,..., bntamsayılarının en büyükortak böleni denir ve ( b 1, b 2,..., bn) şeklinde gösterilir.3

Teorem 1.2. d, b ve c tamsayılarının en büyük ortak böleni ised = ( b, c)= bx + cy0 0olacak şekilde bir x0 , y0tamsayı çifti vardır.Kanıt. A = { bx + cy | x, y ∈ Z } kümesini göz önüne alalım. Bu kümede en azbir tane pozitif tamsayı vardır. A kümesindeki en küçük pozitif tamsayıyı l ilegösterelim. Böylece l = bx0 + cy0olacak şekilde x0 , y0∈ Z tamsayıları vardır.İlk olarak l | b ve l | c olduğunu gösterelim. Çünkü, eğer l |/ b ise o takdirdeTeorem 1.1. e göre b = lq + r (0 < r < l)olacak şekilde bir q, r tamsayı çiftibulabiliriz ve buradan,r = b − lq = b − ( bx0 + cy0 ) q = b(1 − qx0 ) + c( −qy0)olduğundan r ∈ A elde ederiz ki, bu r < l oluşu ile çelişir. Şu haldel |/ b olamaz, benzer şekilde l |/ c olamayacağı da gösterilebilir. Böylecel | b ve l | c dir. Diğer taraftan d = ( b, c)olduğundan b = db1ve c = dc1olacak şekilde b1 , c1∈ Z tamsayıları vardır.∈Z∈Zl = bx0 + cy0 = ( db1 ) x0 + ( dc1 ) y0 = d( b1 x0 + c1 y0) ⇒ d | l , d>0, l>0olduğundan d ≤ l dir. d, en büyük ortak bölen olduğundan d < l olamaz . Şuhalde d = l dir ve böylece d = ( b, c)= bx0 + cy0elde ederiz.∈ZBu teoremi aşağıdaki şekilde genelleştirebiliriz.Teorem 1.3. b1 , b2,..., bnhepsi birden sıfır olmayan tamsayılar ve d, butamsayıların en büyük ortak böleni olsun. Bu takdirde,d = ( b , b ,..., b ) = b x + b x + ... + b x1 2 n 1 1 2 2n nolacak şekilde x1 , x2,..., xntamsayıları vardır.Kanıt. İspat, Teorem 1.2. deki gibi yapılır.Teorem 1.4. m, a,b ∈ Z ve m>0 ise ( ma, mb) = m( a, b)dir.Kanıt. ( ma, mb)= d1ve ( a, b)= d olsun. d1= md olduğunu gösterelim.( a, b)= d olduğundan d | a ve d | b dir ve böylece a = da1ve b = db1olacakşekilde a1, b1∈ Z vardır. Bu iki eşitliğin her iki tarafını m ile çarparsakma = mda 1, mb = mdb1ve md | ma , md | mb olacağından md; ma ve mbtamsayılarının bir ortak bölenidir. e.b.o.b. tanımından md | d1dir. Şu halde4

d = md.t ( d1> 0 , md > 0 ) olacak şekilde t 1> 0 tamsayısı vardır. Şimdi1 111t = olduğunu gösterelim.dt1Bunu d1 md.t1d1 = ( ma, mb)⇒ d1| ma , d1 | mb ⇒ mdt1| ma , mdt1| mb⇒ dt1| a , dt1| b .m≠0O halde dt1tamsayısı, a ile b nin bir ortak bölenidir ve ( a, b)= d olduğundan| d dir. Böylece d > 0 , dt1> 0 ve dt1| d olduğundan t1= 1 elde ederiz.= de yerine yazarsak d1( ma, mb) = m( a, b)olduğunu kanıtlar.= md buluruz ki bu,Uyarı: Genel olarak m, a,b ∈ Z ve m ≠ 0 ise ( ma, mb) =| m | ( a, b)dir.a b 1Teorem 1.5. d | a , d | b ve d>0 ise ( , ) = ( a, b)dir.d d dKanıt. d | a ve d | b olduğundan a = da1ve b = db1olacak şekilde a1 , b1∈ Ztamsayıları vardır. O halde, Teorem 1.4. tena b( a, b) = ( da1 , db1 ) = d( a1 , b1) = d( , ) d dyazarız, böylecea b( a, b) = d( , ) d delde ederiz.a bSonuç: ( a, b) = g ⇒ ( , ) = 1 dir.g g⇒d ≠0a b 1( , ) = ( a, b)d d dTanım 1.7. ( a, b ) = 1 ise a ve b tamsayılarına aralarında asaldır deriz.Örneğin; (7,11) = 1 olduğundan 7 ve 11 aralarında asaldır.Teorem 1.6. ( a, m ) = 1, ( b, m ) = 1 ise ( ab, m ) = 1 dir.Kanıt. ( a, m ) = 1, ( b, m ) = 1 olduğundan Teorem 1.2. ye göre ax0 + my0 = 1ve bx1 + my1 = 1 olacak şekilde x0 , y0ve x1 , y1tamsayıları vardır. Buradan,( ax + my )( bx + my ) = abx x + m( ax y + bx y + my y ) = 10 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1ve x0 x1= A∈ Z , ax0 y1 + bx1 y0 + my0 y1= B ∈ Z dersek, abA + mB = 1 eldeederiz. ( ab, m)= d olsun. Böylece, d | ab , d | m ve abA + mB = 1olduğundand | ( abA + mB) ⇒ d | 1 ⇒ d = 15

ulunur, o halde ( ab, m ) = 1 dir.Bu teoremi aşağıdaki gibi genelleştirebiliriz:( a1, m ) = 1, ( a2, m ) = 1, ... , ( an, m ) = 1 ise ( a1a 2... an, m ) = 1dir.Teorem 1.7. (Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremi) a, b,c ( c ≠ 0) tamsayılarolmak üzere a | bc ve ( a, b ) = 1 ise a | c dir.Kanıt. ( a, b ) = 1 olduğundan Teorem 1.2. ye göre ax0 + by0 = 1 olacak şekildex , y ∈ Z tamsayıları vardır. Bu ifadenin her iki yanını c ile çarparak,0 0acx + bcy = c yazarız. Böylece, hipotezden0 0yani a | c elde ederiz.| , ( )a bca | ac ⇒ a | acx + bcy = c0 0Uyarı: 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 enaz birisi doğrudur. Çünkü, p | b ise ispat tamamdır, eğer p |/ b ise ( p, b ) = 1olacağından Teorem 1.7. ye göre p | bc den p | c elde ederiz.Sonuç 2: p|/ b ve p |/ c ise p |/ bc dir.Teorem 1.8. a, b,x tamsayılar olmak üzere( a, b) = ( b, a) = ( a, − b) = ( a, b + ax)dir.Kanıt. İlk üç eşitlik e.b.o.b. tanımından derhal elde edilir. Biz sadece( a, b) = ( a, b + ax)olduğunu gösterelim, bunun için ( a, b)= d1ve( a, b + ax)= d2olduğunu kabul edelim. ( a, b)= d1olduğundand1 | a ⇒ d1| ax⎫ ⎬ ⇒ d1| ( b + ax)d1| b ⎭⇒ d | ( a, b + ax)= d ,1 2e. b. o. b.tan.yani d1 | d2olur. Diğer taraftan, ( a, b + ax)= d2olduğundand2 | a ⇒ d2| ax⎫⎬ ⇒ d2| ⎡( b + ax)− ax⎤= bd2 | ( b + ax)⎣ ⎦⎭6

yazabiliriz, şu halde d2kullanılarak d2 a, b)d1| a , d2| b bulmuş olduk, buradan e.b.o.b. tanımı| ( = bulunur, yani d2 | d1dir. Böylece,d | 1d2,d | 2d ⎫ 1⎬ ⇒ d = 1d2d1 > 0, d2> 0 ⎭bulunur ki, bu ( a, b) = ( a, b + ax)olduğunu kanıtlar.Örnek 1. 1. a, b, c tamsayıları için ( a, b, c) = ( a,( b, c))dir.Çözüm. ( a, b, c)= d1, ( a,( b, c))= d2olsun.( a, b, c)= d1 ⇒ d1| a , d1| b , d1| cdir. O halde d1 | ( b, c)dir ve d1| a ile birlikte d1 | ( a,( b, c))= d2buluruz.( a,( b, c))= d2 ⇒ d2| a , d2 | ( b, c)⇒ d2| a , d2| b , d2| cdir, yani d2 | ( a, b, c)= d1dir. Böylece,d > 10, d > 20 ⎫ ⎬ ⇒ d = dd1 | d2,d2 | d1⎭buluruz ki, bu istediğimiz eşitliktir.1 2Teorem 1.9. (Öklid Algoritması) a ve b ( b ≠ 0 ) tamsayıları verilsin. a ve b yeard arda bölme algoritması uygulanaraka = bq1 + r1, 0 < r1 r > r > r > ... > r > r += 01 2 3 n n 1dir ve ayrıca ( a, b)= rn, yani sıfırdan farklı en son kalan, en büyük ortakbölendir.Kanıt. Yukarıdaki eşitliklerden rn| rn− 1, rn| rn− 2, ... , rn| a , rn| b olduğuhemen görülür. O halde rn, a ve b nin bir ortak bölenidir, böylece rn| ( a, b)dir. Diğer taraftan, ( a, b)= d ise d | a ve d bd | a − bq = r| olduğundan ( )1 17

yazabiliriz. d | r1ise yukarıdaki bölme algoritmalarının denklemlerindend | r ,..., 2d | rnelde edilir. Böylece rn> 0 , d > 0 , rn| d , d | rnolmasınedeniyle d = r buluruz.nÖrnek 1.2. 550 ve 24 tamsayılarının en büyük ortak bölenini bulunuz ve butamsayıyı 550 ve 24 tamsayılarının bir lineer birleşimi (kombinezonu) şeklindeifade ediniz.Çözüm.550 = 22.24 + 22⎫ ⎪24 = 1.22 + 2 ⎬ ⇒ (550,24) = 222 = 11.2 + 0 ⎪⎭bulunur. Ayrıca2 = 24 -1.22 = 24 - 1(550 - 22.24) = 23.24 - 1.550yazılabileceğinden x0= 24 , y0= 550 ve a = 23 , b = − 1 olmak üzere2 = ax0 + by0= 23.24 − 1.550 şeklinde bir lineer birleşim olarak ifade edilmişolur.Örnek 1.3. (1140, 480) = d ise d yi bulunuz ve d = 1140x + 480yolacakşekilde bir x, y tamsayı çifti belirleyiniz.Çözüm.1140 = 2.480 + 180 ⇒ 180 = 1140 − 2.480480 = 2.180 + 120 ⇒ 120 = 480 − 2.180180 = 1.120 + 60 ⇒ 60 = 180 − 1.120120 = 2.60+0yazılırsa, buradan d = (1140,480) = 60 bulunur. Ayrıca60 = 180 − 1.120 = 180 −1(480 − 2.180) = 3.180 − 1.480= 3(1140 − 2.480) − 1.480 = 3.1140 − 7.480yazılabilir ve x = 3 , y = − 7 aranan tamsayı çiftini verir.Tanım 1.8. a | k ve b | k ise k ya a ile b nin bir ortak katı denir.Tanım 1.9. a ve b sıfırdan farklı iki tamsayı olsun.i) a | k , b | kii) a | l , b | l ⇒ k | l8

iii) k>0koşullarına uyan bir k tamsayısına a ve b nin en küçük ortak katı (e.k.o.k.)denir ve k = [ a, b]şeklinde gösterilir.İkiden fazla tamsayının e.k.o.k. da benzer şekilde tanımlanır.Teorem 1.10. m > 0 olmak üzere [ ma, mb] = m[ a, b]dir.Kanıt. Teorem 1.4. deki gibi yapılır.Örneğin; [ 50,30] = 10[ 5,3]= 10.15 = 150 dir.Şimdi ispatını daha sonra yapacağımız ve aşağıdaki örneğin çözümündekullanacağımız bir özellik yazalım.Özellik: a>0, b>0 ise ( a, b)[ a, b] = a.b dir.Örnek 1.4. ( a, b ) = 10 ve [ a, b ] = 100 koşullarını gerçekleyen bütün pozitifa, b tamsayı çiftlerini bulunuz.Çözüm. ( a, b) = 10 ⇒ 10 | a , 10 | b ⇒ a = 10m, b = 10n; m, n ∈ Z , ( m, n) = 1dir. Çünkü,10 = (10 m,10 n) = 10( m, n) ⇒ ( m, n) = 1olur. Diğer taraftan,[10 m,10 n] = 10[ m, n] = 100 ⇒ [ m, n] = 10ve buradan yukarıdaki özellik kullanılarak( m, n)[ m, n] = [ m, n] = m. n = 10= 1bulunur. Böylece çarpımları 10 olan tamsayı çiftleri, yukarıdaki a = 10m,b = 10ndenklemlerinde m ve n değerleri yerine yazılarak istenen tamsayıçiftleri (10,100) , (20,50) , (50, 20) , (100,10) olarak bulunur.2Örnek 1.5. ( n + n + 1,2n + 7) = d ise d nin alabileceği değerleri bulunuz.22Çözüm. ( n + n + 1,2n + 7) = d ise d | ( n + n + 1) , d | ( 2n+ 7) dir.2d | 2( n + n + 1) ⎫⎪2 2⎬ ⇒ d | ⎡2n + 7 n − (2n + 2n+ 2) ⎤d | n( 2n+ 7)⎣ ⎦= 5n− 2⎪⎭yani d | ( 5n− 2) bulunur. Buradand | ( 5n − 2) ⇒ d | 2( 5n − 2)= 10n− 4 ⎫ ⎪⎬ ⇒ d | ⎡ ⎣10n + 35 − ( 10n− 4)⎤ ⎦ = 39 ,d | ( 2n + 7) ⇒ d | 5 ( 2n + 7)= 10n+ 35⎪⎭yani d | 39 buluruz. 39 = 3.13 ve d > 0 olduğundan d = 1, 3 ,13, 39 olabilir.9

Örnek 1.6. n ∈ N ( Doğal Sayılar Kümesi ) olmak üzere 6 | n( n + 1)(2n+ 1)olduğunu kanıtlayınız.Çözüm. n( n + 1)(2n + 1) = A diyelim. n yi 6 ile bölerek, bölme algoritmasınagöre n = 6q + r , 0 ≤ r < 6 yazabiliriz. O halde;r = 0 ise: n = 6q ⇒ A = 6 q(6q + 1)(12 q + 1) ⇒ 6 | A ,r = 1 ise: n = 6q + 1 ⇒ A = (6q + 1)(6q + 2)(12q+ 3)= (6q + 1)2(3q + 1)3(4 q + 1)= 6(6q + 1)(3q + 1)(4q + 1) ⇒ 6 | A ,r = 2 ise: n = 6q + 2 ⇒ A = (6q + 2)(6q + 3)(12 q + 5)= 2(3q + 1)3(2 q + 1)(12 q + 5)= 6(3q + 1)(2q + 1)(12 q + 5) ⇒ 6 | A ,r = 3 ise: n = 6q + 3 ⇒ A = (6q + 3)(6q + 4)(12q+ 7)= 3(2q + 1)2(3q + 2)(12q+ 7)= 6(2q + 1)(3q + 2)(12q + 7) ⇒ 6 | A ,r = 4 ise: n = 6q + 4 ⇒ A = (6q + 4)(6q + 5)(12 q + 9)= 2(3q + 2)(6q + 5)3(4q+ 3)= 6(3q + 2)(6q + 5)(4q + 3) ⇒ 6 | A ,r = 5 ise: n = 6q + 5 ⇒ A = (6q + 5)(6q + 6)(12q+ 11)= (6q + 5)6( q + 1)(12 q + 11) ⇒ 6 | Abulunur. Bütün haller için 6 n( n 1)( 2n1)Bölme Algoritmasının Bir Uygulaması| + + olduğu görülür.Bölme algoritması yardımıyla tamsayıları verilen bir tabana göre yazabiliriz.Bir a > 1 tamsayısı göz önüne alalım ve bu tamsayıyı sabit tutalım. Şimdiherhangi bir b > 0 tamsayısı seçelim. Bölme algoritmasına göre b = aq0 + r0,0 ≤ r0< a olacak şekilde tek türlü belirli q0, r0tamsayı çifti vardır. Bu kez,bölme algoritmasını qove a ya uygularsak q0 = aq1 + r1, 0 ≤ r1< a olacakşekilde tek türlü belirli q1, r 1tamsayı çifti vardır. a > 1 olduğundanb > q0 > q1 > ...( 1.4 )olduğu açıktır. Şimdi bölme algoritmasını q , 1a çiftine uygularsakq1 = aq2 + r2, 0 r2a1.4 dizisiazalan bir dizi olduğundan sonlu bir n. adımda qn= 0 olacak şekildeb > q > q > q > ... > q > q = 0 dizisine ulaşırız. Böylece,0 1 2 n−1≤ < yazabiliriz. Bu şekilde devam edersek, ( )n10

2b = q0a + r0 = ( q1a + r1 ) a + r0 = q1a + r1a + ro= ( q a + r ) a + r a + r = q a + r a + r a + r⋮2 3 22 2 1 0 2 2 1n= r a + r a + ... + r a + r a + rnn−1 2n−1 2 1 0oelde edilir. Burada rn≠ 0 , 0 ≤ r0 , r1,..., r n< a dır. Sonuç olarak her pozitif btamsayısının, 1 den büyük bir a tamsayısının kuvvetlerinin bir lineerkombinezonu olarak yazılabileceğini elde etmiş olduk. Bu durumu sembolleb = ( r r ... r r ) şeklinde gösterebiliriz.n n−1 2 1 aÖrnek 1.7. a = 3 ve b = 543 alalım. b = 543 tamsayısını a = 3 tabanınagöre yazalım.Çözüm.543 = 181.3 + 0 , r 0= 0olduğundanelde edilir.PROBLEMLER1) ,181 = 60.3 + 1 , r 1= 160 = 20.3 + 0 , r 2= 020 = 6.3 + 2 , r 3= 26 = 2.3+ 0 , r 4= 02 = 0.3+ 2 , r 5= 2543 = r a + r a + r a + r a + r a + r5 4 3 25 4 3 2 1 052.340.332.320.311.3 0= + + + + += (202010) 3a b ∈ Z ve ( a,4 ) = ( b,4)= 2 ise ( )a b c ∈ Z ; ( a, b ) = 1 ve c | ( a − b)ise ( )2) , ,a + b,4 = 4 olduğunu gösteriniz.a, c = 1 olduğunu gösteriniz.3) a, b, c, d, x,y tamsayılar ve ayrıca m = ax + by ; n = cx + dy ;ad − bc = ± 1 olsun. Bu takdirde ( m, n) = ( x,y)olduğunu gösteriniz.11

a4) ,cb d ∈ Q ( a, b, c, d ∈ Z ; b ≠ 0, d ≠ 0)ve ( a b)( c d )a c+ ∈ Z ise b = d olduğunu gösteriniz.b d, = , = 1 olsun.5) Ardışık üç tamsayının çarpımının 6 ile, ardışık dört tamsayının çarpımınında 24 ile bölündüğünü gösteriniz.6) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ( n, n + 1)ve [ , 1]7) a b| ise ( a,b ) ve [ , ]8) x y 25+ = ve ( )olmadığını gösteriniz.a b nın değerlerini bulunuz.n n + yi hesaplayınız.x, y = 4 koşullarını sağlayan hiçbir x,y tamsayı çiftinin9) k bir tamsayı olmak üzere, herhangi bir tamsayının karesinin ya 3kbiçiminde veya 3k + 1 biçiminde olduğunu gösteriniz.10) Her n ∈ Z için/ n olduğunu gösteriniz.24 | + 22 211) x ve y tek tamsayılar ise x + y tamsayısının bir çift tamsayıolduğunu, fakat 4 ile bölünemediğini gösteriniz.12) 2000 ile 7007 arasında olan ve 17 ile bölünebilen kaç tane tamsayıvardır?13) n ≥ 2 bir tamsayı ve kgösteriniz.+∈ Z olsun. Bu takdirde n 1 ( nk 1)− | − olduğunu14) a) Ardışık 4 tamsayının çarpımının 4 ile bölünebildiğini gösteriniz.4b) 5 |/ n ise n − 1 sayısının 5 ile bölünebildiğini gösteriniz.c) ∀n∈ Z için36 n n)| ( − olduğunu gösteriniz.1ç) ∀n∈ N için 12 n− + 10 sayısının 11 ile bölündüğünü tümevarımlagösteriniz.2n+ 2 n+1d) ∀n∈ N için 7 | (3 − 2 ) olduğunu gösteriniz.ne) ∀n∈ N için 5 | (6 − 1) olduğunu gösteriniz.12

f) ∀n∈ N için 6 | n(2n + 1)(7n+ 1) olduğunu gösteriniz.g) ( m, n ) = 1 ve m | a , n | a ise m.n | a olduğunu gösteriniz.h) ( m, n ) = 1 ise ( m + n, mn) = 1 olduğunu gösteriniz.15) u1= 1, u2= 2 , un = un−1+ un−2( n ≥ 3 ) ( Fibonacci sayıları ) ise( u , 1 ) 1n− un= olduğunu gösteriniz.16) a,b ∈ Z ve a b17) a,bolduğunu gösteriniz.18)1 2 n 1 2| ise ( a,b)= a olduğunu gösteriniz.+∈ Z (pozitif tamsayılar kümesi) ve ( a, b) [ a,b]a , a ,..., a ; y , y ,..., y ∈ Z olmak üzereolduğunu gösteriniz.n( a , a ,..., a ) = ( a , a − y a , a − y a ,..., a − y a )1 2 n 1 2 2 1 3 3 1 n n 1= ise a = b19) ( ) 826,1890d = olsun. Öklid Algoritmasını kullanarak d yi hesaplayınızve ayrıca d yi 826 ve 1890 tamsayılarının bir lineer kombinezonu olarakifade ediniz.13

2. BÖLÜM. ASAL SAYILARTanım 2.1. p > 1 tamsayısı verilsin. Eğer p nin ± 1 ve ± p den başka böleniyoksa p tamsayısı bir asal sayıdır deriz. Asal olmayan bir tamsayıya bileşiksayı diyeceğiz.Teorem 2.1. Z tamsayılar kümesinde en az bir asal sayı vardır.Kanıt. 2 ∈Z ve 2 asaldır. Çünkü 2 asal olmasaydı: ∃ c ∈ Z öyleki c | 2 dir.Böylece, 1 1 tamsayısının en az bir asal böleni vardır.Kanıt. d , n nin 1 den büyük en küçük pozitif böleni olsun. Eğer d asal iseispat tamamdır. d asal değilse 1 < di< d , ( i = 1,2) olmak üzere d = d1.d2dir.Böylece d1> 1 pozitif tamsayısı da n nin bir böleni olur ki, bu d nintanımına aykırıdır. O halde, 1 den büyük bir tamsayının en az bir asal bölenivardır.Teorem 2.3. Her n > 1 tamsayısı asal sayıların bir çarpımı şeklinde yazılabilir.Kanıt. n = p1. p2... pkolacak şekilde p1 , p2,..., pkasal sayılarınınbulunabileceğini göstermeliyiz. Kanıtı n e göre tümevarım yöntemi ileyapalım. 2 asal olduğundan iddia n = 2 için doğrudur. n = k için iddianındoğruluğunu kabul edip n = k + 1 için de doğru olduğunu göstermeliyiz.k = p ... 1p2 prolacak şekilde pi( i = 1,2,..., r)asal sayıları mevcut olsun. Eğerk + 1 = q sayısı asal ise iddia doğru, aksi takdirde , yani q asal değilse1 < ni< q , ( i = 1,2) olmak üzere q = n1.n2dir. Tümevarımdaki hipotezden n1ve n2sayıları asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilebileceğindenk + 1 = q sayısı da asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilmiş olacaktır. nnin bu gösterilişindeki asal çarpanlar birbirinden farklı olmak zorunda değildir.Yani, her n > 1 tamsayısı, p1 , p2,..., prtamsayıları birbirinden farklı asalsayılar ve α1, α2,..., αrlerde negatif olmayan tamsayılar olmak üzereα1 α2αrn = p1 p2 ... p r(1.5)şeklinde yazılabilir. Bu gösterime n tamsayısının kanonik gösterimi(gösterilişi) diyeceğiz.Teorem 2.4. 1 n > tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde yazılışı sıradikkate alınmaz ise tek türlü belirlidir.14

Kanıt. n > 1 tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde n = p ... 1p2 prven = q ... 1q2 qsgibi farklı iki gösterilişinin olduğunu varsayalım. Burada,p ( i = 1,2,..., r)ve q ( j = 1,2,..., s)sayıları asaldır. O haldeijp1 p2... pr= q1q2... qs(1.6)dır. r ≤ s kabul edebiliriz, aksi halde p ve q ların rollerini değiştirebiliriz.p ... 1| p1 prolduğu için (1.6) dan p ... 1| q1 qsdiyebiliriz. Böylecep1 | qi(1 ≤ i1 1≤ s)olacak şekilde bir qi 1vardır. qi 1asal olduğundan qi 1= p1elde edilir. Aynı düşünceyi p ,..., 2priçin yaparakp = q , p = q ,..., p = q(1.7)1 i1 2 i2r i reşitliklerini elde ederiz. Burada i 1, i 2,..., i rtamsayları 1,2,...,r tamsayılarınınbir permütasyonudur. (1.7) deki eşitlikleri (1.6) da yerine yazıp elde edilenifadenin her iki yanını p1 , p2,..., prile sadeleştirirsek1 = q ... q q ... q q ... q q ... q1 i1 − 1 i1 + 1 i2 − 1 i2+ 1 ir− 1 ir+ 1 selde ederiz. Eğer r < s olursa yukarıdaki eşitliğin sağ tarafında en az birq ≥ 2 asal sayısı mevcut olurdu ki, sağ tarafın 1 e eşit olması nedeni ile bujmümkün değildir. O halde,r = s, p = q , p = q ,..., p = qbuluruz ve teorem kanıtlanmış olur.1 i1 2 i2r i rŞimdi a ve b pozitif tamsayılarının kanonik gösterilişleriasal ve , 1α β ≥ ( i 1,2,..., k; j 1,2,..., t)ij= = olmak üzerepiveqiler1 2... ka p α1p α2p α1 2=k, ... tb = q β1q β2q βtolsun. p |/ a ve p |/ b ise p nin a ve b de bulunan kuvvetini sıfır kabul edereka ve b yi aynı asal sayıların çarpımı olarak aşağıdaki gibi yazabiliriz;α1 α2... αrβ1 β2a = p1 p2 p r, ... βrb = p1 p2 p r( piler asal ve αi, βi≥ 0 ) (1.8)Böylece,rmin( α1 , β1 ) min( α2 , β2 ) min( αr, βr)min( αk, βk)1 2rkk = 1( a, b) = p p ... p = ∏ p ,dır.rmax( α1, β1 ) max( α2 , β2 ) max( α r , βr)max( α , β )1 2rkk = 1k k[ a, b] = p p ... p = ∏ pŞimdi daha önce ispatsız olarak verdiğimiz bir özelliği ispatlıyalım.15

Özellik: a, b ≥ 1 olmak üzere ( a, b)[ a, b] = a.b dir.Kanıt. a ve b nin kanonik gösterilişi (1.8) deki gibi olsun. k = 1,2,..., rolmak üzere ∀ k içinmin( αk , βk ) + max( αk , βk ) = αk + βkolduğunu göstermeliyiz.rk k k k( a, b)[ a, b] = ∏ p, a.b =k = 1min( α , β ) + max( α , β )kr∏k = 1k kp α + βkyazılabilir. k = 1,2,..., r için;α ≤ β ⇒ min( α , β ) + max( α , β ) = α + β ,dır. O halde,k k k k k k k kβ ≤ α ⇒ min( α , β ) + max( α , β ) = α + βk k k k k k k krrmin( k , k ) max( k , k )k k( , )[ , ] = ∏ α β + α β k= ∏α + βk= .k = 1 k = 1elde edilir.a b a b p p a bÖrnek 2. 1. (72,96,192,120) ve [72,96,192,120] değerlerini bulunuz.Çözüm.2 3 3 2 3 2 072 = 2.36 = 2 .18 = 2 .9 = 2 .3 = 2 .3 .52 3 4 5 1 5 1 096 = 2.48 = 2 .24 = 2 .12 = 2 .6 = 2 .3 = 2 .3 .52 3 4 5 6 1 0192 = 2.96 = 2 .48 = 2 .24 = 2 .12 = 2 .6 = 2 .3 .52 3 3 1 1120 = 2.60 = 2 .30 = 2 .15 = 2 3 .5olduğundan3 1 0(72,96,192,120) = 2 .3 .5 = 24buluruz.= =6 2 1[72,96,192,120] 2 .3 .5 2880Teorem 2.5. (Öklid) Asal sayıların sayısı sonsuzdur.Kanıt. Asal sayıların sayısının sonlu olduğunu varsayalım ve bunlarp1 , p2,..., pnolsun. K = p ... 11p2 p n+ doğal sayısını oluşturalım. K > 1olduğundan Teorem 2.2. ye göre K nın q gibi bir asal böleni vardır vei = 1,2,..., r olmak üzere her i için q ≠ pidir. Eğer q = piolsa: q | K ,q | p ... 1p2 pnolur, buradan da q | ( K − p ... 1p2 pn) yani q | 1 elde edilir ki, bumümkün değildir, böylece q ≠ pidir. p1 , p2,..., pnasal sayılarından başka birq asal sayısı daha bulunmuş olur ki, bu varsayımımıza aykırıdır. Şu halde asalsayıların sayısı sonlu olamaz.16

+Örnek 2.2. Bir n ∈ Z tamsayısı için 2 n + 1 bir asal sayı ise n tamsayısının 2nin bir kuvveti şeklinde olduğunu gösterelim..Çözüm. n nin 2 nin bir kuvveti olmadığını varsayalım. Bu taktirde 1 denkfarklı bir t tek tamsayısı için n = 2 . t yazabiliriz. Buna göre,n 2 . 2 2 ( 1) 2 ( 2)2 1 2 k t1 (2 k 1)(2 k t −2 k t −+ = + = + − + ... + 1)yazılabilir. Yukarıdaki eşitliğin sağ yanındaki her bir çarpan bir tamsayı vek2 2 .1 < 2 k + 1 < 2 k t + 1 = 2 n + 12nolduğundan (2 + 1) | (2 + 1) elde ederiz ki, bu 2 n + 1 in bir asal sayı olduğuhipotezi ile çelişir. O halde varsayımımız yanlıştır, yani n, 2 nin bir kuvvetiolmak zorundadır.+Örnek 2.3. 3 ten büyük her asal sayı q ∈ Z olmak üzere ya 6q + 1 veya6q − 1 formundadır.Çözüm. p, 3 ten büyük bir asal sayı olsun. Bölme Algoritmasına göre q ve rpozitif tamsayılar olmak üzerep = 6q + r , r = 0,1,2,3, 4,5şeklinde yazılabilir.r = 0 ise p = 6qolur ki 2 | p ve 2 < p olduğundan bu, p nin asal oluşuile çelişir.r = 1 ise p = 6q+ 1 olduğundan bu istenen durumdur.r = 2 ise p = 6q+ 2 olur ki 2 | p ve 2 < p olduğundan bu, p nin asaloluşu ile çelişir.r = 3 ise p = 6q+ 3 olur ki 3 | p ve 3 < p olduğundan bu, p nin asal oluşuile çelişir.r = 4 ise p = 6q+ 4 olur ki 2 | p ve 2 < p olduğundan bu, p nin asaloluşu ile çelişirr = 5 ise p = 6q + 5 = 6( q+ 1) − 1 = 6q′−1olduğundan bu istenen durumdur.q′∈ZÖrnek 2.4. ( 4 ile bölünebilme kuralı ) Bir m tamsayısının 4 ile bölünebilmesiiçin gerek ve yeter koşul bu tamsayının son iki basamağının oluşturduğusayının 4 ile bölünebilmesidir.Çözüm. m tamsayısının 10 tabanına göre yazılışınn 1 2 1m = an10 + a110 −n−+ ... + a210 + a110+ a0ve 4 | m olsun. Ayrıcann−1 24 | ( an10 + an−110 + ... + a210 )olduğundan 4 , bu iki sayının farkını da böler. Şu haldenn−1 24 | ⎡⎣m − ( an10 + an−110 + ... + a210 ) ⎤⎦17

veya14 | ( a 10 + a ) elde ederiz. Tersine 4 | ( a 10 + a ) ise,11 01 0nn−1 24 | ( an10 + an−110 + ... + a210 )olduğundan bu ikisinin toplamı da 4 ile bölünecektir, yaninn−1 2 14 | [( an10 + an−110 + ... + a210 ) + ( a110 + a0)] ⇒ 4 | mbuluruz.Örnek 2.5. ( 3 ile bölünebilme kuralı ) Bir m tamsayısının 3 ile bölünebilmesiiçin gerek ve yeter koşul bu tamsayının rakamları toplamının 3 ilebölünebilmesidir.nn−1 2 1Çözüm. m = an10 + an−110 + ... + a210 + a110+ a0ve 3 | m olsun. Binomaçılımındann n n ⎛ n⎞ n−1 ⎛ n⎞ n−2 2 ⎛ n ⎞ n−1n10 = (9 + 1) = 9 + ⎜ ⎟9 + ⎜ ⎟9 .1 + ... + ⎜ ⎟9.1 + 1⎝ 1 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ n −1⎠= 3b n+ 1, ( bn∈ Z )olduğu dikkate alınırsa,3 | [ a (3b + 1) + a (3b + 1) + ... + a (3b + 1) + a ] , ( b ,..., b , b ∈ Z )n n n−1 n−1 1 1 0yazabiliriz. Böylece,m1 n−1[ a b a b a b a a a a ]3 | 3( + + ... + ) + + + ... + +n n n−1 n−1 1 1 n n−1 1 0elde edilir. Ayrıca 3 | 3( anbn + an−1bn−1 + ... + a1b1) olduğundan 3 bunların farkınıda böler. Şu halde3 | ( a + a + ... + a + a )nn−1 1 0buluruz. Tersine 3 | ( an+ an−1+ ... + a1 + a0) ise 3 | m olduğu gösterilebilir.Örneğin, 102615 sayısının rakamları toplamı 15 olup, bu tamsayı 3 ilebölünebilir.Yukarıdaki örnekten, bir tamsayının 9 ile bölünebilmesi için rakamlarıtoplamının 9 ile bölünebilmesi gerektiği sonucunu hemen elde ederiz.Teorem 2.6. Asal olmayan bir 1 n > doğal sayısının p n ≤ koşuluna uyanen az bir p asal böleni vardır.n18

Kanıt. n > 1 asal olmadığına göre, n nin p < n olacak şekilde bir p pozitifasal böleni vardır, yani n′ > 1 uygun bir doğal sayı olmak üzere n = pn′ dür.Burada p≤ n ve n′ ≤ n den en az biri doğrudur. Çünkü hem p > nhem de n′ > n olsa pn′ > n , yani n > n olur ki, bu mümkün değildir. Eğerp ≤ n ise bu p asal sayısı istediğimiz koşula uyar. p > n ise bu takdirden′ ≤ n dir. n′ > 1 olduğundan n′ nün q gibi bir pozitif asal böleni vardırve 1 < q ≤ n′ dür. q | n′ ve n′ | n olduğundan q | n dir. Diğer yandan1 < q ≤ n′≤ n olduğundan 1 < q ≤ n dir. Şu halde q, n nin istenenkoşulları gerçekleyen bir asal bölenidir.Şu halde, p ≤ n koşuluna uyan p asal sayılarından hiçbirisi ilebölünemeyen 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. Buasal 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. Buasal sayılardan hiçbiri 241 i bölmediğinden 241 asaldır.38 < 1453 < 39 olup, 1 ile 38 arasındaki asal sayılardan hiçbiri 1453 übölmediğinden 1453 sayısı da asaldır.Eratosthenes Kuralı İle Asal Sayıların Bulunması1 ile n arasındaki 1 den büyük p1 , p2,..., pkpozitif asal sayıları bilindiği2takdirde, n ile n arasındaki bütün asal sayıları Eratosthenes kuralı ile2bulabiliriz. 1 den n ye kadar olan bütün doğal sayıları sırayla yazdıktan sonrap = den başlayarak 2. sıradaki sayıyı ve 2 nin tam katlarındaki sıralarda12bulunan sayıları, p2= 3 den başlayarak 3. sıradaki sayıyı ve 3 ün tamkatlarındaki sıralarda bulunan sayıları, bu şekilde devam ederek nihayetdan başlayarak pk. sıradaki sayıyı ve pknın tam katlarındaki sıralardabulunan bütün sayıların üstünü çizelim. Bu işlemin sonunda üstü çizilmemiş2olan sayılar, n ile 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 kadarolan asal sayılar 2, 3, 5 ve 7 dir. O halde 1 i sildikten sonra 2 den başlayaraksırayla 2 ve 2 nin katları, 3 ve 3 ün katları, 5 ve 5 in katları ve nihayet 7 ve 7pk19

nin katlarındaki sıralarda yer alan bütün sayıları silersek geriye kalan2, 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 1516 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 4546 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 6061 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 7576 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 9091 92 93 94 95 96 97 98 99 100Tanım 2.2. ( p, p + 2) şeklindeki asal sayı çiftlerine asal sayı ikizi,( p, p + 2, p + 6) asal sayılarına asal sayı üçüzü, ( p, p + 2, p + 6, p + 8)şeklindeki asal sayılara da asal sayı dördüzü adı verilir.Örneğin; yukarıdaki tablodan 1 ile 100 arasındaki asal sayı ikizlerinin (3,5) ,(5,7) , (11,13) , (17,19) , (29,31) , (41,43) , (59,61) ve (71,73) ; asal sayıüçüzlerinin (5,7,11) , (11,13,17) , (17,19,23) ve (41,43, 47) ; asal sayıdördüzlerinin de (5,7,11,13) ve (11,13,17,19) olduğunu söyleyebiliriz.Not : Asal sayılar birbirini düzgün aralıklarla izlememektedir. 10.000.721 ekadar olan asal sayılar D.N. Lehmer tarafından bir tablo ile gösterilmiş olup, butabloda bazı yerlerde büyük boşluklar bulunmaktadır. Örneğin 1326 ile 1361,8467 ile 8501, 9551 ile 9587 arasında hiçbir asal sayı yoktur. Asal sayılardizisinde istenildiği kadar geniş boşluklar bulmak mümkündür. Gerçekten, n-1tane n ! + 2 , n ! + 3 ,... , n!+ n sayıları arasında hiçbir asal sayı bulunmamaktadır.Çünkü k = 2,3,..., n olmak üzere her k için k | ( n! + k)dır.PROBLEMLER1) p bir asal sayı olmak üzere ( a,b)hangi değerleri alabilir.= p ise ( 2 , )a b , ( a 3 , b ) ve ( a 2 , b3)23 2442) p bir asal sayı, ( a,p ) = p ve ( b,p ) = p ise ( ab,p ) ve ( a b,p )değerlerini bulunuz.+ ün20

3) Aşağıdaki önermelerin doğru olup olmadığını araştırınız. Doğru iseispatlayınız, yanlış ise bir örnek veriniz.a, b a,c a, b = a,c dir.a) ( ) = ( ) ise [ ] [ ]b) ( a, b) = ( a,c)ise b = c dir.c) ( a, b) ( a,c)= ise ( a 2 , b 2 ) ( a 2 , c2)2 2| ve p ( a b )d) p bir asal sayı , p ae) a,b ∈ Z olmak üzeref)a| b ise a | b dir.3 32 2g) ( a, b ) = 1 ise ( )24h) b | ( a + 1)ise b ( a 1)ı) ( a, b, c) (( a, b),( a, c))= dir.| + ise p | b dir.2a | b ise a | b dir.a , ab, b = 1 dir.| + dir.= dir.+4) Bir n ∈ Z ( pozitif tamsayılar kümesi ) için 2 n − 1 asal ise n nin de asalolduğunu gösteriniz.5) a1, a2 , a3,a4tamsayıları a1a4 − a2a3 = ± 1 koşulunu gerçekliyorsakesrinin sadeleştirilmiş bir kesir olduğunu, yani ( a a a a )olduğunu gösteriniz.aa1 2 3 4+ a+ a1 23 4+ , + = 16) n bir pozitif tamsayı olsun. Aşağıdaki ifadeleri ispatlayınız.a) n tamsayısının 2 ile bölünebilmesi için gerek ve yeter koşul n nin birlerbasamağındaki rakamın 2 ile bölünmesidir.b) n tamsayısının 8 ile bölünebilmesi için gerek ve yeter koşul n nin sonüç basamağından oluşan sayının 8 ile bölünmesidir.7) İki tek tamsayının çarpımının bir tek tamsayı, toplamının da bir çift tamsayıolduğunu gösteriniz.8) 3k + 1 formundaki her asal sayının 6k + 1 formunda olduğunu gösteriniz.9) 6n + 1 formunda sonsuz sayıda asal sayı olduğunu gösteriniz.10) p bir asal sayı ise p nin bir irrasyonel sayı olduğunu gösteriniz.21

3. BÖLÜM. KONGRÜANSLARTanım 3.1. a, b, m ∈ Z;m > 0 tam sayıları verilsin. Eğer m | ( a − b)ise a, bye m modülüne göre kongrüent dir denir ve a ≡ b(mod m)şeklinde gösterilir.Teorem 3.1. Sabit bir m modülüne göre kongrüans bağıntısı tamsayılar kümesiüstünde bir denklik (eşdeğerlik) bağıntısıdır.Kanıt.1. m | ( a − a) = 0 olduğundan a ≡ a(mod m)sağlanır, yani “ ≡ ” bağıntısıyansıyandır.2. a ≡ b(mod m) ⇒ m | ( a − b) ⇒ m | −( a − b)= b − a , o halde b ≡ a(mod m)olup “ ≡ ” bağıntısı simetriktir.3. a ≡ b(mod m), b ≡ c(mod m)olsun , o takdirde m | ( a − b), m | ( b − c)dir. Böylece [( ) ( )]m | a − b + b − c = a − c olduğundan a ≡ c(mod m)dir, yani“ ≡ ” bağıntısı geçişme özelliğine sahiptir.Teorem 3.2. a, b, c, d, m∈ Z ; m > 0 ve a ≡ b(mod m), c ≡ d(mod m)olsun.Bu takdirde,1. a + c ≡ b + d(mod m), a − c ≡ b − d(mod m),2. ac ≡ bd(mod m),3. k ∈ Z olmak üzere a + k ≡ b + k(mod m)ve ka ≡ kb(mod m)dir.Kanıt.1.a ≡ b(mod m) ⇒ m |( a −b)⎫⎪ ⎬ ⇒ m |[( a − b) ∓ ( c − d)] = [( a ∓ c) − ( b ∓ d)]c ≡ d(mod m) ⇒ m |( c−d)⎪⎭⎪yani a ∓ c ≡ b ∓ d(mod m)dir.2.a ≡ b(mod m) ⇒ m | ( a − b)⎫⎬ ⇒ m | ( a − b)c , m | b( c − d)c ≡ d(mod m) ⇒ m | ( c − d)⎭⇒ m | [( a − b) c + b( c − d)]= ac − bd ,yani ac ≡ bd(mod m)dir.3. a ≡ b(mod m) ⇒ m | ( a − b) ⇒ m | k( a − b) ⇒ m | ( ka − kb)dir ve böylece ka ≡ kb(mod m)elde edilir. Diğer taraftan, 1. özelliktenelde edilir.a ≡ b(mod m), k ≡ k(mod m) ⇒ a + k ≡ b + k(mod m)22

Teorem 3.3. k, a, b,m ∈ Z ; 0m > , k 0( mod m)≡ , ( k, m)= d vemka ≡ kb(mod m)olsun. O taktirde a ≡ b(mod ) dir.dKanıt. ka ≡ kb(mod m)ise m | ( ka − kb) = k( a − b)dir. Böylece k( a − b)= muolacak şekilde bir u ∈ Z vardır. ( k, m)= d olduğundan d | m , d | k dır. Şuhalde, m = m ' d,k = k ' d olacak şekilde m ' , k ' ∈ Z tamsayıları vardır ve butamsayılar aralarında asaldır, yani ( k ', m ') = 1 dir. m ve k nın bu değerleriyukarıda yerine yazılırsa k ' d( a − b) = m'du veya buradan m ' | k '( a − b)sonucu elde edilir. Bu sonuçtan ( k ', m ') = 1 olduğunu da dikkate alırsakTeorem 1.6. yı kullanarak m ' | ( a − b)buluruz. Bu ise a ≡ b(mod m')veyama ≡ b(mod ) demektir.dSonuç: ka ≡ kb(mod m), ( k, m ) = 1 ise a ≡ b(mod m)dir.Teorem 3.4. f ( x ) , katsayıları tamsayılar olan bir polinom fonksiyon vea ≡ b(mod m)olsun. Bu takdirde f ( a) ≡ f ( b)(mod m)dir.Kanıt.bulunur.njf ( x)= ∑ c x olsun. Teorem 3.2. denj=0Örnek 3.1. a,b ∈ Z ; d,mjj ja ≡ b(mod m) ⇒ a ≡ b (mod m)( j = 0,1,..., n)j j⇒ c a ≡ c b (mod m)( j = 0,1,..., n)⇒jnnj∑ j≡∑j= 0 j=0jjc a c b (mod m)⇒ f ( a) ≡ f ( b)(mod m)+∈ Z ve a ≡ b(mod m)Çözüm. a ≡ b(mod m)ise m | ( a − b)dir.yani a ≡ b(mod d)dir.d | m ⎫⎬ ⇒ d | ( a − b),m | ( a − b)⎭j, d | m ise a ≡ b(mod d)dir.23

Örnek 3.2. a,b ∈ Z ve m > 0 bir pozitif tamsayı olmak üzere a ≡ b(mod m)olması için gerek ve yeter koşul a ile b nin m ile bölündüğü zaman aynı kalanıvermesidir.Çözüm. a ≡ b(mod m), m > 0 olsun. a ile b yi, m ile kalanlı olarak bölelim.Bu takdirde m, q, m′ , q′∈ Z olmak üzerea = mq + r , b = mq ' + r ' , 0 ≤ r, r ' < m(3.1)yazabiliriz. Kalanların eşit yani, r = r ' olduğunu göstermeliyiz. (3.1) dena − b = mq + r − ( mq ' + r ') = m( q − q ') + ( r − r ')bulunur. a ≡ b(mod m)olduğundan m | a − b dir.m | ( a − b)⎫⎬ ⇒ m | ( r − r′) ,m | m( q − q′) ⎭üstelik r − r′< m olduğundan buradan r − r′ = 0 , yani r = r ' elde ederiz.Tersine a = mq + r , b = mq ' + r ' , 0 ≤ r, r ' < m ve r = r ' ise bu takdirde,a − b = mq + r − ( mq ' + r ') = m ( q − q ') + ( r− r ') = m ( q − q ')olacağından m | a − b , yani a ≡ b( mod m)elde edilir.Örnek 3.3. a, b,m ∈ Z ; m > 0 ve a ≡ b(mod m)ise ( a, m) = ( b, m)dir.Çözüm. ( a, m)= d1, ( b, m)= d2olsun. a ≡ b(mod m)olduğundan a − b = muveya b = a − mu olacak şekilde bir u ∈ Z tamsayısı vardır.= 0dyani d1d ( b, m)d⎧ ⎪d | m ⇒ d | mu⎫1 11= ( a, m)⇒ ⎨⎬ ⇒d1| a⎩⎪| b dir. Bu sonuçla d1d d⎭d1 | ( a − mu),= b| m olduğu birlikte dikkate alınırsa1| =2veya1|2elde ederiz. Benzer şekilde d2 | d1olduğu dagösterilebilir. Böyleced > 10, d > 20 ⎫ ⎬ ⇒ d = 1d2d1 | d2,d2 | d1⎭elde edilir.Not: Örnek 3.3. , Teorem 1.8. kullanılarak da çözülebilir.Örnek 3.4. a,b ∈ Z , p bir asal sayı vep | ( a + b) den en az birisi doğrudur.2a ≡ b 2 (mod p)ise p a b)| ( − ve24

Çözüm.2 2 2 2a b p p a b p a b a b≡ (mod ) ⇒ | ( − ) ⇒ | ( − )( + ) , şu haldeTeorem 1.7. deki Sonuç 1 den p | ( a − b)veya p | ( a + b)bulunur.Örnek 3. 5. x,y ∈ Z olmak üzere x ≡ y(mod m i) , i = 1,2,..., k isex ≡ y(mod[ m1 , m2,..., m k]) dır.Çözüm.x ≡ y(mod m ) ⇒ m | ( x − y),1 1x ≡ y(mod m ) ⇒ m | ( x − y),2 2⋮x ≡ y(mod mk) ⇒ mk| ( x − y)dir. e.k.o.k. tanımından,[ m1 , m2 ,..., mk] | ( x − y) ⇒ x ≡ y(mod[ m1 , m2,..., mk])buluruz.Tam ve İndirgenmiş Kalan Sistemlerim > 0 bir tamsayı ve a ∈ Z olsun. Bölme algoritmasına görea = mq + r , 0 ≤ r < molacak şekilde q ve r tamsayıları vardır. Böylece a − r = mq olduğundanm | ( a − r) , yani a ≡ r(mod m)dir. Burada r = 0,1,..., m − 1 dir ve bunlardanherhangi ikisi m modülüne göre birbirine eşdeğer değildir.Tanım 3.2. a1 , a2,..., amtamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa butamsayılara m modülüne göre bir tam kalan sistemi (T.K.S.) denir;1) i ≠ j için a ≢ a (mod m),ij2) ∀a∈ Z ye karşılık a ≡ ai(mod m)olacak şekilde 1 ≤ i ≤ m koşulunugerçekleyen en az bir i tamsayısı vardır.Örnek 3.6. a ∈ Z ve m = 5 olsun. r = 0,1, 2,3, 4 olmak üzere a = 5k + ryazabiliriz. Böylece,a = 0 = 5 k | k ∈ Z ,12345{ }{ Z}{ Z}{ Z}{ Z}a = 1 = 5k + 1 | k ∈ ,a = 2 = 5k + 2 | k ∈ ,a = 3 = 5k + 3 | k ∈ ,a = 4 = 5k + 4 | k ∈25

olmak üzere { 1, 2, 3, 4, 5} { 0, 1, 2, 3, 4}a a a a a = elde ederiz. Bu bir tam kalansistemi olduğundan , örneğin 1 kümesine ait olan 5k 1+ 1 şeklinde bir elemandiğer bir kümedeki bir tamsayıya eşdeğer olamaz. Gerçekten, eğer bu eleman2 kümesine ait bir 5k 2+ 2 elemanına eşdeğer olsaydı o zaman5k + 1 ≡ 5k + 2(mod5) ⇒ 5 | [(5k + 1) − (5k+ 2)]1 2 1 2⇒ 5 | ( 5k− 5k− 1)1 2yazılabilir ve ayrıca 5 | ( 5k1 − 5 k2) olduğundan buradan 5 | 1 bulunurdu ki, bumümkün değildir.Z de alınan herhangi bir tamsayı ancak ve ancak bir tek kalan sınıfına aitolabilir. Böylece, Z tamsayılar kümesi ikişer ikişer ayrık ve birleşimleri Zkümesi olan ayrık denklik sınıflarına parçalanmış olmaktadır. O halde i ≠ jmiçin ai∩ aj= ∅ , ∪ ai= Z yazabiliriz.i=1Örnek 3.7. {1,2, − 2,5,7,8,9} kümesinin 7 modülüne göre bir tam kalansistemi olup olmadığını belirleyelim.Çözüm. 8 ≡ 1(mod 7) , 9 ≡ 2(mod 7) , −2 ≡ 5(mod 7) olduğundan bukümenin herhangi iki elemanı 7 modülüne göre birbirine eşdeğerdir ayrıca 3,4 ve 6 bu sınıflardan hiçbirisine ait olmadığından verilen küme bir tam kalansistemi oluşturamaz.Teorem 3.5. { a1 , a2,..., am}kümesi, m modülüne göre bir tam kalan sistemi ve( k, m ) = 1 ise bu takdirde { ka1 , ka2,..., kam}kümesi de m modülüne göre birtam kalan sistemi oluşturur.Kanıt. 1) i ≠ j için ka ≡ ka (mod m)dir. Çünkü eğer i ≠ j içinijka ≡ ka (mod m)olsa: ( k, m ) = 1 olduğundan a ≡ a (mod m)olurdu.ij2) i = 1, 2,..., m için kailer m modülüne göre eşdeğer olmadıklarındanherbiri Zmin farklı kalan sınıfına aittir. m modülüne göre Z nin m tanekalan sınıfı olduğundan bunların herbiri bu kalan sınıflarından birisine aitolacaktır. Yani, ∀a∈ Z için 0 ≤ r ≤ m − 1 olmak üzere a ∈ r olacak şekildebir r kalan sınıfı vardır. Böylece kai∈ r ise o taktirde a ≡ ka (mod )0im dir.0Tanım 3.3. Elemanları ( sayıları ) m ile aralarında asal olan bir kalan sınıfınam modülüne göre asal kalan sınıfı denir.ij26

Not: Eğer bir kalan sınıfında m ile aralarında asal olan bir sayı varsa, bu kalansınıfının bütün sayıları m ile aralarında asaldır. Çünkü: a = {..., e, f ,...} ,( e, m ) = 1 olsun. Bu taktirdeolacaktır.e ≡ f (mod m) ⇒ ( e, m) = ( f , m) = 1Tanım 3.4. Her m > 0 tamsayısını, m yi geçmeyen ve m ile aralarında asalolan tamsayıların sayısına eşleyen fonksiyona Euler’in ϕ -fonksiyonu adıverilir ve m nin resmi ϕ ( m)ile gösterilir.Bu tanıma göre,ϕ (1) = 1; {1},ϕ (4) = 2 ; {1,3} ,ϕ (5) = 4 ; {1,2,3,4},ϕ (61) = 60 ; { 1, 2,...,59,60 } ,ϕ ( p) = p − 1; {1,2,3,..., p − 1}dir. Yukarıda görüleceği üzere asal sayıların resmi, o asaleksiğidir.Teorem 3.6. m modülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ϕ ( m)dir.sayının birKanıt. {1,2,..., m } kümesi m modülüne göre bir tam kalan sistemi olup, bunlararasında m ile aralarında asal olan ϕ ( m)tane tamsayı vardır. Böylece mmodülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ϕ ( m)dir.Tanım 3.5. a1 , a2 ,..., a ϕ ( m)tamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa busayılar, m modülüne göre bir indirgenmiş kalan sistemi veya asal kalansistemi (A.K.S.) teşkil ediyor deriz:i) ∀ i = 1,2,..., ϕ( m)için ( a , m ) = 1,ii) i ≠ j için a ≡ a (mod m),iiii) ( a, m ) = 1 koşulunu sağlayanja ≡ a (mod m)olacak şekilde bir i tamsayısı vardır.ii∀a∈ Z için 1 ≤ i ≤ ϕ( m)olmak üzereBöylece, asal kalan sınıflarının her birinden bir sayı alarak bir indirgenmişkalan sistemi oluşturabiliriz.Teorem 3.7. n > 0 , 0dir.m > iki tamsayı ve ( m, n ) = 1 ise ϕ ( n.m) = ϕ ( n) ⋅ ϕ ( m)27

Kanıt. r1 , r2,..., r n tamsayıları mod n bir tam kalan sistemi ve s1, s2,..., s mtamsayıları da mod m bir tam kalan sistemi olsun. x ∈ { r1 , r2,..., r n } ve∈ { } olmak üzere { xm yn}y s1 , s2,..., sm+ formundaki tamsayıları göz önünealalım. Bu tamsayıların sayısı mn dir. Önce bu mn tane tamsayının mod mnbir tam kalan sistemi oluşturduğunu gösterelim. Bunun için bu sayılardanherhangi ikisinin mod mn birbirine kongrü olmadığını göstermek yeter.xm + yn formundaki sayılardan herhangi ikisi ri m + s jn, rt m + sunolsun.i j t u( mod )r m + s n ≡ r m + s n mn olsa:vei j t u( mod )r m + s n ≡ r m + s n nri m + s jn ≡ rt m + sun ( mod m)bağıntıları elde edilir. rim ≡ 0( mod m), rtm ≡ 0( mod m), sin≡ 0( mod n),sun≡ 0( mod n)olduğu göz önüne alınırsarim ≡ rtm( mod n)(3.2)s jn ≡ sun( mod m)(3.3)bulunur. (3.2) ve (3.3) te ( m, n ) = 1 olduğundan Teorem 3.3. ün sonucuna göreri≡ rt( mod n)s ≡ s ( mod m)juelde edilir. Fakat r1 , r2,..., r n tamsayıları mod n bir tam kalan sistemiolduğundan i = t ve s1, s2,..., s m tamsayıları da m modülüne göre bir tamkalan sistemi oluşturduğundan j uxm + yn tamsayıları= bulunur. Şu halde { }mod mn bir tam kalan sistemi oluştururlar. Bu sayıların içinde mn ilearalarında asal olanların sayısı ϕ ( mn)dir. Şimdi( xm + yn, mn)= 1 ⇔ ( x, n ) = 1 ve ( )olduğunu gösterelim.( xm yn mn)y, m = 1( xm yn n) ( xm n) ( x n)( xm yn m) ( yn m) ( y m)⎧ ⎪ + , = 1 ⇒ , = 1 ⇒ , = 1+ , = 1⇒ ⎨⎪⎩ + , = 1 ⇒ , = 1 ⇒ , = 1elde edilir. Tersine Teorem 1.6. kullanılarak( x, n)= 1 ⎫ ⎪( , )( y, m ) = 1⎫⎪⎬ ⇒ xm n = 1 , ⎬ ⇒ ( yn, m)= 1( m, n)= 1⎪⎭( n, m)= 1⎪⎭28

ulunur. Buradan tekrar Teorem 1.6. yı kullanarakxm yn, n 1 xm yn, m 1 xm + yn, mn = 1( + ) = , ( + ) = , ( )sonuçları elde edilir. ( x, n ) = 1 koşulunu gerçekleyen x tamsayılarının sayısıϕ ( n), ( y, m ) = 1 koşulunu gerçekleyen y tamsayılarının sayısı da ϕ ( m)olduğundan ( xm + yn, mn)= 1 koşulunu gerçekleyen { xm yn}tamsayıların sayısı ϕ ( n) ⋅ ϕ ( m)dir. Öte yandan ( xm yn mn)uyan { xm + yn}formundaki tamsayıların sayısı ϕ ( m.n)ϕ ( n.m) = ϕ ( n) ⋅ ϕ ( m)elde edilir.+ formundaki+ , = 1 koşulunadir. Böyleceϕ 2.2 = 2Not: Teorem 3.7. deki ( m, n ) = 1 koşulu kaldırılamaz. Gerçekten ( )olduğu halde ϕ ( 2) ⋅ ϕ ( 2)= 1 dir.Teorem 3.8. ϕ ( 1)= 1 ve n > 1 bir pozitif tamsayı olmak üzeredir. Burada∏p nϕ( n)1= n⋅∏(1 − )pp nde çarpım n tamsayısının bütünp asal bölenlerininüzerinden alınmaktadır. Şu halde n tamsayısının kanonik formu1 21 2 ... kn = p p p α isep nk1 1 1 1 1(1 − ) = (1 − )(1 − )...(1 − ) = (1 − )p p p p p∏ ∏1 2 k j=1olur.Kanıt. ϕ (1) = 1 olduğu açıktır. n > 1 bir tamsayı ve n nin kanonik formuα 1 α 21 2 ... k1 2k=kolsun. ( p1 p2p αk )n p p p αkullanılarakα , α ,..., = 1 olduğundan Teorem 3.7.α1ϕ = ϕ ⋅ϕ∏ α1i( n) ( p ) ( p )ki=2elde edilir. Teorem 3.7. tekrar kullanılarak indüksiyon ilebulunur.1 2k( n) = ( p α1 ) ( p α2 )... ( p αk )ϕ ϕ ϕ ϕikj29

p bir asal sayı ve α da positif bir tamsayı olmak üzere ϕ ( p α) nındeğerini bulalım. x, 1 x p α ≤ ≤ koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olsun.α( , ) 1 ( , )olduğu kolayca gösterilebilir. ( x,p)x p > ⇔ x p = p= p den p | x bulunur. Buradan şusonuç elde edilir: 1 x p α ≤ ≤ koşulunu gerçekleyeyen ve p α ile aralarında asalolmayan sayılar p ile bölünen sayılardır. Tersine ( x,p)dir. p x ise x= pk olacak şekilde bir k pozitif tamsayısı vardır.α α α −11 ≤ x ≤ p ⇒ 1 ≤ pk ≤ p ⇒ 1 ≤ k ≤ pbulunur. Şu halde 1 x p αolup bunların sayısıaralarında asaldır. Böylece≤ ≤ ve ( )1p α −= p ise ( x, p α ) > 1x, p = 1 koşullarını sağlayan sayılarα-11 p,2 p,3 p,..., p pdir. Geriye kalanα α α−1 1pαα −1ϕ ( p ) = p − p = p(1 − )pbulunur. Bu eşitliği kullanarakα 11 α 1 12αkϕ ( n) = p1 (1 − ). p2(1 − )... pk(1 − )p p p1 2α1 α 1 1 12 αk= p1 p2... pk(1 − )(1 − )...(1 − )p p p1= n∏(1 − )pp nsonucu elde edilir ve ispat tamamlanır.1 2− p tane sayı , p α ileÖrnek 3.8. n = 642 için ϕ ( n)yi bulalım.Çözüm. 642 = 2.3.107 olup, bu çarpanların hepsi asaldır. Şu halde1 1 1ϕ(642) = ϕ(2.3.107) = 2.3.107.(1 − ).(1 − ).(1 − )2 3 1071 2 106= 2.3.107. . . = 2122 3 107bulunur.kk30

Örnek 3.9. 8 modülüne göre bir asal kalan sistemi elde edelim.3 3 3 1 3 1Çözüm. 8 = 2 ⇒ ϕ(8) = ϕ(2 ) = 2 (1 − ) = 2 = 4 olduğundan,2 20,1,2,3,4,5,6 ve 7 tamsayıları bir tam kalan sistemi oluşturur, bunlardan 0,2,4ve 6 tamsayıları atılırsa ( 8 ile aralarında asal olmayan tamsayılar ) geriyekalan 1,3,5 ve 7 tamsayıları ise bir asal kalan sistemi oluşturur.Teorem 3.9. a1 , a2 ,..., a ϕ ( m)tamsayıları m modülüne göre bir asal kalan sistemioluşturuyor ve ( k, m ) = 1 ise bu taktirde ka1 , ka2 ,..., ka ϕ ( m)tamsayıları da mmodülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur.Kanıt. i) ( k, m ) = 1, ( a , m ) = 1, i = 1,2,..., ϕ( m)olduğundan ( ka , m ) = 1 dir.iii) i ≠ j için kai ≡ kaj( mod m ) dir. Çünkü, eğer kai≡ kaj(mod m)olsa:( k, m ) = 1 olduğundan a ≡ a (mod m)olurdu ki, bu bir çelişmedir.ijiii) ka1 , ka2 ,..., ka ϕ ( m)tamsayılarının sayısı ϕ ( m)olup, i) ve ii) den dolayıfarklı asal kalan sınıflarına aittir. Asal kalan sınıflarının sayısı tam olarakϕ ( m)olduğundan ( a, m ) = 1 koşuluna uyan ∀a∈ Z için, a bir asal kalansınıfı olmak üzere, kai0∈ a ise o taktirde kai≡ a(mod m)dir.0Teorem 3.10. ( Euler ) m ∈ N , m > 1 , a ∈ Z ve ( a, m ) = 1 olsun. Bu taktirdeϕ ( m)a ≡ 1(mod m)dir.Kanıt. a1 , a2 ,..., a ϕ ( m)tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemi ve( a, m ) = 1 olsun. Bu takdirde Teorem 3.8. e göre aa1 , aa2 ,..., aa ϕ ( m)tamsayılarıda, m modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur. Bu nedenle bu tamsayılarm modülüne göre ikişer ikişer birbirine eşdeğerdir. Şu halde,aa . aa ... aa ≡ a . a ... a (mod m)vedir, böyleceolduğundan Teorem 3.3. ten1 2 ϕ ( m) 1 2 ϕ ( m)( . ... ) ≡ . ... (mod )ϕ ( m)a a1 a2 aϕ( m) a1 a2 aϕ( m)m( ai, m ) = 1, i = 1,2,..., ϕ( m) ⇒ ( a1. a2 ... aϕ( ), m) = 1aϕ ( m)Teorem 3.11. ( Fermat ) p bir asal sayı ve p≡ 1(mod m)elde ederiz.pa 1(mod p)dir.Kanıt. Euler Teoreminde m = p alırsak− 1≡m|/ a olsun. Bu taktirde,i31

elde ederiz.ϕ m = ϕ p = p − ⇒ a ≡ a ≡ pϕ ( m) p−1( ) ( ) 1 1(mod )Sonuç: Eğer p bir asal sayı isep∀a∈ Z için a ≡ a(mod p)dir. Çünküp 1Fermat Teoreminden p |/ a ise a− ≡ 1(mod p)olduğundan her iki tarafı a ileçarparsak istenen elde edilir, eğerp | a ⇒ a ≡ 0(mod p), ppa ≡ 0(mod p) ⇒ a ≡ a(mod p)dir.Örnek 3.10. ∀n∈ Z içingösterelim.7Çözüm. 42 = 2.3.7 olduğundan ngöstermek yeterlidir. Çünkü eğer72 | ( n − n)⎫7⎪73 | ( n − n) ⎬ ⇒ [2,3,7] = 42 | ( n − n)7 ⎪7 | ( n − n)⎭olur. Böylece,dir. Eğer 2bulunur.dir. Eğerbulunur.dir. Eğer7n72 | n ⇒ 2 | n ⎫⎬ ⇒ | ( −2 | n ⎭|/ n ise Fermat Teoreminden(2)n ϕ ≡ 1(mod 2) ⇒⇒− n tamsayısının 42 ile bölünebildiğini− n tamsayısının 2, 3 ve 7 ile bölündüğünü72 n n)n ≡ ⇒ n ≡61(mod 2) 1(mod 2)7n ≡ n(mod 2)73 | n ⇒ 3 | n ⎫⎬ ⇒ | ( −3 | n ⎭3 |/ n ise Fermat Teoreminden73 n n)(3)n ϕ ≡ ⇒ 2 61(mod 3)⇒n⇒ | ( −72 n n)≡ 1(mod3) ⇒ n ≡ 1(mod3)7n ≡ n(mod3)77 | n ⇒ 7 | n ⎫⎬ ⇒ | ( −7 | n ⎭7 |/ n ise Fermat Teoreminden⇒ | ( −77 n n)73 n n)ϕ (7) 6 7n ≡ ⇒ n ≡ ⇒ n ≡ n1(mod 7) 1(mod 7) (mod 7)⇒ | ( −77 n n)32

ulunur. Şu halde7[2,3,7] 42 n n)= | ( − dir.345Örnek 3.11. 4 tamsayısının 13 ile bölümünden elde edilen kalanı bulalım.345Çözüm. 4 ≡ x(mod13)bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulmalıyız.(4,13) = 1 olduğundan Fermat Teoreminden,ϕ (13) 124 ≡ 1(mod13) ⇒ 4 ≡ 1(mod13)yazabiliriz. Böylece, 345 = 12.28 + 9 olduğundan345 12.28+9 12 28 9 2 4 44 ≡ 4 ≡ (4 ) .4 ≡ (4 ) .4 ≡ 3 .4 ≡ 27.12 ≡ 12(mod13)≡1 ≡3 ≡1345elde edilir. Şu halde, 4 ≡ 12(mod13) olup ,bölümünden elde edilecek kalan 12 dir.Örnek 3.12.7007126 (mod143)3454 tamsayısının 13 ile≡ x bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulalım.2Çözüm. 143 = 11.13, 126 = 2.63 = 2. 3 .7 ve (143,126) = 1 olduğundan Eulerϕ (143)Teoremini kullanarak 126 ≡ 1(mod143) buluruz. Diğer taraftan,dir. Şu haldeϕ(143) = ϕ(11.13) = ϕ(11). ϕ(13) = (11 −1)(13 − 1) = 10.12 = 120120126 ≡ 1(mod143) ve 7007=58.120+47 olduğundan7007 120 58 47 47 47 2 23126 ≡ (126 ) .126 ≡ 126 ≡ ( −17) ≡ − (17 ) .17≡1 ≡323 7 3 2 3 2≡ −3 .17 ≡ −(3 ) .3 .17 ≡ −42 .9.17 ≡ −.42.9.17≡42≡ − 48.42.9.17 ≡ −140≡ 3(mod143)≡14 ≡10elde ederiz. Şu halde x = 3, yanikalan 3 tür.≡487007126 tamsayısının 143 ile bölümünden195Örnek 3.13. 2 + 1 tamsayısının 19 ile bölümünden elde edilen kalanıbulalım.Çözüm. (2,19) = 1 olduğundan Fermat Teoreminden,ϕ (19) 182 ≡ 1(mod19) ⇒ 2 ≡ 1(mod19)elde edilir. Diğer taraftan,2 2 2 1 2 218 = 2.3 ⇒ ϕ(18) = ϕ(2). ϕ(3 ) = 3 .(1 − ) = 3 . = 63 3ve böylece, ( 5,18)= 1 olduğundan Euler Teoremine göreϕ (18) 65 ≡ 1(mod18) ⇒ 5 ≡ 1(mod18)elde edilir. Buradan 19 = 6.3 + 1 olduğundan19 1919 6 3 5 5 55 ≡ (5 ) 5 ≡ 5(mod18) ⇒ 2 ≡ 2 ≡ 13(mod19) ⇒ 2 + 1 ≡ 14(mod19)≡133

uluruz, böylece istenen kalan 14 olarak bulunur.Örnek 3.14.99997 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalanı, yani99997 ≡ x(mod1000)bağıntısını gerçekleyen x tamsayısını bulalım.Çözüm. (7,1000)=1 olduğundan Euler Teoremine göre≡ϕ (1000)7 1(mod1000)3 3 3dir. 1000 = 10 = 2 .5 olduğundan3 3 3 3 1 3 1ϕ(1000) = ϕ(10 ) = ϕ(2 ) ϕ(5 ) = 2 (1 − )5 (1 − ) = 4002 5ϕ (1000) 400bulunur ve böylece 7 ≡ 7 ≡ 1(mod1000) elde edilir. Diğer taraftan,dir. O haldebulunur. Şu haldeÖrnek 3.15.10.000 400 25 10.0007 ≡ (7 ) ≡ 1(mod1000) ⇒ 1000 | 7 − 1≡110.000 37 − 1 = k.10olacak şekilde bir k ∈ Z vardır. Böylece10.000 9999 3 37 = 7.7 = 1 + k.10 = 1+ 1000 + ( k − 1)101001 k −1 k −1⇒ 7 = + .10 = 143 + 107 7 79999⇒ 7 ≡ 143(mod1000)9999 3 399997 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalan x = 143 tür.3 7 3 7...(((3 ) ) ) tamsayısının birler basamağındaki rakamı bulalım.Çözüm. ϕ (10) = 4 , (3,10) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre,ϕ (10) 4 43 ≡ 1(mod10) ⇒ 3 ≡ 1(mod10) ⇒ 3 ≡ 1 + k.10,k ∈ Zyazabiliriz. Diğer taraftan4 33 = 3.3 = 1 + k.10 = 11 + ( k − 1).10 = 21 + ( k − 2).103 ( k − 2).10k − 2⇒ 3 = 7 + , ( 3 / | 10 ⇒ 3 | k − 2 ⇒ ∈ Z )333 3 7 7⇒ 3 ≡ 7(mod10) ⇒ (3 ) ≡ 7 (mod10)elde ederiz. Ayrıca (7,10) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre,8 4≡ ⇒ ≡ ( )ϕ (10) 47 1(mod10) 7 1(mod10)2⇒ 7 ≡ 7 ≡ 1(mod10)olduğundan8 77 = 7 .7 = 1+ 10t= 21 + ( t − 2)10 , t ∈ Zyazabiliriz. Buradan7 21 ( t − 2).10t − 27 = + , ( 7 / | 10 ⇒ 7 | t − 2 ⇒ ∈ Z )7 777 3 7 7⇒ 7 ≡ 3(mod10) ⇒ (3 ) ≡ 7 ≡ 3(mod10)≡134

