soyut ceb r ders notları

SOYUT CEBR
DERS NOTLARI
Yrd. Doç. Dr. Hüseyin BLGÇ
Kahramanmara³ Sütçü mam Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik Bölümü
Mart 2013
e-posta:
h_bilgic@yahoo.com
çindekiler
1
Grup Tanm ve Temel Özellikler
2
Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
15
3
Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
29
4
Homomorzmalar ve zomorzmalar
39
5
zomorzma Teoremleri
55
6
Permütasyon Gruplar
67
6.1
n>5
çin
An
1
Basit Gruptur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
74
7
Halka ve Cisim
79
8
dealler ve Bölüm Halkalar
98
8.1
dealler
98
8.2
Bölüm Halkalar
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ii
102
1
Grup Tanm ve Temel Özellikler
Tanm 1.1
G
bo³ olmayan bir küme ve
a³a§daki ³artlar sa§lanyorsa
(i) Her
a, b ∈ G
a·b∈G
için
a, b, c ∈ G
(ii) Her
(G, ·)
için
·
G
(nokta) da
cebirsel yapsna bir
üzerinde tanml bir ikili i³lem olsun. E§er
grup
dir. (Kapallk özelli§i)
(a · b) · c = a · (b · c)
dir. (Birle³me özelli§i)
(iii) Her
a∈G
için
a·e=e·a=a
olacak ³ekilde bir
e∈G
(iv) Her
a∈G
için
a·b=b·a=e
olacak ³ekilde bir
b∈G
Burada (iii)'deki
nn
tersi
(v) Her
bu gruba
e
elemanna grubun
denir ve genelde
a, b ∈ G
için
b = a−1
a·b=b·a
ifadesi a çarp
b
(Z, +), (Q, +), (R, +)
olan tek küme
{0}
1
b
elemanna
a
denir.
çarpmsal notasyon ve · i³lemine grup çarpmas denir.
³eklinde okunur. Bir de, genelde abelyen gruplar için kullanlan,
a·b
yerine
a+b
ve
a−1
birer abelyen gruptur. Bilinen
kümesidir. Bilinen çarpma i³lemine göre:
birer abelyen gruptur. Ayn i³leme göre
−1
çünkü 2
denir. Ayrca (iv)'deki
ise (De§i³me özelli§i)
toplamsal notasyon vardr. Bu notasyonda
Örnek 1.3
vardr. (Ters eleman özelli§i.)
ile gösterilir. Bu 4 ³arta ilaveten e§er
Not 1.2 Bu tanmda kullanlan notasyona
a·b
vardr. (Birim eleman özelli§i)
birim (etkisiz) eleman
Abelyen1 (de§i³meli) grup
Bu yüzden
denir.
{ 1 } , { 1, −1 }
6∈ Z.
Norveçli matematikçi Niels Henrik Abel (1802-1829).
1
+
yerine de
−a
yazlr.
i³lemine göre grup olan ve sonlu
(Q \ { 0 } , ·), (R \ { 0 } , ·), (C \ { 0 } , ·)
kümeleri de gruptur.
(Z, ·)
bir grup de§ildir,
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
Örnek 1.4
A = { 1, −1, i, −i }
Hüseyin Bilgiç
kümesi kompleks saylardaki bilinen çarpma i³lemi ile bir gruptur.
·
1
−1
i
−i
1
1
−1
i
−i
−1
−1
1
−i
i
i
i
−i
−1
1
−i
−i
i
1
−1
Tablodan görüldü§ü gibi kapallk özelli§i vardr. Birle³me özelli§i kompleks saylarn genelinde vardr.
Birim eleman 1 dir. Ayrca
1−1 = 1, (−1)−1 = −1, i−1 = −i
ve
(−i)−1 = i
olup her elemann tersi
vardr. Yani
(A, ·)
Örnek 1.5
GLn (R) ile n×n boyutunda ve tersi olan (determinant sfr olmayan) gerçel haneli matris-
bir gruptur.
lerin kümesini gösterelim. Bu küme bilinen matris çarpm ile bir gruptur. Bu gruba
genel lineer grup
Tanm 1.6
tasyonu
(i)
M 6= ∅
denir.
Örnek 1.7
denir. Benzer ³ekilde
M
olsun.
P (M )
tanmlanr.
ye birebir ve örten bir dönü³üme
P (M )
M
ise
(iii)
IM : M −→ M
(iv)
f ∈ P (M )
ise
permü-
kümesi bilinen fonksiyon bile³kesi i³lemi bir gruptur.
f◦ (g◦ h) = (f◦ g)◦ h
birim dönü³ümü
f
nin bir
ile gösterilir.
olsun. Birebir ve örten iki dönü³ümün bile³kesi birebir ve örten olup
f, g, h ∈ P (M )
(ii)
M
den
nin bütün permütasyonlarnn kümesi
M 6= ∅
f, g ∈ P (M )
M
bir küme olsun.
GLn (Q), GLn (C)
n-inci dereceden
f◦ g ∈ P (M ).
dir.
P (M )
birebir ve örten olup
in birim elemandr:
f −1
∀f ∈ P (M ), f◦ IM = IM ◦ f = f .
ba§nts da 11 ve örten bir fonksiyondur.
f◦ f −1 =
f −1 ◦ f = IM .
Tanm 1.8
n
a, b ∈ Z
pozitif bir tamsay olsun.
için
a ≡ b (mod n) ⇐⇒ n(a − b)
³ekline tanmlanan ≡
snarna
lar
ba§nts bir denklik ba§ntsdr. Bu ba§ntya göre olan denklik
modülo n kalan snar
0, 1, . . . , n − 1
kümesinde
(mod n)
⊕
ve
denir ve
Zn
saylarndan birisi olaca§ndan
n > 0 tamsaysna göre kalan
0, 1, . . . , n − 1 oldu§u görülmektedir. Zn
ile gösterilir. Bir
Zn =
i³lemleri
a⊕b=a+b
³eklinde tanmlanr. Bu i³lemlerin
a
ve
b
ve
ab=a·b
temsilci snarndan alnan temsilcilere ba§l olmad§; yani
bu i³lemlerin iyi tanmland§ kolaylkla gösterilebilir. Mesela
2⊕5=2+5=7=1
veya
Z6 =
0, 1, 2, 3, 4, 5
2 ⊕ 5 = 8 ⊕ −7 = 8 − 7 = 1.
2
kümesinde
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
“imdi;
Hüseyin Bilgiç
(Zn , ⊕) bir gruptur fakat; n > 2 ise (Zn , ) bir grup de§ildir. (Zn , ⊕) grubuna modülo n kalan
snar grubu
denir ve (i³lem ad yazlmadan) ksaca
(Z6 , ⊕)
Örnek 1.9
ve
(Z6 , )
ile gösterilebilir.
Zn
sistemlerinin tablosunu yapalm.
⊕
0
1
2
3
4
5
0
1
2
3
4
5
0
0
1
2
3
4
5
0
0
0
0
0
0
0
1
1
2
3
4
5
0
1
0
1
2
3
4
5
2
2
3
4
5
0
1
2
0
2
4
0
2
4
3
3
4
5
0
1
2
3
0
3
0
3
0
3
4
4
5
0
1
2
3
4
0
4
2
0
4
2
5
5
0
1
2
3
4
5
0
5
4
3
2
1
Temel Özellikler
Teorem 1.10
(i)
G
(G, ·)
herhangibir grup olsun.
nin birim eleman yegânedir.
(ii) Her elemann tersi tektir.
(iii) Her
a∈G
(iv) Her
a, b ∈ G
e
spat (i):
ve
için
(a−1 )−1 = a
için
f, G
(a · b)−1 = b−1 · a−1
a∈G
dir.
nin iki birim eleman olsun.
e·f =e
birim eleman oldu§undan
spat (ii):
dr.
olsun.
b
ve
c
de
olup
a
e=f
e
birim eleman oldu§u için
e·f = f
dir. Ayrca
f
oldu§u görülür.
nn tersleri olsun. Yani
a·b = b·a = e
ve
a·c = c·a = e
dir. O
zaman
b = b · e = b · (a · c) = (b · a) · c = e · c = c
olup
b=c
oldu§u görülür.
spat (iii):
x = a−1 , y = a
diyelim.
x·y =y·x=e
olup
x−1 = y
olur. Yani
(a−1 )−1 = a
elde edilir.
spat (iv):
(a · b) · (b−1 · a−1 ) = a · (b · b−1 ) · a−1 = a · e · a−1 = e,
(b−1 · a−1 ) · (a · b) = b−1 · (a−1 · a) · b = b−1 · e · b = e
olup
(a · b)−1 = b−1 · a−1
elde edilir.
Not 1.11 Teoremde (iii) ve (iv) de ifade edilen özellikler toplamsal notasyonda srasyla
ve
−(a + b) = (−b) + (−a)
³eklini alr.
3
−(−a) = a
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
Hüseyin Bilgiç
Not 1.12 Bundan sonra grup i³lemi söylenmemi³se
a·b
ab
yerine
yazlacaktr.
Lemma 1.13 Bir
ax = b
ve
ya = b
G
grubunda soldan ve sa§dan ksaltma kurallar vardr. Ayrca
x
denklemini sa§layan sadece bir tane
a, b, c ∈ G
spat: Her
· kabul edilecek ve grup i³lemi · ise ksalk açsndan
ve
y
a, b ∈ G
ise
G'de
vardr.
için:
ab = ac =⇒ a−1 (ab) = a−1 (ac) =⇒ (a−1 a)b = (a−1 a)c =⇒ b = c,
ba = ca =⇒ (ba)a−1 = (ca)a−1 =⇒ b(aa−1 ) = c(aa−1 ) =⇒ b = c
ax = b
olup soldan ve sa§dan ksaltma kural vardr. “imdi,
denkleminin bir çözümü
x1 = a−1 b
dir
çünkü :
a(a−1 b) = (aa−1 )b = eb = b.
Bu denklemin ba³ka bir çözümü
ksaltma kural gere§ince
x1 = x2
x2
olsun. O halde
ax2 = b
elde edilir. Benzer ³ekilde
dir. O zaman
ya = b
ax1 = ax2
olup soldan
denkleminin çözümü de tektir.
Not 1.14 Bu Lemma'nn bir sonucu olarak, grup tablosunda bir elemann bir satrda veya bir sütunda
sadece bir defa yer alaca§n söyleyebiliriz. (Neden?)
Tanm 1.15 Bir
G
ile gösterilir. E§er
Örnek 1.16
S3
diyelim.
G
|S3 | = 6
c −→ c
ile
dr.
S3
olsun.
G
sonlu ise)
G
nin
mertebesi
denir ve
|G|
yazlr.
bile³ke i³lemi ile bir grup oldu§unu biliyoruz. Bu gruba
ün elemanlar:
f2 : b −→ c ,
a −→ b
a −→ b
f3 : b −→ a ,
c −→ b
g
|G| = ∞
P (M )'in
a −→ a
f1 : b −→ b ,
f
sonsuz bir küme ise
M = { a, b, c }
a −→ a
Bu grupta
grubunun elemanlarnn saysna (e§er
f4 : b −→ c ,
c −→ c
nin çarpmn (yani bile³kesini)
c −→ a
f ·g
a −→ c
f5 : b −→ a ,
f6 : b −→ b .
c −→ b
³eklinde gösterelim. Dikkat edilirse
³eklinde yazlmaldr (Neden?). Buna göre grubun çarpm tablosu a³a§daki gibidir.
·
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f1
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f2
f2
f1
f4
f3
f6
f5
f3
f3
f5
f1
f6
f2
f4
f4
f4
f6
f2
f5
f1
f3
f5
f5
f3
f6
f1
f4
f2
f6
f6
f4
f5
f2
f3
f1
4
a −→ c
c −→ a
f ·g = g◦f
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
S3
f2 f3 = f4
grubu de§i³meli de§ildir, çünkü
Tanm 1.17
(i)
a0 = e
(ii)
G
bir grup ve
a∈G
Hüseyin Bilgiç
fakat
f3 f2 = f5 .
olsun.
olarak tanmlanr.
16n∈N
an = a
| · a{z. . . a}
için
n−tane
(iii)
16n∈N
a−n = (a−1 )n
için
Not 1.18 Toplamsal notasyonda ayn tanmlar, srasyla,
(−n) · a = (−a) + (−a) + · · · + (−a)
0·a = e
−n
³eklinde yazlabilir. Ayrca, a
=
,
n · a = a + a + ··· + a
ve
(an )−1 oldu§u gösterilebilir:
−1
−1
−1
−1 n
−n
(an )−1 = (a · a · · · · a)−1 = a
| · a {z· · · · · a } = (a ) = a
n−tane
Teorem 1.19
n m
(i) a a
=
n m
(ii) (a )
(iii)
G
bir grup,
a, b ∈ G
n, m ∈ N
ve
olsun.
an+m dir. (n, m
∈Z
için de do§rudur.)
anm dir. (n, m
∈Z
için de do§rudur.)
=
ab = ba
(ab)n = an bn
ise
· · a} ) = a
· · a} = an+m .
an am = (a
· · a})(a
| ·{z
| ·{z
| ·{z
spat (i):
n−tane
m−tane
n+m−tane
· · a} = anm .
(an )m = (an )(an ) · · · (an ) = a
| ·{z
|
{z
}
spat (ii):
nm−tane
m−tane
spat (iii):
ab = ba
ise
· · · a})(bb
· · · }b) = (an )(bn ).
(ab)n = (ab)(ab) · · · (ab) = (aa
| {z
| {z
{z
}
|
n−tane
n−tane
n, m
Not 1.20
n−tane
nin tamsay olmas durumundaki ispatlar yaplabilir. Mesela,
n = −2, m = 3
ise:
(a−2 )3 = a−2 a−2 a−2 = a−1 a−1 a−1 a−1 a−1 a−1 = (a−1 )6 = (a6 )−1 = a−6 .
G
bir grup,
nn
derecesi
Tanm 1.21
bu sayya
a
Örnek 1.22
S3
derecesi 1 dir.
|f1 | = 1
ve
olsun.
denir ve
|a|
an = e
olacak ³ekilde bir en küçük pozitif
ile gösterilir. Böyle bir
n
says yoksa
grubunu ele alalm. Bu grubun birim eleman
(f2 )4 = f1
|f4 | = 3
Örnek 1.23
a∈G
dir fakat
f2
f1
n
do§al says varsa
|a| = ∞
yazlr.
dir. Her grupta birim elemann
nin derecesi 4 de§ildir, çünkü
(f2 )2 = f1
olup
|f2 | = 2
dir.
dür.
(Z, +) grubunu ele alalm. 3 ün derecesi sonsuzdur, çünkü n · 3 = 0 olacak ³ekilde n ∈ N+
yoktur. Bu grupta
|0| = 1
dir ve di§er elemanlarn derecesi sonsuzdur.
5
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
Hüseyin Bilgiç
Devirli Gruplar
Tanm 1.24
G
bir grup,
a∈G
olsun.
hai = { an : n ∈ Z }
kümesine
a tarafndan üretilen (do§u-
rulan) grup denir. (Toplamsal notasyonda hai = { na : n ∈ Z }). a elemanna hai grubunun üretici
eleman denir. E§er G = hai olacak ³ekilde bir a ∈ G eleman varsa G ye devirli grup denir.
Örnek 1.25
A = { 1, −1, i, −i }
h1i = { 1 } ,
olup
A
çünkü
h−1i = { 1, −1 } ,
grubu devirlidir çünkü
Örnek 1.26
grubunu ele alalm.
i
ve
−i
hii = { 1, −1, i, −i } ,
tarafndan üretilmi³tir. Yani
h−ii = { 1, −1, i, −i }
A = hii = h−ii.
(Z, +) grubunda h5i = { 5n : n ∈ Z } = { . . . , −10, −5, 0, 5, 10, . . . } = 5Z dir. Z devirlidir,
h−1i = h1i = Z
dir.
(Zn , ⊕)
gruplar devirlidir çünkü her zaman
1
tarafndan üretilir. Mesela
Z6 'da:
1 = 5 = 0, 1, 2, 3, 4, 5 = Z6 .
Örnek 1.27
S3
devirli de§ildir, çünkü hiçbir eleman tarafndan üretilemez:
S3 'de
hf1 i = { f1 } , hf2 i = { f1 , f2 } , hf3 i = { f1 , f3 } , hf4 i = hf5 i = { f1 , f4 , f5 } , hf6 i = { f1 , f6 } .
S3 'ün
devirli olmamasnn sebebi derecesi 6 olan bir eleman olmamasdr.
Sonuç 1.28 Bir
az bir
a∈G
G
sonlu grubunun devirli olmas için gerek ve yeter ³art
|G| = |a|
olacak ³ekilde en
elemannn olmasdr.
Not 1.29 Bir grupta
|a| = ∞
ise
hai =
³eklinde yazlr. Fakat e§er
|a| = n
. . . , a−3 , a−2 , a−1 , e, a, a2 , a3 , . . .
a
sonlu ise
nn negatif bir kuvveti pozitif bir kuvvetine e³it ola-
ca§ndan
e, a, a2 , . . . , an−1
hai =
a
b
³eklinde yazlabilir.
Teorem 1.30 (Bölme Algoritmas)
ve
iki tamsay,
0 6 r < |b|
a = bq + r,
³artn sa§layan sadece bir tane
q, r
b 6= 0
say çifti vardr.
6
olsun. Bu iki say çifti için
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
Teorem 1.31
G
a∈G
bir grup
ve
|a| = n
olsun.
Hüseyin Bilgiç
p, q ∈ Z
olsun.
(a)
n<∞
ise,
ap = aq
olmas için gerek ve yeter ³art
p ≡ q (mod n)
(b)
n=∞
ise,
ap = aq
olmas için gerek ve yeter ³art
p=q
spat (a):
p−q ∈ Z
0 6 k2 < n
olacak ³ekilde
olup, Bölme Algoritmas gere§ince,
k1 , k2 ∈ Z
olmasdr.
olmasdr.
p−q
ve
n
p − q = nk1 + k2 ,
say çifti için
vardr.
ap = aq =⇒ ap−q = e
=⇒ ank1 +k2 = e
=⇒ (an )k1 ak2 = e
=⇒ ak2 = e
olup
k2 < n
ve
|a| = n
oldu§undan bu durum sadece
nk1 =⇒ p ≡ q (mod n). (p ≡ q (mod n) =⇒
spat (b):
p−q ∈N
p>q
olup
Not 1.32
olsun.
|a| = ∞
p−q =0
|a| = n < ∞
spat: Bir
G = hai
b∈G
olmaldr. Yani
p=q
m∈Z
ve
eleman
için
olacak ³ekilde bir
|a| = ∞
G
b = am
x∈Z
çözümünün olmas
k2 = 0
olmasyla mümkündür. O halde
p−q =
aq oldu§unu göstermek kolaydr.)
16k∈N
dur. (p
için
= q =⇒
ak 6= e
ap
=
dir.
ap = aq =⇒ ap−q = e
aq oldu§u açktr.)
dir.
olsun.
k∈Z
olsun.
G
ak = e ⇐⇒ n|k.
grubu sadece
a
ve
a−1
tarafndan üretilir.
. . . , a−2 , a−1 , e, a, a2 , . . .
olmaldr. Ayrca,
vardr. “imdi,
m = ∓1
için
nin üretici eleman olsun.
G = hai =
olup bir
=
oldu§undan her
Bir
Teorem 1.33
ap
b
bir üretici eleman oldu§undan her
an = amx =⇒ n = mx
olmasyla mümkündür. O halde
Çarpmsal Notasyon
a·b
veya
= a · a · ··· · a
n
Y
a1 a2 . . . an =
ai
a
hai =
b=a
n = mx
veya
b=
na = a + a + · · · + a
n
X
a1 + a2 + · · · + an =
ai
i=1
a
: n ∈ Z}
nn tersi
−a
hai = { na : n ∈ Z }
“ekil 1.1: Çarpmsal ve Toplamsal Notasyonlar
7
n∈Z
için
denkleminin her
a+b
i=1
−1
nn tersi a
{ an
olup
Toplamsal Notasyon
ab
an
a−1 dir.
an = bx
n∈Z
için
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
Hüseyin Bilgiç
ALI“TIRMALAR
1.
Q+
pozitif rasyonel saylar kümesi üzerinde
xy
2
x?y =
i³lemi tanmlanyor.
(Q+ , ?)
bir gruptur,
gösterin.
2.
n∈N
olmak üzere
G = { nk : k ∈ Z }
kümesi bilinen toplama i³lemine göre abelyen bir gruptur,
gösterin.
3.
A = { a, b, c } , B = { b, c } , C = { b }
olsun.
G = { ∅, A, B, C }
alalm.
(G, ∩)
ve
(G, ∪)
sistemlerinin
birer grup olup olmad§n inceleyin.
("
#
a b
)
4.
M 2×2 =
5.
G = R \ { −1 } kümesinde a ? b = ab + a + b i³lemi tanmlanyor. (G, ?) n bir grup oldu§unu gösterip
c d
2?x?3=5
6.
: a, b, c, d ∈ R
kümesi matris toplam ile bir gruptur. Gösterin.
denkleminin çözümünü bulunuz.
G = Z×Z
kümesi üzerinde
(a, b) ◦ (c, d) = (a + c, (−1)c b + d)
i³lemi tanmlanyor.
(G, ◦)
bir grup
olur mu? Abelyen grup olur mu?
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
7.
Z8 =
8.
(Q, +)
grubunun devirli olmad§n gösteriniz.
9.
(Z, +)
grubunda 6 elemannn üretti§i grubu bulunuz.
10.
(Q \ { 0 } , ·)
11.
G
16m
12.
G
bir grup,
grubunda
x∈G
grubu devirli midir? Üretici elemanlarn bulunuz.
1
4 elemannn üretti§i grubu bulunuz.
olsun.
xn = e
olacak ³ekilde bir
1<n
says varsa
x−1 = xm
olacak ³ekilde bir
says vardr. Gösterin.
sonlu bir grup ise her
13. Bir
G
grubunda her
G
x∈G
a, b ∈ G
için
için
a, a−1
xn = e
(ab)2 = a2 b2
bab−1
14.
G
bir grup olsun.
15.
G
mertebesi çift olan bir grup olsun.
de
ve
olacak ³ekilde bir
ise
G
n
pozitif says vardr. Gösterin.
nin abelyen oldu§unu gösterin.
elemanlarnn derecelerinin ayn oldu§unu gösteriniz.
G
de
a2 = e
olacak ³ekilde
e'den
farkl bir
a
elemannn
oldu§unu gösteriniz.
16. Bir
17.
G
G
grubunda her
bir grup olsun.
e³leniktir
x∈G
için
a, b ∈ G
x2 = e
için
ise bu grubun abelyen oldu§unu gösterin.
x−1 ax = b
olacak ³ekilde bir
x ∈ G
varsa
a
ile
denir. E³lenik olma ba§ntsnn bir denklik ba§nts oldu§unu gösteriniz.
8
b
elemanlarna
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
18.
a, b ∈ G
ve
|a| = 5
olsun.
Hüseyin Bilgiç
a3 b = ba3 =⇒ ab = ba
oldu§unu gösterin.
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
x, y ∈ Q+
(i) Her
(ii) Her
için
x, y, z ∈ Q+
x?y =
xy
∈ Q+
2
?
?
i³lemi kapaldr.
için
(x ? y) ? z =
olup
olup
xy
xyz
x yz
x
?z =
=
= (y ? z) = x ? (y ? z)
2
4
2 2
2
i³lemi birle³me özelli§ine sahiptir.
(iii)
xe
= x =⇒ e = 2
2
2x
=x
2?x=
2
x ? e = x =⇒
olup
e=2
olabilir
birim elemandr.
(iv)
xy
4
= 2 =⇒ y =
2
x
4
x
4
?x= x =2
x
2
x ? y = 2 =⇒
olup
x
x−1 =
in tersi
4
x
olabilir
dir.
ÇÖZÜM 2.
(i)
k1 , k2 ∈ Z
olsun.
nk1 , nk2 ∈ G =⇒ nk1 + nk2 = n(k1 + k2 ) ∈ G
| {z }
olup i³lem kapaldr.
∈Z
nk1 + (nk2 + nk3 ) = n(k1 + (k2 + k3 )) = n((k1 + k2 ) + k3 ) = (nk1 + nk2 ) + nk3
(ii)
özelli§i vardr.
(iii)
0=n·0
(iv)
nk
(v)
olup
nn tersi
0∈G
birim elemandr:
0 + nk = nk + 0 = nk .
−(nk) = n(−k) = −nk ∈ G
dir.
nk + (−nk) = (−nk) + nk = 0.
nk1 + nk2 = n(k1 + k2 ) = n(k2 + k1 ) = nk2 + nk1
ÇÖZÜM 3.
9
olup de§i³me özelli§i vardr.
olup birle³me
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
Hüseyin Bilgiç
∩
∅
A
B
C
∪
∅
A
B
C
∅
∅
∅
∅
∅
∅
∅
A
B
C
A
∅
A
B
C
A
A
A
A
A
B
∅
B
B
C
B
B
A
B
B
C
∅
C
C
C
C
C
A
B
C
Tablolardan her iki i³lemin de kapallk özelli§i vardr. Kesi³me ve birle³me i³lemleri her zaman de§i³me
∩
ve birle³me özelli§ine sahiptir. Tablodan anla³ld§ gibi
A
ve
∅
ve
∪
i³lemlerinin birim elemanlar srasyla
dir. Fakat her iki i³lemde de ters eleman özelli§i yoktur, mesela
B∩X =A
B∪X =∅
X∈G
olacak ³ekilde
olacak ³ekilde
X∈G
B∈G
için
yoktur,
yoktur.
Dolaysyla her iki sistem de grup de§ildir.
ÇÖZÜM 4.
(i)
"
ai , bi ∈ R
a1 + b1 a2 + b2
C=
(ii)
c1 c2
a3 a4
,B =
"
#
b1 b2
b3 b3
∈ M 2×2
olsun.
ai + bi ∈ R
olup
A+B =
#
∈ M 2×2
a3 + b3 a4 + b4
"
A=
olmak üzere
"
#
a1 a2
dir.
#
c3 c4
∈ M 2×2
olsun.
ai + (bi + ci ) = (ai + bi ) + ci
oldu§undan
A + (B + C) = (A + B) + C
olur.
(iii)
(iv)
0∈R
A=
oldu§undan
"
#
a b
c d
"
#
0 0
∈ G olup bu matris birim elemandr:
0 0
"
# "
# "
# "
# "
#
a b
0 0
0 0
a b
a b
+
=
+
=
.
c d
0 0
0 0
c d
c d
O=
"
matrisinin tersi
−A =
−a −b
#
matrisidir:
−c −d
"
# "
# "
# "
# "
#
a b
−a −b
−a −b
a b
0 0
+
=
+
=
.
c d
−c −d
−c −d
c d
0 0
ÇÖZÜM 5.
(i)
a, b ∈ G = R \ { −1 }
ise
a ? b = ab + a + b ∈ G
olur, çünkü
ab + a + b = −1 ⇐⇒ ab + a + b + 1 = 0 ⇐⇒ (a + 1)(b + 1) = 0 ⇐⇒ a = −1
10
veya
b = −1.
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
Yani
?
Hüseyin Bilgiç
i³lemi kapaldr.
(ii)
a ? (b ? c) = a ? (bc + b + c) = abc + ab + ac + a + bc + b + c,
(a ? b) ? c = (ab + a + b) ? c = abc + ac + bc + ab + a + b + c
olup
a ? (b ? c) = (a ? b) ? c
(iii) Her
a∈G
oldu§u görülür. Yani birle³me özelli§i vardr.
için
a ? e = ae + a + e = a =⇒ ae + a = e(1 + a) = 0 =⇒ e = 0
olabilir.
0 ? a = 0a + 0 + a = a
olup
e=0
(iv) Her
birim elemandr.
a∈G
için
a ? b = ab + a + b = 0 =⇒ b = −
olup
a−1 = −
−1
için a
∈G
(v) “imdi de
a
a+1
−a
a+1
elde edilir.
?a=
a
a+1
ters eleman olabilir.
−a2
−a
a(a + 1)
+
+
=0
a+1 a+1
a+1
−a/(a + 1) = −1
olsayd
0 = −1
çeli³kisi elde edilirdi; yani her
a∈G
dir.
2?x?3=5
denklemini çözelim.
2 ? x ? 3 = 5 =⇒ 2 ? x = 5 ? 3−1 = 5 ?
=⇒ 2 ? x =
1
2
=⇒ x = 2−1 ?
=⇒ x = −
−3
−15
−3
1
=
+5+
=
4
4
4
2
1
−2 1
−2 −2 1
=
? =
+
+
2
3
2
6
3
2
1
2
ÇÖZÜM 6.
(i)
(ii)
a, b, c, d ∈ Z
ise
(a, b) ◦ (c, d) = (a + c, (−1)c b + d) ∈ G
(a, b), (c, d), (e, f ) ∈ G
dir çünkü
a + c ∈ Z, (−1)c b + d ∈ Z
olsun.
[(a, b) ◦ (c, d)] ◦ (e, f ) = (a + c, (−1)c b + d) ◦ (e, f ) = (a + c + e, (−1)e ((−1)c b + d) + f )
= (a + c + e, (−1)e+c b + (−1)e d + f ).
11
dir.
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
Hüseyin Bilgiç
Ayrca
(a, b) ◦ [(c, d) ◦ (e, f )] = (a, b) ◦ (c + e, (−1)e d + f )
= (a + c + e, (−1)c+e b + (−1)e d + f )
olup birle³me özelli§inin oldu§u görülür.
(iii) Birim eleman
(0, 0) ∈ G
dir çünkü
0∈Z
ve
(a, b) ◦ (0, 0) = (a + 0, (−1)0 b + 0) = (a, b),
(0, 0) ◦ (a, b) = (0 + a, (−1)a 0 + b) = (a, b).
(a, b) ◦ (x, y) = (0, 0) =⇒ (a + x, (−1)x b + y) = (0, 0) olup buradan a + x = 0
−b
bulunur. Bu denklemler çözülürse x = −a ve y =
bulunur. Ayrca
(−1)a
−b
a −b
−a,
◦
(a,
b)
=
−a
+
a,
(−1)
+
b
= (0, 0)
(−1)a
(−1)a
b
−1
olup (a, b)
= −a, −
dr.
(−1)a
(iv)
ve
(−1)x b + y = 0
(v) De§i³me özelli§i yoktur, çünkü
(1, 1) ◦ (1, 2) = (2, (−1)1 · 1 + 2) = (2, 1), fakat
(1, 2) ◦ (1, 1) = (2, (−1)1 · 2 + 1) = (2, −1).
Dolaysyla Abelyen grup de§ildir.
ÇÖZÜM 7.
Z8 =
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
devirlidir, çünkü
1 = 3 = 5 = 7 = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 = Z8 .
ÇÖZÜM 8. Bir an için
q∈Q
üzere
vardr. Yani her
a
q=
b
elde edilir.
(Q, +)
t∈Q
ÇÖZÜM 9.
(Z, +)
ÇÖZÜM 10.
t = nq
olacak ³ekilde bir
olacak ³ekilde bir
oldu§undan bu bir çeli³kidir. O halde
grubunda
Q = hqi
n ∈ Z mevcuttur. a, b ∈ Z ve b 6= 0 olmak
1
“imdi t =
∈ Q olup t = nq olacak ³ekilde n ∈ Z vardr. O halde
2b
1
a
= nq = n =⇒ 1 = 2na
2b
b
için
³eklinde yazlabilir.
n, a ∈ Z
nn devirli oldu§unu kabul edelim. O halde
(Q, +)
devirli de§ildir.
h6i = { 6k : k ∈ Z } = { . . . , −18, −12, −6, 0, 6, 12, 18, . . . } = 6Z
(Q \ { 0 } , ·) grubunda 41 elemannn üretti§i grup:
n
1
1
1 1 1
=
: n ∈ Z = . . . , , , , 1, 4, 16, 64, . . . .
4
4
64 16 4
12
dir.
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
ÇÖZÜM 11.
xn = e =⇒ xn−1 = x−1
G
ÇÖZÜM 12.
x, x2 , x3 , . . .
sonlu olsun.
xn = e
m=n−1
i − j ∈ Z+ .
O halde
n
olamaz. O halde x
ÇÖZÜM 13. Her
i 6= j, i > j
=e
A
i
için x
G
n
=
m>1
olur ve
xm = x−1
dir.
pozitif tamsays olmasn. O halde
A =
nin elemanlardr. Ayrca bu elemanlar birbirinden
xj olsayd
sonsuzdur. “imdi de
olacak ³ekilde en az bir
a, b ∈ G
deresek
olacak ³ekilde bir
kümesindeki elemanlarn hepsi
farkldr; çünkü en az bir
çünkü
olup
Hüseyin Bilgiç
n∈
A
xi−j = e
olurdu. Bu da kabulümüzle çeli³irdi
sonsuz kümesi
G
sonlu kümesinin alt kümesi
Z+ vardr.
için
(ab)2 = a2 b2 =⇒ abab = aabb
=⇒ bab = abb
=⇒ ba = ab
olup
G
(sa§dan
b
a
ksalr)
ksalr)
abelyendir.
|a| = n
ÇÖZÜM 14.
“imdi
(soldan
16k<n
olsun.
(a−1 )n = (an )−1 = e−1 = e
dir. Fakat bu
|a−1 | = n
anlamna gelmez.
olsun.
(a−1 )k = e =⇒ (ak )−1 = e =⇒ ak = e−1 = e
olup bu durum
|a| = n
olmasyla çeli³ir. O halde
|a−1 | = n
dir.
“imdi,
(bab−1 )n = (bab−1 )(bab−1 ) · · · (bab−1 ) = ban b−1 = beb−1 = e
|
{z
}
n−tane
olur. “imdi
16k<n
olsun.
(bab−1 )k = e =⇒ bak b−1 = e =⇒ bak = b =⇒ ak = e
olup bu durum
ÇÖZÜM 15.
|a| = n
olmasyla çeli³ir. O halde
|bab−1 | = n
dir.
G = { e, a1 , a2 , . . . , an } olsun. |G| = n+1 çift olsun. f : G −→ G, f (x) = x−1
dönü³ümü
11 ve örtendir, çünkü
f (x) = f (y) =⇒ x−1 = y −1 =⇒ x = y,
y ∈ G =⇒ x = y −1
“imdi
f (e) = e
kümesinde
oldu§u a³ikardr. Biz
f (x) = y
seçilirse
f (ai ) = ai
⇐⇒ f (y) = x
f (x) = f (y −1 ) = y
olacak ³ekilde
ai ∈ G
olur.
olaca§n gösterece§iz.
oldu§undan tersi kendine e³it olmayan elemanlar
e³lendi§inde geriye tek tane eleman kalaca§ a³ikardr, çünkü
G \ {e}
olup
(ai
= ai =⇒ (ai
)2
=e
dir.
13
altnda
kümesi tek elemanldr. Bu da
tersi kendine e³lenecek en az bir tane eleman oldu§u anlamna gelir. Yani, en az bir
)−1
f
G \ {e}
i
için
f (ai ) = ai
Bölüm 1. Grup Tanm ve Temel Özellikler
ÇÖZÜM 16. Bir
G grubunda her x ∈ G için x2 = e ise x = x−1
a, b ∈ G
O halde her
Hüseyin Bilgiç
2
için (ab)
=e
−1
olmaldr. Burada a
dir, yani her elemann tersi kendisidir.
= a, b−1 = b
oldu§u unutulmamaldr. O
halde
(ab)2 = e =⇒ abab = e =⇒ aba = b−1 =⇒ ab = b−1 a−1 = ba
olup
G
nin abelyen oldu§u görülür.
ÇÖZÜM 17. Ba§ntnn yansyan, simetrik ve geçi³ken oldu§unu gösterece§iz.
(i) Her
a∈G
için
e−1 ae = a
olup
a
ile
a
e³leniktir. Yani ba§nt yansyandr.
(ii)
a
ile
b
e³lenik
=⇒ ∃ x ∈ G, x−1 ax = b =⇒ ax = xb
=⇒ xbx−1 = a
=⇒ y = x−1
=⇒ b
y = x−1 ∈ G
ile
a
dersek
y −1 by = a
e³lenik.
olup ba§ntmz simetriktir.
(iii)
a
ile
b
e³lenik
=⇒ ∃ x ∈ G, x−1 ax = b,
b
ile
c
e³lenik
=⇒ ∃ y ∈ G, y −1 by = c
=⇒ y −1 (x−1 ax)y = c
=⇒ (xy)−1 a(xy) = c
=⇒ z = (xy)
=⇒ a
z = xy ∈ G
ile
c
dersek
z −1 az = c
e³lenik.
olup ba§ntmz geçi³kendir.
ÇÖZÜM 18.
a3 b = ba3 =⇒ a3 (a3 b) = a3 ba3
=⇒ ab = |{z}
a3 b a3
ba3
=⇒ ab = ba3 a3 = ba6 = ba
14
2
Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
Tanm 2.1
G
bir grup ve
H
de
G
nin bo³ olmayan bir alt kümesi olsun. E§er
tanmlanan grup i³lemi ile bir grup oluyorsa
Örnek 2.2
vardr,
A = { 1, −1, i, −i }
e=1∈B
−1
dir ve 1
=
grubunda
1, (−1)−1
H
ye
G
nin bir
B = { 1, −1 }
= −1
altgrubu
olsun.
B
denir ve
H
H6G
kümesi
G
de
yazlr.
kümesi kapaldr, birle³me özelli§i
olup her elemann tersi yine
B
dedir. O halde
B6A
yazlabilir.
Örnek 2.3
(Q \ { 0 } , ·)
Örnek 2.4
a∈Z
Örnek 2.5
(Z, +)
Tanm 2.6 Bir
grubu
(R \ { 0 } , ·)
grubunun altgrubudur.
sabit bir tamsay olmak üzere
G
(aZ, +)
grubu
(Z, +)
grubunun altgrubudur.
grubunda tek tamsaylar kümesi bir altgrup de§ildir, çünkü
grubunda
(a³ikâr) altgruplar
{e}
ve
G
3+5=8
çifttir.
kümeleri her zaman bir altgruptur. Bu altgruplara
trivial
denir.
Not 2.7 De§i³meli bir grubun bütün altgruplar de§i³melidir. De§i³meli olmayan bir grubun de§i³meli
olan bir altgrubu olabilir.
Teorem 2.8
G
bir grup
∅=
6 U ⊆G
olsun.