3 7 3 3⇒ ((3 ) ) ≡ 3 ≡ 7(mod10)bulunur. Bu şekilde devam edilirse eşdeğerliği, kuvvet 3 iken sonuç 7, kuvvet7 iken sonuç 3 olarak buluruz. Bu nedenle son kuvvetin 3 veya 7 oluşuna göresonucu iki seçenekli olarak buluruz. O halde yanıt 3 veya 7 olur.Örnek 3.16. p bir asal sayı ve a,b ∈Z olsun. Bu taktirdep p p( a + b) ≡ a + b (mod p)dir. Bu ifade genel olarak h1 , h2,..., hntamsayılar ve p bir asal sayı olmak üzerep p p p( h1 + h2 + ... hn) ≡ h1 + h2+ ... + hn(mod p)şeklinde yazılabilir ve kanıtı tümevarım yoluyla yapılabilir.Çözüm. Binom açılımındanp p ⎛ p ⎞ p pp−1 ⎛ ⎞ p−2 2 ⎛ ⎞ p−1p( a + b) = a + ⎜ ⎟ a b + ⎜ ⎟ a b + ... + ⎜ ⎟ ab + b⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ p −1⎠yazabiliriz, burada⎛ p ⎞ p! p( p −1)...( p − i + 1)⎜ ⎟ = = = s , 1 ≤ i ≤ p − 1⎝ i ⎠ ( p − i)!. i! i!şeklinde olup s ile gösterilmiştir. Böylece,p( p −1)...( p − i + 1) = i!. s ⇒ p | i!.sve p |/ i!dir. Çünkü 1 ≤ i ≤ p −1olduğundan ( p, i) = 1 ⇒ ( p, i!) = 1dir. Şuhalde Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremine göre p | s buluruz. Böylece p,yukarıdaki binom açılımındaki bütün katsayıları bölmektedir. O halde,⎛ p ⎞1 ≤ i ≤ p − 1 aralığındaki her i için ⎜ ⎟ ≡ 0(mod p)olacağından açılımın⎝ i ⎠bütün katsayıları 0 a eşdeğer olur ve buradanp p p( a + b) ≡ a + b (mod p)elde edilir.Örnek 3.17. ( n ,7) = 1 isen12− 1 sayısının 7 ile bölündüğünü gösterelim.Çözüm. ( n ,7) = 1 olduğundan 7 |/ n dir. O halde Fermat Teoremine görebulunur.n≡ 1(mod 7) ⇒ n ≡ 1(mod 7)ϕ (7) 612 6 2⇒ n ≡ ( n) ≡ 1(mod 7)≡112 12⇒ n ≡ ⇒ | n −1(mod 7) 7 1Örnek 3.18. ϕ(2 n) = ϕ( n)koşulunu gerçekleyen n pozitif tamsayılarınıbulalım.35

Çözüm. Eğer n tek ise ( n , 2) = 1 olduğundan Teorem 3.7. ye göreϕ(2 n) = ϕ(2) ϕ( n) = 1. ϕ( n) ⇒ ϕ(2 n) = ϕ( n)bulunur. Eğer n çift ise, k tek ve t ≥ 1 bir tamsayı olmak üzere n = 2 t . kt + 1yazabiliriz. Ayrıca ( k, 2 ) = 1 olduğundanϕ = ϕ = ϕ = ϕ ϕt t + 1 t + 1(2 n) (2.2 k) (2 k) (2 ) ( k)t+ t +tdir. ϕ(2 ) = 2 (1 − ) = 2 olduğunu göz önüne alırsak2tϕ(2 n) = 2 ϕ( k)(3.4)buluruz. Öte yandant t t −1ϕ( n) = ϕ(2 . k) = ϕ(2 ) ϕ( k) = 2 ϕ( k)(3.5)1 1 1olduğundan (3.4) ve (3.5) ten ϕ(2 n) ≠ ϕ( n)elde edilir. Şu halde sadecepozitif tek tamsayılar kümesi için istenen sağlanır.Örnek 3.19. 3 | ϕ( n)koşulunu gerçekleyen sonsuz sayıda ϕ ( n)tamsayısınınvar olduğunu gösterelim.αα 1 α −1Çözüm. n = 3 olsun. Bu takdirde ϕ( n) = 3 (1 − ) = 3 .2 yazabiliriz. α > 13alınırsa 3 | ϕ( n)olduğundan ve α nın 1 den büyük her değeri için farklı bir ntamsayısı bulunacağından bu koşula uyan sonsuz sayıda ϕ ( n)vardır.nÖrnek 3.20. ϕ ( n)= koşulunu sağlayan bütün n tamsayılarını bulalım.21 2Çözüm. ... kn = p α1p α2p αkolsun.α 11 α 1 12αkϕ ( n) = p1 (1 − ) p2(1 − )... pk(1 − )p p p1 2kα1 α2α 1 1 1 1 nk= p1 p2... pk(1 − )(1 − )...(1 − ) = n∏(1 − ) =p1 p2pki=1 pi2olduğundankϕ( n) 1 1= ∏ (1 − ) =n i=1 pi2bulunur. Eşitliğin sağlanması p = 2,3,5,7,... asal sayılarından hangisinin⎛ 1 ⎞olması halinde mümkün olur, buna bakalım. Bu asal sayılar için ⎜1−⎟ nin⎝ p ⎠1 2 4 6değeri sırasıyla , , ,2 3 5 7 ,… dir. Bunların herhangibir çarpımının 1 ye eşit2k36

olması ancak p = 2 olması halinde mümkündür. O halde aranan n tamsayısıl ≥ 1 olmak üzere n = 2 l şeklindedir. Tersine n = 2 l ( l ≥ 1 ) ise ϕ ( n)=dir.+2 2Örnek 3.21. m,n ∈ Z ve m ≠ n olmak üzere (2 mn+ 1,2 + 1) = 1 olduğunugösterelim.+Çözüm. m > n olduğunu kabul edelim. O halde k ∈Z olmak üzerem = n + k dır. Buradan2 2 2 .2 2 2 2 22 m 1 2 n ++ = k + 1 = 2 n k + 1 = (2 n ) k + 1 = (2 n + 1− 1) k+ 1k2( 1) 12= t − + , t = 2 + 1yazabiliriz. Şu haldeve binom açılımındank2(( 1) 1, )t − +n2 2 2(2 m + 1,2 n + 1) = (( − 1) k+ 1, )buluruz. ( tp + 2, t)= h olsun. Şu haldetk k k⎛2 2 2 1 2 2t t k ⎛ ⎞ k... 1,kk1 t −⎛ ⎞2 1 t ⎛ ⎞2t⎞= − + − + +⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎟⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠= ( tp + 2, t), p ∈ Zh | t ⇒ h | tp⎬⎫ ⇒ h | [( tp + 2) − tp] = 2h | tp + 2 ⎭elde edilir. Buradan dah | 2 ⇒ h = 1∨ h = 2m22sonucu çıkar. h = 2 olamaz, çünkü 2 + 1 ve 2 + 1 sayıları tektir dolayısıylaortak bölenleri 2 olamaz, böylece h = 1 buluruz.p bir asal sayı olmak üzeref x = x − ∈ Z xp−1( ) 1p[ ]polinomunu göz önüne alalım. 1, 2,..., p −1∈ Zpelemanları, f ( x )polinomunun Zpiçindeki çözümleridir. Çünkü a ∈ Zpve 1 ≤ a ≤ p − 1 için≡ ≡ 1(mod ) dir. f ( x ) polinomunun mod p , p − 1 tane kongrüentϕ ( p) p−1a a polmayan çözümü vardır ve bunlar 1, 2,..., p −1∈ Zpdir. Böylece,p 1x x x x p− − 1 = ( − 1)( − 2)...( − ( − 1))(3.6)yazılabilir. Bundan yararlanarak aşağıdaki teoremi kanıtlayacağız.ntn237

Teorem 3.12. ( Wilson ) p bir asal sayı olmak üzere ( p −1)! ≡ − 1(mod p)dir. Üstelik, n > 1 olmak üzere( n −1)! ≡ −1(mod n)⇔ n asalolmasıdır.Kanıt. (3.6) eşitliğinin her iki yanında bulunan sabitler eşit olacağından( −1)( −2)...( −( p − 1)) = − 1veya( −1)( −2)...( −( p −1)) ≡ − 1(mod p)olur. Sol tarafta p − 1 tane çarpan olduğundan− p − ≡ −( p)p−1( 1) ( 1)! 1 moddir. p = 2 ise −1 ≡ − 1(mod p)ve p tek asal sayı ise( p −1)! ≡ − 1(mod p)p−1( 1) 1− = olacağındanbuluruz. Tersine, ( n −1)! ≡ − 1(mod n)olduğunu kabul edelim. Bu durumdaeğer n asal değilse n > 1 olduğundan Teorem 2.5. e göre n nin bir p asal bölenivardır.p | n ⎫ ⎬ ⇒ p | [ ( n − 1)! + 1]n | [( n − 1)! + (3.7)1] ⎭dir. Öte yandan n nin bir böleni olan p asal sayısı 1, 2,..., n − 1 sayılarındanbirisine eşit olacağından p | ( n − 1)! dir, bu ise (3.7) ile birliktedüşünüldüğünde p | 1 gibi bir çelişmeye yol açar. Şu halde n asal olmakzorundadır.Örnek 3.22. p = 5 ve n = 6 için Wilson Teoreminin uygulanıpuygulanamayacağını araştıralım.Çözüm. p = 5 için :dir. n = 6 için :( p − 1)! = (5 − 1)! = 4! = 24 ≡ − 1(mod5)( n − 1)! = (6 − 1)! = 5! = 120 ≡ 0(mod 6)dır. Burada n = 6 asal olmadığından ( n −1)! ≡ − 1(mod n)olmaktadır.PROBLEMLER21) n bir tamsayı olmak üzere n sayısının birler basamağındaki rakamınancak 0, 1, 4, 5, 6 ve 9 olabileceğini gösteriniz.38

42) n bir tamsayı ise n sayısının birler basamağındaki rakamın ancak 0, 1, 5ve 6 olabileceğini gösteriniz.m = için ( m)3) 2, 3, 4,..., 17ϕ i bulunuz.4) mod17 öyle bir tam kalan sistemi bulunuz ki, bu sistemdeki her tamsayı 3ile bölünsün.5) mod19 ve mod30 birer asal kalan sistemi oluşturunuz.6) n bir tamsayı olmak üzereile bölündüğünü gösteriniz.7) n bir tamsayı olmak üzere13n5 31 5 1 3 7 3n + 5n + 7nn + n + n =5 3 15 15sayısının bir tamsayı olduğunu gösteriniz.− n tamsayısının 2,3,5,7 ve 13 tamsayıları8) m > 0 bir tek tamsayı ise 2, 4, 6,..., 2m tamsayılarının mod m bir tamkalan sistemi oluşturduğunu gösteriniz.9) Her a tamsayısı içinolduğunu gösteriniz.( m )( mod )m m−ϕa ≡ a m10) x ≡ a( mod m)ise x ≡ a( mod3m)veya x a m( mod3m)x ≡ a + 2m( mod3m)olduğunu gösteriniz.11) n bir tek tamsayı ise3n12) a, b, r,s tamsayılar ve r > 1 , 1≡ ( mod ) ise b c( mod( r, s))a c s≡ + veya− n nin 24 ile bölünebildiğini gösteriniz.s > olsun. a b( mod r)≡ olduğunu gösteriniz.≡ ve13) p ve q birbirinden farklı asal sayılar olsun. Bu takdirdeq pp + q ≡ p + q mod p.qolduğunu gösteriniz.( )39

14) m, n ∈Z ; m 1, n 1olduğunu gösteriniz.> > ve ( )m, n = 1 iseϕ ( n) ϕ ( m)( )m + n ≡ 1 mod m.n15)15323 tamsayısının 100 ile bölümünden kalanı bulunuz.16) n tek tamsayı ve 3 n17) n ∈ Z ve 5 |/ n isegösteriniz.2|/ ise 6 ( n 1)| − olduğunu ispatlayınız.4n tamsayısının 5m + 1 ( m ∈ Z ) biçiminde olduğunu18) ,a b ∈Z olmak üzere ( a ,17)= 1 ve ( b )17 ile bölündüğünü gösteriniz.,17 = 1 isea− b tamsayısının16 1640

4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLARTanım 4.1. a, b,m ∈Z , m > 0 ve a ≢ 0(mod m)olmak üzereax ≡ b(mod m)şeklinde verilen bir eşdeğerlik bağıntısına bir bilinmeyenli bir lineerkongrüans adı verilir. Bu eşdeğerliği gerçekleyen x tamsayılarının kümesine debu kongrüansın çözüm kümesi denir.Teorem 4.1. ax ≡ b(mod m)kongrüansının bir çözümünün olabilmesi içingerek ve yeter koşul ( a, m)| b olmasıdır.Kanıt. ⇒ Gereklik: x0, ax ≡ b(mod m)kongrüansının bir çözümü olsun.Bu durumda ax0 ≡ b(mod m)olduğundan m | ( ax0− b)bulunur.m | ( ax0− b)⇒ ∃k ∈ Z : ax0 − b = km ⇒ b = ax0− kmdir.⎧ ⎪d | a ⇒ d | ax0⎫( a, m) = d ⇒ ⎨⎬ ⇒ d | ( ax0− km)= b ,⎪⎩d | m ⇒ d | km⎭yani d | b dir.⇐ Yeterlik: ( a, m)ax ' + my ' = d olacak şekilde x ' ,olduğundaneşitliğinin her iki yanını= d olsun. Bu durumda Teorem 1.2. ye görey ' ∈ Z tamsayıları vardır. Ayrıcad | bb = db ' olacak şekilde b ' ∈ Z tamsayısı vardır. ax ' + my ' = db ' ile çarparakb ' x 'a( b' x ') + m( b' y ') = db'= bx= x , b ' y ' ∈ Z olmak üzerebuluruz. Böylece,ax − b = m( −b ' y ') ⇒ m | ( ax − b) ⇒ ax ≡ b(mod m)elde ederiz. Şu halde b ' x ' , ax ≡ b(mod m)kongrüansının bir çözümüdür.Teorem 4.2. x0, ax ≡ b(mod m)kongrüansının bir çözümü ise x ≡ x (mod m)0de bu kongrüansın bir çözümüdür.Kanıt. x0, ax ≡ b(mod m)kongrüansının bir çözümü olsun. Bu takdirdeax0 ≡ b(mod m)dir. Buradan ax0 = b + q1m, q1∈ Z yazılabilir. Şimdix ≡ x (mod m)0nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunu gösterelim:x ≡ x (mod m)0⇒ x = x0 + q2m, q2∈ Zdir.a( x0 + q2m)= ax0 + aq2m= b + q1m + aq2m = b + ( q1 + q2a)mx∈Z41

olduğundan a( x0 + q2m) ≡ b(mod m)elde edilir. Şu halde x = x0 + q2mnindolayısıyla x ≡ x (mod 0nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunugöstermiş olduk.Tanım 4.2. ax ≡ b(mod m)kongrüansının çözümlerinden aynı kalan sınıfınaait olan çözümlere kongrüent çözümler, aynı kalan sınıfına ait olmayanherhangi iki çözüme ise inkongrüent çözümler (kongrüent olmayan çözümler)diyeceğiz.Örnek 4.1. 3x ≡ 2(mod 4) kongrüansı verilsin.x = 6 için: 3.6 ≡ 2(mod 4) ⇒ 18 ≡ 2(mod 4) ,x = 10 için: 3.10 ≡ 2(mod 4) ⇒ 30 ≡ 2(mod 4)olduğundan 6 ve 10, kongrüansın iki çözümüdür ve 6 ≡ 10(mod 4) olduğundanbu iki çözüm verilen lineer kongrüansın kongrüent çözümleridir.Örnek 4.2. 4x ≡ 10(mod 6) kongrüansı verilsin.x = 10 için: 4.10 ≡ 10(mod 6) ⇒ 40 ≡ 10(mod 6) ,x = 13 için: 4.13 ≡ 10(mod 6) ⇒ 52 ≡ 10(mod 6)dir. Ancak, 10 ≢ 13(mod 6) olduğundan bu iki çözüm, verilen lineerkongrüansın kongrüent olmayan ( inkongrüent ) çözümleridir.Teorem 4.3. ax ≡ b(mod m)kongrüansında ( a, m)= d ve d | b isekongrüansın, mod m tam d tane inkongrüent çözümü vardır. Bumçözümler, x0herhangi bir çözüm ve m ' = olmak üzere,dx0, x0 + m', x0 + 2 m ',..., x0+ ( d − 1) m 'şeklindedir.Kanıt. d | b olduğundan ax ≡ b(mod m)kongrüansının bir x0çözümü vardır.S = { x 0, x 0+ m', x 0+ 2 m',..., x 0+ ( d − 1) m '}ile gösterelim.i) S nin elemanları ax ≡ b(mod m)kongrüansını gerçekler. Gerçekten,x0 + tm'∈ S , 0 ≤ t ≤ d − 1 içinm aa( x0 + tm ') = ax0 + at = ax0 + tm = ax0+ a ' tmd dyazabiliriz. Şu halde ax0 ≡ b(mod m)ve a ' tm = 0(mod m)olduğundana( x + tm') ≡ b(mod m)elde ederiz.0a′∈Z42

ii) S nin elemanları mod m inkongrüenttir. Aksi taktirde s ≠ t olmak üzere0 ≤ s,t ≤ d − 1 için x0 + sm ' ≡ x0+ tm'(mod m)olsaydı,sm ' ≡ tm '(mod m) ⇒ m | ( sm ' − tm') = ( s − t) m '⇒ m' d | ( s − t) m ' ⇒ d | s − tm′≠0yazılabilirdi, bu ise s − t = 0 , yani s = t olmasını gerektirir ki, bu kabulümüzleçelişir. Burada, 0 ≤ s,t ≤ d − 1 olduğundan | s − t |< d olduğunu kullandık.iii) Şimdi de ax ≡ b(mod m)kongrüansının herhangi bir çözümünün mod m ,S nin bir elemanına kongrüent olduğunu gösterelim: x′ herhangi bir çözümolsun. Bu durumdaax ' ≡ b(mod m), ax0 ≡ b(mod m)dir. O halde, ax ' ≡ ax0(mod m)olduğundan m | a( x ' − x0) yazılabilir vem aburadan ( x ' x0)d| d− bulunur. m md = ' , aad = ' dersek m ' | a '( x ' − x0) eldeederiz. Teorem 1.5. e göre, ( m', a ') = 1 olduğundan m ' | ( x ' − x0) veyax ' − x0= m'k , ( k ∈ Z ) veya x ' = x0+ m'k buluruz. Şimdi de k,d çiftinebölme algoritmasını uyguluyalım: q,r ∈ Z olmak üzerek = qd + r , 0 ≤ r < dyazabiliriz. Böylece,x ' = x0 + km ' = x0 + ( qd + r) m' = x0+ q dm ' + rm'yani= mx ' = x0 + qm+ rm ' ≡ x0+ rm '(mod m)≡0elde edilir . 0 ≤ r < d olduğundan x0 + rm'∈ S sonucuna ulaşırız.Sonuç 1: ( a, m ) = 1 ise ax ≡ b(mod m)kongrüansının tek bir çözümü vardır.Sonuç 2: p bir asal sayı ve a ≢ 0(mod p)yani, ( p, a ) = 1 ise bu taktirdeax ≡ b(mod p)kongrüansı bir ve yalnız bir çözüme sahiptir.Örnek 4.3. 55x ≡ 20(mod105) kongrüansının bütün çözümlerini bulalım.Çözüm. 55 = 5.11, 105 = 3.35 = 3.5.7 olduğundan (55,105) = 5 dir. Ayrıca5 | 20 olduğundan bu kongrüansın mod105 tam 5 tane çözümü vardır.Teorem 3.3. e göre55x≡ 20(mod105) ⇒ 11x≡ 4(mod 21)43

ulunur. Ayrıca (2, 21) = 1 olduğundan kongrüansın her iki tarafını 2 ileçarparsak x ≡ 8(mod 21) elde ederiz. Şu halde x0 ≡ 8(mod 21) dersek, tümçözümler:x ≡ x + m't ≡ x + 21 t(mod105)0 0şeklindedir. 0 ≤ t ≤ d − 1 olduğundan t = 0, 1, 2, 3, 4 alınır vem 105m ' = = = 21 olduğu dikkate alınırsa tüm çözümlerd 5t = 0 ⇒ x ≡ 8(mod105),şeklinde bulunur.t = 1 ⇒ x ≡ 29(mod105),t = 2 ⇒ x ≡ 50(mod105),t = 3 ⇒ x ≡ 71(mod105),t = 4 ⇒ x ≡ 92(mod105)Not: Eğer ( a, m ) = 1 ise ax ≡ b(mod m)kongrüansını aşağıda açıklandığışekilde çözebiliriz:ϕ ( m)( a, m ) = 1 olduğundan Euler Teoremine göre a ≡ 1(mod m)dir.ax ≡ b(mod m)kongrüansının her iki tarafınıbuluruz.( m) 1a ϕ − ile çarparsak≡ (mod ) ⇒ ≡ (mod )ϕ ( m) 1 ( m) 1 ( m) ( m) 1a − ϕax a − ϕ ϕb m a x a − b mϕ ( m) −⇒ x ≡ a 1 b(mod m)Örnek 4.4. 2x ≡ 1(mod 7) kongrüansının çözümünü bulalım.Çözüm. (2,7) = 1 olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bu çözümşeklinde olacaktır. Şudir.ϕ ( m) −x ≡ a 1 b(mod m)halde çözüm,x ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ϕ (7) −1 6−1 52 2 2 32 4(mod 7)∗Örnek 4.5. Z20( Z20nin asal kalan sınıflar grubu ) grubunda 3 elemanınıntersini bulalım.Çözüm. Z ∗ 20= {1, 3, 7, 9,11,13,17,19} dir. 3 elemanının tersini bulmak içinx = koşuluna uyan x kalan sınıfını bulmalıyız. Bunun için 3x ≡ 1( mod 20)3. 1kongrüansının çözümünü bulmak yeter.2 2 1 1 1 420 = 2 .5 ⇒ ϕ(20) = ϕ(2 .5) = 20(1 − )(1 − ) = 20. . = 82 5 2 544

ve 3. x = 1 olduğundanϕ (20) −13x≡ 1(mod 20) ⇒ x ≡ 3 .1(mod 20)bulunur ki, buradanx7 3 2 2⇒ x ≡ 3 ≡ (3 ) .3 ≡ 7 .3 ≡ 9.3 ≡ 7(mod 20)≡7 ≡9−1= (3) = 7 elde edilir.( a, m ) = 1 olmak üzere ax b( mod m)≡ kongrüansının bir x = x1çözümü ,Teorem 4.3. kullanılmadan, aşağıdaki metodlardan biri ile de elde edilebilir.Metod 1: ( a, m ) = 1 olduğundan Teorem 1.2. ye göreax+ my = (4.1)0 01olacak şekilde bir x0, y0tamsayı çifti vardır. Bu tamsayı çifti, a ve mtamsayılarına Öklid algoritması uygulanarak bulunabilir. (4.1) eşitliğinin heriki tarafını b ile çarparsaka( x b) + my b = b ⇒ a( x b) ≡ b mod m0 0 0 ( )bulunur ki, bu ax ≡ b( mod m)kongrüansının çözümünün x ≡ x b( m)0modolduğunu gösterir. Kongrüansı gerçekleyen x lerden herhangi biri x1olarakalınabilir.Örnek 4.6. 21x ≡ 6( mod51)köngrüansının çözümünü bulalım.Çözüm. (21,51) = (3.7,17.3) = 3(7,17) = 3 ve 3 | 6 olduğundan Teorem 4.3. egöre bu kongrüansın çözümü vardır ve çözüm sayısı 3 tür. Kongrüansta 3 ilekısaltma yapılarak7x ≡ 2( mod17)elde edilir. Öklid algoritması ile17 = 2.7 + 37 = 2.3 + 1bulunur ve buradan1 = 7 − 2.31 = 7 − 2(17 − 2.7)1 = 5.7 − 2.17elde edilir. Son eşitliğin her iki tarafını 2 ile çarparak2 = 10.7 − 4.17 ⇒ 7.10 ≡ 2 mod17( )bulunur ki, buradan 7x ≡ 2( mod17)köngrüansının bir çözümününx ≡ 10( mod17)olduğu görülür. Böylece 21x ≡ 6( mod51)köngrüansınıntüm çözümleri45

yaniolarak bulunur.Metod 2: ax b( mod m)( )x ≡ 10 + 17tmod51 , ( t = 0,1,2 )x ≡ 10( mod51), x ≡ 27( mod51), x ≡ 44( mod51)≡ kongrüansında a > 0 ve a < m kabul edebiliriz.Kongrüansın tanımından dolayı ax − b = my olacak şekilde bir y tamsayısıvardır. Bu eşitlikten my b( mod a)kongrüansı çözmek daha kolaydır. my b( mod a)≡ − bulunur. a < m olduğundan bu son≡ − kongrüansının bir y = y0çözümü biliniyorsa, ax − b = my de y yerine y0yazılarakmy0+ bx =aax ≡ b mod m kongrüansının çözümüdür. Öte yandanbulunur ki, bu da ( )my b( mod a)≡ − kongrüansına da aynı düşünce uygulanarak, çözümükolaylıkla bulunabilen bir kongrüans elde edilir ve böylece ilk kongrüansçözülür.Örnek 4.7. 7x ≡ 2( mod17)kongrüansının çözümünü bulalım.Çözüm. 7x ≡ 2( mod17)ise y ∈ Z olmak üzere 7x2 17Buradan( ) y ( )⇒ 6y≡ −4( mod 7) ⇒ y ≡ 4( mod 7)17y≡ −2 mod 7 ⇒ 3 ≡ − 2 mod 7bulunur. y = 4 alınırsa7x − 2 = 17.4 ⇒ 7x = 70 ⇒ x = 107 2 mod17− = y yazabiliriz.elde edilir. Şu halde x ≡ ( ) kongrüansının çözümü x ≡ 10( mod17)dir.Teorem 4. 4. (Çin Kalan Teoremi) m1 , m2,..., mrpozitif tamsayılar ve heri ≠ j için ( mi, mj ) = 1 olsun. a1, a2,..., a rtamsayıları verildiğindei( mod )x ≡ a m , ( i = 1,2,..., r ) (4.2)ikongrüanslarının ortak çözümleri vardır ve herhangi iki ortak çözümmod( m . m ... m ) birbirine kongrüdür.1 2r46

Kanıt. m = m1. m2... mrolsun. m1 , m2,..., mrtamsayıları ikişer ikişermaralarında asal oldğundan ( , mj) = 1, ( j = 1, 2,..., r ) dir. Şu haldemTeorem 4.1. e görejm x ≡ 1( mod m j ) ( 1, 2,...,m j = r )jkongrüansları çözülebilirdir. 1( mod m j )( modj )≡jile gösterelim.0x b mj=1m x ≡ kongrüansının çözümünümjx tamsayısınırmx0= ∑ bjajmolarak tanımlarsakrm mx0≡ b a ≡ b a ≡ a mm mj∑ j j i i i ( modi ) ( i 1,2,...,j=1 j i= r )bulunur ki, bu x0tamsayısının (4.2) deki kongrüansların bir ortak çözümüolduğunu gösterir. x , 1x2tamsayıları (4.2) deki kongrüansların iki ortakçözümü olsun. Şu haldex1≡ ai( mod mi)( i = 1,2,..., r )x ≡ a mod m2i( )iolup, bu iki bağıntıdanx1 ≡ x2 ( mod m i ) ( i = 1,2,..., r )ve Örnek 3.5. e görex1 ≡ x2 ( mod[ m1 , m2,..., m r])bulunur. mitamsayıları ikişer ikişer aralarında asal olduğundan[ m1 , m2,..., mr] = m olur. Buradan( )x1 ≡ x2 mod melde edilir ve ispat tamamlanır.Teoremin ikinci kısmından dolayı (4.2) deki kongrüans sisteminin bütünx ≡ x0 mod m şeklindedir.tamsayılı çözümleri ( )47

Örnek 4.8.x ≡ 1( mod3)⎫⎪x ≡ 2( mod 4)⎬ kongrüans sistemini çözelim.⎪x ≡ 3( mod5)⎪⎭Çözüm. (3,4) = (3,5) = (4,5) = 1 olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tektürlü belirli bir çözümü vardır. m1= 3 , m2= 4 , m3= 5 , a1= 1, a2= 2 ,a3= 3 tür. Buradan m = 3.4.5 = 60 ,m20m = , 12( ) b ( )( ) b ( )( ) b ( )20b≡ 1 mod3 ⇒ ≡ −1 mod3 ,1 115b≡ 1 mod 4 ⇒ ≡ −1 mod 4 ,2 212b≡ 1 mod5 ⇒ ≡ 3 mod53 3elde edilir. Şu halde sistemin çözümüx ≡ 20.( − 1).1 + 15.( − 1).2 + 12.(3).3 ≡ 58 mod 60olarak bulunur.m15m = , m12m = bulunur.3( )(4.2) deki sistemi, teoremdeki metodu kullanmadan aşağıdaki gibi deçözebiliriz.Örnek 4.9.x ≡ 1( mod3)⎫⎪x ≡ 2( mod 4)⎬ lineer kongrüans sistemini 2. bir metodla çözelim.⎪x ≡ 3( mod5)⎪⎭Çözüm. (3,4) = (3,5) = (4,5) = 1 olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tektürlü belirli bir çözümü vardır. x ≡ 1( mod3)kongrüansının çözümlerix = 1+ 3k, ( k = 0, ± 1,... ) şeklindedir. 1+ 3k tamsayısının x ≡ 2( mod 4)kongrüansının da bir çözümü olması için1+ 3k ≡ 2 mod 4 ⇒ 3k ≡ 1 mod 4 ⇒ −k ≡ 1 mod 4 ⇒ k ≡ − 1 mod 4( ) ( ) ( ) ( )olmalıdır. Böylece k = − 1+ 4t, ( t ∈ Z ) içinx = 1+ 3k = 1+ 3( − 1+ 4 t) = − 2 + 12t, ( t ∈ Z )olup x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansınçözümüdür. Şimdi t yi öyle belirleyelim ki bu t değeri için x = − 2 + 12tüçüncü kongrüansın da çözümü olsun.− 2 + 12t ≡ 3 mod5 ⇒ 12t ≡ 5 mod5 ⇒ 2t ≡ 0 mod5 ⇒ t ≡ 0 mod5( ) ( ) ( ) ( )48

ulunur. t = 5m, ( m ∈ Z ) yazabiliriz. Böylece x = − 2 + 12t = − 2 + 60m,( m ∈ Z ) , kongrüans sisteminin bütün çözümlerini verir. Bulduğumuz buçözümleri x ≡ − 2( mod 60)şeklinde de gösterebiliriz.Örnek 4.10.x ≡ b1(mod13) ⎫⎬ lineer kongrüans sisteminin çözümünü bulalım.x ≡ b2(mod17) ⎭Çözüm. (13,17) = 1 olduğundan sistemin mod(13.17) = mod 221 tek türlübelirli bir çözümü vardır. Önce x ≡ b (mod13)1kongrüansını çözelim.x ≡ b (mod13) ⇒ x = b + 13y, ( y ∈ Z )1 1bulunur. Bu çözümün x ≡ b (mod17)2kongrüansının da bir çözümü olmasıiçinb + 13 y ≡ b (mod17) ⇒ 13 y ≡ b − b (mod17)1 2 2 1olmalıdır. (4,17) = 1 olduğundan buradan⇒ −4 y ≡ b − b (mod17)2 1−16y ≡ 4( b − b )(mod17) ⇒ y ≡ 4( b − b )(mod17)2 1 2 1⇒ y = 4( b2 − b1) + 17z, ( z ∈ Z)bulunur. Diğer taraftan,x = b + 13y = b + 13[4( b − b ) + 17 z]1 1 2 1= b1 + 52( b2 − b1 ) + 13.17z = − 51b 1+ 52b2+ 221zolduğundan kongrüansın çözümüx ≡ − 51b 1+ 52 b2 (mod 221) ≡ 170b1 + 52 b2(mod 221)dir.Örnek 4.11. Öyle bir sayı bulunuz ki 2 ile bölündüğünde 0, 3 ilebölündüğünde 2, 5 ile bölündüğünde 3 ve 7 ile bölündüğünde 2 kalanınıversin.Çözüm.x ≡ 0(mod 2) ⎫x ≡ 2(mod3)⎪ ⎬ lineer kongrüans sistemini çözmeliyiz.x ≡ 3(mod5) ⎪x ≡ 2(mod 7) ⎪⎭(2,3) = (2,5) = (2,7) = (3,5) = (3,7) = (5,7) = 1olduğundan sistemin mod(2.3.5.7) = mod 210 tek türlü belirli bir çözümüvardır. Önce x ≡ 0(mod 2) kongrüansını çözelim.x ≡ 0(mod2) ⇒ x = 2y, ( y1∈ Z )149

olduğundan, bu çözümün x ≡ 2(mod3) kongrüansının da bir çözümü olmasıiçin2y≡ 2(mod3) y ≡ 1(mod3)⇒1 1(2,3) = 1olmalıdır. Böylece y1 = 1+ 3y2, y2∈Z içinx = 2y1 = 2(1 + 3 y2 ) = 2 + 6y2olup, x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansınçözümüdür. Şimdi y2değerini öyle belirleyelim ki 2 + 6y2, üçüncükongrüansın da çözümü olsun.2 + 6y ≡ 3(mod5) ⇒ 6y ≡ 1(mod5) ⇒ y = 1(mod5)2 2 2ve böylece y 2= 1+ 5y3, ( y3∈ Z ) elde ederiz. Buradanx = 2 + 6y = 2 + 6(1 + 5 y ) = 8 + 30y2 3 3olur ki, bu çözüm ilk üç kongrüansı gerçekler. Son olarak y3übelirleyelim ki, 8 + 30y3son kongrüansı da gerçeklesin.öyle8 + 30y≡ 2(mod 7) ⇒ 30y≡ 1(mod 7)3 3⇒ y 3y 32 ≡ 1(mod 7) ⇒ ≡ 4(mod 7)ve böylece y3 = 4 + 7y4, ( y4∈ Z ) elde ederiz. O halde,x = 8 + 30y = 8 + 30(4 + 7 y ) = 8 + 120 + 210y = 128 + 210y3 4 4 4bulunur ki, bu x ≡ 128(mod 210) olması demektir, dolayısıyla aranan en küçüktamsayı 128 dir.PROBLEMLER1) x ≡ 1( mod3), x ≡ 1( mod 7), 1( mod11)x ≡ kongrüanslarını aynı andagerçekleyen 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 denküçük olan bütün pozitif tamsayıları bulunuz.3) ax b( mod100)≡ kongrüansında a ve b tamsayılarını öyle belirleyiniz kibu kongrüansın tam 10 tane olsun.4) a nın hangi değerleri için ax b( mod m)≡ kongrüansının çözümü yoktur.50

5) x ≡ a1 ( mod m1) ⎫⎪ ⎬x ≡ a2 ( mod m2) ⎪⎭ve yeter koşulun ( m , m ) ( a a )( )( )( )( )kongrüans sisteminin bir çözümünün olması için gerek| − olduğunu gösteriniz.1 2 1 26) x ≡ 1 mod 2 ⎫⎪x ≡ 2 mod3 ⎪⎬x ≡ 3 mod 5 ⎪x ≡ 4 mod 7 ⎪⎭bütün çözümlerini bulunuz.kongrüans sisteminin 0 < x < 500 koşulunu gerçekleyen7) 3 katından 1 çıkarıldığı zaman 5 ile, 4 katına 2 eklendiği zaman 11 ilebölünebilen ve 200 ile 440 arasında bulunan bütün tamsayıları bulunuz.( )( )( )8) x ≡ 3 mod11 ⎫⎪x ≡ 4 mod13 ⎬ kongüans sistemini çözünüz.⎪x ≡ 5 mod17 ⎭51

5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER VE İNDEKSLERγTanım 5.1. m bir pozitif tamsayı, a ∈ Z ve ( a, m ) = 1 olsun. a ≡ 1(mod m)koşulunu gerçekleyen en küçük pozitif γ tamsayısına a nın m modülüne göreeksponenti ( mertebesi ) adı verilir ve eks ma= γ şeklinde gösterilir.Bu koşulu gerçekleyen γ lar vardır. Çünkü γ = ϕ( m)için EulerTeoremine göreaϕ ( m)≡ 1(mod m)dir.Örnek 5.1. 2 nin 5 modülüne göre eksponentini bulalım.Çözüm. (2,5) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göredir.12 = 2 ≡ 1 mod 5 ,( )( )( )( )= ≡ ,22 4 1 mod5= ≡ ,32 8 1 mod5= ≡42 16 1 mod5≡ ≡ϕ (5) 42 2 1(mod 5)olduğundan 2 nin 5 modülüne göre eksponenti 4, yani eks52 = 4 tür.Teorem 5.1. Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti δ olsun. Bu0 1 1takdirde 1 = a , a ,..., a δ − sayıları m modülüne göre inkongrüenttir.Kanıt. 0 ≤ k < l < δ olmak üzere k la ≡ a (mod m)olduğunu kabul edelim.( m, a ) = 1 olduğundan kısaltma yaparakal −k≡ 1(mod m)bulunur. Ayrıca 0 < l − k < δ olduğundan bu, δ nın eksponent oluşu ile0 1 1çelişir. Şu halde a , a ,..., a δ − sayıları m modülüne göre inkongrüenttir.Teorem 5.2. a nın m modülüne göre eksponenti δ olsun. Bu taktirdeγ γa ≡ a ' (mod m)ise γ ≡ γ '(mod δ ) dır.Kanıt. γ ve γ ' yü , δ ile kalanlı olarak bölelim. q, r, q′ , r′∈ Z olmak üzereγ = δ q + r , 0 ≤ r < δ ve γ ' = δ q ' + r ' , 0 ≤ r ' < δyazabiliriz. exp ma = δ olduğundan aδ ≡ 1(mod m)dir. Buradanveγ δ q r ra ≡ ( a) . a ≡ a (mod m)≡1γ ' δ q ' r ' r 'a ≡ ( a) . a ≡ a (mod m)≡152

elde edilir. Böylece≡ (mod ) ⇒ ≡ (mod )γ γ 'r r 'a a m a a mrr 'buluruz. Teorem 5.1. e göre a ve a , m modülüne göre inkongrüentolduğundan r = r ' elde ederiz. Şu halder = r ' ⇒ γ − γ ' = (q − q ') δ ⇒ γ −γ ' ≡ 0(mod δ )veyabulunur.∈Zγ ≡ γ '(mod δ )Sonuç: Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti δ iseγa ≡ 1 mod m ⇔ δ | γ( )olmasıdır.Kanıt. Teorem 5.2. de γ ′ = 0 almak yeter.Teorem 5.3. a nın m modülüne göre eksponenti δ ise δ | ϕ( m)dir.Kanıt. eksma= δ ise aδ ≡ 1(mod m)ve 0 < δ ' < δ olmak üzereδ 'a ≢ 1(mod m)dir. Şimdi, ϕ ( m)tamsayısını δ ile kalanlı olarak bölelim.ϕ( m)= δ q + r , 0 ≤ r < δolacak şekilde q,r tamsayıları vardır. Burada r = 0 olmalıdır. Çünkü, eğerr > 0 olsaydı, Euler Teoremine göreϕ ( m)δ q r δ q r ra ≡ 1(mod m) ⇒ a + ≡ ( a) . a ≡ 1(mod m) ⇒ a ≡ 1(mod m)≡1elde edilirdi ki, bu r < δ olduğundan δ nın eksponent oluşu ile çelişirdi. Şuhalder = 0 ⇒ ϕ( m) = δ q ⇒ δ | ϕ( m)sonucu bulunur.Örnek 5.2. 7 nin 23 modülüne göre eksponentini bulalım.Çözüm. (7, 23) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre≡ ⇒ ≡ϕ (23) 227 1(mod 23) 7 1(mod 23)tür. eks237 = δ diyelim. Böylece 7 δ ≡ 1(mod 23) yazabiliriz ve Teorem 5.3. egöre δ | ϕ(23) = 22 olduğundan δ = 1,2,11 ve 22 değerlerinden birisi ( 22 nindoğal bölenleri ) olabilir.127 ≡ 7 ≢ 1(mod 23) , 7 ≡ 49 ≡ 3 ≢ 1(mod 23)11 2 5 5 3 27 ≡ (7 ) .7 ≡ 3 .7 ≡ 3 .3 .7 ≡ 4.9.7 ≡ 28.9 ≡ 5.9 ≡ 45 ≡ − 1(mod 23)≡3 ≡4 ≡322 11 11⇒ 7 ≡ 7 7 ≡ 1(mod 23)53

uluruz. Şu halde, 7 nin 23 modülüne göre eksponenti 22, yani eks237 = 22dir.Teorem 5.4. Bir a ∈ Z tamsayısının m modülüne göre eksponenti h ise+khk ∈ Z olmak üzere, a tamsayısının m modülüne göre eksponenti( h, k)dır.kKanıt. a tamsayısının m modülüne göre eksponenti t olsun. Eksponenttanımındanolup, Teorem 5.2. desonucu çıkar.tk kt( a ) ≡ a ≡ 1( mod m)γ = kt ve 0h kh | kt ⇒ | t( h, k) ( h, k)γ ′ = alınırsa kt 0( mod h)≡ veya h | kt⎛ h k ⎞elde edilir. ⎜ , ⎟ = 1 olduğundan Aritmetiğin Esas Yardımcı⎝ ( h, k) ( h, k)⎠hTeoremine göre göre | t sonucu çıkar. Öte yandan( h, k )hkk ( h, k ) h ( h, k )( a ) ( a ) 1( mod m)olduğundan Teorem 5.2. nin sonucuna görebağıntılarındanh≡ ≡ , ( a 1( mod m)ht( h, k )| ve ht |( h, k)ht = elde edilir.( h, k)≡ )ht | bulunur. Böylece( h, k)pTeorem 5.5. a ∈ Z , p ve q tek asal sayılar olsun. q | ( a − 1) ise yaq | ( a − 1) ya da q = 2up+ 1 , u ∈ Z dir.pKanıt. q ( a 1)p| − olduğundan a 1( mod q)≡ dur. eks qa = s dersekTeorem 5.2. nin sonucuna göre s | p olmalıdır. Buradan s = 1 veya s = psonucu çıkar.s = 1 ise1a ≡ 1 mod q ⇒ q | ( a − 1)olur.( )54

s = p ise Teorem 5.3. e göre p ϕ( q)| olur ki, bu p ( q 1)| − demektir.Buradan da r ∈ Z olmak üzereq − 1 = pryazabiliriz. q ve p tek asal sayılar olduğundan r çift sayı olmalıdır. Şu haldeu ∈ Z olmak üzere r = 2udur. r nin bu değeri yukarıda yerine yazılırsar = 2u ⇒ q − 1 = p(2 u) ⇒ q = 2up+ 1elde edilir.Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere 2 p − 1 sayısının bölenleri, 2up + 1formundadır.Kanıt. a, 2 p − 1 in bir böleni ise, qiler a nın asal bölenleri olmak üzerea = q ... 1q2 qkpyazılabilir. 2 | (2 − 1) dir. Bu yüzden q1, q2, ... ,tektir. 1 ≤ i ≤ k için qi| (2 −1) olduğundan Teorem 5.5. e göreqi= 2uip + 1yazılabilir. Şu halde uygun bir u ∈ Z içina = (2u1p + 1)...(2u kp + 1) = 2up+ 1elde edilir.qkasal sayılarının hepsi13Örnek 5.3. 2 − 1 tamsayısının en küçük asal bölenini bulalım.Çözüm. 13 asal olduğundan yukarıdaki sonuca göre aradığımız sayı2.13u+ 1 = 26u+ 1biçiminde olmalıdır. u = 1 için elde edilen 27 sayısı asal değildir. u = 2 içinelde edilen 53 tamsayısı, asal olduğundan aranan sayıdır.nÖrnek 5.4. a > 1 ve n > 0 birer tamsayı olsun. Bu taktirde n | ϕ( a − 1) dir.nnÇözüm. Önce a > 1 için ( a, a − 1) = 1 olduğunu kanıtlayalım. ( a, a − 1) = ddiyelim. Buradannd | a ⇒ d | a ⎫ ⎪ n nd a ( a 1)] 1 d 1n⎬ ⇒ | [ − − = ⇒ =d | ( a −1)⎪⎭= 1nbuluruz. a nın ( a − 1) modülüne göre eksponenti n dir, çünküa n −1 ≡ 0(mod( a n −1)) ⇒ a n ≡ 1(mod( an − 1))nelde edilir. Eğer, a nın ( a − 1) modülüne göre eksponenti δ ve δ < n olsa,δnn δa ≡ 1(mod( a −1)) ⇒ a − 1| ( a − 1)nbuluruz ki a − 1 > a δ − 1 olduğundan bu mümkün değildir, o haldeδ = n dir. Buradan55

sonucunu elde ederiz.neks n a = n ⇒ n | ϕ( a − 1)( a − 1)Örnek 5.5. ab ≡ 1(mod m)ise a ve b tamsayılarının m modülüne göreeksponentlerinin birbirine eşit olduğunu gösterelim.t1 Çözüm. eks ma = t1, eks mb = t2olsun. O taktirde a ≡ 1(mod m),tb 2≡ 1(mod m)dir.ab ≡ m ⇒ ab ≡ ≡ mt1 t11(mod ) ( ) 1 1(mod )t 1 t 1 t 1≡1⇒ a . b ≡ 1(mod m) ⇒ b ≡ 1(mod m)olduğundan, eksponent tanımından t2 | t1bulunur. Diğer taraftan, benzerşekildet2 t2ab ≡ 1(mod m) ⇒ ( ab) ≡ 1 ≡ 1(mod m)t 2 t 2t 2≡1⇒ a . b ≡ 1(mod m) ⇒ a ≡ 1(mod m)olduğundan, eksponent tanımından t1 | t2bulunur. Buradansonucu elde edilir.t1 | t2,t2 | t1⎫⎬ ⇒ t1 = t2⇒ eksma = eksmbt1 > 0, t2> 0 ⎭Tanım 5.2. a ∈ Z , ( a, m ) = 1 olsun. a nın m modülüne göre eksponenti ϕ ( m)ise a ya m modülüne göre bir primitif ( ilkel ) kök denir.Örnek 5.2. ye göre 7 nin , 23 modülüne göre bir primitif kök olduğunusöyleyebiliriz. Çünkü, eks237 = 22 = ϕ(23)tür.Örnek 5.6. 41 modülüne göre bir primitif kök bulalım.Çözüm. a, 41 modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde eks41a = 40olmalıdır. 41 ile aralarında asal olan bütün pozitif tamsayılar primitif kökadayıdır. Şu halde (2, 41) = 1 olduğundan 2 nin 41 modülüne göre bir primitif3kök olup olmadığını araştıralım. ϕ (41) = 40 = 2 .5 olduğundan 2 nin 41modülüne göre eksponenti 40 ın bölenleri, yani 1, 2, 4, 5, 8, 10, 20 ve 40olabilir.12 ≢ 1(mod 41) ,22 ≡ 4 ≢ 1(mod 41) ,42 ≡ 16 ≢ 1(mod 41) ,56

52 ≡ 32 ≢ 1(mod 41) ,8 5 32 ≡ 2 .2 ≡ −9.8 ≡ −72 ≡ 10 ≢ 1(mod 41) ,≡−910 8 22 ≡ 2 .2 ≡ 10.4 ≡ 40 ≡ −1 ≢ 1(mod 41) ,20 10 102 ≡ 2 .2 ≡ 1(mod 41)olduğundan eks412 = 20 dir ve dolayısıyla 2, 41 modülüne göre bir primitifkök değildir.Şimdi de, (7, 41) = 1 olduğundan 7 nin, 41 modülüne göre bir primitif kökolup olmadığını araştıralım.17 ≢ 1(mod 41) ,27 ≡ 49 ≡ 8 ≢ 1(mod 41) ,4 2 27 ≡ 7 .7 ≡ 8.8 ≡ 23 ≢ 1(mod 41) ,5 47 ≡ 7 .7 ≡ 23.7 ≡ 161 ≡ 38 ≡ −3 ≢ 1(mod 41) ,8 4 47 ≡ 7 .7 ≡ 23.23 ≡ 529 ≡ 37 ≡ −4 ≢ 1(mod 41) ,10 8 27 ≡ 7 .7 ≡ −4.8 ≡ −32 ≡ 9 ≢ 1(mod 41) ,20 10 107 ≡ 7 .7 ≡ 9.9 ≡ 81 ≡ −1 ≢ 1(mod 41) ,40 20 207 ≡ 7 .7 ≡ ( −1)( −1) ≡ 1(mod 41)olduğundan eks 7 4041= tır. Şu halde 7, 41 modülüne göre bir primitif köktür.Teorem 5.6. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde,1) j kg ≡ g (mod m) ⇔ j ≡ k(mod ϕ( m)),j2) g ≡ 1(mod m) ⇔ ϕ( m)| j ,2 ( m)3) g, g ,..., g ϕ tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemioluştururlar.Kanıt. 1) g , m modülüne göre bir primitif kök iseeks = ϕ ( m )olacağından kanıt için Teorem 5.2. de δ = ϕ( m)almak yeterlidir.m g2) Teoremin birinci şıkkında k = 0 almak yeterlidir. Çünkü,jg ≡ g 0 (mod m) ⇔ j ≡ 0(mod ϕ( m)) ⇔ ϕ( m)| jdir.j3) ( g, m ) = 1 olduğundan ( g , m ) = 1 ( j = 1,..., ϕ( m)) dir. g, g ,...,2 ( m)g ϕsayılarından oluşan kümenin eleman sayısı ϕ ( m)dir. Şimdi bu sayılardanherhangi ikisinin m modülüne göre birbirine kongrü olmadığını gösterelim.1 ≤ j, k ≤ ϕ( m)için j kg ≡ g (mod m)olsa:( ϕ )1) ⇒ j ≡ k mod ( m)57

yani ϕ ( m) | ( j − k)bulunur. Fakat 1 ≤ j, k ≤ ϕ( m)olduğundanj − k < ϕ( m)olup, ϕ ( m) | ( j − k)bağıntısı ancak j − k = 0 , yani j = k içingerçeklenir. Şu halde j ≠ k ise j kg ≡ g (mod m)dir.Teorem 5.7. m > 1 bir tamsayı ve g , m modülüne göre bir primitif kök isekbu takdirde g nın , m modülüne göre bir primitif kök olması için gerek veyeter koşul ( k, ϕ ( m)) = 1 olmasıdır.Kanıt. g , m modülüne göre bir primitif kök olduğundan Teorem 5.4. e göredir. Şu haldek eksmg ϕ( m)eksm( g ) = =( k,eks g) ( k, ϕ( m))kg nın , mmmodülüne göre bir primitif kök olması, yanieks ( g km) = ϕ ( m ) olması için gerek ve yeter koşul ( k , ϕ ( m )) = 1 olmasıdır.+p bir asal sayı ve α ∈ Z olmak üzere m nin 2, 4, p, p α ve 2. p αdeğerleri için m modülüne göre primitif kök vardır. m nin başka hiçbir değeriiçin primitif kök yoktur.+Teorem 5.8. m ∈ Z olmak üzere, eğer varsa, m modülüne göre inkongrüentprimitif köklerin sayısı tam ϕ( ϕ ( m))dir.Kanıt. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. m ile aralararında asal2 ( m)olan herhangi bir tamsayı, g, g ,..., g ϕ sayılarından birine kongrüenttir.Diğer yandan Teorem 5.7. ye görekg nın, m modülüne göre bir primitif kökolması için gerek ve yeter koşul ( k, ϕ ( m)) = 1 olmasıdır. Şu halde k ≤ ϕ( m)koşuluna uyan bu tamsayıların sayısı tam ϕ( ϕ ( m))dir.Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere, p modülüne göreprimitif kök vardır.ϕ( ϕ( p)) = ϕ( p − 1) tanep−1Örnek 5.7. 11 modülüne göre bütün primitif kökleri bulalım.Çözüm. 11 modülüne göre ϕ( p − 1) = ϕ(11 − 1) = ϕ(10) = 4 tane primitif kökvardır. Bir a tamsayısı için, Teorem 5.3. e göre eks a | ϕ( p)olduğundan1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10sayılarının eksponentlerini ararkenϕ( p) = ϕ(11) = 10sayısının bölenleri olan 1, 2, 5, 10 sayılarına bakmak yeter.p58

( )25102 ≡ 4 , 2 ≡ 8 , 2 ≡ 1( mod11),253 ≡ 9 , 3 ≡ 1( mod11),254 ≡ 5 , 4 ≡ 1( mod11),255 ≡ 3 , 5 ≡ 1( mod11),25106 ≡ 3 , 6 ≡ 10 , 6 ≡ 1( mod11),25107 ≡ 5 , 7 ≡ 10 , 7 ≡ 1( mod11),25108 ≡ 9 , 8 ≡ 10 , 8 ≡ 1( mod11),259 ≡ 4 , 9 ≡ 1( mod11),2≡ , 10 ≡ 1( mod11)≡ ,1 1 mod1112 ≡ 2 ,13 ≡ 3 ,14 ≡ 4 ,15 ≡ 5 ,16 ≡ 6 ,17 ≡ 7 ,18 ≡ 8 ,19 ≡ 9 ,110 10olduğundan eksponenti ϕ (11) = 10 olan 4 tane sayı vardır ve bunlar 2, 6, 7ve 8 dir. Şu halde 11 modülüne göre ϕ(11 − 1) = ϕ(10) = 4 tane primitif kökvardır.11 modülüne göre bütün primitif kökleri Teorem 5.7. den yararlanarak dabulabiliriz. Yukarıda 2 nin, 11 modülüne göre bir primitif kök olduğunugösterdik. Diğer primitif kökler, ( k, ϕ (11)) = ( k,10) = 1 olmak üzere 2 kşeklindedir. 10 = 2.5 olduğundan bu koşula uyan k lar 1, 3, 7 ve 9 dur. Şuhalde 11 modülüne göre bütün primitif kökler:12 ≡ 2 mod11olduğundan 2, 8, 7 ve 6 dır.≡( )( )( )( )32 8 mod11≡72 7 mod11≡92 6 mod11Şimdi primitif köklerle ilgili bir tablo verelim. Bir p asal sayısının enküçük pozitif primitif kökünü g ile gösterirsek 100 den küçük asal sayılariçingpsayılarını yazalım.pp 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41gp 1 2 2 3 2 2 3 2 5 2 3 2 6p 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97gp 3 5 2 2 2 2 7 5 3 2 3 559

Tanım 5.3. a ∈ Z , ( a, m ) = 1 ve g de m modülüne göre bir primitif kökolsun.jg ≡ a(mod m)koşulunu gerçekleyen en küçük pozitif j tamsayısına a nın g primitif kökünegöre indeksi denir ve ind ga şeklinde yazılır.Tanım 5.3. ten j nin 0 ≤ j ≤ ϕ( m)koşulunu gerçeklediği açıktır.Örnek 5.8. p = 13 modülüne göre bir primitif kök bulalım ve bu kökükullanarak indeks tablosu yapalım.Çözüm. Daha önce verdiğimiz tabloda 13 modülüne göre, 2 nin bir primitifkök olduğunu belirtmiştik.12 ≡ 2 ,72 ≡ 11 ,22 ≡ 4 ,82 ≡ 9 ,32 ≡ 8 ,92 ≡ 5 ,42 ≡ 3 ,102 ≡ 10 ,52 ≡ 6 ,112 7kongrüanslarından yararlanarak, 13 modülüne göre62 ≡ 12 ,12≡ , 2 ≡ 1( mod13)2 x ≡ 1 , 2 x ≡ 2 , 2 x ≡ 3 , 2 x ≡ 4 , 2 x ≡ 5 , 2 x ≡ 6 ,2 x ≡ 7 , 2 x ≡ 8 , 2 x ≡ 9 , 2 x ≡ 10 , 2 11 2 x ≡ 12 mod13x ≡ , ( )kongrüanslarının en küçük pozitif tamsayı çözümleri sırasıyla12, 1, 4, 2, 9, 5, 11, 3, 8, 10, 7, 6olduğundanind21 = 12 , ind22 = 1 , ind23 = 4 , ind24 = 2 ,ind25 = 9 , ind26 = 5 , ind27 = 11 , ind28 = 3,ind29 = 8 , ind210 = 10 , ind211 = 7 , ind212 = 6dır. Bunu tablo ile aşağıdaki gibi yazabiliriz.a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12ind2a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6Teorem 5.9. g , m tamsayısının bir primitif kökü iseug ≡ a mod m ⇔ u = ind a mod ϕ( m)dir.( ) ( )g60

≡ olsun.uKanıt. g a ( mod m)( mod )uindg g a g am≡ ≡yazılabileceğinden Teorem 5.2. ye göreu ≡ ind a mod ϕ( m)g ( )bulunur. Tersine u ind a ( mod ϕ( m))≡ ise uygun bir v ∈ Z içingu = ind a + v. ϕ( m)gyazabiliriz. Şu haldeu ind g a+v . ϕ ( m ) ind g a ϕ ( m)v( ) ind g ag ≡ g ≡ g g ≡ g ≡ a mod melde edilir. ( )Sonuç: a ≡ a′( mod p)ise indga indga′( mod( p 1) )indgaind g a′Kanıt. g a a′g ( mod p)ind a ≡ ind a′( mod( p − 1) )elde edilir.≡1≡ − dir.≡ ≡ ≡ den Teorem 5.9. kullanılarakgÖrnek 5. 9. indg1 = 0 ve indgg = 1 olduğunu gösterelim.Çözüm. ind g1 = a olsun. Bu takdirdeg( m)a1 ≡ g modkongrüansından , 0 ≤ a ≤ ϕ( m) − 1 eşitsizliğini de kullanarak a = 0 buluruz.Benzer şekilde ind gg= b dersek≡( mod )bg g mkongrüansından ve ( g, m ) = 1 olmasından dolayı≡( m)b−11 g modbuluruz. Üstelik 0 ≤ b −1 ≤ ϕ( m) − 1 olduğundan b − 1 = 0 , yani b = 1sonucuelde edilir.İndekslerle işlem yapmanın, logaritmalarla işlem yapmaya benzediğinisöyleyebiliriz.Teorem 5.10. g , bir m tamsayısının primitif kökü iseind ( ab) ≡ ind a + ind b mod ϕ( m),i )g g g ( )ii) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ind a n n.ind a ( mod ϕ( m))Kanıt. i ) ind ga= u ve ind gb = v olsun.g≡ dir.g61

olduğundanv≡ ( mod ) ve g ≡ b( mod m)ug a m≡( mod )u+vab g mdir. Teorem 5.9. a göreind a + ind b ≡ u + v ≡ ind ab mod ϕ( m)olur.ii )bulunur.g g g( )nindga = indg( a. a... a) ≡ indga + indga + ...indgan terimn terim( ϕ )≡ n.ind a mod ( m)gÖrnek 5.10. 11x ≡ 8( mod13)kongrüansını çözelim.Çözüm. Örnek 5.8. den , 2 nin 13 modülüne göre bir primitif kök olduğunubiliyoruz. Şimdi bu primitif köke göre oluşturduğumuz indeks tablosundanyararlanalım.a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12ind2a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6ϕ (13) = 12 olduğundan2 2 2 2( )ind 11x≡ ind 11+ ind x ≡ ind 8 mod12olur. İndeks tablosundanind211 = 7 ve ind28 = 3olduğu göz önüne alınırsaind x ≡ 3 − 7 ≡ −4 ≡ 8 mod122( )bulunur ve tekrar indeks tablosu kullanılarak, 2 primitif köküne göre indeksi8 olan sayı bulunursaelde edilir.x ≡ 9( mod13)Tanım 5.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzerenx ≡ a(mod p)kongrüansı çözümlü ise a ya p modülüne göre bir n. kuvvet kalanı denir.Teorem 5.11. p bir asal sayı , a ∈ Z ve ( a, p ) = 1 olsun. Bu taktirde,1) ap−1( n, p−1)n≢ 1(mod p)ise x ≡ a(mod p)kongrüansının çözümü yoktur.62

2)ap−1( n, p−1)n≡ 1(mod p)ise x ≡ a(mod p)kongrüansının çözümü vardır veçözüm sayısı ( n, p − 1) dir.nKanıt. 1) ( n, p − 1) = d diyelim. Eğer x ≡ a(mod p)kongrüansının bir uçözümü varsaelde ederiz. Şu haldeçözümü yoktur.p−1dp−1 p−1nn.d d p−1da ≡ u ≡ ( u) ≡ 1(mod p)ap−1d≡1n≢ 1(mod p)ise x ≡ a(mod p)kongrüansının2) Şimdi, a ≡ 1(mod p)olduğunu kabul edelim ve g, p modülüne görebir primitif kök olsun. a nın p modülüne ve g primitif köküne göre indeksi jisejg ≡ a(mod p)dir. Böylece,p−1 p−1 p−1j.d j d d0≡ 1(mod ) ⇒ ( ) ≡ ≡ 1 ≡ (mod )a p g g g polur. Buradan Teorem 5.2. kullanılarakj( p −1)≡ 0(mod( p −1))d mod ϕ( p)elde edilir. Şu halde k ∈ Z olmak üzere,j( p −1)= k( p − 1)dyazabiliriz. Bu son eşitlikten dej = k.d ⇒ d | j(5.1)buluruz.2 p 1g, g ,..., g − sayıları, p modülüne göre bir tam kalan sisteminoluşturduğundan x ≡ a(mod p)kongrüansının her çözümü, y uygun birypozitif tamsayı olmak üzere x ≡ g (mod p)şeklindedir. Şu halde,yng ≡ a(mod p)⎫⎪ yn jg g (mod p)j⎬ ⇒ ≡g ≡ a(mod p)⎪⎭bulunur ve buradan Teorem 5.6. ya göreyn ≡ j(mod ϕ( p)) ⇒ yn ≡ j(mod( p − 1))(5.2)elde edilir. (5.1) dend = ( n, p − 1) | jolduğundan (5.2) deki kongrüansın tam d = ( n, p − 1) tane çözümü vardır vebu çözümler,63

y y p≡ 1(mod( − 1)) , 2nise x ≡ a(mod m)kongrüansının çözümleriy ≡ y (mod( p − 1)) , ... , y ≡ y (mod( p − 1))yx ≡ g 1 (mod p )y2 , x ≡ g (mod p )y, ... , x ≡ g d(mod p)olarak bulunur.Uyarı: y0ve y1iki tamsayı olmak üzere y ≡ y 0 1(mod( p − 1)) isey0 y1 g ≡ g (mod p ) dir: Çünküy ≡ y (mod( p −1)) ⇒ p − 1| y − y0 1 0 1⇒ y0 − y1 = t( p − 1) , ( t ∈ Z )⇒ y0 = y1 + t( p − 1)y0 y1 + t ( p−1) y1 11.(p − t y⇒ g ≡ g ≡ g g ) ≡ g (mod p)nolacağından x ≡ a(mod m)kongrüansının yukarıdaki d tane çözümündenbaşka çözümü yoktur.7Örnek 5.11. x ≡ 2(mod13) kongrüansının çözülebilir olup olmadığınıaraştıralım ve eğer çözülebilir ise kongrüansın çözümlerini bulalım.( n, p−1)nÇözüm. Teorem 5.11. e göre a ≡ 1(mod p)ise x ≡ a(mod p)kongrüansı çözümlüdür. Örneğimizde a = 2 , p − 1 = 12 , n = 7 dir. Şu haldep−1(2,13) = 1 olduğundan Fermat Teoremine görebulunur. Dolayısıyla≡112(7,12) 122 ≡ 2 ≡ 1(mod13)7x ≡ 2(mod13) kongrüansı çözümlüdür ve ( 7,12)= 1olduğundan tek çözüm vardır. Kongrüansı çözmek için 13 modülüne göre birprimitif kök araştıralım. Acaba 2, 13 modülüne göre bir primitif kök müdür?212 = 2 .3 olduğundan 12 nin bölenleri 1,2,3, 4,6 ve 12 dir.12 ≢ 1(mod13) ,42 ≢ 1(mod13) ,22 ≢ 1(mod13) ,62 ≢ 1(mod13) ,32 ≢ 1(mod13)122 ≡ 1(mod13)7olduğundan 2, 13 modülüne göre bir primitif köktür. Şu halde x ≡ 2(mod13)kongrüansının çözümü y uygun bir pozitif tamsayı olmak üzereyx ≡ 2 (mod13) şeklindedir. Teorem 5.6. ya görey 7 1(2 ) ≡ 2 ≡ 2 (mod13) ⇒ 7y≡ 1(mod 12 )dϕ (13)bulunur. (7,12) = 1 olduğundan her iki yanı 7 ile çarparsak64

ulunur, bu ise49y≡ 7(mod12) ⇒ y ≡ 7(mod12)7x ≡ 2 (mod13) şeklinde tek çözümdür.1Yukarıda, eğer 2 = 2 sayısı 2 den farklı bir sayı olsaydı o zaman busayıyı 13 modülüne göre 2 nin bir kuvveti olarak yazmamız gerekirdi. Şimdi7bu örnekten yararlanarak 3(mod13)7,12 = 1 ve12(7,12)3123 1(mod13)x ≡ kongrüansını çözelim. ( )≡ ≡ olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bununy 7için (2 ) ≡ 3(mod13) kongrüansını çözmeliyiz. Şimdi 3 ü, 2 nin bir kuvvetiolarak yazalım.12342 ≡ 2(mod13) , 2 ≡ 4(mod13) , 2 ≡ 9(mod13) , 2 ≡ 3(mod13)olduğundan Teorem 5.6. ya görey 7 4(2 ) ≡ 3 ≡ 2 (mod13) ⇒ 7y≡ 4(mod12)bulunur. Şu haldetür.PROBLEMLER⇒( 7,12)= 149y≡ 28 ≡ 4(mod12) ⇒ y ≡ 4(mod12)7x ≡ kongrüansının çözümü3(mod13)4x ≡ 2 ≡ 3(mod13)1) 3 ün, 17 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundan11yararlanarak x ≡ 9(mod17) kongrüansını çözünüz.2) 2 nin, 19 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundan6yararlanarak x ≡ 11(mod19) kongrüansını çözünüz.3) n ∈ N ve p,4 3 2n n n n+ + + + 1 nin bir asal böleni ise bu takdirde yap ≡ 1( mod 5)veya p = 5 olduğunu gösteriniz.4) 1n ≥ bir tamsayı olsun. a ≡ a ( n)ve ( a n) ( a n)1 2mod, = , = 1 ise a1ve1 2a2nin, n modülüne göre eksponentlerinin eşit olduğunu gösteriniz.5) eksp6a = ise a 4 a 2 1 0( mod p)+ + ≡ olduğunu gösteriniz.6) p, p ≡ 1( mod 4)koşulunu gerçekleyen bir asal sayı olsun. g tamsayısı pmodülüne göre bir primitif kök iseprimitif kök olduğunu gösteriniz.− g tamsayısının da p modülüne göre bir65

7) eksma= h , eksmb= k ve ( , ) 1gösteriniz.h k = ise ( a b)eks . = h.k olduğunu8) p bir asal sayı ve g de p modülüne göre bir primitif kök olsun. Eğer ktamsayısı ( k p − ), 1 = 1 koşulunu gerçekliyorsa bu takdirdep modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz.mkg tamsayısının da9) p bir asal sayı olmak üzere ekspa= h ve h bir çift tamsayı ise buh2≡ − 1 mod olduğunu gösteriniz.takdirde a ( p)10) p bir tek asal sayı olsun. ekspa = 2 olması için gerek ve yeter koşulun( p)a ≡ − 1 mod olduğunu gösteriniz.p 111) p bir tek asal sayı ise x 1( mod p)sayısını belirleyiniz.n12) 3( mod 7)− ≡ kongrüansının çözümlerininx ≡ kongrüansında n pozitif tamsayısını öyle belirleyiniz kibu kongrüansına) hiç çözümü olmasın,b) tam iki tane çözümü olsun.66