(a)
U
nun altgrup olmas için gerek ve yeter ³art her
(b)
U
sonlu ise,
spat (a):
ab−1
∈U
U
U
bir altgrup olsun.
b=a
için
nun altgrup olmas için gerek ve yeter ³art her
dur. “imdi
kabul edelim.
a, b ∈ U
U
a, b ∈ U
olsun.
b−1 ∈ U
dur, çünkü
ab−1 ∈ U
a, b ∈ U
U
aa−1 = e ∈ U
elde edilir. “imdi de
15
için
ab ∈ U
bir gruptur.
nun bo³ olmayan bir alt küme oldu§unu ve her
seçersek
olmasdr.
a=e
a, b ∈ U
U
için
seçersek her
olmasdr.
kapal oldu§undan
ab−1 ∈ U
b∈U
oldu§unu
için
b−1 ∈ U
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
elde edilir.
özelli§i
G
U
olsun.
de oldu§undan
spat (b):
“imdi
a, b ∈ U
U
b−1 ∈ U
U 'da
a(b−1 )−1 = ab ∈ U
olup
da vardr. Sonuç olarak
bir altgrup olsun.
U
Hüseyin Bilgiç
U
kapal oldu§undan her
elde edilir, yani
U
da birle³melidir.
U = { a1 , a2 , . . . , an } , n
kapaldr. Birle³me
bir altgruptur.
a, b ∈ U
ab ∈ U
için
oldu§u kolayca görülür.
nun bo³ olmayan sonlu ve kapal bir altküme oldu§unu kabul edelim.
oldu§undan
U
G'de
birle³me özelli§i
elemanl bir altküme olsun.
ak ∈ U
olsun.
“imdi
a1 ak , a2 ak , . . . , an ak
elemanlarn dü³ünelim.
U
kapal oldu§undan bu elemanlarn hepsi
hepsi birbirinden farkldr. Çünkü e§er bir
gere§ince
ak ∈ U
az bir
U
ai = aj
i 6= j
olurdu.
olup en az bir
16i6n
1 6 j 6 n için ai = aj ak
ak = ai ak
için
ai ak = aj ak
olmaldr. Yani
olmaldr. O zaman
U
G = (R \ { 0 } , ·)
(ak )−1 = aj
olsayd sa§dan ksaltma kural
U = { a1 ak , a2 ak , . . . , an ak }
ai = e
olur ve
bulunur.
k
e∈U
dir.
dur. “imdi de, en
nn seçimi keyfî oldu§undan
bir altgruptur.
G grubunda sonsuz elemanl bir U
de§ildir. Mesela
için
nun elemanlardr. Bu elemanlarn
olup bu mümkün de§ildir. O halde
daki her elemann tersi vardr. Yani
Not 2.9 Bir
i 6= j
U
grubunda
alt kümesinin kapal olmas altgrup olmas için yeterli
U = { 1, 2, 3, . . . }
kümesi kapaldr fakat bir altgrup
de§ildir.
Örnek 2.10
G = GL2 (R), 2 × 2
tipinde tersi olan reel matrislerin grubu olsun.
H=
olsun.
X=
#
"
a 0
0 b
"
∈ H, Y =
XY −1 ∈ H
dir çünkü
Teorem 2.11 Bir
spat:
G
0 b
)
: ab 6= 0
#
∈H
0 d
"
Y −1 =
c 0
#
("
a 0
1
c
0
0
1
d
alalm. O zaman
#
ab 6= 0, cd 6= 0
olup
olup
XY −1 =
ab 6= 0, cd 6= 0
#"
"
a 0 1c
0 b
ab
ab
=
6= 0
cd
cd
0
0
1
d
#
"
=
a
c
0
0
b
d
nin altgruplar olsun ve
#
.
dr. Teorem 2.8 gere§ince
grubunun sonlu saydaki altgruplarnn kesi³imi de
H1 , H2 , . . . , Hn , G
dr.
G
H 6 GL2 (R)
dir.
nin bir altgrubudur.
H = H1 ∩ H2 ∩ · · · ∩ Hn =
n
\
Hi
diyelim.
i=1
a, b ∈ H =⇒
her
16i6n
için
a, b ∈ Hi
=⇒
her
16i6n
için
ab−1 ∈ Hi
(Çünkü
Hi 6 G)
=⇒ ab−1 ∈ H1 ∩ H2 ∩ · · · ∩ Hn = H
olup Teorem 2.8 gere§ince
H
bir altgruptur.
16
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
Hüseyin Bilgiç
Not 2.12 Benzer ³ekilde; sonsuz çokluktaki altgruplarn kesi³iminin de bir altgrup oldu§u gösteri-
lebilir. Altgruplarn birle³imi altgrup olmayabilir; mesela,
birle³imi altgrup de§ildir, çünkü
2, 3 ∈ 2Z ∪ 3Z
(Z, +)
grubunda
2+3 = 5 ∈
/ 2Z ∪ 3Z
olup
2Z
ve
3Z
altgruplarnn
dir. (Yani kapallk özelli§i
yoktur.)
G
Tanm 2.13
bir grup,
H
ve
K
HK = { hk : h ∈ H, k ∈ K }
(i)
da
kümesine
H + K = { h + k : h ∈ H, k ∈ K }
küme ise
{a}K
H −1 =
(ii)
yerine ksaca
h−1 : h ∈ H
Lemma 2.14
G
bir grup
G'nin
bo³ olmayan iki alt kümesi olsun.
H
kümesine
aK ,
ile
H
ile
benzer ³ekilde
kümesine
H
nin
A, B, C, D ⊆ G
K
nn
K
nn
K {a}
çarpm denir. Toplamsal notasyonda ise,
toplam denir. E§er H = { a } bir elemanl
yerine ksaca
ters kümesi
Ka
yazlr.
denir.
olsun. Bu kümeler üzerinde tanmlanan çarpma i³lemi
a³a§daki özelliklere sahiptir:
A(BC) = (AB)C
(i)
(AB)−1 = B −1 A−1
(ii)
(iii)
{ e } ⊆ AA−1
(iv)
A⊆B
(v)
A⊆B
C⊆D
ve
ise
dir. E§er
ise
A
bir elemanl ise
AA−1 = { e }.
AC ⊆ BD.
A−1 ⊆ B −1 .
spat: Al³trma olarak brakyoruz.
Sonuç 2.15 Bir
−1
³art U U
spat:
⊆U
G
grubunun bo³ olmayan bir
olmasdr. (E§er
U
U
alt kümesinin bir altgrup olmas için gerek ve yeter
sonlu ise bu ³art
U U −1 ⊆ U ⇐⇒ ∀ a, b ∈ U, ab−1 ∈ U
UU ⊆ U
G'nin
mertebesi
altgruplarnn says
m
Örnek 2.17
n'nin
Cn
mertebesi
n yi bölen
n/m a
dir.
mertebesi 24 olan bir devirli grup olsun. Yani
saysnn bölenleri 1,2,3,4,6,8,12,24 olup
altgrubunu
G = hai
pozitif bölenleri kadardr.
olan sadece bir altgrup vardr ve bu altgrup
G = hai
oldu§u açktr. Bu da Teorem 2.8'in ³artdr.
Teorem 2.16 Bir devirli grubun her altgrubu devirlidir.
ise
³eklini alr.)
G'nin
her
n
m
G =
olan bir devirli grup
pozitif tam says için
e, a, a2 , . . . , a23
8 tane altgrubu vardr. Buna göre
ile gösterirsek bu altgruplar ³unlardr:
E
D
C1 = a24/1 = hei = { e }
D
E C2 = a24/2 = a12 = e, a12
17
G
nin
. 24
n-elemanl
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
Hüseyin Bilgiç
D
E C3 = a24/3 = a8 = e, a8 , a16
D
E C4 = a24/4 = a6 = e, a6 , a12 , a18
D
E C6 = a24/6 = a4 = e, a4 , a8 , a12 , a16 , a20
D
E C8 = a24/8 = a3 = e, a3 , a6 , a9 , a12 , a15 , a18 , a21
D
E C12 = a24/12 = a2 = e, a2 , a4 , a6 , a8 , a10 , a12 , a14 , a16 , a18 , a20 , a22
D
E
C24 = a24/24 = hai = e, a, a2 , . . . , a23 = G.
Tanm 2.18
G
∅ 6= K ⊆ G
bir grup,
K tarafndan üretilen altgrup
Tanmdan anla³ld§ gibi,
Z12 =
tadr. Bunun için
G
nin
K
y içeren bütün altgruplarnn ara kesitine
hKi ile gösterilir. Yani
\
H : H 6 G, K ⊆ H .
hKi =
denir ve
hKi altgrubu K 'yi içeren en küçük altgruptur. E§er hKi = G ise bu durumda
K 'ya G'nin üretici kümesi
Örnek 2.19
olsun.
veya
do§uray kümesi
0, 1, 2, . . . , 11
denir.
grubunda baz kümeler tarafndan üretilen altgruplar sorulmak-
Z12 'nin bütün altgruplar hesaplanmaldr. Z12 devirli oldu§undan, bir önceki teoreme
göre, bu altgruplar 6 tanedir:
H1 =
0 , H2 = 0, 2, 4, 6, 8, 10 , H3 = 0, 3, 6, 9 , H4 = 0, 4, 8 , H5 = 0, 6
Buna göre
K
kümeleri ve
hKi
ve
H6 = Z12 .
altgruplar ³öyle hesaplanr.
K=
6, 8
=⇒ hKi = H2
4, 8 =⇒ hKi = H2 ∩ H4 = H4
K= 6
=⇒ hKi = H2 ∩ H3 ∩ H5 = H5
K = 3, 5 =⇒ hKi = Z12 .
K=
Lemma 2.20
G
bir grup,
∅=
6 K⊆G
olsun.
hKi
altgrubu
K
daki elemanlarn tamsay kuvvetlerinin
bütün muhtemel çarpmlarndan olu³an kümedir; yani
hKi = { k1a1 k2a2 . . . knan : ki ∈ K, ai ∈ Z, n ∈ N } .
spat:
U = { k1a1 k2a2 . . . knan : ki ∈ K, ai ∈ Z, n ∈ N }
alalm. O halde
u, K 'daki
elemanlarn çarpm ³eklindedir.
manlarn çarpmlarn da içerece§inden
oldu§undan
u ∈ hKi
diyelim ve
olur. Yani
U ⊆ hKi
u ∈ H
olmaldr.
dr. “imdi de
x = k1a1 k2a2 . . . knan
ve
18
U = hKi
K 'y
hKi
x, y ∈ U
oldu§unu gösterelim.
içeren her
ise
K 'y
H
K 'daki
ele-
içeren altgruplarn kesi³imi
alalm. O halde
y = tb11 tb22 . . . tbmm
altgrubu
u∈U
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
³eklindedir. “imdi
−b
−b1
m−1
m
xy −1 = k1a1 k2a2 . . . knan t−b
m tm−1 . . . t1
Teorem 2.8 gere§ince
yani
K⊆U 6G
Not 2.21 E§er
U 6G
dir. Bu durumda
K = {a}
k∈K
dir. Ayrca her
hKi'nn
için
k=
tanmndan
Örnek 2.22
S3
dir. Ayrca
Yani
grubunda
f3 f4 = f6
hf3 , f4 i = S3
Tanm 2.23
G
ve
olup
K = { f3 , f4 }
e³küme
H
{ f3 , f4 }
olup;
U, K 'y
içeren bir altgruptur;
olur.
K = { k1 , k2 , . . . , kn }
olup
f3
ve
kümesi
S3
için bir do§uray kümesidir.
H6G
nin
∈U
oldu§u açktr. O halde
tarafndan üretilen altgrubu bulalm.
olsun. Bir
f4
G
deki
kullanlarak
a∈G
Ha = { ha : h ∈ H }
kümelerine srasyla
xy −1 ∈ U
olup bu tanm bir
ise
h{ k1 , k2 , . . . , kn }i
yazlabilir.
f4 f3 = f2
bir grup,
k1
hKi ⊆ U
eleman tarafndan üretilen altgrup tanm ile ayn olur.
hk1 , k2 , . . . , kn i
olup
hKi = h{ a }i = hai = { an : n ∈ Z }
bir elemanl ise
yerine ksaca
Hüseyin Bilgiç
S3
(f3 )2 = f1 , (f4 )2 = f5
deki bütün elemanlar elde edilebilir.
için
aH = { ah : h ∈ H }
ve
sa§ ve sol kosetleri
denir. Koset kelimesi yerine
yansnf
veya
terimleri de kullanlmaktadr.
Örnek 2.24
S3
grubunda
H = hf2 i = { f1 , f2 }
alalm.
H
nin sa§ kosetlerini bulalm.
Hf1 = { f1 f1 , f2 f1 } = { f1 , f2 }
Hf2 = { f1 f2 , f2 f2 } = { f2 , f1 }
Hf3 = { f1 f3 , f2 f3 } = { f3 , f4 }
Hf4 = { f1 f4 , f2 f4 } = { f4 , f3 }
Hf5 = { f1 f5 , f2 f5 } = { f5 , f6 }
Hf6 = { f1 f6 , f2 f6 } = { f6 , f5 }
Burada 3 tane farkl sa§ koset vardr. Sa§ kosetlerin herbirinde ayn sayda eleman olup bu sa§ kosetler
ayn veya ayrktrlar. Ayrca
x ∈ H =⇒ Hx = H
ve
x 6∈ H =⇒ Hx 6= H
oldu§una dikkat edin.
Bunlarn bir tesadüf olmad§n gösterece§iz.
Teorem 2.25
spat: Önce
oldu§undan
“imdi
Ha = H
Ha = H ⇐⇒ a ∈ H .
Ayrca
oldu§unu kabul edelim. O zaman
kabul edelim ve
³eklindedir.
dir. “imdi de
H ⊆ Ha
olsun.
Ha = Hb ⇐⇒ ab−1 ∈ H .
∃ h1 , h2 ∈ H
için
h1 a = h2
olup
H
altgrup
a = h−1
1 h2 ∈ H .
a ∈ H
x = ha
H6G
x∈H
h, a ∈ H
alalm.
dr. O halde
Ha = H
olup
x=
Ha = H
H
oldu§unu gösterelim.
kapal oldu§undan
(xa−1 )a
∈ Ha
dr, çünkü
elde edilir.
19
x ∈ Ha
x = ha ∈ H
H
alalm. O halde
∃h ∈ H
oldu§u açktr. Yani
−1
altgrup oldu§undan xa
∈H
için
Ha ⊆ H
dir. Yani
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
Sonuç olarak Ha
= H ⇐⇒ a ∈ H Hüseyin Bilgiç
önermesi ispatlanm³tr. Son olarak
Ha = Hb ⇐⇒ Hab−1 = H ⇐⇒ ab−1 ∈ H
bulunur.
Teorem 2.26 Bir
Hb
G
spat:
Ha
zaman
x ∈ Ha ∩ Hb
ve
grubunda bir
H
iki sa§ koset olsun.
altgrubunun iki sa§ koseti ayn ya da ayrktr.
Ha ∩ Hb = ∅
∃h1 , h2 ∈ H
alalm. Bu durumda
ise ispat yaplm³ olur.
için
x = h1 a
ve
Ha ∩ Hb 6= ∅
x = h2 b
olsun. O
³eklindedir. O zaman
h1 a = h2 b =⇒ a = h1 −1 h2 b =⇒ ab−1 = h1 −1 h2 ∈ H =⇒ Hab−1 = H =⇒ Ha = Hb
olup
Ha
ile
Hb
Teorem 2.27
ya ayndr ya da ayrktr.
G
bir grup,
H6G
olsun.
spat: spat sa§ koset için yapaca§z.
Hb
dönü³ümü
f (ha) = hb
H
nin iki sa§ (sol) koseti arasnda birebir bir ili³ki vardr.
a, b ∈ G
ve
Ha
ve
Hb
de
H 'nin
iki sa§ koseti olsun.
f : Ha −→
³eklinde tanmlansn.
f (h1 a) = f (h2 a) =⇒ h1 b = h2 b =⇒ h1 = h2 =⇒ h1 a = h2 a
olup
f
birebirdir. “imdi,
Sonuç 2.28 E§er
G
hb ∈ Hb
sonlu ise
f
örtendir.
iki sa§ (sol) koseti ayn sayda elemana sahiptir.
H = He
verilsin.
H 'nin
x = ha
seçilirse
f (x) = f (ha) = hb
olup
olup
H
ile sa§ (sol) kosetlerin eleman saylar ayndr. Ayn zamanda iki sa§ koset ya ayndr ya da ayrktr,
yani
Ha = Hb
veya
Ha ∩ Hb = ∅.
Sa§ kosetlerin birle³imi de
G
yi verir:
G = H ∪ Ha1 ∪ Ha2 ∪ · · · ∪ Han .
Tanm 2.29
indeksi
G
bir grup,
denir ve
|G : H|
H 6G
1
spat:
H 'nin G'deki
H
nin
G
deki farkl sa§ kosetlerinin saysna
³eklinde gösterilir. Örne§in,
G
Teorem 2.30 (Lagrange )
mertebesini böler; yani
olsun.
sonlu bir grup ve
|G| = |G : H| |H|
indeksi
|G : H| = n
|S3 : hf2 i | = 3
H 6 G
H
nin
G
deki
dür.
olsun. O zaman
H
nin mertebesi
G
nin
dir.
olsun. Buna göre
H, Ha1 , Ha2 , . . . , Han−1
kümeleri
H
nin
n
tane farkl sa§ koseti olsun. Bu kosetler
kosetteki eleman says
|H|'ye
G
nin parçalan³n verirler. Ayrca herbir
e³ittir. O halde
G = H ∪ Ha1 ∪ Ha2 ∪ · · · ∪ Han−1 =⇒ |G| = |H| + |Ha1 | + |Ha2 | + · · · + |Han−1 | =⇒ |G| = n · |H|
olup |G| = |G : H| |H| elde edilir. Buradan |H| |G| yazlabilir.
1
JosephLouis Lagrange (1736-1813)
20
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
Sonuç 2.31 E§er
G
H = {e}
Not 2.32 E§er
ise her
Z7
Örnek 2.34
(Z, +)
grubunda
teoremi uygulanamaz, çünkü
Teorem 2.35
spat:
|a|
G
H = hai
a∈G
için
0
sonlu bir grup ve
alalm.
a
ve
U = { 3k : k ∈ Z }
Z'nin
{e}
nin
Ha = { a }
grubunun altgruplar sadece
Örnek 2.33
G
asal mertebeli bir grup ise
ve
olup
Z7
Hüseyin Bilgiç
G
den ba³ka altgrubu yoktur.
|G| = |G| = |G : H| |H| = |G : H|
dir, çünkü
Z7
dir.
asal mertebeli bir gruptur.
altgrubunu ele alalm. Bu altgrup için Lagrange
mertebesi sonlu de§ildir.
a∈G
olsun. O zaman
|a||G|
tarafndan üretilen altgrubun mertebesi
dir (Neden?). Lagrange teoremini uygularsak
|a||G|
dir. Ayrca
a'nn
elde edilir.
a|G| = e
dir.
derecesine e³ittir; yani
|G| = k|a|
| hai | =
diyelim. O zaman
a|G| = a|a|k = (a|a| )k = ek = e
olur ve ispat tamamlanr.
Örnek 2.36
G
en az 2 elemanl bir grup olsun.
G
nin trivial olmayan altgrubu yoksa
G
nin asal
mertebeli oldu§unu gösteriniz.
G
Çözüm:
için
nin trivial olmayan altgruplar olmasn.
U = hai
U = {e}
altgrubunu dü³ünelim.
|G|
nin asal oldu§unu gösterece§iz. Bir
olamaz, o halde
U = G
olmaldr. Yani
G
e 6= a ∈ G
devirlidir.
Devirli gruplarn, grubun mertebesini bölen her sayya kar³lk bir altgrubu vardr. (bkz. Teorem 2.16).
G
|G|
nin trivial olmayan altgrubu olmad§ndan
Örnek 2.37
G
bir grup,
|a| = n
Çözüm:
olsun.
m = nq + r, 0 6 r < n
a∈G
olsun.
n 6 |m|
0 6= m
asaldr.
için
am = e
ise
|a| m
oldu§unu gösterin.
oldu§u açktr. Bölme algoritmasndan dolay
olacak ³ekilde
q, r ∈ Z
m, n
say çifti için
vardr. “imdi
am = e =⇒ anq+r = e =⇒ (an )q ar = e =⇒ eq ar = e =⇒ ar = e
r < n = |a| oldu§undan r = 0
m = nq olup nm dir.
olup
olmaldr. (Aksi halde bu durum
|a| = n
olmasyla çeli³irdi.) Yani
Teorem 2.38 Asal mertebeli her grup devirlidir.
spat:
G
mertebesi asal olan bir grup olsun.
altgrubunu dü³ünelim. Lagrange teoreminden
|U | = p
olabilir.
e 6= a
seçildi§inden
|U | > 1
|G| = p diyelim.
Bir e 6= a ∈ G için U = hai devirli
dolay |U |p olmaldr. p asal oldu§undan |U | = 1 veya
dir. O halde
olmaldr. Yani
G = U
olup
G
devirlidir.
Tanm 2.39
|U | = p
m
ve
n
aralarnda asaldr
iki tamsay olsun. E§er
denir ve
(m, n) = 1
m
ile
yazlr.
21
n
nin en büyük ortak böleni 1 ise bu iki sayya
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
Hüseyin Bilgiç
(m, n) = 1 olmas için gerek ve yeter ³art mq + nr = 1 olacak ³ekilde q, r
Lemma 2.40
tamsaylarnn
var olmasdr.
n pozitif bir tamsay olsun. n den küçük ve n ile aralarnda asal olan pozitif tamsaylarn
Tanm 2.41
says
dr.
p
φ(n)
ile gösterilir ve
asal ise
φ(p) = p − 1
Teorem 2.42
modülo
spat:
n
n
φ
fonksiyonuna
Euler-φ fonksiyonu
φ(10) = 4, φ(9) = 6
oldu§u açktr.
pozitif bir tamsay olsun.
Zn 'de n
ile aralarnda asal olan saylarn kalan snar
çarpm ile bir abelyen grup olu³tururlar. (Bu grubu
a, b ∈ Z∗n
denir. Örne§in,
alalm. O halde
(a, n) = 1
ve
(b, n) = 1
dir.
Z∗n
ile gösterece§iz.)
a b ∈ Z∗n
oldu§unu yani
(ab, n) = 1
oldu§unu göstermeliyiz.
(a, n) = 1 =⇒ aq1 + nr1 = 1
olacak ³ekilde
q1 , r1 ∈ Z
vardr,
(b, n) = 1 =⇒ bq2 + nr2 = 1
olacak ³ekilde
q2 , r2 ∈ Z
vardr,
=⇒ ab(q1 q2 ) + n(aq1 r2 + bq2 r1 + nr1 r2 ) = 1
|{z}
|
{z
}
q
r
=⇒ (ab)q + nr = 1
(q, r ∈ Z)
=⇒ (ab, n) = 1
ab
olup
Modülo
için
ile
n
aralarnda asaldr.
n çarpmasnn birle³me ve de§i³me özelli§i vardr ve 1 bu grubun birim elemandr. (Her n ∈ Z+
(1, n) = 1
Bu durumda
olur.
aq + nr = 1
(q, n) = 1
Örnek 2.43
dir.) “imdi ters elemann varl§n gösterelim.
olacak ³ekilde
oldu§undan
Z∗9 =
q∈
q, r ∈ Z
a ∈ Z∗n
alalm. O zaman
vardr. Bu durumda
aq ≡ 1 (mod n)
Z∗n dr.
1, 2, 4, 5, 7, 8
(a, n) = 1
olup
olur.
−1
(a)
=q
grubunun çarpm tablosunu yazalm.
1
2
4
5
7
8
1
1
2
4
5
7
8
2
2
4
8
1
5
7
4
4
8
7
2
1
5
5
5
1
2
7
8
4
7
7
5
1
8
4
2
8
8
7
5
4
2
1
Dikkat edilecek olursa, bu grubun mertebesi 6 oldu§undan her elemann 6. kuvveti birim elemana e³it
olur. Gerçekten de
16 = 1, 26 = 64, 46 = 4096, 56 = 15625, 76 = 117649, 86 = 262144
hepsi 9'a bölününce 1 kalan verirler.
22
olup bu saylarn
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
2
n
Teorem 2.44 (Euler )
spat:
G = (Z∗n , )
olaca§ndan
aφ(n) ≡ 1 (mod n)
3
edilir.
φ(p) = p − 1
(a, p) 6= 1
Örnek 2.46
Teorem 2.47
yeter ³art
spat:
HK
G
p
alalm.
bir grup
bir asal say ve
a∈Z
φ(n)
dir. Her
ap ≡ a (mod p)
ise
a ∈ G
dir.
için
(a)|G| = e
ve
K, G
dir.
ap−1 ≡ 1 (mod p)
≡ a ≡ 0 (mod p)
(−2)7 = −128 = (−19) · 7 + 5
H
aφ(n) ≡ 1 (mod n)
oldu§undan Euler teoremi gere§ince
HK = KH
yani
ap ≡ a (mod p)
olur.
olup
nin iki altgrubu olsun.
elde
−128 ≡ 5 ≡ −2 (mod 7)
HK
dir.
nn altgrup olmas için gerek ve
olmasdr.
(⇐=)HK = KH
alalm. (
ise
dir.
p
ise a, p'nin kat olup a
p=7
(a, n) = 1
grubunu dü³ünelim. Bu grubun mertebesi
Teorem 2.45 (Fermat )
spat:
pozitif bir tamsay olsun.
Hüseyin Bilgiç
olsun.
hi ∈ H, ki ∈ K
HK
nn altgrup oldu§unu gösterece§iz.
x = h1 k1 ∈ HK
ve
y = h2 k2 ∈
dr.)
xy −1 = h1 k1 (h2 k2 )−1 = h1 k1 k2−1 h−1
| {z } 2
k3
=
h1 (k3 h−1
2 )
| {z }
∈KH=HK
= h1 (h3 k4 ) = (h1 h3 ) k4
| {z }
∈H
= h4 k4 ∈ HK
olup Teorem 2.8 den
(=⇒)
“imdi de
HK
HK
altgruptur.
nn altgrup oldu§unu kabul edip
HK = KH
oldu§unu gösterelim.
x = kh ∈ KH =⇒ x−1 = h−1 k −1 ∈ HK
=⇒ HK
altgrup oldu§undan
(x−1 )−1 = x ∈ HK
=⇒ KH ⊆ HK
Ayrca,
x ∈ HK =⇒ HK
altgrup oldu§undan
=⇒ ∃ h ∈ H, k ∈ K
için
x−1 ∈ HK
x−1 = hk
=⇒ x = k −1 h−1 ∈ KH
=⇒ HK ⊆ KH.
Sonuç olarak
2
3
HK = KH
elde edilir.
Leonhard Euler (1707-1783)
Pierre de Fermat (1601-1665)
23
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
Hüseyin Bilgiç
ALI“TIRMALAR
1.
(Z10 , ⊕)
(Z, +)
grubunda
5
elemannn derecesini bulunuz.
derecesi grubun mertebesini böler mi? 5'in
daki derecesi kaçtr?
2.
G bir abelyen grup olsun. H =
3.
H1 , H2
4.
(Q \ { 0 } , ·)
5.
G
bir
G
grubunda
a
x ∈ G : x2 = e
grubunun iki altgrubu olsun.
bir grup ve
(C(a) aslnda
A=
a ∈ G
olsun.
3, 21
ise
hAi
kümesinin
G nin bir altgrubu oldu§unu gösteriniz.
H1 ∪ H2 6 G ⇐⇒ H1 ⊆ H2
|a| = 5
G = { 1, −1, i, −i }
ise
C(a) = { x ∈ G : ax = xa }
C(a) =
veya
H2 ⊆ H1 .
Gösterin.
nedir?
kümesine
eleman ile de§i³meli olan elemanlarn kümesidir.) Her
gösterin. Ayrca
6.
5'in
a'nn merkezleyeni
a∈G
için
C(a) 6 G
denir.
oldu§unu
C(a3 ) oldu§unu gösterin.
grubu verilsin.
H = { 1, −1 }
olsun.
H
nin
G
deki bütün farkl sa§ kosetlerini ve
indeksini bulunuz.
7.
H
ve
K, G
nin sonlu altgruplar ise
|HK| =
H = { 1, −1, i, −i } , K = { 1, −1 } alarak bu e³itli§in do§ru
p
p
oldu§unu görünüz. Ayrca bu e³itli§i kullanarak |H| >
|G| ve |K| > |G| ise H ∩K 6= { e } oldu§unu
oldu§u bilinmektedir.
G = (C \ { 0 } , ·)
|H||K|
|H ∩ K|
ve
gösteriniz.
8.
(Z, +)
9.
K = { a, b, c, d }
K
da
4Z
altgrubunun tüm farkl sa§ kosetlerini ve indeksini bulunuz.
de§i³meli midir?
10.
G
grubunun çarpm tablosu a³a§da verilmi³tir.
K
bir grup olsun.
·
a
b
c
d
a
a
b
c
d
b
b
a
d
c
c
c
d
b
a
d
d
c
a
b
nn tüm altgruplarn ve bunlarn sa§ kosetlerini bulunuz.
∅ =
6 H ⊆ G
olsun.
H
bir altgrup
=⇒ HH = H
K
devirli midir?
oldu§unu gösterin. E§er
H
sonsuz elemanl ise bu önermenin tersinin do§ru olmad§n gösterin. (pucu: Bir ters örnek verin.)
11.
G
bir grup
H6G
olsun.
θ(xH) = Hx−1
³eklinde tanmlanan fonksiyonun 11 oldu§unu gösterin.
(Önce iyi tanmland§n göstermek gereklidir.)
24
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
12.
G
bir grup;
H 6 G, K 6 G
13.
G
bir grup
a ∈ G
olsun.
olsun.
|H| = 75
ve
|K| = 57
H = {x ∈ G : ∃n ∈ Z
için
Hüseyin Bilgiç
ise
H ∩K
x = an }
nn devirli oldu§unu gösterin.
kümesi
G
nin bir altgrubudur,
gösterin.
Z∗14
14.
grubunun çarpm tablosunu yaznz. Bu grup devirli midir? Bu grubun trivial olmayan bir
altgrubunu bulunuz.
15.
(C \ {0}, ·)
grubunda
H = { x + iy : x, y ∈ R, xy > 0 }
bir alt grup mudur?
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
Z
Z10
da
5⊕5=0
olup
deki derecesi sonsuzdur, çünkü
ÇÖZÜM 2.
x, y ∈ H
|5| = 2
n·5=0
olsun. O halde
dir.
210
olup
olacak ³ekilde
x2 = y 2 = e
5'in
derecesi grubun mertebesini böler. 5'in
n ∈ N+
yoktur.
dir.
(xy −1 )2 = xy −1 xy −1
= x2 (y −1 )2
(G de§i³meli oldu§undan)
= e(y 2 )−1
= e−1 = e
olup
xy −1 ∈ H
dir. O halde Teorem 2.8 gere§ince
ÇÖZÜM 3. (⇐=)
iki halde de
H1 ⊆ H2
H1 ∪ H2
(=⇒) “imdi
veya
H
bir altgruptur.
H2 ⊆ H1 =⇒ H1 ∪ H2 = H1 6 G
veya
H1 ∪ H2 = H2 6 G
bir altgruptur.
H1 ∪ H2 6 G
Aksini kabul edelim. Yani
H1 ⊆ H2
oldu§unu kabul edelim.
veya
H2 ⊆ H1
oldu§unu gösterece§iz.
H1 6⊆ H2 ve H2 6⊆ H1 olsun. (Bu iki küme ayrk olamazlar, çünkü e ∈ H1 ∩H2
dir.) “imdi
Bu durumda
olup her
a, b ∈ H1 ∪ H2
a ∈ H1 \ H2 =⇒ a ∈ H1
fakat
a∈
/ H2
b ∈ H2 \ H1 =⇒ b ∈ H2
fakat
b∈
/ H1 .
olup
ab ∈ H1 ∪ H2
dir.
ab ∈ H1
olabilir, fakat
ab ∈ H1 =⇒ |{z}
a−1 (ab) = b ∈ H1
∈H1
çeli³kisi elde edilir. O halde
ab ∈ H2
olmaldr, fakat
ab ∈ H2 =⇒ (ab) |{z}
b−1 = a ∈ H2
∈H2
25
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
çeli³kisi elde edilir. Bu da
H1 ∪ H2
Hüseyin Bilgiç
nin altgrup olmasyla çeli³ir. O halde
H1 ⊆ H2
veya
H2 ⊆ H1
olmaldr.
ÇÖZÜM 4.
(Q \ { 0 } , ·)
lm:
ÇÖZÜM 5.
grubunda
1
3,
2
=
1 n
3, 2 = 3 ·
1
2m
: n, m ∈ Z
kümesidir. Baz elemanlarn yaza-
1 1 1 1 3 2
. . . , , , , , , , . . . , 2, 3, 6, 18, . . .
24 12 8 4 4 9
C(a) = { x ∈ G : ax = xa }. x, y ∈ C(a)
alalm. O halde
.
ax = xa
ve
ay = ya
dr.
ay = ya =⇒ a = yay −1 =⇒ y −1 a = ay −1 =⇒ y −1 ∈ C(a).
“imdi
xy −1 ∈ C(a)
oldu§unu gösterelim:
(xy −1 )a = x(y −1 a) = x(ay −1 ) = (xa)y −1 = (ax)y −1 = a(xy −1 )
olup
xy −1 ∈ C(a)
“imdi de
|a| = 5
dr. Teorem 2.8 gere§ince
C(a)
bir altgruptur.
olsun.
x ∈ C(a) =⇒ xa = ax =⇒ xa3 = axa2 = a(xa)a = a(ax)a = a2 (xa) = a2 (ax) = a3 x
=⇒ x ∈ C(a3 ),
x ∈ C(a3 ) =⇒ xa3 = a3 x =⇒ xa6 = a3 xa3 = a3 (xa3 ) = a3 (a3 x)
=⇒ xa = a6 x = ax
=⇒ x ∈ C(a)
olup
C(a) = C(a3 )
oldu§u görülür.
ÇÖZÜM 6. Farkl sa§ kosetler
H1 = H(−1) = { 1, −1 }
Hi = H(−i) = { i, −i }
ÇÖZÜM 7.
HK = { 1, −1, i, −i }
ve
H ∩ K = { 1, −1 }
|HK| = 4
olup e³itlik sa§lanr. “imdi
|H| >
p
|G|
|G| =
“imdi,
{e}
ve
olur. Bu durumda
4·2
|H||K|
=
=4
|H ∩ K|
2
p
|K| > |G| oldu§unu kabul
ve
edelim. Bu durumda
p p
|G| |G| < |H||K| = |H ∩ K||HK|.
H ∩ K = { e } ise |G| < |HK| olur. HK ⊆ G oldu§undan bu bir çeli³ki olur. O halde |H ∩ K| =
6
dir; yani
H ∩K
en az iki elemanldr.
26
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
ÇÖZÜM 8.
(Z, +)
da
4Z = { . . . , −8, −4, 0, 4, 8, . . . }
Hüseyin Bilgiç
altgrubunun farkl sa§ kosetleri:
4Z + 0 = { . . . , −8, −4, 0, 4, 8, . . . }
4Z + 1 = { . . . , −7, −3, 1, 5, 9, . . . }
4Z + 2 = { . . . , −6, −2, 2, 6, 10, . . . }
4Z + 3 = { . . . , −5, −1, 3, 7, 11, . . . }
olup
|Z : 4Z| = 4
ÇÖZÜM 9.
K
Birim eleman
a
dür.
dr.
K
abelyen bir gruptur.
nn altgruplar:
H = hai = { a } ,
Ayrca
K
nn grup tablosu ana diyagonale göre simetrik oldu§undan
hdi = { a, d, b, c } = K
G = hbi = { a, b } ,
olur. Buradan
K
K = hci = { a, c, b, d } .
nn devirli oldu§u söylenebilir.
H
nin farkl sa§ kosetleri
4 tanedir:
Ha = { a } ,
G = { a, b }
Hb = { b } ,
Hc = { c } ,
Hd = { d } .
nin farkl sa§ kosetleri 2 tanedir:
Ga = Gb = { a, b } ,
K = { a, b, c, d }
Gc = Gd = { c, d } .
nin sa§ koseti bir tanedir:
Ka = Kb = Kc = Kd = { a, b, c, d } .
ÇÖZÜM 10.
x ∈ HH =⇒ ∃ h1 , h2 ∈ H, x = h1 h2 ∈ H (Çünkü H 6 G)
=⇒ HH ⊆ H
x ∈ H =⇒ x = |{z}
x · |{z}
e ∈ HH
∈H
olup
HH = H
“imdi
H
∈H
oldu§u görülür.
G = (Z, +)
ve
+ H = H =⇒ H
ÇÖZÜM 11.
=⇒ H ⊆ HH
θ
H = { 0, 1, 2, 3, . . . }
olsun.
H +H =H
dir fakat
H
bir altgrup de§ildir. Böylece
altgruptur önermesinin do§ru olmad§ gösterilmi³ olur.
nn iyi tanml oldu§unu göstermek için
xH = yH =⇒ Hx−1 = Hy −1
ispatlanmaldr.
xH = yH =⇒ y −1 xH = H =⇒ y −1 x ∈ H =⇒ Hy −1 x = H =⇒ Hy −1 = Hx−1
27
önermesi
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
olup
θ
Hüseyin Bilgiç
iyi tanmlanm³tr. Ayrca
θ(xH) = θ(yH) =⇒ Hx−1 = Hy −1 =⇒ Hx−1 y = H =⇒ x−1 y ∈ H =⇒ H = x−1 yH =⇒ xH = yH
olup
θ
nn 11 oldu§u görülür.
ÇÖZÜM 12.
|H| = 75 = 3 · 52
Lagrange Teoremi gere§ince
saylar vardr.
|H ∩ K| = 1
ve
|K| = 57 = 3 · 19
|H ∩ K|
ise
olup
H ∩K 6 H
ve
H ∩K 6 K
olaca§ndan
hem 75'i hem de 57'yi bölmelidir. Bunu sa§layan sadece 1 ve 3
H ∩K
trivial grup olup devirlidir.
|H ∩ K| = 3
ise 3 asal olup
H ∩K
devirlidir.
ÇÖZÜM 13.
x, y ∈ H =⇒ ∃ n, m ∈ Z, x = an , y = am
=⇒ xy −1 = an a−m = an−m
=⇒ xy −1 ∈ H
olup Teorem 2.8 gere§ince
ÇÖZÜM 14.
“imdi
Z∗14 =
H6G
(Çünkü
n − m ∈ Z)
dir.
1, 3, 5, 9, 11, 13
dür. Bu grubun çarpm tablosu:
1
3
5
9
11
13
1
1
3
5
9
11
13
3
3
9
1
13
5
11
5
5
1
11
3
13
9
9
9
13
3
11
1
5
11
11
5
13
1
9
3
13
13
11
9
5
3
1
3 = 1, 3, 9, 13, 11, 5 = Z∗14
olup grup devirlidir.