6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) REZİDÜLER2Bu bölümde x ≡ a(mod p)kongrüansının çözülebilir olup olmadığınıTeorem 5.11. de verdiğimiz kriteri kullanmadan, Legendre sembolü adı verilenbir sembol yardımı ile belirleyeceğiz. Bu amaçla,2ax + bx + c ≡ 0(mod p), a ≢ 0(mod p)(6.1)2kongrüansının x ≡ u(mod p)kongrüansına eşdeğer olduğunu gösterelim.p = 2 için (6.1) deki kongrüansın çözülebilir olup olmadığı kolaylıklagörülebilir. Bu nedenle, 2olarak tanımlarsakp > kabul edelim. f ( )2f ( x) = ax + bx + cf ( x) ≡ 0(mod p)kongrüansının her iki tarafını,( a, p) = 1 ⎫ ⎬ ⇒ (4 a, p) = 1(2, p) = (4, p) = 1⎭olduğundan, 4a ile çarparakx polinomunu2( ) = 2 2 + + = ( + ) + ( −2)4 a. f x 4a x 4abx 4ac 2ax b 4ac belde ederiz. Şu halde f ( x) ( mod p)≡ kongrüansını çözme problemi2 2( + ) ≡ ( − )2ax b b 4 ac (mod p)kongrüansını çözme problemine dönüşmüş olur.Şimdi 2ax + b = y diyelim. f ( x) ≡ 0(mod p)kongrüansının bir x0çözümü varsa y0, 2 ax0 + b ≡ y0(mod p)koşulunu gerçekleyen bir tamsayı2 2olmak üzere, y ≡ b − 4 ac(mod p)kongrüansının bir çözümüdür. Tersine,2 2y ≡ b − 4 ac(mod p)kongrüansının bir çözümü y0ise x0,2 ax + b ≡ y (mod p)koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olmak üzere,0 0f ( x) ≡ 0(mod p)kongrüansının bir çözümüdür. Şu halde, f ( x) ≡ 0(mod p)ve≡ − 4 (mod ) kongrüanslarının çözümleri arasında bire-bir bir2 2x b ac p2eşleme vardır. Böylece, ax + bx + c ≡ 0(mod p)kongrüansını çözme problemi≡ (mod ) şeklinde bir kongrüansı çözme problemine indirgenmiş olur.2x u pÖrnek 6.1.2x + x + 5 ≡ 0(mod11) kongrüansını2x ≡ u(mod11) biçiminedönüştürelim.Çözüm. (4,11) = 1 olduğundan2x + x + 5 ≡ 0(mod11) kongrüansının her ikitarafını 4 ile çarpalım.67

x + x + ≡ ⇒ x + − + ≡2 24 4 20 0(mod11) (2 1) 1 20 0(mod11)yazabiliriz. 2x+ 1 = y dersek,( )2x ≡ de yazabilirdik).3 mod112y ≡ − ≡ buluruz ( Bunun yerine19 3(mod11)2Tanım 6.1. a bir tamsayı ve ( a, m ) = 1 olsun. x ≡ a(mod m)kongrüansınınçözümü varsa a ya m modülüne göre bir kuadratik rezidü ( kuadratik kalan )2ve eğer x ≡ a(mod m)kongrüansının çözümü yoksa a ya m modülüne görebir kuadratik non- rezidü denir. Kısaca, kuadratik rezidü yerine KR,kuadratik non- rezidü yerine de KNR yazacağız.Tanım 6.2. p bir tek asal sayı ve ( a, p ) = 1 olsun.⎛ a ⎞ ⎧+1 , eğer a , mod p bir KR ise,⎜ ⎟ = ⎨⎝ p ⎠ ⎩ -1 , eğer a , mod p bir KNR iseşeklinde tanımlı⎛ a ⎞⎜ ⎟⎝ p ⎠sembolüne Legendre sembolü adı verilir.2Örneğin x ≡ 4( mod11)kongrüansı çözülebilir olduğundan( x ≡ 2( mod11)bir çözümdür ) 2 , 11 modülüne göre bir KR dür ve bundandolayı⎛ 4 ⎞⎜ = 17⎟⎝ ⎠2dir. 3( mod 7)7 modülüne göre bir KNR olup,x ≡ kongrüansının çözümü olmadığından 3 ,⎛ 3 ⎞⎜ = − 17⎟ bulunur.⎝ ⎠Teorem 6.1. p bir tek asal sayı , a ∈ Z ve ( a, p ) = 1 olmak üzerep−11) a2 ≡ 1(mod p ) ise a, p modülüne göre bir kuadratik rezidü,p−12) a2 ≡ − 1(mod p ) ise a, p modülüne göre bir kuadratik non-rezidüdür.Kanıt. Teorem 5.11. de n = 2 alırsak,p−11) a2 ≡ 1(mod p ) isep−12) a2 ≢ 1(mod p ) ise2x a p( n, p − 1) = (2, p − 1) = 2 olacağından,çift≡ (mod ) kongrüansı çözümlü,≡ (mod ) kongrüansının çözümü yoktur.2x a p( a, p ) = 1 olduğundan Fermat Teoremine göre,68

p−1 p−1a ≡ 1(mod p) ⇒ a −1 ≡ 0(mod p)dir ve p-1 bir çift sayı olduğundanp−1 p−12 2( a − 1)( a + 1) ≡ 0(mod p)bulunur. Buradan Teorem 1.7. ye göre p nin, bu iki çarpandan sadece birtanesini böldüğü sonucu elde edilir. Eğer p, iki çarpanın her ikisini de bölersep−1 p−1⎡⎤2 2p | ⎢−( a − 1) + ( a + 1) ⎥ = 2⎣⎦bulunur ki, bu p nin tek asal sayı oluşu ile çelişir. Şu halde, yaveyadir.p−1p−1a2 ≡ 1(mod p )p−1a2 ≡ 1(mod p ) ise 1) dena2 ≡ − 1(mod p )≡ (mod ) kongrüansı çözümlüdür.2x a pDolayısıyla a, p modülüne göre bir kuadratik rezidüdür.ise p ≠ 2 olduğundanp−1p−1a2 ≡ − 1(mod p )a2 ≡ − 1 ≢ 1(mod p ) olur ki, bu durumda 2) den dolayı2x ≡ a(mod p)kongrüansının çözümü yoktur, yani a, p modülüne göre birkuadratik non-rezidüdür.Örnek 6.2. 3, 13 modülüne göre bir kuadratik rezidü müdür, yani2x ≡ 3 mod13 kongrüansı çözümlü müdür ?( )12(2,12) 6 3 3Çözüm. 3 ≡ 3 ≡ 3 .3 ≡ ( + 1)( + 1) ≡ 1(mod13) olduğundan≡1 ≡1kongrüansı çözümlüdür. Şu halde 3, 13 modülüne görex ≡ 4(mod13) bir çözümdür.2x ≡3(mod13)bir KR dür veUyarı : a,b ∈Z olsun. a, m modülüne göre bir KR ve a ≡ b(mod m)ise b dem modülüne göre bir KR dür. Dolayısıyla, m modülüne göre KR leri sayarkenp −1p −1birbirine kongrü olmayanlar alınmalıdır. mod p ; tane KR ve22tane de KNR vardır.Örnek 6.3. 7 modülüne göre bütün kuadratik rezidü ve kuadratik nonrezidüleribulalım.222Çözüm. 1 ≡ 1(mod 7) , 2 ≡ 4(mod 7) , 3 = 9 ≡ 2(mod 7) ,69

24 = 16 ≡ 2(mod 7) ,25 = 25 ≡ 4(mod 7) ,26 = 36 ≡ 1(mod 7)olduğundan222x ≡ 1(mod 7) , x ≡ 4(mod 7) , x ≡ 2(mod 7)kongrüansları çözümlü,222x ≡ 3(mod 7) , x ≡ 5(mod 7) , x ≡ 6(mod 7)kongrüansları çözümsüzdür. Şu halde 7 modülüne göre kuadratik rezidüler 1, 4ve 2 ; kuadratik non-rezidüler de 3, 5 ve 6 dır.Teorem 6.2. p bir tek asal sayı, a ve b tamsayılar olmak üzere( a, p ) = 1 , ( b, p ) = 1 olsun. Bu taktirde Legendre sembolünün aşağıdakiözellikleri geçerlidir.p−1⎛ a ⎞1) ⎜ ⎟ ≡ a 2 (mod pp),⎝ ⎠⎛ ab ⎞ ⎛ a ⎞⎛ b ⎞2) ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ,⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠⎛ 1 ⎞3) ⎜ ⎟ = 1,⎝ p ⎠p−1⎛ −1⎞24) ⎜ ⎟ = ( −1),⎝ p ⎠2⎛ a ⎞5) ⎜ ⎟ = 1,⎝ p ⎠⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞6) a ≡ b(mod p)ise ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ dir.⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠Kanıt. 1) Teorem 6.1. ve Legendre sembolünün tanımından elde edilir.2) 1) de a yerine ab alınırsap−1⎛ ab ⎞2⎜ ⎟ ≡ ( ab) (mod p)⎝ p ⎠kongrüansı elde edilir. Burada 1) deki denkliği tekrar kullanırsak,p−1 p−1 p−1⎛ a ⎞⎛ b ⎞2 2 2( ab) ≡ a b ≡ ⎜ ⎟⎜ ⎟(mod p)⎝ p ⎠⎝ p ⎠buluruz. (6.2) ve (6.3) ten⎛ ab ⎞ ⎛ a ⎞⎛ b ⎞⎜ ⎟ ≡ ⎜ ⎟⎜ ⎟(mod p)⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠olur.(6.2)(6.3)70

olduğundanelde edilir.3) 1) de a = 1 alırsak⎛ ab ⎞ ⎛ a ⎞⎛ b ⎞⎜ ⎟ − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ≤ 2 < p⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠⎛ ab ⎞ ⎛ a ⎞⎛ b ⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠p−1⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞21 ≡ ⎜ ⎟(mod p) ⇒ 1 ≡ ⎜ ⎟( mod p)⇒ ⎜ ⎟ = 1⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠elde ederiz.p−1p−1⎛ −1⎞⎛ −1⎞224) ⎜ ⎟ ≡ ( −1) (mod p)ifadesinde ⎜ ⎟ = + 1 , ( − 1) = −1alınırsa,⎝ p ⎠⎝ p ⎠1 ≡ − 1(mod p)ve buradan p | 2 elde edilir ki, bu p ≠ 2 oluşu ile çelişir. Şuhalde kongrüansın her iki yanı aynı işaretli, yani⎛ −1⎞⎜ ⎟ = ( −1)⎝ p ⎠p−122⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞⎛ a ⎞5) ⎜ ⎟ = ±21 olduğundan ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( ± 1) = 1 buluruz.⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠6) a ≡ b(mod p)olsun. Kongrüans özelliklerinden ve 1) denp−1 p−12a ≡ b(mod p)⇒2⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞a ≡ b (mod p) ⇒ ⎜ ⎟ ≡ ⎜ ⎟(mod p)⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞ve buradan ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ bulunur.⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠Aşağıdaki teoremi ispatsız olarak verelim.olmalıdır.Teorem 6.3. p bir tek asal sayı ve ( a,2 p ) = 1 olsun. Bu takdirde⎛ 2 ⎞⎜ ⎟ = −⎝ p ⎠( 1)p2 −18vep−12⎡ ja ⎤t = ∑ ⎢ ⎥⎣ p ⎦j=1⎛ a ⎞⎜ ⎟ = −⎝ p ⎠olmak üzere ( 1 )t2x ≡ 2(mod 61) kongrüansının çözümü var mıdır ?Örnek 6.4.Çözüm.61 2 −1 (61− 1).(61+1) 60.62tek ⎛ 2 ⎞ sayı8 8 815.31⎜ ⎟ = ( − 1) = ( − 1) = ( − 1) = ( − 1) = − 1⎝ 61⎠dir.71

olduğundan2x ≡ 2(mod 61) kongrüansının çözümü yoktur.Örnek 6.5.2x + 2 ≡ 0(mod 61) kongrüansının çözümü var mıdır ?2Çözüm. x ≡ − 2(mod 61) kongrüansının çözümlü olup olmadığınıaraştırmalıyız.⎛ −2 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 2 ⎞ ⎛ −2 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 2 ⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⇒ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( + 1)( − 1) = −1⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ 61 ⎠ ⎝ 61 ⎠⎝ 61⎠22olduğundan x ≡ − 2(mod 61) kongrüansının, dolayısıyla x + 2 ≡ 0(mod 61)kongrüansının çözümü yoktur. Burada61−1 60⎛ −1⎞ 2 2⎛ 2 ⎞⎜ ⎟ = ( − 1) = ( − 1) = + 1,⎜ ⎟ = − 1⎝ 61⎠⎝ 61⎠olduğunu kullandık.Örnek 6.6. p, p = 8m+ 1 veya p = 8m+ 3 şeklinde bir asal sayı ise butakdirde xÇözüm.2yazabiliriz.ve+ 2 ≡ 0(mod p)kongrüansının çözümlü olduğunu gösterelim.p−1⎛ −2 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 2 ⎞2⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( −1) ( −1)⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠2p −18p −1p = m + ⇒ = m ⇒ − = − =22p p p m mp−18 1 4 ( 1)24m( 1) 1p2 −12 m(4m1) ( 1)82 m(4m+1)( 1) 1−1 ( − 1)( + 1) 8 (8 + 2)= = = + ⇒ − = − =8 8 82p −18p−1⎛ −2⎞2elde ederiz. Şu halde ⎜ ⎟ = ( −1) ( − 1) = 1.1 = 1 olduğundan⎝ p ⎠2x + 2 ≡ 0(mod p)kongrüansı çözümlüdür. Diğer taraftan eğer, p = 8m+ 3 isevep2p−1− 1 =24m+1m + ⇒ − = − = −4 1 ( 1) ( 1) 12p p p m m−1 ( − 1)( + 1) (8 + 2)(8 + 4)= = = (4m+ 1)(2m+ 1)8 8 8⇒2p −18 tek( 4 m+ 1)( 2m+1)( − 1) = ( − 1) = −172

elde ederiz ve buradanolduğundangörülür.2p −18p−1⎛ −2⎞2⎜ ⎟ = ( −1) ( − 1) = ( −1)( − 1) = + 1⎝ p ⎠2x + 2 ≡ 0(mod p)kongrüansının bu durumda da çözümlü olduğuÖrnek 6.7. p ≡ 1(mod 4) ise⎛ a ⎞ ⎛ −a⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎞ olduğunu gösterelim.⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠p − 1 = 2kdır. Şu2Çözüm. p ≡ 1(mod 4) ⇒ p = 4k + 1, k ∈ Z olduğundanhalde,elde edilir.p−1⎛ −a ⎞ ⎛ −1⎞⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞22k⎛ a ⎞ ⎛ a ⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( − 1) ⎜ ⎟ = ( − 1)⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠+ 1Örnek 6.8. p = 8m± 1 içingösterelim.⎛ 2 ⎞Çözüm. ⎜ ⎟ = ( − 1)⎝ p ⎠olacağından2p −18⎜ ⎟⎝ p ⎠dir. Eğer p = 8m± 3 ise ;olacağındandir.⎛ 2 ⎞⎜ ⎟ = + 1 , p = 8m± 3 için⎝ p ⎠olduğundan, eğer p = 8m± 1 ise ;p m8 82 2− 1 (8 ± 1) −1 82= = ± 2m2p −1⎛ 2 ⎞ 2= −8 = −8m± 2m=p m8 8( 1) ( 1) 1m2 2− 1 (8 ± 3) −1 82= = ± 6 + 1mm2p −1⎛ 2 ⎞ 2= −8 = −8m± 6m+1 = −⎜ ⎟⎝ p ⎠( 1) ( 1) 1⎛ 2 ⎞⎜ ⎟ = − 1⎝ p ⎠olduğunuTeorem 6.4. ( Kuadratik Resiprosite Teoremi) p ve q birbirinden farklı tekasal sayılar olmak üzere73

⎛ p ⎞⎛ q ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( − 1)⎝ q ⎠⎝ p ⎠p−1 q−1.2 2⎛ p ⎞ ⎛ q ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ q ⎠ ⎝ p ⎠bağıntısı geçerlidir. Bunu = ( −1)edebiliriz.İspat. ( )p−1 q−1.2 2⎧p −1 q −1⎫M = ⎨ x, y 1 ≤ x ≤ , 1 ≤ y ≤ ; x,y ∈Z⎬⎩2 2 ⎭tanımlayalım. M 1 ve 2M kümelerini de 1 ( , ){( )}2 ,şeklinde de ifadekümesini{ }M = x y ∈ M qx > py ,M = x y ∈ M qx < py şeklinde tanımlayalım. qx ≠ py olduğundanM1 ∩ M 2 = ∅ dir. M 1 ve M 2 kümelerinin tanımlarından M1 ∪ M 2 = Molduğu açıktır. M, M1ve M 2 kümelerinin elaman sayılarını sırasıyla n( M ) ,n( M 1 ) , ( 2 )n M ile gösterelim.p −1 q −1n( M ) = .2 2olduğunu göz önüne alırsakp −1 q −1n( M1 ) + n( M 2 ) = n( M ) = .(6.4)2 2bulunur. Şimdi n( M 1 ) ve n( M 2 ) yi bulalım. M 1 ve M 2 kümeleriniaşağıdaki şekilde yazabiliriz.⎧⎪p −1qx ⎫⎪M1= ⎨( x, y)1 ≤ x ≤ , 1 ≤ y < ⎬⎪⎩2 p ⎪⎭⎧⎪q −1py ⎫⎪M 2 = ⎨( x, y)1 ≤ y ≤ , 1 ≤ x < ⎬⎪⎩2 q ⎪⎭x,y ∈Z olduğundan M kümesini⎧⎪p −1qx ⎫⎪M = ⎨( x, y)1 ≤ x ≤ , 1 ≤ y < ⎬ =⎪⎩2 p ⎪⎭q2q⎧p−1( ) ( ) ( 2 )( p 1)⎪⎧ ⎪⎫ ⎪⎧ ⎪⎫ ⎪ − q ⎪⎫⎨ 1, y 1 ≤ y < ⎬ ∪ ⎨ 2, y 1 ≤ y < ⎬ ∪... ∪ ⎨ , y 1 ≤ y < ⎬⎪⎩ p ⎪⎭ ⎪⎩ p ⎪⎭ ⎪⎩ p ⎪⎭şeklinde yazabiliriz. Birleşime giren bir⎧⎪⎨⎪⎩qk ⎫⎪⎛, 1 ≤ y < ⎬ , ⎜ k = 1, 2,...,p ⎪⎭⎝( k y)p −1⎞⎟2 ⎠74

⎡ qk ⎤kümesinin eleman sayısı ⎢ ⎥ dir. Öte yandan birleşime giren kümelerin⎣ p ⎦ikişer ikişer arakesitleri boştur. Şu haldebulunur. Benzer şekilde( )n M1( )n M2p−12⎡ qx ⎤= ∑ ⎢ ⎥⎣ p ⎦x=1q−12⎡ py ⎤= ∑ ⎢ ⎥⎣ q ⎦y=1olduğu gösterilebilir. (6.4) eşitliği göz önüne alınırsap−1 q−12 2⎡ qx ⎤ ⎡ py ⎤ p −1 q −1⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ = .⎣ p ⎦ ⎣ q ⎦ 2 2∑ ∑x= 1 y=1bulunur. Bu eşitliktenp−12 ⎡ qx ⎤∑ ⎢ ⎥pq−12 ⎡ py ⎤∑ ⎢ ⎥⎣ q ⎦⎣ ⎦y=1( 1) ( 1) ( 1)p−1 q−1x= 1 .2 2− ⋅ − = − (6.5)elde edilir. Teorem 6.3. e göre (6.5) eşitliğinin sol tarafındaki ilk çarpan⎛ p ⎞ye , ikinci çarpan da ⎜ ⎟ ya eşittir. Böylece,⎝ q ⎠bulunur.⎛ p ⎞⎛ q ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ = −⎝ q ⎠⎝ p ⎠( 1)p−1 q−1.2 2⎛ q ⎞⎜ ⎟⎝ p ⎠⎛ −22⎞Örnek 6.9. ⎜ ⎟ Legendre sembolünün değerini hesaplayalım.⎝ 73 ⎠Çözüm. 22 = 2.11 olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. ve KuadratikResiprosite Teoremini kullanarak75

273 − 1 73 −111 − 1 73 1.−2 8 2 2⎛ −22 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 2 ⎞⎛ 11 ⎞ ⎛ 73 ⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( −1) ( −1) ( −1)⎜ ⎟⎝ 73 ⎠ ⎝ 73 ⎠⎝ 73 ⎠⎝ 73 ⎠ ⎝ 11 ⎠elde edilir.72.7436 8 5.36 ⎛ 73 ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ −4 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 4 ⎞= (−1) ( −1) ( − 1) = = = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟11 11 11 111 1 111+ + + ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠11−1( 1)25( 1) 1= − = − = −+ 1⎛ 365 ⎞Örnek 6.10. ⎜ ⎟ Legendre sembolünün değerini hesaplayalım.⎝1847⎠Çözüm. 1847 asal ve 365=5.73 olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. veKuadratik Resiprosite Teoremini kullanarakyani4 1846 72 1846⎛ 365 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 73 ⎞ . 1847 . 18472 2⎛ ⎞2 2⎛ ⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( −1) ⎜ ⎟( −1)⎜ ⎟⎝1847 ⎠ ⎝1847 ⎠⎝1847 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 73 ⎠⎛ 365 ⎞⎜ ⎟ = 1 bulunur.⎝1847⎠−1+ 1 + 1(5− 1)(5+1)⎛ 2 ⎞⎛ 22 ⎞ 2 118⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( −1)⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ 5 ⎠⎝ 73 ⎠ ⎝ 73 ⎠⎝ 73 ⎠72.74 10 72. . 73 48 2 2⎛ ⎞ ⎛ − ⎞= ( −1) ( − 1) ⎜ ⎟ = −⎜ ⎟⎝ 11 ⎠ ⎝ 11 ⎠11−1⎛ −1⎞⎛ 4 ⎞25= − ⎜ ⎟⎜ ⎟ = −( − 1) = −( − 1) = 1⎝ 11 ⎠⎝11⎠+ 1,⎛ 3 ⎞Örnek 6.11. ⎜ ⎟ = 1 koşulunu gerçekleyen p tek asal sayılarını bulalım.⎝ p ⎠2Çözüm. x ≡ 3(mod p)kongrüansının hangi p asal sayıları için çözümlüolduğunu araştırmalıyız. Kuadratik Resiprosite Teoreminden3−1 p−1 p−1⎛ 3 ⎞ .2 2⎛ p ⎞ p2⎛ ⎞⎜ ⎟ = ( − 1) ⎜ ⎟ = ( −1)⎜ ⎟⎝ p ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠olduğunu biliyoruz.⎛ 3 ⎞⎜ ⎟ = 1 olması için⎝ p ⎠76

p−1⎛ p ⎞a) ⎜ ⎟ =21 ve ( − 1) = 1⎝ 3 ⎠veyap−1⎛ p ⎞b) ⎜ ⎟ = −21 ve ( − 1) = − 1⎝ 3 ⎠gerçeklenmelidir. Bu iki durumu inceleyelim.⎛ p ⎞a) =2⎜ ⎟ 1 ise p, 3 ün bir KR süne kongrüent olmalıdır. x ≡ 1(mod 3)⎝ 3 ⎠22kongrüansı için 1 ≡ 1(mod 3) , 2 ≡ 1(mod 3) olduğundan 1, 3 ün tek KRsüdür. Buradan⎛ p ⎞⎜ ⎟ = 1 ⇒ p ≡ 1(mod 3)⎝ 3 ⎠yazabiliriz.p−1p2( − 1) = 1 ⇒ − 1 = 2 k,k ∈ Z ⇒ p − 1 = 4 k ⇒ p = 4 k + 1 ⇒ p ≡ 1(mod 4)2buluruz. Böylecep ≡ 1(mod 4)p ≡ 1(mod 3)kongrüansları aynı anda gerçeklenmelidir. Şu halde bu kongrüans sistemininçözümünü bulmamız gerekir. (3,4) = 1 olduğundan sistemin mod 3.4 tek türlübelirli bir çözümü vardır. p ≡ 1(mod 4) kongrüansının çözümleri m ∈ Z olmaküzere p = 4m+ 1 şeklindedir. 4m + 1 tamsayısının p ≡ 1(mod 3)kongrüansının da bir çözümü olması için4m + 1 ≡ 1(mod 3) ⇒ 4m ≡ 0(mod 3) ⇒ m ≡ 0(mod 3)olmalıdır. t ∈ Z olmak üzere m = 3tiçinp = 4m + 1 ⇒ p = 4(3 t) + 1 = 12t+ 1olup, p nin bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansınçözümüdür. Bulduğumuz bu çözümleri p ≡ 1(mod12) şeklinde de ifadeedebiliriz.⎛ p ⎞b) ⎜ ⎟ = − 1 ise p, 3 ün bir KNR süne kongrüent olmalıdır. 3 ün tek KNR sü⎝ 3 ⎠2 olduğundan p ≡ 2(mod 3) olmalıdır.p−1p −2( − 1) = −1⇒ 1 = 2k + 1, k ∈ Z ⇒ p = 4k + 3 ⇒ p ≡ 3(mod 4)2bulunur. Şu halde,77

p ≡ 3(mod 4)p ≡ 2(mod 3)kongrüansları aynı anda gerçeklenmelidir. Bu kongrüans sistemi yukarıdakinebenzer şekilde çözülürse p ≡ 11(mod12) bulunur.Örnek 6.12x+ x + ≡ kongrüansının çözümü var mıdır ?22 11 0(mod 41)Çözüm. ( 4.2,41) = ( 8,41)= 1 olduğundan kongrüansın her iki yanını4a = 4.2 = 8 ile çarpalım:2 216x + 8x + 88 ≡ 0(mod 41) ⇒ (4x+ 1) − 1+ 88 ≡ 0(mod 41)bulunur. 4x+ 1 = y dersek⎛ −87⎞⎜ ⎟ = 1 ise⎝ 41 ⎠x + x + ≡kongrüansı çözümlü olacaktır. Şu halde,⇒ x + ≡ −2(4 1) 87(mod 41)2y ≡ − 87(mod 41) kongrüansı elde edilir.2y ≡ − 87(mod 41) kongrüansı dolayısıyla,22 11 0(mod 41)⎛ − 87 ⎞ ⎛ − 1⎞⎛ 87 ⎞ ⎛ − 1⎞⎛ 5 ⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ 41 ⎠ ⎝ 41 ⎠⎝ 41 ⎠ ⎝ 41 ⎠⎝ 41⎠ ,41−15−1 41−1⎛ −1⎞ =2⎛ 5 ⎞ .⎜ ⎟ ( − 1) = +2 2⎛ 41⎞ ⎛ 1 ⎞1 , ⎜ ⎟ = ( − 1) ⎜ ⎟ = 1. ⎜ ⎟ = + 1⎝ 41 ⎠⎝ 41⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠olduğundan⎛ −87 ⎞ ⎛ −1⎞⎛ 87 ⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ( + 1)( + 1) = 1⎝ 41 ⎠ ⎝ 41 ⎠⎝ 41 ⎠2elde edilir. Dolayısıyla 2x+ x + 11 ≡ 0(mod 41) kongrüansının çözümü vardır.2Örnek 6.13. p bir tek asal sayı olmak üzere p | x + 1 olacak şekilde birx ∈ Z bulanabiliyor ise p hangi formda olmalıdır ?22Çözüm. Bir x ∈ Z için p | x + 1 olduğundan x + 1 ≡ 0(mod p)dir. O halde,2⎛ −1⎞x ≡ − 1(mod p)olduğundan bu kongrüansın çözümü olmalıdır, yani ⎜ ⎟ = 1⎝ p ⎠olmalıdır. Böylece,p−1⎛ −1⎞p −12⎜ ⎟ = ( − 1) = 1 ⇒ = 2k, k ∈ Z ⇒ p = 4k+ 1,⎝ p ⎠2+ 178

yani p ≡ 1(mod 4) tür.JACOBİ SEMBOLÜ+Tanım 6.3. P ∈Z , Q ∈ Zt, ( P, Q ) = 1 , Q = q ... 1q2 qs( qiler tek asal sayılar )olsun. Bu takdirdeşeklinde tanımlanır. Burada⎛ P ⎞⎜ ⎟ Jacobi sembolü⎝ Q ⎠Eğer Q bir tek asal sayı ise⎛⎞s⎛ P ⎞ P⎜ ⎟ = ∏ ⎜ ⎟⎝ Q ⎠ i=1 ⎝ qi⎠⎛ P ⎞⎜ ⎟ ler Legendre sembolüdür.⎝ qi⎠⎛ P ⎞⎜ ⎟ Jacobi sembolü ile⎝ Q ⎠⎛ P ⎞⎜ ⎟ Legendre⎝ Q ⎠⎛ P ⎞sembolü aynıdır. Tanımdan dolayı ⎜ ⎟ Jacobi sembolünün değeri ya +1⎝ Q ⎠⎛ P ⎞veya -1 dir. ⎜ ⎟ = − 1⎝ Q ⎠≡ kongrüansının çözümü yoktur.ise x 2 P ( mod Q)⎛ P ⎞Fakat ⎜ ⎟ = 1 ise bu durum P nin, Q⎝ Q ⎠( mod )2x P Qnun bir KR sü olduğunu, yani≡ kongrüansının çözümü olduğunu göstermez. Gerçekten⎛ 2 ⎞⎜ = 19⎟⎝ ⎠2olmasına rağmen 2( mod9)x ≡ kongrüansının çözümü yoktur.Teorem 6.5. Q , Q′ pozitif tek tamsayılar; P , P′∈ Z ve ( PP′ , QQ′ ) = 1olsun. Bu takdirdei)iii)dur.⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ , ii)⎝ Q ⎠⎝ Q′ ⎠ ⎝ QQ′⎠2⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎜ ⎟ = ⎜ = 12 ⎟⎝ Q ⎠⎝ Qv) P P( mod Q)⎠, iv)⎛ P′⎞ ⎛ P ⎞′ ≡ ⇒ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎝ Q ⎠ ⎝ Q ⎠⎛ P ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ PP′⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ,⎝ Q ⎠⎝ Q ⎠ ⎝ Q ⎠2⎛ P′ P ⎞ ⎛ P′⎞⎜ 2 ⎟ = ⎜ ⎟ ,⎝ Q′ Q ⎠ ⎝ Q′⎠79

Kanıt. i) Q = q ... 1q2 qsve Q′ = q ′ ... 1q ′2q ′tolsun.st⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟. = ⎜ ⎟⎜ ⎟... ⎜ ⎟. ⎟⎜ ...Q Q′ ∏ ∏⎝ ⎠⎝ ⎠ i= 1 ⎝ qi⎠ i=1⎜ q ′ ⎟ qi ⎝ 1 ⎠⎝ q2⎠ ⎝ q ⎜s ⎠ q ′ ⎟⎜1q ′ ⎟ ⎜2q ′ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ t ⎠⎛ P ⎞= ⎜ ⎟⎝ QQ′⎠bulunur.ii) Q = q ... 1q2 qs( qiler asal olsun ) Teorem 6.2. den dolayıolduğundan⎛ P ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ PP′⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟q q q⎝ i ⎠⎝ i ⎠ ⎝ i ⎠( i = 1, 2,..., s )s s s s⎛ P ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P′ ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ PP′ ⎞ ⎛ PP′⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ = ∏⎜ ⎟.∏⎜ ⎟ = ∏⎜ ⎟⎜ ⎟ = ∏ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎝ Q ⎠⎝ Q ⎠ i= 1 ⎝ qi ⎠ i= 1 ⎝ qi ⎠ i= 1 ⎝ qi ⎠⎝ qi ⎠ i=1 ⎝ qi⎠ ⎝ Q ⎠bulunur.iii) ii) yi kullanarakve i) yi kullanarak2⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ± =⎝ Q ⎠ ⎝ Q ⎠⎝ Q ⎠2( 1) 1⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞ 2⎜ ( 1) 12 ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ± =⎝ Q ⎠ ⎝ Q ⎠⎝ Q ⎠bulunur.2 2 iii) i) iii)⎛ P′ P ⎞ ⎛ P′ ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P′ ⎞ ⎛ P′ ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ P′⎞iv) ⎜ 2 2 2 2 2Q ′ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟Q ⎝ Q ′ Q ⎠ Q ′ Q ⎝ Q ′ Q ⎠ ⎝ Q′ ⎠ ⎝ Q ⎠ ⎝ Q′⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = = = dur.v) Q = q ... 1q2 qsolsun. Bu takdirdeP′ ≡ P( mod Q) ⇒ P′≡ P( mod q i ) ( i = 1, 2,..., s )⎛ P′⎞ ⎛ P ⎞ve Teorem 6.2. den ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ( i = 1, 2,..., s ) bulunur. Bu son eşitliktenq q⎝ i ⎠ ⎝ i ⎠elde edilir.⎛ P′ ⎞ ⎛ P′ ⎞⎛ P′ ⎞ ⎛ P′⎞ ⎛ P ⎞⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞ ⎛ P ⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟... ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟...⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎝ Q ⎠ ⎝ q1 ⎠⎝ q2 ⎠ ⎝ qs⎠ ⎝ q1 ⎠⎝ q2⎠ ⎝ qs⎠ ⎝ Q ⎠80

Teorem 6.6. Q > 0 bir tek tamsayı ise⎛11( 1)Q −− ⎞⎛= − 2⎜ ⎟ ve ( ) 2 12 ⎞1 Q −8⎜ ⎟ = −⎝ Q ⎠⎝ Q ⎠bağıntıları geçerlidir.Kanıt. Jacobi sembolünün tanımını kullanarak Q = q ... 1q2 qs( qiler tek asalsayılar ) iseqi−1ss⎛ −1 ⎞ ⎛ −1⎞∑⎜ ⎟ = = − 1 = −1⎝ Q ⎠ i= 1 ⎝ q i ⎠ i=1sqi−122 i=1∏⎜⎟ ∏ ( ) ( ) (6.6)elde edilir. a ve b tek tamsayılar olsun. Bu takdirdeab −1 ⎛ a −1 b −1⎞( a −1)( b −1)− 0( mod 2)2⎜ + = ≡2 2⎟⎝ ⎠ 2ve buradana −1 b −1 ab −1 + ≡ ( mod 2 )2 2 2elde edilir. Buradan indüksiyon metodu ilessqi−1 1 ⎛ ⎞ Q −1∑ ≡ ⎜∏qi−1⎟≡ ( mod 2)i= 1 2 2 ⎝ i=1 ⎠ 2bağıntısının geçerli olduğu gösterilebilir. Bu bağıntıyı , (6.6) da kullanarak⎛ −1⎞⎜ ⎟ = −⎝ Q ⎠sonucu elde edilir.a ve b tek tamsayılar olmak üzere11 Q −2( )2 2( a )( b )2 2 2 2a b −1 ⎛ a −1 b −1⎞ −1 −1− ⎜ + ⎟ =8 ⎝ 8 8 ⎠ 8olup, a ve b tek tamsayılar olduğundan28 | ( a − 1)ve 82( b 1)2 2( a − 1 )( b − 1 )halde8tamsayısı 2 ile bölünür. Böylecea 2 2 2 2−1 b −1 a b −1 + ≡ ( mod 2 )8 8 8elde edilir. Buradan tekrar indüksiyon metodu kullanılaraks 2 2qi−1 Q −1 ∑ ≡ ( mod 2 )i=1 8 8olduğu gösterilebilir. Bu bağıntı kullanılarak| − dir. Şu81

elde edilir ve ispat tamamlanır.⎛ 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ∑s 2 2s qi−1 Q −1( 1) 8 1 ( 1)8⎜ ⎟ = ∏ ⎜ ⎟ = − i=−⎝ Q ⎠ i=1 ⎝ qi⎠Teorem 6.7. P, Q pozitif tek tamsayılar ve ( P, Q ) = 1 olsun. Bu takdirde⎛ P ⎞⎛ Q ⎞⎜ = −Q⎟⎜P⎟⎝ ⎠⎝ ⎠1 1.1 P − Q −2 2( )dir.Kanıt. piler ve qiler tek asal sayılar olmak üzere P = p ... 1p2 prveQ = q ... 1q2 qsolsun. Kuadratik Resiprosite Teoreminden⎛ P ⎞ P ⎛ p ⎞ ⎛ q ⎞= = = −⎝ ⎠s s r s r p 1 1i − q j −ij.( 1)2 2⎜ ⎟ ∏ ∏∏ Q j 1 q ⎜= j j= 1 i= 1 q ⎟ ∏∏ ⎜ ⎟⎝ ⎠ j j= 1 i=1 ⎝ pi⎠s r⎛ P ⎞ ⎛ Q ⎞ ∑∑⇒ ⎜ ⎟ = −Q⎜P⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠( 1) j= 1 i=1p 1 1i − q j −.2 2(6.7)elde edilir. Fakatverp 1 1 1 1i− qj− pi− qj−. =2 2 2 2s r r s∑∑ ∑ ∑ (6.8)j= 1 i= 1 i= 1 j = 1ij∑ ≡ ( ) , ≡ ( )i=1p −1 P −1 mod 22 2s q −1 Q −1 ∑ mod 2(6.9)2 2j=1olduğundan , (6.8) ve (6.9) bağıntıları (6.7) de kullanılaraksonucu bulunur.⎛ P ⎞⎛ Q ⎞⎜ = −Q⎟⎜P⎟⎝ ⎠⎝ ⎠1 1.1 P − Q −2 2( )(6.10)Bu son teorem bize, Jacobi sembolünün Kuadratik Resiprosite kuralına⎛ P ⎞uyduğunu gösterir. (6.10) eşitliği kullanılarak ⎜ ⎟ Jacobi sembolünün değeri⎝ Q ⎠daha kolay hesaplanabilir. Bu kolaylığa rağmenolması , x 2 P ( mod Q)⎛ P ⎞⎜ ⎟ nun değerinin +1⎝ Q ⎠≡ kongrüansının çözümünün olmasını garantilemez. Şu82

halde akla Jacobi sembolünün ne işe yaradığı sorusu gelebilir. Şimdi bunuaçıklayalım. P bir tek asal sayı ve a ∈ Z olsun. Tanımdan görüldüğü gibi , budurumdaDolayısıyla⎛ a ⎞⎜P⎟⎝ ⎠⎛ a ⎞⎜P⎟⎝ ⎠Jacobi sembolü ile,⎛ a ⎞⎜P⎟⎝ ⎠Legedre sembolü çakışır.Jacobi sembolünün değeri +1 ise x 2 ≡ a( mod P)⎛ a ⎞kongrüansının çözümü vardır. ⎜ = − 1P⎟⎝ ⎠≡ kongrüansınınise x 2 a( mod P)⎛ a ⎞çözümü yoktur. ⎜P⎟ Jacobi sembolünün değeri, (6.10) kullanılarak (a bir⎝ ⎠tek tamsayı ise a yı çarpanlarına ayırmadan) Legendre sembolüne göre dahax 2 ≡ a mod P kongrüansının çözümünün olupkolay hesaplanacağından ( )olmadığı daha kısa bir yolla belirlenmiş olacaktır.⎛ 105 ⎞Örnek 6.14. ⎜317⎟ Jacobi sembolünün değerini bulalım.⎝ ⎠Çözüm. Teorem 6.7. den2104 316 105 −1 104.106⎛ 105 ⎞ . ⎛ 317 ⎞ ⎛ 317 ⎞ ⎛ 2 ⎞( 1) 2 2( 1) 8( 1)8⎜ 1317⎟ = − ⎜ = = = − = − =105⎟ ⎜105⎟ ⎜105⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= 1x ≡ kongrüansının çözümü vardır.2bulunur. Şu halde 105( mod317)PROBLEMLER1) a = −1, − 2, 2, 3 ve p = 11, 13, 17 olmak üzerebulunuz.2) 11 in KR lerinin 1, 3, 4, 5 ve 9 olduğunu gösteriniz.⎛ a ⎞⎜ ⎟⎝ p ⎠nin değerlerini3) 7, 13, 17, 29 ve 37 sayılarının KR lerini ve KNR lerini bulunuz.4) 0 < a < 6 olmak üzere, 3 ün kuadratik rezidü olduğu p = 12n ± aformundaki bütün asal sayıları bulunuz.≡ − kongrüansının p = 6k+ 1 formundaki asal sayılar için25) x 3( mod p)çözümlü, p = 6k+ 5 formundaki asal sayılar için çözümsüz olduğunugösteriniz.83

6) Aşağıdaki kongrüansların çözülebilir olup olmadıklarını araştırınız,çözülebilir olanların çözüm sayısını bulunuz.2x ≡ 2 mod 61 ,a) ( )2b) x ≡ − 2( mod 61),c)2x ≡ 2( mod 59),d)22( mod 59)e)2x ≡ 2( mod17),f)2x ≡ − 2( mod17).x ≡ − ,7) p bir tek asal sayı olsun. p modülüne göre iki KR nün çarpımının yine birKR, iki KNR nün çarpımının bir KR, bir KR ile bir KNR nün çarpımının birKNR olduğunu gösteriniz. Bundan faydalanarak p modülüne göre KR lerinp −1p −1sayısının ve KNR lerin sayısının da olduğunu gösteriniz.228) p bir tek asal sayı olsun. Aşağıdakileri ispatlayınız.2a) p ( x 2)| − olacak şekilde bir x Zp ≡ 7( mod8)dir.4b) p ( x 1)| + olacak şekilde bir x Zp ≡ veya∈ varsa 1( mod8)p ≡ dir.∈ varsa 1( mod8)9) r, m modülüne göre bir KR iseϕ( m)( m)2r ≡ 1 mod olduğunu gösteriniz.10) p = 7, 11, 13 ve q = 227, 229, 1009 olmak üzerebelirleyiniz.⎛⎜⎝pq⎞⎟⎠nun değerlerini11)⎛ 5 ⎞⎜ ⎟ = 1 koşulunu gerçekleyen bütün p asal sayılarını belirleyiniz.⎝ p ⎠12) p ve q farklı tek asal sayılar ve a da p ve q nun birer KR sü ise( mod . )≡ kongrüansının çözümü var mıdır?2x a p q13) p bir tek asal sayı olmak üzere84

olduğunu gösteriniz.p−1∑j=1⎛ j ⎞⎜ ⎟ = 0⎝ p ⎠14) p bir tek asal sayı ve ( a, p ) = 1 olsun. b 2 4ac 0( mod p)( )+ + ≡ kongrüansının bir çözümü olduğunu,2ax bx c 0 mod pise iki çözümü olduğunu vegösteriniz.− ≡ ise2⎛ b − 4ac⎞⎜ ⎟ = 1⎝ p ⎠2⎛ b − 4ac⎞⎜ ⎟ = −1ise hiç çözümü olmadığını⎝ p ⎠85

7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLARBu bölümde, n ≥ 2 bir tamsayı olmak üzere2 n−1na + a x + a x + ... + a x + a x ≡ 0 mod m(7.1)0 1 2 n−1n( )şeklindeki kongrüansların çözümlerini araştıracağız. Bu tip bir kongrüansınbütün çözümlerini veren bir metod yoktur. Ancak çin kalan teoremi yardımıyla(7.1) tipindeki bir kongrüansın çözümlerini arama problemi, p bir asal sayıolmak üzere( )+a + a x + a x + ... + a x + a x ≡ 0 mod p ( t ∈Z )2 n−1n t0 1 2 n−1nkongrüansının çözümlerini arama problemine indirgenebilir. mtamsayısının kanonik formuolsun. Ayrıcam = p p p αα 1 α 2k1 2...k2 n−1( ) 0 1 2...n−1diyelim. f ( x) 0( mod m)f ( u) ≡ 0( mod m)olur. Buradanf x = a + a x + a x + + a x + a x≡ kongrüansı çözülebilir ise bir u tamsayısı içini( ) 0( mod p αi )f ubulunur. Şu halde f ( x) 0( mod m)≡ ( i = 1,2,..., k )≡ kongrüansı çözülebilir isei( ) 0( modi )f x ≡ p α ( i = 1,2,..., k )kongrüansları da çözülebilirdir. Tersineif ( x) ≡ 0( mod p αi ) ( i = 1,2,..., k )ikongrüansları çözülebilir olsun. f ( x) 0( mod p αi )−αiαi−αiαiçözümü x = aiolsun. ( mpi, pi) = 1 olduğundan mpix ≡ 1( mod pi)kongrüansının bir tek çözümü vardır. Bu çözümüolur. u tamsayısınıolarak alalım. Böyleceve buradannnpozitif≡ kongrüansının biri( )imp b ≡ 1 mod p−α αi i iku = ∑mb ai iii 1 p α= ii( ) ( i ) 0( modi )biile gösterirsekf u ≡ f a ≡ p α ( i = 1,2,..., k )86

elde edilir.olduğundanolup, buradaniibulunur. Şu halde( ) 0( mod[1 )1 ,22k≡α α ,...,k]f u p p p αp α ( i = 1,2,..., k ) tamsayıları ikişer ikişer aralarında asalαk[ p , p ,..., p ] = p p ... p = mα1 α2 αkα1 α21 2 k 1 2( ) ≡ 0( mod m)f ui( ) 0( modi )f x ≡ p α ( i = 1,2,..., k )kongrüansları çözülebilir ise f ( x) 0( mod m)Buna göre f ( x) 0( mod m)k≡ kongrüansı da çözülebilirdir.≡ kongrüansını çözme problemi ,( )10( mod1 )( )20( mod2 )f x ≡ p α ,f x ≡ p α , (7.2)⋮k( ) ≡ 0( modk )f x p αkongrüanslarını çözme problemine indirgenmiş olur. (7.2) de j . kongrüansınçözüm sayısınıN ile gösterirsek f ( x) 0( mod m)j≡ kongrüansının çözümsayısı N = N1. N2... Nkdır. (7.2) deki kongrüanslardan herhangi birininf x ≡ 0 mod m kongrüansının da çözümünün olmadığıçözümü yoksa ( ) ( )açıktır.2Örnek 7.1. x x 7 0( mod189)Çözüm.ve+ + ≡ kongrüansını çözelim.3189 = 3 .7 olduğundan2x + x + 7 ≡ 0 mod 27( )2x + x + 7 ≡ 0( mod 7)2kongrüanslarının çözümlerini bulalım. x x 7 0( mod 27)çözümleri+ + ≡ kongrüansınınx ≡ 4( mod 27), x ≡ 13( mod 27), x ≡ − 5( mod 27)2dir. x + x + 7 ≡ 0( mod 7)kongrüansının çözümleri dex ≡ 0( mod 7), x ≡ − 1( mod 7)87

dir. Öte yandan 7b1≡ 1( mod 27)kongrüansının çözümü14( mod 27)27b2≡ 1( mod 7)kongrüansının çözümü21( mod 7)2x + x + 7 ≡ 0( mod189)kongrüansının çözümlerix ≡ 7.4. b1 + 27.( − 1). b2( mod189), b1= 4,13, − 5 ; b2= 0, − 12dir. Her ( b1 , b2) çözüm çiftine karşılık x + x + 7 ≡ 0( mod189)2kongrüansının bir çözümü elde edilir. Şu halde x + x + 7 ≡ 0( mod189)b ≡ veb ≡ − dir. Böylecekongrüansının çözüm sayısı N = 2.3 = 6 dır. b1ve b2ninyukarıdaki ifade de yerine yazarsakx ≡ 112( mod189), x ≡ 175( mod189), 140( mod189)x ≡ 139( mod189), x ≡ 13( mod189), x ≡ − 113( mod189)çözümleri elde edilir.( ) 0( mod )( ) 0( mod )x ≡ − ,f x ≡ p α Kongrüansının Çözümlerideğerlerinif x ≡ m kongrüansını çözme probleminin , p bir asal sayı veα > 0 bir tamsayı olmak üzere f ( x) ≡ 0( mod p α) kongrüansını çözmeproblemine indirgendiğini gördük. f ( x) 0( mod p α)çözümü u iseαf ( u) ≡ 0( mod p ) ⇒ f ( u) ≡ 0( mod p)bulunur. Bu ise f ( x) 0( mod p α)( ) 0( mod )≡ kongrüansının bir≡ kongrüansının her çözümünün,f x ≡ p kongrüansının da bir çözümü olduğunu gösterir. Şu halde( ) 0( mod )≡ kongrüansının çözümlerini f ( x) ≡ 0( mod p)f x p αkongrüansının çözümleri kümesi içinde aramak gerek ve yeterdir. Şimdif x ≡ 0 mod p kongrüansından hareket ederek sırası ile( ) ( )( ) ≡ (2)( ) ≡ (3)f x 0 mod p ,f x 0 mod p ,⋮1( ) ≡ ( )( ) ≡ 0( mod )f x 0 mod p α − ,f x p α88

kongrüanslarının çözülebilir olup olmadıklarını araştıralım. f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının çözümünü araştırırken aşağıdaki iki hal söz konusu olur.f x ≡ 0 mod p kongrüansının çözümü olmasın. Bu durumda1. Hal: ( ) ( )( ) 0( mod )f x ≡ p α kongrüansının da çözümü yoktur.2. Hal: f ( x) 0( mod p)x ≡ a ( p), x ≡ a ( p), ... , x ≡ a ( mod p)≡ kongrüansı çözülebilir olsun. Çözümleri1mod2mod2ile gösterelim. f ( x) 0( mod p )( ) 0( mod )≡ kongrüansının her çözümüf x ≡ p kongrüansının da bir çözümüdür. Şu halde2( ) 0( mod )f x ≡ p kongrüansının çözümlerini f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının çözümleri içinde aramak gerekir. f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının bir x ≡ aj ( mod p)çözümünü göz önüne alalım.x ≡ a ( mod p)⇔ x = a + yp , y ∈ Zj2 2f ( x) ≡ 0( mod p ) ⇔ f ( aj+ yp) ≡ 0( mod p )bulunur. f ( aj+ yp)yi Taylor serisine açarakf ′( aj ) f ′′( aj ) 2f ( ajyp) f ( aj ) py ( py ) ...elde edilir. f ( )j+ = + + + (7.3)1 2x fonksiyonu bir polinom olduğundan, bu Taylor serisisonludur. Burada katsayılar birer tamsayıdır. (7.3) serisinde üçüncü ve daha2sonraki terimlerin hepsi p ile bölünür, yani ilk iki terim hariç diğer terimler2p modülüne göre sıfıra kongrüdür. Şu halde( ) ( 2j+ ≡ ) ⇔ ( j+ ) ≡ ( j ) + ′( j ) ≡ 0 ( 2)f ( a j )pf a yp p f a yp f a f a yp pbulunur. p | f ( a j ) olduğundankongrüansı p ile kısaltarak( j )tbir tamsayıdır. Böylece sonf a+ f ′( aj ) y ≡ 0( mod p)(7.4)pelde edilir. (7.4) deki kongrüans y ye göre 1. derecedendir. Burada iki hal sözkonusudur.( f ′ a , p) = 1 olsun. Bu durumda (7.4) deki kongrüansın tek bir çözümüa) ( j )vardır. Bu çözümü y y ( p)≡0mod ile gösterirsek89

2f ( x) ≡ 0( mod p )2kongrüansının çözümü de tektir ve bu çözüm x ajy0 p( mod p )b) ( f ′( aj ), p)= p olsun. Bu takdirdef ( a j )i)p( p)≡ + dir.≡ 0 mod ise (7.4) deki kongrüansı hiçbir tamsayı2gerçeklemediğinden, f ( x) 0( mod p )f ( a j )( p)≡ kongrüansının çözümü yoktur.ii) ≡ 0 mod ise (7.4) deki kongrüansın tam p tane çözümüpvardır ve bu çözümlery 0 mod p y 1 mod p y ≡ p − 1 mod p≡ ( ) , ≡ ( ) , ... , ( )2dir. Şu halde f ( x) 0( mod p )bu çözümlerdir. Bu metodu sırası ile2( ) 0( mod )≡ kongrüansının da p tane çözümü vardır vej( mod2)( mod2)2 ( mod2)x ≡ a p ,x ≡ a + p p ,jx ≡ a + p p ,⋮j2( )x ≡ a + ( p − 1) p mod pjajyerine a1, a2, ... ,atalarak uygulayıp,f x ≡ p kongrüansının çözümlerinin olup olmadığını kontrol ederve varsa çözümleri buluruz.α > 1 bir tamsayı olmak üzere f ( x) ≡ 0( mod p α) kongrüansınınçözümleri bilindiği takdirde, f ( x) 0( mod p α + 1)çözümlerinin nasıl bulunacağını görelim. f ( x) 0( mod p α)çözümleri≡ kongrüansının eğer varsa≡ kongrüansınınx ≡ a1 ( mod p α) , x ≡ a2 ( mod p α) , ... , x ≡ ar( mod p α)olsun. Bu çözümlerden birini x aj ( mod p α)1f ( x) ≡ 0( mod p α +) kongrüansının x aj ( mod p α)çözümlerinin olup olmadığını araştıralım.≡ ile gösterelim.≡ koşulunu gerçekleyen90

ααx ≡ aj ( mod p ) ⇒ x = aj+ yp ( y ∈ Z )α + 1 α α + 1f ( x) ≡ 0( mod p ) ⇒ f ( aj+ yp ) ≡ 0( mod p )bulunur. f ( aj+ yp α) yı Taylor serisine açalım.f ′( aj ) f ′′( a )α α jαf ( a ) ( )( ) 2 j+ yp = f aj+ yp + + yp + ...1 2elde edilir. α > 1 olduğundan 2. α > α + 1 olup, Taylor serisindeki ilk ikiterim hariç diğer terimler modülüne göre sıfıra kongrüdür. Böylece1p α +α( ) 0 ( mod α + 1 α 1) ( ) ( ) 0 ( mod α′+j j j)f a + yp ≡ p ⇒ f a + f a yp ≡ p (7.5)bulunur. f ( aj ) 0( mod p α)kongrüansı p α≡ olduğundanile kısaltırsak( j )f ( a j )∈ Z dir. (7.5) dekip αf a+ f ′( aj ) y ≡ 0( mod p)(7.6)p αkongrüansı elde edilir. Burada aşağıdaki gibi iki hal düşünelim.a) ( f ′( a ), p) = 1 ise (7.6) daki kongrüansın tek bir çözümü vardır. Buj≡0mod ile gösterirsek, bu durumdaçözümü y y ( p)1( ) ≡ 0( mod )f x p α +kongrüansının da bir tek çözümü olup, bu çözümdir.b) ( f ′( a ), p)= p olsun. Eğerjkongrüansının, x aj ( mod p α)f ( a j )( p)1( )x ≡ a + p y0 mod pjα α +( )f a j≡ 0( mod p)ise f ( x) ≡ 0( mod p)p α≡ koşulunu gerçekleyen çözümü yoktur. Eğer≡ 0 mod ise (7.6) nın p tane çözümüp αyolup, f ( x) 0( mod p α + 1)dir.≡ 0( mod p), y ≡ 1( mod p), ... , y ≡ p − 1( mod p)≡ kongrüansının çözümleri dej1( mod )α α +x ≡ a + tp p , ( t = 0,1,..., p − 1 )91

3 2 3Örnek 7.2. x 3x27 0( mod 5 )− + ≡ kongrüansının çözümlerini bulalım.3 2Çözüm. Önce x 3x27 0( mod5)− + ≡ kongrüansını çözelim. 5 modülünef x = x − 3x+ 27göre 0, 1, 2, -2, -1 tamsayıları bir tam kalan sistemidir. ( )3 2dersekf ( 0) ≡ 2 ≡ 0( mod5), f ( 1) ≡ 0( mod 5), ( 2) 2 0( mod5)f ( −2) ≡ −3 ≡ 0( mod5), f ( −1) ≡ −2 ≡ 0( mod5)3 2olduğundan x 3x27 0( mod5)3 2ve bu çözüm x ≡ 1( mod5)dir. ( )2f ′( x) = 3x − 6xolup, f ′( 1)= − 3 bulunur. Şimdi def ( 1)+ f ′( 1) y ≡ 0( mod 5)f ≡ − ≡ ,− + ≡ kongrüansının bir tek çözümü vardırkongrüansını çözelim. f ( 1)ve ( 1)5f ′ i yerine yazarak( )5 − 3y≡ 0 mod5f 1 = 1 − 3.1 + 27 = 25 vebulunur. ( − 3,5) = 1 olduğundan bu kongrüansın bir tek çözümü vardır ve buçözüm y ≡ 0( mod5)dir. Şu halde3 2 2x − 3x+ 27 ≡ 0( mod5 )2kongrüansının da çözümü 1 0.5 1( mod5 )3 2 3x − 3x+ 27 ≡ 0( mod 5 )x ≡ + ≡ dir. Şimdikongrüansının çözümlerini bulalım.f ( 1)+ f ′ 125y ≡ 0 mod5 ⇒ 1− 3y≡ 0 mod5⇒ 2y≡ − 1 mod5( ) ( ) ( )( )3,5 = 1( )( )⇒ y ≡ 2 mod53 2 3bulunur. Böylece x 3x27 0( mod 5 )x ≡ 1+ 2.5 2 ( mod5 3 ) ⇒ x ≡ 51( mod53)tür.− + ≡ kongrüansının çözümü92

ASAL MODÜLLER( ) 0 1 ...f ( x) 0( mod m)üzere f ( x) 0( mod p)f ( x) 0( mod p)nnf x = a + a x + + a x tam rasyonel katsayılı bir polinom olmak üzere≡ kongrüansını çözme problemini, p bir asal sayı olmak≡ kongrüansını çözme problemine indirgemiştik.≡ kongrüansının çözümlerini bulmak için herhangi bir metodbilinmemektedir. Fakat p nin küçük değerleri için p modülüne göre bira1 , a2,..., a p tam kalan sistemi alınarak çözümler aranabilir.≡ kongrüansınınTeorem 7.1. p bir asal sayı olmak üzere f ( x) 0( mod p)derecesi p olsun. Bu takdirde ya her x tamsayısı, f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının bir çözümüdür veya ilk katsayısı 1 olan tam rasyonel katsayılıg x ≡ 0 mod p kongrüansının derecesi pöyle bir g ( x ) polinomu vardır ki ( ) ( )den küçük olup, f ( x) 0( mod p)g ( x) 0( mod p)pKanıt. f ( x ) polinomunu x≡ kongrüansının çözüm kümesi ile≡ kongrüansının çözüm kümesi aynıdır.− x ile bölelim. Böylece( ) = ( )( p − ) + ( )f x q x x x r xolacak şekilde q ( x ) ve r ( x ) polinomları vardır. Burada ya ( ) 0pder r ( x)< p dir. Fermat Teoremine göre her u ∈ Z için u − u ≡ 0( mod p)dir. Bunu kullanarakf ( u) r ( u)( mod p)bulunur. r ( x) ≡ 0 ise veya ( )bölünürse, bu durumda r ( u) 0( mod p)kullanarak her u ∈ Z içinr x ≡ dır veya≡ (7.7)r x polinomunun bütün katsayıları p ile≡ olacağından, bunu (7.7) def ( u) ≡ 0( mod p)elde edilir, yani her x tam sayısı f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının birçözümüdür. Eğer r ( x ) polinomu yukarıda sıraladığımız iki koşuldan hiç birinigerçeklemezse bu takdirde r ( x ) polinomumr ( x) = b0 + b1 x + ... + b x , ( m < p , ( b p ) = )mm , 193

şeklindedir. ( bm , p ) = 1 olduğundan bmx ≡ 1( mod p)kongrüansıçözülebilirdir ve tek çözümü vardır. Bu kongrüansın çözümü x ≡ b( mod p)ise r ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansı ile br ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansınınçözümleri aynı ve (7.7) den dolayı f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansı ilebr ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının çözümleri aynıdır. Şu halde aranan g ( x )polinomu olarak br ( x ) polilnomu alınabilir ve ispat tamamlanır.Teorem 7.2. Bir a tamsayısı, f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının bir çözümü iseöyle bir g ( x ) polinomu vardır kif ( x) ≡ ( x − a) g ( x)( mod p)(7.8)bağıntısı gerçeklenir. Tersine, (7.8) deki koşula uyan bir g ( x ) polinomu varsaa tamsayısı f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının bir çözümüdür.Kanıt. f ( x ) polinomunu ( x − a)ile bölelim. Böylecef ( x) = ( x − a) g ( x)+ r(7.9)olacak şekilde bir g ( x ) polinomu ve bir r tamsayısı vardır. (7.9) danf ( x) ≡ ( x − a) g ( x) + r ( mod p)(7.10)elde edilir. f ( a) ≡ 0( mod p)olduğundan, buradan r ≡ 0( mod p)olur vebunu (7.10) da kullanarakf x ≡ x − a g x mod p( ) ( ) ( )( )bulunur. Tersine, tamkatsayılı bir g ( x ) polinomu içinf ( x) ≡ ( x − a) g ( x)( mod p)bağıntısı gerçekleniyorsa f ( a) ( a a) g ( a) 0( mod p)a tamsayısının f ( x) 0( mod p)gösterir.≡ − ≡ bulunur ki, bu da≡ kongrüansının bir çözümü olduğunuTeorem 7.3. ( Lagrange Teoremi) p bir asal sayı olmak üzere2na0 + a1 x + a2 x + ... + anx ≡ 0( mod p)( an≡ 0( mod p))kongrüansının en fazla n tane çözümü vardır.Kanıt. İspatı n e göre indüksiyon ile yapalım. Teorem 4.1. den dolayı n = 1için iddia doğrudur. Derecesi 1 f x ≡ 0 mod p kongrüansınınn − olan her ( ) ( )en fazla n − 1 tane çözümünün olduğunu varsayalım ve derecesi n olan birf x ≡ 0 mod p kongrüansını göz önüne alalım. Eğer bu kongrüansın( ) ( )94

çözümü yok ise ispat edilecek bir şey yoktur. Eğer f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının en az bir x ≡ a ( mod p)çözümü varsa Teorem 7.2 den dolayıöyle bir q ( x ) polinomu vardır ki der q( x)= n − 1 olup,f ( x) ≡ ( x − a) q( x)( mod p)(7.11)dir. İndüksiyon hipotezine göre q( x) ≡ 0( mod p)kongrüansını en fazla n − 1tane çözümü vardır. Bu çözümleri x ≡ ci( mod p), i = 1,2,..., r ( r < n)ilegösterelim. Şimdi bir c tamsayısı için f ( c) ≡ 0( mod p)olduğunu kabuledelim. (7.11) den ( c − a) q ( c) ≡ 0( mod p)bulunur. Eğer q ( c) ≡ 0( mod p)ise x ≡ c( mod p)çözümü, bir x ≡ c j ( mod p)çözümü ile aynıdır. Eğerq ( c) ≡ 0( mod p)ise p asal olduğundanc − a ≡ 0( mod p) ⇒ c ≡ a ( mod p)bulunur. Bu durumda f ( x) ≡ 0( mod p)kongrüansının çözümlerix ≡ a ( mod p), x ≡ c ( p ) ,..., x ≡ c ( mod p )1 modrden ibaret olup çözüm sayısı r + 1 tanedir. r ≤ n − 1 olduğundan r + 1 ≤ nbulunur ve ispat tamamlanır.PROBLEMLER1) Aşağıdaki kongrüansları çözünüz.5 4 3a) x + x + 1 ≡ 0( mod3 ) ,3 3b) x + x + 57 ≡ 0( mod5 ) ,3 2 3c) x + x − 5 ≡ 0( mod 7 ) ,d) x 3 10x 2 x 2 0( mod33)+ + + ≡ ,4e) x + x + 7 ≡ 0( mod 63),f) x 3 19x 2 x 23 0( mod126)3g) x + 5x+ 3 ≡ 0( mod 75).+ − + ≡ ,2) x14 12x2 0( mod13)gösteriniz.+ ≡ kongrüansının tam 13 tane çözümü olduğunu95

3) Dereceleri ≤ 6 olup aşağıdaki kongrüanslara eşdeğer olan kongrüanslarıf x 0 mod m g x ≡ 0 mod m kongrüanslarının çözümbulunuz. ( ( ) ≡ ( ) ve ( ) ( )kümeleri aynı ise bu iki kongrüansa eşdeğer denir.)x11 + x8 − 5 ≡ 0 mod 7 ,a) ( )b) x 56 x 23 x6 8 0( mod 7)c) 23x14 56x4 13 0( mod 7)d) x 234 + x 7 + x ≡ 0( mod 7).+ + + ≡ ,+ + ≡ ,96

8.BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ FONKSİYONLAR[ x ] FONKSİYONU[ x ] fonksiyonunu Tanım 1.2. de vermiştik. Şimdi bu fonksiyonun bazıözelliklerini sıralayalım.Teorem 8.1. x ve y reel sayılar olsun. Bu takdirdea) [ x] ≤ x < [ x] + 1 , x − 1 < [ x]≤ x , x [ x]b) [ x + m] = [ x]+ m , m ∈ Z ,c) [ x] + [ y] ≤ [ x + y] ≤ [ x] + [ y] + 1,d)⎧ 0 , x ∈ Z ise+ − = ⎨⎩ − 1 , x ∉ Z ise,[ x] [ x][ ]⎡ x ⎤ ⎡ x ⎤ +e) ⎢ ⎥ =m⎢m⎥ , m ∈ Z dir.⎢⎣⎥⎦⎣ ⎦0 ≤ − < 1 ,Kanıt. a) şıkkındaki ilk eşitsizlik [ x ] in tanımından hemen elde edilir. Diğeriki eşitsizlik ise ilk eşitsizliğin birer sonucudur.b) x bir reel sayı olsun. n bir tamsayı ve ρ da 0 ≤ ρ < 1 koşulunugerçekleyen bir pozitif reel sayı olmak üzere x = n + ρ ise tanım gereği[ x]= n dir. Böylece[ x + m] = [ n + m + ρ] = n + m = [ x]+ mbulunur.c) x = n + ρ1ve y = m + ρ2( n,m ∈ Z , 0 ≤ ρ1 , ρ2< 1 ) olsun. Buradax + y = n + m ≤ n + m + ρ + ρ = n + m + ρ + ρ = x + y[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1 2 1 2ve[ x + y] = [ n + m + ρ1 + ρ2 ] = n + m + [ ρ1 + ρ2 ] ≤ n + m + 1 = [ x] + [ y]+ 1olup, bu iki eşitsizliği birleştirirsekx + y ≤ x + y ≤ x + y +elde edilir.[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1d) x ∈ Z ise [ x]= x ve [ − x]= − x olup[ x] + [ − x] = 0olur. x ∉ Z ise n ∈ Z olmak üzere x = n + ρ , 0 < ρ < 1 yazabiliriz. Buradan[ x] + [ − x] = n + [ −n − ρ] = n − n + [ − ρ] = − 197

ulunur.e) x = n + ρ , 0 ≤ ρ < 1 olsun. n tamsayısını m e kalanlı olarak bölersek, qve r tamsayılar olmak üzeren = mq + r , 0 ≤ r ≤ m − 1yazılabilir. Buradan⎡[ x]⎤ ⎡ mq + r ⎤ ⎡ r ⎤ ⎡ r ⎤⎢ ⎥ = q q qm⎢ = + = + =m⎥ ⎢m⎥ ⎢m⎥⎢⎣⎥⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ve⎡ x ⎤ ⎡ mq + r + ρ ⎤ ⎡ r + ρ ⎤ ⎡ r + ρ ⎤⎢ q q qm⎥ = ⎢ = + = + =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 takdirdeep | n!koşulunu gerçekleyen en büyük e tamsayısı∞⎡ n ⎤e = ∑ ii=1 ⎢⎣p ⎥(8.1)⎦dir.iKanıt. p ≥ 2 olduğundan i → ∞ için p → ∞ dur. Şu halde yeter derecedebüyük i ler için n < p dir. Buradanin ⎡ n ⎤0 < < 1⇒ 0ii=p ⎢⎣p ⎥⎦bulunur. Bu ise (8.1) deki toplamın gerçekte bir sonsuz seri olmadığınıgösterir. İspatı indüksiyon metodu ile yapalım. n = 1 için iddianın doğruolduğu açıktır. Teoremin ifadesinin n = k − 1 için doğru olduğunu varsayalım.e1 Şu halde p | n!koşulunu gerçekleyen en büyük e 1 tamsayısı∞⎡ k −1⎤e1= ∑ii=1 ⎢⎣p ⎥⎦jolsun. n = k için iddianın doğru olduğunu ispatlayalım. j, p | k koşulunugerçekleyen en büyük tamsayı olsun. k ! = ( k − 1 )!k olduğundan ispatıtamamlamak için98

veya∞∞⎡ k −1⎤ ⎡ k ⎤+ j =i⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ p ⎥⎦∑ ∑ii= 1pi=1∞∞⎡ k ⎤ ⎡ k −1⎤− = ji⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ p ⎥⎦∑ ∑ii= 1pi=1olduğunu göstermek yeter. Gerçekten bir i ∈ Z için+i⎡ k ⎤ ⎡ k −1⎤⎪⎧ 1 , p | k isei − i = ⎨i⎢⎣ p ⎥⎦ ⎢⎣ p ⎥⎦ ⎪⎩0 , p | k iseolduğu kolayca gösterilebilir. Öte yandan i = 1, 2, 3,.., j içiniiçin p / | k dir. Şu haldebulunur ve ispat tamamlanır.⎡ k ⎤ ⎡ k −1⎤ ⎛ ⎡ k ⎤ ⎡ k −1⎤⎞− = − = j⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎜ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎟⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎝ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎠∞ ∞ ∞∑ ∑ ∑i i i ii= 1pi= 1pi=1p pip| k ve i > jNot: n bir pozitif tamsayı ve p bir asal sayı olsun. e , p nin n yi bölen enebüyük kuvveti ise bu durumu p || n şeklinde göstermiştik.Örnek 8.1. 7 nin 1000! i bölen en büyük kuvvetini bulalım.Çözüm. 7 ||1000e∞i=1ise⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000⎤e = ∑ ⎢ ...i ⎥ = ⎢7⎥ + ⎢ + + +2 ⎥ ⎢ 3 ⎥ ⎢ 4 ⎥⎣ 7 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ 7 ⎦ ⎣ 7 ⎦ ⎣ 7 ⎦⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000 ⎤ ⎡1000⎤= ⎢ ...7⎥ + ⎢ + + +49⎥ ⎢243⎥ ⎢1701⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦bulunur.= 142 + 20 + 2 = 164Örnek 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 sadecekendilerinden ve bu asal sayıların katlarından gelen kuvvetleri bulunur. Şimdi99

p = 2,3,5,7,11 asal sayılarının 125! de bulunan en büyük kuvvetlerinihesaplayalım.⎡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 1 593⎥ + ⎢ + + = + + + =9⎥ ⎢27⎥ ⎢81⎥,⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡125 ⎤ ⎡125 ⎤ ⎡125⎤⎢ 25 5 1 315⎥ + ⎢ + = + + =25⎥ ⎢125⎥,⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡125 ⎤ ⎡125⎤⎢ + = 17 + 2 = 197⎥ ⎢49⎥,⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡125 ⎤ ⎡125⎤⎢ + = 11+ 1 = 1211⎥ ⎢121⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ve⎡125⎤⎢ = 913⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 717⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 619⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 523⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 429⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 431⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 337⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 341⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 243⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 247⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 253⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 259⎥ ,⎣ ⎦⎡125⎤⎢ = 261⎥⎣ ⎦olduğundandir.119 59 31 19 12 9 7 6 5 4 4 3 3 2 2125! = 2 .3 .5 .7 .11 .13 .17 .19 .23 .29 .31 .37 .41 .43 .47 .2 2 253 .59 .61 .67.71.73.79.83.89.97.101.103.107.109.113Aşağıdaki örnekte bu teoremin başka bir uygulamasını vereceğiz.Örnek 8.3. a1 , a2,..., a r negatif olmayan tamsayılar ve a1 + a2 + ... + ar= nise100

n!a ! a !... a !1 2sayısının bir tamsayı olduğunu gösterelim.Çözüm. a ve b iki pozitif tamsayı olmak üzere a | b olması için gerek ve yeterkoşul a nın her p asal böleni için, e 1 ve e 2 tamsayıları p 1|| a veep 2|| b koşullarını gerçekleyen tamsayılar olmak üzere e1 ≤ e2olmasıdır.e⎡2n ⎤|| n ⇒ e = ∑ii=1 ⎢⎣p ⎥⎦p 2dir. Öte yandan n 1 ve n 2 iki pozitif tamsayı, p bir asal sayı ve p || n1n 2 isetbu takdirde 1 tp || n 1 ve 2||p 2eşitliği geçerlidir. 1, 2,..., k( i 1,2,..., k )n olmak üzerere = t1 + t2∞n n n pozitif tamsayılar, p bir asal sayı ve p ||e= ise p || n1. n2... n k yı gerçekleyen e tamsayısınıne = t1 + t2 + ... + tkeşeklinde olduğu indüksiyon ile gösterilebilir. Şu halde 1||p 1 2eet ia ! a !... a ! isern idir. e1 ≤ e2olduğunu göstermek içine1∑ ∞a1 ∑ ∞a2r... ∑∞ai i ii= 1pi= 1pi=1p⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + +⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦∑∞ ∞ ∞n a1ar≥ ∑ + ... + ∑i i ii= 1pi= 1pi=1p⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦olduğunu göstermek yeter. Bu eşitsizlik , Teorem 8.1. c) deki ilk eşitsizliğinbir genelleştirilmesidir ve ispatı indüksiyon ile yapılabilir.ARİTMETİK FONKSİYONLARTanım 8.1. Tanım kümesi pozitif tamsayılar kümesi olan fonksiyonlaraaritmetik fonksiyonlar denir.Örneğin ϕ ( n)bir aritmetik fonksiyondur.101