9 = 1, 9, 11 bu grubun trivial olmayan
bir altgrubudur.
ÇÖZÜM 15.
çünkü
z1 = 1 + i, z2 = 0 + 5i
(−5)5 < 0
dr. Yani;
H
olsun.
z1 , z2 ∈ H
oldu§u açktr. “imdi
z1 z2 = −5 + 5i ∈
/H
kümesi kapal olmad§ndan bir altgrup de§ildir.
28
dir
3
Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
Daha önce
S3
grubunda
H = { f1 , f2 }
altgrubunun sa§ kosetlerini bulmu³tuk. Ayn grubun sol koset-
lerini de hesaplayp kar³la³tralm:
Sol Kosetler
Sa§ Kosetler
f1 H = { f1 , f2 }
Hf1 = { f1 , f2 }
f2 H = { f2 , f1 }
Hf2 = { f2 , f1 }
f3 H = { f3 , f5 }
Hf3 = { f3 , f4 }
f4 H = { f4 , f6 }
Hf4 = { f4 , f3 }
f5 H = { f5 , f3 }
Hf5 = { f5 , f6 }
f6 H = { f6 , f4 }
Hf6 = { f6 , f5 }
Tablodan görüldü§ü gibi sol kosetlere parçalan³ ile sa§ kosetlere parçalan³ birbirinden farkldr. E§er
S3
abelyen olsayd sol kosetler ile sa§ kosetler e³it olurdu. Acaba; sol kosetler ile sa§ kosetlerin e³it
oldu§u ba³ka altgruplar var mdr?
Tanm 3.1
G
bir grup ve
normal altgrubu
N 6G
denir ve
N G
olsun. Her
yazlr.
altgrup olmas için gerek ve yeter ³art her
Not 3.2
g ∈G
gN g −1 =
g∈G
ve her
n∈N
için
gng −1 : n ∈ N
−1
için gN g
⊆N
gng −1 ∈ N
ise
G
bir grup,
N 6G
olsun. A³a§dakiler birbirine denktir.
N G
(ii) Her
(iii) Her
g∈G
g∈G
için
için
gN g −1 = N
gN = N g
29
ye
G
nin
oldu§undan, N nin normal
{ e } ve G, G nin normal altgruplardr. (Neden?) G abelyen ise gng −1 = n ∈ N
Teorem 3.3
N
olmasdr diyebiliriz.
bir grubun her altgrubunun normal oldu§u görülür.
(i)
olup abelyen
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
spat: (i=⇒ ii)
N G
olsun. Tanmdan dolay
Hüseyin Bilgiç
gN g −1 ⊆ N
dir. “imdi
N = g g −1 N g g −1 ⊆ gN g −1
| {z }
⊆N
olup sonuçta
gN g −1 = N
gN g −1 = N =⇒ gN g −1 g = N g =⇒ gN = N g
spat: (ii=⇒ iii)
gN = N g =⇒ gN g −1 = N =⇒ gN g −1 ⊆ N =⇒ N G.
spat: (iii=⇒ i)
Örnek 3.4
oldu§u görülür.
S3 'de H = { f1 , f2 }
hf4 i = { f1 , f4 , f5 }
olsun.
Hf3 6= f3 H
olup
H
nin normal olmad§ görülür. “imdi
N =
olsun.
N f1 = f1 N = N f4 = f4 N = N f5 = f5 N = { f1 , f4 , f5 }
N f2 = f2 N = N f3 = f3 N = N f6 = f6 N = { f2 , f3 , f6 }
olup
N G
dir.
Normal Altgrup Kullanarak Faktör Grubu Elde Edilmesi
Bu bölümde bir
bir
grubunun bir
H
altgrubunun sa§ kosetleri arasnda
∗ i³lemi tanmlamak istiyoruz. Ancak e§er H
Ha = Hx
ve
G
ve
Hb = Hy
Hf5 = Hf6
Ayrca
H(ab) 6= H(xy)
olabilir. Mesela
H(f3 f5 ) = Hf2 = { f1 , f2 }
olup
(Ha) ∗ (Hb)
iken
ile
kümesinin çarpmnn
(Ha) · (Hb)
H(ab)'ye
normal de§ilse bu
dir, fakat
(Ha) ∗ (Hb) = H(ab)
∗ i³lemi iyi tanmlanmam³tr. Yani
G = S3
ve
H = { f1 , f2 }
H(f4 f6 ) = Hf3 = { f3 , f4 }
çarpmnn ayn sonucu vermesini istiyoruz. Yani
e³it olmasn istiyoruz. Fakat;
ba³ka bir sa§ kosete e³it olmayabilir; mesela
S3
grubunda
H
³eklinde
ise
Hf3 = Hf4
dir.
Ha
kümesi ile
Hb
normal de§ilse iki sa§ kosetin çarpm
H = { f1 , f2 }
alnrsa:
(Hf3 )(Hf5 ) = { f3 , f4 } · { f5 , f6 } = { f2 , f4 , f1 , f3 }
olup bu küme bir sa§ koset de§ildir.
Teorem 3.5
G
bir grup ve
N (xy)
elde edilir.
spat:
Na = Nx
ve
N G
Nb = Ny
olsun.
Na = Nx
ve
Nb = Ny
e³itliklerinden her zaman
olsun.
N (ab) = (N a)b = (N x)b = (xN )b = x(N b) = x(N y) = x(yN ) = (xy)N = N (xy)
Teorem 3.6
G
bir grup ve
N (ab) =
N G
ise
N
nin iki sa§ kosetinin çarpm yine bir sa§ kosettir.
30
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
spat:
N a, N b
Hüseyin Bilgiç
iki sa§ koset olsun.
(N a)(N b) = N (aN )b = N (N a)b = (N N )ab = N (ab)
olup iki sa§ kosetin çarpm ba³ka bir sa§ kosettir.
Böylece,
N
normal ise
N
nin sa§ kosetleri üzerindeki çarpma i³leminin iyi tanmland§n ve
∗
ile
·
i³lemlerinin ayn oldu§unu gösterdik.
Tanm 3.7
G
{ Ng : g ∈ G }
bir grup ve
N G
N
olsun.
G
nin
ile gösterelim. Bu küme üzerinde,
deki farkl sa§ kosetlerinin kümesini
N a, N b ∈ G/N
G/N =
için
(N a) ∗ (N b) = N (ab)
³eklinde bir i³lem tanmlayalm. Bu i³lemin iyi tanmland§n Teorem 3.5'de gösterdik.
birsel yapsnn bir grup oldu§unu gösterece§iz. Bu gruba
grubu yerine
gibi,
∗
yerine
bölüm grubu
·
G nin N
ile olan
(G/N, ∗)
ce-
faktör grubu denir. (Faktör
terimi de kullanlmaktadr.) Ayrca; Teorem 3.6'nn ispatnda görüldü§ü
kullanlmasnda bir saknca yoktur. Bu yüzden
G
grubunun i³lem sembolü ile
G/N
faktör grubunun i³lem sembolü ayn olacaktr.
Teorem 3.8
spat:
G
bir grup,
N G
(N a)(N b) = N (ab)
olsun.
G/N
yukardaki tanmda verilen i³lemle bir gruptur.
olup iki sa§ kosetin çarpm bir sa§ kosettir.
N a(N bN c) = N aN (bc) = N (a(bc)) = N ((ab)c) = N (ab)N c = (N aN b)N c
olup birle³me özelli§i vardr. Her
N a ∈ G/N
için
N aN e = N a
olup
Ne = N
bu grubun birim elemandr.
ve
N a'nn
N aN a−1 = N e = N
Sonuç olarak
G/N
normaldir.
U
ve
(N a)−1 = N a−1
dir, çünkü
N a−1 N a = N e = N.
bir gruptur.
Not 3.9 Lagrange Teoremi gere§ince e§er
Örnek 3.10
tersi
N eN a = N a
|G|
sonlu ise
|G/N | =
|G|
|N |
dir.
G = (Z, +) grubunda U = 4Z altgrubunu ele alalm. G abelyen oldu§undan her altgrubu
nun
G
deki farkl sa§ kosetleri
G/U = { U + 0, U + 1, U + 2, U + 3 }
Bu grubun tablosu ³öyledir.
31
³eklinde yazlabilir.
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
+
U +0
U +1
U +2
U +3
U +0
U +0
U +1
U +2
U +3
U +1
U +1
U +2
U +3
U +0
U +2
U +2
U +3
U +0
U +1
U +3
U +3
U +0
U +1
U +2
(U + 2) + (U + 3) = U + 5 = U + 1
Burada, mesela
Hüseyin Bilgiç
³eklinde hesaplanr.
nin
merkezi
denir. Bir grubun merkezi, gruptaki bütün elemanlarla de§i³meli olan elemanlarn kümesidir.
e ∈ Z(G)
Örnek 3.11
olup
G
Z(G) 6= ∅
Z(G) G
dir.
Çözüm: Önce
xg, hx = xh
bir grup olsun.
Z(G) 6 G
Z(G) = { g ∈ G :
her
x∈G
için
gx = xg }
kümesine
G
oldu§unu gösterin.
g, h ∈ Z(G)
oldu§unu göstermeliyiz.
alalm. O halde her
x∈G
gx =
için
dir. “imdi
hx = xh =⇒ x = h−1 xh =⇒ xh−1 = h−1 x
olur ve
(gh−1 )x = g(h−1 x) = g(xh−1 ) = (gx)h−1 = (xg)h−1 = x(gh−1 )
olup
gh−1 ∈ Z(G)
gzg −1
∈ Z(G)
elde edilir. Teorem 2.8'den
oldu§unu göstermeliyiz.
gzg −1 = z ∈ Z(G)
olup
Z(G) G
Tanm 3.12 En az 2 elemanl bir
grup
z
Z(G) 6 G
olur. “imdi
z ∈ Z(G)
ve
g ∈ G
alalm.
eleman gruptaki bütün elemanlarla de§i³meli oldu§undan
dir.
G
grubunun
{e}
ve
G'den
ba³ka normal altgrubu yoksa
G'ye basit
denir.
Örnek 3.13
Z5 =
disidir. O halde
Z5
0, 1, 2, 3, 4
grubunun altgruplar (dolaysyla normal altgruplar )
0
ve ken-
basit gruptur. Aslnda asal mertebeli her grubun basit oldu§unu Lagrange Teo-
reminden söyleyebiliriz. Acaba bunun tersi do§ru mudur? Yani; basit her grup asal mertebeli midir?
Bunun cevab olumsuzdur. Fakat; basit ve abelyen her grup asal mertebelidir.
Teorem 3.14 Bir abelyen grubun basit olmas için gerek ve yeter ³art asal mertebeli olmasdr.
spat: (=⇒)
G
abelyen ve basit bir grup olsun. O halde
sonludur. Çünkü e§er
|a| = ∞
normal altgrubu olurdu.
olurdu. Bu durumda
G
G'nin
olsayd
hai
|G| > 2
dir. Bir
e 6= a ∈ G
devirli altgrubu da sonlu olmayp
basit oldu§undan
hai = G
G
olmaldr. Bu durumda
seçelim.
|a| = n
nin (en az 2 elemanl)
G
sonsuz devirli grup
trivial olmayan bir altgrubu (yani normal altgrubu) olurdu (Mesela
2
a
n sonludur. Öyleyse bir p asal böleni vardr. Buna göre an/p altgrubu mertebesi p olan
n/p altgruptur. G basit oldu§undan G = a
olmaldr. O halde |G| = p dir; yani G asal
gibi). O halde
bir normal
mertebelidir.
(⇐=)
p
bir asal say olmak üzere
asal oldu§undan
|U | = 1
veya
|G| = p
|U | = p
olsun.
U G
dir. O halde
olsun. Lagrange teoremi gere§ince
U = {e}
32
veya
U =G
olabilir. Yani
G
|U |p
dir.
basittir.
p
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
Örnek 3.15
Çözüm:
(Ha
H
G
nin
bir grup ve
H
de indeksi 2 olan bir altgrup olsun.
G de iki farkl sa§ koseti vardr. Bunlar H
= H ⇐⇒ a ∈ H
Hüseyin Bilgiç
ve
H G
oldu§unu gösterin.
Ha dir. Burada a ∈ G \ H
oldu§unu hatrlayn.) Benzer ³ekilde iki farkl sol koseti
g ∈ G verilsin. g ∈ H
nin parçalan³dr. “imdi
olup sa§ koset sol kosete e³ittir. O halde
ise
H G
Hg = gH = H
dir.
H
g ∈ G\H
ve
ise
oldu§u açktr.
aH
dir. Bunlar
G
Hg = gH = G \ H
dir.
Örnek 3.16 ki normal altgrubun kesi³iminin de normal oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
G
x∈H ∩K
H G
bir grup
ve
K G
H ∩K 6G
olsun.
oldu§unu biliyoruz. “imdi her
g∈G
ve her
için
x ∈ H ∩ K =⇒ x ∈ H
ve
x∈K
=⇒ H G, K G
oldu§undan
gxg −1 ∈ H, gxg −1 ∈ K
=⇒ gxg −1 ∈ H ∩ K
=⇒ H ∩ K G.
Örnek 3.17
Çözüm:
H6G
ve
N G
x = h1 n1 ∈ HN
ve
ise
HN 6 G
oldu§unu gösterin.
y = h2 n2 ∈ HN
alalm.
h−1
xy −1 = h1 n1 n−1
| {z2 } 2
(Çünkü
N 6 G)
∈N
= h1 n3 h−1
2
) (h2 n3 h−1 )
= (h1 h−1
| {z2 } | {z 2 }
∈H
(Çünkü
H6G
ve
N G)
∈N
= h3 n4 ∈ HN
olup Teorem 2.8 gere§ince
Örnek 3.18
Çözüm:
H G
HN 6 G
H G, N G
ve
HN 6 G
N G
ise
dir.
HN G
oldu§unu gösterin.
oldu§u bir önceki örnekte gösterilmi³tir. “imdi
oldu§undan her
g∈G
için
Hg = gH
ve
N g = gN
HN G
oldu§unu gösterelim.
dr. O halde:
g(HN ) = (gH)N = (Hg)N = H(gN ) = H(N g) = (HN )g
olup
HN G
Örnek 3.19
("
a
b
c −a
#
oldu§u görülür.
M =
("
#
a b
c d
)
: a, b, c ∈ Z
)
: a, b, c, d ∈ Z
kümesi
M
kümesi bilinen matris toplam ile bir gruptur.
nin normal altgrubudur, gösterin.
33
M/H
yi olu³turunuz.
H =
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
Hüseyin Bilgiç
Çözüm:
"
a
X=
#
b
"
,Y =
c −a
Örnek 3.20
e
f
−d
H 6 M
dir. Teorem 2.8 gere§ince
abelyen gruptur. O halde
d
H M
Z12 'de H = 6
#
"
∈ H =⇒ X + (−Y ) =
#
a−d
b−e
c−f
−(a − d)
∈H
M
dir. Matrislerdeki toplama i³lemi de§i³meli oldu§undan
dir.
M/H = { H + X : X ∈ M }
Z12 /H
altgrubunu bulunuz.
bir
³eklinde yazlabilir.
yi yaznz. Bu gruptaki elemanlarn dere-
celerini bulunuz.
Çözüm:
H = 6 = 0, 6
dr.
H
nin farkl sa§ kosetleri 6 tanedir:
H ⊕0=
H ⊕1=
H ⊕2=
H ⊕3=
0, 6
=H ⊕6
1, 7
=H ⊕7
2, 8
=H ⊕8
=H ⊕9
H ⊕ 4 = 4, 10 = H ⊕ 10
H ⊕ 5 = 5, 11 = H ⊕ 11
3, 9
O halde
Z12 /H =
|H ⊕ 0| = 1,
Örnek 3.21
G
H ⊕ 0, H ⊕ 1, H ⊕ 2, H ⊕ 3, H ⊕ 4, H ⊕ 5
|H ⊕ 1| = 6,
bir grup ve
|H ⊕ 2| = 3,
H = hai
dir. Bu elemanlarn dereceleri:
|H ⊕ 3| = 2,
sonlu devirli altgrubu
G
|H ⊕ 4| = 3,
|H ⊕ 5| = 6.
de normal olsun. E§er
K6H
ise
K G
oldu§unu gösterin.
Çözüm:
hai = H G
oldu§undan
K6G
ve
K6H
oldu§u veriliyor.
oldu§u açktr. “imdi
KG
k ∈ K, g ∈ G
k ∈ K =⇒ k ∈ H =⇒ H G
“imdi
K
sonlu oldu§undan
|k| = m
sonludur. Ayrca
|gkg −1 | = m =⇒ gkg −1 = m
olur. Ayrca
hki 6 K 6 H
ve
gkg −1 6 H
olup
oldu§unu gösterece§iz.
K6H
gkg −1 6 K
olup
oldu§undan
gkg −1 ∈ H.
|gkg −1 | = m
dir (Bölüm 1, Al³trma 14).
ve
|k| = m =⇒ |hki| = m
hki ve gkg −1 altgruplar, H
gkg −1 ∈ K
dr. Yani
34
H 6G
verilsin.
nin mertebeleri e³it olan
iki altgrubu olur. Devirli bir grubun mertebesi e³it olan iki altgrubu e³it olaca§ndan
olmaldr. O halde
ve
K G
olur.
hki = gkg −1
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
Hüseyin Bilgiç
ALI“TIRMALAR
1.
G=
e, a, a2 , a3
G
bir grup ve
4-üncü mertebeden devirli grup ve
G/H
oldu§unu gösterip
2.
H
H =
e, a2
onun altgrubu olsun.
H G
yi yaznz.
de onun iki elemanl normal bir altgrubu ise
H ⊆ Z(G)
oldu§unu gösterin.
3. Bir grupta derecesi 2 olan sadece bir tane eleman varsa bu elemann grubun merkezinde oldu§unu
gösterin.
4.
G
bir grup ve
5.
G
abelyen bir grup ve
6.
G
bir grup,
7.
G
de
H6G
denir.
Z(G)
ve
nin alt kümesi olan bir altgrup olsun.
N G
olsun.
K G
ise
H 6 G
bir grup ve
malleyeni
8.
H
ve
−i, ik = −j kurallar verilsin. Q8
in merkezini bulunuz.
H ∩K H
H NG (H)
Q8 = { 1, −1, i, −i, j, −j, k, −k }
2
olsun. i
oldu§unu gösterin.
nin abelyen oldu§unu gösterin.
NG (H) =
olsun.
NG (H) 6 G
G/N
H G
=
oldu§unu gösterin.
x ∈ G : xHx−1 = H
kümesine
H
nin
G
deki
nor-
oldu§unu gösterin.
j
2
=
2
k
= −1,
ij
= k, jk = i, ki =
in grup tablosunu yaznz. Bu gruba
j ve ji
= −k, kj =
quaternionlar grubu
denir.
Q8
{ i, j } kümesi tarafndan do§urulan alt grubu bulunuz. Q8 'in bütün altgruplarnn
normal oldu§unu gösterin. (Q8 , bütün altgruplar normal olup da abelyen olmayan bir grup örne§idir.)
9.
SLn (R) ile n × n tipinde ve determinant 1 olan matrislerin kümesini gösterelim. SLn (R) GLn (R)
oldu§unu gösterin.
10.