Tanım 8.2. n bir pozitif tamsayı olsun. Bu takdirdeτ ile,a) n nin pozitif bölenlerinin sayısı (doğal bölenlerinin sayısı ) ( n)b) n nin pozitif bölenlerinin toplamı σ ( n)ile,c) n nin pozitif bölenlerinin k. kuvvetlerinin toplamı ( n)σ ile gösterilir.Örneğin τ ( 6)= 4 , σ ( 6)= 12 ve 2 ( ) τ ( σ ( fonksiyonları σ k ( n)fonksiyonun birer özel halidir. Çünkü 0 ( ) τ ( )σ 1 ( ) ( ) f ( )nin bütün pozitif d bölenleri için f ( d ) değerlerinin toplamını f ( d )k= vex bir aritmetik fonksiyon ve n de bir pozitif tamsayı olmak üzere ngösterelim. Tanım 8.2. deki fonksiyonlarıτolarak gösterebiliriz.( n) = ∑ 1 , σ ( n)= ∑ d , σ ( n)d|nd|nk= ∑ dd|nTanım 8.3. f ( n ) bir aritmetik fonksiyon olsun. ( )gerçekleyen her pozitif m, n tamsayı çifti içinf m. n = f n . f mk∑d|nilem, n = 1 koşulunu( ) ( ) ( )ise f ( n ) fonksiyonu çarpımsaldır denir. Eğer f ( m. n) f ( m) . f ( n)( m, n ) > 1 olması halinde de gerçekleşiyorsa ( )denir.= eşitliğif n e tam çarpımsal fonksiyonTeorem 8.3. f ( n ) bir çarpımsal fonksiyon ise F ( n) f ( d )= ∑ şeklindetanımlanan F ( n ) fonksiyonu da çarpımsaldır.Kanıt. ( m, n ) = 1 ve m ile n nin kanonik gösterişleri ( m > 1 ve n > 1 kabuledebiliriz.)a1 a2ab b b1 2 ... r1 2n = p p p r ,1 2 ... rm = q q q rolsun. Burada a i > 0 , b i > 0 pozitif tamsayılar; p1, p2,..., p r ; q1 , q2,..., q s lerikişer ikişer birbirinden farklı asal sayılardır. n tamsayısının bir pozitif d 1böleniα α α1 21 1 2 ... rd = p p p r ( 0 ≤ αi ≤ ai, i = 1,..., r )ve m tamsayısının bir pozitif d 2 böleni ded|n102

β β β1 22 1 2 ... sd = q q q s ( 0 ≤ βi ≤ bi, i = 1,..., s )şeklindedir. Öte yandanα1 α2 αrβ1 β2βs1. 2 =1 2... r 1 2... sd d p p p q q qolup, bu d1d 2 tamsayısı m.n tamsayısının bir pozitif bölenidir. Tersine olarakm.n nin her pozitif d böleni, d1tamsayısı n nin ve d 2 tamsayısı da m nin birpozitif böleni olmak üzere d1 ⋅ d2şeklindedir. Böylece∑ ∑∑ ∑∑( . ) = ( ) = ( ) = ( ) ( )F n m f d f d d f d f d1 2 1 2d| nm d1| n d2| m d1| n d2|melde edilir.∑ ∑( ) ( ) ( ) ( )= f d f d = F n F m1 2 .d1| n d2|mŞimdi bu teoremi kullanarak τ ( n)ve ( n)olduğunu gösterelim. f ( n ) = 1 fonksiyonu çarpımsaldır. Gerçekten ( )ise f ( n. m) 1 1 1 f ( n) . f ( m)f ( n ) = 1 alırsak1 = τ ( n)σ fonksiyonlarının çarpımsalm, n = 1= = ⋅ = elde edilir. Şu halde Teorem 8.3. te∑d|nfonksiyonunun da çarpımsal olduğu bulunur. ( n, m ) = 1 ise f ( n)fonksiyonunun da çarpımsal olduğu gösterilebilir. Böylecefonksiyonu da çarpımsaldır.Teorem 8.4. i) τ ( 1)= 1,∑ ∑( ) = = σ ( )f d d nd| nd|nα α α1 2ii) n pozitif tamsayısının kanonik gösterilişi1 2 ... rn = p p p r iseτ n = α + 1 α + 1 ... α + 1dir.Kanıt. i) τ ( )1 = 1 olduğu açıktır.( ) ( )( ) ( )1 2ii) τ ( n)fonksiyonunun çarpımsal olduğu kullanılarak, indüksiyon ileα( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 α1 2 2 αrα...1 1 α22 αrn = p p pr= p p ... prτ τ τ τ τr= n103

olduğu görülür. Diğer yandan p αbölenlerikullanılarakelde edilir.21, , ,...,Teorem 8.5. i) σ ( 1)= 1,( p asal, α ∈ Z )p αp p p α dır. Şu halde ( ) 1( n) = ( + 1)( + 1 )...( + 1)1 2ττ α α αr+tamsayının pozitif= α + dir. Bu eşitlikα α α1 2ii) n pozitif tamsayısının kanonik gösterilişi1 2 ... rn = p p p r isedir.Kanıt. i) σ ( )σ( n)1 = 1 olduğu açıktır.=r∑i=1αi+ 1ipi−1p −1ii) σ ( n)fonksiyonunun çarpımsal olduğu kullanılarak indüksiyon ileα( ) ( 1 ) ( ) ( )1 α2 2 αrn p p ... p rσ = σ σ σ(8.2)bulunur. Diğer yandan p α+( p asal, α ∈ Z ) tamsayısının pozitif bölenleri21, p, p ,..., p α olup, bunların toplamlarıα( )α + 1−α p 1σ p = 1 + p + ... + p =p −1olur. Bu eşitlik (8.2) de kullanılarak teoremin ispatı tamamlanır.Tanım 8.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzere⎧ 1 , n = 1 ise,⎪2µ ( n)= ⎨0 , a | n olacak şekilde bir a > 1 tamsayısı varsa,⎪ r⎪⎩ ( − 1 ) , n = p1 p2...p r ( piler farklı asal sayılar )şeklinde tanımlanan µ ( n)fonksiyonuna Moebius fonksiyonu ( Möbius )denir.Örnek 8.4. µ ( n)fonksiyonunun çarpımsal olduğunu gösterelim.Çözüm. ( n1 , n2) = 1 için µ ( n1 . n2 ) = µ ( n1 ). µ ( n2) olmalıdır. ( n1 , n2) = 1 ise n1ve n 2nin kanonik gösterilişlerindeki asal sayılar birbirinden tamamen farklıdır.104

n1ve n2den en az biri kare içeriyorsa n1 . n2de kare içereceğindenµ ( n1. n2) = 0 olur, öte yandan µ ( n1) ve µ ( n2) den en az biri 0 olduğundanµ ( n ). µ ( n ) = 0 dır.1 2n1ve2n kare içermiyorsa n1 = p ... 1p2 pr, n2 = q ... 1q2 qs( piler, qilerdenfarklı ve i ≠ j için pi ≠ pjve qi ≠ qj) olup,dir. Diğer yandanolduğundanµ ( n ) = ( − 1)r, µ ( n ) = ( −1 ) ⇒ µ ( n ) µ ( n ) = ( − 1)1s r + s2 1 2n . n = p p ... p . q q ... q1 2 1 2 r 1 21 2( )( ) 1 r +µ n n = −sdir. Şu halde µ ( n1 . n2 ) = µ ( n1 ). µ ( n2) dir.PROBLEMLER1) 1000! in sonunda kaç tane sıfır vardır?312) 5 in n ! i bölen en büyük kuvveti 5 olacak şekilde en küçük n tamsayısını31bulunuz. Ayrıca 5 || n!koşuluna uyan diğer tamsayıları bulunuz.3) 533! sayısı3342 ile bölünür mü?4) 7 nin 678! i bölen en büyük kuvveti kaçtır?s5) Her x reel sayısı içinolduğunu gösteriniz.⎡⎢⎣1 ⎤2⎥⎦[ x] + x + = [ 2x]6) x ve y pozitif reel sayılar olmak üzerex − y ≤ x − y ≤ x − y +olduğunu gösteriniz.[ ] [ ] [ ] [ ] 1( n )7) n bir pozitif tamsayı olmak üzere( n!) 2gösteriniz.2 !sayısının bir çift tamsayı olduğunu105

8) Bir q tamsayısının asal olması için gerek ve yeter koşulunσ q = q + olduğunu gösteriniz.( ) 19) µ ( n) µ ( n ) µ ( n )bulunuz.+ + 1 + + 2 = 3 koşulunu gerçekleyen bir pozitif tamsayı10) µ ( n) µ ( n ) µ ( n ) µ ( n ). + 1 . + 2 . + 3 = 0 olduğunu gösteriniz.106

İKİNCİ KISIM1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE DENKLİK SINIFLARI⎧ p ⎫Q , rasyonel sayılar kümesini göstersin. ⎨ : p , q ∈ Z , q ≠ 0⎬kümesinde⎩ q⎭bulunan 2 , 4 , 8 ,... şeklindeki kesirli sayıları göz önüne alalım. Bu sayıların3 6 12hepsi aynı bir rasyonel sayıyı temsil ederler. Böylece,⎡ 2 2 m⎢ ⎤ : m , m 03⎥ = ⎨⎧ ∈ Z ≠ ⎬⎫⎣ ⎦ ⎩3m⎭kümesi tek bir rasyonel sayıyı gösterir. O halde Q rasyonel sayılar kümesiüstünde aşağıdaki bağıntıyı tanımlayabiliriz.Tanım 1.1. “ m nve psayıları aynı bir rasyonel sayı kümesi içindedir ⇔qmq = np ise ” şeklinde tanımlanan bağıntı Q üstünde bir denklik bağıntısıdır.Böylece her rasyonel sayı bir denklik sınıfı olarak görülebilir. Bu tanımıkullanarak örneğin; 1900 1403ve sayılarının aynı bir rasyonel sayıyı temsil4887 3599edip etmediğini anlayabiliriz.Boş olmayan bir S kümesi üstünde bir denklik bağıntısı;∀a, b,c ∈ S için,1) a ∼ a (Yansıma özelliği),2) a ∼ b ⇒ b ∼ a (Simetri özelliği),3) a ∼ b ve b ∼ c ise a ∼ c (Geçişme özelliği)koşullarını gerçekleyen S × S nin alt kümesidir. Eğer bir ( a, b ) sıralı ikilisi, Sde bir “ ∼ ” denklik bağıntısının aynı denklik sınıfına ait ise bunu a ∼ bşeklinde gösteririz. S de bir a elemanının tanımladığı denklik sınıfı[ a] = x ∈ S : a ∼ x{ }biçiminde veya a şeklinde gösterilir. S kümesinin “ ∼ ” şeklinde bir denklikbağıntısı tarafından tanımlanan denklik sınıfları, S kümesinin ayrık altkümeleridir ve bu alt kümelerin hepsinin birleşim kümesi, S kümesine eşittir.a,b ∈ S elemanlarının aynı sınıfta bulunduklarını a ∈ b veya b ∈ a şeklindegösteririz. 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 bir107

denklik sınıfına aittir. Eğer aynı zamanda a ∈ b ise a = b olduğunugösterebiliriz. Böylece, S nin her elemanı sadece bir tek denklik sınıfına aitolmuş olur. Gerçekten, a ∈ b olsun. x ∈ a alalım, o taktirde x ∼ a dır. a ∈ bolduğundan a ∼ b dir, böylece denklik bağıntısının geçişme özelliğine görex∼ b elde ederiz. Yani x ∈ b dir. O halde a de alınan bir eleman aynızamanda b de olduğundan ataktirde yolur. Yine geçişme özelliğine göre y⊂ b dir. Benzer şekilde y ∈ b alalım, bu∼ b dir. Üstelik a ∼ b olduğundan simetri özelliğine göre b ∼ a∼ a olduğundan y ∈ a buluruz, ki bubize b ⊂ a olduğunu gösterir. Böylece kümelerin eşitliği tanımı ile a = bolduğu sonucunu elde ederiz.Örnek 1.1. m,n ∈ Z olmak üzere “ m ∼ n ⇔ mn ≥ 0 ” şeklinde tanımlıbağıntı bir denklik bağıntısı mıdır?2Çözüm. 1) a ∈ Z olsun. a. a = a ≥ 0 olduğundan a ∼ a dır.2) a,b ∈ Z olsun. a ∼ b ⇒ ab ≥ 0 dır. Z nin çarpma işlemine göredeğişmeli olması nedeniyle ab = ba ≥ 0 olduğundan b ∼ a dır.3) a, b,c ∈ Z olmak üzere a ∼ b ve b ∼ c olsun. Böylece, ab ≥ 0 ve2bc ≥ 0 dır. Bu iki ifade taraf tarafa çarpılırsa ab c ≥ 0 elde ederiz, burada eğerb ≠ 0 ise ac ≥ 0 dır. Ancak, b = 0 ise ac ≥ 0 eşitsizliği her zaman doğruolmayabilir. Örneğin; −3 ∼ 0 ve 0 ∼ 5 iken −3 ∼ 5 bağıntısı geçerli değildir.Böylece, verilen bağıntı bir denklik bağıntısı değildir.+Örnek 1.2. n ∈ Z olsun. a,b ∈ Z olmak üzere,“ a ≡ b(mod n)⇔ n | a − b veya a − b = kn olacak şekilde bir k ∈ Z vardır.”şeklinde tanımlanan mod n kongrüans bağıntısı bir denklik bağıntısıdır. Bubağıntı ile ilgili özellikler birinci bölümdeki Teorem 3.1. ve Teorem 3.2. deverilmiştir.PROBLEMLER1) α ve β , boş olmayan bir X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı iselerα ∩ β nın da X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız.2) Düzlemdeki bütün üçgenlerin kümesi üstünde tanımlanan benzerlikbağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız.108

2. BÖLÜM. GRUPLARTanım 2.1. G, boş olmayan bir küme olsun. G nin sıralı herhangi ikielemanına G nin bir tek elemanını karşılık getiren bir eşlemeye G de bir ikiliişlem adı verilir.∗ : G × G → G( a, b)→ a ∗ bTanım 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 (Birimeleman),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 birdeğişmeli grup (komütatif grup) adı verilir.Teorem 2.1. ( G, ∗ ) bir grup olsun. O taktirde G de sağ ve sol sadeleştirmekuralları geçerli olur, yania ∗ b = a ∗c ⇒ b = cveyadir.Kanıt. a, b,ca ∗ b = c ∗b ⇒ a = c∈ G olmak üzerea ∗ b = a ∗ cverilsin. ( G, ∗ ) bir grup olduğundan a nın G de bir tersi vardır. Bu elemana ' ∈ G olsun. Bu elemanla yukarıdaki eşitliğin her iki yanını işleme tabitutaraka ' ∗( a ∗ b) = a ' ∗( a ∗ c)veya ( G, ∗ ) grubunun 1) ve 2) koşulları ile( a ' ∗ a) ∗ b = ( a ' ∗ a)∗ ce ∗ b = e∗cb = celde 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 = b109

lineer denklemleri G içinde bir tek çözüme sahiptirler.Kanıt. ( G, ∗ ) ikilisi bir grup olduğundan a elemanının G de bir a′ inversivardır ve G kapalı olduğundan yani “ ∗ ” işlemi G de bir iç işlem olduğundana ' ∗ b , G nin bir elemanıdır. a ' ∗ b = x diyelim ve x i denklemde yerineyazalım. Böylece grup özelliklerindena ∗ ( a ' ∗ b) = ( a ' ∗ a)∗ b= e∗b= bbuluruz, yani a ' ∗ b bir çözümdür, şimdi de bu çözümün tek olduğunukanıtlayalım. Eğer denklemin x ten başka bir x1çözümü varsa , yani;a ∗ x = b ve a ∗ x1= bisea ∗ x = a ∗ x 1den sol sadeleştirme kuralı ile x = x1elde ederiz, yani denklemin çözümü birtektir.Örnek 2.1. C −{ 0}kümesinin( a + bi)( c + di) = ( ac − bd ) + ( ad + bc)işeklinde tanımlanan “ ⋅ ” işlemine göre bir komütatif grup olduğunugösterelim.Çözüm. i) Her a + bi , c + di ∈C −{ 0}için( )( ) ( ) ( )dir. Öte yandana + bi c + di = ac − bd + ad + bc i ∈ C ∈R∈Ra + bi ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 ∨ b ≠ 0(2.1)c + di ≠ 0 ⇒ c ≠ 0 ∨ d ≠ 0(2.2)olduğundan ( a + bi)( c + di) ≠ 0 dir. Çünkü aksi halde⎧ac− bd = 0⎨⎩ad+ bc = 0olur, yani c ve d, (2.2) ye göre⎧ax− by = 0⎨⎩bx+ ay = 0lineer homojen denklem sisteminin sfır çözümden farklı bir çözümünüoluşturur. Buradan daa − b = 2 2a + b = 0b a110

ve dolayısıyla a = b = 0 sonucu çıkar ki, bu (2.1) ile çelişir. Şu haldea + bi c + di ∈ C − 0 dır.( )( ) { }ii) Her a + bi , c + di,e + fi ∈ C ( ve sonuçta C −{ 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( ) ⎡⎣( )( ) ⎤⎦ ( ) ⎡⎣( ) ( ) ⎤⎦⎡a ( ce df ) b ( cf de) ⎤ ⎡a ( cf de) b ( ce df ) ⎤ i= − − + + − + +D = a + bi c + di e + fi = a + bi ce − df + cf + de 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+ + ∈ C ( ve sonuçta C −{ 0}) için( + )( + ) = ( − ) + ( + )( + )( + ) = ( − ) + ( + )a bi c di ac bd ad bc ic di a bi ca db cb da idir ki, R deki toplama ve çarpmanın komütatifliğinden dolayı bu iki komplekssayı birbirine eşittir.a + bi , c + di ∈ − 0a + bi x + yi = c + diiv) Her C { } çiftine karşılık, ( )( ) ( )olacak şekilde en az bir x + yi ∈ C −{ 0}vardır:( a + bi)( x + yi) = ( c + di)den ( ax − by) + ( ay + bx)i = c + di ve buradan da⎧ax − by = c⎨⎩bx + ay = delde edilir. a + bi ≠ 0 olduğundan bu sistemin katsayılar matrisinin2 2determinantı a + b ≠ 0 dır. Şu halde bu bir Cramer sistemidir ve tek çözümüac + bdad − bcx = ∈ R , y = ∈ R2 22 2a + ba + bdir. a + bi ≠ 0 ve d + ci ≠ 0 olduğundan i) ye göre( a + bi)( d + ci) = ( ad − bc) + ( ac + bd ) i ≠ 0111

dir; o halde ad − bc ve ac + bd den en az biri ≠ 0 dır. Dolayısıyla x ve y denen az biri 0a + bi x + yi = c + di nin tek çözümü≠ dır. Buna göre ( )( ) ( )dir. Şu halde { }ac + bd ad − bcx + yi = + i ∈ C −2 2 2 2a + b a + bC − 0 , ⋅ bir komütatif gruptur.( ){ }Örnek 2.2. G = ( a, b,1 ) a,b ∈ R kümesinin( a, b,1 ) ∗ ( c, d,1 ) = ( a + c, b + d,1){ 0}şeklinde tanımlanan “ ∗ ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunuaraştıralım.a, b,1 , c, d,1∈ G içinÇözüm. ı) Her ( ) ( )dir.ve⎛⎞a, b,1 ∗ c, d,1 = a + c , b + d ,1⎟∈G⎝ ∈R∈R⎠( ) ( ) ⎜ ıı) Her ( a, b,1 ), ( c, d,1 ), ( e, f ,1)∈ G için⎣⎡( a, b,1 ) ∗( c, d,1 ) ⎤⎦ ∗ ( e, f ,1) = ( a + c, b + d,1 ) ∗( e, f ,1)= ( a + c) + e ( b + d ) + f( , ,1)( a, b,1 ) ∗ ⎣⎡( c, d,1 ) ∗ ( e, f ,1) ⎦⎤ = ( a, b,1 ) ∗ ( c + e, d + f ,1)= a + ( c + e) b + ( d + f )( , ,1)olduğundan , R nin “ + “ ya göre asosyatif olduğunu kullanarak⎡⎣( a, b,1 ) ∗( c, d,1 ) ⎤⎦ ∗ ( e, f ,1)= ( a, b,1 ) ∗ ⎡⎣( c, d,1 ) ∗( e, f ,1)⎤⎦buluruz.a, b,1 , c, d,1∈ G içinııı) Her ( ) ( )⎛⎞( a, b,1 ) ∗ ( c, d,1 ) = ⎜ a + c , b + d ,1 ⎟ = ( c + a, d + b,1 ) = ( c, d,1 ) ∗( a, b,1)⎝ ∈R∈R⎠dir. Burada R nin “ + “ ya göre komütatif olduğunu kullandık.a, b,1G x, y,1 ∗ a, b,1 = a, b,1olacak şekilde birıv) Her ( ) ∈ için ( ) ( ) ( )( x, y,1)∈Gvardır:112

( x, y,1 ) ∗ ( a, b,1 ) = ( a, b,1 ) ⇒ ( x + a, y + b,1 ) = ( a, b,1)⎧x + a = a ⇒ x = 0∈R⇒ ⎨⎩y + b = b ⇒ y = 0 ∈ R⇒ ( x, y,1) = ( 0,0,1 ) ∈G.v) Her ( a, b,1)∈ G ye karşılık ( a , b ,1) ( a, b,1) ( 0,0,1)bir ( a′ , b′ ,1)∈ G vardır:( a′ , b′ ,1) ∗ ( a, b,1) = ( 0,0,1 ) ⇒ ( a′ + a, b′+ b,1) = ( 0,0,1)′ ′ ∗ = olacak şekilde⎧a′ + a = 0 ⇒ a′= −a∈ R⇒ ⎨⎩b ′ + b = 0 ⇒ b ′ = − b ∈ R⇒ a , b ,1 = −a, −b,1 ∈ G.( ′ ′ ) ( )Şu halde ( G,∗ ) bir komütatif gruptur. 1 = G ( 0,0,1)ve ( ) −a, b,1 1= ( − a, − b,1)dir.+abÖrnek 2.3. Q nın a ∗ b = şeklinde tanımlanan “ ∗ ” işlemine göre ne tür3bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım.+ab +Çözüm. ı) Her a,b ∈ Q için a ∗ b = ∈ Q dır. Çünkü3aba > 0, b > 0 ⇒ ab > 0 ⇒ > 03dır.ıı) Her a, b,colduğundan+∈ Q için ( a b) c a ( b c)∗ ∗ = ∗ ∗ dir. Çünküab cab( )( )3 ab cA = a ∗b ∗ c = ∗ c = = ,3 3 9bcabc 3 a ( bc)B = a ∗( b∗ c)= a ∗ = =3 3 9+Q nın “ . ” ya göre asosyatifliğinden A = B bulunur.+ab baııı) Her a,b ∈ Q için a ∗ b = = = b ∗ a dir. Çünkü3 3ab bagöre komütatifliğinden dolayı = dir.3 3+ıv) Her a ∈ Q için x ∗ a = a olacak şekilde bir x ∈ Q vardır:++Q nın “ . ” ya113

xa+x ∗ a = a ⇒ = a ⇒ xa = 3 a ⇒ x = 3 ∈ Q .+3 a≠0v) Her a ∈ Q ye karşılık, a′∗ a = 3 olacak şekilde bir a′∈ Q vardır:Şu halde ( )a′a9 +a′ ∗ a = 3 ⇒ = 3 ⇒ a′ a = 9 ⇒ a′= ∈ Q .3 a≠0aQ + , ∗ bir komütatif gruptur. 1G = 3 , 1 9a− = dir.aÖrnek 2.4. ( ){ , , }G = Z× Q = a b a ∈ Z b ∈ Q kümesinin−( a, b) ( c, d ) = ( a + c,2 c b + d )şeklinde tanınmlanan “ ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunuaraştıralım.⎛⎞−a, b c, d = a + c ,2 c b + d ∈ G⎜ ⎟⎝ ∈Z∈Q⎠Çözüm. ı) Her ( a, b) , ( c,d ) ∈ G için ( ) ( ) ⎜dir.ıı) Her ( a, b) , ( c, d ), ( e,f ) ∈ G için( a, b) ( c, d ) ( e, f ) = ( a, b) ( c, d ) ( e,f )dir.⎡⎣⎤⎦⎡⎣⎤⎦−c⎡⎣( , ) ( , ) ⎤⎦ ( , ) ( ,2 ) ( , )(( ) ( ) ) ( )−e( , ) ⎡( , ) ( , ) ⎤ ( , ) ( , 2 )A = a b c d e f = a + c b + d e f−e −c − ( e+c)−e= a + c + e,2 2 b + d + f = ( a + c + e,2 b + 2 d + f )B = a b ⎣ c d e f ⎦ = a b c + e d + f− ( c+ e)−e( a ( c e),2 b 2 d f )= + + + +olup, Q nun temel özelliklerinden dolayı A = B bulunur.ııı) Her ( a,b)∈ G için ( x, y) ( a, b) = ( a,b)vardır. olacak şekilde bir ( x,y)−( x, y) ( a, b) = ( a, b) ⇒ ( x + a, 2 a y + b) = ( a,b)⎧x + a = a ⇒ x = 0∈Z⎪⇒ ⎨ −a−a2 y + b = b ⇒ 2 y = 0 ⇒ y = 0 ∈ Q−a⎪⎩2 ≠0⇒ , = 0,0 ∈G.( x y) ( )+∈ G114

ıv) Her ( a,b)∗ ∗∈ G ye karşılık ( a , b ) ( a, b) = ( 0,0)olacak şekilde bir( a ∗ , b ∗ ) ∈ G vardır.( a ∗ , b ∗ ) ( a, b) = ( 0,0 ) ⇒ ( a ∗ + a,2 −ab ∗ + b) = ( 0,0)⎧⎪ ∗∗a + a = 0 ⇒ a = −a∈ Z⎪ −a∗ −a∗⇒ ⎨2 b + b = 0 ⇒ 2 b = −b⎪ −a2 ≠0⎪ ∗ −b⇒+ ab = 2 b−a= − ∈ Q⎪⎩ 2⇒ a , b = −a, −2 b ∈G.∗ ∗ + a( ) ( )v) Her ( a, b) , ( c,d ) ∈ G için ( a, b) ( c, d ) = ( c, d ) ( a,b)sağlanması gerekmez. Çünkü−( a, b) ( c, d ) = ( a + c,2 c b + d )−( c, d ) ( a, b) = ( c + a,2 c d + b) ,olduğundan a = c = 1, d = 1, b = 2 alırsak,( 1 1,2 − 1 2 1 1) ( 1 1,2 −+ ⋅ + ≠ + ⋅ 1 + 2 )olur. Şu halde ( G, ) komütatif olmayan bir gruptur. eşitliğininTanım 2.3. G sonlu sayıda elemana sahip bir küme olmak üzere, ( G, ∗ ) ikilisibir grup ise bu gruba bir sonlu grup, G kümesinin eleman sayısına da Ggrubunun mertebesi adı verilir.Örnek 2.5. G { e}= , mertebesi 1 olan bir gruptur ve e aynı zamanda grubunbirim elemanıdır. Bu grubun işlem tablosuşeklindedir.Örnek 2.6. G { e,a}* ee e= , mertebesi 2 olan bir gruptur. Bu grubun işlem tablosu115

* e ae e ae a eşeklindedir.Örnek 2.7. G { e, a,b}tablosuşeklindedir.Örnek 2.8. G { e, a, b,c}= , mertebesi 3 olan bir gruptur ve bu grubun işlem* e a be e a ba a b eb b e a= dört elemanlı bir grup teşkil eder, aynı satırdaki birelemanın tekrar edilmemesi koşulu ile aşağıdaki 4 işlem tablosu verilebilir,ancak bunlar ikişer ikişer birbirine izomorfturlar. 4 elemanlı izomorf olmayaniki gruba ait işlem tablosu ileride verilecektir.* e a b c * e a b c * e a b c * e a b ce e a b c e e a b c e e a b c e e a b ca a e c b a a e c b a a b c e a a c e bb b c e a b b c a e b b c e a b b e c ac c b a e c c b e a c c e a b c c b a eTanım 2.4. G kümesi “ ∗ ” işlemine göre kapalı bir küme olmak üzere, “ ∗ ”işlemi G üstünde birleşmeli ise o taktirde ( G, ∗ ) ikilisine bir yarı-grup adıverilir.Örnek 2.9. ( G ,.) , değişmeli bir yarı-grup olsun. Eğer ∀a ∈ G için a.a = aönermesi doğru iseβ = ( x, y) : x, y ∈ G; x.y = y{ }şeklinde tanımlanan β bağıntısı G üstünde bir denklik bağıntısı oluşturur.Çözüm.1) ∀x ∈ G için x.x = x ⇒ x ∼ x ,2) x ∼ y ⇒ x. y = y ⇔ y.x = y ⇒ y ∼ x ,116

3) x ∼ y ve y ∼ z ise x.y = y ve y.z = z dir. Böylece, ( xy)( yz)= yz veyaG nin değişmeli bir yarı-grup olması nedeniylex( yy)z = yz ve ( xz)( yy)= zyyazabiliriz. Buradan G nin değişmeli olmasını ve hipotezi kullanarak,( xz)y = zy ve y( xz)= yz ⇒ xz = zelde ederiz, yani x ∼ z dir.Teorem 2.3. Bir ( G, ∗ ) grubu verilsin.1) ∀x ∈ G için e∗ x = x ∗ e = x olacak şekilde bir tek e ∈ G vardır.2) ∀x ∈ G için x ' ∗ x = x ∗ x ' = e olacak şekilde bir tek x ' ∈ G vardır.Kanıt.1) ( G, ∗ ) grubunun e,e1∈ G olmak üzere farklı iki birim elemanının varolduğunu kabul edelim.e1birim elemanı için e∗ e1 = e1∗ e = e ,e birim elemanı için e∗ e1 = e1 ∗ e = e1yazabiliriz. Bu iki eşitlikten e = e1elde ederiz.2) ∀x ∈ G için x1 , x2∈ G olmak üzere x1ve x2gibi farklı iki inversin varolduğunu kabul edelim.x1inversi için x ∗ x1 = x1∗ x = e ,x2inversi için x ∗ x2 = x2∗ x = eyazabiliriz. Bu iki eşitlikten x ∗ x1 = x ∗ x2elde ederiz, buradan da solsadeleştirme kuralı ile x1 = x2bulunur. Böylece, ∀x ∈ G için invers elemanbir tektir.Tanım 2.5. ( G,.)bir grup, a ∈ G ve e, G nin etkisiz elemanı olsun.an= a. a...a şeklinde tanımlanmak üzere:n tane011) a = e ve a = a ,+n 1 n2) n ∈ Z için a+ = a . a ,+−n−1n3) n ∈ Z için a = ( a ) dir.Uyarı: Grup işlemi “+” işlemi isekullanırız.0a yerine 0a vena yerine na gösteriminiTeorem 2.4. ( G ,.) bir grup, a ∈ G ve e, G nin birim elemanı olsun. Butaktirde m,n ∈ Z olmak üzere1)ne= e ,117

m+n m n2) a = a . a ,m n mn3) ( a ) = a dir.Kanıt. Tanım 2.5. ve tümevarım ilkesi ile kolayca yapılır.Uyarı: ( G,.)değişmeli bir grup ise a,b ∈ G ve n ∈ Z içindir.PROBLEMLER( a. b) = a . bn n n1) ( G ,.) değişmeli bir yarı grup olsun. ∀a ∈ G için a.a = a önermesi doğruiseβ = ( x, y) | x, y ∈ G; x. y = y.x{ }eşitliği ile verilen β kümesinin, G üstünde bir denklik bağıntısı oluşturduğunukanıtlayınız.2) ∀x,y ∈ Z için x ∗ y = x + y − 1 şeklinde tanımlanan işlemle birlikte ( Z , ∗)cebirsel yapısının bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız.3) ( G, ) bir grup ve a ∈ G olsun. ∀x,y ∈ G için x ∗ y = x a y şeklindeverilen işlemle birlikte ( G, ∗ ) cebirsel yapısının bir grup teşkil ettiğinikanıtlayınız.4) ( G, ) bir grup olsun. ∀x ∈ G içinolacağını gösteriniz.2x= e ise bu grubun değişmeli5) ( G, ∗ ) bir grup olsun. G kümesi 3 elemanlı ise bu grubun değişmeliolacağını gösteriniz.6) ( G, ) bir grup ve a ∈ G olsun. fa, ga: G → G vefa( x)= a x , ga( x)= x aşeklinde tanımlı olmak üzere bu fonksiyonların bire-bir, örten vefab = fa fbve gab = ga gbkoşullarını sağladığını gösteriniz.7) [ ] 0,1 kapalı aralığından kendi üzerine olan monoton artan fonksiyonlarınkümesinin, fonksiyonların bileşkesi işlemine göre bir grup oluşturduğunukanıtlayınız.118

8) n, keyfi sabit bir pozitif tamsayı olmak üzerenG = z | z = 1, z ∈ C{ }kümesinin çarpma işlemine göre bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız.9) ( G, ) bir grup olsun. ∀a,b ∈ G içinolacağını gösteriniz.( a b)a b2 2 2 = ise grubun değişmeli119

3. BÖLÜM. ALT GRUPLARTanım 3.1. A ve B kümeleri verilsin. ∀x ∈ B için x ∈ A ise o taktirde B ye Anın bir alt kümesidir deriz ve B ⊆ A şeklinde gösteririz. B, A nın bir altkümesi iken eğer B ≠ A ise B ye A nın bir öz alt kümesidir deriz ve B ⊂ Aşeklinde gösteririz.Tanım 3.2. ( G, ∗ ) bir grup ve S de G nin bir alt kümesi olsun. G deki grupişlemi ile ∀a,b ∈ S için a ∗b ∈ S ise G nin grup işlemi, S de kapalıdır denirve 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 ninbir alt grubu denir ve S ≤ G şeklinde gösterilir.Tanım 3.4. ( , )G ∗ grubunun ({ },)e ∗ ve ( G, ∗ ) alt gruplarına bu grubunaşikar alt grupları denir. ( G, ∗ ) grubunun aşikar alt gruplarından farklı altgrupları varsa bu alt gruplara G nin öz alt grupları adı verilir.Örnek 3.1. ( Z , + ) ikilisi, ( , + )grubu, ( R , + ) grubunun bir alt grubu değildir.R grubunun bir alt grubudur, Q −{ }( 0 ,.)Örnek 3.2. ( G, ∗ ) bir grup ve e , G nin “ ∗ ” işlemine göre birim elemanıise, bu takdirde G nin kendisi ve { e } , G nin aşikar alt gruplarıdır.Örnek 3.3. ( Z4, + ) ve V-Klein 4 gruplarının işlem tabloları aşağıdaverilmektedir. Bu grupların öz alt gruplarını inceleyelim.+ 0 1 2 30 0 1 2 31 1 2 3 02 2 3 0 13 3 0 1 2* e a b ce e a b ca a e c bb b c a ec c b a e( Z , + ) Grubu V-Klein 4 Grubu4120

Z ün bir tek öz alt grubu { 0,2 } dir. Diğer taraftan { }4grubu değildir. Çünkü,0,3 , Z4ün bir öz alt3 + 3 = 2 ∉ { 0,3}dır. V-Klein 4 grubunun öz alt grupları ise { e, a } , { e, b },{ , }taraftan { e, a,b } , V-Klein 4 grubunun bir öz alt grubu değildir. Çünkü,a b = c ∉{ e, a,b}e c dir. Diğerdir. Şimdi H ≤ G ve a ∈ H olsun. ax = a denklemi H da tek bir çözümesahip olduğundan bu çözüm x = e dir. O halde e ∈ H olmak zorundadır.Benzer şekilde ax = e denklemi bir tek çözüme sahiptir ve bu çözüm−1x = a ∈ H dır. Bu incelemeye göre Z4ve V-Klein 4 gruplarının alt gruplardiagramı diğer bir ifade ile latis şeması aşağıdaki şekilde elde edilir.Z|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 ≤ Golması için gerek ve yeter koşul;1) H, G deki grup işlemine göre kapalı,12) ∀a ∈ H ise a− ∈ Holmasıdır.Bu teoremi aşağıdaki bir tek koşul ile de ifade edebiliriz, şöyleki;−1“ H ⊂ G , ∀a,b ∈ H için a ∗b ∈ H ise H ≤ G dir.”Gerçekten ∀a, b,c ∈ H için H ⊂ G olduğundan a, b,c ∈ G dir ve G birgrup olduğundan birleşme özelliği vardır, böylecea( bc) = ( ab)cdir, benzer düşünce ile diğer grup koşullarının sağlandığı da görülebilir.Örnek 3.4. Bir ( G, ∗ ) grubunun alt gruplarının ailesi, I doğal sayılarkümesinde bir indis kümesini göstermek üzere, ( H , ∗ ) olsun. O taktirde,( ∩ H , ∗)cebirsel yapısı da, ( G, ∗ ) grubunun bir alt grubudur. Gerçekten,i∈Iii∈ IHi=∩ H dersek H ⊆ G ve H ≠ ∅ dir. Diğer taraftan,ii∈I121

x,y ∈ H ⇔ ∀i ∈ I için x ∗ y ∈ Hidir. ∀i ∈ I için ( Hi, ∗ ) grubu, ( G, ∗ )grubunun bir alt grubu olduğundan,−1−1∀i∈ I için x, y ∈ Hi⇔ ∀i ∈ I için x ∗ y ∈ H i⇔ x ∗ y ∈ Helde ederiz. Böylece H, G nin alt grubudur.Örnek 3.5. G = { a + b 2 a, b ∈ ; a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 }Q kümesinin R deki “ ⋅ ”işlemine göre komütatif bir grup olduğunu gösterelim.*G ⊂ R − 0 olduğuna göre G nin R − { 0} = R grubunun bir altÇözüm. { }grubu olduğunu göstermek yeter. Şu halde alt grup koşullarını gerçekleyelim.+ + ∈ için ( 2 )( 2 )( a + b )( c + d ) = ( ac + bd ) + ( ad + bc)ı) Her a b 2, c d 2 Ga + b c + d ∈ G dir:2 2 2 2 .a + b 2 ∈G ⇒ a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ a + b 2 ≠ 0 ⎫⎪ a + b 2 c + d 2 ≠ 0⎫⎪⎬ ⇒⎬c + d 2 ∈G ⇒ c ≠ 0 ∨ d ≠ 0 ⇒ c + d 2 ≠ 0⎪⎭C sıfır-bölensiz ⎪ ⎭dır. Şu halde ( 2 )( 2 )ıı) Her a b 2i G∈Qa + b c + d ∈ G dir.−+ ∈ için ( ) 1 1∈Q( )( )a + b 2 = ∈Gdir:a + b 21 a − b 2 a b= = −2 2 2 2 2 2a + b 2 a − 2b a − 2b a − 2b2 2∈Qa ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ a − 2b≠ 0 dır. Çünkü aBuradan da222 2⇒ ac + 2bd ≠ 0 ∨ ad + bc ≠ 0∈Q2 .− 2b= 0 olsa: 2ba ab ≠ 0 ise: 2 = ⇒ 2 = ∈ Q2b bb = 0 ise: a = 0 ⇒ a = 02 2= a bulunur.2 2bulunur ki, her iki durumda da çelişki elde edilir. Dolayısıyla a − 2b≠ 0olur.aba ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ ≠ 0 ∨2 2 2 2a − 2b a − 2b≠ 0dır. Şu halde1 a b= −2 2 2 2a + b 2 a − 2b a − 2b2 ∈Gdir. Dolayısıyla G,122

*{ 0} R − = R grubunun bir alt grubudur. R komütatif olduğundan G dekomütatif gruptur.PROBLEMLER1) ( Q , + ) nın, ( C , + ) 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 altgrubu olduğunu gösteriniz.= ∈ Z kümesinin, ( R , + ) grubunun bir alt grubu olduğunu3) H { 2 kn | k }gösteriniz ve H nın mertebesini bulunuz.Not: Bu gruba 2n nin gerdiği sonsuz devirli grup denir ve H = 2nşeklindegösterilir.4) G bir grup ve S G⊂ olsun. N { x G | xS Sx}S= ∈ = kümesinin G nin bir altgrubu 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 gHg = ghg 1 | h ∈ Hkümesinin G nin bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.6) ( G ,.) bir grup olsun. G kümesi, x ve y elemanları ile yazılan ve2 2x = 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) ( G , ) , ( G, ) grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun.nn∈N∀n∈ N içinGn⊆ Gn + 1önermesi doğru ise ( Gn, )n∈Nailesine G nin artan gruplar dizisiadı verilir, bu dizi ile oluşturulan ( ∪n∈NGn, ) cebirsel yapısının ( G, )grubunun bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.8) ( Gi, )i∈I, ( G, ) grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun. i,j ∈ I indisleriiçinGi⊆ Gkve Gj⊆ Gk123

olacak şekilde bir k ∈ I varsa, ( ∪i∈IGi, ) cebirsel yapısının ( G, ) grubununbir 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 altgrubu olduğunu kanıtlayınız ( Ha kümesine, a nın merkezleyen kümesi adıverilir ).124

4. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARITanım 4.1. Sonlu bir A kümesi verilsin. A dan A ya tanımlanan bire-bir veörten bir dönüşüme bir permütasyon adı verilir.{ 1,2,3,..., n}A = kümesini göz önüne alalım. φ : A → A dönüşümü birebirve örten ise A nın bir permütasyonunu tanımlar.Örnek 4.1. A = { 1,2,3}olmak üzere A dan A yaσ (1) = 2 , σ (2) = 3 , σ (3) = 1şeklinde tanımlanan σ fonksiyonu bire-bir ve örten olduğundan A nın birpermütasyonudur. Bu permütasyonu1 2 3σ = ⎛ ⎜ ⎟⎞⎝ 2 3 1⎠şeklinde de gösteririz.γ , A { 1,2,3,..., n}n= kümesinin bütün permütasyonlarının kümesi olsun.γnüstünde permütasyon çarpımı işlemini tanımlarsak, bu işlem ile birlikte γnkümesi bir grup yapısına sahip olur. Bu gruba simetrik grup adı verilir.Gerçekten, iki permütasyon verildiğinde bunların çarpımı yine birpermütasyondur, bunu görmek için çarpımın bire-bir ve örten olduğunukanıtlamalıyız. σ , τ ∈ γnve a1 , a2∈ A olsun.( στ )( a ) ( στ )( a ) ⇒ σ ( τ ( a )) = σ ( τ ( a ))1=21 2⇒ τ ( a ) = τ ( a ) ( σ , bire-bir olduğundan )1 2⇒ a1 = a2( τ , bire-bir olduğundan )elde ederiz, yani στ çarpımı bire-birdir.Şimdi a ∈ A olsun. σ , örten olduğundan σ ( a ') = a olacak şekilde bira ' ∈ A bulabiliriz. Aynı şekilde τ , örten olduğundan τ ( a '') = a ' olacakşekilde bir a '' ∈ A bulabiliriz. O halde, ∀a ∈ A içina = σ ( a ') = σ ( τ ( a '')) = ( στ )( a '')olacak şekilde bir a '' ∈ A elde etmiş olduk, böylece στ çarpımı örtendir vedolayısıyla στ çarpımı da A nın bir permütasyonudur. O haldepermütasyonların çarpımı işlemi γnüstünde kapalıdır.⎛1 2 3 4⎞Örnek 4.2. τ = ⎜ ⎟⎝3 4 2 1⎠ ve 1 2 3 4σ = ⎛ ⎜ ⎟⎞4 2 1 3A =iki permütasyonu olsun. Bu permütasyonların çarpımı⎝ ⎠ , { 1,2,3,4 }kümesinin125

şeklindedir.⎛1 2 3 4⎞⎛1 2 3 4⎞ ⎛1 2 3 4⎞στ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎝ 4 2 1 3⎠⎝3 4 2 1⎠ ⎝1 3 2 4⎠Teorem 4.1. A boş olmayan bir küme ve γA, A nın permütasyonlarınınkümesi olsun. γAkümesi, permütasyonların çarpımı işlemine göre bir gruptur.Kanıt.1) Kapalılık özelliği : Örnek 4.1. de kanıtlanmıştır.2) Birleşme özelliği : ∀ σ , τ , µ ∈ γAve ∀a ∈ A için( στ ) µ = σ ( τµ )olduğunu gösterelim.(( στ ) µ )( a) = σ ( τ ( µ ( a))) = σ (( τµ )( a)) = ( σ ( τµ ))( a)olduğundan birleşme özelliği doğrulanır.3) Birim eleman : ∀a ∈ A için σ ( a)= a olacak şekilde bir 0σ0∈ A birimpermütasyonu bulabiliriz.4) İnvers eleman : ∀σ∈ γApermütasyonu içinolacak şekilde birσ ( a ') = a ise σ − 1 ( a) = a '1σ − invers permütasyon tanımlıyabiliriz. σ , bire-bir ve1örten olduğundan σ − de bire-bir ve örten olup, γAya aittir. Gerçekten∀a∈ A için,σ 1 10( a ) a σ ( a ') σ ( σ −( a )) ( σσ −= = = = )( a )veya ∀a' ∈ A için,σ 1 1 1( a ') a ' σ −( a ) σ −( σ ( a ')) ( σ −= = = = σ )( a ')olduğundan ∀σ∈ γ içinolacak şekilde bir0A= =−1 −1σ σ σσ σ 01σ − ∈ γ Avardır ve böylece ( γA,.)bir gruptur.A ve B kümeleri aynı sonlu sayıda elemana sahip iki küme ise, A ve B ninpermütasyonlarının γAve γ Bkümeleri arasında bir izomorfizma tanımlanabilirve bu izomorfizma bir grup izomorfizmi dir.Teorem 4.2. Sonlu n elemanlı bir A kümesinin permütasyonlarının sayısı,yani γAgrubunun mertebesi n ! dir.Kanıt. A nın permütasyonlarının sayısını P( n, n ) ile gösterelim. A nın bir tekelemana sahip bir B alt kümesinden B ye, bire-bir ve örten bir tek fonksiyon126

tanımlanabileceğinden P (1,1) = 1 dir. A nın ( n − 1) elemanlı bir alt kümesininsabit tutulacak her bir permütasyonu için A nın n tane permütasyonuoluşturulabileceğinden,P( n, n) = n. P( n −1, n − 1)yazabiliriz. O halde,P(1,1) = 1P(2,2) = 2. P(1,1)P(3,3) = 3. P(2,2)⋮P( n −1, n − 1) = ( n −1). P( n − 2, n − 2)P( n, n) = n. P( n −1, n −1)eşitliklerini taraf tarafa çarpar ve gerekli sadeleştirmeleri yaparsak,elde ederiz.P( n, n) = 1.2.3.4...( n − 1). n = n!Örnek 4.3. Bir ABC eşkenar üçgeninin köşe noktalarına sırası ile 1, 2, 3rakamlarını karşılık getirirsek { 1,2,3 } kümesinin permütasyonları aşağıdakigibi verilir.⎛1 2 3⎞ρ0= ⎜ ⎟⎝1 2 3⎠ , ⎛1 2 3⎞ρ1= ⎜ ⎟⎝ 2 3 1⎠ , ⎛1 2 3⎞ρ2= ⎜ ⎟⎝3 1 2⎠⎛1 2 3⎞µ1= ⎜ ⎟⎝1 3 2⎠ , ⎛1 2 3⎞µ2= ⎜ ⎟⎝3 2 1⎠ , ⎛1 2 3⎞µ2= ⎜ ⎟⎝ 2 1 3⎠ .Bu permütasyonlardan ρ1, ρ2,ρ0sırasıyla üçgenin köşelerinin pozitif yöndeki120, 240 ve 360 derecelik dönmelerine karşılık gelirken; µ1, µ2,µ3deüçgenin sırası ile a, b,c kenarortaylarına göre simetrilerine karşılıkgelmektedir. Böylece, elde edilen γ { ρ , ρ , ρ , µ , µ , µ }= kümesi3 0 1 2 1 2 3permütasyonların çarpımı işlemi ile birlikte bir grup teşkil eder. Bu ( γ3, )grubuna üçgenin simetrilerinin grubu adı verilir. Bu gruba literatürde 3.dihedral grubu da denilmekte ve D3ile gösterilmektedir. Eğer A kümesi nelemanlı ve γn, n kenarlıların simetrilerinin grubu ise bu gruba da n. dihedral127

grubu adı verilmekte veaşağıdaki şekilde verilir.Dnile gösterilmektedir. D3grubunun işlem tablosu ρ0ρ1ρ2µ1µ2µ3µρ0ρ0ρ1ρ2µ1µ2 3ρ1ρ1ρ2ρ0µ3µ1µ2ρ2ρ2ρ0ρ1µ2µ3µ1µ1µ1µ2µ3ρ0ρ1ρ2µ2µ2µ3µ1ρ2ρ0ρ1µ3µ3µ1µ2ρ1ρ2ρ0Örnek 4.4. ( D4, karenin simetrilerinin grubu ) Bir ABCD karesinin köşenoktalarını sırası ile 1, 2, 3, 4 rakamlarına karşılık tutarak, sırası ile köşelerinpozitif yönde 90, 180 , 270 ve 360 derecelik dönmelerini aşağıdaki ρ1, ρ2,ρ3, ρ0permütasyonları ile, kenar orta dikmelere göre simetrilerini µ1,µ2veköşegenlere göre simetrilerini de δ1,δ2permütasyonları ile gösterebiliriz.1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4ρ0 = ⎛ ⎜ ⎟ ⎞ , ρ1 = ⎜ ⎛ ⎟ ⎞ , ρ2 = ⎜ ⎛ ⎟ ⎞ , ρ3= ⎜ ⎛ ⎟⎞⎝1 2 3 4⎠ ⎝ 2 3 4 1⎠ ⎝3 4 1 2⎠ ⎝4 1 3 2⎠⎛1 2 3 4⎞ ⎛1 2 3 4⎞ ⎛1 2 3 4⎞ ⎛1 2 3 4⎞µ1= ⎜ ⎟, µ2= ⎜ ⎟, δ1 = ⎜ ⎟,δ2= ⎜ ⎟ .⎝ 2 1 4 3⎠ ⎝ 4 3 2 1⎠ ⎝3 2 1 4⎠ ⎝1 4 3 2⎠D4grubuna ait işlem tablosu aşağıdaki gibidir. ρ0ρ1ρ2ρ3µ1µ2δ1δ2δρ0ρ0ρ1ρ2ρ3µ1µ2δ1 2ρ1ρ1ρ2ρ3ρ0δ1δ2µ2µ1ρ2ρ2ρ3ρ0ρ1µ2µ1δ2δ1ρ3ρ3ρ0ρ1ρ2δ2δ1µ1µ2µ1µ1δ2µ2δ1ρ0ρ2ρ3ρ1µ2µ2δ1µ1δ2ρ2ρ0ρ1ρ3δ1δ1µ1δ2µ2ρ1ρ3ρ0ρ2δ2δ2µ2δ1µ1ρ3ρ1ρ2ρ0128

Şimdi D4grubunun alt gruplarını belirleyelim: D4ün 4 elemanlı alt grupları,{ ρ , ρ , µ , µ } , { ρ , ρ , ρ , ρ } , { ρ , ρ , δ , δ }0 2 1 20 1 2 30 2 1 2den oluşur. Bu alt gruplar mertebesi 2 olan alt gruplara sahiptirler. Bunlarρ , ρ , µ , µ grubununsırası ile { 0 2 1 2}{ ρ0, µ1} , { ρ0, µ2} , { ρ0,ρ2}şeklindeki alt gruplarından { ρ0, ρ2, δ1,δ2}nin{ ρ0,δ1}, { ρ0,δ2}, { ρ0,ρ2}şeklindeki alt gruplarından ve { ρ0, ρ1, ρ2,ρ3}nin { ρ0,ρ2}şeklindeki tek altgrubundan ibarettir. İki elemanlı bu alt grupların hepsi { ρ 0 } şeklinde birelemanlı alt gruba sahiptirler. Böylece, istenirse D4ün Örnek 3.2. dekinebenzer bir Latis diagramı (alt gruplar diagramı) oluşturulabilir.Tanım 4.2. γA, sonlu bir A kümesinin permütasyonlarının grubu olsun. H, γAnın bir alt grubu olmak üzere, ∀a,b ∈ A için σ ( a)= b olacak şekilde birσ ∈ H permütasyonu bulunabiliyor ise H alt grubuna A üzerinde geçişmeli(transitive) dir denir.Tanım 4.3. A bir küme ve γA, A nın simetrik grubu olsun. a ∈ A ve σ ∈ γAolmak üzere,n{ σ }Qa, σ= ( a)| n ∈ Zkümesine, a nın σ boyunca yörüngesi denir.1 2 3 4 5 6Örnek 4.5. A = { 1,2,3,4,5,6 } ve σ = ⎛ ⎜ ⎟⎞⎝3 1 4 5 6 2⎠ olsun.Buna göre 1∈ A elemanının σ boyunca yörüngesi Q1, σ= { 3,4,5,6, 2}dir.=1, 2,..., nkümesi verilsin. A nınTanım 4.4. A { a a a }a1 a2. . . a n⎛⎞⎜⎟⎝ a2 a3 . . . a1⎠şeklinde bir permütasyonuna A nın bir dairesel permütasyonu adı verilir.129

Böylece, 2 π radyanlık pozitif yönde bir dönme hareketi ile bir daireselnpermütasyonu temsil edebiliriz. Böyle bir dairesel permütasyon bazen kısaca( a1 a2 . . . an )şeklinde de gösterilmektedir. Buna göre A = { 1,2,3,4,5 } olmak üzere,⎛1 2 3 4 5⎞ ⎜⎟ = (1,3,5,4)⎝3 2 5 1 4⎠şeklinde gösterebiliriz. Burada görüldüğü gibi 2 elemanı sabit tutulmuştur.Sonuç olarak, iki dairesel permütasyonun çarpımı bir permütasyondur, ancakçarpım 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⎠dir.= (1,4, 2)(5,6)Tanım 4.5. Ortak elemanı olmayan iki dairesel permütasyona( yabancıdır ) denir.ayrıktırÖrnek 4.6.1 2 3 4 5 6σ = ⎛ ⎜ ⎟⎞⎝6 5 2 4 3 1⎠şeklinde verilen permütasyonu ayrık dairesel permütasyonların çarpımışeklinde ifade edelim.1 2 3 4 5 6σ = ⎛ ⎜⎟⎞ = (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 doğrudeğildir.Teorem 4.3. Sonlu bir kümenin herhangi bir σ permütasyonu, ayrık daireselpermütasyonların bir çarpımı şeklinde yazılabilir.130

= kümesi verilsin ve σ bu kümenin bir permütasyonuKanıt. A { 1,2,..., n}2 3olsun. 1, σ (1), σ (1), σ (1), ... şeklindeki elemanları göz önüne alalım. Burelemanların hepsi birbirinden farklı olamaz. σ (1) in kendisinden önce gelenbu elemanlardan birisi ile aynı olan ilk eleman olduğunu kabul edelim. Burtaktirde σ (1) = 1 olduğunu söyleyebiliriz. Eğer, 0 < s < r aralığında bir diğerrsr ss için σ (1) = σ (1) olsaydı bu durumda σ − (1) = 1 olurdu ki, bu r − s < rolduğundan r nin seçimine aykırıdır. Şu halde bu elemanları,2 r 1τ1 = (1, σ (1), σ (1),..., σ − (1)) şeklinde bir dairesel permütasyon olarakyazabiliriz. τ1ile σ nın A üstündeki resimlerinin aynı olduğu açıktır. ŞimdiA nın τ1de yer almayan ilk elemanı i olsun. i için de 1 için yaptığımız gibi2 t 1τ2= ( i, σ ( i), σ ( i),..., σ − ( i))şeklinde bir dairesel permütasyon oluşturursakτ1ile τ2ayrık olur. Çünkü, eğer ayrık olmasalar: A nın bir j elemanı hem τ1ve hem de τ2de bulunurdu ki, bu τ1ile τ2nin ayrık oluşu ile çelişirdi. Buşekilde devam ederek A sonlu olduğundanσ = τ ... 1τ 2τ 3τmolacak şekilde sonlu m sayıda ayrık dairesel permütasyon elde ederiz, bu iseteoremi kanıtlar.Tanım 4.6. Bir dairesel permütasyonun eleman sayısına o daireselpermütasyonun uzunluğu adı verilir. Uzunluğu 2 olan bir daireselpermütasyona ise bir yer değiştirme ( transpozisyon ) adı verilir.Bu tanıma göre herhangi bir dairesel permütasyonu transpozisyonlarınçarpımı şeklinde yazabiliriz. Diğer taraftan herhangi bir permütasyonu dadairesel permütasyonların çarpımı olarak yazabileceğimizden permütasyonutranspozisyonların çarpımı şeklinde ifade etmiş oluruz. Bu ifadede yer alantranspozisyonların sayısı tek ise permütasyona tek permütasyon, eğer çiftsayıda transpozisyonun çarpımı olarak ifade edilmişse permütasyona bir çiftpermütasyon diyeceğiz. Bir tek permütasyonun işareti -1, çift permütasyonunişareti ise +1 olarak tanımlanır. Örneğin bir dairesel permütasyonu;a , a ,..., a = ( a , a )( a , a )...( a , a )( )1 2 n 1 2 1 3 1şeklinde transpozisyonların çarpımı olarak yazabiliriz. σ permütasyonununişaretini Ѕ ( σ ) ile gösterelim.Özellik 4.1. σ ve τ , γnnin iki permütasyonu olsun.1) Ѕ ( σ ) = + 1, Ѕ ( τ ) = + 1 ise Ѕ ( στ ) = + 1,2) Ѕ ( σ ) = −1, Ѕ ( τ ) = −1ise Ѕ ( στ ) = + 1,n131

3) Ѕ ( σ ) = −1, Ѕ ( τ ) = + 1 ise Ѕ ( στ ) = −1dir.Böylece Ѕ( στ ) = Ѕ( σ )Ѕ( τ ) olduğu görülür.Örnek 4.7.⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞a) S = ⎜ ⎟ , T = ⎜ ⎟ ve⎝3 4 5 6 8 1 7 2⎠⎝1 5 6 2 7 8 4 3⎠1 2 3 4 5 6 7 8U = ⎛ ⎜ ⎟⎞ permütasyonlarını yabancı devrelere⎝8 6 4 7 3 2 5 1⎠ayıralım.⎛1 2 3 4 5 6 7 8 ⎞Çözüm. S = ⎜⎟ = ( 1358246),⎝3 4 5 6 8 1 7 2⎠⎛1 2 3 4 5 6 7 8⎞T = ⎜⎟ = ( 2574)( 368),⎝1 5 6 2 7 8 4 3⎠1 2 3 4 5 6 7 8U = ⎛ ⎜⎟⎞ = ( 18)( 26)( 3475)⎝8 6 4 7 3 2 5 1⎠dir.b) S, T ve U permütasyonlarının teklik, çiftlik durumlarını belirleyelim.S = 1358246 = çift ,permütasyondur.−c) T ST,S TUayıralım.2 2 −22ve( )( )( )T = 2574 368 = tek ,tekçift( ) ( )()U = 18 26 3475 = tek2 3 2ST U S −( 1358246) 2( 1526384)S = = ,Utek tek tek−( U ) ⎡( )( )( ) ⎤ ( )−2 1permütasyonlarını yabancı devrelere2 2 2 2 2= = ⎣ 18 26 3574 ⎦ = 18 26 3574 = 37 45 ,2 2 ( ) ( ) ( )( )( 1526384)( 2574)( 368)( 37)( 45) ( 156473)S TU − = = ,...............................TT2−2 2 2( T ) ⎡( 2475)( 386) ⎤ ( 2475) ( 386) ( 27)( 45)( 368)−2 1−2= = ⎣ ⎦ = =,( 27)( 45)( 368)( 1358246)( 2574)( 368) ( 16784523)ST = = ,...............................II132

dir.2( 2574)( 368) 2 ( 2574) 2 ( 368) 2( 27)( 45)( 386)T = ⎡⎣⎤⎦ = =,3( 18)( 26)( 3475) 3 ( 18) 3 ( 26) 3 ( 3475) 3( 18)( 26)( 3574)U = ⎡⎣⎤⎦ = =,1 1( ) ( 1526384) ( 1483625)− = = = ,2 2S S − −2 3 2ST U S − ==( 1358246)( 27)( 45)( 386)( 18)( 26)( 3574)( 1483625)( 12437865)Tanım 4.7. γn, n elemanlı bir S kümesinin permütasyonlarının kümesi olmaküzere, γnnin çift ve tek permütasyonlarının kümesini sırası ile Anve Bnilen!gösterirsek, Anve Bnnin her birinin tane elemanının olduğunu görürüz.2Buradaki A grubuna alterne grup adı verilir.nYukarıdaki tanımda geçen iddiayı kanıtlamak için γnde sabit birτ = (1,2) transpozisyonu seçelim. Bu transpozisyonu içeren aşağıdakidönüşümü tanımlayalım. Bu dönüşümün bire-bir ve örten olduğunu kanıtlarsakn!Anve Bnnin her birinin tane elemanının olduğunu kanıtlamış oluruz:2f : A → τ nBn, fτ ( σ ) = τσ ,σ , µ ∈ Anolsun. fτ( σ ) = fτ( µ ) olduğunu kabul edelim. O halde τσ = τµelde ederiz ve buradan γngrup olduğundan sol sadeleştirme kuralı ile σ = µbuluruz, yani f τbire-birdir. f τnun örten olduğunu göstermek için ρ ∈ Bn1seçelim. τ = (1,2) = τ −−1olduğundan τ ρ ∈ dir. O halde,yazılabileceğinden ρ nunA n1f τ( τ ρ) 1τ ( τ ρ) 1( ττ ) ρ ρ= = =τ−1ρ ∈ elemanının resmi olduğunu buluruz,A nn!dolayısıyla f τörtendir. O halde Anve Bnnin eşit ve tane elemana sahip2olduklarını elde ederiz. Sonuç olarak γnnin elemanlarının yarısı tek, yarısı daçift permütasyon olmaktadır.Örnek 4.8. γ 18 de133

S = ( fikret )( arzu)( ahmet )( aynur )( sonay)( ayten)( figen)( füsun)( nur)( seda)3permütasyonu tarafından üretilen G grubunda, S permütasyonununnormalizatörünü ( Tanım 9.14. e bakınız ) bulalım.Çözüm. Önce G grubunu belirleyelim. Bunun için, S yi yabancı devrelereayıralım.S = azuhmtfüo snigyed kr ⇒ S = 9,7, 2 = 126olduğundan( )( )( ) [ ]125{ , ,..., }G = S = I S Sbulunur. G bir devresel grup olduğundan komütatiftir. Dolayısıyla her Siçin N µ = G , yani N 3 = G elde edilir.SPROBLEMLERS1) G bir grup ve a ∈ G olsun.fa: G → G , fa( x)= axşeklinde tanımlanan dönüşümün bir permütasyon olduğunu kanıtlayınız.2) Aşağıdaki şekilde tanımlanan fi: R → R , i = 1, 2, 3, 4 fonksiyonlarındanhangileri permütasyon tanımlar.f ( x) = x + 1,f ( x)= x 2, ( ) x 11 2f3 x = e +3, f ( x)= x .43) f , A kümesinin bir permütasyonu olsun. A kümesi üstünden“ ∀a ∼ b ⇔ f ( a)= b olacak şekilde bir n ∈ Z vardır ”şeklinde tanımlı “ ∼ ” bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.4) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunubelirtiniz.a) Her permütasyon bir dairesel permütasyondur,b) Her dairesel permütasyon bir permütasyondur,c) γndeki tek ve çift permütasyonların sayısı eşittir,d) A4ün 12 tane elemanı vardır,e) A3değişmeli bir gruptur,f) Her permütasyon bire-bir bir dönüşümdür.5)0σ ,3γ simetrik grubunun birim elemanı olsun.0σ permütasyonunu ikitranspozisyonun çarpımı olarak yazınız.µ ∈G134

6) σ ∈ γnve σ = ( i1 , i2,..., i k) olsun. Eğer k, bir tek tamsayı ise σ nın bir çiftpermütasyon, bir çift tamsayı ise σ nın bir tek permütasyon olduğunugösteriniz.7) σ , τ ∈ γnve τ = ( i1 , i2,..., i k) şeklinde k uzunluğunda bir daireselpermütasyon ise1τστ −permütasyonunu bulunuz.8) Bir σ dairesel permütasyonunun uzunluğu 2 den büyük bir çift tamsayı ise,2σ nin ayrık dairesel permütasyonların bir çarpımı şeklinde olacağınıkanıtlayınız.135

5. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARITanım 5.1. G ve G′ iki grup olsun. G den G′ ye bire-bir, örten ve ∀ x , y ∈ Giçinφ( xy) = φ( x) φ( y)koşulunu sağlayan φ : G → G ' dönüşümüne bir grup izomorfizması adı verilir.Teorem 5.1. φ : G → G ' bir grup izomorfizması olsun. e ve e′ sırasıyla G veG′ nün birim elemanları olmak üzere,−1 −11) φ ( e) = e', 2) ∀a ∈ G için φ( a ) = ( φ( a))dir.Kanıt. 1) x ' ∈ G ' olsun. φ , bir izomorfizma olduğundan örtendir. O haldeφ ( x) = x ' olacak şekilde bir x ∈ G bulabiliriz. Böylece,x ' e' = x ' = φ( x) = φ( xe) = φ( x) φ( e) = x ' φ( e)yazabiliriz. Benzer şekilde,e' x ' = x ' = φ( x) = φ( ex) = φ( e) φ( x) = φ( e) x 'olur. Böylece φ ( e)= e'elde ederiz.12) G bir grup olduğundan ∀a ∈ G için a− ∈ G vardır. O halde,1 1e' φ( e) φ( aa −−= = ) = φ( a) φ( a )yazabiliriz. Benzer şekilde,1 1e' φ( e) φ( a −−= = a) = φ( a ) φ( a)−1 −1yazılabileceğinden φ( a ) = ( φ( a))sonucunu elde ederiz.+xÖrnek 5.1. φ : ( R, + ) → ( R ,.) , φ ( x)= e dönüşümü bir grup izomorfizmasıdır.Gerçekten;x y∀x,y ∈ R için φ( x) = φ( y)⇒ e = e ⇒ x = yolduğundan φ bire-birdir.+ln x∀x∈ R için φ (ln x)= e = xolduğundan φ örtendir. Diğer taraftan,∀x,y ∈ R için ( ) x +φ x + y = e y = e x . e y = φ( x). φ( y)olduğundan φ bir grup izomorfizmasıdır.Teorem 5.2. Mertebesi sonsuz olan devirli bir G grubu, ( Z , + ) grubunaizomorftur.Kanıt. Devirli grup kavramı için bir sonraki bölüme bakabiliriz. Şimdi G ninnG = a | n ∈ Z olsun.bir üreteci a olmak üzere { }136

nφ : G → Z , φ( a ) = ndönüşümünü tanımlayalım. φ bire-bir ve örtendir. Gerçekten,m,n ∈ Z içinma ,namn∈ G ise φ( a ) = φ( a ) ⇒ m = nndir, yani φ bire-birdir. Ayrıca, ∀n∈ Z için φ ( a ) = n olacak şekilde birna∈ G bulunabilir, yani φ örtendir. Diğer taraftan,m n m+n m nφ( a a ) = φ( a ) = m + n = φ( a ) + φ( a )olduğundan φ bir izomorfizmadır.Şimdi tüm grupların kümesini göz önüne alalım ve bu küme üzerinde birdenklik bağıntısını şöyle tanımlayalım. Eğer, G ve G′ grupları arasında birizomorfizma tanımlanabiliyor ise G ≈ G ' yazalım. Böylece aşağıdagöstereceğimiz gibi bütün grupların kümesi üzerinde bir denklik bağıntısıtanımlarız. Biliyoruz ki bir denklik bağıntısı, üzerinde tanımlandığı kümeyidenklik sınıflarına parçalar. Böylece grupların kümesini, denklik sınıflarınaparçalamış oluruz. Bu sınıflara izomorfizma sınıfları adı verilir;1) G bir grup olsun. G den G üzerine tanımlanan özdeşlik dönüşümünün birizomorfizma olduğu açıktır. O halde G ≈ G dir.2) G ve G′ herhangi iki grup ve φ : G → G ' dönüşümü bir izomorfizmaolsun, böylece G ≈ G ' dür. φ bir izomorfizma olduğundan φ −1 : G ' → Gdönüşümü de bir izomorfizma olur ( gösteriniz! ). Böylece G ' ≈ G dir.3) G, G′ ve G′′ herhangi üç grup ve φ : G → G ', φ ' : G ' → G '' dönüşümlerigrup izomorfizmaları olsun. Yani, G ≈ G ' ve G ' ≈ G '' olsun. O taktirde,φ ' φ bileşke dönüşümü de bir izomorfizma tanımlar ( gösteriniz! ). Buizomorfizma φ '' = φ ' φ : G → G '' şeklinde verilir. O halde, G ≈ G '' eldeederiz. Böylece, bütün grupların kümesi üzerinde yukarıda verilen bağıntınınbir denklik bağıntısı olduğu sonucunu elde ederiz.Örnek 5.2. Mertebesi 1, 2 ve 3 olan gruplar için bir tek denklik sınıfı var iken4. mertebeden gruplar için daha önce gördüğümüz gibi iki tane denklik sınıfımevcuttur. Bu sınıfların temsilcilerini Z4ve V-Klein 4 grubu olarak dahaönce vermiştik.Teorem 5.3. (Cayley Teoremi) Herhangi bir grup, permütasyonların grubununuygun bir alt grubuna izomorftur.Kanıt. Bir G grubu verilsin. Genel olarak G grubu ile G nin elemanlarınınpermütasyonlarının grubu olan γ yi izomorf yapamayız. Çünkü, eğer G ninGmertebesi n ise γGnin mertebesi n! dir. Buna göre, γGnin bir alt kümesini G137

ye izomorf olacak şekilde belirlemeliyiz. Bunun için sabit bir a ∈ G alalım ve∀x∈ G içinf : G → G , f ( x)= axadönüşümünü tanımlayalım. ∀x,y ∈ G için fa( x) = fa( y)olsun. O taktirdedönüşümün tanımına göre ax = ay dir ve sol sadeleştirme kuralı ile x = yelde ederiz, yani dönüşüm bire-birdir. Ayrıca, bir y ∈ G içiny = aa y = a a y = f a y−1 −1 −1( ) ( )a( )olduğundan dönüşüm örtendir. Böylece fa γGG ' = fa| a ∈ Gkümesini göz önüne alalım. Bu küme γGnin bir alt grubunu tanımlar.Gerçekten, fa, fb∈ G ' olsun.( f f )( x) = f ( f ( x)) = f ( bx) = a( bx) = ( ab) x = f ( x)a∈ dir. Şimdi { }a b a b a abyazılabileceğinden fab = fa fb∈ G ' dür. Yani, G′ kapalıdır. e, G nin birimelemanı olmak üzere ∀x ∈ G içinf ( ) ex = ex = x1olduğundan ∈ G ' , birim elemandır. a ∈ G için a− ∈Golduğundan f − 1fetanımlanabilir. ∀x ∈ G için−1 −1( f −1 fa)( x) = f −1 (( fa)( x)) = f −1( ax) = a ( ax) = ( aa)x = xve benzer şekildeolduğundana a a( f f )( x)xa − 1 =af f = f f = f−1 a a −1aa e1dir ve buradan ( f ) − = f −1∈ G ' elde ederiz. G′ nün birleşmeli olduğunuaagöstermek kolaydır, böylece G′ , γGnin bir alt grubudur.Şimdi de G nin G′ ye izomorf olduğunu kanıtlayalım. Bunun içinφ : G → G ' , φ ( a) = fadönüşümünü tanımlayalım. ∀a,b ∈ G için φ( a) = φ( b)olsun. Böylece,fa = fb ⇒ fa ( e) = fb( e)⇒ ae = be ⇒ a = bolacağından φ bire-birdir. φ nin örten olduğu, tanımından açıktır. Diğeryandan,φ( ab) = fab = fa fb= φ( a) φ( b)koşulu da sağlandığından φ bir izomorfizmadır.Tanım 5.2. falar sayesinde elde ettiğimiz butemsili (regüler temsili) adı verilir. Benzer tanımlamayı,= eG ' grubuna G nin sol düzfalar yerinea138

g ( ) ax = xa şeklinde tanımlı galar alarak yapıp G ' nün sağ düz temsilini detanımlayabiliriz.Örnek 5.3. G = { e, a,b}grubu verilsin. G ' { f , f , f }düz temsilidir. Burada,dir ve G vefe= grubu, G nin sole a b⎛e a b⎞= ⎜ ⎟⎝e a b, ⎛e a b ⎞fa= ⎜ ⎟⎠ ⎝ a b e, ⎛e a b⎞fb= ⎜ ⎟⎠ ⎝b e a ⎠G ' gruplarının işlem tabloları* e a be e a ba a b eb b e a* fef fffeabffeabfafffabefbfffbeaşeklinde verilir.139

6. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR40,2 idi. Şimdi Z4ün 3 elemanını kapsayan engeniş alt grubunun nasıl olduğunu araştıralım. Bu alt grubu H ile gösterelim.13+ 3 = 2 ∈ H ve 3 − = 1∈ H ve 0∈ H olmalıdır. Bu durumda Z4ün 3elemanını kapsayan en geniş alt grubunun, H = Z4= { 0,1,2,3}şeklinde,kendisi olduğu sonucuna ulaşırız.Şimdi bu düşünceyi genelleştirelim, yani G bir grup ve a ∈ G olsun. Gnin a yı içeren en geniş H alt grubunu araştıracağız. H, G deki işleme göre22 3kapalı olduğundan a.a = a ∈ H olmalıdır. Benzer şekilde, a . a = a ∈ H ve+nbu şekilde devam ederek ∀n∈ Z için a ∈ H olması gerektiğini elde ederiz.−1 −1 −2Ayrıca, aynı düşünce ile a . a = a ∈ H ve bu düşünceyi sürdürerek+n∀n∈ Z için a− 1∈ H ve a.a − = e ∈ H olması gerektiği sonucuna ulaşırız.0nEğer, a = e dersek, ∀n∈Z için a ∈ H buluruz. Böylece, G nin a yı içerenen geniş H alt grubununZ ün tek öz alt grubu { }n{ }H = a | n ∈ Zşeklinde olacağını elde ederiz. Ancak, ∀n∈ Z için elde edeceğimizbirbirinden farklı olmayabilir, gerçekten V-Klein 4 grubu için;2a = a.a = esonuçları elde edilir.3a = e a = a4a = a a = e5a = e a = a...na lernTeorem 6.1. G bir grup ve a ∈ G olsun. H = { a | n ∈ Z } kümesi G nin bir altgrubudur, üstelik bu alt grup G nin a yı kapsayan en dar alt grubudur.r s r + sKanıt. ∀r,s ∈ Z için a . a = a ∈ H olduğundan G deki işlem H da dakapalıdır.0a = e ∈ H ver−olduğundan ( ) 1ra−ra a H= ∈ dır.∈ H ikenr −r0a . a = a = e ∈ HnTanım 6.1. G bir grup ve a ∈ G olsun. H = { a | n ∈ Z } alt grubuna G nin atarafından üretilen devirli alt grubu denir ve H =< a > şeklinde gösterilir,eğer G grubu için G =< a > ise G ye a tarafından üretilen bir devirli grupdenilir.140

Örnek 6.1. ( G ,.) bir grup ve A ⊆ G olsun. O taktirde,dir.n1 n2{ ... n p+, , }1 2 pZi iZ< A >= a a a | p ∈ a ∈ A n ∈n1 n n2Çözüm. { 1 2...p+p,i,i }a a a | p ∈ Z a ∈ A n ∈ Z = S diyelim. S ≠ ∅ veS ⊆ G olduğu açıktır. Buna göre S =< A > olduğunu göstermeliyiz.x,y ∈ S olsun.içinveiçinyazılabilir. Buna göre,+∃p∈ Z , ∃n1 , n2,..., np∈ Z , ∃a1 , a2,..., ap∈ An1 n n2p1 2...x = a a a p+∃q∈ Z , ∃m1 , m2,..., mq∈ Z , ∃b1 , b2,..., bq∈ Am1 m m2 q1 2...y = b b b q−1 n1 n n2 p m1 m m2 q −1= (1 2...p)(1 2...q)xy a a a b b b1yazılabileceğinden 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 yınikapsayan bir diğer T alt grubunu alırsak, ∀a∈ A için a ∈ T olacağındann1 n n2p1 2...pa 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.mmKanıt. 0 < m < n ve m ∈ Z alalım. a ≠ e dir. Çünkü a = e olsa: k ∈ Zolmak üzere k = mq + r , 0 ≤ r < m olacak şekilde q ve r tamsayılarıbulunabilir ve bu durumda,k mq r m q r q r ra = a + = ( a) a = e a = ayazılabilir. Böylece,= e0 1 2 m 1{ , , ,..., }ra ∈ a a a a −olur ki, bu G nin en çok m elemanlı olmasını gerektirir. Bu ise G ninmmertebesinin n olması ile çelişir. Öyle ise 0 < m < n için a ≠ e dir. Diğertaraftan,0 1 2 na , a , a ,..., aelemanlarının G nin birbirinden farklı elemanları ve 0 < i < j < n içinolduğunu varsayalım. Bu durumdaiiai= aj141

i j j−ia = a ⇒ a = ebulunur. Halbuki, i < j < n olduğundan 0 < j − i < n dir ve bu nedenlej ia− ≠ e dir, bu iseai j≠ a olduğunu gösterir. Böylece,ai j= a varsayımının yanlış yani, 0 i j n1 2 1{ , ,..., n − n, }G = a a a a< < < içinidir ve e ∈ G olduğundan 1 ≤ i ≤ n olacak biçimde bir i için a = e dir. Şuin 0halde i < n için a ≠ e olduğundan a = a = e olmak zorundadır. Böylece,< a >= G grubunun da n. mertebeden olduğunu kanıtlamış oluruz.Örnek 6.2. Z4grubu, 1 ve 3 elemanları tarafından üretilen devirli bir gruptur,yani;Z4=< 1 >=< 3 >dir. Ancak, V-Klein 4 grubu devirli bir grup değildir. Örnek 3.2. de verilen bugrupların işlem tablosu yardımıyla Z4grubu için,1+ 1 = 2 , 2 + 1 = 3 , 3+ 1 = 0olduğundan Z4=< 1 > olduğu açıktır, benzer şekilde,3+ 3 = 2 , 3+ 2 = 1 , 3+ 1 = 0olduğundan, Z4=< 3 > olduğu görülür. Aynı durum, V-Klein 4 grubu içingerçekleşmez, çünkü234 3e ∗ e = e , a = a ∗ a = e , a = e∗ a = a , a = a ∗ a = a ∗ a = edır.Örnek 6.3. ( Z, + ) grubu, üreteçleri +1 ve -1 olan devirli bir gruptur.1+ 0 = 1, 1+ 1 = 2 , 2 + 1 = 3 , ... , n + 1 = n + 1, ...şeklinde devam ederek 1 in ve benzer şekilde -1 in, Z toplamsal grubunuüreteceği açıktır.Örnek 6.4. ( Z , + ) grubunun, 3 tarafından üretilen devirli alt grubunu eldeedelim.dir , o haldevebulunur.< 3 >= {..., −9, −6, − 3,0,3,6,9,... } ,< 3 >= 3. Z ≤ Z< 6 >= {..., −18 −12, − 6,0,6,12,18,... }< 6 >= 6Z ≤ 3Z ≤ ZTeorem 6.3. Devirli her grup değişmelidir.142

nKanıt. G { a n }= | ∈ Z devirli bir grup ve g1,g2∈ G olsun. O taktirde,rsg1= a , g2= aolacak şekilde r,s ∈ Z tamsayıları vardır. Böylece,g g = a a = a = a = a a = g gbuluruz, yani G değişmelidir.r s r + s s+r s r1 2 2 1Teorem 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 eH ≠ e ise bir n ∈ Z için{ }=< > olacağı açıktır. Eğer { }na ∈ H dır. H nın elemanlarının sahip olduğu üsler içerisinde en küçük üs mmolsun. Şimdi iddia ediyoruz ki a = c elemanı H nın bir üretecidir, yanimH =< a >=< c > dir. Bunu gösterebilmek için b ∈ H seçelim. Şimdi b nin cnin bir kuvveti şeklinde yazılabileceğini göstermemiz gerekir. b ∈ H isenb ∈ G dir, dolayısıyla b = a olacak şekilde bir n ∈ Z vardır. Bölmealgoritması ile n = mq + r , 0 ≤ r < m olacak şekilde q ve r tamsayıların mq+r m q rr m −q nbulunabilir. Şu halde a = a = ( a ) a veya a = ( a ) a yazabiliriz vernböylece a ∈ H bulunur. Diğer taraftan kabulümüze göre m, a ∈ H olacakşekilde en küçük üs idi. O halde 0 ≤ r < m olduğundan r = 0 olmakn m qmzorundadır. Bu durumda b = a = ( a ) buluruz ki, bu b nin a = c nin birkuvveti şeklinde yazılabileceğini gösterir. Dolayısıyla {( m qH = a ) | q ∈ Z }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, yaniG =< a > olsun. Bu durumda G nin herhangi iki elemanı aynı olamaz. Yanih kbütün elemanları birbirinden farklıdır. h > k olmak üzere a = a olduğunuh −k h−kmkabul edelim. O halde, a a = a = e , h − k > 0 yazabiliriz. a = e olacakşekilde en küçük pozitif tamsayının m olduğunu varsayalım. O zaman G nin1 2 m 1e, a , a ,..., a − nelemanlarının hepsi birbirinden farklı olurdu. Eğer a ∈ G isebölme algoritması ile n = mq + r , 0 ≤ r < m olacak şekilde q ve r tamsayılarıbulunabilir. Böylece,n ( m ) q r ra = a a = a ve 0 ≤ r < m olduğundan G sonlu= esayıda elemana sahip olur. Bu ise G nin mertebesinin sonsuz oluşu ile çelişir.h kO halde a = a kabulümüz yanlıştır, dolayısıyla G nin bütün elemanlarıbirbirinden farklıdır.143

nG ' , mertebesi sonsuz olan bir devirli grup ve G ' =< b > ise b yerinenyeniden a gösterimini kullanarak G ile G ' yü izomorf yapabiliriz, yanin nf : G ' → G , f ( b ) = adönüşümünün bir grup izomorfizması olduğu kolayca gösterilebilir.2) G sonlu mertebeli devirli bir grup olsun. O taktirde G nin bütün elemanlarıh kbirbirinden farklıdır denemez. Yani a = a olacak şekilde h ve k tamsayılarımbulunabilir. Eğer a = e olacak şekildeki en küçük üs m ise o zaman G,1 2 m 1birbirinden farklı m tane e, a , a ,..., a − elemanına sahip olur. m = n dersek,h k h+k ra a = a = a , h + k = nq + r , 0 ≤ r < nyazabiliriz. Benzer şekilde G ' aynı mertebeli diğer bir grup ise1 2 m 1birbirinden farklı e, b , b ,..., b − elemanlarına sahip olduğunu veolduğunu gösterebiliriz. O halden nf : G ' → G , f ( b ) = aG ' nün,dönüşümünün bir izomorfizma olduğunu göstermek kolaydır ve böylece G ileG ' birbirine izomorftur.Örnek 6.5. ( Z , + ) grubu ile (3 Z , + ) grubu; sonsuz mertebeli, devirli izomorfiki gruptur. Burada, 3Z≤ Z olmasına karşın 3Z ile Z nin elemanlarınıbire-bir eşleyip bir izomorfizma tanımlayabiliriz.Teorem 6.6. G, üreteci a olan n elemanlı devirli bir grup olsun. b ∈ G vesb = a olsun. n ile s nin en büyük ortak böleni d ise, G nin b tarafındannüretilen devirli bir alt grubu tane elemana sahiptir, yani bu devirli altdngrubun mertebesiddir.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 ϕhomomorfisindeki resmi olsun.ϕ : G → G′a → a′ϕ a = a′elemanı tarafından üretilmiş bir devresel grupBu takdirde G′ nün ( )olduğunu gösterelim. a′ ∈ G′, ϕ bir homomorfi ve dolayısıyla G′ de bir grupolduğundan a′ nün bütün kuvvetleri G′ ye aittir. Karşıt olarak, G′ nün herelemanı, a′ nün bir kuvvetidir. Çünkü b′ , G′ nün herhangi bir elemanı ise,ϕ b = b′olacak şekilde bir b ∈ G vardır veϕ nin üzerine oluşundan dolayı, ( )mb= e144

G= a olduğundan uygun bir m ≥ 0 tam sayısı içinm( b) ( a ) ( ( a)) m= = , yani ′ ( ′) mϕ ϕ ϕdür.Örnek 6.7. G = = { }bbm= a dir. Buradan da= a sonucu çıkar. Şu halde G′ = a′Z120,1,2,...,11 grubunu ve bu grubun 1 üretecini gözönüne alalım. n = 12 dir. b = 3∈ G olsun. 3 = 3.1 , n = 12 , s = 3 içind = e. b. o. b.(12,3) = 3 olduğundan < 3 >≤ G devirli alt grubunun mertebesin 124d = 3= bulunur. Yani, G = Z12nin 3 tarafından üretilen devirli altgrubunun mertebesi 4 tür. Bu alt grup < 3 >= { 0,3,6,9}dur. Benzer şekilde,Z nin 8 tarafından üretilen alt grubu, d = e. b. o. b.(12,8) = 4 ve12n 123d = 4=olduğundan 3 elemanlıdır ve < 8 >= { 0, 4,8}şeklindedir. Aynı şekilde, Z12n 12nin 5 tarafından üretilen alt grubu, d = e. b. o. b.(12,5) = 1 ve12d = 1=olduğundan 12 elemanlıdır ve < 5 >= Z12şeklindedir. Buradan Z12nin 1 ve 5ten başka diğer üreteçlerinin 7 ve 11 olduğunu görürüz. Çünkü,e. b. o. b.(12,7) = e. b. o. b.(12,11) = 1 dir.Sonuç: G, n. mertebeden bir devirli grup ve a bu grubun bir üreteci ise G nindiğer üreteçleri n ile aralarında asal olan, yani e. b. o. b.( n, r ) = 1 koşulunusağlayan r ler tarafından tanımlananra şeklindeki elemanlardır.Örnek 6.8. Devirli bir grup olan Z18in bütün alt grupları da devirlidir. Sonuç6.1. göre Z18in üreteçleri 1, 5, 7, 11, 13, 17 şeklindedir. e. b. o. b .(18,2) = 2 ve1892 = olduğundan < 2 >= { 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16 } dır. 6 ∈< 2 > ninürettiği 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< 3 >= 0, 3, 6, 9, 12, 15 grubunun biretmiş olduk. Geriye 3, 9, 15 kaldı. { }diğer üreteci 15 tir ve bu grup 6. mertebedendir. 15 = 5.3 yazılabileceğinden ve. . . .(6,5) 1< 9 >= 0, 9e b o b = olduğundan aynı grup 15 tarafından da üretilir. { }grubu da 3 < > grubunun alt grubu olup aşağıdaki alt gruplar şemasıverilebilir.145

= Z 18Z18in Alt Gruplarının Latis GösterimiÖrnek 6.9. Bir grupta bir elemanın mertebesinin, tersinin mertebesine eşitolduğunu gösterelim.Çözüm. a ∈ G ve a = m olsun.ma−1a = 1 ve 1 < m′< m için a ′ ≠ 1 dir.G1< < ve ( )1 m′mmGm−1−mm( a ) a ( a )ma − ′ = 1 olsa:ma⎡⎢⎣G−m′ ′= m olduğunu gösterelim. a = m ise−1 −1= = = 1 = 1 .( ) G1G−m( a ) 1 1= = ,m′−⎤( a ) ( G )G1−1−1⎥⎦= 1 = 1olur ve buradan a ′ = 1 bulunur ki, bu a = m oluşu ile çelişir. Şu halde1< < için ( )1 m′mmGGa − ′ = 1 olamaz. Buradan−1a = a = m sonucu çıkar.GGÖrnek 6.10.*C grubunda 1 + i elemanının mertebesini bulalım.2Çözüm.146

olduğundan1+ i = 8 dir.2( 1+i)2 22⎛ 1+ i ⎞1+ 2i + i 1+ 2i−1⎜ ⎟ = = = = i,⎝ 2 ⎠ 2 2 2( )3 2⎛ 1+ i ⎞ ⎛ 1+ i ⎞ ⎛ 1+ i ⎞ 1+ i i −1 ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = i = ,⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 24 2⎛ 1+ i ⎞ ⎡⎛ 1+i ⎞ ⎤2⎜ ⎟ = ⎢⎜ ⎟ ⎥ = i = −1,⎝ 2 ⎠ ⎢⎣⎝ 2 ⎠ ⎥⎦2⎡4⎛1+i ⎞ ⎤2⎢⎜⎟ ⎥ = ( − 1)= 1⎢⎣⎝2 ⎠ ⎥⎦2Örnek 6.11.bulalım.*Z 17 grubunda 5, 4 ve 2 kalan sınıflarının mertebelerini*Çözüm. 17 = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}Z ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ dir.2 3 4 5 6 7 8 165 = 8, 5 = 6, 5 = − 4, 5 = − 3, 5 = 2, 5 = − 7, 5 = − 1, 5 = 1olduğundan 5 = 16 dır. Dolayısıyla*Z 17dir.2 4*17 = 5Z dir.4 = − 1, 4 = 1 ⇒ 4 = 4 ,2 3 4 82 = 4, 2 = 8, 2 = − 1, 2 = 1 ⇒ 2 = 8Örnek 6.12. 30. mertebeden devresel grubun alt gruplar şemasını yapalım vebütün üreteçlerini bulalım.2 29Çözüm. { 1 G , , ,..., }G = a a a = a ve H ≤ G olsun. H ≤ G iseH = a µ , 30 = µ ⋅ ν , H = ν dür. ν 30 ise ν = 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30olabilir.ν = µ H ={ }1 : =30, 1 1 G2Z*17{ G }{ G }15 15ν = 2 : µ =15, H = a = 1 , a310 10 20ν = 3 : µ =10, H = a = 1 , a , aZ*17147

5{ G }{ G }{ G }{ G }6 6 24ν = 5 : µ =6, H = a = 1 , a ,..., a65 5 25ν = 6 : µ =5, H = a = 1 , a ,..., a103 3 27ν = 10 : µ =3, H = a = 1 , a ,..., a152 2 28ν = 15 : µ =2, H = a = 1 , a ,..., aν = 30 : µ =1, H = G30G=H 30H 15 H 10 H 6H 5H 3H 2H 1 ={1 G }30. mertebeden bir devresel grupta üreteçlerin sayısı ϕ ( 30)dur.30 = 2⋅3⋅5 ⇒ ϕ ( 30) = ( 2 −1)( 3−1)( 5 − 1)= 8dir ve ayrıca ( 30, a ) = 1 koşuluna uyan a tam sayıları 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23ve 29 olduğundan G nin üreteçleri7 11 13 17 19 23 29a, a , a , a , a , a , a , a dur.Örnek 6.13. a) 229460. mertebeden bir devresel grubun kaç tane alt grubuolduğunu bulalım.Çözüm. Bir devresel grupta mertebenin her doğal bölenine karşılık o bölenimertebe kabul eden bir tek alt grup olduğundan, alt grupların sayısını bulmakiçin mertebenin doğal bölenlerinin sayısını bulmamız gerekir.2229460 = 2 ⋅5⋅ 7 ⋅11⋅149 olduğundan 229460 ın doğal bölenlerinin sayısıasalτ ( 229460)= ( 2 + 1)( 1+ 1)( 1+ 1)( 1+ 1)( 1+1)= 2 ⋅ 3 = 48dir. Şu halde alt grupların sayısı 48 dir.4148

) 229460. mertebeden devresel grubun kaç tane üreteci olduğunu bulalım.ϕ 229460 tane üreteci vardır.Çözüm. 229460. mertebeden devresel grubun ( )2( ) ϕ ( ) ( )ϕ 229460 = 2 ⋅5⋅7⋅11⋅ 149 = 2⋅ 5 −1 7 −1 11−1 149 − 1 = olduğundan üreteçlerin sayısı 71040 dır. ( )()( )4 6 10 1483 7= 2 ⋅ 2⋅3⋅ 2⋅5⋅2 ⋅ 74 = 2 ⋅3⋅5⋅ 37 = 710402⋅37Örnek 6.14. Dikdörtgen ve eşkenar üçgenin grubunun alt gruplar şemasınıyapalım.G D , D , S , S G ≅ V-Klein 4 , yaniÇözüm. Dikdörtgenin grubu : = { 0 1 1 2}, ( )G { I, ( 12)( 34 ),( 13)( 24 ),( 14)( 23)}≅ dür. İzomorf yapılara aynı gözüylebakabiliriz. Alt gruplar:G = V-Klein 4 , G = I, 12 34 ,{ }{ } { ( )( )}( ) ( )( )( )( ){ I}.1 2G = I, 13 24 , G = I, 14 23 ,G3 45=G 1G 2 G 3 G 4{I}Eşkenar üçgenin grubu :G D , D , D , S , S , S= { 0 1 2 1 2 3}, G γ 3 { I, ( 12 ),( 13 ),( 23 ),( 123 ),( 132)}Alt gruplar:≅ = dir.γ { ( ) ( )}{ ,( 12 )} , { ,( 13)},,( 23 ) , .G = , G = I, 123 , 132 = A ,1 3 2 3G = I G = I3 4{ } { }G = I G = I5 6149

G 1 = γ 3G 2 G 3 G 4 G 5G 6 ={I}Örnek 6.15. Karenin grubunun alt gruplar şemasını yapalım.G = D , D , D , D , S , S , S , S dir.Çözüm. Karenin grubu: { 0 1 2 3 1 2 3 4}G ≅ G8 = { I, ( 13 ),( 24 ),( 12)( 34 ),( 13)( 24 ),( 14)( 23 ),( 1234 ),( 1432)}olduğundan G8in alt gruplarını bulmak yeterlidir. Çünkü izomorf yapılaraaynı gözüyle bakabiliriz.Alt gruplar:G = G , G = I, 1234 , 13 24 , 1432dir.G28 1 { ( ) ( )( ) ( )}{ I ( )( ) ( )( ) ( )( )}( ) ( ) ( )( ){ ( )} ( )( ){ I ( )( )}{ I}{ , 13 , 24 , 13 24 }, { ,( 13 )},{ } { ( )( )}3 45 6 78′89, 12 34 , 13 24 , 14 23 ( V-Klein 4 grubu ),G = I G = IG = I, 24 , G = I, 12 34 , G = I, 14 23 ,GG===, 13 24 ( G ile karışmaması için bu şekilde yazdık ),G G , G , G ,GG8′ ⊂ 1 2 3⊂ G ,7 2⊂ G ,6 2G ⊂ G ,G5 3⊂ G .4 3150

GG 2 G 1 G 3G 7 G 6G8 ′ G 5 G 4{ I G}PROBLEMLER1) Aşağıdaki gruplardan devirli olanları belirleyiniz ve devirli olanların birüretecini bulunuz.a) G1= ( Z , + ) , c) G3= (6 Z , + ) ,+b) G2 ( ,.)= Q , d) G4 { 6 n n }= | ∈ Z olmak üzere ( G4,.).2) n bir asal sayı olmak üzere G, mertebesi n olan bir grup ise G nin devirliolduğunu gösteriniz.3) Z12grubunun < 1 > , < 2 > , < 3 > , < 4 > , < 5 > şeklindeki devirli altgruplarını bulunuz. Z12grubunun devirli olup olmadığına karar veriniz venedenini açıklayınız.4) γ3simetrik grubunun kendisinden farklı her alt grubunun devirli olduğunugösteriniz.5) G =< 2 > ve G = 23 olsun.a) G nin üreteçlerini bulunuz.b) G nin alt gruplarını bulunuz ve alt gruplar için latis gösterimini yapınız.c) G nin alt grupları ile teşkil edilen bölüm gruplarını belirtiniz.6) G değişmeli bir grup ve G nin x, y elemanlarının mertebeleri sırası ile r ves olsun. Eğer r ve s asal ise xy elemanının mertebesinin rs olduğunukanıtlayınız.7) ( G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun. a ≠ e ise a ≠ 1 önermesi doğru mudur?151

8) ( G ,.) devirli bir grup ve G =< a > olsun.k tamsayısı varsa G≤ k olduğunu gösteriniz.ka= e olacak şekilde pozitif bir9) 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 ninelemanlarının çarpımı şeklinde yazılabiliyor ise G =< S > olduğunukanıtlayınız.152

7. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARITanım 7.1. S1, S2,..., Snkümeleri verilsin.S × S × ... × S = ( a , a ,..., a ) | a ∈ S , 1 ≤ i ≤ n{ }1 2 n 1 2 n i ikümesine bu kümelerin kartezyen çarpım kümesi adı verilir ve= 1şeklinde gösterilir.nTeorem 7.1. G1 , G2,..., Gngrupları verilsin. Χ G kümesi,i = 1 i( g , g ,..., g )( g ', g ',..., g ') = ( g g ', g g ',..., g g ')1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n nşeklinde tanımlanan işleme göre bir grup teşkil eder. Bu gruba G1 , G2,..., Gngruplarının kartezyen dış çarpım grubu veya sadece kartezyen çarpım grubuadı verilir.Kanıt. 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀ i için ei, Gigrubunun birim elemanı ise,( e , e ,..., e ) de kartezyen çarpım grubunun birim elemanıdır. Eğer1 2nn( a1 , a2,..., an) ∈ Χ G ise −1 −1 −1i = 1 i( a1 , a2,..., a n) de bu elemanın, kartezyençarpım grubuna ait inversidir. Kapalılık ve birleşme özelliklerinin sağlanacağıG1 , G2,..., Gnkümelerinin grup olma koşullarından açıkca görülür.Örnek 7.1. Z2= { 0,1}ve3= { 0,1,2}alalım. × = { }ΧniS iZ devirli gruplarını göz önüneZ2Z3(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1, 2) kümesi 6. mertebedendevirli bir gruptur. Bu grubun bir üreteci (1,1) elemanıdır. Yani,Z2× Z3=< (1,1) > dir ve mertebesi aynı olan bütün devirli gruplar birbirineizomorf olduğundan Z2× Z3 ≅ Z6izomorfizmi vardır.Örnek 7.2. Z3× Z3grubu 9. mertebeden devirli olmayan bir gruptur. Çünkü,bu grubun hiçbir elemanını 9 kez topladığımızda grubun birim elemanınaulaşamayız, ancak Z3devirli olduğundan 3. toplamada Z3ün birim elemanınıelde ederiz. Dolayısıyla Z3× Z3grubu devirli olamaz ve Z9grubuna izomorfyapılamaz. Diğer taraftan, aynı nedenle Z2× Z2grubu 4. mertebeden devirliolmayan bir gruptur. Mertebesi 4 olan ve birbirine izomorf yapılamayan ikigrubun olduğunu biliyoruz. Bu gruplardan Z4devirli, fakat V-Klein 4 grubudevirli değildir. Böylece Z2× Z2, mertebesi 4 fakat devirli olmadığından aynımertebeden devirli Z4grubuna izomorf yapılamaz, dolayısıyla Z2× Z2,V-Klein 4 grubuna izomorf olmak durumundadır.153

Teorem 7.2. Zm× Zngrubunun Zmngrubuna izomorf yapılabilmesi içingerek ve yeter koşul e. b. o. b.( m, n ) = 1 olmasıdır.Kanıt. Zm× Zndeki (1,1) elemanını göz önüne alalım. Bu elemanın ürettiğidevirli alt grubun mertebesi, (1,1) den çarpım grubunun birim elemanı olan(0,0) elemanını üretecek en küçük kat veya üstür. Yani, p (1,1) = (0,0) veya(1,1) p = (0,0) olacak şekilde en küçük p tamsayısıdır. Burada, kat veya üskelimesi grup işlemi sırasıyla toplama ve çarpma benzeri düşünüldüğü içinkullanılmaktadır, ancak işlemler genel anlamda anlaşılmalıdır. Diğer taraftan,Z nin 1 elemanının m , 2m , 3m , ... gibi katları sıfır birim elemanınımverecektir. Aynı şekilde, Znnin 1 elemanının n , 2n , 3n , ... gibi katları sıfırbirim 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 tamsayılarınınen küçük ortak katının mn olması için e. b. o. b.( m, n ) = 1 olmalıdır.nSonuç 7.1. Χ Z kartezyen çarpım grubunun, i= 1 mZim1 m2 ... mdevirli grubunanizomorf olması için gerek ve yeter koşul 1 ≤ i ≤ n olmak üzere milerin ikişerikişer aralarında asal olmaları, yani 1 ≤ i , j n∀i, j i ≠ j içine. b. o. b.( m , m ) = 1 olmasıdır.ijÖrnek 7.3. Z2× Z3 × Z5 ≅ Z30,Z8 × Z9≅ Z72dir.≤ olmak üzere ( )Örnek 7.4. n tamsayısının kanonik gösterimin1 n2nrn = p1 p2 ... p rşeklindeki ise bu taktirde Zngrubu aşağıdaki kartezyen çarpım grubunaizomorf yapılabilir;n1 n2nrZ ≅ Z × Z × ... × Z .n p1 p2prTanım 7.2. G bir grup ve G1 , G2,..., Gnkümeleri G nin alt grupları olsun.Eğer,φ :ΧnGi= 1 i→Gφ( g , g ,..., g ) = g g ... g1 2 n 1 2dönüşümü bir izomorfizma ise G grubuna G1, G2, ... , Gnalt gruplarının içkartezyen çarpımıdır denir.n154

nTeorem 7.3. ( a1 , a2,..., an) ∈ Χ G olsun. ∀ i içini = 1 iaielemanınıngrubundaki mertebesi riise bu takdirde ( a1 , a2,..., an) elemanınıni =G1 igrubundaki mertebesi e. k. o. k.( r1 , r2,..., rn) dir.Kanıt. ( a1 , a2,..., an) elemanının hangi katı veya kuvveti ( e1 , e2,..., en) birimelemanını verir sorusunun yanıtı aranarak, bir önceki teoremdeki düşünce ilekolayca kanıtlanır. Burada ∀ i için ei, Gigrubunun birim elemanınıgöstermektedir. Şimdi kartezyen çarpım grubunu, dış kartezyen çarpım grubuolarak düşünelim. Bu durumda,G = ( e , e ,..., e , a , e ,..., e ) | a ∈ GΧ{ }i 1 2 i− 1 i i+1 n i inKümesi,i =G1 idış kartezyen çarpım grubunun bir alt grubunu tanımlar.Buradaπ : Gi → Gi , π ( e1 , e2,..., ai ,... en ) = aiizdüşüm dönüşümünü göz önüne alırsak, bu dönüşümün bir izomorfizmatanımlaması nedeniyle, yukarıdaki dış kartezyen çarpım grubunu Gigruplarının bir iç kartezyen çarpım grubu olarak da düşünebiliriz.Teorem 7.4. G grubu; G1 , G2,..., Gnalt gruplarının bir iç kartezyen çarpımıise bu taktirde ∀g ∈ G elemanını gi ∈ Giolmak üzere,g = g ... 1g2 gnşeklinde tek türlü ifade edebiliriz.nKanıt. ( g1, g2,..., gn) ∈Χ G alalım. i = 1 igi ∈ Giolmak üzere,g = g g ... g = ( g , e ,..., e )( e , g ,..., e )...( e , e ,..., g )1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 nyazabiliriz ve π izdüşüm dönüşümü ileolduklarından g = g ... 1g2 gnelde ederiz.GiveΧnGiGigrupları izomorfTeorem 7.5. G bir grup ve i ∈ I ( I, indis kümesi ) olmak üzere Gigrupları,G nin herhangi bir sayıdaki alt grupları olsun. O taktirdealt grubudur.Kanıt. a, b Gihaldeteşkil eder.∈∩ olsun. 1 i ni∈I1b − ∈ G ive1ab G i∩ Gide G nin biri∈I≤ ≤ olmak üzere ∀ i için a, b ∈ Gidir. O− ∈ dir. Böylece, ∩ G ⊆ G alt kümesi bir alt grupii∈IH ve K, bir G grubunun iki alt grubu olsun. Genel olarak155

{ , }HK = hk | h ∈ H k ∈ Kkümesi G nin bir alt grubu değildir. HK nın bir alt grup olabilmesi için ya Gnin kendisi değişmeli olmalıdır veya HK = KH olmalıdır. Çünkü, eğerh1 k1,h2 k2∈ HK ise ( h1 k1)( h2 k2) ∈ HK olmalıdır. G nin kendisi değişmeliveya HK = KH ise[( h1 k1) h2 ] k2 = [ h1 ( k1h2 )] k2 = [ h1 ( h2k1 ) k2 ] = ( h1 h2 )( k1k2) ∈ HKelde ederiz. Diğer taraftan, aynı koşul altında, e ∈ H , K olduğundanee = e ∈ HK ve hk ∈ HK ise−1 −1 −1 −1 −1( hk)= k h = h k ∈ HKbuluruz.Tanım 7.3. H ve K , bir G grubunun iki alt grubu olsun. G nin HK yı kapsayanbütün alt gruplarının arakesitine H ve K alt gruplarının birleşimi denir veH ∨ 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 veyaH ≤ 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 biralt grubu olabilmesi için gerek ve yeter koşul, HK = KH olmasıdır.Çözüm. Gereklik: HK ≤ G ise HK = KH dır :−( ) 1HK ≤ G ⇒ HK = HK , yaniolduğundanH− 1= veHK−1 −1HK = K H dir. Öte yandan H , K ≤ G− 1−= K dir. Şu halde 1 − 1K HYeterlik: HK = KH ise HK ≤ G dir :HK nın alt grup koşullarını gerçeklediğini gösterelim.1) H ≤ G ⇒ HH = H grupta kapalılık özelliğindenK ≤ G ⇒ KK = K( )( grupta kapalılık özelliğinden )HK = K H = KH dır.olduğundan( HK )( HK ) = H ( KH ) K = H ( HK ) K = ( HH )(KK) = HKdır.2) H , K ≤ G olduğundanbulunur. 1) ve 2) denelde edilir.HK H KH− 1= veH−1 −1 −1( ) KHK− 1= dir. Şu haldeKhipotezHK = K H = KH = HKHK≤ G156

Örnek 7.6.3H ρ0,µ1K = ρ0,µ2alt grupları için HKve H ∨ K yı belirleyelim. γ3grubunun işlem tablosu aşağıda verilmektedir.γ grubunun = { } ve { }{ , } { , , , } { , , , }HK = hk | h ∈ H k ∈ K = ρ ρ ρ µ µ ρ µ µ = ρ ρ µ µ0 0 0 2 1 0 1 2 0 1 1 2bulunur. Diğer taraftan, γ3ün HK yı kapsayan bir tek alt grubu vardır ve o daγ3ün kendisidir. O halde, H ∨ K = γ3tür.Teorem 7.6. Bir G grubunun H ve K alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımıolması için gerek ve yeter koşul;1) G = H ∨ K,2) ∀h ∈ H , ∀k ∈ K ise hk = kh ,3) H ∩ K = { e}koşullarının sağlanmasıdır. ρ0ρ1ρ2µ1µ2µ3µρ0ρ0ρ1ρ2µ1µ2 3ρ1ρ1ρ2ρ0µ3µ1µ2ρ2ρ2ρ0ρ1µ2µ3µ1µ1µ1µ2µ3ρ0ρ1ρ2µ2µ2µ3µ1ρ2ρ0ρ1µ3µ3µ1µ2ρ1ρ2ρ0Kanıt. G grubu, H ve K alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı olsun. Otaktirde, ∀g ∈ G için g = hk olacak şekilde h ∈ H , k ∈ K elemanlarıbulunabilir. Şimdi,φ : H × K → G , φ ( h, k)= hk ∈ HKizomorfizmasını tanımlayalım. Bu izomorfizma ileH ( h, e)h H K = ( e, k)| κ ∈ K= { | ∈ } , { }kümelerini sırasıyla H ve K kümeleri ile eşleyebiliriz. Böylece, H ve Kkümelerini H × K nın alt kümeleri olarak düşünebiliriz, dolayısıyla budüşünce ile yukarıdaki 3 koşulun gerçekleneceğini kolayca kanıtlayabiliriz.Şimdi, yukarıdaki 3 koşulun gerçeklendiğini kabul edelim. O taktirde φdönüşümünün bir izomorfizma tanımlayacağını göstermeliyiz. Yukarıdakikoşulların gerçeklenmesi durumunda, φ( h1 , k1) = φ( h2 , k2) olsun. O halde,h k = h k ⇒ h h = k k−1 −11 1 2 2 2 1 2 1157

elde ederiz. Bu ise H nın bir elemanının K nın bir elemanına eşit olacağınıH ∩ K = e olduğundan ortak elemangösterir, öte yandan 3) koşuluna göre { }birim eleman olabilir, yani;−1 −1h2 h1 = e, k2k1 = e ⇒ h1 = h2 , k1 = k2 ⇒ ( h1 , k1) = ( h2 , k2)bulunur. O halde φ bire-birdir.Ayrıca, 2) den∀h ∈ H , ∀k ∈ K için hk = kholduğundan 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 Gnin tamamına eşit olduğu görülür, o halde φ örtendir. Geriye φ nin işlemlerikoruduğunu göstermek kalır. Bunun için,φ[( h1 , k1)( h2 , k2 )] = φ[( h1 h2 , k1k2 )] = ( h1 h2 )( k1k2)yazabiliriz. Ayrıca,φ( h1 , k1) φ ( h2 , k2 ) = ( h1 k1)( h2k2)olduğundan HK nın değişmeli bir grup olması nedeni ile deφ [( h1 , k1)( h2 , k2)] = φ( h1 , k1) φ ( h2 , k2)elde edilir. Böylece, φ dönüşümü bir izomorfizmadır.Tanım 7.3. G bir grup ve gi∈ G olsun. G nin, { gi| i ∈ I}kümesini kapsayanen dar alt grubuna bu kümenin ürettiği alt grup adı verilir. Eğer G nin kendisinig | i ∈ I kümesi sonlu bir küme ise G ye sonlu üretilmiş bir grup adıüreten { }verilir.iÖrnek 7.7. Z×Z2grubu, {(0,0),(0,1) } kümesi tarafından üretilmiş birgruptur.Tanım 7.4. Bir G grubunun bütün elemanları sonlu mertebeden ise G grubunanbir torsiyon grubu adı verilir. Bu durumda ∀a ∈ G için a = e olacak şekildebir n ∈ Z vardır. Eğer G nin birim eleman dışında hiçbir elemanı sonlumertebeden değilse G ye bir serbest grup ( torsiyon olmayan ) adı verilir.Teorem 7.7. G, değişmeli bir grup olsun. G nin sonlu mertebeli bütünelemanlarının oluşturduğu küme G nin bir alt grubudur ( Bu gruba G nintorsiyon grubu adı verilir ).Kanıt. T, G nin sonlu mertebeli tüm elemanlarının kümesi ve a,b ∈ T olsun.Bu taktirde,Buradan+= = olacak şekilde m,n ∈ Z pozitif tamsayıları vardır.m na b e158

( ) mn mn mn ( m ) n ( n ) m n mab = a b = a b = e e = e= e = ebuluruz. Böylece ab ∈ T dir. Diğer taraftan, e ∈ T olduğu açıktır ve bir a ∈ Tmiçin a = e yazabiliriz. O halde,m −1 m m −1 m −1 m −1me = e = ( aa ) = a( a ) = e( a ) = ( a )= e1olacağından a− ∈ T dir. T ⊂ G olduğundan T birleşmelidir, dolayısıyla T, Gnin bir alt grubudur.Örnek 7.8. Sonlu her grup bir torsiyon grubudur.Örnek 7.9. ( Z , + ) grubu bir serbest gruptur.Örnek 7.10. Z×Z2bir torsiyon grubu değildir. Çünkü, (0,1) elemanı 2.mertebedendir ama (1,0) elemanı sonlu mertebeli değildir. Diğer taraftan,{(0,0),(0,1)}T = kümesi Z×Z2nin bir torsiyon alt grubunu tanımlar.Şimdi aşağıdaki önemli teoremleri ifade edeceğiz.Teorem 7.8. Sonlu üretilmiş değişmeli her grup, biri torsiyon diğeri serbestiki alt grubunun kartezyen çarpım grubu olarak ifade edilebilir. Eğer G, sonluüretilmiş değişmeli bir grup, T ve S de G nin biri torsiyon diğeri serbest olaniki alt grubu ise o taktirde G = T × S yazılabilir.Teorem 7.9. S, sonlu üretilmiş serbest bir değişmeli grup iseS = Z× Z× ... × Zm defaolacak şekilde bir m pozitif tamsayısı vardır. Bu m tamsayısı tektir veliteratürde S nin Betti Sayısı olarak adlandırılır.Teorem 7.10. G, sonlu üretilmiş değişmeli bir grup ise G yi devirli gruplarınbir kartezyen çarpımı olarak aşağıdaki gibi ifade edebiliriz:1) pi, 1 ≤ i ≤ n , ler birbirinden farklı olması gerekmeyen asal sayılar olmaküzere( ) r1 ( ) r2... ( ) rnG = Z × Z × × Z × Z × ... × Zp1 p2pndir.2) 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀ i için mi| mi + 1olsun. Bu durumdaG = Z × Z × ... × Z × Z × ... × Zm1 m2m nyazabiliriz. Buradaki m sayılarına G nin torsiyon sayıları adı verilir.i159

Örnek 7.11. Z2× Z4× Z3× Z3× Z5grubu için,Z2× Z4× Z3 × Z3× Z5≅ Z6× Z60dır.Örnek 7.12. Z2× Z2× Z2× Z3× Z3× Z5 ≅ Z2× Z6× Z30olduğu gösterilebilir.PROBLEMLER1) Değişmeli grupların dış kartezyen çarpımlarının da değişmeli bir grupoluşturacağını kanıtlayınız.2) Z2×4Z grubunun elemanlarını belirtiniz ve her elemanın mertebesinibulunuz.3) Z6× Z8ve Z12 × Z15gruplarının devirli alt gruplarını ve bu alt gruplariçerisinde en geniş olanını belirleyiniz.4) Z24ün 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 ( ,.)olduklarını kanıtlayınız.( H × G H ,.) gruplarının izomorfG ve ( )7) ( A ,.) ve ( B ,.) iki grup olsun. ( A× B,.)grubu ile ( B× A,.)grubununizomorf olduklarını kanıtlayınız.160

8. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT GRUPLAR VEBÖLÜM GRUPLARITanım 8.1. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. a ∈ G olmak üzereaH = { ah | h ∈ H}kümesine H nın G deki bir sol kalan sınıfı (sol koseti) adıverilir.Örnek 8.1. ( Z , + ) grubu ve bu grubun 3Z alt grubu verilsin. 3Z nin solkalan sınıflarını yazalım:0 + 3 Z = ..., −9, −6, −3, 0, 3, 6, 9,... ,{ }{ }{ }1+ 3 Z = ..., −8, −5, −2, 1, 4, 7, 10,... ,2 + 3 Z = ..., −7, −4, −1, 2, 5, 8, 11,... .Teorem 8.1. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun.−1a ≡ b(mod H ) ⇔ a b ∈ Hbağıntısı bir denklik bağıntısıdır ve H nın bütün sol kalan sınıfları aynı sayıdaelemana sahiptir.Kanıt.−11) a a = e ∈ H olduğundan a ≡ a(mod H ) dır.2) a ≡ b(mod H ) olsun. O taktirdedır, böylece b ≡ a(mod H ) dır.( )−1a b−1 −1 −1a b = b a ∈ H∈ H dır. H bir grup olduğundan−1−13) a ≡ b(mod H ) ve b ≡ c(mod H ) olsun. O taktirde a b ∈ H ve b c ∈ Hdır. H bir grup olduğundan1 1 1 1 1( a − b)( b − c) = a − ( bb − ) c = a − c ∈ Hdır, buradan a ≡ c(mod H ) elde ederiz. Böylece tanımlanan bağıntı bir denklikbağıntısı olup, G yi denklik sınıflarına ayırır.Eğer a ∈ G yi kapsayan denklik sınıfı a ise= e−1{ (mod )} { }a = x ∈ G | x ≡ a H = x ∈ G | a x ∈ H = aHelde ederiz, yani sol kalan sınıfları da aynı zamanda bu denklik bağıntısınıntanımladığı denklik sınıflarıdır. Üstelik,θa : H → aH , θ a( h ) = ahdönüşümünü tanımlarsak bu dönüşüm bir izomorfizmadır, dolayısıyla H ileaH sol kalan sınıfı aynı sayıda elemana sahiptir. Böylece, her bir sol kalansınıfının H ile aynı sayıda elemana sahip olacağı sonucuna ulaşırız.Bu teoreme göre H nın G deki farklı sol kalan sınıfları, G nin birparçalanmasını oluştururlar ve G nin her elemanı H nın G deki bir sol kalan161

sınıfında bulunur. Yani, ∀g ∈ G için g ∈ gH dır. Böylece her bir sol kalansınıfı boş kümeden farklı olur. Ayrıca, eğer x ∈ aH ∩ bH ise o zamanx ∈ aH ve x ∈ bH olmasından dolayı xH = aH = bH elde ederiz ki, busonuç sol kalan sınıflarının birbirinden farklı kümeler, yani ayrık kümelerolduğunu kanıtlar. Üstelik G nin her elemanı sol kalan sınıflarından yalnızcabirine ait olacağından sol kalan sınıflarının birleşimi G kümesini oluşturur.γ simetrik grubunun { }Örnek 8.2.3H = ρ0,µ1alt grubunu göz önüne alırsakH nın G deki sol kalan sınıflarıH ρ , µ ρ H ρ , µ ρ H = ρ , µ= { } , = { } , { }0 11 1 32 2 2şeklinde olup kapalılık koşulu gerçeklenmeyeceğinden bunların kümesi birgrup 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 Ggrubunun mertebesini böler.Kanıt. G ve H nın mertebeleri sırasıyla n ve m olsun. H nın G deki bütün solkalan sınıflarını göz önüne alalım. Bu sol kalan sınıfları ikişer ikişer ayrıktır veθaizomorfizması nedeniyle H ile aynı sayıda, yani m tane elemana sahiptir.Böylece, eğer toplam r tane sol kalan sınıfı varsa G nin her bir elemanıbunlardan 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 elemanasahiptir. Yani, < a > = m ≥ 2 dir. Lagrange Teoremine göre m | p dir ve pasal, m ≥ 2 olduğundan m = p buluruz. Böylece < a >= G dir ve dolayısıylaG grubu devirlidir.Teorem 8.4. Sonlu bir grubun her elemanının mertebesi, bu grubunmertebesini böler.Kanıt. Grubun bir elemanının mertebesi, bu elemanın ürettiği devirli grubunmertebesi ile aynıdır. Böylece bu devirli grup verilen grubun bir alt grubu olupLagrange Teoremine göre de mertebesi, grubun mertebesini bölecektir.Tanım 8.2. H, sonlu mertebeli bir G grubunun alt grubu olsun. G ninmertebesinin H nın mertebesine bölümüne, H nın G deki indeksi denir veG[ G : H ] = şeklinde gösterilir. O halde [ G : H ] , H nın G deki sol kalanHsınıflarının sayısıdır.162

Teorem 8.5. H ve K, sonlu mertebeli bir G grubunun iki alt grubu olsun. Eğer,K ≤ H ≤ G ise bu taktirde [ G : K] = [ G : H ][ H : K]dır.Teorem 8.6. G bir grup ve H, G nin bir alt grubu olsun. Eğer, H nın sol kalansınıfları üstünde tanımlanan çarpma işlemi iyi tanımlı ise o taktirde H nın Gdeki sol kalan sınıflarının kümesi, kalan sınıflarının çarpımı işlemi ile birliktebir 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 çarpımıişlemi iyi tanımlı, yani elemanların gösteriliş biçiminden bağımsız olsun. Otaktirde;( 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 = aH1olduğundan eH birim elemandır. aH nın inversi a − H dır, çünkü−1 −1( aH )( a H ) = ( aa ) H = eHdır.{ }A ün ( ) ( )Örnek 8.3. a)4H = I, 124 , 142 alt grubuna göre sol ve sağ kalansınıflarına ayrılışlarını bulalım.Çözüm. Önce A4grubunun elemanlarını yazalım.I ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( 13)( 24 ),( 14)( 23)⎧⎪, 123 , 132 , 124 , 142 , 134 , 143 , 234 , 243 , 12 34 , ⎫⎪A4= ⎨ ⎬⎪⎩⎪⎭Sol kalan sınıfları:H = { I, ( 124 ),( 142 )},( ) H ( ) ( )( ) ( )( )( ) H ( ) ( )( ) ( )( )( ) H ( ) ( )( ) ( )( ){ } {( ) ( )( ) ( )}{ } {( ) ( ) ( )( )}{ } {( ) ( )( ) ( )}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 .Sağ kalan sınıfları:163

H = { I, ( 124 ),( 142 )},( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ } {( ) ( )( ) ( )}{ } {( ) ( ) ( )( )}{ } {( ) ( ) ( )( )}H 123 = 123 , 124 123 , 142 123 = 123 , 14 23 , 234 ,H 132 = 132 , 124 132 , 142 132 = 132 , 134 , 13 24 ,H 143 = 143 , 124 143 , 142 143 = 143 , 243 , 12 34olarak bulunur.b) Bulduğunuz sol ve sağ kalan sınıfları arasında nasıl bir bağlantı vardır?Çözüm.dır.−1( 123) ( 132)⎡⎣H⎤⎦ =−1( 132) ( 123)⎡⎣H⎤⎦ =−1( 143) ( 134)⎡⎣H⎤⎦ =Örnek 8.4. Z 32 de A asal kalan sınıflar grubunun H = 7 alt grubuna göresol ve sağ kalan sınıflarına ayrılışlarını bulalım.4Çözüm. A = ϕ ( 32) = 2 = 16 dır.A = { 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31},HHH1 2 3 47 = 7, 7 = 17, 7 = 23, 7 = 1olduğundan H = 7 = { 1, 7, 17, 23}dir. Ayrıca Z 32 komütatif olduğundanA da komütatiftir. Şu halde sadece sol veya sağ kalan sınıflarını bulmakyeterlidir. Sol kalan sınıflarını bulalım:H = { 1, 7, 17, 23 },{ } { } H{ } { } H{ } { }3H= 3, 3⋅7, 3⋅17, 3⋅ 23 = 3, 21, 19, 5 = 3,9H= 9, 9⋅7, 9⋅17, 9⋅ 23 = 9, 31, 25, 15 = 9,11H= 11, 11⋅7, 11⋅17, 11⋅ 23 = 11, 13, 27, 29 = H11dir. Görüldüğü gibi sağ kalan sınıfları da H, H 3, H 9, H 11 dir.Teorem 8.7. G bir grup ve H, G nin alt grubu olsun. H nın sol kalansınıflarının kümesi üstünde tanımlı kalan sınıflarının çarpımı işleminin iyitanımlı olması için gerek ve yeter koşul H nın herhangi bir sol kalan sınıfınınaynı zamanda bir sağ kalan sınıfı olmasıdır.164

Kanıt. Eğer kalan sınıflarının çarpımı işlemi iyi tanımlı ise Teorem 8.6. dan Hnın G deki sağ veya sol kalan sınıflarının kümesinin bir grup teşkil edeceğinibiliyoruz. Üstelik, sol ya da sağ kalan sınıflarının oluşturdukları kümeleraslında G nin birer parçalanmasını tanımlayacaklarından her sol kalan sınıfınınaynı zamanda bir sağ kalan sınıfı olması gerektiğini görürüz.Şimdi, tersine her bir sol kalan sınıfının aynı zamanda bir sağ kalan sınıfıolduğunu kabul edelim. O taktirde kalan sınıflarının çarpımı işleminin iyitanımlı olacağını kanıtlayalım. ∀g ∈ G için g ∈ gH olduğundan g yikapsayan sağ kalan sınıfı Hg dir ve bu kalan sınıfı G nin g elemanı sayesindetemsil edilmiştir. O halde ∀g ∈ G için gH = Hg kabul edelim. a1ve a2,aynı aH sol kalan sınıfını, b1ile b2de aynı bH sol kalan sınıfını temsiletsinler. O taktirde a1b 1ile a2b 2nin aynı bir sol kalan sınıfında bulunacağınıkanıtlamalıyız.aH = a1H = a2Hve bH = b1 H = b2Holduğundan h1 , h2∈ H için a1 = a2h1ve b1 = b2h2yazabiliriz. Böylecea1b1 = a2h1b 2h2elde ederiz. Kabulümüze göre b2 H = Hb2olduğundanh1b2= b2h3olacak şekilde bir h3∈ H bulabiliriz. O halde,a1b1 = a2b2 h3 h2veya buradan a1b1 ∈ ( a2b2) H buluruz. Bu sonuç, a1b 1ile a2b 2nin aynı solkalan sınıfında bulunacağını kanıtlar.Şu halde, H nın sol yada sağ kalan sınıflarının kümesinin bir grupoluşturması için ∀g ∈ G için gH = Hg olması gerektiğini elde etmiş olduk.Bu koşul ∀g ∈ G içinşeklinde de ifade edilebilir.∈H−{ }= = | ∈−1 1H gHg ghg h HTanım 8.3. Bir G grubunun kendi üzerine olan bir izomorfizmasına birotomorfizma adı verilir.Teorem 8.8. ig: G → G ,ig( x)gxg −1= şeklinde tanımlı dönüşüm birotomorfizmadır 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 içinH = gHg −1 koşulu gerçekleniyor ise H alt grubuna G nin bir normal alt grubuadı verilir ve H ⊲ G şeklinde yazılır.165

Eğer ∀g ∈ G için( )−1 −1 −1 −1g H g g Hg HgHggHg= ⊆ olacağından− 1⊆ H ise o taktirde−1∀g∈ G içinH ⊆ gHg −1 buluruz. Böylece,− 1= H dır. O halde H alt grubunun bir normal alt grup olduğunugöstermek için ∀g ∈ G,∀h ∈ H içinyeterlidir.ghg− 1∈ H olduğunu göstermekÖrnek 8.5. ( Z , + ) grubunun, ( R , + ) grubunun bir normal alt grubu olduğunugösterelim. Bunun için,∀x∈ Z için x + Z = Z + xolduğunu göstermeliyiz.x + Z = x + z | z ∈ Z = Z + x{ }olduğu Z 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 ∈ Hiçin−1 −1ghg gg h h HÖrnek 8.6. { , }= = ∈ olduğundan H, G nin bir normal alt grubu olur.ρ0µ1kümesi,3γ ün bir normal alt grubu değildir.Tanım 8.5. G bir grup; H ve K , G nin iki alt grubu olsun. Herhangi bir a ∈ G1için aKa− = H ise H ve K ya eşlenik iki alt gruptur deriz.Böylece bir önceki örnekte geçen { ρ , µ } grubu ile { , }eşlenik iki alt grubudur.0 1ρ0µ3,3γ ünTanım 8.6. G bir grup ve N, G nin bir normal alt grubu olsun. G deki işlemletanımlanan N kalan sınıflarının grubuna G nin N normal alt grubuna görebölüm grubu adı verilir ve G N şeklinde gösterilir.Örnek 8.7. G bir grup veH j⊲ G ( j = 1,..., k ; k ≥ 2 ) isek∩j=1Hj⊲ Golduğunu gösterelim.Çözüm. J = { 1,2,..., k}( k ≥ 2 ) indeks kümesi ∩ H j = H * olsun. H*⊲ Golduğunu göstermeliyiz. H*≤ G dir. Çünkü bir grupta sonlu veya sonsuzsayıda birtakım alt grupların arakesiti de yine bir alt gruptur. ∀g∈ G,∀h ∈ H * içinj∈J1ghg − ∈ H * olup olmadığını araştıralım.166

∩( )h H h H h H j J∈ * ⇒ ∈ j ⇒ ∈ j ∀ ∈−1j∈J⎪⎬ ⇒ ∈ j ∀ ∈dır. Dolayısıyla, H*j( ∀ ∈ )H ⊲ G j J⊲ G bulunur.⎫⎪⎭( )ghg H j J−1⇒ ghg ∈ H = H *⇒ ghg−1∩j∈J∈ H *Örnek 8.8. ( Z , + ) değişmeli bir grup olduğundan 3Z , Z nin bir normal altgrubudur. Z 3Z bölüm grubunun elemanları ise 0 + 3 Z, 1+ 3 Z, 2 + 3Z dir.Örnek 8.9. ( × ) ( 0,1)Z Z bölüm grubuna izomorf olan devirli bir grup4 6bulunuz.Çözüm: < (0,1) >= H olsun. O halde,H = {(0,0), (0,1), (0,2), (0,3), (0,4), (0,5)}dir. Z4× Z6nın mertebesi 24, H nın mertebesi 6 dır. O halde H nın bütünZ × Z bölüm grubununkalan sınıfları 6 elemanlıdır. Böylece, ( 4 6 ) Hmertebesi 4 olmalıdır. Z4× Z6değişmeli olduğundan ( × )değişmeli olacaktır. Böylece ( Z × Z ) nın elemanları4 6HH = (0,0) + H , (1,0) + H , (2,0) + H , (3,0) + Hşeklindedir. Üstelik, ( × )grubuna izomorftur.4 6HjZ Z da4 6HZ Z aynı sayıda elemana sahip olan Z4Tanım 8.7. Hiçbir normal öz alt gruba sahip olmayan bir gruba basit grupadını 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 altgrubu olmak üzere G N nin elemanları ∀a ∈ G için aN şeklindedir. aN ninkuvvetleri ise N nin bütün kalan sınıflarını oluşturur. O haldedir ve devirlidir.{ aN m }G N = ( ) m | ∈ Z−Tanım 8.8. G bir grup ve a,b ∈ G olsun. aba bnin değiştiricileri ( komütatörleri ) adı verilir.1 −1şeklindeki elemanlara G167

−1 −1Teorem 8.11. G bir grup ve a,b ∈ G olsun. G nin aba b şeklindekikomütatörlerinin kümesi G nin bir normal alt grubunu oluşturur, bu alt grupG ' ise G G′ bölüm grubu değişmelidir. Ayrıca N, G nin herhangi bir normalalt grubu olmak üzere, G N değişmelidir ⇔ G ' ≤ N dir.Kanıt. a,b ∈ G olmak üzere= ∈ ve e ∈ G olmak1 1 1 1 1( aba − b − ) − bab − a − G '−1 −1üzere e = eee e ∈ G ' olduğundan G ' ≤ G dir. G ' nün bir normal alt grup1olduğunu göstermek için ∀x ∈G ', ∀g ∈ G için gxg − ∈ G ' olduğunugöstermeliyiz. Bunun için−1 1cdc d − ∈ G ' olsun. O halde ∀g ∈ G içing cdc d g = c e d g−1 −1 −1 −1 −1 −1( ) (gcd ) ( )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−1 −1üzere aG ' , bG ' ∈ G / G ' olsun. b a ba ∈ G ' olduğundan1 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 normalalt grubu olmak üzere G N bölüm grubu değişmeli olduğundan=1 1 1 1( a − N)( b − N) ( b − N)( a − N)−1 −1−1 1yazabiliriz. Bu ise abb a N = N veya abb a− ∈ N olması demektir ki, buG ' ≤ 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 A = 123 , B = 13 24 çiftine ait komütatörleri bulalım.Çözüm. (A,B) çiftine ait sol ve sağ komütatörleri bulalım. x ⋅ A⋅ B = B ⋅ Aγ te ( ) ( )( )− − −AB = B A ile çarparakeşitliğinin heriki tarafını sağdan ( ) 1 1 1−1 −1( 13)( 24)( 123)( 13)( 24)( 132) ( 134)( 132) ( 14)( 23)x = B ⋅ A⋅ B ⋅ A == =( 134)elde edilir. Benzer şekilde A. B. y = B.A eşitliğinin heriki tarafını sağdan( ) 1 1 1AB − B − A−= ile çarparak−1 −1( 13)( 24)( 132)( 13)( 24)( 123) ( 143)( 123) ( 12)( 34)y = B ⋅ A ⋅ B ⋅ A == =( 143)bulunur.168

Örnek 8.11. Bir devresel grubun komütatör grubunu belirleyelim.Çözüm. G bir devresel grup olsun. G devresel olduğundan komütatiftir.Şu halde her a,b ∈ G için sol ve sağ komütatörler:( )G kom.−1 −1 −1 −1 −1x = b ⋅a ⋅b ⋅ a = a b ⋅ b a = a ⋅ a = 11G( )G kom.−1 −1 −1 −1 −1y = b ⋅a ⋅b ⋅ a = b a ⋅ a b = b ⋅ b = 11Golduğundan G nin komütatör grubu K = { 1 G } dir.Teorem 8.12. G bir grup, H ve K da G nin iki alt grubu olsun. Eğer G grubuH ile K nın iç kartezyen çarpımı ise o taktirde H ve K, G nin normal altgruplarıdır ve G H ≅ K doğal izomorfizmi mevcuttur.Kanıt. İç kartezyen çarpımları, izdüşüm izomorfizmaları sayesinde dışkartezyen çarpımlara dönüştürebileceğimizi biliyoruz. Böylece G yi H × Kdış kartezyen çarpım grubuna izomorf yapabiliriz. O halde kanıtlamamızH = ( h, e)| h ∈ H nın H × K nın normal alt grubu olduğu vegereken şey, { }( H × K ) H nin K {( e, k)k K}= | ∈ ya izomorf olacağıdır. H ninH × K grubunun bir normal alt grubu olduğunu göstermek için1∀( h, k)∈ H × K için ( h, k) H ( h, k)− = H olduğunu göstermeliyiz. ( h1, e)∈ Holsun.−1 −1 −1 −1 −1 −1( h, k)( h , e)( h, k) = ( h, k)( h , e)( h , k ) = ( hh h , kek ) = ( hh h , e)∈ H1 1 1 1elde ederiz. O halde H , H × K nın bir normal alt grubudur. Diğer taraftan Hnin kalan sınıfları k ∈ K için ( e, k)H şeklindedir ve: K ( H K ) Hφ → × , φ ( e, k) = ( e, k)Hdönüşümü bir izomorfizmadır, dolayısıyla G H ≅ K doğal izomorfizmimevcuttur.Örnek 8.12. G = 12 olmak üzere ( G ,.) grubu a elemanı tarafından üretilen4bir devirli grup, yani G =< a > olsun. H =< a > , G nin bir devirli alt grubuolmak üzere G H bölüm grubunun elemanlarını bulunuz ve bu grubun işlemtablosunu elde ediniz.Çözüm. G = { e, a, a 2 ,..., a11} ve H { e, a 4 , a8}= dir. G grubu devirliolduğundan değişmelidir ve H nın G deki sol ve sağ kalan sınıfları x ∈ Golmak üzerexH = { xh | h ∈ H} = { hx | h ∈ H}= HxGG169

şeklindedir. H alt grubu, G de normal olduğundan H nın G de birbirinden farklı4 tane kalan sınıfı vardır ve bu kalan sınıfları4 8He = { he | h ∈ H} = { e, a , a } = H ,5 9Ha = { ha | h ∈ H} = { a, a , a },2 2 2 6 10Ha = { ha | h ∈ H} = { a , a , a },3 3 3 7 11Ha = { ha | h ∈ H} = { a , a , a }şeklindedir. Böylece bölüm grubu G H { H, Ha, Ha 2 , Ha3}grubun işlem tablosu aşağıdaki şekildedir.= olur ve bu* H Ha2Ha3HaH H Ha2Ha3HaHa Ha2Ha3Ha H2Ha2Ha3Ha H Ha3Ha3Ha H Ha2HaPROBLEMLER1) Değişmeli bir grubun herhangi bir alt grubunun normal alt grup olduğunukanıtlayınız.2) Determinantları 1 olan n× n mertebeli matrislerin kümesinin, matrisçarpımı işlemine göre n× n mertebeli matrislerin grubunun, bir normal altgrubu olduğunu kanıtlayınız.23) ( R , + ) , düzlemdeki vektörlerin toplamsal grubu olsun. 2 2H = x ∈ R | x = ca, a ∈ R , c ∈ R{ }2kümesinin, ( R , + ) 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) ( ,.)= ∈ | = ∀ ∈ grubunun ( G ,.) nın birG bir grup ise H { x G ax xa ( a G)}normal alt grubu olduğunu gösteriniz.170