H
ve
hk = kh
K
bir
G
grubunun normal altgruplar ve
H ∩ K = {e}
olsun. Her
h∈H
ve
k ∈K
için
oldu§unu gösterin.
11.
G
12.
G bir grup olsun. H 6 G alt grubu her x ∈ G için x2 ∈ H abelyen olmayan bir grup ve
−1
gösterin. (pucu: xhx
=
Z
de onun merkezi olsun. O zaman
(xh)2 h−1 (x−1 )2 ) Ayrca
G/H
G/Z
devirli grup olamaz.
özelli§ine sahip olsun.
H G oldu§unu
nin abelyen oldu§unu gösterin.
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
G
ÇÖZÜM 2.
H = { e, h }
için
xh = hx
abelyen ve
yani
H
altgrup oldu§undan
olsun.
xhx−1 = h
e ∈ Z(G)
H G
dir.
G/H = { H, Ha }
oldu§u açktr. Biz
oldu§unu göstermeliyiz.
35
H G
h ∈ Z(G)
oldu§undan
olur.
oldu§unu yani her
xhx−1 ∈ H
x ∈ G
dir. O halde ya
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
xhx−1 = e
xhx−1 = h
ya da
dir.
Hüseyin Bilgiç
xhx−1 = e =⇒ xh = x =⇒ h = e
olamaz. O halde
xhx−1 = h
olup
ispat tamamlanr.
ÇÖZÜM 3.
e 6= a ∈ G
derecesi 2 olan tek eleman olsun. Her
x∈G
için
ax = xa
yani
x−1 ax = a
oldu§unu gösterece§iz.
(x−1 ax)2 = (x−1 ax)(x−1 ax) = x−1 a2 x = x−1 x = e
olup
(x−1 ax)'in
ÇÖZÜM 4.
derecesi 2 dir. (
g ∈ G, h ∈ H
x−1 ax = e
olsun.
olsayd
a=e
olurdu). O halde
ghg −1 = hgg −1 = h ∈ H
dir, çünkü
x−1 ax = a
h ∈ H ⊆ Z(G)
olmaldr.
olup
h
eleman
merkezdedir; yani her elemanla de§i³melidir.
ÇÖZÜM 5.
N a, N b ∈ G/N
alalm.
G
abelyen oldu§undan
ab = ba
dr. O halde
N aN b = N (ab) = N (ba) = N bN a
olup
G/N
nin abelyen oldu§u görülür.
ÇÖZÜM 6. ki altgrubun kesi³imi altgrup oldu§undan
alalm.
hxh−1
H
bir alt grup ve
∈K
x∈H
oldu§undan
−1
dr. Bu durumda hxh
ÇÖZÜM 7.
hxh−1 ∈ H
∈H ∩K
NG (H) = { x ∈ G : Hx = xH }
H ∩K 6 H
dir. Ayrca
olur; yani
olur. “imdi
h ∈ G, x ∈ K
H ∩K H
x ∈ H ∩K
ve
ve
h∈H
K G oldu§undan
olur.
³eklinde yazlabilir. Önce
y ∈ NG (H) =⇒ Hy = yH =⇒ y −1 Hy = H =⇒ y −1 H = Hy −1 =⇒ y −1 ∈ NG (H)
sonucunu elde edelim. “imdi
x, y ∈ NG (H) =⇒ (xy −1 )H = x(y −1 H) = x(Hy −1 ) = (xH)y −1 = (Hx)y −1 = H(xy −1 )
=⇒ xy −1 ∈ NG (H)
olup Teorem 2.8 gere§ince
“imdi
NG (H) 6 G
h ∈ H =⇒ Hh = hH = H
yazabiliriz. “imdi
h ∈ H, x ∈ NG (H)
dir.
olup
H ⊆ NG (H)
dir.
H
bir altgrup oldu§undan
H 6 NG (H)
alalm.
(x−1 hx)H = x−1 h(xH) = x−1 h(Hx) = x−1 (hH)x = x−1 Hx = H
olup aH
= H ⇐⇒ a ∈ H ÇÖZÜM 8.
Q8
önermesi hatrlanrsa
x−1 hx ∈ H
in grup tablosu:
36
elde edilir. O halde
H NG (H)
dir.
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
·
1
−1
i
j
k
−i
−j
−k
1
1
−1
i
j
k
−i
−j
−k
−1
−1
1
−i
−j
−k
i
j
k
i
i
−i
−1
k
−j
1
−k
j
j
j
−j
−k
−1
i
k
1
−i
k
k
−k
j
−i
−1
−j
i
1
−i
−i
i
1
−k
j
−1
k
−j
−j
−j
j
k
1
−i
−k
−1
i
−k
−k
k
−j
i
1
j
−i
−1
Bütün elemanlarla de§i³meli olan elemanlar
“imdi i
· i = −1, i · j =
−k = (i · i)(i · j)
Hüseyin Bilgiç
1
ve
−1
dir; yani
Z(Q8 ) = { 1, −1 }
dir.
k oldu§undan gruptaki bütün elemanlar i ve j kullanlarak bulunur. Mesela,
dir. O halde
hi, ji = Q8
dir.
Q8
in altgruplar:
H1 = { 1 }
H2 = { 1, −1 }
H3 = { 1, −1, i, −i }
H4 = { 1, −1, j, −j }
H5 = { 1, −1, k, −k }
H6 = Q8
H1 ve H6 trivial altgruplar oldu§undan normaldirler. H2 grubun merkezi oldu§undan normaldir. H3 , H4
ve
H5
de indeksleri 2 oldu§undan normaldir.
ÇÖZÜM 9.
“imdi
A, B ∈ SLn (R)
GLn (R) = { A : A, n × n
reel matris ve
det(A) 6= 0 }
SLn (R) = { A : A, n × n
reel matris ve
det(A) = 1 } .
alalm. O halde
det(A) = det(B) = 1
dir.
det(AB −1 ) = det(A) det(B −1 ) = det(A)
olup
AB −1 ∈ SLn (R)
alalm. Yani
dir. Teorem 2.8'den
det(A) = 1, det(X) 6= 0
SLn (R) 6 GLn (R)
1
=1
det(B)
dir. “imdi
XAX −1 ∈ SLn (R)
ÇÖZÜM 10.
dir; yani
hkh−1 k −1
ve
X ∈ GLn (R)
dr.
det(XAX −1 ) = det(X) det(A) det(X −1 ) = det(X) det(A)
olup
A ∈ SLn (R)
SLn (R) GLn (R)
elemanna bakalm.
H
1
= det(A) = 1
det(X)
dir.
normal oldu§undan
37
kh−1 k −1 ∈ H
ve
K
normal
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
oldu§undan
hkh−1 ∈ K
Hüseyin Bilgiç
dr. O halde:
−1 −1
hkh−1 k −1 = h(kh
| {zk }) = hh2 ∈ H
∈H
−1 −1
−1
hkh−1 k −1 = (hkh
| {z })k = k2 k ∈ K
∈K
olup
hkh−1 k −1 ∈ H ∩ K = { e } =⇒ hkh−1 k −1 = e =⇒ hk = kh.
ÇÖZÜM 11.
vardr. Yani
eleman
için
Z
G/Z
Z
nin devirli oldu§unu kabul edelim. O zaman
nin her koseti bir
i ∈ Z
i
için (Zt)
nin iki sa§ kosetine ait olmaldr.
x = z1
tm , y
=
=
x ∈ Ztm
G/Z = hZti
Zti ³eklindedir. “imdi
ve
y ∈ Ztn
olsun (m, n
olacak ³ekilde
x, y ∈ G
∈ Z).
t ∈ G
alalm. Bu iki
O halde
∃ z1 , z2 ∈ Z
z2 tn dir. “imdi
xy = z1 tm z2 tn = tm+n z1 z2 ,
yx = z2 tn z1 tm = tm+n z1 z2
olup
xy = yx dir. x, y
ile çeli³ir. O halde
ÇÖZÜM 12.
nin seçimi keyfî oldu§undan
G/Z
h∈H
ve
G abelyendir. Bu da G nin abelyen olmad§ kabülü
devirli de§ildir.
x∈G
alalm.
xhx−1 = (xh)2 h−1 (x−1 )2 = h2 h−1 h3 ∈ H
| {z }
| {z }
∈H
olup
H G
oldu§u görülür.
∈H
G/H = { Ha : a ∈ G }
(Ha)2 = Ha2 = H
oldu§unu görelim. O halde her
a, b ∈ G
yazalm. Önce her
(Çünkü
a∈G
için
a2 ∈ H ) =⇒ Ha = Ha−1
için
(Hab)2 = H =⇒ Habab = H =⇒ Haba = Hb−1 =⇒ Hab = Hb−1 a−1 = (Hb−1 )(Ha−1 ) = HbHa
olup
HaHb = HbHa
elde edilir. Yani
G/H
abelyendir.
38
4
Homomorzmalar ve zomorzmalar
Tanm 4.1
(G, 4)
ve
(H, ?)
i³lemini koruyorsa; yani her
iki grup olsun.
a, b ∈ G
f : G −→ H
bir fonksiyon olsun. E§er
f
fonksiyonu grup
için
f (a4b) = f (a) ? f (b)
ise
f
ye
G
den
4
H
...
grup homomorzmas
ye bir
...
b
veya ksaca
...
?
...
homomorzma
...
f (b)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a
...
...
a4b
f (a)
.
.
.
...
...
f (a) ? f (b) = f (a4b)
...
.
.
.
Örnek 4.2
IG : G −→ G
Örnek 4.3
G = (Z, +)
tanmlansn.
...
denir.
f
birim dönü³ümü bir homomorzmasdr, çünkü
n∈Z
ve
olsun.
f : G −→ G
dönü³ümü her
IG (xy) = xy = IG (x)IG (y).
x∈Z
için
f (x) = nx
³eklinde
bir homomorzmadr, çünkü
f (x + y) = n(x + y) = nx + ny = f (x) + f (y).
Örnek 4.4
x, y ∈ R
G = (R, +)
ve
H = (R+ , ·)
olsun.
f : G −→ H, f (x) = ex
³eklinde tanmlansn. Her
için
f (x + y) = ex+y = ex · ey = f (x) · f (y)
olup
f
bir grup homomorzmas olur. Burada
g : H −→ G, g(x) = ln x
39
de bir homomorzmadr.
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
Örnek 4.5
G = (Z, +)
ve
H = (Zn , ⊕)
Hüseyin Bilgiç
olsun. Buna göre
dönü³üm bir homomorzmadr, çünkü her
x, y ∈ Z
f : G −→ H, f (x) = x
³eklinde tanmlanan
için
f (x + y) = x + y = x ⊕ y = f (x) ⊕ f (y).
Örnek 4.6
G = GLn (R), H = (R \ { 0 } , ·)
madr, çünkü her
X, Y ∈ GLn (R)
olsun.
f : G −→ H, f (X) = det(X)
olsun.
f
bir homorz-
için
f (X · Y ) = det(X · Y ) = det(X) · det(Y ) = f (X) · f (Y ).
Örnek 4.7
G
bir grup,
N G
olsun.
f : G −→ G/N
her
lanan dönü³üm örten bir homomorzmadr. Bu dönü³üme
homomorzma
denir. Her
x, y ∈ G
G
x ∈ G
den
için
G/N
f (x) = N x
üzerine olan
³eklinde tanm-
kanonik (do§al)
için
f (xy) = N (xy) = (N x)(N y) = f (x)f (y)
olup
f
bir homomorzmadr. Her
Y = N x ∈ G/N
için
f (x) = N x = Y
olup
görülür.
Teorem 4.8
(i)
e, G'nin
(ii) Her
G
e0
ve
a∈G
f (G) 6 H
(iv)
G
G
f : G −→ H
nin birim eleman ise
bir homomorzma olsun.
f (e) = e0
f (a−1 ) = [f (a)]−1
dir.
abelyen ve
devirli ve
spat (i) Her
iki grup ve
H
da
için
(iii)
(v)
H
ve
f
f
örten ise
örten ise
g∈G
H
H
de abelyendir.
de devirlidir.
için
f (g) = f (ge) = f (g)f (e) =⇒ f (g) = f (g)f (e)
=⇒ f (g)−1 f (g) = f (g)−1 f (g)f (e)
=⇒ e0 = e0 f (e)
=⇒ f (e) = e0
spat (ii) Her
a∈G
için
f (a)f (a−1 ) = f (aa−1 ) = f (e) = e0 ,
f (a−1 )f (a) = f (a−1 a) = f (e) = e0
40
f
nin örten oldu§u
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
olup
[f (a)]−1 = f (a−1 )
spat (iii)
x, y ∈ f (G)
Hüseyin Bilgiç
dir.
alalm.
x, y ∈ f (G) =⇒ f (a) = x, f (b) = y
=⇒ ab−1 ∈ G
olup
olacak ³ekilde
∃ a, b ∈ G
vardr
f (ab−1 ) = f (a)f (b−1 ) = f (a)[f (b)]−1 = xy −1
=⇒ xy −1 ∈ f (G)
=⇒
spat (iv)
G
abelyen ve
f
x, y ∈ H =⇒ f
Teorem 2.8 gere§ince
örten olsun.
x, y ∈ H
örten oldu§undan
f (G) 6 H.
olsun.
∃ a, b ∈ G
f (a) = x, f (b) = y.
için
=⇒ xy = f (a)f (b) = f (ab) = f (ba) (G
abelyen oldu§undan
ab = ba)
=⇒ xy = f (ba) = f (b)f (a) = yx
=⇒ H
spat (v)
olup
abelyen gruptur.
G = hai devirli ve f
f (G) = { f (an ) : n ∈ Z }
örten olsun.
dir. “imdi
f
örten oldu§undan
n>1
f (G) = H
yazalm.
G = { an : n ∈ Z }
ise
f (an ) = f (a
· · · f (a) = f (a)n .
| · a{z· · · a}) = f| (a)f (a)
{z
}
n−tane
Benzer ³ekilde
n<0
n−tane
ise
f (an ) = f ((a−1 )−n ) = f (a−1 )f (a−1 ) · · · f (a−1 )
|
{z
}
(−n)−tane
= f (a)−1 f (a)−1 · · · f (a)−1
|
{z
}
(−n)−tane
= [f (a)−1 ]−n
= f (a)n
Ayrca
n=0
ise
f (a0 ) = f (e) = e0 = f (a)0
dr. Sonuç olarak her
n∈Z
için
f (an ) = f (a)n .
O halde
H = f (G) = { f (an ) : n ∈ Z } = { f (a)n : n ∈ Z } = hf (a)i
olup
H
de devirlidir.
41
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
Hüseyin Bilgiç
Bir Grup Homomorzmasnn Çekirde§i
Tanm 4.9
çekirde§i
G, H
iki grup
f : G −→ H
bir homomorzma ve
H
nin birim eleman
e0
olsun.
f
nin
³öyle tanmlanr:
Çek(f )
Çek(f ) bo³ küme olamaz, çünkü
= { x ∈ G : f (x) = e0 } = f −1 (e0 ).
f (e) = e0
G
'
oldu§undan
$f
e ∈ Çek(f )
olmaldr.
H
- '
$
Çek(f )
~
&
Teorem 4.10
f : G −→ H
- e0
%
&
bir grup homomorzmas ise Çek(f )
%
G
dir.
spat:
a, b ∈ Çek(f ) =⇒ f (a) = f (b) = e0
=⇒ f (ab−1 ) = f (a)f (b−1 ) = f (a)f (b)−1
=⇒ f (ab−1 ) = e0 (e0 )−1 = e0
=⇒ ab−1 ∈ Çek(f )
=⇒
Teorem 2.8 gere§ince Çek(f )
6 G.
g ∈ G, a ∈ Çek(f ) =⇒ f (gag −1 ) = f (g)f (a)f (g −1 )
=⇒ f (gag −1 ) = f (g)f (a)f (g)−1 = f (g)e0 f (g)−1
=⇒ f (gag −1 ) = e0
=⇒ gag −1 ∈ Çek(f )
olup Çek(f )
G
Tanm 4.11
f : G −→ H
ters görüntüsü
kümesi
h
nin
oldu§u görülür.
bir homomorzma olsun. Bir
denir.
h
h∈H
için
f (x) = h
nin birden fazla ters görüntüsü olabilir.
f −1 (h) = { x ∈ G : f (x) = h }
42
h
nin
ise
x∈G
elemanna
ters görüntülerinin
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
³eklinde ifade edilebilir. “imdi bir
h∈H
Hüseyin Bilgiç
nin ters görüntü kümesinin Çek(f ) nin bir sol koseti (veya
sa§ koseti) oldu§unu görece§iz.
Teorem 4.12
x · Çek(f )
f : G −→ H
bir homomorzma,
h∈H
ve
x ∈ f −1 (h)
olsun. Bu durumda
f −1 (h) =
dir.
spat: Önce
f −1 (h) ⊆ x · Çek(f )
x ∈ f −1 (h)
oldu§unu gösterelim.
ise
f (x) = h
dir.
b ∈ f −1 (h) =⇒ f (b) = h
=⇒ f (x) = f (b) =⇒ f (x)−1 f (x) = f (x)−1 f (b)
=⇒ e0 = f (x−1 )f (b) = f (x−1 b)
=⇒ x−1 b ∈ Çek(f )
=⇒ ∃ k ∈ Çek(f )
x−1 b = k
için
=⇒ b = xk ∈ x · Çek(f )
olup
f −1 (h) ⊆ x · Çek(f )
elde edilir. “imdi de
b ∈ x · Çek(f ) =⇒ ∃ k ∈ Çek(f )
için
b = xk
=⇒ f (b) = f (xk) = f (x)f (k) = f (x)e0 = f (x) = h
=⇒ f (b) = h
olur ve
x · Çek(f ) ⊆ f −1 (h)
Sonuç 4.13
Tanm 4.14
E§er
G
den
h∈H
f −1 (h) = x · Çek(f )
elemannn bütün ters görüntüleri
f : G −→ H
H
dir. Sonuç olarak
b ∈ f −1 (h)
olup
x ∈ f −1 (h)
dir.
olmak üzere
grup homomorzmas birebir ve örten ise
f
x · Çek(f )
ye bir
izomorzma
ye bir izomorzma (yani birebir ve örten bir homomorzma) varsa
izomorktirler
veya
e³ yapldrlar
Not 4.15 Birebir homomorzmalara
denir ve
G∼
=H
kümesidir.
G
ile
H
denir.
gruplarna
yazlr.
monomorzma ;
örten homomorzmalara da
epimorzma
denmektedir.
Not 4.16 Gruplar arasndaki izomork (e³ yapl) olma ba§ntsnn bir denklik ba§nts oldu§unu
gösterece§iz. Bu yüzden cebirciler iki izomork grup arasnda fark gözetmezler. ki izomork grubun
yaplar ayndr; sadece elemanlar farkldr. Bu yüzden, mesela, elemanlar arasnda uygun e³leme
yapld§nda grup tablolarnn ayn oldu§u görülür.
Örnek 4.17
Z4 −→ A
A = { 1, −1, i, −i }
kümesi çarpma i³lemi ile bir gruptur.
Z4 =
dönü³ümünü
f (0) = 1,
f (1) = i,
f (2) = −1,
43
f (3) = −i
0, 1, 2, 3
alalm.
f :
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
³eklinde tanmlayalm.
f
Hüseyin Bilgiç
nin 11 ve örten oldu§u açktr.
f
nin homomorzma oldu§u kontrol edilebilir.
Mesela
f (1 ⊕ 2) = f (3) = −i
Bütün kontroller yapldktan sonra
A∼
= Z4
f (1)f (2) = i(−1) = −i.
ve
yazabiliriz. “imdi grup tablolarnn (elemanlar
f
de verilen
srada yazd§mzda) aslnda ayn oldu§unu görelim.
Benzer ³ekilde
⊕
0
1
2
3
·
1
i
−1
−i
0
0
1
2
3
1
1
i
−1
−i
1
1
2
3
0
i
i
−1
−i
1
2
2
3
0
1
−1
−1
−i
1
i
3
3
0
1
2
−i
−i
1
i
−1
G = hai =
e, a, a2 , a3
4-üncü mertebeden devirli grup ise
A∼
=G
dir. Bu ³ekildeki
C4 ile gösterilir. Genel
∼
Zn = Cn oldu§u açktr.
tüm gruplarn snfna 4üncü mertebeden devirli grup denir ve hepsi de
n−inci
mertebeden devirli gruplar
Not: 4 elemanl olup da
Cn
ile gösterilir. Bu durumda
C4 'e izomork olmayan bir grup vardr. Bu grupta, birim eleman hariç, bütün
elemanlarn dereceleri 2'dir; yani her elemann tersi kendisidir. Bu gruba
Z∗8
=
1, 3, 5, 7
olarak
Klein-4 grubu denir. Mesela,
bir Klein-4 grubudur.
Örnek 4.18 “imdi ³ekildeki
ABC
e³kenar üçgenini dü³ünelim.
A
B
T
T
T
T
T
T
l
C
Bu üçgeni tam ortasndan ve düzleme dik bir eksen etrafnda
i³lemine
f
diyelim.
l
do§rusu etrafnda
Birim dönü³üm (yani
A
e)
180◦
döndürmeye
g
120◦
saatin ters yönünde döndürme
diyelim. Bu durumda
f3 = e
ve
g2 = e
olarak üçgenin orjinal hali anla³lmaktadr.
C
B
A
T
T
T
T
f f f T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T C
B
C
A
B
C
A
B
44
dir.
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
A
B
Hüseyin Bilgiç
A
T
T
T
T
T
T
A
g C
C
g -
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
C
e, f, f 2 , g, f g, f 2 g
B
Bu ³ekilde elde edece§imiz bütün farkl dönmelerin kümesi
B
'dir. Bu ³ekilde elde
e³kenar üçgenin dihedral grubu denir ve D3 ile gösterilir. Benzer ³ekilde e³kenar
n-genler kullanlarak elde edilen gruplar snfna dihedral gruplar denir ve bu gruplar Dn ile gösterilir.
etti§imiz gruba
|Dn | = 2n
dir. “imdi,
D3 =
e, f, f 2 , g, f g, f 2 g
grubundan
S3
grubuna
φ
dönü³ümünü
e −→ f1
f −→ f4
φ:
f 2 −→ f5
f g −→ f6
g −→ f2
f 2 g −→ f3
³eklinde tanmlarsak bir izomorzma elde ederiz. O halde
(pucu:
gf = f 2 g
Teorem 4.19
D3 ∼
= S3 .
Tablodaki bo³luklar doldurun.
e³itli§ini kullann)
f : G −→ H
·
e
f
f2
g
fg
f 2g
e
e
f
f2
g
fg
f 2g
f
f
f2
e
fg
f 2g
g
f2
f2
e
f
f 2g
g
fg
g
g
f 2g
e
f2
f
fg
fg
f 2g
f 2g
fg
homomorzmasnn birebir olmas için gerek ve yeter ³art Çek(f )
= {e}
olmasdr.
spat: (=⇒)
halde
f
f (x) = e0
birebir olsun.
f (x) = e0
olsun.
olacak ³ekildeki tek eleman
f (e) = e0
x=e
olup
f
11 oldu§undan
dir. Yani Çek(f )
45
= {e}
olur.
x=e
olmaldr. O
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
(⇐=)
Çek(f )
= {e}
olsun. Her
x, y ∈ G
Hüseyin Bilgiç
için
f (x) = f (y) =⇒ f (x)f (y)−1 = e0
=⇒ f (xy −1 ) = e0
=⇒ xy −1 ∈ Çek(f ) = { e }
=⇒ xy −1 = e
=⇒ x = y
olup
f
Teorem 4.20
(i)
G, H, K
f : G −→ H
(ii)
nin 11 oldu§u gösterilmi³ olur.
birer grup olsun.
izomorzma ise
f : G −→ H, g : H −→ K
f −1 : H −→ G
izomorzma ise
de izomorzmadr.
g◦ f : G −→ K
izomorzmadr.
spat (i) Birebir ve örten bir dönü³ümün tersi de 11 ve örten olaca§ndan
O halde
f −1
oldu§undan
in homomorzma oldu§unu göstermemiz yeterlidir.
f (g1 ) = h1 , f (g2 ) = h2
olacak ³ekilde sadece bir tane
f −1
h1 , h2 ∈ H
g1 , g2 ∈ G
de 11 ve örtendir.
olsun.
f
11 ve örten
eleman çifti vardr. “imdi
f (g1 g2 ) = f (g1 )f (g2 ) = h1 h2 =⇒ f −1 (h1 h2 ) = g1 g2 = f −1 (h1 )f −1 (h2 )
olup
f −1
bir homomorzmadr.
spat (ii) Birebir ve örten iki dönü³ümün bile³kesi 11 ve örten olaca§ndan
halde
g◦ f 'nin
bir homomorzma oldu§unu göstermemiz yeterlidir.
x, y ∈ G
g◦ f
11 ve örtendir. O
olsun.
(g◦ f )(xy) = g(f (xy))
= g(f (x)f (y))
(f hom. oldu§undan)
= g(f (x)) · g(f (y))
(g hom. oldu§undan)
= (g◦ f )(x) · (g◦ f )(y)
olup
g◦ f
bir homomorzmadr. O halde
g◦ f
bir izomorzmadr.
G den G ye IG birim dönü³ümü bir izomorzmadr. O halde her grup kendine izomorktir.
∼ H =⇒ H =
∼ G ve G =
∼ H, H =
∼ K =⇒ G =
∼ K oldu§u gösterilmi³tir. O halde
teoremde G =
Sonuç 4.21
Yukardaki
gruplar üzerinde tanmlanan izomork olma ba§nts bir denklik ba§ntsdr. Bu ba§ntya göre farkl
gruplar (ilk 10 mertebe için) Tablo 4.1'de verilmi³tir.
46
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
Mertebe
Hüseyin Bilgiç
Abelyen Gruplar
Abelyen Olmayan Gruplar
Toplam
1
C1
1
2
C2
1
3
C3
1
2
C4
4
ve
C2 × C2 (Klein4)
5
C5
1
6
C6
S3
2
7
C7
1
C8 , C4 × C2
8
C9
9
C2 × C2 × C2
ve
ve
Q8
C3 × C3
C10
10
Cn : ninci
Q8 :
Dn :
mertebeden devirli grup
S3 :
Quaternionlar (Al³trma 3.8)
G×H :G
ile
H
ve
D4
5
2
D5
2
e³kenar
ngenin
dihedral grubu
Permütasyon grubu (Örnek 1.16)
gruplarnn direkt çarpm (bu notlarda anlatlmam³tr)
Tablo 4.1: zomork olma ba§ntsna göre 10. mertebeye kadar olan farkl gruplar.
Teorem 4.22 ki devirli grubun izomork olmas için gerek ve yeter ³art bu iki grubun mertebelerinin
ayn olmasdr.
spat: (=⇒)
G
ve
H
iki devirli grup olsun.
G∼
=H
ise
f : G −→ H
homomorzmas 11 ve örten
oldu§undan
|G| = |H|
(⇐=) “imdi
G = hai , H = hbi iki devirli grup ve |G| = |H| = n olsun. f : G −→ H
k
için f (a )
=
olmaldr. (Bu sonuç
bk ³eklinde tanmlansn.
f (ak ) = f (at ) =⇒ bk = bt
k ≡ t (mod n)
olup
f
n=∞
G
ve
H
devirli olmasa da do§rudur.)
dönü³ümü her
k∈Z
nin 11 ve örten bir homomorzma oldu§unu gösterece§iz.
k=t
ise
olup
ak = at
olur ve
oldu§unu hatrlayn (bkz. Teorem 1.31). O halde
f
m, t ∈ Z
birebir olur. E§er
olmak üzere
n<∞
k = t + mn
“imdi
ak = at+mn
= at amn = at (an )m
= at
olup
f
“imdi
bu durumda da birebirdir.
h∈H
verilsin. Bir
k∈Z
için
h = bk
³eklindedir. O halde
47
f (ak ) = bk = h
olup
f
örtendir.
ise
dir.
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
x = ak ∈ G
ve
y = at ∈ G
Hüseyin Bilgiç
olsun.
f (xy) = f (ak at ) = f (ak+t ) = bk+t = bk bt = f (ak )f (at ) = f (x)f (y)
f
olup
bir homomorzmadr. Sonuç olarak
Tanm 4.23 Bir
G
nin bir
a ∈ G
G∼
=H
dir.
G grubundan kendi üzerine olan bir izomorzmaya G nin bir otomorzmas
eleman için
fa : G −→ G , fa (x) = axa−1
zaman bir otomorzmadr (Neden?). Bu tür bir otomorzmaya
nin iç otomorzmalarnn kümesi
I(G)
ile gösterilir.
G
³eklinde tanmlanan
G
nin bir
fa
dönü³ümü her
iç otomorzmas
nin bütün otomorzmalarnn kümesi
nin bile³ke i³lemi ile bir grup oldu§unu gösterece§iz. Bu gruba
G
nin
denir.
denir.
G
Oto(G)
otomorzmalar grubu
denir.
Yani
Oto(G) = { f : G −→ G | f,
Teorem 4.24
G
nin otomorzmalarn kümesi
11, örten bir homomorzma } .
Oto(G)
bile³ke i³lemi ile bir gruptur.
spat: Teorem 4.20 gere§ince iki otomorzmann bile³kesi bir otomorzmadr. Ayrca
f −1
f ∈ Oto(G) =⇒
∈ Oto(G) dir. Birim dönü³üm bir otomorzma olup Oto(G) nin birim elemandr. Fonksiyonlardaki
bile³ke i³leminin birle³me özelli§i olup
Örnek 4.25
A = { 1, −1, i, −i }
otomorzmadr.
f (i)f (i)
yani
f (i) = −i
f ∈ Oto(A)
Oto(G)
bir grup olur.
grubunun bütün otomorzmalarn bulalm.
olsun.
f (1) = 1
f (−1) = (−1)(−1) = 1
olmak zorundadr.
olmaldr. Bu da
f
f (i) = −1
IA
birim dönü³ümü bir
diyelim. O halde
f (ii) =
nin 11 olmad§ anlamna gelir. “imdi de
seçelim. Buradan
f (−1) = f (ii) = f (i)f (i) = (−i)(−i) = −1
f (−i) = f (−1)f (i) = (−1)(−i) = i
seçilmelidir.
halde
f
11 ve örten olup di§er bir otomorzmadr. Bu grubun ba³ka otomorzmas yoktur. O
Oto(A) = { IA , f }
Örnek 4.26
dönü³ümün
Çözüm:
G
G
dir. Otomorzma grubunun tablosu ³öyledir:
bir grup olsun. Bir
a ∈ G
◦
IA
f
IA
IA
f
f
f
IA
için
fa : G −→ G, fa (x) = axa−1
nin bir otomorzmas oldu§unu gösterin.
x, y ∈ G
olsun.
fa (xy) = a(xy)a−1 = (axa−1 )(aya−1 ) = fa (x)fa (y)
48
³eklinde tanmlanan
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
olup
fa
Hüseyin Bilgiç
bir homomorzmadr. Ayrca
fa (x) = fa (y) =⇒ axa−1 = aya−1 =⇒ x = y
olup
fa
birebirdir. “imgi verilen her
g∈G
için
x = a−1 ga
seçersek
fa (x) = axa−1 = a(a−1 ga)a−1 = g
olup
fa
nn örten oldu§u görülür. Yani
Teorem 4.27
G, fk (a) =
G = hai =
fa ∈ Oto(G).
e, a, a2 , . . . , an−1 , ninci
fk : G −→
mertebeden devirli grup olsun.
ak olmak üzere
Oto(G) = { fk | 1 6 k < n, (k, n) = 1 } .
spat:
f ∈ Oto(G)
olsun.
f (a) = ak
m ³eklindedir. O halde
olmak üzere a
dü³ünelim.
Yani
fk (a) = ak , G
fk ∈ Oto(G)
Örnek 4.28
G
(n, k) = 1
dir. Tersine
fk
(k, n) = 1
örtendir. Ayrca
olmak üzere
fk
ve
fk
(m, n) = 1
dönü³ümünü
11 bir homomorzmadr.
Oto(G) = { fk | 1 6 k < n, (n, k) = 1 }.
otomorzmalar grubu olan
Oto(Z8 )'i
belirleyiniz.
Çözüm: 8 ile aralarnda asal olan saylar 1,3,5 ve 7 dir. O halde
Ödev:
1 6 m < n
nin üretici elemanlar
nin üretici eleman olup
dir. Sonuç:
Z8 'in
olsun.
Oto(Z8 ) = { f1 , f3 , f5 , f7 }
dir.
f1 (0) = 1 · 0 = 0
f3 (0) = 3 · 0 = 0
f5 (0) = 5 · 0 = 0
f7 (0) = 7 · 0 = 0
f1 (1) = 1 · 1 = 1
f3 (1) = 3 · 1 = 3
f5 (1) = 5 · 1 = 5
f7 (1) = 7 · 1 = 7
f1 (2) = 1 · 2 = 2
f3 (2) = 3 · 2 = 6
f5 (2) = 5 · 2 = 2
f7 (2) = 7 · 2 = 6
f1 (3) = 1 · 3 = 3
f3 (3) = 3 · 3 = 1
f5 (3) = 5 · 3 = 7
f7 (3) = 7 · 3 = 5
f1 (4) = 1 · 4 = 4
f3 (4) = 3 · 4 = 4
f5 (4) = 5 · 4 = 4
f7 (4) = 7 · 4 = 4
f1 (5) = 1 · 5 = 5
f3 (5) = 3 · 5 = 7
f5 (5) = 5 · 5 = 1
f7 (5) = 7 · 5 = 3
f1 (6) = 1 · 6 = 6
f3 (6) = 3 · 6 = 2
f5 (6) = 5 · 6 = 6
f7 (6) = 7 · 6 = 2
f1 (7) = 1 · 7 = 7
f3 (7) = 3 · 7 = 5
f5 (7) = 5 · 7 = 3
f7 (7) = 7 · 7 = 1
Z11
in otomorzmalar grubunu belirleyiniz.
Örnek 4.29 Abelyen bir
Çözüm:
G
grubunun iç otomorzmalar kümesi
I(G)'yi
belirleyin.
G abelyen oldu§undan, her a ∈ G için fa : G −→ G, fa (x) = axa−1 = x olup fa = IG
dönü³ümü oldu§u görülür. O halde
G
abelyen ise
I(G) = { IG }
49
dir.
özde³lik
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
Cn , n.
Teorem 4.30
mertebeden devirli grup ise
Hüseyin Bilgiç
Cn ∼
= Zn
dir.
C∞
sonsuz devirli grup ise
C∞ ∼
=Z
dir.
spat:
Cn =
e, a, a2 , . . . , an−1 olsun. f : Cn −→ Zn dönü³ümünü her k ∈ Z için f (ak ) = k olarak
Her k ∈ Zn =
0, 1, . . . , n − 1 için f (ak ) = k olup f örtendir. (a0 = e kabul edildi.)
tanmlayalm.
f (ak ) = f (am ) =⇒ k = m =⇒ k ≡ m (mod n) =⇒ ak = am
olup
f
11 dir. Ayrca
f (ak am ) = f (ak+m ) = k + m = k ⊕ m = f (ak ) ⊕ f (am )
olup
f
bir homomorzmadr. Sonuç olarak
“imdi de
f : C∞ −→ Z
f
bir izomorzma olup
k∈Z
dönü³ümünü her
için
f (ak ) = k
Cn ∼
= Zn
dir.
³eklinde tanmlayalm.
f (an am ) = f (an+m ) = n + m = f (an ) + f (am )
olup
f
bir homomorzmadr. Ayrca
11 dir. Verilen her
Örnek 4.31
G
y∈Z
için
x=
f (an ) = f (am ) =⇒ n = m =⇒ an = am
ay seçilirse
f (x) = y
olaca§ndan
devirli ve mertebesi sonsuz olsun. Bu durumda
G
f
oldu§u açktr. Yani
örtendir. O halde
f
C∞ ∼
= Z. nin otomorzmalar grubunu belir-
leyiniz.
Çözüm:
G
devirli oldu§undan bir
a∈G
için
otomorzma oldu§undan örtendir. O halde
oldu§undan bir
r∈Z
için
b=
G = hai
a∈G
dr.
f : G −→ G
için öyle bir
b∈G
bir
k∈Z
vardr ki
için
f (a) = ak
f (b) = a
olur.
G
dr.
f
devirli
ar olmaldr.
f (b) = f (ar ) = a =⇒ (ar )k = a =⇒ ark = a =⇒ k = ∓1
elde edilir.
k=1
Örnek 4.32
oldu§unda
f : G −→ S
f (a) = a =⇒ f = IG bulunur. k = −1 oldu§unda f (a) = a−1
Oto(G) = IG , f | ∀a ∈ G, f (a) = a−1 .
bir grup homomorzmas ve Çek(f )
= {e}
olsun. Her
a∈G
dir. Yani
için
a
ile
f (a)
nn derecelerinin ayn oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
|a| = m
olsun.
[f (a)]m = f (am ) = f (e) = e0
olur. “imdi
n
1 6 n < m do§al says oldu§unu kabul edelim. O zaman =⇒ [f (a)] =
oldu§undan
an = e
olur. Bu da
|a| = m
olmas ile çeli³ir. Buradan
[f (a)]n = e0
f (an )
= e0
|f (a)| = m
olacak ³ekilde
olup Çek(f )
= {e}
elde edilir.
ALI“TIRMALAR
1.
G = (Q\{ 0 } , ·) olsun. f : G −→ G, f (x) = |x| ³eklinde tanmlansn. f
oldu§unu gösterip Çek(f ) yi bulunuz ve
G/ Çek(f )
yi yaznz.
50
nin bir grup homomorzmas
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
2.
M 2×2 =
(R, +)
("
#
a b
Hüseyin Bilgiç
)
: a, b, c, d ∈ R
c d
kümesi bilinen matris toplam ile bir gruptur.
f : M 2×2 −→
dönü³ümü
f
³eklinde tanmlanyor.
f
"
#!
a b
c d
=a+d
nin bir grup homomorzmas oldu§unu gösterip Çek(f ) yi bulunuz ve
M 2×2 / Çek(f ) yi yaznz.
3.
f : G −→ G
dönü³ümü her
a∈G
zmas olmas için gerek ve yeter ³art
4.
f
için
G
f (a) = a−1
³eklinde tanmlansn.
nin abelyen olmasdr. Gösterin.
bir homomorzma olur mu? E§er olursa Çek(f ) yi yaznz.
φ : C −→ C, φ(x + iy) = x − iy
6.
f : G −→ H
f (N ) H
dönü³ümü toplamsal
bir homorzma olsun. O zaman
N 6G
C
grubunun bir otomorzmasdr. Gösteriniz.
f (N ) 6 H
ise
G = C \ {0}
f : G −→ H
−1 (K)
ise f
9.