6) ( G ,.) değişmeli bir grup ve H ⊲ G olsun. G H bölüm grubunun dadeğişmeli olduğunu kanıtlayınız.7) ( G ,.) değişmeli bir grup olmak üzere herhangi bir g ∈ G elemanı içina ≈ b ⇔ a = gbg −1şeklinde tanımlı bağıntının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.8) Annin,γ bölüm grubunun elemanlarını belirleyiniz.nAnγnsimetrik grubunun bir normal alt grubu olduğunu gösteriniz ve9) ( Z , + ) grubu ve bu grubun H = 5Zalt grubu verilsin.a) ( G H , + ) grubunun işlem tablosunu oluşturunuz,b) ( G H , + ) grubunda, H + 22 elemanının toplamsal tersini bulunuz,c) ( H + 3) + x = H + 1 denklemini çözünüz.10) M , bir G grubunun merkezleyeni olsun. G M bölüm grubu devirli ise butaktirde G nin değişmeli olduğunu kanıtlayınız.11) ( G ,.) bir grup ve a ∈ G olsun.1φa : G → G , φ a( x ) a −= xaşeklinde tanımlı dönüşümün bir otomorfizma olduğunu gösteriniz.171

9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARITanım 9.1. ( G, ) ve ( G ', ∗ ) iki grup olsun. Bu iki grup arasında tanımlananφ : ( G, ) → ( G ', ∗)dönüşümü, ∀a,b ∈ G içinφ( a b) = φ( a) ∗φ( b)koşulunu sağlıyorsa bu dönüşüme bir grup homomorfizması adı verilir.Örnek 9.1. r, m tamsayısının n ile bölümünden kalan olmak üzereφ : Z → Zn, φ( m)= rşeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır.Çözüm. s,t ∈ Z olmak üzere φ( s + t) = φ( s) + φ( t)dir. s ve t nin n ilebölümünden elde edilen kalanlar sırası ile r 1ve r2olsun. Bölme algoritmasınagöres = q1n + r1, t = q2n + r2, 0 ≤ r1 , r2< nyazılabilir. φ ( s)= r1, φ ( t)= r2olduğundan φ( s) + φ( t) ≡ r1 + r2(mod n)eldeedilr. Eğer r 1+ r 2= q 3n + r 3, 0 ≤ r3< n ise φ( s) + φ( t)= r3olur. O halde,s + t = ( q + q ) n + r + r = ( q + q + q ) n + r1 2 1 2 1 2 3 3yazabilirizki, bu φ ( s + t)= r3olması demektir. Böylece φ birhomomorfizmadır.Teorem 9.1. G bir grup ve N, G nin bir normal alt grubu ise a ∈ G içinϕ : G → G N , ϕ ( a)= aNşeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır. Bu homomorfizme, doğalhomomorfizma ( kanonik homomorfizma ) adı verilir.Kanıt. ∀a,b ∈ G için ϕ( ab) = ( ab) N = ( aN)( bN) = ϕ( a) ϕ( b)dir.Tanım 9.2. φ : ( G, ) → ( G ', ∗)bir grup homomorfizmi olsun. e' ∈ G ' birimelemanı için { x G φ x e' }verilir.∈ | ( ) = kümesine φ nin çekirdeği veya sıfırlayanı adı{ }Örnek 9.2. G = ( a, b, 2 ) ⏐a, b ∈ R −{ 0}kümesi ( a, b, 2 ) ( c, d,2 ) = ( ac, bd,2)şeklinde tanımlanan “ ” işlemine göre bir komütatif grup oluşturur. ( G, )grubunu R* = R −{ 0 },⋅ grubu içine resmeden : ( a, b,2)ab( )karakterini belirleyelim.ϕ → tasvirininÇözüm. ı) ϕ içinedir: Her ( a, b, 2)∈ G için ( a, b,2) ab R { 0}Çünküϕ = ∈ − dir.172

dir.( a, b,2 ) G a, b R { 0}∈ ⇒ ∈ − ⎫ ⎪ ⎬ ⇒ ab ∈ R −R sıfır-bölensiz⎪⎭{ 0}ϕ = , yani ab = cıı) ϕ üzerinedir: Her c ∈ R −{ 0}a karşılık ( a, b,2)colacak şekilde bir ( a, b, 2)∈ G vardır. a = 1, b = c ∈ R −{ 0}için ( 1, c,2)buluruz.ııı) ϕ işlemi korur: Her ( a, b, 2 ), ( c, d, 2)∈ G içinϕ ⎡⎣( a, b,2 ) ( c, d, 2 ) ⎤⎦ = ϕ ( ac, bd,2) = ( ac)( bd ) = ( ab)( cd )= ϕ ( a, b,2 ) ϕ ( c, d, 2)ϕ = cdir. Burada R nin , “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık.a, b, 2 ≠ c, d,2 ⇒ ϕ a, b,2 ≠ ϕ c, d, 2 olupıv) ϕ , (1-1) midir ? : ( ) ( ) ( ) ( )≠ b için ( a, b,2 ) ( b, a,2)olmadığını araştıralım. aya göre komütatifliğindenϕ( a, b,2 ) = ϕ ( b, a, 2)≠ dir, fakat R nin , “ + “ab = badir. Dolayısıyla ϕ , (1-1) değildir. Şu halde ϕ bir homomorfizmadır.{ }Örnek 9.3. G = ( a, b,3 ) a,b ∈ Z olsun. ( a, b,3 ) ∗ ( c, d,3 ) = ( a + c, b + d,3)işlemi ile tanımlanan ( G,∗ ) grubunu ( Z ,+)içine resmedenϕ : ( a, b,3)→ a + btasvirinin bir homomorfi olduğunu gösterelim ve çekirdeğini bulalım.a, b,3G ϕ a, b,3= a + b ∈ Z dir.Çözüm. ı) ϕ içinedir: Her ( ) ∈ için ( )ıı) ϕ üzerinedir: Her t ∈Z ye karşılık ( x, y,3)şekilde bir ( x, y,3)∈ G vardır. x 0, y tϕ ( 0, t,3)= t olur.ııı) ϕ işlemi korur: Her ( a, b,3 ),( c, d,3)∈ G içinϕ (( a, b,3 ) ∗ ( c, d,3 )) = ϕ ( a + c, b + d,3) = ( a + c) + ( b + d )φ ∈ Z yani x + y = t olacak= = ∈ Z alabiliriz. Bu durumda( a b) ( c d ) ϕ ( a, b,3 ) + ϕ ( c,d,3 )= + + + =tür. Burada Z nin, “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık.{( a b ) G ϕ ( a b ) }Ker ϕ = , ,3 ∈ , ,3 = 0173

dir.{( a, b,3 ) G a b 0}{( a, b,3) G a b}( b, b,3) G b= ∈ + == ∈ = −{ }= − ∈ ∈ ZÖrnek 9.4. “ Bir G grubunun komütatif olabilmesi için gerek ve yeter koşul, Gyi kendi içine resmeden−1ϕ : a → atasvirinin bir izomorfi olmasıdır “ önermesini ispat ediniz.−1Çözüm. ⇒ : G grubu komütatif ise G yi kendi içine resmeden ϕ : a → atasviri bir izomorfidir.ı) Her x Gϕ y = x olacak şekilde bir y ∈ G vardır. Çünküolduğundan∈ ye karşılık ( )−( ) ( ) 1−1 −1 −1ϕ y = x ⇒ y = x ⇒ y = y = x ∈ G−1y = x ∈ G alabiliriz.ıı) Her a,b ∈ G için G nin komütatifliği kullanılarakbulunur, yani ϕ işlemi korur.ııı) a b ϕ ( a) ϕ ( b)−ϕ ( a) = ϕ ( b)olsa:−1 −1 −1 −1( ab) = ( ab) = ( ba) = a b = ( a) ( b)ϕ ϕ ϕ≠ ⇒ ≠ olduğunu gösterelim.1 −1a = b ⇒ a = b ( grupta tersin tekliğinden )elde edilir ki, bu a ≠ b oluşu ile çelişir. Buradan ϕ tasvirinin (1-1) olduğusonucu çıkar.Şu halde ϕ tasviri bir izomorfidir.⇐ : ϕ tasviri bir izomorfi ise her a,b ∈ G için ab = ba olduğunugösterelim. ϕ işlemi koruduğundan−1 −1−ϕ ( ab) = ϕ ( a) ϕ ( b) = a b = ( ba) 1= ϕ ( ba)yani ϕ ( ab) = ϕ ( ba)elde edilir. Ayrıca ϕ , (1-1) olduğundanϕ ( ab) = ϕ ( ba)⇒ ab = babulunur. Dolayısıyla G komütatiftir.Teorem 9.2. φ : G → G ' bir grup homomorfizmi olmak üzere,1) e , G nin birim eleman ise φ( e)de G ' nün birim elemanıdır.2) ∀a ∈ G için−1 −1φ( a ) = ( φ( a))dir.174

3) H ⊲ G ise φ( H ) ⊲ G ' dir.4) H, G nin bir normal alt grubu ise φ ( H ) da G ' nün bir normal altgrubudur.5) K, G ' nün bir alt grubu ise φ −1( K)da G nin bir alt grubudur.6) K, G ' nün bir normal alt grubu ise φ −1( K)da G nin bir normal altgrubudur.Kanıt.1) ∀a ∈ G için,φ( a) = φ( ae) = φ( a) φ( e)ve φ( a) = φ( ea) = φ( e) φ( a)ifadelerinden φ ( e) = e' ∈ G ' elde ederiz.2)φ = φ = φ φ ve−1 −1( e) ( aa ) ( a) ( a )−1 −1φ( a ) = ( φ( a))bulunur.3) ∀φ( a), φ( b) ∈ φ( H ) içinφ = φ = φ φ olduğundan−1 −1( e) ( a a) ( a ) ( a)φ( a) φ( b) = φ( ab)dir ve H ⊲ G olduğundan ∀a,b ∈ H için ab ∈ H olduğundanφ( a) φ( b) ∈ φ( H ) dır. ∀a ∈ H için a− 1∈ H olacağından1dolayısıyla ( φ( a))− ∈ H olduğundan φ( H ) ⊲ G ' dür.−1 −1φ( a ) = ( φ( a))ve4) H ⊲ G olsun . O halde φ( H ) ⊲ G ' olduğunu göstermek istiyoruz.∀φ( h) ∈φ( H ), ∀φ( g) ∈ G ' içinφ φ φ = φ φ φ = φ ∈ φ−1 −1 −1( g) ( h)( ( g)) ( g) ( h) ( g ) ( ghg ) ( H )olduğundan φ( H ) ⊲ G ' dür.15) ∀a, b ∈φ − ( K)içinφ φ = φ ∈ ⇒ ∈φ −1( a) ( b) ( ab) K ab ( K),olduğundan φ −1 ( K)≤ G dir.6)= ∈ ⇒ ∈−1 −1 −1 −1( φ( a)) φ( a ) K a φ ( K)−1 −1 −1φ( g) φ( h)( φ( g)) = φ( g) φ( h) φ( g ) = φ( ghg ) ∈ K elde edilir. Böylece−1 −ghg ∈ φ1 ( K)olduğundan φ −1 ( K)⊲ G elde ederiz.Tanım 9.3. φ : ( G, ) → ( G ', ∗)bir grup homomorfizmi olsun. φ fonksiyonubire-bir ve örten ise φ ye bir grup izomorfizması, bu gruplara da izomorfgruplar adı verilir.Örnek 9.5. ( G, ) ve ( G ', ∗ ) iki grup ve φ : ( G, ) → ( G ', ∗)bir gruphomomorfizmi olsun. φ nin çekirdeği ( K, ) , ( G, ) grubunun bir normal alt175

grubu vegrubudur.1φ −grubunun çekirdeğiK '1= φ − ( e')de 'G nün bir normal altTeorem 9.3. (Homomorfizmaların Temel Teoremi) ( G, ) ve ( G ', ∗ ) iki grupve φ : ( G, ) → ( G ', ∗)bir grup homomorfizması olsun. Bu homomorfizmaaltında φ ( G)kümesi “ ∗ ” işlemine göre bir gruptur. ( K, ) , φ nin çekirdeğiolmak üzere φ ( G)grubu ile G K bölüm grubu arasında bir doğalizomorfizma vardır.Kanıt. Homomorfizmalar grup işlemlerini koruduğundan φ ( G)kümesinin ∗işlemine göre bir grup olacağı açıktır. Ayrıca, ψ : G K → φ( G)dönüşümü iyitanımlıdır. γ : G → G K dönüşümü φ = γψ olacak şekilde tanımlanırsaaşağıdaki diagram tanımlanabilir.G φ φ ( G)γKψG KŞimdi b ∈ aK olsun. φ( a) = φ( b)olduğunu göstermeliyiz. b ∈ aK−1olduğundan b = ak1olacak şekilde bir k1∈ K vardır. Böylece a b = k 1dir veK çekirdek olduğundan1 1 1e' = φ( k ) = φ( a − b) = φ( a − ) φ( b) = ( φ a )− φ b1( ) ( )bulunur ki, buradan φ( a) = φ( b)elde edilir. Böylece ψ iyi tanımlıdır. Şimdide ψ nin bire-bir olduğunu kanıtlayalım. ψ ( aK) = ψ ( bK ) olsun. ψ nintanımından φ( a) = φ( b)bulunur.( ) − 1( ) ( − 1 1) ( ) ( −)e' = ( φ a ) φ b = φ a φ b = φ a b−1olduğundan a b ∈ K veya b ∈ aK elde ederiz. Böylece bK = aK dır, yaniψ bire-birdir. ψ nin örten olduğu tanımından açıktır. Üstelikψ (( aK)( bK)) = ψ (( ab) K) = φ( ab) = φ( a) φ( b)= ψ ( aK ) ψ ( bK )olmasından dolayı ψ nin bir izomorfizma olduğu görülür.176

Örnek 9.6.{ }∗φ : R → C = C − 0 , φ ( x) = cos x + i sin xdönüşümü verilsin. x = 2 nπ, n ∈ Z ise φ ( x) = 1 dir, dolayısıyla φ ninçekirdeği R nin, < 2π > şeklindeki devirli alt grubudur. Teorem 9.3. tendolayı R < 2π > bölüm grubu ile φ( R ) birbirine izomorftur. BöyleceR < 2π > bölüm grubu, modülü 1 olan kompleks sayıların çarpımsalgrubudur. Bu grubun elemanları kompleks düzlemdeki birim çember üzerindeyer alır. Geometrik olarak R < 2π > nin her kalan sınıfının temsilci elemanı0 ≤ x < 2πaralığında bulunur.Tanım 9.4. G bir grup ve M, G nin bir normal alt grubu olsun. Eğer M ≠ Gve G nin M yi kapsayan hiçbir normal öz alt grubu yoksa M ye G nin birmaksimal normal alt grubu adı verilir.Teorem 9.4. M nin G de bir maksimal normal alt grup olması için gerek veyeter koşul G M nin bir basit grup olmasıdır.Kanıt. M, G nin bir maksimal normal alt grubu olsun. γ : G → G M şeklindebir doğal izomorfizma tanımlanabilir. Böylece,1γ −dönüşümü altında G Mnin herhangi bir normal alt grubunun resmi G nin M yi kapsayan bir normal özalt grubu olacaktır. Halbuki M maksimaldır, dolayısıyla bu olamaz, o haldeG M bir basit gruptur. Teoremin karşıtı benzer şekilde kanıtlanabilir.Teorem 9.5. Bir G grubunun tanımladığı bir φ homomorfizminin bire-birolması için gerek ve yeter koşul φ nin çekirdeğinin { e } den ibaret olmasıdır.Kanıt. φ bire-bir olsun. Homomorfizmalar birim elemanları, birim elemanlararesmettiklerinden φ nin çekirdeği { e } den ibarettir. Tersine, φ nin çekirdeğisadece { e } den ibaret olsun. O taktirde a,b ∈ G içinolacağından( ) ( ) ( )−1 −1 −1( ) ( ) ( ) ( ) ( )φ a = φ b ⇒ e = φ a φ b = φ a φ b = φ a b−1a b , φ nin çekirdeğindedir. Böylece,olduğundan φ bire-birdir.−1a b = e ⇒ a = bTeorem 9.6. ( İzomorfizmaların Birinci Teoremi ) H ve K, bir G grubunun ikinormal alt grubu olsun. K HG K H Küzerine bir doğal izomorfizma tanımlanabilir.⊲ ise o taktirde G K dan ( ) ( )177

Kanıt. Teorem 9.3. deki γ dönüşümü G nin bir homomorfizması ve H da Gnin bir normal alt grubu ise o taktirde γ H , γ G nin bir normal alt grubuolacaktır. Şimdi G nin γ : G → G K şeklindeki doğal izomorfizmasını gözönüne alalım. O haldedüşünülebilir. Kγ H , G K nın bir normal alt grubu olarak⊲ H olduğundan γ H = H K olur. Şimdi de: G ( G K ) ( H K )φ → , φ ( a) = ( aK)( H / K)dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır. Çünkü,φ ab = ab K H K = aK bK H K( ) [( ) ( )] [( )( )]( )=[( aK)( H K)][( bK)( H K)]= φ ( a) φ ( b)dir ve H K , ( G K ) ( H K ) kalan sınıflar grubunun birim elemanıolduğundan, φ nin çekirdeği G nin φ ( x)= H K koşulunu sağlayan x ∈ Gelemanlarından oluşur. Bu elemanlar aynı zamanda H nın da elemanlarıG K H K ya izomorf olduğu bulunur.olduğundan G H nın, ( ) ( )GγHG HγKG K ( G K ) ( H K )γH KTanım 9.5. G bir grup ve H0, H1,..., Hnkümeleri G nin alt grupları olsun.∀ i için Hi⊲ Hi + 1şeklinde normal alt gruplar ve H0= { e}ve Hn= G olmaküzere H0, H1,..., Hnşeklindeki sonlu alt grupların dizisine G nin alt normalgrup serisi adı verilir. Eğer H0, H1,..., Hnalt grupları sadece G nin normal altgrupları ise bu sonlu diziye bir normal grup serisi denir.Örnek 9.7. ( , + ){ }Z grubunu göz önüne alalım. { }0 < 9Z< Z serileri, Z nin normal serileridir.Örnek 9.8. D4, karenin simetrilerinin grubu için0 < 8Z < 4Z < Z ve178

{ ρ } { ρ µ } { ρ ρ µ µ }serisi, D4ün bir alt normal serisidir.Tanım 9.6. { } iher birHi,< , < , , , < D0 0 1 0 2 1 2 4H ve { K j } , G nin iki serisi olsun. Eğer { Hi} { Kj}Kjlerden birisinin alt kümesi ise o taktirde { j }serisinin inceltilmişi adı verilir.Örnek 9.9. { }serisinin bir inceltilmişidir.0 < 72 < 24 < 8 < 4

olduğundan3195510 = 2⋅3⋅5⋅7 ⋅ 19( ) ( )( )( ) ( )( )bulunur. Şu halde A Z( A) ϕ ( 195510)423362 5 3 2ϕ 195510 = 2 −1 3 −1 5 −1 7 7 −1 19 − 1 = 2 ⋅3 ⋅ 7 = 42336SYLOW TEOREMLERİ= = = dır.Tanım 9.10. G bir grup ve a, b ∈ G olsun. Eğer b = xax −1 olacak şekilde birx ∈ G elemanı bulunabiliyor ise a ile b eşleniktir denir.Teorem 9.8. “ a ≈ b ⇔ xax −1 olacak şekilde bir x ∈ G vardır ” şeklindetanımlanan bağıntı G üstünde bir denklik bağıntısıdır.Kanıt. x = e için a = eae −11dir, yani a ≈ a dır. a ≈ b ise b = xax − olacak1şekilde şekilde bir x ∈ G vardır ve G bir grup olduğundan x− ∈ G dir.−1 −1 −1 −1b = xax ⇒ a = x b( x ) ⇒ b ≈ aolduğundan bağıntı simetriktir.−1 −1a ≈ b, b ≈ c ⇒ b = xax , c = ybyolacak şekilde x,y ∈ G elemanları vardır ve G grubu kapalı olduğundanyx ∈ G dir. O halde,dir.( ) ( ) ( )−1 −1 −1c = y xax y = yx a yx ⇒ a ≈ cTanım 9.11. G grubu için yukarıda tanımladığımız eşlenik olma bağıntısı ile Gyi denklik sınıflarına ayırabiliriz. Bu denklik sınıflarının her birisine bir eşleniksınıfı adı verilir ve bir a ∈ G için a nın denklik sınıfı C[ a ] şeklinde gösterilir.Şu halde,dir.−1{ }C[ a]= xax | x ∈ GÖrnek 9.11. Eğer G değişmeli bir grup iseC[ a]= a dır.{ }−1 −1xax xx a a= = olacağındanÖrnek 9.12. γ3simetrik grubunun eşlenik sınıfları{ ρ 0 } , { 1,2}ρ ρ , { µ , µ , µ }1 2 3dir.36 γ = olduğundan,3γ ün mertebesi eşlenik sınıflarının eleman sayılarıtarafından bölünür ve eğer G nin mertebesi sonlu ise o taktirde mertebesi, bueşlenik sınıflarının eleman sayıları toplamına eşittir.180

Örnek 9.13. Sonlu bir G grubunda birbirinin eşleniği olan iki elemanınmertebelerinin aynı olduğunu gösterelim.Çözüm. G = n ve c, g ∈ G olsun. c = gcg −1 olduğunu gösterelim. c = tolduğunu farzedelim. Birleşme özelliğini kullanarakt−1 −1 −1 −1 t −1 −1( gcg ) ( gcg )( gcg ) ( gcg ) g c ggg1= ... = = = 1 ( gg − = dir )elde edilir. 1 t′telde edilir, buradan daçelişir. Şu halde1G1t′t−1−1≤ < için ( gcg ) ≠ 1Gdir. Çünkü ( gcg )−1 −1 −1 t′−1( gcg )( gcg )...( gcg ) = gc g = 1Ggcg−1t′defat′ −GGG′1 G= 1 olsa :c = g 1 1 g = 1 bulunur ki, bu c = t oluşu ileG−1= t , yani c = gcg = t dir.GTanım 9.12. G grubunun mertebesi n olsun. G nin merkezinin eleman sayısı cve G nin birden çok elemana sahip eşlenik sınıflarının sayısı da r olsun. Bueşlenik sınıflarının eleman sayıları sırasıyla n 1, n 2,..., n rolmak üzeren = c + n1 + n2 + ... + nr, c | n , n1| n , ... , nr| ndir.n = c + n1 + n2 + ... + nrdenklemine 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 yirbölmeyen bir asal sayı olmak üzere G = p m olsun. O taktirde G, 0 ≤ i ≤ rolmak üzere mertebesimertebeli herhangi biralt grubudur.rp olan birKialt grubu,Hialt grubuna sahiptir. Üstelik G nini 1p + mertebeli biri 1ipK +grubunun normalTeorem 9.10. ( İkinci ve Üçüncü Sylow Teoremleri ) G sonlu merebeden birrgrup ve p, m yi bölmeyen bir asal sayı olmak üzere G = p m olsun. Otaktirde G ninrp mertebeli bütün alt grupları eşlenik gruplardır ve bunlarınsayısı G nin mertebesini böler, üsteliksayısı s ise s ≡ 1(mod p)dir.rp mertebeli bütün eşlenik alt grupların181

Tanım 9.13. G bir grup ve p bir asal sayı olmak üzere G nin her elemanımertebeli ise G ye bir p-grup adı verilir.rpTeorem 9.11. Sonlu bir G grubunun bir p-grup olması için gerek ve yeterrkoşul G = p olmasıdır.Kanıt. G bir p-grup ve Gr= p m olsun. Burada p m|/ dir. Eğer q | m ise otaktirde G nin, mertebesi q olan bir alt grubu olurdu ve bu alt grup q ≠ polmak üzere mertebesi q olan bir eleman tarafından üretiliyor olurdu. Bu ise Grnin p-grup oluşu ile çelişir. Şu halde m = 1 olmak zorundadır ve G = p dir.Tersine,Gr= p ise bir grubun her elemanının mertebesi grubunmertebesini böleceğinden G nin bir p-grup olduğu elde edilir.−Tanım 9.14. G bir grup ve a ∈ G olsun. N[ a]= { x ∈ G | xax 1 = a}kümesinea nın normalleyeni ( normalizatörü ) denir.−Teorem 9.12. G bir grup ve a ∈ G olsun. N[ a]= { x ∈ G | xax 1 = a}kümesi,−1 −1G nin bir alt grubudur ve x,y ∈ G olmak üzere xax = yay olması içingerek ve yeter koşul x ve y nin N[ a ] nın aynı sol kalan sınıfında olmasıdır.−11Kanıt. b, c ∈ N[ a] ise bab = a , cac− = a yazabiliriz. O halde,olduğundan bc ∈ N[ a]dır. Ayrıca−1b N a bab ab( ) ( ) ( )∈ [ ] ise = ve buradanN[ a]− 1∈ dır. Böylece [ ]−1 −1 −1b cac b = a ⇒ bc a bc = a1eae a e N a− = ise ∈ [ ] dır. Diğer taraftan,= ( ) = olduğundan−1 −1 −1 −1b ab b a b aN a , G nin bir alt grubudur. Üstelik,xax= yay−1 −1−1 −1−1 −1 1ise ( y x) a( x y)= a veya ( y x) a( y x)− −1= a olacağından y x ∈ N[ a]veya x ∈ yN[ a]dır, dolayısıyla x ve y, N[ a ] nın aynı sol kalan sınıfınınelemanı olur.Teoremin karşıt ifadesi benzer biçimde kanıtlanabilir.Sonuç: G sonlu bir grup ve a ∈ G ise o taktirde C[ a ] nın mertebesi G ninmertebesini böler.Örnek 9.14. G bir grup, a ∈ G ise N = N − 1 olduğunu gösterelim.Çözüm. N { g G ag ga},a−1 −1= ∈ = N −1a { g G a g ga }aa= ∈ = dir. N = N − 1olduğunu göstermek için Na⊂ N − 1 ve N −1 ⊂ Naolduğunu göstermeliyiz.aaaa182

Her g ∈ N için ag = ga olduğundan bu eşitliğin heriki tarafını sağdan vesoldana1a −ile çarparak= bulunur ki, buradan g ∈ N − 1 , yani−1 −1ga a gNaa⊂ N − 1(9.1)−1 −1elde edilir. Benzer şekilde her g′∈ N − 1 için a g′ = g′a olduğundan bueşitliğin heriki tarafını sağdan ve soldan a ile çarparak g′ a = ag′bulunur ki,buradan g′∈ N yaniaaaaN − ⊂ N(9.2)1 abulunur. Şu halde (9.1) ve (9.2) den N = N − 1 elde edilir.aTeorem 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 kartezyençarpımı olarak yazılabilmesi için gerekli koşullardan birisi ∀h ∈ H , ∀k ∈ Kiçin hk = kh olmasıdır. Teoremin kanıtını yapmak için sadece bu koşulunsağlandığını göstermek yeterlidir, çünkü diğer koşullar teoremde verilen−1 −1varsayımlardan açıktır. Bunun için ∀h ∈ H , ∀k ∈ K için hkh kkomütatörünü göz önüne alalım. K, G nin bir normal alt grubu olduğundan−1 1kh k− −1 −1∈ K dır. Yukarıdaki komütatörü h( kh k ) şeklinde yazarsak H birnormal alt grup olduğundandır. Böylecebuluruz.kh ka−1 − 1∈ H elde ederiz. O halde−1 1hkh k − ∈ H ∩ K olur. Hipotezden,−1 −1( )h kh kise∈ H−1 1hkh k − = e hk = khTeorem 9.14. p bir asal sayı olmak üzere, mertebesi2p olan her grupdeğişmelidir.2Kanıt. G, mertebesi p olan bir grup olsun. Eğer G devirli değilse grubunbirim elemanı dışındaki bütün elemanlarının mertebesi p olur. a, mertebesi polan bir eleman olsun. Bu takdirde < a > devirli grubunun mertebesi de p dir.Dolayısıyla < a > grubu, G nin bütün elemanlarını içermez. b, G nin bu gruptaolmayan bir elemanı olsun. O zaman < a > ∩ < b >= { e}dir. Çünkü c ≠ eolmak üzere c ∈< a > ∩ < b > olsa: c ∈< a > ve c ∈< b > olacağından< a >=< b > elde edilir ki, bu kabulümüz ile çelişir. 1. Sylow Teoremine göre2< a > , G nin p mertebeli herhangi bir alt grubunun bir normal alt grubuolacağından < 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 ve2mertebesi p yi bölen bir alt grubudur. Böylece < a > ∨ < b >= G elde ederiz.183

O halde Teorem 9.13. e göre G ≅< a > ∨ < b > izomorfizması vardır. Sonuçolarak, < a > ∨ < b > grubu değişmeli olduğundan bu gruba izomorf olan Ggrubu da değişmelidir.Teorem 9.15. H ve K, bir G grubunun sonlu mertebeli iki alt grubu ise butaktirdeH KHK =H ∩ Kdir.Kanıt. H= r , K = s , H ∩ K = t olsun. HK nın en çok rs elemana sahipolacağı açıktır. Eğer bazı h1 , h2∈ H ; k1,k2∈ K elemanları için h1 k1 = h2k2−1 −1koşulu gerçekleniyor ise x = ( h ) h = k ( k ) dersek x ∈ H ve x ∈ K olur2 1 2 1ki, bu x ∈ H ∩ K olması demektir.−12 1 2 1x = ( h ) h ise h = h x ve−1 −12 1 2 1x = k ( k ) ise k = xk yazabiliriz. Diğer taraftan y ∈ H ∩ K için−1h3 = h1 y , k3 = yk1ise bu durumda h3∈ H ve k3∈ K olmak üzereh3k3 = h1 k1buluruz. O halde, HK nın herhangi bir hk elemanı hi∈ H veki∈ K olmak üzere hi kişeklinde t defa yazılabilmektedir. Bu bizeH KHK = olduğu sonucunu verir.H ∩ KPROBLEMLER1) i { 1, 2, 3,..., n}∀ ∈ için ( Gi,.) bir grup ve G = G1 × G2 × ... × Gnolsun. Butakdirde her bir i için G den Giye bir φihomomorfizmasınıntanımlanabileceğini gösteriniz.+2) φ : ( R ,.) → ( R , + ), φ( x) = ln x şeklinde tanımlanan dönüşümün birhomomorfizma olduğunu gösteriniz.ixφ : ( R , ) ( R 0 ,.) , φ ( x) = e = cos x + i sin x dönüşümünün bir3) + + → −{ }homomorfizma tanımladığını gösteriniz ve çekirdeğini bulunuz.4) φ : G → H dönüşümü bir grup izomorfizması isebir grup izomorfizması olduğunu gösteriniz.1φ −ters dönüşümünün de184

5) φ : G → H , ϕ : H → N dönüşümleri birer grup izomorfizması ise budurumda ϕ φ : G → N bileşke dönüşümünün de bir grup izomorfizmasıolduğunu kanıtlayınız.6) f : G → G ', g : G → G ' iki grup homomorfizması iseH = { x ∈ G | f ( x) = g( x)}olmak üzere, ( H ,.) cebirsel yapısının G nin bir alt grubu olduğunukanıtlayınız.7) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunubelirleyiniz.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) ( R , + ) grubu bir permütasyon grubuna izomorftur.8) H, bir G grubunun herhangi bir alt grubu ve g ∈ G iseizomorfizması vardır, kanıtlayınız.H ≅ gHg −19) G1 ,2G herhangi iki grup olmak üzereφ : G1 × G2 → G1, ϕ : G1 × G2 → G2φ ( g1, g2 ) = g1, ϕ ( g1, g2 ) = g2şeklinde tanımlanan φ ve ϕ dönüşümlerinin birer homomorfizma olduğunukanıtlayınız ve bu dönüşümlerin çekirdeklerini bulunuz.10) ( Z6, + ) ve ( Z8, + ) gruplarının izomorf olmadıklarını kanıtlayınız.11) f : G → H dönüşümü bir grup homomorfizması ve örten olsun. N, G ninbir normal alt grubu ise f ( N ) nin de H nın bir normal alt grubu olduğunugösteriniz.12) f : G → H dönüşümü bir grup homomorfizması ve M, H nın bir normalalt grubu ise o taktirde13) { }0 < 60 < 20

14) Z5× Z5nin birleşim serisini bulunuz.15) γ3×Z2nin birleşim serisini bulunuz.16) N, G grubunun değişmeli bir normal alt grubu ise G N nin N ye eşlenikolacağını kanıtlayınız.17) ( Z12, + ) grubunun, p-alt grubunu bulunuz ve p. mertebeden Sylow altgruplarını belirleyiniz.18) G grubunun bir H alt grubunun G de normal olması için gerek ve yeterkoşul H nın, G deki eşlenik sınıflarının birleşimine eşit olmasıdır, kanıtlayınız.186

10. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLERTanım 10.1. H, boş olmayan bir küme ve ⊕ ve ⊙ , H üstünde tanımlı iki ikiliişlem olsun. Aşağıdaki koşullar sağlanırsa ( H, ⊕, ⊙ ) üçlüsüne bir halka adıverilir;1) ( H, ⊕ ) değişmeli bir gruptur.2) ⊙ işlemi, H üstünde birleşmelidir.3) H da ⊙ işleminin, ⊕ işlemi üzerine sağdan ve soldan dağılma özelliğivardır.Örnek 10.1. ( Z n, + ) devirli grubu verilsin. x , y ∈ Znise xy nin n ilebölümünden elde edilecek kalanı a.b şeklinde gösterirsek bu durumda( Z , ,.) bir halka oluşturur.n +Teorem 10.1. H, toplamsal birim elemanı 0 olan bir halka ise a,b ∈ Holmak üzere1) 0. a = a.0 = 0 ,2) − b , b nin toplamsal tersi olmak üzere a.( − b) = ( − a). b = − a.b ,3) ( −a).( − b) = a.bözellikleri gerçeklenir.Kanıt.1) a.0 = a(0 + 0) = a.0 + a.0olduğundan a .0 = 0 dır.2) ( a. b) + ( − ( a. b)) = 0 olduğundan,a.( − b) + ( a. b) = a(( − b) + b)) = a.0 = 0elde ederiz.3) ( −a).( − b) = −( a.( − b))= −( − ( a. b))= a.b dir.Tanım 10.2. H ve H ' iki halka ve φ : H → H ' dönüşümü bire-bir ve örtenolsun. Ayrıca1) φ( a + b) = φ( a) + φ( b),2) φ( a. b) = φ( a). φ( b)koşulları sağlanıyorsa φ ye H dan H ' ye bir halka izomorfizması adı verilir.Örnek 10.2. ( Z , + ) ve (2 Z , + ) değişmeli grupları içinφ : Z → 2Z , φ ( x) = 2xdönüşümü bir grup izomorfizması tanımlamasına karşın, ( Z , + ,.) ve (2 Z , + ,.)halkaları arasında bu dönüşüm bir halka izomorfizması tanımlamaz, çünküφ ( x. y) = 2xyve φ( x. y) = φ( x). φ( y) = 2 x.2 y = 4xy187

irbirinden farklıdır.Tanım 10.3. Bir halka için ikinci işlem (veya çarpma işlemi) değişmeli isehalkaya değişmeli halka, benzer şekilde ikinci işlemin birim elemanı varsahalkaya birimli halka deriz.Örnek 10.3. Z, Q ve R halkaları değişmeli ve birimli olmalarına karşı 2Zhalkası birimli değildir. Burada ikinci işlemin birim elemanı söz konusuedilmektedir. Yani ikinci işlemin birim elemanı varsa halkaya birimli halka,ikinci işlemin birim elemanı yoksa birimsiz halka denilmektedir.n ≥ 2 için n× n mertebeli matrislerin kümesi, üzerinde tanımlanan matristoplamı ve matris çarpımı işlemleri ile birlikte değişmeli olmayan bir halka0 halkası, üzerinde tanımlanan her ikiyapısına sahiptir. Diğer taraftan { }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 çarpımsalinversi mevcut ise bu elemana inverslenebilir bir eleman denir. Eğer H nınsıfırdan farklı her elemanı inverslenebilir ise H ya bir yarı-cisim ve eğer biryarı-cisim değişmeli ise bu yarı-cisme bir cisim adı verilir.Tanım 10.5. ( H, ⊕, ⊙ ) bir halka olsun. S ⊆ H , H nın boş olmayan bir altkümesi olmak üzere ( S, ⊕, ⊙ ) da bir halka yapısına sahip ise S ye H nın bir althalkası denir.Önerme 10.1. ( H, ⊕, ⊙ ) bir halka ve S⊆ H , H nın boş olmayan bir altkümesi olmak üzere ( S, ⊕, ⊙ ) nın, ( H, ⊕, ⊙ ) halkasının bir alt halkası olmasıiçin gerek ve yeter koşul∀x,y ∈ S için x ⊕ ( − y)∈ S , x ⊙ y ∈ Solmasıdır.Önerme 10.2. ( F, ⊕, ⊙ ) bir cisim ve S⊆ H , H nın boş olmayan bir altkümesi olmak üzere ( S, ⊕, ⊙ ) nın, ( F, ⊕, ⊙ ) cisminin bir alt cismi olması içingerek ve yeter koşullar1) ∀x,y ∈ S için x ⊕ ( − y)∈ S , x ⊙ y ∈ S2) x S { 0}olmasıdır.∀ ∈ − içinx− 1∈S188

= + ∈ Q kümesinin, C deki " + " ve " ⋅ "Örnek 10.4. K { a b 3 i a,b }işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım.Çözüm. Her a + b 3 i, c + d 3i ∈ K çifti için( ) ( ) ( ) ( )a + b 3i − c + d 3i = a − c + b − d 3 i ∈ K, ∈Q∈Q( ) ( ) ( ) ( )a + b 3 i . c + d 3i = ac − 3bd + ad + bc 3i ∈ K ∈Q∈Qolduğundan Önerme 10.1. e göre K, C nin bir alt halkasıdır ve C de geçerliolan komütatiflik, K da da geçerlidir. Diğer yandan, C deki sıfır-a + b 3 i, c + d 3i ∈ K − 0 içinbölensizlikten dolayı her { }dır. Ayrıca, her a b 3i K { 0}dır, çünkü( a + b 3 i ).( c + d 3 i ) ∈ K − { 0}+ ∈ − için1 a b= − 3i∈ K − 02 2 2 2a + b 3ia+ 3b a+ 3b∈Q∈Q⎧2 2+ ≠a 3b0⎪a + b 3i ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 ∨ b ≠ 0 ⇒ ⎨ a b⎪ ≠ 0 ∨ ≠ 02 2 2 2⎩ a + 3b a + 3bdır. Şu halde ( K , + ,.) bir komütatif cisimdir.Tanım 10.6. Bir cismin kendisinden başka hiçbir alt cismi yoksa bu cisme birasal 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{( F , ,.) i I}i+ | ∈ olsun. A = ∩ Fikümesi, F nin boş olmayan bir alt kümesidir.i∈I∀x,y ∈ A için i ∈ I olmak üzere x, y ∈ Fidir. Filer cisim olduğundan∀i∈ I için−1x + ( −y) ∈ Fi, x. y ∈ Five x ≠ 0 ⇒ x ∈ Fidir. Bu durumda,−1x + ( −y)∈ A , x.y ∈ A ve x ≠ 0 ⇒ x ∈ A{ }189

elde ederiz. Böylece ( A , + ,.) cebirsel yapısı, F nin bir alt cismidir. Ayrıca,( A , + ,.) nın bir ( P , + ,.) alt cismi için A ⊆ P dir, dolayısıyla A = P olur ki,bu ( A , + ,.) nın bir asal cisim olduğunu gösterir.Teorem 10.4. Bileşenleri bir F cismine ait olan n× n mertebeli matrislerinkümesi Mn( F ) olsun. Bu küme, üzerinde tanımlanan matris toplamı ve matrisçarpımı işlemleri ile birlikte bir halka yapısına sahiptir. Diğer taraftann nF → F şeklindeki lineer dönüşümler n× n mertebeli matrislere karşılıkgelir. Bu ise matris çarpımı işleminin, dönüşümlerin bileşkesi işlemine karşılıkgeleceği anlamındadır. Dönüşümlerin bileşkesi işlemi değişme özelliğine sahipdeğildir, aynı şekilde matris çarpımı işlemi de değişmeli değildir. Bu nedenlen ≥ 2 için matrislerin M ( F ) halkası da değişmeli olmayan bir halkadır.nÖrneğin, n = 2 içinmatrisleri verilsin.0 1A = ⎡ ⎤⎢0 0 ⎥⎣ ⎦ , 0 0B = ⎡ ⎤⎢0 1 ⎥⎣ ⎦AB 0 1 0 0 0 1= ⎡ ⎢ ⎤ 0 0⎥ ⎡ ⎢ ⎤ =⎡ ⎤0 1⎥ ⎢0 0⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ , BA 0 0 0 1 0 0= ⎡ ⎢ ⎤ 0 1⎥ ⎡ ⎢ ⎤ =⎡ ⎤0 0⎥ ⎢0 0⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦bulunur. Bu sonuç matris çarpımı işleminin değişmeli olmadığını gösterdiğigibi, A ≠ 0 , B ≠ 0 iken AB = 0 olduğundan, A ve B matrislerinin M ( F ) 2halkasında sıfır bölenler olduğunu gösterir.Tanım 10.7. G, değişmeli bir grup olmak üzere G nin bir homomorfizmasınabir endomorfizma adı verilir.Değişmeli bir G grubunun bütün endomorfizmalarının kümesini Hom( G )ile göstereceğiz. İki endomorfizmanın bileşkesi yine bir endomorfizmaolduğundan Hom( G ) kümesi üzerindeki çarpma işlemi, endomorfizmalarınbileşkesi işlemi olup, bu işlem birleşmeli olduğundan Hom( G ) kümesiüzerindeki çarpma işleminin birleşmeli olduğunu elde ederiz. Hom( G ) kümesiüzerindeki toplama işlemi; φ, ϕ ∈ Hom( G)olmak üzere ∀a ∈ G için( φ + ϕ)( a) = φ( a) + ϕ( a)şeklinde tanımlanır ve ∀a,b ∈ G için,( φ + ϕ)( a + b) = φ( a + b) + ϕ( a + b) = ( φ( a) + ϕ( a)) + ( φ( b) + ϕ( b))190

= ( φ + ϕ)( a) + ( φ + ϕ)( b)olduğundan ( φ + ϕ) ∈ Hom( G)dir. G değişmeli olduğundan,( φ + ϕ)( a) = φ( a) + ϕ( a) = ϕ( a) + φ( a) = ( ϕ + φ)( a)elde edilir, böylece φ + ϕ = ϕ + φ dır. Ayrıca toplama işlemi birleşmelidir,çünkü; ∀a ∈ G için,( φ + ( ϕ + ψ ))( a) = φ( a) + ( ϕ + ψ )( a) = φ( a) + ( ϕ( a) + ψ ( a))= ( φ( a) + ϕ( a)) + ψ ( a) = ( φ + ϕ)( a) + ψ ( a)= (( φ + ϕ) + ψ )( a)olduğundan ( φ + ϕ) + ψ = φ + ( ϕ + ψ ) , yani toplama işlemi birleşmelidir. Ggrubunun birim elemanı e ise ∀a ∈ G için i( a)= e şeklinde tanımlı iendomorfizması Hom( G ) nin toplamsal birimidir. φ ∈ Hom( G)olsun.( − φ)( a)= − ( φ( a))şeklinde tanımlanan − φ endomorfizması φ nin toplamsaltersidir, gerçekten −φ∈ Hom( G)dir, çünkü ∀a,b ∈ G[ ]( − φ)( a + b) = − [ φ( a + b)] = − φ( a) + φ( b)= − ( φ( a)) + ( − ( φ( b))) = ( − φ)( a) + ( − φ)( b)dir. Şu halde, Hom( G ) kümesi toplama işlemine göre değişmeli bir gruptur.Diğer taraftan ϕ, φ, ψ ∈ Hom( G)ve a ∈ G ise[( φ + ϕ) ψ ]( a) = ( φ + ϕ)( ψ ( a)) = φ( ψ ( a)) + ϕ( ψ ( a)) = ( φψ + ϕψ )( a)olduğundan ( φ + ϕ)ψ = φψ + ϕψ elde ederiz. Bu durumda aşağıdaki teoremkanıtlanmış oldu.Teorem 10.5. Değişmeli bir G grubunun endomorfizmalarının Hom( G )kümesi, homomorfizmaların toplamı ve çarpımı işlemleri ile birlikte bir halkayapısına sahiptir.Bu teoremde Hom( G)halkası üstündeki çarpma işlemi homomorfizmalarınbileşkesi işlemi olup, bu işlem genel olarak değişmeli değildir, ancak bazıdurumlarda, örneğin G = Z seçersek Hom( Z ) halkası değişmeli bir halkaoluşturur.Örnek 10.5. ( Z× Z , + ) cebirsel yapısını göz önüne alalım. Z×Z dekiendomorfizmaları şöyle tanımlarız. φ, ϕ ∈ Hom( Z×Z)olmak üzereve böylece ∀m,n ∈ Z içinφ (1,0) = (1,0) , φ (0,1) = (1,0) ,ϕ (1,0) = (0,0) , ϕ (0,1) = (0,1)191

( φϕ)( m, n) = φ( ϕ( m, n)) = φ(0, n) = ( n,0),( ϕφ)( m, n) = ϕ( φ( m, n)) = ϕ( m + n,0) = (0,0)olduğundan φϕ ≠ ϕφ dir. Böylece Z×Z nin endomorfizmalarının kümesi,değişmeli olmayan bir halka yapısı oluşturur.Örnek 10.6. ( H , + ,.) halkası verilsin. Eğer ∀x ∈ H için x.x = x koşulusağlanıyorsa H ya Boole halkası adı verilir.nTanım 10.8. H değişmeli bir halka ve a ∈ R olsun. a = 0 olacak şekilde birn ∈ Z tamsayısı varsa a ya sıfırıncı kuvvettendir deriz.Tanım 10.9. H birimli bir halka olmak üzere H nın sıfırdan farklı herelemanının H da bir çarpımsal inversi varsa H ya bir yarı-cisim adı verilir.( R , + ) toplamsal grup olmak üzere Q = R × R × R × R kuaternionlarkümesini göz önüne alalım. Önce Q nun elemanlarını tanımlayalım. Bununiçin1 = (1,0,0,0) , i = (0,1,0,0) , j = (0,0,1,0) , k = (0,0,0,1)olmak üzere,a1 = ( a1,0,0,0) , a2i= (0, a2,0,0), a3 j = (0,0, a3,0), a4k= (0,0,0, a4)gösterimini yapalım. Buna göre Q ya ait bir ( a1 , a2, a3, a4) elemanını( a1 , a2, a3, a4 ) = a1 + a2i + a3 j + a4kşeklinde gösteririz. Q daki toplama işlemi,( a + a i + a j + a k) + ( b + b i + b j + b k) = ( a + b ) + ( a + b ) i + ( a + b ) j + ( a + b ) k1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4şeklinde tanımlanır. Q daki çarpma işlemi ise a ∈ Q içinolmak üzerei.k1. a = a.1ve i 2 = j 2 = k2 = − 1= j , j.k= i , j.i= − k , k.j= − i , i.k= − jolarak tanımlanır. Bunları dikkate alarak Q daki çarpma işlemi( a + a i + a j + a k)( b + b i + b j + b k)1 2 3 4 1 2 3 4= ( a b − a b − a b − a b ) + ( a b − a b − a b − a b ) i1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 2 1 3 4 4 3+ ( a b − a b − a b − a b ) j + ( a b − a b − a b − a b ) k1 3 2 4 3 1 4 2 1 4 2 3 3 2 4 1192

şeklinde tanımlanır. Ayrıca ij = k , ji = − k olduğundan ij ≠ ji dir, böyleceQ üstünde tanımladığımız çarpma işlemi değişmeli değildir. Bu nedenle Qbir cisim olamaz. a = ( a1 , a2, a3, a4 ) = a1 + a2i + a3 j + a4k ∈ Q alalım ve ailerin hepsi birden sıfır olmasın. Bu durumda( a + a i + a j + a k)( a − a i − a j − a k)= a + a + a + a = a2 2 2 21 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4elde ederiz vea = ( a1 , −a2, −a3 , − a4 ) = a1 − a2i − a3 j − a4k ∈ Qgösterimini yaparsak, a nın çarpımsal inversi1 a a1 a2 a3a4a − = = − i − j − k2 2 2 2 2a a a a a2şeklinde bulunur. Böylece aşağıdaki teorem kanıtlanmış olur.Teorem 10.6. Q Kuaternionların kümesi, yukarıda tanımlanan işlemlerlebirlikte bir yarı-cisim yapısına sahiptir.PROBLEMLER1) ( H , + ,.) birimli bir halka ve 0, toplama işleminin birim elemanı; 1 deçarpma işleminin birim elemanı olsun. Eğer H kümesi en az iki elemana sahipise 0 ≠ 1 olduğunu gösteriniz.2) ( H , + ,.) halkası bir Boole halkası ise ∀x ∈ H için x = − x olduğunugösteriniz ve bir Boole halkasının değişmeli olup olmadığına karar veriniz.3) ( H , + ,.) bir halka ve a,b ∈ H sıfırıncı kuvvetten elemanlar ise a + b ∈ Helemanının da sıfırıncı kuvvetten olduğunu gösteriniz.4) Bir halkanın sonlu sayıda alt halkasının arakesitinin de bu halkanın bir althalkası olacağını kanıtlayınız.5) P( A ) , sonlu bir A kümesinin alt kümelerinin kümesi, yani A nın kuvvetkümesi ise ∀X , Y ∈ P( A)için,X + Y = ( X ∪Y ) − ( X ∩ Y )veX.Y = X ∪ Yişlemleri ile birlikte P( A ) nın bir halka yapısına sahip olup olmayacağınıaraştırınız.193

6) P( A ) , A nın kuvvet kümesi ise ∀X , Y ∈ P( A)içinX + Y = ( X −Y ) ∪ ( Y − X )veX.Y = X ∪ Yişlemleri ile birlikte P( A ) nın bir halka yapısına sahip olup olmayacağınıaraştırınız.7) ( , )G + değişmeli grubu ve A { f f Hom( G)}= | ∈ kümesi verilsin. f ,g ∈ A ; ∀x ∈Giçin ( f + g)( x) = f ( x) + g( x)işlemi ve fonksiyonların bileşkeişlemi ile birlikte A nın bir halka yapısına sahip olduğunu kanıtlayınız.8) R reel sayılar kümesinin , ∀x,y ∈ R içinx ⊕ y = x + y − 1, x ⊙ y = x + y − xyşeklinde tanımlanan işlemlere göre bir cisim oluşturduğunu gösteriniz.9) ( H , + ,.) bir halka ve a Hbir alt halkası olduğunu gösteriniz.∈ olsun. T { x H ax 0}a= ∈ | = kümesinin, H nın10) ( S , + ) değişmeli bir grup ve 0, bu grubun birim elemanı olsun. ∀x,y ∈ Siçin x • y = 0 şeklinde tanımlanan “ • ” işlemi ile birlikte ( S , + ,•)nın birhalka olduğunu gösteriniz ve bu halkanın birimli ve değişmeli olup olmadığınıaraştırınız.11) ( H , + ,.) ve ( H ', ⊕, ⊙ ) iki halka ve f : H → H ' dönüşümü bir halkahomomorfizması 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 ) deb) Eğer S ' ,gösteriniz.H ' nün bir alt halkası iseH ' nin bir alt halkasıdır.−f1 ( S ') de H nın bir alt halkasıdır,12) 1, birimli bir ( H , + ,.) halkasının birimi ve e, bir ( H ', ⊕, ⊙ ) halkasınınsıfırı olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka homomorfizması olmak üzeref (1)≠ e ise bu taktirde f (1) , ( f ( H ), ⊕, ⊙ ) halkasının birimidir, kanıtlayınız.194

11. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİGerçel sayılar kümesinde iki sayının çarpımının sıfır olabilmesi için busayılardan en az birisinin sıfır olması gerektiğini biliyoruz. Örneğin, x ∈ Rolmak üzere ( x − 2)( x − 3) = 0 denkleminin çözümleri x = 2 ve x = 3 dür. Budenklemi başka bir cebirsel yapı içerisinde çözmek isteyelim.2Örnek 11.1. x − 5x+ 6 = 0 denklemini Z12de çözelim. x ∈ Z12olmak üzerebu denklemi gerçekleyen x ler, Z12nin işlem tablosu kullanılarak2.6 = 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 = 02olduğundan, x − 5x + 6 = ( x − 2)( x − 3) ifadesini sıfır yapan 2 ve 3 dışında(6 − 2)(6 − 3) = (11 − 2)(11 − 3) = 0olması nedeni ile x = 6 ve x = 11 de bu denklemin kökleri olarak bulunur.Böylece aşağıdaki tanımı verebiliriz.Tanım 11.1. H bir halka ve a,b ∈ H olsun. a ≠ 0 ve b ≠ 0 iken ab = 0oluyorsa 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 birdensıfırın bölenleri veya sıfır bölenler denir.Örnek 11.2. Z12de sıfırın bölenleri 2, 3, 4, 6, 8, 9 ve 10 elemanlarındanibarettir. Dikkat edilirse Z12de sıfırın bölenlerinin, 12 ile aralarında asalolmayan sayılardan oluştuğu görülür, yani x ∈ Z12sıfırın bir böleni isee. b. o. b.(12, x) ≠ 1 dir.Örnek 11.3. H { a, b, c,d}= kümesi aşağıda verilen işlem tablolarısayesinde bir halka oluşturur. Bu halkada sıfırın bölenlerini bulalım.⊕ a b c da a b c db b a d cc c d a bd d c b a⊗ a b c da a a a ab a b c dc a c c ad a d a d195

( H, ⊕, ⊙ ) halkasında, ⊕ işleminin birim elemanı a dır ve yine tablodangörüldüğü gibi halka değişmelidir. c ≠ a ve d ≠ a ve c ⊙ d = a olduğundanc, sıfırın sol böleni ve d de sıfırın sağ bölenidir. Sıfırın başka sağ ve solbölenlerinin olup olmadığını da araştırabiliriz.Not: Bir halkada birinci işlemin etkisiz elemanına halkanın sıfırı, ikinciişlemin etkisiz elemanına da halkanın birimi adını vereceğiz.Önerme 11.1. 0 ve 1 sırasıyla bir ( H , + ,.) halkasının sıfırı ve birimi olsun. ave b, sıfırın sol ve sağ bölenleri ise a ve b inverslenebilir değildir. Yani çarpmaişlemine göre tersleri mevcut değildir.Kanıt. a ve b sırasıyla sıfırın sol ve sağ bölenleri olduğundan a ≠ 0 ve b ≠ 01olmak üzere a. b = 0 dır. Şimdi a ve b nin H da a −1ve b − inverslerinin varolduğunu kabul edelim. O taktirde,−1 −1 −1a. b = 0 ⇒ a .( a. b) = a .0 ⇒ ( a . a). b = 0 ⇒ b = 0 ,a b = ⇒ a b b = b ⇒ a b b = ⇒ a =−1 −1 −1. 0 ( . ). 0. .( . ) 0 0bulunur. Bu a ≠ 0 ve b ≠ 0 olması ile, yani a ve b nin sıfırın sol ve sağbölenleri oluşu ile çelişir. O halde sıfırın bölenlerinin çarpma işlemine göreinversleri mevcut değildir.Teorem 11.1. Herhangi bir n tamsayısı için Znhalkasında sıfırın bölenleri, nile aralarında asal olmayan sayılardan oluşur.Kanıt. m ∈Z ve m ≠ 0 olmak üzere e. b. o. b.( m, n) = d ≠ 1 olsun.nn mm. = . n yazabiliriz. Bu eşitliğin sağ tarafı n nin bir katı olduğundan sıfırad dneşittir, o halde sol tarafı da sıfıra eşit olmak zorundadır. Bu durumda m. = 0 dndır. m ≠ 0 , 0d ≠ olduğundan m, Znde sıfırın bir sol bölenidir. Diğertaraftan eğer m ∈ Z elemanı için e. b. o. b.( m, n ) = 1 , yani m ve n aralarındaasal ise o zamannnZ de bir r elemanı için mr 0( mod n)≡ olur ki, bu durumdan, mr yi böler. e. b. o. b.( m, n ) = 1 olduğundan n | r elde edilir, böylece r = 0buluruz.Sonuç 11.1. n bir asal sayı ise Znhalkasında hiçbir sıfır bölen yoktur, yaniZnsıfır-bölensizdir.H bir halka; a, b,c ∈ H ve a ≠ 0 olsun.ab = ac ⇒ b = c ve ba = ca ⇒ b = c196

önermeleri doğru ise H halkasında sadeleştirme kuralı geçerlidir deriz.Örnek 11.4. Z 11760 halkasında kaç tane sıfır-bölen vardır?Çözüm. Z 11760 halkasının elemanlarından asal kalan sınıflarını ve 0 kalansınıfını çıkarırsak sıfır-bölenleri elde ederiz.11760 = 2⋅ 5880 = 2 ⋅ 2940 = 2 ⋅ 1470 = 2 ⋅ 735 = 2 ⋅3⋅2454 4 2= 2 ⋅3⋅5⋅ 49 = 2 ⋅3⋅5⋅7olduğundan( ) ϕ ( )4 2 3 6ϕ 11760 = 2 ⋅3⋅5⋅ 7 = 2 ⋅2⋅ 4⋅7 ⋅ 6 = 2 ⋅ 42 = 2688elde edilir. Şu halde Z 11760 halkasındaki sıfır-bölenlerin sayısıdir.2 3 4 4( ϕ ( ) )11760 − 11760 + 1 = 11760 − 2689 = 9071Teorem 11.2. Bir H halkasında sadeleştirme kuralının geçerli olması içingerek ve yeter koşul H halkasının sıfır-bölensiz olmasıdır.Kanıt. H halkasında sadeleştirme kuralının geçerli olduğunu kabul edelim.a,b ∈ H elemanları için ab = 0 ise a veya b den en az birinin sıfır olduğunugöstermeliyiz.Eğer a ≠ 0 ise ab = a0dan b = 0 , eğer b ≠ 0 ise ab = 0bden a = 0 eldeederiz. Bu durumda H sıfır-bölensizdir.Şimdi H nın hiçbir sağ ve sol sıfır-bölene sahip olmadığını kabul edelim.Bu durumda a,b ∈ H ve a ≠ 0 olmak üzere ab = ac olsun. Buradana( b − c) = 0 yazabiliriz. O halde b − c = 0 , yani b = c buluruz. Benzer şekildeba = ca için aynı sonuç bulunur. Böylece H halkasında sadeleştirme kuralıgeçerlidir.H halkası sıfır-bölensiz bir halka olsun. Bu durumda a ≠ 0 olmak üzereax = b denklemi H da en çok bir çözüme sahiptir. Eğer ax = b denklemininH da x1, x2gibi farklı iki çözümü varsa ax1= b ve ax2= b dir. BuradanTeorem 11.2. ye göre x1 = x2elde ederiz.Tanım 11.2. H, birimli ve değişmeli bir halka olsun. Eğer H halkasısıfır-bölensiz ise H ya bir tamlık bölgesi adı verilir.Böylece bir polinomun katsayılarını bir tamlık bölgesinden seçersek eldeedilecek denklemi lineer çarpanlarına ayırmak suretiyle denklemin çözümlerinibu tamlık bölgesi içinde araştırabiliriz. O halde bir tamlık bölgesi,denklemlerin çözümlerini yapabileceğimiz birimli ve değişmeli halkalar ilecisimler arasında kalan en dar cebirsel yapıyı tanımlamaktadır.197

Örnek 11.5. p bir asal sayı ise Zpbir tamlık bölgesidir. Bu durumdaZ2, Z3, Z5,...tamlık bölgesi örnekleri oluşturur.Örnek 11.6. Tam sayılarına ⊕ b = a + b − 1, a ⊙ b = a + b − abşeklinde tanımlanan “ ⊕ ” ve “ ⊙ ” işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapıoluşturduğunu araştıralım.Çözüm. ı) Her a,b ∈ Z için a ⊕ b = a + b −1∈ Z dir.ıı) Her , ,a b c ∈ Z için ( a b) c a ( b c)A ( a b) c ( a b ) c ( a b ) cB a ( b c) a ( b c ) a ( b c )⊕ ⊕ = ⊕ ⊕ dir. Çünkü= ⊕ ⊕ = + −1 ⊕ = + − 1 + − 1= ⊕ ⊕ = ⊕ + − 1 = + + −1 − 1olduğundan Z nin temel özelliklerinden A = B dir.ııı) Her a,b ∈ Z içina ⊕ b = a + b − 1 = b + a − 1 = b ⊕ aZ," + "kom.dir .ıv) Her a ∈ Z için x ⊕ a = a olacak şekilde bir x ∈ Z vardır.x ⊕ a = a ⇒ x + a − 1 = a ⇒ x = 1∈ Z .Şu halde 0Z = 1 dir.v) Her a ∈ Z ye karşılık**a ⊕ a = 1 olacak şekilde bir a ∈ Z vardır.* * *a ⊕ a = 1 ⇒ a + a − 1 = 1⇒ a = 2 − a ∈ Z .vı) Her a,b ∈ Z için a ⊙ b = a + b − ab ∈ Z dir.vıı) Her , ,a b c ∈ Z için ( a ⊙ b) ⊙ c = a ⊙ ( b ⊙ c)dir. Çünkü( ⊙ ) ⊙ ( ) ⊙ ( ) ( )⊙ ( ⊙ ) = ⊙ ( ) ( ) ( )C = a b c = a + b − ab c = a + b − ab + c − a + b − ab cD = a b c a b + c − bc = a + b + c − bc − a b + c − bcolduğundan Z nin temel özelliklerinden C = D dir.vııı) Her a,b ∈ Z için a ⊙ b = b ⊙ a dir. Çünkü Z , “ + “ ya görekomütatif olduğundana ⊙ b = a + b − ab = b + a − ba = b ⊙ adir.ıx) Her , ,a ⊙ b ⊕ c = a ⊙ b ⊕ a ⊙ c dir. Çünküa b c ∈ Z için ( ) ( ) ( )= ⊙ ( ⊕ ) = ⊙ ( + − 1) = + ( + −1) − ( + −1)= ( ⊙ ) ⊕ ( ⊙ ) = ( + − ) ⊕ ( + − )= ( a + b − ab) + ( a + c − ac)−1E a b c a b c a b c a b cF a b a c a b ab a c ac198

olup, Z nin temel özelliklerinden E = F dir.x) Her a ∈ Z için e ⊙ a = a olacak şekilde bir e ∈ Z vardır.e ⊙ a = a ⇒ e + a − ea = a ⇒ e 1− a = 0 .Şu halde e = 0∈ Z alabiliriz. Yani 1Z = 0 dır.Bu durumda ( Z, ⊕,)xı) Her a ∈ −{ 1}( )⊙ , birimli bir komütatif halkadır.Z e karşılık a′ a = 0⊙ olacak şekilde bir a′∈ Z −{ 1}olup olmadığını araştıralım.a′ ⊙ a = 0 ⇒ a′ + a − a′a = 0a⇒ a′ ( 1− a)= −a ⇒ a′= − .1−a≠01 − a3 3Örneğin a = 3 için a′ = − = ∉ Z dir. Dolayısıyla 3 ün tersi yoktur.1−3 2Şu halde Z, ⊕,⊙ bir cisim değildir.xıı) x1 x 2 = 1⊙ olacak şekilde x , x ∈ −{ 1}1 2x ⊙ x = 1 ⇒ x + x − x x = 11 2 1 2 1 2Z olup olmadığını araştıralım.x1 ( x2 ) ( x2)( x 1)( 1 x ) 0⇒ 1− − 1− = 0⇒ 1 − − 2 = ≠0 ≠0olur ki, bu Z nin sıfır bölensiz oluşu ile çelişir.Z, ⊕,⊙ ; komütatif, birimli ve sıfır-bölensiz bir halkaŞu halde ( )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 ninsadece sıfır-bölensiz olduğunu göstermek yeterlidir. Bunun için a,b ∈ F vea ≠ 0 olmak üzere ab = 0 olduğunu kabul edelim. F bir cisim olduğundan1a− ∈ F vardır. Böylece,−1 −1a ( ab) = a 0 = 0 ⇒ b = 0bulunur. Şu halde F sıfır-bölensizdir, yani bir tamlık bölgesidir.Teorem 11.4. Her sonlu tamlık bölgesi bir cisimdir.Kanıt. 0,1, a1 , a2,..., an; D tamlık bölgesinin birbirinden farklı sonlu sayıdaelemanı olsun. Bu durumda herhangi bir a ∈ D ( a ≠ 0) elemanın, ab = 1olacak şekilde D de bir b çarpımsal inversinin olacağını kanıtlamalıyız.Bunun için D nin a .1, a.a1, a.a2, ... , a. a nşeklindeki elemanlarını göz önünealalım. Bu elemanlar birbirinden farklıdır. Eğer farklı olmasaydı 1 ≤ i,j ≤ n199

olmak üzere bir i, j çifti için a. a = a.a olurdu. Ayrıca, D sıfır-bölensiziolduğundan a .1, a.a1, a.a2,..., a. a nelemanlarından hiçbirisi sıfır değildir, yanibunlar 1, a1, a2, ... , anelemanlarının herhangi bir sırada yazılmış şeklidir. Bunedenle ya a .1 = 1 veya a. ai= 1 olmalıdır. Böylece aielemanı, a nınçarpımsal inversi olarak bulunmuş olur, dolayısıyla F bir cisimdir.Sonuç 11.2. p bir asal sayı iseZpbir cisimdir.Tanım 11.3. H bir halka ve a ∈ H olsun. n. a = 0 olacak şekildeki en küçük+n ∈ Z tamsayısına H nın karakteristiği adı verilir.jÖrnek 11.5.sıfırdır.Z halkasının karakteristiği n; Z, Q ve R nin karakteristiklerinTeorem 11.5. H birimli bir halka olsun. H nın karakteristiğinin n > 0tamsayısı olması için gerek ve yeter koşul n nin n .1 = 0 koşulunu sağlayan enküçük pozitif tamsayı olmasıdır.Kanıt. n > 0 tamsayısı, birimli bir H halkasının karakterisitiği olsun. Budurumda ∀a ∈ H için n. a = 0 yazılabileceğinden 1∈ H için de n .1 = 0 dır. nkarakteristik olduğundan n .1 = 0 olacak şekilde en küçük pozitif tamsayıdır.Tersine n, n .1 = 0 olacak şekilde en küçük pozitif tamsayı olsun. O halde∀a∈ H için,na = a + a + ... + a = a (1 + 1 + ... + 1) = a( n.1) = a.0 = 0 n defan defayazılabileceğinden n, halkanın karakteristiği olur.Teorem 11.6. (Fermat Teoremi) a ∈ Z ve p, p|/ a olacak şekilde bir asal sayıp 1olsun. Bu taktirde p a −p 1| − 1 , yani a− ≡ 1(mod p)dir.Bu teoremin kanıtını birinci bölümde vermiştik. Bu teoremden bir sonuçelde etmek istiyoruz. Z cismini göz önüne alalım. Bir cismin sıfırdan farklıpelemanlarının kümesi çarpma işlemine göre bir grup teşkil eder. O haldenin 1 , 2 , 3 , ... , p − 1 elemanlarının kümesi Zpdeki çarpma işlemine göre birgruptur. Bu grubun mertebesi p − 1 dir. Bir grupta her elemanın mertebesi,grubun mertebesini böleceğinden a ≠ 0 ve a ∈ Zpolmak üzere a nınmertebesi p − 1 i böler, bu durumdap 1a − = 1 yazabiliriz ve eğer a kk | p −1 olduğundan p − 1 = kt , t ∈ Z elde ederiz, buradanZp= ise200

p−1kt k t ta = a = ( a) = 1 = 1bulunur. Böylece, hem toplama hem de çarpma işlemine göre bir a ∈ Zpelemanını a + pZ kalan sınıfının bir temsilci elemanı olarak düşünebiliriz. Busonuç bize,Zpile= 1Z pZ nin birbirine izomorf yapılabileceğini gösterir.Şimdi, bir tamlık bölgesinden hareketle bir cisim yapısı oluşturmakistiyoruz. Bu bize aynı zamanda bir tamlık bölgesinden rasyonel sayılarcisminin elde edilişini anlatacaktır. Bunun için bir D tamlık bölgesini gözönüne alalım.Q = ( a, b) | a, b ∈ D; b ≠ 0 ⊂ D × D{ }kümesi tanımlansın. ( a, b ) , ( c, d)∈ Q olmak üzere( a, b) ≈ ( c, d)⇔ ad = bcbağıntısını tanımlayalım. Bu bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Çünkü,ab = ab ⇒ ( a, b) ≈ ( a, b)dir.( a, b) ≈ ( c, d)⇒ ad = bcdir. 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 = deeşitlikleri vardır, bunları taraf tarafa çarparsak adcf= bcde elde ederiz. Qkümesinin tanımından b ≠ 0 , d ≠ 0 , f ≠ 0 olduğunu biliyoruz. Teorem 11.2.ye göre D bir tamlık bölgesi olduğundan sıfır-bölensizdir, böylece sol ve sağsadeleştirme kuralları geçerlidir. Bu nedenle adcf = bcde eşitliğindenaf = be buluruz, bu ise ( a, b) ≈ ( e, f ) olması demektir. Böylecetanımladığımız bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Bu denklik bağıntısı Qkümesini, ( a, b)∈ Q elemanı için,{ }[ a, b] = ( x, y) ∈ Q | ( a, b) ≈ ( x, y)şeklindeki denklik sınıflarına ayırır. Bu şekilde tanımlayacağımız bütündenklik sınıflarının kümesini F ile gösterirsek,ve[ a, b] ⊕ [ c, d] = [ ad + bc, bd][ a, b] ⊗ [ c, d] = [ ac, bd]işlemleri ile birlikte F kümesi bir cisim teşkil eder, bu cisme D tamlıkbölgesinin bölüm cismi adını vereceğiz. Gerçekten ( F, ⊕, ⊗ ) , cisimkoşullarını gerçekler:201

1) [ a, b ], [ c, d ] , [ e, f ] ∈ F olsun.( )[ a, b] ⊕[ c, d] ⊕ [ e, f ] = [ ad + bc, bd] ⊕ [ e, f ]= [( ad + bc) f + ( bd) e,( bd) f ] = [ a( df ) + b( cf + de), b( df )]= [ a, b] ⊕ [ cf + de, df ] = [ a, b] ⊕ ([ c, d] ⊕[ e, f ])olduğundan toplama işlemi birleşmelidir.2) [ a, b ], [ x, y]∈ F için,[ a, b] ⊕ [ x, y] = [ a, b] ⇔ [ ay + bx, by] = [ a, b]olsun. Denklik sınıfının temsilcilerden bağımsız, yani iyi tanımlı olmasınedeniyle bu sonuç[ a, b] ⊕ [ x, y] = [ a, b] ⇔ ( ay + bx, by) ≈ ( a, b)olmasını gerektirir. O halde,2( ay + bx) b = bya ⇒ b x = 0elde ederiz. Bir tamlık bölgesi sıfır-bölensiz olduğundan ve F deki elemanlarıntanımı nedeniyle b ≠ 0 olduğundan x = 0 elde ederiz, bu sonuç yukarıdakiay + bx = a denkleminde yerine yazılırsa ay = a dan y = 1 buluruz. Böylece[ x, y ] = [0,1] , F de toplama işleminin birim elemanıdır.3) [ a, b]∈ F verilsin. [ a, b] ⊕ [ a ', b'] = [0,1] olacak şekilde [ a ', b '] inversinibulalım. F deki “ ⊕ ” işleminin tanımından[ a, b] ⊕ [ a ', b'] = [ ab ' + ba ', bb '] = [0,1]den ab ' + ba ' = 0, bb ' = 1 buluruz. Buradan,b '1= b − vea ' ( )1 2= − a b − elde1 2 1ederiz. O halde, [ 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 = bolduğundan x = 1 , y = 1 alabiliriz. Şu halde [ x, y ] = [1,1] , “ ⊗ ” işlemininbirim elemanıdır.7) [ a, b] ≠ [0,1] ve [ x, y]∈ F için,[ a, b] ⊗ [ x, y] = [1,1]202

1ise ax = 1,by = 1⇒ x = a − ,çarpımsal inversidir.y = b −1 olduğundan−1 −1[ a , b ], [ a, b ] nin8) [ a, b] ⊗ [ c, d] = [ ac, bd] = [ ca, db] = [ c, d] ⊗ [ a, b]olduğundan çarpma işlemideğişmelidir.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.PROBLEMLER1) Sürekli fonksiyonların F { f f :[0,1] }= | → R kümesi bu küme üstündetanımlanan fonksiyonların toplamı ve çarpımı işlemleri ile birlikte bir halkayapısı oluşturur. Bu halkanın tamlık bölgesi olmadığını kanıtlayan bir örnekveriniz.2) D bir tamlık bölgesi olsun. a ≠ 0 olmak üzere bir a ∈ D verilsin. ∀x ∈ Diçin 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 birimelemanları sırasıyla 0 ve 1 olmak üzerem.1 = 0 ⇔ ∀a ∈ D , m. a = 0önermesinin doğru olduğunu kanıtlayınız.5) Aşağıdaki kümenin bir tamlık bölgesi olduğunu gösteriniz,{ a b a b }Z[ 2] = + 2 | , ∈ Z .6) Zç, çift tamsayıların kümesi olsun. ( Zç, + ,.) halkasının bir tamlık bölgesiolup olmadığını araştırınız.7) ( D , + ,.) bir tamlık bölgesi olsun. x ∈ D için x.x = x ise x = 0 veya x = 1olduğunu kanıtlayınız.8) Aşağıdaki halkaların sıfır bölenlerini bulunuz.203

a) Z4, b) Z4× Z2, c) Z10.9) ( Z6, + ,.) halkasının bir tamlık bölgesi olup olmadığını araştırınız.10) Fonksiyonların toplamı ve çarpımı işlemlerine göre H = { f | f : R → R }kümesi birimli ve değişmeli bir halkadır.⎧x, x ≥ 0f ( x)= ⎨⎩0, x < 0şeklinde tanımlanan f fonksiyonunun H halkasının bir sıfır-böleni olupolmadığını araştırınız.11) Değişmeli ve birimli bir ( H , + ,.) halkasının bir tamlık bölgesi olması içingerek ve yeter bir koşul“ ∀ x , y , z ∈ H için z ≠ 0 ve xz = yz ise x = y dir ”önermesinin doğru olmasıdır, kanıtlayınız.12) Her cisim bir tamlık bölgesidir, gösteriniz.13) D bir tamlık bölgesi ve F de D nin oluşturduğu bölüm cismi olmak üzereg : D → F, g( a) = [ a,1]şeklinde tanımlanan dönüşümün D den, F nin ( ) g D alt kümesine birizomorfizma tanımladığını kanıtlayınız.204

12. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLERTanım 12.1. H bir halka ve N, H nın bir alt halkası olsun. ∀h ∈ Hiçin 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, eğersadece 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 kalansınıflarının kümesi bir halka yapısına sahiptir. Bu halkaya bölüm halkası adıverilir ve H N şeklinde veya H Nşeklinde gösterilir.Örnek 12.1. Z halkası için ( Z , + ) toplam grubunun nZ şeklindeki altgruplarını göz önüne alalım. r ∈Z olsun. m ∈ nZ ise rm = mr dir. Çünkübir s ∈ Z için m = ns yazılabileceğindenrm = mr = n( sr)∈ nZbuluruz. Böylece nZ , Z nin bir idealidir. nZ nin a + nZ şeklindeki kalansınıflarının Z nZ kümesi Z den indirgenmiş toplama ve çarpma işlemleriylebir halka yapısına sahiptir, bu halka Z nin bir bölüm halkasıdır.Örnek 12.2. φ : Zn→ Z nZ , φ ( a)= a + nZ dönüşümü bir izomorfizmatanımlar. Böylece Znile Z nZ izomorf yapılmış olur. Diğer taraftan eğer nbir asal sayı ise Znbir cisim olacağından Z nZ bölüm halkası da bir cisimoluşturur.Örnek 12.3. (1,0)(0,1) = (0,0) olduğundan Z × Z sıfır bölenlere sahiptir, bunedenle Z × Z bir tamlık bölgesi oluşturmaz.Örnek 12.4. N {(0, n)n }( × ) N= | ∈Z kümesi Z×Z nin bir idealidir ve Z kümesiZ Z ye izomorftur. Bu izomorfizma f ( m) = ( m,0)+ N şeklindetanımlanır.Her H halkası, H nın kendisi ile { 0 } ideallerine sahiptir. H nın bu idealleridışındaki ideallerine H nın has (öz) idealleri adı verilir. Diğer taraftan H Hbölüm halkası bir tek elemana sahiptir ve H { 0}bölüm halkası H nınkendisine izomorftur. Böylece H nın has idealleri N ≠ H ve N ≠ { 0}idealleridir.205

Teorem 12.1. ( H , + ,.) birimli bir halka olsun. Bu halkanın bir öz idealininçarpımsal inverse sahip hiçbir elemanı yoktur.Kanıt. N, H nın bir has ideali ve 1, halkanın çarpımsal birimi olsun. Şimdiidealin bir u ∈ N elemanının tersinin var olduğunu kabul edelim ve bu invers1eleman u− 1∈ N olsun. O halde u− ∈ H dır.1u− −∈ H , u ∈ N ⇒ u 1 . u = 1∈Ndir. Ayrıca,∀x∈ H için x.1 = 1. x = xolduğundan( ∀x ∈ H ,1∈ N ) ⇒ x.1 = 1. x = x ∈ Nelde ederiz. Böylece H ⊆ N dir ve N ⊆ H olduğu açık olup sonuç olarakN = H elde ederiz ki bu N nin has ideal oluşu ile çelişir. O haldevarsayımımız yanlıştır.Önerme 12.1. ( Z , + ,.) halkasının her N ideali için N =< a > olacak şekildenegatif olmayan en az bir a tamsayısı vardır.N = 0 ise 0N ≠ 0Kanıt. { }N =< > olduğundan önerme doğrudur. { }olduğunu kabul edelim. m ∈ N ⇒ −m ∈ N dir. Buna göre N pozitif elemanlarasahiptir. N nin pozitif elemanlarının en küçüğünü n ile gösterelim. N idealolduğundan Z nin her elemanının n ile çarpımı N nin bir elemanıdır. Böylece< n >⊆ N bulunur. Diğer yandan, ∀k ∈ N için 0 ≤ r < n olmak üzerek = nq + rolacak şekilde q ve r tamsayıları vardır ve k , nq ∈ N olduğundan r ∈ N dir.N nin pozitif elemanlarının en küçüğü n olduğundan r = 0 olmak zorundadır.Böylece, k ∈ N için k = nq bulunur. O halde N ⊆< n > olduğundanN =< n > bulunur.Teorem 12.2. H birimli bir halka ve N, H nın bir ideali olsun. Eğer N idealiinverslenebilir bir elemana sahip ise o taktirde N = H olmak zorundadır.Kanıt. u ∈ N çarpımsal inverse sahip bir eleman olsun. N, H nın bir idealiolduğundan ∀r ∈ H için rN ⊆ N dir. r = u −1 ve n = u alırsak ∀n ∈ N için−rn ∈ N olacağından u 1 . u = 1∈ N buluruz. Böylece, ∀r ∈ H için r.1= r ∈ Ndir , 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 ∈ Hiçin1) f ( a + b) = f ( a) + f ( b)206

2) f ( a. b) = f ( a). f ( b)koşullarını sağlıyorsa bu dönüşüme bir halka homomorfizması adı verilir.Teorem 12.3. Halka homomorfizmaları ideal yapılarını korur.Tanım 12.3. H bir halka ve N ≠ H , H nın bir ideali olsun. ∀a,b ∈ H içinab ∈ N ise a ∈ N veya b ∈ N dir, önermesi doğru ise o taktirde N ye H nınbir asal ideali adı verilir.Tanım 12.4. H bir halka ve N ≠ H , H nın bir ideali olsun. Eğer H nın N yikapsayan N den başka hiçbir has ideali yoksa N ye H nın maksimal ideali adıverilir.Teorem 12.4. H veH ' iki halka olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halkahomomorfizması ve N, H nın bir ideali ise φ ( N)de φ ( H ) nın bir idealidir.Kanıt. n ∈ N ve h ∈ H olsun. φ( h) φ( n) = φ( hn) ∈ φ( N)dir. Ayrıca,φ( n) φ( h) = φ( nh) ∈ φ( N)olduğundan φ ( N), φ ( H ) nın bir idealidir.Sonuç 12.2. H vehomomorfizması veidealidir.H ' iki halka olsun. f : H → H ' dönüşümü bir halkaH ' nün sıfırı 0' iseN '1= φ − kümesi de H nın bir(0')Teorem 12.5. ( Halka İzomorfizmalarının Temel Teoremi ) H ve H ' iki halkaolsun. f : H → H ' dönüşümü bir halka homomorfizması ve φ nin çekirdeğiK ise φ ( H ) bir halkadır ve φ ( H ) dan H K ya bir doğal izomorfizma vardır.Kanıt. H bir halka ise φ ( H ) nın da bir halka olacağı açıktır.a , b , c ∈ H olsun. H bir halka olduğundan ( ab) c = a( bc)dir. Şu halde,( φ( a) φ( b)) φ( c) = φ( a)( φ( b) φ( c))olduğunu göstermeliyiz.( φ( a) φ( b)) φ( c) = ( φ( ab)) φ( c)= φ(( ab) c) = φ( a( bc)) = φ( a)( φ( bc))= φ( a)( φ( b) φ( c))dir. Diğer özellikleri de benzer biçimde kolayca kanıtlayabiliriz.Şimdi φ ( H ) dan H K ya bir doğal izomorfizmanın tanımlanabileceğinigösterelim. a + K ∈ H K olmak üzereϕ : H K → φ( H )ϕ( a + K) = φ( a)207

dönüşümünü tanımlayalım.ϕ(( a + b) + K) = φ( a + b) = φ( a) + φ( b) = ϕ( a + K) + ϕ( b + K)veϕ[( a + K)( b + K)] = ϕ( ab + K) = φ( ab) = φ( a) φ( b) = ϕ( a + K ) ϕ( b + K )olduğu görülür. Ayrıca,ϕ( a + K) = ϕ( b + K)iseφ( a) = φ( b)−1dir. Buradan her iki tarafı soldan ( φ( a))ile çarparak, H ' nün çarpımsalbirimi e ' olmak üzere−1 −1 −1e' = ( φ( a)) φ( b) = φ( a ) φ( b) = φ( a b),yani−1a b ∈ K ⇒ b ∈ a + K ⇒ a + K = b + Kelde ederiz ki, bu sonuç ϕ nin bire-bir olduğunu gösterir. ϕ nin örten olduğutanımından açıktır. Böylece, ϕ bir halka homomorfizmasıdır.Özellik 12.1. F bir cisim, H bir halka ve φ : F → H bir halkahomomorfizması olsun. Eğer φ dönüşümü bire-bir değilse bir sıfırhomomorfizmadır.Kanıt. ∀x ∈ F için φ ( x) = 0 ise φ bir sıfır homomorfizmadır. Eğer φdönüşümü bire-bir değilse ∃ a,b ∈ F , a ≠ b ∋ φ( a) = φ( b)dir. a + ( − b)= c ∈ Fdiyelim. φ bir homomorfizma olduğundanφ( c) = φ( a + ( − b)) = φ( a) + φ( − b) = φ( a) + ( − φ( b))dir. φ( a) = φ( b)olduğundan φ ( c) = 0 bulunur. Diğer taraftan a ≠ bolduğundan c ≠ 0 dır. Böylece,−1∀x∈ F için x = cc xdir ve buradan−1 −1 −1φ( x) = φ( cc x) = φ( c) φ( c x) = 0. φ( c x) = 0bulunur. Şu halde φ , bir sıfır homomorfizmadır.Teorem 12.6. H birimli ve değişmeli bir halka olsun. M nin H da birmaksimal ideal olması için gerek ve yeter koşul H M nin bir cisimolmasıdır.Kanıt. M, H nın bir maksimal ideali olsun. Bu durumda H M nin birimli vedeğişmeli bir halka olduğu açıktır. H M nin cisim olması için geriye H Mde toplamsal birim eleman olmayan herhangi bir elemanın inversinin var208

olduğunu göstermek kalmaktadır. Bunun için a ∉ M için birim elemanolmayan a + M ∈ H M elemanını göz önüne alalım.{ , }N = ha + m | h ∈ H m ∈ Molmak üzere ( N , + ) ikilisi bir gruptur. Çünkü,∀h h ∈ H , ∀m1 , m2∈ M için( h1 a + m1 ) + ( h2a + m2 ) = ( h1 + h2 ) a + ( m1 + m2) ∈ N, a)1,2b) 0 = 0. a + 0 ∈ N ,c) − ( ha + m) = ( − h ) a + ( −m)∈ N koşulları gerçeklenir. Ayrıca,∈H∈M∈Hh ( ha + m) = ( h h)a + h m ∈ N1 1 1∈Hdir ve H değişmeli olduğundan ( ha + m)h1∈ N olur. Şu halde N, H nın biridealidir. Diğer taraftan, a = 1. a + 0∈ N dir ve ∀m ∈ M için m = 0. a + m ∈ Nyazılabileceğinden N ⊂ M bulunur. a ∈ N,a ∉ M olduğundan N, H nın M yikapsayan bir idealidir, yani M ⊂ N dir, halbuki M maksimal olduğundanN = H bulunur. Dolayısıyla 1∈ N dir. N nin tanımından b ∈ H , m ∈ Miçin 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. DolayısıylaH M bir cisimdir.PROBLEMLER1) ( H , + ,.) herhangi bir halka ve a ∈ H olsun. aH ve Ha nın sırasıyla Hnın bir sağ ve bir sol ideali olduğunu kanıtlayınız.∈M∈M2) ( H , + ,.) herhangi bir değişmeli halka ve a ∈ H olmak üzerea+ n{ , Z }N = x | x ∈ H ∃n ∈ ∋ x ∈ Hkümesinin H nın bir ideali olduğunu gösteriniz.3)12( Z , + ,.) halkasının bütün ideallerini belirleyiniz.4) A ve B , değişmeli bir ( H , + ,.) halkasının iki ideali olsun. Bu durumda,{ ( )}A : B = h ∈ H | hb ∈ A ∀b ∈ B için209

şeklinde tanımlı kümenin de H nın bir ideali olduğunu kanıtlayınız ( Buideale A idealinin B ye bölümü denir).5) Bir halkanın iki idealinin arakesitinin de halkanın bir ideali olduğunukanıtlayınız.6) Değişmeli bir ( H , + ,.) halkası verilsin. T ⊆ H olmak üzere H nın T yikapsayan tüm ideallerinin arakesitinin H nın bir ideali olduğunu gösteriniz.7) I = { x ∈ | x = nh ; n, h ∈ , n ≠ 0}Z Z kümesinin ( Z , + ,.) halkasının bir asalideali olması için gerek ve yeter koşul, n nin bir asal sayı olmasıdır,kanıtlayınız.8) H { f f :[0,1] }= | → R kümesi, fonksiyonların toplama ve çarpmaişlemlerine göre bir halka oluşturur. I = { g ∈ H | g(1/ 2) = 0}kümesinin Hhalkasının bir maksimal ideali olduğunu gösteriniz.9) I, değişmeli bir ( H , + ,.) halkasının bir ideali olsun. ( H I , + ,.) nın birhalka oluşturduğunu kanıtlayınız.10) ( H , + ,.) bir tamlık bölgesi ve I, H nın bir ideali olsun. ( H I , + ,.) nın birtamlık bölgesi olması için gerek ve yeter koşul, I nın H tamlık bölgesinin birasal ideali olmasıdır, kanıtlayınız.11) ( H , + ,.) halkasının verilen herhangi sayıdaki ideallerinin arakesitinin de Hnın bir ideali olacağını gösteriniz.12) H ve H ' iki halka olmak üzere f : H → H ' dönüşümü bir halkahomomorfizması 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−f1 ( I ') de H nın bir idealidir, gösteriniz.13) Karakteristiği sıfır olan bir asal cismin, ( , ,.) Q + cismine izomorfyapılabileceğini kanıtlayınız.210

13. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARIKatsayıları bir H halkasından seçilmiş olan x e göre verilmiş polinomlarladaha önceki yıllarda karşılaşmış olmalıyız. Polinomun baş katsayısı adınıverdiğimiz x e göre en büyük dereceli terimin katsayısının sıfırdan farklıolması gerektiği varsayımını biliyoruz. Katsayıları bir H halkasından seçilmişolan x e göre bir polinomu, bir sonlu toplam olarakn∑i=0şeklinde gösterebiliriz. Eğer 0nia x = a + a x + ... + a xi0 1nna ≠ ise polinoma n. derecedendir diyeceğiz.Bu durumda ( n + 1 ).ve daha yüksek dereceli terimlerin katsayılarının sıfırolduğunu varsayacağız. Ancak, örneğin0 + a x + 0x + a x şeklinde bir2 31 33polinom ile onun a1 x + a3xşeklindeki bir gösterimi arasında bir kargaşayaşamamak için bir polinomu sonsuz toplam biçiminde göstermek dahauygundur. Buna göre, katsayıları bir H halkasından seçilen bir polinomu∞∑i=0ina x = a + a x + ... + a x + ...i0 1şeklinde göstereceğiz. Bu gösterim sadece katsayılarına0, a1, a2, ... , an, ...şeklindeki bir dizisi ile de yapılabilir. Bu gösterimde sonlu sayıdaki katsayılardışında diğer bütün katsayıların sıfır olacağı açıktır. O halde aşağıdaki tanımıverebiliriz.Tanım 13.1. H bir halka olsun. Katsayıları H halkasından seçilen bir f ( x )polinomu,sıfır olmak üzerea i∈ H ve sonlu sayıdai∞∑i=0şeklinde tanımlanır. Buradaki0 1na ler dışında kalan diğer bütünina x = a + a x + ... + a x + ...inailera i∈ H lara polinomun katsayıları veai≠ 0 olacak şekildeki en büyük i tamsayısına da f (x)polinomununderecesi adı verilir ve der f ( x ) şeklinde gösterilir. Eğer böyle bir i = ntamsayısı bulunamıyor ise polinomun derecesi sıfır olarak tanımlanır. f (x)polinomunda i > n için ailer sıfır oluyor ise polinomuşeklinde gösteririz.f ( x) = a + a x + ... + a x0 1nn211

Polinomları gösterirken genellikle katsayıları sıfır olan terimleri yazmayız.3 3 54Örneğin; 2x− 5x, − 3x+ 5xveya 3 − x şeklinde ifade ederiz. H halkasınınelemanları da birer sabit polinom olarak düşünülebilir.Şimdi, katsayıları bir H halkasından seçilen x e göre polinomların kümesiniH[ x ] ile gösterelim ve bu küme üzerinde polinomların toplamı ve çarpımıişlemlerini aşağıdaki gibi tanımlayalım:2nf ( x) = a + a x + a x + ... + a x + ...polinomları için,vedir.0 1 2g x = b + b x + b x + + b x +2n( )0 1 2...n...f x + g x = c + c x + c x + + c x + , cn an bn2n( ) ( )0 1 2...n...f x g x = d + d x + d x + + d x + , d2n( ). ( )0 1 2...n...Uyarı: Eğer H halkası değişmeli değilseolarakdnn i n ii=0n= + ( n = 0,1,2,... )n= ∑ ( n = 0,1,2,... )a b −n i n ii=0dniçin yukarıda verilen ifade genel= ∑ b a −ye eşit olmayabilir. Yukarıda verilen işlemler dikkatealınarak aşağıdaki teoremi kanıtlayabiliriz.Teorem 13.1. Katsayıları bir H halkasından seçilen x e göre polinomlarınH[ x ] kümesi, üzerinde tanımlanan polinomların toplamı ve çarpımıişlemlerine göre bir halkadır. Eğer H halkası değişmeli ise H[ x ] dedeğişmelidir ve H halkasının birim elemanı H[ x ] halkasının da birimelemanıdır.Kanıt. ( H[ x ], + ) ikilisinin değişmeli bir grup olduğu açıktır. H[ x ] in halkaolduğunu göstermek için sadece çarpma işleminin birleşmeli olduğunugöstereceğiz. Diğer koşullar işlemlerin tanımından kolaylıkla görülebilir.ai , bj , ck∈ H elemanları H[ x ] de verilen üç polinomun katsayılarınıgöstersin. Çarpma işleminin birleşmeli olduğunu gösterelim;⎡ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞⎛ i ⎞⎛ j⎞⎤⎛ k ⎞ ⎡ ⎛ n ⎞⎤⎛ k ⎞⎢⎜ ∑ ai x ⎟⎜ ∑ bj x ⎟⎥⎜ ∑ ck x ⎟ = ⎢ ∑ ⎜ ∑ aibn −i x ⎟⎥⎜ ∑ ckx ⎟⎣⎢ ⎝ i= 0 ⎠⎝j= 0 ⎠⎦⎥ ⎝ k = 0 ⎠ ⎣ n= 0 ⎝ i= 0 ⎠⎦⎝ k = 0 ⎠∞ s ∞⎡ ⎛⎞⎤= ∑ ⎢∑⎜∑( aibn −i ) cs−n⎟⎥xs= 0 ⎣ n= 0 ⎝ i=0 ⎠⎦s∞⎛∞⎞= ∑⎜ ∑ aib jck⎟xs= 0 ⎝ i+ j + k = s ⎠s212

dir.∞ ⎡ s⎛m⎞⎤= ∑ ⎢∑as−m ⎜∑bjcm−j ⎟⎥xs= 0 ⎢⎣m= 0 ⎝ j=0 ⎠⎥⎦∞ ∞ ∞⎛ i ⎞ ⎡⎛j⎞⎛ k ⎞⎤= ⎜∑ ai x ⎟ ⎢⎜∑bj x ⎟⎜∑ckx ⎟⎥⎝ i= 0 ⎠ ⎢⎣⎝ j= 0 ⎠⎝ k = 0 ⎠⎥⎦⎛⎞ ⎡∞∞ msim= ⎜∑ ai x ⎟ ⎢∑ ⎜∑bjcm−j ⎟ x ⎥i= 0 m= 0 j=0⎛⎝ ⎠ ⎢⎣⎝ ⎠ ⎥⎦⎞⎤Örnek 13.1. Katsayıları, Z tamsayılar ve Q rasyonel sayılar halkalarındanseçilen polinomların Z [ x]ve Q [ x]kümeleri birer polinom halkasıdır. Ancak,katsayılarını Z2den seçtiğimiz Z [ x]2için aşağıdaki sonuçlar ilginçtir.2 2 2( x + 1) = ( x + 1)( x + 1) = x + (1 + 1) x + 1 = x + 1,( x + 1) + ( x + 1) = (1 + 1) x + (1 + 1) = 0x+ 0 = 0.Katsayıları bir H halkasından seçilen polinomların H[ x ] kümesinin birhalka yapısına sahip olduğunu biliyoruz. Bu nedenle, katsayıları H[ x ]halkasından seçilen y ye göre polinomların halkasını da tanımlayabiliriz ve buhalkayı ( H[ x])[ y] = H[ x, y]şeklinde gösteririz. Bu yeni halkanınpolinomlarını, katsayıları H da olan hem x, hem de y ye göre polinomlarolarak düşünebiliriz. Bu tanımlamaya benzer şekilde H[ y, x ] halkasını datanımlayabiliriz. H[ y, x ] halkası ile H[ x, y ] halkası arasında bir doğalizomorfizmanın tanımlanabileceği kolayca gösterilebilir. Bu düşünceyigenişleterek , x1 , x2,..., xnler tarafından tanımlanan H[ x1 , x2,..., xn] şeklindekipolinom halkalarından bahsedilebilir.Eğer, D bir tamlık bölgesi ise katsayıları D den seçilen polinomlarınkümesi de bir tamlık bölgesi oluşturur. Ancak, F bir cisim ise, katsayıları Fden seçilen polinomların kümesi bir cisim oluşturamaz. Çünkü x ∈ F[ x]içinF[ x ] de bir çarpımsal invers bulamayız, yani F[ x ] de x. f ( x ) = 1 olacakşekilde bir f ( x ) polinomu yoktur. Diğer taraftan, F[ x ] bir tamlık bölgesioluşturacağı için F[ x ] in bölüm cismini tanımlayabiliriz. Bunun için, F[ x ] inher polinomu g( x) ≠ 0 olmak üzeref ( x)g( x)şeklinde iki polinomun bölümüolarak ifade edilebilir. Benzer düşünceyle x1 , x2,..., xnlere göre genelleştirilmişF[ x1 , x2,..., xn] polinom halkasının bölüm cismini de tanımlayabiliriz. Bubölüm cismi, cebirsel geometride önemli bir işleve sahiptir.Şimdi polinom halkalarının homomorfizmalarını ve onların bölümhalkalarının, polinom denklemlerini çözmede nasıl kullanılabileceğini ele213

alacağız. E bir cisim ve F, E nin bir alt cismi olsun. Aşağıda vereceğimizteoremle E ile F[ x ] arasında bir homomorfizmanın nasıl tanımlandığınıgörürüz.Teorem 13.2. F, E nin bir alt cismi ve F[ x ] , katsayıları F cisminden seçilenx e göre polinomların halkası olmak üzere α ∈ E içinφ : F[ x] → E,αnφ ( a + a x + ... + a x ) = a + a α + ... + a ααn0 1 n0 1şeklinde tanımlanan dönüşüm bir homomorfizmadır. Üstelik, φ ( x)= α veφ ( a)= a dır.αKanıt. φαnın iyi tanımlı olduğu yani F[ x ] de verilen birnf ( x) = a0 + a1x + ... + anxpolinomunun gösteriliş şeklinden bağımsız olduğu açıktır, çünkü bu polinomafarklı gösterimlerle eklenebilecek terimler sadece 0. x i şeklinde olacağındanböylesi terimlerin eklenmiş olması φα( f ( x))in değerini etkilemeyecektir. Ohalde F[ x ] deki toplama ve çarpma işlemlerini kullanarak dönüşümün birhomomorfizma olduğunu göstermeliyiz. Bunun için F[ x ] denf ( x) = a0 + a1x + ... + anx + ...vemg( x) = b0 + b1x + ... + bmx + ...polinomlarını göz önüne alalım. F[ x ] deki toplama işlemi ilenαφ ( f ( x) g( x)) ( c c x ... c x ...)αr+ = φα0+1+ +r+ , cr ar brrφ α 0 1 r0 1rφ αa0 b0 a1 b1x arbrx= + ; r = 0,1, 2,...r= (( a + a x + ... + a x + ...) + ( b + b x + ... + b x + ...))= (( + ) + ( + ) + ... + ( + ) + ...)r= ( a + b ) + ( a + b ) α + ... + ( a + b ) α + ...0 0 1 1r= ( a + a α + ... + a α + ...) + ( b + b α + ... + b α + ...)r0 1 r0 1m= ( a + a α + ... + a α + ...) + ( b + bα + ... + b α + ...)n0 1 n0 1= φ ( f ( x)) + φ ( g( x))ααrrrmrbuluruz. Burada, r = max( m, n)dir ve yukarıdaki denklemlerde m ≤ n veyan ≤ m durumlarının gerçeklenmesine göre toplamlarda yer alan r ye kadarolan arveya brkatsayılarından bazılarının sıfır olacağına dikkat edilmelidir.jsf ( x). g( x) = d0 + d1x + ... + ds x , 0 ≤ j ≤ s,dj= ∑ aib j − ii=0214

ise polinomların çarpımı işlemine göremφ ( f ( x). g( x)) = ( a + a α + ... + a α )( b + b α + ... + b α )αikenolacağındanφ αn0 1 n 0 1s= ( d + d x + ... + d x )0 1sφ ( ( ). ( )) = + α + ... + ααf x g x d0 d1d sφ ( f ( x). g( x)) = φ ( f ( x)). φ ( g( x))α α αsmbulunur, dolayısıyla φαbir homomorfizmadır.a ∈ F elemanını F[ x ] de sabit bir polinom olarak düşünürsek φ ( a)=elde ederiz. Böyleceφ yı F den F ye özdeşlik (birim) dönüşüm olarakαdüşünebiliriz. Ayrıca φαnın tanımından ve φαnın bir homomorfizma olmasınedeni ileφ ( x) = φ (1. x) = φ (1). φ ( x) = 1. α = αα α α αelde ederiz. Böylece teoremi kanıtlamış olduk.Bu teorem, E ve F nin birimli ve değişmeli halkalar olmaları durumundada geçerli olur.Örnek 13.2. Teorem 13.2. de F = Q ve E = R alalım.αaφ : Q[ x]→ R0φ ( a + a x + ... + a x ) = a + a .0 + ... + a .0 = ann0 0 1 n0 1 n 0dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm her polinomu kendi sabit terimineresmeden bir homomorfizmadır. φ0ın çekirdeği ise sabit terimi sıfır olanpolinomlardan oluşur ki, bu polinomların kümesi Q[ x ] in bir idealidir. Buideali N ile gösterirsek φ ( Q[ x])= Q dan [ x]N0Q ye doğal bir izomorfizmatanımlanabilir . Q [ x]N nin bir kalan sınıfı ise, sabit terimi belirli bir sabitolacak biçimde oluşturulacak tüm polinomların kümesinden ibarettir.Örnek 13.3. F = Q ve E = R alalım.φ : Q[ x]→ R2φ ( a + a x + ... + a x ) = a + a .2 + ... + a .2n2 0 1 n0 1nndönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır.215

φ x + x − = + − =( 2 6) 2 22 6 022olduğundan x + x − 6 , φ2nin N çekirdeğine ait bir polinomdur. Gerçekte N,f ( x) ∈ Q [ x]olmak üzere ( x − 2) f ( x)şeklindeki polinomların oluşturduğuhalkanın bir idealidir. φ2dönüşümü altında Q [ x]in resmi Q ile Q [ x]Nbölüm halkası, doğal şekilde izomorfturlar.Örnek 13.4. F = Q ve E = C olsun.φ : Q[ x]→ Ciφ ( a + a x + ... + a x ) = a + a . i + ... + a . inni 0 1 n 0 1ndönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır ve φi( x)= i2 22dir. φi( x + 1) = i + 1 = 0 olduğundan x + 1 , φinin çekirdeği olan N içinde2bulunur. Burada yine N çekirdeği, f ( x) ∈ Q [ x]olmak üzere ( x + 1) f ( x)φidönüşümüQ x N bölüm halkası, doğal şekildeşeklindeki polinomların oluşturduğu halkanın bir idealidir.altında [ x]Q in resmi Q ile [ ]izomorfturlar. Üstelik, φi( Q [ x])halkası q1 , q2∈ Q olmak üzere q1 + iq2şeklindeki komleks sayıların kümesidir ve bu küme, C kompleks sayılarcisminin bir alt cismidir.Bir polinom denklemi çözmek demek o polinomun sıfırlarını bulmakdemektir. 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 birnf ( a) = a + a x + ... + a x polinomunu ve0 1nφ : F[ x] → E,αnφ ( f ( x)) = f ( α ) = a + a α + ... + a αα0 1nhomomorfizmasını göz önüne alalım. Eğer f ( α ) = 0 ise α ya F[ x ] in birsıfırı adı verilir.2Bu tanıma göre r + r − 6 = 0 şeklinde bir polinom denklemin veya kısacabir denklemin gerçel çözümlerini bulmak şeklindeki ifade yerine, F = Q veE = R alarakφ x + x − = olacak şekildeki α ∈ R leri bulmak veya2α( 6) 02kısaca x + x − 6 nın R deki sıfırlarını bulmak şeklindeki ifadeyi benimseriz.Tabiidir ki her iki durumda çözüm aynı, yani216

{ α ∈ R | φ ( 2 6) 0} { 2αx + x − = = r ∈ R | r + r − 6 = 0} = { 2, −3}olur. Burada, asıl amacımız sabit olmayan her f ( x) ∈ F[ x]polinomunun birsıfıra sahip olduğunu göstermektir. Eğer f ( x ) , F de bir sıfıra sahip değilse budurumda F yi kapsayan bir E cismini tanımlayarak f ( α ) = φ α( f ( x)) = 0olacak şekilde bir α ∈ E elemanı buluruz. O halde, böyle bir E cisminin nasılbulunacağını ifade edelim. φαhomomorfizması altında F[ x ] in resmi E dekapsanmalı ve φ ( F[ x])ile F[ x]N bölüm halkası izomorf olmalıdır. BuradaαN ideali, φαnın çekirdeğidir ve E cismi F[ x]N bölüm halkasını kapsayacakşekilde olmalıdır. F[ x]N nin bir cisim oluşturabilmesi için N nin F[ x ] debir maksimal ideal olması gerekmektedir. Böylece problem, F[ x ] dekiidealleri incelemeye indirgenmiş olmaktadır.POLİNOMLARIN ÇARPANLARI VE F[ x ] DE BÖLMEALGORİTMASIBir önceki kısımda ifade ettiğimiz gibi F[ x]N yi cisim yapan ve F[ x ] inmaksimal 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)şeklindeçarpanlara ayrılabildiğini kabul edelim. F nin alt cisim olduğu bir E cismi içinα ∈ E olmak üzere f ( α ) = 0 olması ancak ve ancak g( α ) = 0 veyah( α ) = 0 olması halinde mümkündür. Böylece f ( x ) in bir sıfırını bulmaproblemi f ( x ) in bir çarpanının bir sıfırını bulma problemine indirgenmişolur. 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 budurumda ya g( x)∈ M veya h( x)∈ M olacaktır. Bu nedenle F[ x ] dekipolinomların çarpanlarını incelemek önemli hale gelmektedir. Bundan dolayıZ tamsayılar kümesi üzerinde tanımladığımız bölme algoritmasına benzer biralgoritmayı polinom halkaları üzerinde de tanımlamak durumundayız. Bunuaşağıdaki teoremle yapacağız.nTeorem 13.3. ( F[ x ] İçin Bölme Algoritması ) f ( x) = a0 + a1x + ... + anxmg( x) = b + b x + ... + b x , F[ x ] polinomlar halkasında iki polinom olsun.0 1mBurada, m = der g( x) > 0 ve a ≠ 0 , b ≠ 0 dır. Bu durumda F[ x ] denmf ( x) = g( x) q( x) + r( x), 0 ≤ der r( x)< molacak şekilde bir tek q( x ) ve r( x ) polinomları vardır.217

= − | ∈ kümesini göz önüne alalım. S ninKanıt. S { f ( x) g( x) s( x) s( x) F[ x]}en küçük dereceli polinomu r( x ) olsun. Bu durumda bir q( x) ∈ F[ x]içinyazabiliriz. Şimdi der r( x)ct≠ 0 ve her cj∈ F içinf ( x) = g( x) q( x) + r( x)< m olduğunu kanıtlayalım. t ≠ 0 ve t ≥ m ikentr( x) = c0 + c1x + ... + ctxşeklinde olduğunu kabul edelim. Bu durumda, t ≥ m olduğundan⎛ c ⎞t t−m ⎛ c ⎞t t −mf ( x) − q( x) g( x) − ⎜ ⎟ x g( x) = r( x) − ⎜ ⎟ x g( x)(13.1)⎝ bm⎠ ⎝ bm⎠yazılabilir. Burada (13.1) eşitliğinin sağ tarafı,tr( x) − ( ctx + daha küçük dereceli terimler)şeklinde bir polinomdur ve derecesi t den daha küçüktür. Bu durumda (13.1)eşitliğinin sol tarafı⎛ ⎛ c ⎞ ⎞t t −mf ( x) −q( x) − x g( x)⎜ ⎜ ⎟b ⎟⎝ ⎝ m ⎠ ⎠şeklinde yazılabilir ki, bu r( x ) in S deki en küçük dereceli polinom olarakseçilmesi ile çelişir. Şu halde r( x ) in derecesi m den küçük olmak zorundadır.q( x ) ve ( )ver x polinomlarının tekliğini göstermek için f ( )f ( x) = g( x) q ( x) + r ( x), 0 ≤ der r ( x)< m1 1 12 2 2( )x inf ( x) = g( x) q ( x) + r ( x), 0 ≤ der r x < mşeklinde iki türlü gösterimi olduğunu varsayalım. Bu eşitlikleri taraf tarafaçıkarırsak,g( x) q ( x) − q ( x) = r ( x) − r ( x)( )1 2 2 1elde ederiz. r2 ( x) − r1( x)in derecesi, g( x ) in derecesinden küçük olduğundanbu eşitlik ancak ve ancak q1 ( x) − q2( x) = 0 veya q1 ( x) = q2( x)olmasıdurumunda sağlanır. Bu ise r2 ( x) − r1( x) = 0 veya r1 ( x) = r2( x)olmasınıgerektirir. Dolayısıyla q( x ) ve r( x ) polinomları tek türlü belirlidir.Sonuç 13.1. Bir a ∈ F elemanının f ( x) ∈ F[ x]polinomunun bir sıfırı olmasıiçin gerek ve yeter koşul x − a nın f ( x) ∈ F[ x]polinomunun bir çarpanıolmasıdır.Kanıt. a ∈ F için f ( a ) = 0 olduğunu kabul edelim. Bu taktirde Teorem 13.3.den218

f ( x) = ( x − a) q( x) + r( x), der r( x ) < 1olacak şekilde bir tek q( x ) , r( x) ∈ F[ x]polinomları vardır. der r( x ) < 1olduğundan r( x)= c ∈ F şeklinde bir sabittir. Böylece,f ( x) = ( x − a) q( x)+ cyazılabilir. Daha önce tanımladığımız φα: F[ x]→ F homomorfizmasınıkullanarakf ( a) = 0. q( a) + c = 0 ⇒ c = 0buluruz. 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 ∈ Feşitliğine φαhomomorfizmasını uygulamak suretiylef ( a ) = 0 ve q( a ) = 0buluruz.Sonuç 13.2. n. dereceden sıfırdan farklı bir f ( x) ∈ F[ x]polinomu, Fcisminde en çok n tane sıfıra sahiptir.Kanıt. Sonuç 13.1. den dolayı eğer a1∈ F , f ( x ) in bir sıfırı isef ( x) = ( x − a ) q ( x)yazabiliriz. Burada, der q1( x) = n − 1 olduğu açıktır. Şimdi de a2∈ F , q ( x ) 1in bir sıfırı olsun. Bu durumdaf ( x) = ( x − a )( x − a ) q ( x)1 11 2 2yazabiliriz. Bu şekilde sürdürerek artık qr( x ) , F de sıfıra sahip olmamaküzeref ( x) = ( x − a )( x − a )...( x − a ) q ( x)1 2elde ederiz, burada r ≤ n dir. Ayrıca, ailerin hepsinden farklı bir b ∈ Falırsak bunun içinf ( b) = ( b − a1 )( b − a2)...( b − ar) qr( b) ≠ 0yazılabilir. Çünkü bu ifadede yer alan çarpanlardan hiç birisi F de sıfıra sahipdeğildir. Böylece a1 , a2,..., arler f ( x ) in F deki sıfırlarının tamamınıoluşturur ve bunların sayısı r ≤ n dir.Örnek 13.5. Z [ x]de 4 3 225f ( x) = x − 3x + 2x + 4x− 1 ve g( x) = x − 2x+ 3polinomlarını göz önüne alalım. Bu polinomlar için4 3 2 2 2x − 3x + 2x + 4x − 1 = ( x − 2x + 3)( x − x − 3) + ( x + 8)yazabiliriz, o halderr219

olduğu görülür.2q( x) = x − x − 3 ve r( x) = x + 8F[ x ] DE İDEALLER VE İNDİRGENEMEZ POLİNOMLARTanım 13.3. F[ x ] de sabit olmayan bir f ( x ) polinomu, derecesi f ninderecesinden daha küçük olan g ve h gibi iki polinomun çarpımı olarakf ( x) = g( x) h( x)şeklinde yazılamıyor ise f ye F[ x ] de indirgenemez bir polinom (asalpolinom) veya kısaca indirgenemez denir.Bu tanımda F cismi önemlidir. Çünkü f polinomu, F cismindeindirgenemez iken F yi kapsayan daha geniş bir cisim üzerinde indirgenebilir2olabilir. Örneğin, x − 5 polinomu Q rasyonel sayılar cisminde indirgenemeziken, Q yu kapsayan R gerçel sayılar cismi üzerinde indirgenebilir. Çünkübu polinomu R de ( x − 5)( x + 5) şeklinde çarpanlarına ayırabiliriz.Şimdi F[ x ] de ikinci veya üçüncü dereceden bir polinomun indirgenebilirolup olmadığını araştırabileceğimiz bir teoremi kanıtlayacağız. Burada f ( x )in lineer çarpanlarından birisi ( x − a)ise f ( a ) = 0 olduğunu ve dolayısıylaf ( x ) in hiçbir sıfır bölene sahip olamayacağını göreceğiz.Teorem 13.4. F[ x ] de ikinci veya üçüncü dereceden bir f ( x ) polinomuverilsin. f ( x ) in F üzerinde indirgenebilir olması için gerek ve yeter koşulf ( x ) in F de bir sıfıra sahip, yani bir a ∈ F için f ( a ) = 0 olmasıdır.Kanıt. Eğer f ( x ) F üzerinde indirgenebilir ise f ( x) = g( x) h( x)veder g < der f , der h < der f olacak şekilde g ve h polinomları bulunabilir.f ( x ) polinomu 2. veya 3. dereceden olduğundan g veya h, 1. derecedendir. gnin 1. dereceden olduğunu varsayalım. Bu durumda g( x)= x − a şeklindedirve g( a ) = 0 dır, böylece f ( a ) = 0 dır ki, bu f nin F de bir sıfıra sahip olmasıdemektir. Tersine bir a ∈ F için f ( a ) = 0 ise bu f ( x ) in ( x − a)yabölüneceğini yani f ( x ) in bir çarpanının ( x − a)olduğunu gösterir ki,bu f ( x ) in F de indirgenebilir olduğunu gösterir.Şimdi bir polinomun, Q üzerinde indirgenebilir olması için hangikoşulların gerektiğini ifade eden aşağıdaki teoremi kanıtsız verelim.220

Teorem 13.5. f ( x) ∈ Z [ x]polinomunun Q [ x]de daha küçük dereceli ikipolinomun çarpımı olarak yazılabilmesi için gerek ve yeter koşul, f ( x ) inZ [ x]de aynı dereceden polinomların çarpımı olarak yazılabilmesidir.Sonuç 13.3. Z [ x]de a0 ≠ 0 olacak şekilde birf ( x) = a + a x + ... + a x0 1polinomu verilsin. Eğer f ( x ) , Q da bir sıfıra sahip ise Z de de m gibi birsıfıra sahiptir ve m | a0dır.Kanıt. f ( x ) , Q da bir sıfıra sahip ise f ( x ) in Q[ x ] de ( x a)nn− gibi bir lineerçarpanı vardır. O nedenle Teorem 13.5. ten dolayı Z [ x]de de bir lineerçarpana sahip olur. Böylece bir m ∈ Z içinn−1( ) = ( − )( + ... +0/ )f x x a x a myazılabilir. Böylece ( a0/ m)∈ Z , yani m | a0dır.4 2Örneğin, f ( x) = x − 2x + 8x+ 1 polinomu Q [ x]de indirgenemezdir.Çünkü sabit terim olan 1 in Z deki bölenleri sadece ± 1 den ibaret olup,f (1) = 8 ve f ( − 1) = − 8 olduğundan ± 1 den hiçbirisi f ( x ) in sıfırı değildir.O halde f polinomu Q [ x]de indirgenemezdir.Şimdi f ( x) ∈ Z [ x]in Q [ x]de ikinci dereceden iki polinomun çarpımıolarak4 2 2 2x − 2x + 8x + 1 = ( x + ax + b)( x + cx + d)şeklinde yazılabildiğini varsayalım. Bu durumda eşitliğin her iki yanında x inaynı dereceli terimlerinin katsayılarını eşitlersek,bd = 1, ad + bc = 8 , ac + b + d = − 2 , a + c = 0denklemlerini elde ederiz. Bu denklemlerin Q da çözümlerini bulamayız.Dolayısıyla, f ( x ) polinomu Q [ x]de indirgenemezdir.Bir polinomun indirgenebilmesi için bir kriter veren aşağıdaki teoremikanıtlayalım.Teorem 13.6. p ∈ Z asal sayısı vef ( x) = a + a x + ... + a x0 1polinomu verilsin. i < n ise a ≡ 0(mod p), i = n ise a ≢ 0(mod p)veia0 ≢ 0(mod p)ise o taktirde f ( x ) polinomu Q [ x]de indirgenemezdir.Kanıt. f ( x ) in Z [ x]de daha küçük dereceli polinomların çarpımı olarakyazılamayacağını göstermemiz yeterlidir. f ( x ) in Z [ x]de r,s < n veb ≠ 0 , c ≠ 0 olmak üzererrnnn221

sf ( x) = ( b + ... + b x )( c + ... + c x )r0 r 0şeklinde yazılabildiğini varsayalım. a0 ≢ 0(mod p)olduğundanb0 ≢ 0(mod p), c0 ≢ 0(mod p)olur. Aksi taktirde, b0 ≢ 0(mod p)vec0 ≡ 0(mod p)olsun. an = br csolduğundan an≢ 0(mod p)varsayımından≢ 0(mod p), c ≢ 0(mod p)brolmak zorundadır. ck≢ 0(mod p)olacak şekildeki en küçük k sayısına mdersekam = b0cm + b1c m−1 + ... + bm −ici, 0 ≤ i ≤ myazabiliriz.b0 ≢ 0(mod p), cm≢ 0(mod p)vec ≡ m−1 0(mod p), cm−2 ≡ 0(mod p), ..., ci≡ 0(mod p)olması nedeniyleam≡ 0(mod p)buluruz ki, bu m = n olmasını gerektirir. Buradan s = n sonucuna varırız ki,bu sonuç s ≤ n oluşuna aykırıdır. Dolayısıyla f ( x ) in yukarıdaki gibiçarpanlarının olması mümkün değildir yani, f ( x ) polinomu Q [ x]deindirgenemezdir.Sonuç 13.4. p asal sayısı için,px −1p−1 p−2φp( x) = = x + x + ... + x + 1x −1şeklindeki polinom Q da indirgenemez bir polinomdur.Kanıt. Bu polinomu Z [ x]de çarpanlarına ayırmaya çalışalım.pp−1xp ⎜ ⎟ x px( x + 1) −11p−1 ⎛ p ⎞ p−2p( 1) ( )⎝ ⎠...s⎛ p ⎞+ +φ x + = g x = = = x + ⎜ ⎟ x + + p( x + 1) −1x⎝ 1 ⎠yazabiliriz. Bu bize Teorem 13.6. nedeniyle polinomun Q da indirgenemezbir polinom olduğunu gösterir. Ancak Z [ x]de φ ( x ) = h p( x ) r ( x ) şeklindeçarpanlarına ayrılabilirse bu durumdaφ ( x + 1) = g p( x ) = h ( x + 1) r ( x + 1)ifadesi ile g( x ) in Z [ x]de açık olmayan çarpanlara ayrılmışını elde ederdikki, bu durumda da φ ( x ) , Q da indirgenemezdir.ps222

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 asalideal adı verilir ve ≺ a ≻ şeklinde gösterilir. H da bir N idealinin asal idealolması için N =≺ a ≻ olacak şekilde bir a ∈ H bulunmalıdır.Örnek 13.6. F[ x ] halkasının bir ≺ x ≻ asal ideali, F[ x ] in sabit terimi sıfırolan polinomlarının kümesinden ibarettir.Teorem 13.7. F bir cisim ise o taktirde F[ x ] in her ideali bir asal idealdir.Kanıt. N , F[ x ] in bir ideali olsun. Eğer N = { 0}ise N =≺ 0 ≻ dır ve bir asalidealdir. N ≠ { 0}olduğunu kabul edelim. N nin sıfırdan farklı en küçükdereceli polinomu g( x ) olsun. der g( x ) = 0 ise g( x)∈ F dir ve F deinverslenebilirdir, yani çarpımsal inverse sahip bir elemandır. Böylece,N = F[ x] =≺ 1 ≻ olur ki, bu bize N nin bir asal ideal olduğunu gösterir.der g( x) ≥ 1 ve f ( x)∈ N olsun. O halde polinomlar için bölme algoritması ilef ( x) = g( x) q( x) + r( x)olacak şekilde q( x ) ve r( x ) polinomları bulunabilir. Bu durumda idealtanımına göre f ( x), g( x)∈ N olduğundan f ( x) − g( x) q( x) = r( x)∈ Nolduğunu elde ederiz. Böylece g( x ) , N nin sıfırdan farklı en küçük derecelielemanı olduğundan r( x ) = 0 bulunur. Bunu kullanırsak f ( x) = g( x) q( x)olur ki, bu N =≺ g( x)≻ olduğunu gösterir.Teorem 13.8. F[ x ] de ≺ p( x) ≻ ≠ {0} şeklindeki bir idealin bir maksimalideal olması için gerek ve yeter koşul p( x ) polinomunun F[ x ] deindirgenemez bir polinom olmasıdır.Kanıt. ≺ p( x) ≻ ≠ {0} idealinin F[ x ] in bir maksimal ideali olduğunu kabuledelim. Bu durumda ≺ p( x) ≻ ≠ F[ x]dir ve böylece p( x)∉ F dir. p( x ) inF[ 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 haldep( x ) , f ( x ) veya g( x ) in bir çarpanıdır. Öyle ise der f ( x) > p( x)veyader 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 bir223

teoremden dolayı bir asal ideal olacağından bir g( x)yazabiliriz. Diğer taraftan p( x ) , F∈ N için N =≺ g( x)≻üzerinde indirgenemez bir polinomolduğundan der g( x ) = 0 veya der f ( x ) = 0 olması gerektiği elde edilir.der g( x ) = 0 , yani g( x)∈ F olduğunu kabul edelim. g( x ) , F nin sıfırdanfarklı bir elemanı olduğundan F[ x ] in inverslenebilir bir elemanı, yani biraritmetik birimidir. Böylece, ≺ g( x) ≻ = N = F[ x]buluruz. Eğer,der f ( x ) = 0 ise bir c ∈ F için f ( x)= c dir veg( x) = (1/ c) p( x) ∈≺ p( x)≻dir. O halde, N =≺ p( x)≻ dir ve ≺ p( x) ≻ ⊂ N ⊂ F[ x]olması mümkündeğildir, 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 budurumda 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 birf ( x ) polinomu, F[ x ] deki indirgenemez polinomların bir çarpımı şeklindeifade edilebilir.Tanım 13.6. D bir tamlık bölgesi ve a,b ∈ D olsun. b = ac olacak şekildebir c ∈ D elemanı varsa bu durumda a, b yi böler deriz ve a | b şeklindegösteririz.Tanım 13.7. D bir tamlık bölgesi ve u ∈ D olsun. u, çarpımsal birim olan 1 ibölerse yani u, D de bir çarpımsal inverse sahip ise u ya D nin bir aritmetikbirimi adı verilir.Tanım 13.8. D bir tamlık bölgesi ve a,b ∈ D olsun. a = b.u olacak şekildebir u ∈ D aritmetik birimi bulanabiliyorsa bu durumda a ile b bağlantılıdırdenir.Örnek 13.7. Z tamsayılar kümesi bir tamlık bölgesidir ve Z nin + 1 ve − 1olmak üzere iki tane aritmetik birimi mevcuttur. Buna göre 25 ∈ Z için Z nin224

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 birelemanı olsun. Eğer a,b ∈ D için p = ab olduğunda a veya b bir aritmetikbirim ise bu durumda p ∈ D ye bir indirgenemez eleman (asal eleman) adıverilir.O halde indirgenemez bir elemanla bağlantılı olan bir elemanın daindirgenemez olacağı açıktır.Tanım 13.10. Aşağıdaki koşulları gerçekleyen bir D tamlık bölgesine bir tektürlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi (unique factorization domain) adı verilir;a) D nin sıfırdan farklı, aritmetik birim olmayan her elemanı sonlu sayıdaindirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabilir.b) D de bir eleman p ... 1p2 prve q ... 1q2 qsşeklinde farklı iki şekildeindirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabiliyor ise bu durumda r = sdir ve qileri yeniden indislemek suretiyle piler ile qiler bağlantılı olacakşekilde yeniden sıralanabilirler.Örnek 13.8. F bir cisim ise F[ x ], bir tek türlü asal çarpanlara ayrılışbölgesidir. Benzer şekilde Z de bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,çünkü 24 ∈ Z için24 = 2.2.3.2 = ( −2).( − 3).2.2dir. 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 durumdaD ye bir asal ideal bölgesi adı verilir.Teorem 13.11. Her asal ideal bölgesi bir tek türlü asal çarpanlara ayrılışbölgesidir ve eğer D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ise bu durumdaD[ x ] de bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.Teorem 13.12. D bir asal ideal bölgesi ise D nin sıfır olmayan her aritmetikbirimi indirgenemez elemanların bir çarpımı olarak yazılabilir.Teorem 13.13. Bir asal ideal bölgesinin, bir ≺ p ≻ idealinin maksimal idealolması için gerek ve yeter koşul, p nin indirgenemez olmasıdır.Teorem 13.14. Bir asal ideal bölgesinin, indirgenemez bir p elemanı içinp | ab ise p | a veya p | b dir.225

Tanım 13.12. Bir D tamlık bölgesinin sıfırdan farklı aritmetik birim olmayanindirgenemez bir p elemanı için p | ab ise p | a veya p | b önermesi doğru ise pye bir asal eleman adı verilir.Tanım 13.13. D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi olsun. D[ x ] desabit olmayan birnf ( x) = a + a x + ... + a xpolinomununi0 1a katsayılarının ortak bölenleri sadece D nin aritmetikbirimlerinden ibaret ise, bu durumda f ( x ) polinomuna bir ilkel polinom veyaprimitif polinom adı verilir.2Örnek 13.9. 4x+ 3x+ 2 polinomu, Z [ x]de bir ilkel polinomdur. Çünküpolinomun katsayıları olan 4, 3, 2 sayılarının ortak bölenleri ± 1 dir ve bunlar2Z nin aritmetik birimleridir. Diğer taraftan, 4x+ 6x+ 2 polinomununkatsayıları olan 4, 6, 2 sayılarının ortak bölenlerinden birisi olan 2 sayısı Znin bir aritmetik birimi değildir. O halde bu polinom bir ilkel polinom değildir.Sonuç olarak, D[ x ] de sabit olmayan indirgenemez her polinom bir ilkelpolinomdur.Teorem 13.15. D, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ise D[ x ] in ikiilkel polinomunun çarpımı da bir ilkel polinomdur.nÖKLİD BÖLGELERİBölme algoritmasının tamsayılar ve polinom halkaları için verildiğinibiliyoruz. Ayrıca bir cismin herhangi bir elemanının, sıfırdan farklı diğer birelemanı tarafından daima bölünebildiğini de biliyoruz. Şimdi ise bölmealgoritmasının geçerli olduğu diğer halkaların varlığı üzerinde durmakistiyoruz. Bunu tamlık bölgeleri ile bölme algoritmasını ilişkilendiren bircebirsel yapı sayesinde vereceğiz.Tanım 13.14. D bir tamlık bölgesi olsun. D nin sıfırdan farklı elemanlarınınegatif olmayan tamsayılara resmeden ve aşağıdaki koşulları sağlayan ddönüşümüne bir Öklid Fonksiyonu adını vereceğiz;a) ∀a,b ∈ D ; a ≠ 0, b ≠ 0 olmak üzere d( a) ≤ d( ab),b) a,b ∈ D ve b ≠ 0 ise a = bq + r olacak şekilde r = 0 veyad( r) < d( b)koşullarını sağlayan q,r ∈ D elemanları vardır.226

Tanım 13.15. Üzerinde bir Öklid fonksiyonu tanımlanmış bir tamlıkbölgesine bir Öklid Bölgesi adı verilir.Örnek 13.10. Z tamsayılar kümesi, bir tamlık bölgesidir veiçin d( n)bölgesidir.∀n∈ Z , n ≠ 0= n şeklinde tanımlanan Öklid fonksiyonu ile de bir ÖklidÖrnek 13.11. F bir cisim ve F[ x ], katsayıları F den alınmış olanpolinomlar halkası olsun. F[ x ] polinomlar halkası, f ( x) ∈ F[ x]; f ( x) ≠ 0için d( f ( x)) = der f ( x)şeklinde tanımlanan Öklid fonksiyonu sayesinde birÖklid bölgesidir.Tanım 13.16. D bir tamlık bölgesi ve a,b ∈ D olsun. Eğer b = ac olacakşekilde bir c ∈ D elemanı bulunabilirse bu durumda a, b yi böler deriz ve a yab 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 asalN = 0 ise bu durumda N =≺ 0 ≻ olacağından N bir asalideali olsun. Eğer { }ideal olur. N ≠ { 0}olsun. Bu durumda N de sıfırdan farklı bir b elemanımevcuttur. d( b) = min { d( n) : n ∈ N}olduğunu kabul edelim. O haldeN =≺ b ≻ olduğunu göstermeliyiz. N de bir a elemanı alalım. Öklidfonksiyonunun tanımından dolayı a = bq + r olacak şekilde q,r ∈ Delemanları bulunabilir. Burada ya r = 0 veya d( r) < d( b)dir. a,b ∈ N ve Nbir ideal olduğundan r = a − bq yazarsak r ∈ N buluruz. Ancak,d( r) < d( b)olması b nin seçilişi ile çelişir. O halde r = 0 olmalıdır. Böylecea = bq buluruz ve a, N nin keyfi bir elemanı olduğundan N =≺ b ≻ eldeederiz.Sonuç 13.5. Her Öklid bölgesi bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.Böylece, her Öklid bölgesi bir asal ideal bölgesi olmasına karşın tersi herzaman doğru değildir. Bu nedenle Öklid bölgesi olmayan asal idealbölgelerinin araştırılması başlıca bir problemdir.Bir D Öklid bölgesi, üzerinde tanımlayacağımız toplama ve çarpmaişlemleri sayesinde araştırılabilir. D üzerindeki Öklid fonksiyonu d olmaküzere D nin aritmetik birimlerini, d nin 2. koşulu sayesinde karakterize ederiz.227

Teorem 13.17. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun.d(1) = min d( a) | a ∈ D, a ≠ 0{ }olmak üzere, bir u ∈ D elemanının D nin bir aritmetik birimi olması için gerekve yeter koşul, d( u) = d(1)olmasıdır.Kanıt. d nin Öklid fonksiyonu olması nedeniyle 2. koşuldan a ≠ 0 olmaküzere d(1) ≤ d(1. a) = d( a)dır. Ayrıca, u ∈ D bir aritmetik birim iseolduğundan d( u) = d(1)elde ederiz.d u ≤ d u u = d−1( ) ( . ) (1)Tersine, D nin sıfırdan farklı bir u elemanı için d( u) = d(1)ise bölmealgoritmasına göre D de 1 = uq + r olacak şekilde r = 0 veya d( r) < d( u)koşulunu sağlayan q ve r elemanları bulunabilir. Burada d( r) < d( u)olması,d( u) = d(1)in minimum oluşu ile çelişir. O halde r = 0 olmalıdır, böylece1 = 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 ∈ Dolsun. Bir d ∈ D elemanı için d | a , d | b ve a ile b nin her ikisini de bölenbir c ∈ D için c | d ise bu taktirde d ye a ile b nin en büyük ortak böleni denirve e. b. o. b.( a, b ) şeklinde gösterilir.Örnek 13.12. Q [ x]de2x − 2x+ 1 ve x2+ x − 2 polinomlarının en büyükortak bölenleri x − 1 ve 2( x − 1) dir. Çünkü 2, Q [ x]de bir aritmetik birimdir.Diğer taraftan aynı polinomların Z [ x]deki en büyük ortak bölenleri sadece 1ve –1 aritmetik birimleridir.Teorem 13.18. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun. D ninsıfırdan farklı herhangi iki elemanı a ve b ise a ve b nin D de bir en büyükortak böleni vardır ve üstelik l,m ∈ D olmak üzere e. b. o. b.( a, b)= la + mbşeklinde yazılabilir.N = ra + sb | r,s ∈ D kümesini göz önüne alalım. t ∈ D olmakKanıt. { }üzere( r1 a + s1b) ∓ ( r2 a + s2b) = ( r1 ∓ r2 ) a + ( s1 ∓ s2) bvet( ra + sb) = ( tr) a + ( ts)byazılabileceğinden N, D nin bir ideali olur. Bu ideal için, her Öklid bölgesi birasal ideal olacağından bir d ∈ D için N =≺ d ≻ yazabiliriz. Şu halde∀r,s ∈ D için d | ( ra + sb)dir. Buradan s = 0 , r = 1 için d | a ve s = 1 ,228

= 0 için d | b buluruz. Üstelik c | a , c | b ise bütün ra + sb ler içinc | ( 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 olmasıd = la + mb olacak şekilde l,m ∈ D elemanlarının var olduğunu gösterir. Eğerbir diğer ortak bölen e. b. o. b.( a, b)= d1ise d | d1ve d1| d olacağından bölmealgoritması ile bir k ∈ D içind1 = kd = ( kl) a + ( km)b = l1a + m1belde ederiz.Şimdi de bir Öklid bölgesinde tanımlanan Öklid fonksiyonu için Öklidalgoritmasını ifade eden aşağıdaki teoremi kanıtlayalım.Teorem 13.19. ( Öklid Algoritması ) D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklidbölgesi olsun. D nin sıfırdan farklı iki a ve b elemanı için d Öklidfonksiyonunun 1. koşuluna göre a = bq1 + r1olmak üzere r1= 0 veyad( r1) < d( b)koşullarından birisi sağlanır. Eğer r 1≠ 0 ise r2için b = r1 q2 + r2sağlanır. Burada yine r2= 0 veya d( r2 ) < d( r1) dir. Bu şekilde sürdürürsek yari + 1= 0 veya d( ri+ 1) < d( ri) olmak üzerer = r q + ri− 1 i i+ 1 i+1olacak şekilde bir ri + 1elemanını bulabiliriz. Böylece elde edeceğimiz r 1, r 2,...dizisinin bir s. terimi için rs= 0 buluruz. Eğer r 1= 0 ise e. b. o. b.( a, b)= b dir.Eğer r1 ≠ 0 ve r , r = 0 olacak şekilde ilk eleman ise bu durumda dasse. b. o. b.( a, b) = rs− 1dir.Kanıt. d( ri) < d( ri− 1)ve d( r i) negatif olmayan bir tamsayı olduğundan sonlubir adımdan sonra rs= 0 buluruz. Eğer r 1= 0 ise a = bq1yazabileceğimizdene. b. o. b.( a, b)= b dir. Şimdi r1 ≠ 0 olduğunu kabul edelim. Bu durumda d | ave d | b ise d | ( a − bq1) olduğundan d | r1elde ederiz. Eğer d1 | r1ve d1| bise d1 | ( bq1 + r1) olduğundan d1| a buluruz. Böylece a ile b nin ve b ile r 1inortak bölenlerinin kümesi aynı olur. Benzer düşünceyle eğer r 2≠ 0 ise b ile r 1in ortak bölenlerinin kümesi ile r ile 1r2nin ortak bölenlerinin kümesi aynıolur. Bu şekilde sürdürerek a ile b nin ortak bölenlerinin kümesiyle, rs− 2ilers− 1in ortak bölenlerinin kümesinin aynı olduğunu elde ederiz. Böylece rs− 2ile rs− 1in bir ortak böleni aynı zamanda a ile b nin de bir ortak bölenidir.Ancakr = q r + r = q rs−2 s s−1 s s s−1denklemi e. b. o. b.( rs −2, rs −1)= rs−1olduğunu gösterir ki, bu kanıtı tamamlar.229

Örnek 13.13. 22471 ile 3266 sayılarının en büyük ortak bölenlerini bulmaksuretiyle Z üstündeki Öklid fonksiyonu için Öklid algoritmasını oluşturalım.22471 = 3266.6 + 2875 ⇒ r = 2875,3266 = 2875.1+ 391 ⇒ r = 391,2875 = 391.7 + 138 ⇒ r = 138,391 = 138.2 + 115 ⇒ r = 115,138 = 115.1+ 23 ⇒ r = 23,115 = 23.5 + 0 ⇒ r = 0.654321Böylece a = 22471 , b = 3266 nın en büyük ortak böleni r 5= 23 tür.PROBLEMLER1) f ( x ) , g( x) ∈ Z5[ x]veolmak üzere,a) f ( x) + g( x),b) f ( x). g( x )polinomlarını bulunuz.f x x x x g x x x3 2 4( ) = 2 + 4 + 3 + 2, ( ) = 3 + 2 + 42) ( Q [ x])[ y]ninf x y x x y x x y x x y x x3 3 2 2 4 4 2( , ) = (3 + 2 ) + ( − 6 + 1) + ( − 2 ) + ( − 3 + 2)şeklinde verilen elemanını, ( Q [ y])[ x]in bir elemanı olacak şekilde yenidenifade ediniz.3) Aşağıda verilen polinomlardan birincisini, ikincisine böldüğünüzde eldeedilen bölüm ve kalanları bulunuz.a) Z [ x]de 543p( x) = x + 2 , q( x) = 2x+ 2 ,b) Q [ x]dec) R [ x]de4 33 2p( x) = x + x + 3x+ 2 , q( x) = 2x − x + 6x− 3,3 2= + − − , q( x) = x + 2x+ 1 .6 4 3p( x) x x 4x 5x4)x4+ 4 ∈ Z7[ x]polinomunun7Z de sıfırının olmadığını gösteriniz.5) Aşağıdaki polinomları yanlarında verilen halkalar üzerinde çarpanlarınaayırınız.a) Z [ x], 45x + 1 ,230

) Q [ x],c) C [ x],3x − 4x+ 1,8x + 16 .6) Aşağıdaki polinomların yanlarında verilen halkalar üzerinde indirgenipindirgenmeyeceklerini belirleyiniz.2a) R [ x], x + 1,b) Q [ x],2x + 4 ,c) Z [ x], 3 254x + 3x + x + 1 .7) Z [ x]5üzerindeki indirgenemeyen bütün ikinci dereceden polinomlarıbulunuz.8) Aşağıda verilen fonksiyonlardan hangileri yanında tanımlanan tamlıkbölgesi için bir Öklid fonksiyonu tanımlar.2a) Z tamlık bölgesi için n ≠ 0 , n ∈ Z olmak üzere d( n)= n ,b) Q tamlık bölgesi için a ≠ 0 , a ∈ Q olmak üzered( a)2= a ,c) Q tamlık bölgesi için a ≠ 0 , a ∈ Q olmak üzere d( a ) = 50 .9) 49349 ve 15555 tamsayılarının en büyük ortak bölenini bulunuz.10) Her cisim bir Öklid bölgesidir, kanıtlayınız.11) D bir Öklid bölgesi ve d, D nin Öklid fonksiyonu olsun. Eğer a,b ∈ Delemanları bağlantılı ise bu durumda d( a) = d( b)olduğunu gösteriniz.12) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunakarar 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) Z [ x], bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.231

14. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİQ rasyonel sayılar kümesi içinde herhangi bir lineer denklemin birçözümü daima vardır. Ancak, ikinci dereceden herhangi bir denklem rasyonelsayılar kümesi içinde bir köke sahip olmayabilir. Örneğin;2x − 2 = 0 denkleminin Q da çözümü yoktur. Bu nedenle bu gibi denklemleriçözebileceğimiz sayı sistemlerine ihtiyaç duyarız. Burada böylesi sayı sistemi,Q yu genişleterek elde edebileceğimiz R reel sayılar kümesidir. Aynı şey, bu2kez x + 1 = 0 için söylenebilir. Yani bu denklem reel sayılar kümesindeçözülemez. Reel sayılar kümesini genişleterek elde edebileceğimizC kompleks sayılar cismi içerisinde bu denklemi çözebiliriz. Üstelik,kompleks sayılar kümesinde n. dereceden bir denklemin n tane kökününbulunabileceğini Cebirin Esas Teoreminden biliyoruz. O halde komplekssayılar cismi bu tür denklemlerin çözülebileceği bir sayı sisteminioluşturmaktadır. Başka bir deyişle, bu amacımızı gerçekleştirebilmemiz içinartık kompleks sayı sistemini genişletmemize gerek kalmamaktadır.Diğer taraftan, burada ele alınan sayı sistemleri soyut cebir açısındangenel anlam taşımazlar. Yani Cebirin Esas Teoreminin geçerli olamayacağısoyut cisimler tanımlayabiliriz. Bu gibi soyut cisimlerin söz konusu olduğudurumlarda cisim genişlemeleri aşağıdaki gibi tanımlanır.Tanım 14.1. E ve F herhangi iki cisim ve i : F → E doğal homomorfizmaolmak üzere i dönüşümü bire-bir ve içine bir homomorfizma ise ( E, i ) çiftineF nin bir genişlemesi adı verilir. Bu durumda i( F)alt cismidir.⊂ E dir ve i( F ) , E nin birÖrnek 14.1. F, E cisminin bir alt cismi olsun. Bu durumda E cismi F nin birgenişlemesidir. Yani, i : F → E şeklinde ∀a ∈ F için i( a)= a olacak şekildebire-bir bir doğal homomorfizma bulunabilir. Tersine, böyle birhomomorfizma mevcut ise o taktirde F, E cisminin bir alt cismidir. ihomomorfizmasına bir dahil etme dönüşümü adı verilir.Örnek 14.2. C {( a, b) a,b }= | ∈ R kümesini göz önüne alalım. i( a) = ( a,0)şeklinde tanımlanan a → i( a)dönüşümü bir izomorfizmadır, yani i( R)≅ Rdir, böylece ( a,0)= a yazabiliriz. Şu halde R gerçel sayılar kümesi, Ckompleks sayılar kümesinin bir alt cismi olmaktadır, dolayısıyla C , Rcisminin bir genişlemesidir.F, E cisminin bir alt cismi olsun. Bu durumda E yi F cismi üzerinde birvektör uzayı olarak görebiliriz. E cismindeki toplama işlemini aynı zamanda E232

deki vektör toplamı işlemi olarak düşünebiliriz. E deki sayı-vektör çarpımıişlemini ise aşağıdaki gibi tanımlayalım:Herhangi iki x ∈ E,a ∈ F elemanı için ax ∈ E ise bu eşleme sayı-vektörçarpımını tanımlasın. Bu iki işlemle E kümesi, F cismi üzerinde bir vektöruzayı 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 = xkoşullarının sağlandığı açıktır.Tanım 14.2. E nin F üzerindeki derecesi ( E : F) = boy FE şeklindetanımlanır. O halde ( E, i ) nin i( F ) üzerindeki derecesi, E nin i( F ) üzerindekiboyutundan ibarettir. Eğer bu derece sırasıyla sonlu veya sonsuz ise E desırasıyla sonlu veya sonsuz boyutlu olarak adlandırılır.Teorem 14.1. E, F nin bir genişlemesi ve K herhangi bir cisim olmak üzereτ : E → Kbir bire-bir homomorfizma ise bu durumda( E : F) = ( τ ( E) : τ ( F))dir.Kanıt. { x1 , x2,..., xr}, E nin elemanlarının lineer bağımsız bir kümesi olsun.τ τ τ kümesinin de lineer bağımsız olduğunuBu durumda { ( ), ( ),..., ( )}x1 x2x rgöstermeliyiz.τ ( a1 ) τ ( x1 ) + τ ( a2 ) τ ( x2) + ... + τ ( ar) τ ( xr) = 0lineer birleşimini yazalım. τ bir homomorfizma olduğundanτ ( a x ) + τ ( a x ) + ... + τ ( a x ) = 0dır. Bu ise { }1 1 2 2x1 , x2,..., xrkümesi lineer bağımsız bir küme olduğundana1 = a2 = ... = a r= 0olmasını gerektirir. O halde τ nun bire-bir olması nedeniyleτ ( a1 ) = τ ( a2) = ... = τ ( a r) = 0bulunur. Bu ise { τ ( x1 ), τ ( x2),..., τ ( x r)}kümesinin de lineer bağımsız olduğunugösterir.Eğer ( E : F ) = ∞ ise bu durumda ( τ ( E) : τ ( F))= ∞ dur. O halde( E : F)= r < ∞ olması halini ele alalım. Bu durumda E yi geren bir{ 1, 2,..., r}{ ( ), ( ),..., ( )}x x x bazı mevcuttur. Bu küme lineer bağımsız olduğundanx1 x2x rτ τ τ kümesi de lineer bağımsız bir kümedir. O halde burr233

kümenin τ ( E)nin bir bazı olabilmesi için bir τ ( x) ∈ τ ( E)elemanını bukümenin bir lineer birleşimi şeklinde yazabilmeliyiz. x ∈ E elemanı içinx = a1 x1 + a2x2 + ... + ar xrolacak şekilde a1 , a2,..., ar∈ F elemanlarını bulabiliriz. Buradan τ yuuygulayarakτ ( x) = τ ( a1 x1 + a2x2+ ... + arxr)ve τ bir homomorfizma olduğundanτ ( x) = τ ( a x ) + τ ( a x ) + ... + τ ( a x )1 1 2 2= τ ( a1 ) τ ( x1 ) + τ ( a2 ) τ ( x2) + ... + τ ( ar) τ ( xr)bulunur ki, bu teoremi kanıtlar.Teorem 14.2. F, E ve K herhangi üç cisim ve F ⊂ E ⊂ K olsun. Bu taktirde( K : F) = ( K : E)( E : F)dir.Kanıt. E nin F üzerindeki derecesini göz önünde bulundurmak koşulu ile{ x1 , x2,..., xr} ⊂ E , E nin F cismi üzerinde lineer bağımsız elemanlarının birkümesi olsun. Diğer taraftan, K nın E üzerindeki derecesi göz önündebulundurularak { y1 , y2,..., ys}⊂ K , K nın E cismi üzerinde lineer bağımsızelemanlarının bir kümesi olsun. i = 1,2,..., r , j = 1,2,..., s olmak üzere{ i j}x y şeklindeki elemanlar K nın rs elemanlı bir alt kümesini oluştururlar. Bukümenin F cismi üzerinde lineer bağımsız bir küme olduğunu göstermeliyiz.Yani,rs∑∑i= 1 j = 1a x yij i j= 0olmasının ancak ve ancak ∀ i,j için a = 0 olması halinde mümkünolabileceğini göstermeliyiz. Bunun içinr s r r∑∑ ∑ ∑a x y = ( a x ) y + ... + ( a x ) y = 0ij i j i1 i 1is i si= 1 j = 1 i= 1 i=1yazabiliriz. y1, y2,..., ysler K nın E üzerinde lineer bağımsız elemanlarıolduğundan E nin elemanları olan s tane katsayıyıO halde j = 1,2,..., s olmak üzere her j içinijrrr∑ aijxi= 0 olarak buluruz.i=1a1 x1 + a2 x2 + ... + a x = 0j j rj r234

elde ederiz. Şimdi, x1 , x2,..., xrler F üzerinde lineer bağımsız olduklarından∈ F elemanlarının hepsi sıfırdır. Böylece i = 1,2,..., r , j = 1,2,..., s olmakaijüzere { i j}x y şeklindeki elemanlar, K nın F cismi üzerinde rs tane lineerbağımsız elemanıdır.Şimdi eğer, ( K : E ) ve ( E : F ) sonsuz ise o durumda ( K : F ) de sonsuzolacağından teorem doğru olur. Eğer ( K : E)= s < ∞ ve ( E : F)= r < ∞ ise,{ x x x } kümesi E nin F üzerindeki bazı ve { }, ,...,r1 2üzerindeki bazı olmak üzere i = 1,2,..., r , j 1,2,..., sy1 , y2,..., ysde K nın E= için { i j}x y şeklindekikümenin de K nın elemanlarının lineer bağımsız bir kümesi olduğunu yukarıdakanıtladık, böylece rs ≤ ( K : F)dir. Şimdi de rs tane xi yjlerin K yıgereceğini gösterelim. Bunun için t ∈ K olsun. b1 , b2,..., bs∈ E olmak üzeret = b1 y1 + b2 y2 + ... + bs ysyazabiliriz. Diğer taraftan aij∈ F olmak üzereb = a x + a x + + a xj 1 j 1 2 j 2...rj rolduğundan bunları yukarıda yerine yazaraktrs= ∑∑i= 1 j=1a x yij i jbuluruz. O halde buradan rs ≥ ( K : F)elde ederiz. Böylece rs = ( K : F)olduğu görülür. Bu ise teoremi kanıtlar.BASİT CİSİM GENİŞLEMELERİE ve F iki cisim olmak üzere E, F nin bir genişlemesi ve S, E nin herhangibir alt kümesi olsun. E nin F ve S yi kapsayan bütün alt kümelerinin arakesitkümesi yine E nin bir alt cismidir , üstelik bu alt cisim F ile S yi kapsayan endar alt cisimdir. Bu alt cismi F( S ) ile gösterelim ve bu cismin elemanlarınıkarakterize eden aşağıdaki teoremi kanıtlayalım.Teorem 14.3. F( S ) nin elemanları, S nin katsayıları F cisminde olan, sonlusayıda elemanının çarpımından oluşan terimlerin bir lineer birleşimininbölümü şeklindedir.Kanıt. Teoremin ifadesinde verilen elemanların kümesini K ile gösterelim. Buelemanlar x, y,...,t ∈ S ve i = 0,1,2,..., r ; j = 0,1,2,..., s için a , b ∈ Folmak üzerea x y ... t + ... + a x y ... t0 0 0 0b x ' y ' ... t ' + ... + b x ' y ' ... t '0 0 0 0r r r rs s s sij235

şeklindedirler. K nın F ve S yi kapsayacağı açıktır, dolayısıyla F( S ) nintanımından F( S)⊂ K buluruz. Üstelik, K da E nin bir alt cismini oluşturur.Diğer taraftan F( S ) , S ve F yi kapsayan bir alt cisim olduğu için S deki sonluçarpımları, bu sonlu çarpımların sonlu lineer birleşimlerini ve bu lineerbirleşimlerin bölümlerini de kapsar, dolayısıyla K yı kapsar. Böylece,K ⊂ F( S)dir. Şu halde K = F( S)elde ederiz.Örnek 14.3. Yukarıdaki tanımlamaya göre S, α1, α2,..., αrşeklinde sonlusayıda elemana sahip ise F( S ) nin elemanları, katsayıları F cisminden seçilenve α1, α2,..., αrelemanları ile oluşturulan rasyonel polinomlardan oluşur. BudurumdaF( S) = F( α1, α2,..., α r)cismi F nin bir genişlemesidir.Tanım 14.3. Eğer S, bir tek α ∈ E elemanın gerdiği ve katsayılarını bir Fcisminden alan sabit olmayan sonlu dereceli polinomlardan oluşuyorsa, yaniS = ( α)ise bu durumda F( S) = F( α)yazılır ve F( α ) = K ya bir basitgenişleme adı verilir. Bu genişlemenin bir x ∈ F( α)elemanırσ f a + a α + a α + + arαx = =, σs α( g) ≠ 0σ g b + b α + b α + + b α2α( )0 1 2...2α( )0 1 2...şeklinde yazılabilir. Burada a0 , a1 , a2,..., ar; b0 , b1 , b2,..., bs∈ F dir.Teorem 14.4. E cismi, F nin bir genişlemesi ve α ∈ E olsun. F üzerindekipolinomların kümesi ( )I = f ∈ P( F) | σ ( f ) = 0 kümesiP F olmak üzere { }verilsin. Bu taktirde I αda I = ( m ) olacak şekilde bir tek indirgenemeyenααm αpolinomu vardır. Üstelik I α, m αtarafından gerilen asal idealdir vemaksimaldir.Kanıt. Bunun için aşağıdakileri kanıtlamalıyız:1) m αindirgenemezdir,2) I α, m αnın katlarından ibarettir,3) m αbir tektir.1) Aksini kabul edelim, yani m αindirgenebilir olsun. Bu durumda m hkolacak şekilde h, k ∈ P( F)polinomları bulunabilir. Böylece,σ ( m ) = σ ( hk) = σ ( h) σ ( k) = 0α α α α ααsαα =236

olması σ ( h) = 0 veya σ ( k) = 0 olmasını gerektirir. Halbuki, der h > 0 veααder m > αder k olduğundan bu mümkün değildir. Çünkü dereceleri m nın αderecesinden küçük olduğu halde σ ( h) = 0 veya σ ( k) = 0 olamaz. Şuhalde m αindirgenemez olmak zorundadır.α2) f ∈ I αalalım. f = q.mα+ r , der r < der m αolacak şekilde q , r ∈ P( F)polinomları bulunabilir. Halbuki teoremin hipotezine göre0 = σα ( f ) = σα ( q) σα ( mα ) + σα( r)eşitliğindenσ ( r) = 0αve böylece r ∈ elde ederiz. Bu bir çelişmedir, çünkü en küçük dereceliI αpolinomun m αolduğunu kabul etmiştik. Ayrıca, der r < der olduğundanr = 0 buluruz. Dolayısıyla f = q.m αolup I α, m αnın katlarından ibarettir.3) m ≠ m ' olmak üzere hem m αhem de m ' α, I αyı gersin. Bu durumdaααm α, I αyı gerdiğindenm 'yazabiliriz. Bu iki ifadeden mαααm α= λmve m ' α, I αyı gerdiğinden mα= µλmelde ederiz. O halde,αder m = der( µλ) + der mααα= µ m 've buradan der( µλ ) = 0 veya der λ + der µ = 0 buluruz, yanider λ = der µ = 0 dır. Bu ise λ ve µ polinomlarının sabit olması demektir.Diğer taraftan m αindirgenemez bir polinom olduğundan λ = µ = 1 eldeederiz, böylece mα= m'dır.αTeorem 14.5. E cismi, F nin bir genişlemesi ve α ∈ E olsun. F cismifüzerinde şeklindeki bütün rasyonel polinomların kümesi ( )g R F olmaküzere F( α ) ≅ R( F)izomorfizması vardır, üstelik F( α ) = F[ α]ve( F( α ) : F) = der m αdır. ( Burada m αyukarıda tanımlandığı gibidir.)⎛ f ⎞ σα( f )Kanıt. ϕ : R( F) → R( F), ϕ ⎜ ⎟ = dönüşümünü ve yukarıdaki gibi⎝ g ⎠ σα( g)tanımlanan I αkümesini göz önüne alalım. I αkümesinin tanımından g ≠ 0olduğundan σ ( g) ≠ 0 dır. ϕ nin bir izomorfizma tanımlayacağı kolaycaαgösterilebilir. O halde F( α ) ≅ R( F)izomorfizması vardır. F( α ) = F[ α]olduğunu kanıtlamak için β ∈ F( α)olmak üzereσα( f )β = şeklindeσ ( g)verilsin. σα( g) ≠ 0 ise g ∉ I αdır. mα∈ Iαelemanını göz önüne alalım. m ααα237

indirgenemez olduğundan g yi bölmez, çünkü I αnın her elemanı m αnın bir0katıdır. α = e olsun. Bu durumdahg + kmα= eolacak şekilde h , k ∈ P( F)elemanları vardır. Böylece,e = σ ( e) = σ ( h) σ ( g) + σ ( k) σ ( m )α α α α α α= σα( h) σα( g)dir. Buradan,−1σ ( h) = ( σ ( g))veya σ ( f ) σ ( h) = σ ( fh)= βαbulunur. Böylecedolayısıyla F( α ) = F[ α]elde ederiz.Şimdi, der miçin ( )ααα α αfh bir polinom olduğundan β da bir polinomdur,= n olsun. ( F ( α ) : F ) = der m = n olduğunu kanıtlamak2 n 1F α nın F üzerinde { , , ,..., }αe α α α − şeklinde bir baza sahip olduğunugöstermek yeterlidir. Bunun için önce bunların lineer bağımsız olduğunugösterelim. a0 , a1 , a2 ,..., a ∈ n−1F olmak üzere, 1a0e + a1α+ ... + a nn 1α −−= 0olsun. Bu durumda bir f ∈ P( F)içinn 1f = a0e + a1 x + ... + an1x −−yazabiliriz ve bu f içinn 1σα( f ) = a0e + a1α + ... + a n 1α −−= 0olacağından ve f minimal polinom olduğundan f = 0 olmalıdır, böylece2 n 1bulunur, yani { , , ,..., }2 n 1Şimdi de { , , ,..., }Bunun için x ∈ F( α)olsun.a = a = ... = a −= 00 1 n 1e α α α − kümesi lineer bağımsızdır.e α α α − kümesinin F( α ) yı gerdiğini gösterelim.n 1x = a0e + a1α+ ... + a n 1α −−olacak şekilde a0 , a1 , a2 ,..., an− 1∈ F elemanlarını bulabileceğimizigöstermeliyiz. x ∈ F( α)olduğundan σα( f ) = x olacak şekilde F üzerindetanımlı bir f polinomu bulabiliriz. Öklid algoritmasına göref = qmα+ r , der r ≤ der mα= nolacak şekilde F üzerinde tanımlı q, r polinomları bulunabilir. Buradanσα ( f ) = σα ( qmα + r) = σα ( qmα ) + σα ( r) = σα ( q) σα ( mα ) + σα( r)yazabiliriz. Bu ise,n 1r = a e + a x + ... + a x −0 1 n−1238

şeklinde bir polinom olmasını gerektirir. Şu halden 1σα( r) = a0e + a1α + ... + an1α −−= xdir. Böylece,x = ( f )2 n 1dır ve bu { , , ,..., }σ αe α α α − kümesinin F( α ) yı gerdiğini ve dolayısıyla F( α )nın bazı olduğunu kanıtlar.CEBİRSEL GENİŞLEMELERTanım 14.4. ( E, i ) , bir F cisminin herhangi bir genişlemesi olsun. EğerF ⊂ E ise i dönüşümü bir dahil etme adını alır. Eğer ∀α∈ E , F üzerindecebirsel ise yani,α katsayıları F den alınmış sabit olmayan bir polinomdenklemin kökü ise bu durumda ( E, i ) ye bir cebirsel genişleme, aksi taktirdebir transandant genişleme adı verilir.Tanım 14.5. E cismi F nin bir genişlemesi olsun. E nin F üzerindeki cebirselelemanlarının kümesine F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı adı verilir ve A ilegösterilir. A = F ise bu durumda F ye E de cebirsel kapalıdır deriz.Teorem 14.6. F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı, E nin bir alt cismidir.Kanıt. F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı A ve α, β ∈ A iki cebirsel eleman1olsun. α + β ∈ A , α. β ∈ A , −α∈ A ve α ≠ 0 olmak üzere α − ∈ Aolduğunu göstermeliyiz. Bunun için, α ve β yı F kümesi içerisine dahilederek F( α, β ) kümesini oluşturalım. Bu küme E nin bir alt cismi olur.Dolayısıyla, α + β ∈ F( α, β ) , α. β ∈ F( α, β ) , −α∈ F( α, β ) ve α ≠ 0 olmak1üzere α− ∈ F( α, β ) dır ve F( α, β ) nın bütün elemanları cebirseldir. Diğertaraftan A nın bütün cebirsel elemanları içerdiğini tanımdan biliyoruz. O haldeF( α, β ) ⊂ A ve α + β ∈ A , α. β ∈ A , −α∈ A ve α ≠ 0 olmak üzere1α − ∈ A dır. Böylece A, E nin bir alt cismidir.Teorem 14.7. E cismi , F nin bir genişlemesi olsun. E nin F üzerindekiderecesi ( E : F)= n < ∞ şeklinde sonlu ise bu durumda E bir cebirselgenişlemedir.Kanıt. Herhangi bir E2 nα ∈ elemanını göz önüne alalım. { e, α, α ,..., α }kümesi F de lineer bağımlı olacaktır. O halde2na0e + a1α + a2 α + ... + a nα = 0239

olacak şekilde hepsi birden sıfır olmayan a0 , a1 , a2,..., an∈ F elemanlarıbulunabilir. Böylece en az bir f ∈ P( F)için σα( f ) = 0 dır ve α ∈ E keyfibir eleman olduğundan E nin bir cebirsel genişleme olduğu sonucu bulunur.Not: Bu teoremin karşıtı daima doğrudur.Teorem 14.8. Eğer E, sonlu sayıda cebirsel eleman tarafından gerilebiliyor iseo taktirde E sonlu bir genişlemedir.Kanıt. Teoremin hipotezine göre sonlu sayıda α1, α2,..., αn ∈ E elemanlarıvardır. Bu elemanların gerdiği cisimler,F( α1,..., αk) = Ek, k = 1,2,..., nşeklinde olsun. Buna göre,E = F( α1,..., αn) = Enve F = E0dır. Böylece,k = 1 için E1 = F( α1) = E0 ( α1),k = 2 için E2 = E1 ( α2) ve E1 = F( α1) = E0 ( α1)olduğundanE ( α ) = ( E ( α ), α ) = F( α , α )1 2 0 1 2 1 2yazabiliriz. k için ise E = E ( ) 1α yazabiliriz. Böylece Teorem 14.7. denk k − kdolayı ∀ k için αklar E ve Eklar üstünde cebirsel olduklarındandur. Böylece Teorem 14.2. ve Teorem 14.5. ten( E : F) = ( En : En− 1)( En− 1: En−2 )...( E1 : E0) < ∞sonucunu elde ederiz.Ek< ∞240

15. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARIDüzlemdeki vektörleri paralelkenar kuralına göre toplayabildiğimiz gibi birvektörü bir sayı ile çarparak bir diğer vektör elde edebiliriz. Vektör toplamı vesayı-vektör çarpımı adını vereceğimiz bu işlemlerin sağladığı cebirselözellikleri genelleştirmek suretiyle vektör uzayı adını vereceğimiz bir cebirselyapı tanımlayabiliriz. Burada ele alacağımız sayılar gerçel sayılar cismine aitolabileceği gibi diğer cisimler için de bu tanımlamaları yapmak söz konusudur.Tanım 15.1. F cismi üzerinde bir vektör uzayı (lineer uzay ), elemanlarıvektör toplamı ve skaler-vektör çarpımı adını vereceğimiz iki işleme göreaşağıdaki özellikleri gerçekleyen bir V kümesidir:1) Vektör toplamı işlemine göre V, değişmeli bir gruptur,2) Herhangi bir λ ∈ F ve a,b ∈ V için λ( a + b)= λa + λb,3) λ , µ ∈ F ve a ∈ V için ( λ + µ )a = λ a + µ a ,4) λ , µ ∈ F ve a ∈ V için ( λµ ) a = λ ( µ a),5) Herhangi bir a ∈ V için 1a = a dır.nÖrnek 15.1. Bir F cismine ait elemanların sıralı n-lilerinin F kümesiaşağıdaki işlemlerle birlikte F cismi üzerinde bir vektör uzayıdır;( a , a ,..., a ) + ( b , b ,..., b ) = ( a + b , a + b ,..., a + b ) ,1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n nλ( a , a ,..., a ) = ( λa , λa ,..., λa) .1 2 n1 22 3Bu örneğe göre 2 ve 3 boyutlu Öklid uzayları E , E ve n boyutlu Öklidnuzayı E ; R reel sayılar cismi üzerinde vektör uzayı örnekleridir.Örnek 15.2. Bir X kümesi üstünde tanımlanan ve değer kümesi herhangi bir Fcismi olan bütün fonksiyonların I ( X ; F)kümesi, aşağıda verilenfonksiyonların toplama ve sayı ile çarpımı işlemlerine göre bir vektör uzayıdır;( f + g)( x) = f ( x) + g( x), ( λ f )( x) = λ f ( x); λ ∈ F, x ∈ X.Örnek 15.3. K, bir F cisminin alt cismi olsun. F deki birinci işlemi vektörtoplamı ve K nın elemanları ile F nin elemanlarının F deki ikinci işleme göreçarpımını da sayı-vektör çarpımı olarak tanımlarsak, F yi K cismi üzerinde birvektör uzayı olarak tanımlayabiliriz. Buna göre kompleks sayılar kümesi reelsayılar kümesi üstünde bir vektör uzayıdır.Tanım 15.1. kullanılarak vektör uzaylarının aşağıdaki özelliklerini kolaycakanıtlayabiliriz. Burada cisme ait sıfır elemanını normal şekilde, vektöruzayının sıfır vektörünü ise vektör işaretli olarak yazacağız.n241

Özellik 15.1. Bir F cismi üstünde tanımlı bir vektör uzayı için aşağıdakiözellikler vardır; 1) Herhangi bir λ ∈ F için λ 0 = 0 ,2) Herhangi bir λ ∈ F ve a ∈ V için λ( − a)= − λa,3) Herhangi bir λ ∈ F ve a , b ∈ V için λ( a − b)= λa − λb,4) Herhangi bir a ∈ V için ( − 1)a = − a ,5) Herhangi bir a ∈ V için 0a = 0 ,6) λ , µ ∈ F ve a ∈ V için ( λ − µ )a = λ a − µ a dır.Tanım 15.2. V bir vektör uzayı ve U ⊂ V olsun. Eğer aşağıdaki koşullargerçeklenirse U ya V nin bir alt uzayı adı verilir:1) U , vektör toplamı işlemine göre V nin bir alt grubudur,2) ∀λ∈ F ve a ∈ U için λa ∈Udur.Bu tanıma göre U ≠ ∅ ve U ⊂ V olmak üzerea) 0 ∈U,b) ∀ u , w∈ U için u + w∈ U ,c) ∀λ∈ F ve ∀u ∈ U için λu ∈ Ukoşulları gerçeklenirse U ⊂ V alt kümesi F cismi üstünde tanımlanan V vektöruzayının bir alt uzayı olur. U kümesinin de V de ki işlemlere göre bir vektöruzayı olduğu gösterilebilir. Herhangi bir V vektör uzayının sadece sıfırvektöründen oluşan alt kümesi ve vektör uzayının kendisi V nin alt uzaylarıdır.Bu alt uzaylara V nin aşikar (trivial) alt uzayları adı verilir.3Örnek 15.4. E vektör uzayında , verilen bir düzleme veya doğruya paralel3vektörlerin kümesi, E vektör uzayının bir alt uzayını oluştururlar.Örnek 15.5. I ⊂ R aralığı verilsin. f : I → R şeklindeki bütünfonksiyonların I( I, R ) kümesi bir vektör uzayıdır. f :I → R şeklindekibütün sürekli fonksiyonların kümesi I( I, R ) nin bir alt vektör uzayıdır.Tanım 15.3. U ve V aynı F cismi üzerinde tanımlanmış iki vektör uzayı veϕ :V → U dönüşümü bire-bir ve üzerine olsun. Aşağıdaki iki koşulgerçeklenirse ϕ dönüşümüne V ile U vektör uzayları arasında bir izomorfizmave V ile U vektör uzaylarına da izomorfturlar deriz:1) ∀a,b ∈ V için ϕ( a + b) = ϕ( a) + ϕ( b),2) ∀λ∈ F ve ∀a ∈ V için ϕ( λa) = λϕ( a).242

Sonlu boyutlu vektör uzaylarını, izomorfizmalar yardımıylatanımlayacağımız denklik bağıntıları sayesinde izomorf sınıflaraparçalayabiliriz. Aralarında bir izomorfizma tanımlanabilen iki vektör uzayınıbağıntılı olarak tanımlarsak, tanımlayacağımız bağıntı bir denklik bağıntısıolur, böylece bu bağıntı sayesinde tanımlanabilen her bir denklik sınıfını birizomorfizma sınıfı olarak düşünebiliriz. Biraz sonra vereceğimiz teoremlebunu nasıl yapabileceğimizi göreceğiz.Tanım 15.4. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve a1 , a2,..., an∈ Vvektörleri verilsin. λ1 , λ2,..., λn ∈ F olmak üzereλ1a 1+ λ2a2 + ... + λnanşeklindeki bir toplama bir lineer birleşim adı verilir.x1 , x2,..., xn⊂ Volsun. ∀a ∈ V vektörü x1 , x2,..., xnvektörlerinin bir lineer birleşimi olarak tektürlü ifade edebiliyor ise { x1 , x2,..., xn}kümesine V nin bir tabanı (bazı) adıverilir. Bir a ∈Vvektörünüa = λ1 x1 + λ2 x2 + ... + λn xnşeklinde yazarsak, buradaki λ1 , λ2,..., λn ∈ F sayılarına a vektörününkoordinatları deriz.Tanım 15.5. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve { }Örnek 15.6. Geometrik olarak iki vektör aynı bir doğruya paralel iseler buvektörlere doğrusaldır, aynı bir düzleme paralel iseler düzlemseldir deriz.2Buna göre E de doğrusal olmayan iki vektör bir baz oluşturur. Benzer3şekilde düzlemsel olmayan üç vektör de E için baz oluştururlar.Örnek 15.7. e1= (1,0,...,0) , e2= (0,1,...,0) , ... , en= (0,0,...,1) vektörlerivektör uzayının bir bazını oluşturur.Teorem 15.1. F cismi üzerinde n-vektörden oluşan bir baza sahip herhangi birnV vektör uzayı, F vektör uzayına izomorftur.Kanıt. V nin bir bazı { x1 , x2,..., xn}olsun. Herhangi bir a ∈ V vektörü, bubaza göre a = λ1 x1 + λ2 x2 + ... + λn xnşeklinde ifade edilsin. Şimdi,nϕ : V → F , ϕ( a) = ( λ1 , λ2,..., λn)dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir izomorfizmadır. Gerçekten;∀a,b ∈ V ve ∀λ∈ F içina = a1 x1 + a2x2 + ... + anxn, b = b1 x1 + b2 x2 + ... + bn xnolmak üzerenF243

a + b = ( a1 + b1 ) x1 + ( a2 + b2 ) x2+ ... + ( an + bn ) xnveλa = ( λa1 ) x1 + ( λa2 ) x2+ ... + ( λan) xnolduğundan ϕ dönüşümü bir izomorfizmadır.Örnek 15.8. Teorem 15.1. e göre2E ve3E sırasıyla2R ve3R e izomorftur.λ1 , λ2,..., λn ∈ F skalerleri sayesinde bir lineer birleşimλ1a 1+ λ2a2 + ... + λnanşeklinde verilsin. Eğer λ1 = λ2 = ... = λ n= 0 ise bu lineer birleşime aşikar(trivial) aksi durumda aşikar olmayan (non-trivial) bir lineer birleşimdir deriz.Tanım 15.6. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. a1 , a2,..., an∈ Vvektörlerinin aşikar olmayan bir lineer birleşimi, sıfır vektörüne eşit oluyorsabu vektörlere lineer bağımlıdır, aksi taktirde lineer bağımsızdır denir.Şu halde a1 , a2,..., an∈Vvektörlerinin lineer bağımsız olmasıλ1a 1+ λ2a2 + ... + λnan= 0homojen denklem sisteminin ancak ve ancak sıfır çözüme sahip olmasınaeşdeğer olmaktadır.Örnek 15.9. Sıfırdan farklı bir tek vektörden oluşan bir vektör kümesininlineer bağımsız, sadece sıfır vektöründen oluşan veya sıfır vektörünü içeren birvektör kümesinin ise lineer bağımlı olacağı açıktır. Ayrıca lineer bağımlıvektörleri kapsayan bir vektör kümesinin kendisi de lineer bağımlıdır. Budüşünceyi aşağıdaki şekilde de ifade edebiliriz.Teorem 15.2. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. n > 1 olmak üzerea1 , a2,..., an∈ V vektörlerinin lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşulbu vektörlerden en az birisinin diğerlerinin bir lineer birleşimi şeklindeyazılabilmesidir.Kanıt. a1 = µ2a2 + ... + µnanolsun. Bu durumda,a1 − µ2a2 −... − µnan= 0yazabiliriz ki, bu a1 , a2,..., anvektörlerinin lineer bağımlı olduğunu gösterir.Tersine, hepsi birden sıfır olmayan λ1 , λ2,..., λnskalerleri içinλ1a 1+ λ2a2 + ... + λnan= 0olsun. λ1 ≠ 0 olduğunu varsayalım. Bu taktirde,λ λa = − a −...− a n2n1 2λ1 λ1244

yazabiliriz.Teorem 15.3. V, F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve a1 , a2,..., an∈ V lineerbağımsız vektörleri verilsin. Bir b vektörünün a1 , a2,..., anvektörlerinin lineera , a ,..., a , bbirleşimi şeklinde yazılabilmesi için gerek ve yeter koşul { }kümesinin lineer bağımlı olmasıdır.Kanıt. Eğer b vektörü a1 , a2,..., anvektörlerinin lineer birleşimi olaraka , a ,..., a , b lineer bağımlıdır.yazılabiliyor ise Teorem 15.2. den dolayı { }Tersine hepsi birden sıfır olmayan λ1 , λ2,..., λn, µ sayıları içinλ1a 1+ λ2a2 + ... + λnan+ µ b = 0olsun. Burada µ ≠ 0 olmak zorundadır. Aksi durumda µ = 0 için a1 , a2,..., anvektörleri lineer bağımlı olur ki, bu hipoteze aykırıdır. Dolayısıyla µ ≠ 0olduğundaλ1 λ2λnb = − a1 − a2 −...− a nµ µ µyazabiliriz ki, bu b vektörünün a1 , a2,..., anvektörlerinin lineer birleşimişeklinde yazılabildiğini gösterir.Teorem 15.4. Eğer b vektörü a1 , a2,..., anvektörlerinin lineer birleşimi olarakyazılabiliyor ise bu yazılışın tek türlü olması için gerek ve yeter koşula1 , a2,..., anvektörlerinin lineer bağımsız olmasıdır.Kanıt. b vektörününb = λ1a 1+ λ2a2 + ... + λnan = µ1a1 + µ2a2+ ... + µnanşeklinde iki gösterime sahip olduğunu kabul edelim. Buradan,( λ1− µ1) a1 + ( λ2− µ2) a2+ ... + ( λn− µn) an= 0yazabiliriz. Eğer b, tek türlü yazılabiliyor ise, yani 1 ≤ i ≤ n olmak üzere ∀ iiçin λi= µiise a1 , a2,..., anvektörleri lineer bağımsızdır. Tersine eğera1 , a2,..., anvektörleri lineer bağımsız iseler yukarıdaki lineer homojendenklem sistemi sadece sıfır çözüme sahip olacağından 1 ≤ i ≤ n olmak üzere∀ i için λi− µi= 0 veya λi= µielde ederiz ki, bu b nin a1 , a2,..., anvektörlerinin lineer birleşimi olarak tek türlü yazılabileceğini gösterir.Tanım 15.7. V bir vektör uzayı ve S ⊂ V olsun. S deki vektörlerinoluşturduğu bütün sonlu lineer birleşimlerin kümesine S nin gerdiği lineeruzay denir ve 〈 S〉 ile gösterilir. Bu uzay V nin S yi kapsayan en dar altuzayıdır, eğer V = 〈 S〉 ise S kümesi V vektör uzayını geriyor deriz. V = 〈 S〉1 2n1 2n245

olmak üzere eğer S sonlu sayıda vektörden oluşuyor ise o taktirde V ye sonluboyutlu vektör uzayı, aksi taktirde de sonsuz boyutlu vektör uzayıdır deriz.Teorem 15.5. F cismi üzerinde bir V vektör uzayı, n tane vektör tarafındangerilsin. Bu durumda m > n olmak üzere, V nin herhangi m tane vektörü lineerbağımlı olur.Kanıt. V = 〈 a1 , a2,..., an〉 ve m > n olmak üzere b1 , b2,..., bm, V nin herhangim vektörü olsun. a1 , a2,..., anvektörleri V nin bazını oluşturacağındanb1 , b2,..., bmvektörlerini bu baz vektörlerin lineer birleşimleri olarakb = µ a + µ a + ... + µ a ,1 11 1 12 2 1nnb = µ a + µ a + ... + µ a ,2 21 1 22 2 2nn..............................................b = µ a + µ a + ... + µ am m1 1 m2 2mn nşeklinde yazabiliriz. Şimdi λ1 , λ2,..., λm ∈ F olmak üzereλ b + λ b + ... + λ b = ( λ µ + λ µ + ... + λ µ ) a1 1 2 2 m m 1 11 2 21 m m1 1+ ( λ1µ 12+ λ2µ 22+ ... + λmµ m2 ) a2 + ... + ( λ1µ 1n + λ2µ 2n + ... + λmµmn) anyazabiliriz. Bu eşitlikten aşağıdaki lineer homojen denklem sisteminioluşturalım;µ x + µ x + ... + µ x = 0,11 1 21 2 m1mµ x + µ x + ... + µ x = 0,12 1 22 2 m2m..............................................µ x + µ x + ... + µ x = 01n 1 2n 2mn mŞimdi eğer ( λ1 , λ2,..., λm) bu denklem sisteminin bir çözümü oluyorsa o zamana1 , a2,..., anlerin hepsinin katsayıları sıfır olacağındanλ1b 1+ λ2b2 + ... + λmbm= 0elde ederiz ki, bu b1 , b2,..., bmvektörlerinin lineer bağımlı olması demektir.Not: Teorem 15.5. e göre, bir vektör uzayına ait lineer bağımsız ve uzayı gerenbir 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 altkümesi olsun. Bu durumda S, V nin bir bazını içerir.Kanıt. S lineer bağımsız bir küme ise ispat tamamdır, eğer S lineer bağımlıbir küme ise o zaman S, Teorem 15.2. den dolayı S deki diğer vektörlertarafından ifade edilebilen bir vektörü kapsar. Bu vektörü S den çıkarırsakgeriye kalan küme yine V yi gerer, üstelik bu kümedeki vektör sayısı S deki246

vektör sayısından bir eksiktir. Bu şekilde devam edersek sonuçta lineerbağımsız ve V yi geren yani V nin bir bazını oluşturan bir kümeye ulaşırız.Teorem 15.7. Sonlu boyutlu bir vektör uzayının bütün bazları aynı sayıdavektöre 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 bazınvektörleri lineer bağımlı olur, bu ise baz tanımına aykırıdır. Çünkü bir vektöruzayının 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 fonksiyonlarınkümesini I ( X , F)ile gösterelim. Bu durumda I ( X , F)bir vektör uzayıdır veboyutu n dir. Gerçekten, ∀a,x ∈ X için⎧1,x = aδa( x)= ⎨⎩0,x ≠ aşeklinde tanımlı δ fonksiyonunu göz önüne alalım. Her ϕ ∈ I ( X , F)fonksiyonunuϕ = ∑ ϕ( a) δ aa∈Xbiçiminde ifade edebiliriz. Böylece, ∀a ∈ X için tanımlayabileceğimiz δafonksiyonlarının kümesi ( n elemanlı ) I ( X , F)vektör uzayının bazınıoluşturur. Dolayısıyla boy I = n dir.Eğer X sonsuz elemanlı bir küme ise o zaman her n için I ( X , F), farklıa1 , a2,..., anler içinδ , δ ,..., δ şeklinde sonsuz çoklukta bir baza sahipa1 a2a nolacağından I ( X , F)sonsuz boyutlu olur.Örnek 15.11. R reel sayılar cisminin, Q rasyonel sayılar cismi üzerinde birvektör uzayı yapısına sahip olduğunu biliyoruz. Bu vektör uzayı sonsuzboyutludur. Gerçekten, eğer sonlu boyutlu olmuş olsaydı o zaman her bir reelsayıyı sonlu sayıda rasyonel sayı sayesinde ifade edebilirdik ki, bu durumdareel sayılar kümesi sayılabilir olurdu. Halbuki bu mümkün değildir, çünkü reelsayılar kümesi sayılabilir değildir.Not: Sayılabilir sonsuz elemanlı bir küme,kümedir.+Z ile bire-bir eşlenebilen247

Teorem 15.8. Bir V vektör uzayının bir S⊂ Vlineer bağımsız vektöre sahip herhangi bir { }vektörlerinin gerdiği 〈 S〉 uzayının bir bazıdır.∀ ∈ 〈 〉 vektörünün { }alt kümesinin maksimal sayıdax1 , x2,..., xkalt kümesi, S ninKanıt. x Sx1 , x2,..., xkbazına ait vektörlerin lineerbirleşimi biçiminde yazılabileceğini göstermeliyiz. 〈 S〉 nin tanımına göre xvektörü S nin vektörlerinin lineer birleşimi şeklinde yazılabilir. O halde x ∈ Snin x1 , x2,..., xkların lineer birleşimi şeklinde yazılabileceğini kanıtlamalıyız.Gerçekten, x ∈ { x1 , x2,..., xk} ise bu açıktır. x ∉ { x1 , x2,..., xk} ise Teorem 15.3.den sonuç elde edilir.Bu teoremde S = V almak suretiyle aşağıdaki teoremi ifade edebiliriz.Teorem 15.9. Bir V vektör uzayının lineer bağımsız herhangi bir vektörkümesi, V nin bir bazına tamamlanabilir.Şimdi sonlu boyutlu vektör uzaylarını sınıflandıran aşağıdaki teoremikanıtlayabiliriz.Teorem 15.10. Aynı cisim üstünde tanımlı sonlu boyutlu vektör uzaylarınınizomorf olabilmesi için gerek ve yeter koşul boyutlarının aynı olmasıdır.Kanıt. U ve V, aynı F cismi üzerinde tanımlı iki vektör uzayı olsun.φ :V → U dönüşümü bir vektör uzayı izomorfizması ve { e1 , e2,..., en}de Vnin bir bazı olsun. İzomorfizmalar bazları koruyacağından{ φ( e1 ), φ( e2),..., φ ( e n)}de U nun bir bazı olur ki, buradan boyU= boyVeldeedilir. Tersine, boyU = boyV = n olsun. Bu durumda Teorem 15.1. den U venV uzayları, F ye izomorf olduklarından, U ve V nin de birbirine izomorfolduğunu elde ederiz.Bu teoremin sonucu olarak, bir F cismi üzerinde tanımlı n-boyutluherhangi bir V vektör uzayını, elemanları F cisminden seçilen sıralı n-lilerinnoluşturduğu F vektör uzayı ile yer değiştirebiliriz. Eğer V nin bir bazını sabittutarsak, bu baza göre V nin herhangi bir vektörünü, vektörün bu baza görebulunacak koordinatlarına eşleyen dönüşüm bir izomorfizma tanımlar, bunadoğal izomorfizma diyeceğiz. Doğal izomorfizma sayesinde V nin baznvektörleri F nin birim normlu vektörlerine resmedilirler. Bu durumdabileşenleri, bir matrisin satırları olarak yazarsak , bu matrisin satırlarınınoluşturacağı vektör uzayı sabit bir baza göre sonlu boyutlu bir vektör uzayıoluşturur ve satır uzayı olarak isimlendirilir.Şimdi, n-boyutlu V vektör uzayının bütün bazlarının kümesini göz önünealalım. { e1 , e2,..., en}bazını sabit düşünelim. Bu durumda V nin sıralı bir bazı{ }e' 1, e' 2,..., e ' nise bu bazın bileşenleri248

şeklindedir vene' = ∑ e c , j = 1,2,..., n(15.1)j i iji=1C = ⎡ ⎣ c ⎤ij ⎦ matrisini tanımlar. Bu matrise { e1 , e2,..., en}nxne e e bazına olan dönüşüm matrisi adı verilir. Bu matrisinbazından { '1, '2,..., ' n }kolonları { e e e } bazının vektörlerinin { }'1, '2,..., ' nbileşenlerinden oluşur. Dolayısıylabağımsızdır, aksi taktirde { }ijnxne1 , e2,..., enbazına göreC = ⎡ ⎣ c ⎤ ⎦ matrisinin kolonları lineere' 1, e' 2,..., e ' nkümesi V nin bir bazını oluşturamaz.Böylece C matrisi regüler bir matris olmak zorundadır. O halde det C ≠ 0 dır.Eğer sabit { e1 , e2,..., en}bazına göre diğer bütün bazların dönüşümmatrislerinin kümesini göz önüne alırsak bu küme regüler matrislerdenoluşur. det C > 0 ise { e1 , e2,..., en}bazı ile { e' 1, e' 2,..., e ' n } bazı aynıe' 1, e' 2,..., e ' nbazı pozitif yönlendirilmiştir, det C < 0ise negatif yönlendirilmiştir deriz. Böylece söz konusu vektör uzayınıyönlendirmiş oluruz.(15.1) denklemini matris gösterimi ilee' , e' ,..., e' = e , e ,..., e Cyönlendirilmiştir veya { }[ 1 2 n ] [ 1 2 n ]∈ V vektörünü, V nin { e e e } ve { e e e }şeklinde yazabiliriz. x1, 2,..., n'1, '2,..., ' nbazlarına göre ifade ederseknnx = x e + ... + x e = x ' e' + ... + x ' e' = x ' e c + ... + x ' e c∑ ∑1 1 n n 1 1 n n 1 i i1n i ini= 1 i=1= x ' ( e c + e c + ... + e c ) + ... + x ' ( e c + e c + ... + e c )1 1 11 2 21 n n1 n 1 1n 2 2n n nnyazarız. Buradan⎡ x1⎤ ⎡ x ' 1 ⎤X =⎢ ⎥⎢⋮ ⎥, X ' =⎢ ⎥⎢⋮ ⎥⎢⎣x ⎥n ⎦ ⎢⎣x ' n⎥⎦dersek,x = e' , e' ,..., e' X ' = e , e ,..., e CX '[ ] [ ]1 2 n1 2yazabiliriz. Böylece, iki baz arasındaX = CX 'şeklindeki koordinat dönüşüm denklemini elde ederiz, bunu bileşenlercinsindenşeklinde yazarız.nx = ∑ c x ' , i = 1,2,..., ni ij jj=1n249

16. BÖLÜM. CEBİRV kümesi, bir F cismi üzerinde vektör uzayı olmak üzere V üzerindeV × V → V( x, y)→ xyşeklinde tanımlanan çarpma işlemi (cebir işlemi)i. ∀x, y ∈V , ∀λ∈ F için ( λx) y = x( λ y) = λ( xy),ii. ∀x, y,z ∈ V için ( x + y)z = xz + yz , x( y + z)= xy + xzkoşullarını sağlıyorsa V ye bir cebir adı verilir. Bu tanıma göre V nin F cismiüstünde bir cebir yapısı oluşturması için V üstündeki toplama, çarpma ve F ninelemanları ile V nin elemanlarının çarpımı işlemleri aşağıdaki koşullarıgerçeklemelidir;1) V, toplama ve F nin elemanları ile çarpma işlemleri ile bir vektör uzayıolmalı,2) V, toplama ve çarpma işlemleri ile bir halka olmalı,3) ∀ x,y ∈ V , ∀λ∈ F için ( λx) y = x( λ y) = λ( xy)olmalıdır.Tanım 16.1. V bir cebir olsun. Eğer ∀x, y,z ∈ V için ( xy) z = x( yz)koşuluda sağlanıyorsa V ye bir birleşmeli cebir ; ∀x,y ∈ V için xy = yx koşulusağlanırsa V ye bir değişmeli cebir ; ∀x ∈ V için xe = ex = x koşulunusağlayan bir e ∈Vbirim elemanı bulunabiliyorsa V ye bir birimli cebir adıverilir.Tanım 16.2. V ve W herhangi iki cebir olsun. Eğer ϕ :V → W lineerdönüşümü ∀x, y,z ∈ V içinϕ( xy) = ϕ( x) ϕ( y)koşulunu gerçekliyor ise ϕ ye bir cebir homomorfizması adı verilir. Eğer ϕhomomorfizması bire-bir ve üzerine ise bir cebir izomorfizması adı verilir.V ve W herhangi iki birimli cebir olsun. e1 ∈V , e2∈ W birim elemanlarolmak üzere ϕ :V → W homomorfizması üzerine ise bu durumda ϕ ( e1 ) = e2dir. Gerçekten, ϕ üzerine olduğundan verilen herhangi bir y ∈ W elemanı içinϕ ( x)= y olacak şekilde bir x ∈ V elemanı bulunabilir. O haldey = e y = ϕ( e ) ϕ( x) = ϕ( e x) = ϕ( x)2 1 1olduğundan e2 = ϕ( e1) , W nin birim elemanıdır.250

Tanım 16.3. V, F cismi üzerinde birleşmeli bir cebir olsun. S ⊂ V olmaküzere V nin her x elemanı x , x ,..., x ∈ S ve λ , λ ,..., λ ∈ elemanlarınıni1 i2i k∑iλxi1 ,..., iki1,..., iki1 i2iFkşeklindeki bir lineer birleşimi olarak ifade edilebiliyor ise S ye V nin bir üreteçsistemi deriz, bu durumda S, V yi gerer.Tanım 16.4. V herhangi bir cebir ve W ⊂ V bir alt vektör uzayı olsun. EğerW, V de tanımlı olan çarpma işlemine göre kapalı ise W ye V nin bir alt cebridenir.Tanım 16.5. (Cebirsel ideal) V bir cebir ve I ⊂ V bir alt vektör uzayı olsun.∀x∈ V için α ∈ I olmak üzere xα ∈ I ise I ya V nin bir sağ ideali, α x ∈ Iise I ya V nin bir sol ideali adı verilir. Eğer V değişmeli ise bu durumda sağ vesol ideal kavramları anlamını yitirir ve bu durumda I ya sadece V nin birideali denir.Örnek 16.1. V birleşmeli bir cebir olmak üzere V nin bir x elemanını gözönüne alalım.N = α ∈ V | xα= 0x{ }kümesi V nin bir sağ idealidir. Çünküolduğundanαβ ∈ Nxdir.β ∈ V için ( xα ) β = x( αβ ) = 0V bir cebir, I ⊂ V alt vektör uzayı ve I aynı zamanda V nin bir ideali isebu durumda V I bölüm cebrini tanımlayabiliriz. Bunun için önceπ :V → V Işeklindeki doğal izdüşüm dönüşümünü tanımlarız ve aşağıdaki teoremikullanarak bölüm cebrini tanımlayabiliriz.Teorem 16.1. π :V → V I dönüşümü tanımlansın. V I da bir çarpmaişleminin tanımlanabilmesi için gerek ve yeter koşul I nın V de bir idealolmasıdır.Kanıt. V I da bir çarpma işleminin tanımlı olduğunu kabul edelim. x,y ∈ Volmak üzere π ( x)= x′, π ( y)= y′şeklinde gösterelim. π bir homomorfizmaolduğundanx ' y ' = π ( x) π ( y) = π ( xy)yazabiliriz. Şimdi x ∈ I olduğunu kabul edersek y ∈ V olmak üzere, π birhomomorfizma olduğundanπ ( xy) = π ( x) π ( y) = x ' y ' = 0251

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, C kompleks sayılar cismi, R reel sayılar cismi üzerinde bir cebiryapısı oluşturur.3Örnek 16.3. E , 3-boyutlu Öklid uzayı , vektörel çarpma işlemi ile bir cebiryapısına sahiptir.Örnek 16.4. Herhangi bir X kümesinden , F cismine olan fonksiyonlarınI ( X , F)kümesi , fonksiyonların bilinen toplamı, çarpımı ve bir sayı ile birfonksiyonun çarpımı işlemlerine göre F cismi üzerinde bir cebirdir. Bu cebirdeğişmeli, birleşmeli ve birim elemanlı bir cebirdir.Örnek 16.5. X bir küme ve 2 X , X in alt kümelerinin kümesi olsun. M ,N ∈ 2 X alt kümeleri içinM ∆ N = ( M − N) ∪ ( N − M )şeklinde tanımlı simetrik fark ve kümelerin kesişimi işlemlerini, sırasıylatoplama ve çarpma işlemleri olarak alırsak bu işlemlere göre 2 X kümesi birhalka yapısına sahip olur. Üstelik bu halka değişmeli ve birleşmelidir. ŞimdiZ2cismini göz önüne alalım. Z2nin elemanları ile 2 X in elemanlarınınçarpımı işlemini de aşağıdaki kurallara göre tanımlarsak 2 X kümesi Z2üzerinde bir cebir yapısı oluşturur:∀M∈ 2 X ve 0, 1∈ Z2için 0M = ∅ , 1M = M .Şimdi F cismi üzerinde tanımlı bir A cebrini göz önüne alalım. A aynızamanda F cismi üzerinde bir vektör uzayıdır. A nın vektör uzayı olarak birbazı { e , e ,..., en}olsun. A nın bu baza göre yazılan iki elemanı1 2na = ∑ aieive b = ∑ bieii=1olsun. Çarpmanın toplama üzerine dağılma özelliğini kullanarakni=1n n n nab = a ( e b) = a ( b ( e e )) = a b ( e e )∑ ∑ ∑ ∑i i i j i j i j i ji= 1 i= 1 j= 1 i, j=1yazabiliriz ki, bu sonuç A cebrine ait iki elemanın çarpımının tamamen bazvektörlerin çarpımları sayesinde bulunabileceğini gösterir. Böylece, eğer bazvektörlerin çarpımı değişmeli ise bu durumda A da ki çarpma işlemi de genelolarak değişmeli olur. Bunu gerçeklemek için a,b ∈ A olsun.252

∑ ∑ baab = a b ( e e ) = b a ( e e ) =i j i j j i j ii, ji,jelde ederiz. Benzer şekilde eğer baz vektörlerin çarpımı birleşmeli ise budurumda A da ki çarpma işlemi de genel olarak birleşmeli olur. Diğer taraftanV bir vektör uzayı; { e1 , e2,..., en}, V nin bir bazı ve eij( i, j = 1, 2,..., n)ler V ninseçilen keyfi vektörleri ise bu durumda V üstündeki çarpma işlemini a,b ∈ Aolmak üzereab = ∑ aibjeiji,jkuralı sayesinde tanımlayabiliriz. Böylece V, bir cebir yapısına sahip olacakır.Örnek 16.6. C kompleks sayılar cisminin, R reel sayılar cismi üzerinde bircebir olduğunu, C deki çarpma işlemini C nin { 1,i } şeklindeki bazının işlemtablosunuşeklinde tanımlamak suretiyle elde edebiliriz. Üstelik C deki çarpmaişleminin değişmeli ve birleşmeli olduğu, bazdaki 1 ve i elemanlarınınçarpımlarının değişmeli ve birleşmeli oluşundan açıktır.Örnek 16.7. { , , }e e e ,1 2 3x 1 i1 1 ii i -13E vektör uzayının bir ortonormal bazı olsun.deki vektörel çarpma işlemi, baz vektörlerinin vektörel çarpım tablosu,3aşağıdaki şekilde tanımlanırsa E bir cebir yapısına sahip olur.x e1e2e3e1 0 e3− e2e2− e30 e1e3e2e1− 03E3Bu çarpma işlemi değişmeli değildir ve ∀ a, b,c ∈ E için Jacobi Özdeşliğiadını verdiğimiz( a × b) × c + ( b× c) × a + ( c × a) × b = 0şeklindeki denklemi gerçekler. Bunu kanıtlamak için sadece baz vektörler içinbu denklemin sağlandığını göstermek yeterlidir.253

Tanım 16.6. Bir cebrin bir alt kümesi aynı zamanda bu cebrin bir alt uzayı vebir alt halkası oluyor ise bu alt küme bir cebir yapısına sahip olur ve ilk cebrinbir alt cebrini tanımlar. Benzer şekilde iki cebir arasında bir dönüşümverildiğinde eğer bu dönüşüm cebirlerin vektör uzayı ve halka yapılarıarasında da bir izomorfizma tanımlıyor ise bu dönüşüm iki cebir arasında dabir izomorfizma tanımlar. Bu durumda bu iki cebire izomorftur deriz.Örnek 16.8. Kuaternionlar cebri adını vereceğimiz H nın cebir işlemi, H nıne , e , e , e olmak üzere baz vektörlerinin çarpma işlemininbir bazı { }1 2 3 4tablosunu aşağıdaki şekilde tanımlamak suretiyle verilir:x e1e2e3e4e1e1e2e3e4e2e2- e 1e4- e 3e3e3- e 4- e 1e2e4e4e3- e 2- e 1Bu cebir, tablodan görülebileceği gibi birleşmelidir, fakat değişmeli değildir.Üstelik kompleks sayılar cebri, bu cebrin bir alt cebrini oluşturur.Şimdi elemanları bir F cisminden seçilen m× n mertebeli⎛ a11 … a1n ⎞⎜⎟A =⋮ ⋱ ⋮⎜ am1a ⎟⎝ ⋯mn ⎠şeklindeki matrisleri göz önüne alalım. Bu matrisi kısaca A = ( a ij) şeklindegösterelim. A = ( a ij) ve B = ( b ij) matrisleri aynı mertebeli olmak üzeretoplamıA + B = ( a + b )şeklinde tanımlanan aynı mertebeli bir matristir. Bir A = ( a ij) matrisinin, Fcisminin bir λ ∈ F elemanı ile çarpımını iseλ A = ( λa ij)şeklinde tanımlarız. Bu iki işlemle birlikte m× n mertebeli bütün matrislerinm nF × kümesi bir vektör uzayı oluşturur. Bu uzayın F cismi üzerindeki mnm nboyutlu vektör uzayına eşdeğer olduğu, herhangi bir A = ( a ) ∈ F × matrisiiçinijijij254

F( A) = ( a , a ,..., a , a , a ,..., a ,..., a , a ,..., a ) ∈ F11 12 1n 21 22 2n m1 m2mnm nF × denmnFdönüşümününüzerine bir izomorfizma olması nedeniyleaçıktır.Diğer taraftan m× n mertebeli bir A = ( a ij) matrisi ile n× p mertebeli birB = ( b ij) matrisinin çarpımı , cikbileşenicn= ∑ a bik ij jkj=1ile verilen m× p mertebeli bir AB = ( c ik) matrisidir. Dikkat edilirse ikimatrisin çarpımı ancak birinci matrisin kolon sayısı, ikinci matrisin satırsayısına 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 41 1 2 = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎝ − ⎠⎜⎝1.3 + ( − 1).0 + 2.( −2) 1.( − 1) + ( − 1).4 + 2.1⎠ ⎝ −1 −3⎠−2 1 ⎟⎝ ⎠olur.Örnek 16.10.⎛cosα −sinα ⎞⎛cos β −sinβ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ sinα cosα ⎠⎝ sin β cos β ⎠⎛ cosα cos β − sinα sin β − cosα sin β − sinα cos β ⎞= ⎜ ⎟⎝sinα cos β + cosα sin β − sinα sin β + cosα cos β ⎠⎛ cos( α + β ) − sin( α + β ) ⎞= ⎜ ⎟ .⎝ sin( α + β ) cos( α + β ) ⎠Matris çarpımı işlemi, matrislerin çarpılabilir olması durumunda, birleşmeözelliğine sahiptir, yani çarpılabilir satır ve kolon sayılarına sahip olanA, B,C matrisleri için( AB) C = A( BC)özeliği vardır. Gerçekten,( AB) C = ( m il) ve A( BC) = ( n il)(16.1)dersek,m ⎛ ⎞il= ∑⎜∑ aijbjk ⎟ckl = ∑ aijbjkckl,k ⎝ j ⎠ j,kn a ⎛ ⎞= ∑ ⎜ ∑ b c ⎟ = ∑ a b c⎝ ⎠il ij jk kl ij jk klj k j,kmn255

olduğundan mil = nilelde ederiz.n× n mertebeli bir matrise n. mertebeden bir kare matris adı verilir. Birkare matris iki köşegene sahip olup bunlardan sol üst köşeden sağ alt köşeyeolanına esas köşegen veya sadece köşegen, diğerine ise ikinci köşegen adınıveririz. Eğer bir kare matrisin esas köşegeni dışındaki bütün elemanları sıfır iseböyle bir matrise köşegen matris adı verilir. Bir köşegen matris ile bir matrisinçarpımı aşağıda görüldüğü gibi kolayca yapılır.⎛ a1 0 ⋯ 0 ⎞⎛ b11 b12 ⋯ b1 n ⎞ ⎛ a1b11 a1b 12⋯ a1b1n ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜0 a2 ⋯ 0⎟⎜b21 b22 ⋯ b2 n ⎟ ⎜a2b21 a2b22 ⋯ a2b2n=⎟ ,⎜⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟ ⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟0 0 ⋯ a b b ⋯ b a b a b ⋯ a b⎝ m ⎠⎝ m1 m2 mn ⎠ ⎝ m m1 m m2m mn ⎠⎛ a11 a12 ⋯ a1 n ⎞⎛ b1 0 ⋯ 0 ⎞ ⎛ a11b1 a12b2 ⋯ a1nbn⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜a21 a22 ⋯ a2n ⎟⎜0 b2 ⋯ 0⎟ ⎜a21b1 a22b2 ⋯ a2nbn=⎟.⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟⎜⋯ ⋯ ⋯ ⋯⎟ ⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟a a ⋯ a 0 0 ⋯ b a b a b ⋯ a b⎝ m1 m2 mn ⎠⎝ n ⎠ ⎝ m1 1 m2 2mn n ⎠Esas köşegen üzerindeki bütün elemanları 1, diğer bütün elemanları sıfır olan⎛ 1 0 ⋯ 0 ⎞⎜⎟0 1 0I ⎜⋯= ⎟⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟⎜⎟⎝ 0 0 ⋯ 1 ⎠şeklindeki köşegen matrise birim matris adı verilir. Eğer A, m× n mertebelibir matris iseAIn= A ve I A = A(16.2)mdır, burada I ve mInsırasıyla m. ve n. mertebeden birim matrislerigöstermektedir. λ I şeklindeki matrislere skaler matrisler diyeceğiz.Çarpılabilir olma koşulu gerçeklenmek üzere matris çarpımı işlemi ile matristoplamı ve sayı-matris çarpımı işlemleri arasında aşağıdaki özellikleryazılabilir:1) A( B + C)= AB + AC ,2) ( A + B) C = AC + BC,3) ∀λ∈ F için ( λ A) B = A( λB) = λ( AB).256

Bu üç özellikle birlikte (16.1) ve (16.2) özellikleri, n. mertebeden bütün karematrislerin kümesinin birim elemanlı ve birleşmeli bir cebir olduğunu gösterir.F cismi üzerinde tanımladığımız bu cebri M ( F ) şeklinde göstereceğiz.n = 1 için M ( ) 1F , F cisminin kendisidir. n ≥ 2 için M ( ) nF cebri değişmelideğildir, örneğin n = 2 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, M ( F ) cebrinin sıfır bölenlere sahip olduğu yukarıdansağdaki eşitlikten açıktır. Üstelik Mn( F ) , kareleri sıfır olan matrislere sahiptir,örneğin2⎛0 1⎞ ⎛0 1⎞⎛0 1⎞ ⎛0 0⎞⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎝0 0⎠ ⎝0 0⎠⎝0 0⎠ ⎝0 0⎠dır. M ( F ) sıfır bölenlere sahip olduğundan sıfır olmayan inverslenemeznmatrislere de sahiptir. Örneğin, M ( F ) nin ⎛1 0⎞2 ⎜ ⎟⎝0 0⎠ ve ⎛0 1⎞⎜ ⎟⎝0 0⎠ elemanlarıçarpımsal inverse sahip değildir.Örnek 16.11. Mn( F ) nin ( i, j ) . bileşeni 1, diğer bütün bileşenleri sıfır olanmatrislerini E ile gösterelim. Bu matrislerin sayısı mn dir ve M ( F ) vektörijuzayının bir bazını oluştururlar.Örnek 16.12. M ( R ) cebrinin ,2a b ∈ R olmak üzerenn⎛ a⎜⎝ b−b⎞⎟a ⎠şeklindeki matrislerinden oluşan alt kümesi, bu cebrin bir alt cebrini oluştururve bu alt cebir kompleks sayıların cebrine izomorftur.Örnek 16.13. Reel sayılar cismi üzerinde tanımlayacağımız M ( C ) cebrinin2a,b ∈ C olmak üzere⎛ a⎜⎝ b−b⎞⎟a ⎠257

şeklindeki elemanlarının oluşturduğu alt küme, M ( ) 2C nin bir alt cebridir vebu alt cebir, kuaternionların cebrine izomorftur.⎛ a11 a12 ⋯ a1n ⎞⎜⎟⎜a21 a22 ⋯ a2n⎟⎜ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⎟⎜⎟⎝ am 1am2⋯ amn⎠matrisini göz önüne alalım. Bu matrisin satırları ile kolonlarını sıralı olarakkarşılıklı yer değiştirerek elde edeceğimiztA⎛ a11 a21 ⋯ am1 ⎞⎜⎟⎜a a ⋯ a⎟⋯ ⋯ ⋯ ⋯⎜⎟⎝ a1 na2n ⋯ amn⎠12 22 m2= ⎜ ⎟matrisine A matrisinin transpozu adı verilir ve A t = ( a ) t = ( a ) = ( at )ij ji ijşeklinde gösterilir. Bu durumda transpoze işleminin aşağıdaki özelliklerinisıralayabiliriz:1) ( At )t = A ,2) ( A + B) t = A t + Bt ,3) ∀λ∈ F için ( λ A) t = λ At ,4) ( AB) t = B t At .Son özelliği kanıtlamak için AB = C = ( c ik) diyelim.yazabiliriz ki, bu∑ ∑c = c = a b = b at t tki ik ij jk kj jijjt t tC = B A olmasını gerektirir.258

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., EnglewoodCliffs, 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 inMaths. 28, Springer-Verlag, Berlin- Heidelberg-New York, 1975.260

DİZİNF[ x ] için bölme algoritması, 217Alt cebir, 251, 254Alt grup, aşikar alt grup, öz alt grup, 120Alt grupların birleşim grubu, 156Alt grupların iç kartezyen çarpım grubu, 154Alt halka, 188Alt uzay, 242Alterne grup, 133Aralarında asal tamsayılar, 5Aritmetiğin esas yardımcı teoremi, 6Aritmetik birim, 224Aritmetik fonksiyon, 101Asal cisim, 189Asal eleman, 226Asal ideal bölgesi, 225Asal ideal, 207Asal kalan sınıfı, 26Asal kalan sistemi, 27Asal sayı, 14Asal seri, 179Asal sayı ikizi (üçüzü, dördüzü), 20Aşikar alt uzay, 242Ayrık dairesel permütasyon, 130Bağıl cebirsel kapanış, 239Basit cisim genişlemesi, 236Basit grup, 167Baz dönüşümlerinin matrisi, 249Bileşik sayı, 14Bir cismin diğeri üzerindeki derecesi, 233Bir eleman tarafından üretilen devirli alt grup, 140Bir elemanın doğurduğu asal ideal, 223Bir elemanın yörüngesi, 129Bir grubun bir elemanının normalleyeni, 182Bir grup homomorfizmasının çekirdeği, 172Bir grubun değiştiricileri ( komütatörleri), 167Bir grubun diğer bir gruptaki indeksi, 162Bir grubun merkezi, 179261

Bir grubun mertebesi, 115Bir grup serisinin inceltilmişi, 179Bir halkanın karakteristiği, 200Bir kümenin gerdiği lineer uzay, 245Bir kümenin ürettiği alt grup, 158Bir permütasyonun uzunluğu, 131Bir polinomun derecesi, 211Bir polinomun sıfırı, 216Bir tamsayının böleni, 1Bir vektör uzayının tabanı (bazı), 243Bir vektörün koordinatları, 243Birleşmeli, değişmeli, birimli cebir, 250Boole halkası, 192Bölme algoritması, 2Bölüm grubu, 166Bölüm halkası, 205Cayley teoremi, 137Cebir homomorfizması, cebir izomorfizması, 250, 254Cebirsel genişleme,Transandant genişleme, 239Cebirsel ideal, 251Cebirsel kapalılık, 239Cisim genişlemesi, 232Cisim, yarı-cisim, 188, 192Çin kalan teoremi, 46Çözülebilir grup, 179Dairesel permütasyon, 129Denklik bağıntısı, 107Devirli grup, 140Doğal homomorfizma, 172Eksponent, 52En büyük ortak bölen, 3En küçük ortak kat, 9Endomorfizma, 190Eratosthenes kuralı, 19Eşlenik elemanlar, eşlenik sınıflar, 180Eşlenik gruplar, 166Euler teoremi, 31262

Euler’ in ϕ -fonksiyonu, 27Fermat teoremi, 31,200Geçişmeli grup, 129Grup homomorfizması, 172Grup izomorfizması, 136, 175Grup, 109Halka homomorfizması, 207Halka izomorfizmalarının temel teoremi, 207Halka izomorfizması, 187Halka, 187Homomorfizmlerin temel teoremi, 176İlkel polinom, 226İndirgenemez eleman, 225İndirgenemez polinom, 220İndirgenmiş işlem, 120İzomorfizma sınıfları, 137İzomorfizmaların birinci teoremi, 177Jacobi sembolü, 79Kartezyen çarpım grubu, 153Kongrüans bağıntısı, 22Kongrüent (inkongrüent) çözümler, 42Kuadratik (non-) rezidü , 68Kuadratik resiprosite teoremi, 73Lagrange teoremi, 94, 162Legendre sembolü, 67, 68Lineer bağımlı, lineer bağımsız vektörler, 244Lineer kongrüans, 41Maksimal ideal, 207Maksimal normal alt grup, 177Moebius fonksiyonu, 104n. dihedral grubu, 127263

n. kuvvet kalanı, 62Normal alt grup, 165Normal grup serisi, alt normal grup serisi, 178Ortak bölen, 3Ortak kat, 8Otomorfizma (iç otomorfizma), 165Öklid algoritması, 7,229Öklid fonksiyonu, Öklid bölgesi, 226, 227Permütayon, 125p-grup, 182Polinom halkası, 211Pozitif (negatif) yönlendirilmiş bazlar, 249Primitif kök, 56Primitif köke göre indeks, 60Sağ (sol) ideal, ideal, 205Serbest (torsiyon olmayan) grup, 158Sıfırın sağ (sol) bölenleri, 195Sınıf denklemi, 181Simetrik grup, 125Sol (sağ) kalan sınıfı, 161Sonlu (sonsuz) boyutlu vektör uzayı, 246Sonlu grup, 115Sonlu üretilmiş grup, 158Sylow (birinci, ikinci ve üçüncü) teoremleri,181Tam çarpımsal fonksiyon, 102Tam kalan sistemi, 25Tamlık bölgesi, 197Tamlık bölgesinin bağlantılı elemanları, 225Tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi, 225Torsiyon grubu, 158Torsiyon sayıları, 159Üreteç sistemi, 251Vektör uzayı (lineer uzay), 241Vektör uzaylarının izomorfizması, 242Vektörlerin lineer birleşimi, 243264

Wilson teoremi, 38Yer değiştirme (transpozisyon), 131Yüksek dereceden kongrüanslar, 86265