G
çarpma i³lemi ile bir gruptur.
bir grup homomorzmas olsun.
K6H
ise
R? = R \ {0}
ve
H = (R+ , ·)
olsun.
olmak üzere
z = x + iy
için
N G
ise
tanmlanan dönü³üm bir grup
oldu§unu; daha sonra
φ : G −→ H, φ(z) = |z| =
G
ile
f : (R, +) −→ (R? , ·), f (x) = 5x
oldu§unu gösteriniz. Çek(f ) yi bulunuz.
f
11 ve örten midir?
H
ÇÖZÜM 1.
K H
x, y ∈ G
olsun.
R/ Çek(f )
f
f (xy) = |xy| = |x| |y| = f (x)f (y)
bir homomorzmadr.
= { x ∈ G : f (x) = |x| = 1 } = { 1, −1 }
51
olarak
nin grup homomorzmas
yi yaznz.
için
Çek(f )
p
x2 + y 2
yi izomork yapar m?
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
f
örten ve
reel matrisler } de bilinen mat-
f −1 (K) 6 G
tanmlanan dönü³üm bir homomorzma mdr? Bu dönü³üm
olup
f
oldu§unu gösterin.
G = (C \ { 0 } , ·)
10.
dir. Ayrca
dir. Gösteriniz.
H = { 2 ×"2 tersi #olan
a −b
ile
ris çarpm ile bir gruptur. φ : G −→ H, φ(a + ib) =
b a
homomorzmas mdr? Bu dönü³üm G ile H yi izomork yapar m?
8.
nin bir grup homomor-
G = hxi herhangibir devirli grup olsun. f : G −→ (Z, +) dönü³ümü f (xn ) = n ³eklinde tanmlansn.
5.
7.
f
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
Hüseyin Bilgiç
olup
G/ Çek(f ) = { Çek(f ) · x : x ∈ G } = { { x, −x } : x ∈ G }
ÇÖZÜM 2.
ai , bi , ci , di ∈ R olsun.
"
#!
# "
a2 b2
a1 b1
=f
+
f
c2 d2
c1 d1
"
a1 + a2
b1 + b2
c1 + c2
d1 + d2
dir.
#!
= (a1 + a2 ) + (d1 + d2 )
= (a1 + d1 ) + (a2 + d2 )
#!
#!
"
"
a2 b2
a1 b1
+f
=f
c2 d2
c1 d1
olup
f
bir homomorzmadr.
Çek(f )
=
#
("
a b
c d
)
∈ M 2×2 : a + d = 0
=
("
a
b
#
c −a
)
: a, b, c ∈ R
olur ve
M 2×2 / Çek(f ) =
ÇÖZÜM 3.
f
Çek(f )
bir grup homomorzmas olsun. Her
+ A : A ∈ M 2×2 .
a, b ∈ G
için
f (ab) = f (a)f (b) =⇒ (ab)−1 = a−1 b−1
=⇒ (ab)−1 = (ba)−1
=⇒ ab = ba
olup
G
nin abelyen oldu§u görülür. “imdi de
G
nin abelyen oldu§unu kabul edip
f
nin homomorzma
oldu§unu gösterelim.
f (ab) = (ab)−1 = b−1 a−1 = a−1 b−1 = f (a)f (b)
olup
f
bir homomorzmadr.
ÇÖZÜM 4.
I.Durum:
x2
=
G
sonlu ise
x8 dir fakat
II.Durum:
f (x8 )
G = hxi
f
bir fonksiyon olmayabilir. Mesela
=8
2
olup f (x )
=2
G = hxi
6nc mertebeden devirli grup ise
olur.
sonsuz devirli grup ise
f (xn xm ) = f (xn+m ) = n + m = f (xn ) + f (m )
olup
f
bir homomorzmadr.
(Z, +)
Çek(f )
nn birim eleman
0
olup
= { xn : f (xn ) = n = 0 } =
52
x0
= {e}.
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
ÇÖZÜM 5.
z1 = a + bi, z2 = c + di
Hüseyin Bilgiç
iki kompleks say olsun.
φ(z1 ) = φ(z2 ) =⇒ φ(a + bi) = φ(c + di)
=⇒ a − bi = c − di
=⇒ a = c, −b = −d
=⇒ a = c, b = d
=⇒ a + bi = c + di
=⇒ z1 = z2
olup
φ'nin
z = a + bi ∈ C
11 oldu§u gösterilmi³ olur. Verilen her
için
w = a − bi
seçilirse
φ(w) = φ(a − bi) = a + bi = z
olup
φ
örtendir. “imdi de
φ(z1 + z2 ) = φ (a + c) + (b + d)i = a + c − (b + d)i = (a − bi) + (c − di) = φ(z1 ) + φ(z2 )
olup
φ
bir homomorzmadr. Sonuç olarak
φ
bir otomorzmadr.
ÇÖZÜM 6.
x, y ∈ f (N ) =⇒ ∃ a, b ∈ N
=⇒ ab−1 ∈ N
için
f (a) = x, f (b) = y
olup
f (ab−1 ) = f (a)f (b)−1 = xy −1
=⇒ xy −1 ∈ f (N )
=⇒ Teorem
2.8 den
x ∈ f (N ) =⇒ ∃ n ∈ N
h ∈ H =⇒ f
için
f (N ) 6 H.
f (n) = x,
örten oldu§undan
∃g∈G
için
f (g) = h
=⇒ f (gng −1 ) = f (g)f (n)f (g)−1 = hxh−1
| {z }
∈N
=⇒ hxh−1 ∈ f (N )
=⇒ f (N ) H.
ÇÖZÜM 7.
"
φ (a + bi)(c + di) = φ ac − bd + i(ad + bc) =
"
φ(a + bi)φ(c + di) =
#"
#
a −b c −d
b
a
d
53
c
"
=
#
ac − bd −ad − bc
ad + bc
ac − bd
#
ac − bd −ad − bc
ad + bc
ac − bd
,
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
Hüseyin Bilgiç
"
olup
φ
nin bir homomorzma oldu§u görülür.
olacak ³ekilde
a + bi ∈ C
yoktur. O halde
φ
x, y ∈ f −1 (K) =⇒ ∃ a, b ∈ K
örten de§ildir, çünkü
dönü³ümü
K 6 H =⇒ f −1 (K) 6 G
ÇÖZÜM 8. Önce
φ
G
H
ile
A=
2 1
#
1 3
ise
φ(a + bi) = A
yi izomork yapamaz.
oldu§unu gösterelim.
için
f (x) = a, f (y) = b
=⇒ f (xy −1 ) = f (x)f (y)−1 = ab−1 ∈ K
(çünkü
K 6 H)
=⇒ xy −1 ∈ f −1 (K)
=⇒ Teorem
“imdi
ve
x ∈ f −1 (K)
K H
ve
g∈G
2.8 den
f −1 (K) 6 G.
alalm. O halde en az bir
k∈K
için
f (x) = k
olmaldr. “imdi
f (g) ∈ H
oldu§undan
f (g)kf (g)−1 ∈ K =⇒ f (g)f (x)f (g)−1 ∈ K
=⇒ f (gxg −1 ) ∈ K
=⇒ gxg −1 ∈ f −1 (K)
olup
f −1 (K) G
ÇÖZÜM 9.
oldu§u gösterilmi³ olur.
z1 = x + iy, z2 = a + bi
iki kompleks say olsun.
φ(z1 z2 ) = φ (ax − by) + i(ay + xb)
= |(ax − by) + i(ay + xb)|
p
= (ax − by)2 + (ay + xb)2
p
= a2 x2 + y 2 b2 − 2axyb + a2 y 2 + x2 b2 + 2ayxb
p
= a2 (x2 + y 2 ) + b2 (x2 + y 2 )
p
p
= a2 + b2 x2 + y 2
= φ(z1 )φ(z2 )
olup
φ
yani
φ(z1 ) = φ(z2 )
bir homomorzmadr.
olup
ÇÖZÜM 10. Her
φ
z1 6= z2
x, y ∈ R
11 de§ildir, çünkü
z1 = 3 + 4i
dir. Yani bu dönü³üm
için
G
ile
H
ve
z2 = 3 − 4i
seçilirse
yi izomork yapamaz.
f (x + y) = 5x+y = 5x 5y = f (x)f (y)
olup
f (x) = 1 =⇒ 5x = 1 =⇒ x = 0 olup Çek(f ) = { 0 } bulunur. Teorem 4.19 gere§i f
için
f (x) = 5x = −1
olacak ³ekilde
x∈R
olmad§ndan
f
örten de§ildir.
R/ Çek(f ) = { Çek(f ) + a : a ∈ R } = { { a } : a ∈ R } .
54
|z1 | = |z2 | = 5,
f
homomorzmadr.
11 dir.
y = −1 ∈ R?
5
zomorzma Teoremleri
G
N G
bir grup olsun. Bir
için
bunun tersi de do§ru mudur? Yani;
f : G −→ G/N
G ve H
homomorzmasnn varl§n göstermi³tik. Acaba
birer grup olmak üzere
G/N ∼
=H
olacak ³ekilde bir
N G
normal alt grubu var mdr?
Teorem 5.1 (1. zomorzma Teoremi)
G/ Çek(f ) ∼
=H
f : G −→ H
örten bir homomorzma olsun. O zaman
dr.
spat: spat boyunca
K = Çek(f )
diyelim.
f
f
G
H
@
@
R
@
g
@
@@
R
r
G/K
Her
g∈G
için
r(Kg) = f (g)
³eklinde bir
f (g)
r
Kg
r : G/K −→ H
dönü³ümü tanmlayalm.
r'nin
bir izomor-
zma oldu§unu gösterece§iz.
i)
r
iyi tanmlanm³tr
Yani
X = Ka
f (a) = f (b)
ve
X = Kb
³eklinde yazld§nda
oldu§unu göstermeliyiz. “imdi
K
r(X) = f (a)
altgrup ve
f
ve
r(X) = f (b)
homomorzma oldu§undan:
Ka = Kb =⇒ Kab−1 = K
=⇒ ab−1 ∈ K = Çek(f )
=⇒ f (ab−1 ) = eH
=⇒ f (a)f (b)−1 = eH =⇒ f (a) = f (b).
55
olur. Bu durumda
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
ii)
r
homomorzmadr
X, Y ∈ G/K
Her
Hüseyin Bilgiç
için
r(XY ) = r(X)r(Y )
oldu§unu gösterece§iz.
X = Ka
ve
Y = Kb
³eklinde olsun.
r(XY ) = r(Ka · Kb)
= r(Kab)
(Çünkü
K G)
= f (ab)
= f (a)f (b)
(Çünkü
f
homomorzma)
= r(Ka)r(Kb)
= r(X)r(Y )
r
olup
bir homomorzmadr.
iii)
r
Her
h∈H
örtendir
bir
a∈G
iv)
r
için
için
r(X) = h
h = f (a)
olacak ³ekilde bir
dr. “imdi
X = Ka
X ∈ G/K
seçersek,
bulmalyz.
h∈H
verilsin.
r(X) = r(Ka) = f (a) = h
f
örten oldu§undan
olur. Yani
r
örtendir.
11 dir
r nin çekirde§inde sadece G/K
11 olur. (lgili teoremden).
nn birim eleman oldu§unu, yani Çek(r)
X ∈ Çek(r)
alalm
=⇒ X = Kg
= { K } oldu§unu gösterirsek r
³eklindedir
=⇒ r(X) = eH =⇒ r(Kg) =
eH =⇒ f (g) = eH =⇒ g ∈ Çek(f ) = K =⇒ X = Kg = K =⇒ Çek(r) = { K }.
Sonuç olarak
G/K ∼
=H
yazabiliriz.
: G −→ H
Not 5.2 Baz kaynaklarda ayn teorem f
bir homomorzma ise
³eklinde ifade edilmektedir. Bu ifade bizim ifademizin genel halidir; çünkü e§er
f
G/ Çek(f ) ∼
= f (G)
örten ise
f (G) = H
olup ayn ifade elde edilir.
Örnek 5.3
G = (Z, +), H = (Q \ { 0 } , ·)
ve
f (x) =
³eklinde tanmlansn.
f : G −→ f (G)
f : G −→ H dönü³ümü
(
1, x çift ise
−1, x
her
örten bir fonksiyondur.
f
nin bir homomorzma oldu§unu
x, y ∈ Z
Durum 1:
x
ve
y
çift
=⇒f (x + y) = 1
ve
f (x)f (y) = 1 · 1 = 1
Durum 2:
x
ve
y
tek
=⇒f (x + y) = 1
ve
f (x)f (y) = (−1) · (−1) = 1
Durum 3:
x
ve
y
nin biri tek biri çift
f
için
tek ise
gösterelim.
Yani
x∈G
verilsin.
=⇒f (x + y) = −1
ve
f (x)f (y) = −1.
bir homomorzmadr.
K = Çek(f ) = { x ∈ Z | f (x) = 1 } = { x ∈ Z | x
{ K + 0, K + 1 }
olup
çift say }
= 2Z
dir.
K
nn farkl sa§ kosetleri
G/K = { K + 0, K + 1 } .
56
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
f
- f (G) = { −1, 1 }
G
ψ
G/K
ψ : G/K −→ f (G) dönü³ümünü ψ(K +0) = 1, ψ(K +1) = −1 ³eklinde tanmlayalm. ψ bir izomorzma
olup G/K ∼
= f (G) dir.
G ve K herhangi
|f (G)| |G| dir, gösteriniz.
Örnek 5.4
f : G −→ K
iki grup olsun.
bir grup homomorzmas ve
|G|
sonlu ise
Çözüm:
f
hom.
G
@
f (G) ⊆ K
ψ
G/ Çek(f )
@
R
@
Birinci zomorzma Teoremi'nden
O halde
|G/ Çek(f )| = |f (G)|
G/ Çek(f ) ∼
= f (G) dir. G sonlu oldu§undan G/ Çek(f ) de sonludur.
olup Lagrange Teoremi'nden:
|G|
|G|
= |f (G)| =⇒
= | Çek(f )| =⇒ |f (G)||G|.
| Çek(f )|
|f (G)|
Örnek 5.5
Çözüm:
R∗ = (R \ { 0 } , ·)
G = GLn (R)
R∗ , f (X) = det(X)
olsun.
grubu olmak üzere
G'nin
GLn (R)/SLn (R) ∼
= R∗
oldu§unu gösterin.
matris çarpmna göre bir grup oldu§unu biliyoruz.
f : G −→
³eklinde determinant fonksiyonu tanmlayalm.
X, Y ∈ G =⇒ f (XY ) = det(XY ) = det(X) det(Y ) = f (X)f (Y )
olup
f
bir homomorzmadr.
Çek(f )
elde ederiz. Ayrca
f
= { X ∈ G | f (X) = det(X) = 1 } = SLn (R)
örtendir, çünkü determinant verilen bir reel say olan bir matris her zaman
yazlabilir. O halde Birinci zomorzma Teoreminden
GLn (R)/ Çek(f ) ∼
= R∗
yani
57
GLn (R)/SLn (R) ∼
= R∗ .
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
G bir grup, H 6 G ve N G olsun. H ∩N H
Teorem 5.6 (2. zomorzma Teoremi)
dir. Ayrca
H/ (H ∩ N ) ∼
= HN/N
ve
HN 6 G
dir.
spat:
HN 6 G
dir.
x = h1 n1 , y = h2 n2 ∈ HN
alalm.
xy −1 = (h1 n1 )(h2 n2 )−1 = h1 n1 n−1
h−1 = h1 n3 h−1
2
| {z2 } 2
∈N
)(h2 n3 h−1 )
= (h1 h−1
| {z2 } | {z 2 }
∈H
(Çünkü
N G)
∈N
= h3 n4 ∈ HN
olup Teorem 2.8'den
HN/N
dir.
N HN
faktör grubunu olu³turmak için
N HN
Her
HN 6 G
oldu§unun gösterilmesi gerekir:
dir
n∈N
için
oldu§undan
n = e · n ∈ HN
N 6 HN
dir. “imdi
oldu§undan
x∈N
ve
N ⊆ HN
hn ∈ HN
oldu§u görülür.
N
ve
HN
her ikisi de altgrup
alalm.
(hn) · x · (hn)−1 = h (nxn−1 ) h−1 = hn1 h−1 ∈ N
| {z }
(Çünkü
N G)
∈N
oldu§undan
“imdi
N HN .
f : H −→ HN/N
dönü³ümü her
h∈H
için
f (h) = N h
³eklinde tanmlansn. ddia:
homomorzmadr.
f
örtendir:
N hn ∈ HN/N
f
verilsin.
N G
homomorzmadr: Her
oldu§undan
h1 , h2 ∈ H
N hn = hN n = hN = N h = f (h)
olup
için
f (h1 h2 ) = N h1 h2 = N h1 N h2
(N G
oldu§undan
)
= f (h1 )f (h2 )
olup
f
bir homomorzmadr.
O halde Birinci zomorzma Teoremi'nden
Çek(f )
=H ∩N
HN/N
grubunun birim eleman
H/ Çek(f ) ∼
= HN/N
dir.
dir
Çek(f )
N
dir.
= { x ∈ H | f (x) = N }
= { x ∈ H | Nx = N }
= {x ∈ H | x ∈ N }
= H ∩ N.
58
(N x = N ⇐⇒ x ∈ N )
f
örtendir.
f
örten
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
Bir homomorzmann çekirde§i her zaman normal altgrup oldu§undan
Sonuç:
elde edilir.
H/(H ∩ N ) ∼
= HN/N
G
Teorem 5.7 (3. zomorzma Teoremi)
ayrca
H ∩N H
K6H
olsun. O zaman
H/K G/K
bir grup ve
H
ile
K
ve
K G
da
G'nin
normal altgruplar ve
dr ve
G/K ∼
= G/H.
H/K
spat: Her
h ∈ H, k ∈ K
için
hkh−1 ∈ K
dr, çünkü
ψ : G/K −→ G/H,
h∈G
Kg ∈ G/K
her
için
dir. O halde
K H
dr. “imdi
ψ(Kg) = Hg
³eklinde tanmlayalm.
Ka = Kb =⇒ ab−1 ∈ K =⇒ ab−1 ∈ H =⇒ Ha = Hb =⇒ ψ(Ka) = ψ(Kb).
ψ
iyi tanmldr:
ψ
homorzmadr:
ψ
örtendir: Verilen her
Çek(ψ)
ψ(KaKb) = ψ(Kab) = Hab = HaHb = ψ(Ka)ψ(Kb).
= H/K : G/H
Y = Ha ∈ G/H
için
X = Ka ∈ G/K
grubunun birim eleman
Çek(ψ)
H
seçilirse
ψ(X) = ψ(Ka) = Ha = Y
olur.
dir. O halde
= { Kx ∈ G/K : ψ(Kx) = Hx = H }
= { Kx ∈ G/K : x ∈ H }
= H/K
bulunur. Bir homomorzmann çekirde§i her zaman normal altgrup oldu§undan
H/K G/K
elde
edilir. Ayrca, Birinci zomorzma Teoreminden
(G/K)/ Çek(ψ) ∼
= G/H
G/K ∼
= G/H.
H/K
yani
“imdi, bir sonraki teoremde baz maddeleri kullanlacak olan ve altgruplarn görüntü ve ters görüntüleri
ile ilgili sonuçlar özetleyen bir lemmay veriyoruz.
Lemma 5.8
f : G −→ H
bir homomorzma,
A6G
ve
B6H
olsun.
(a)
f (A) 6 H
(spat: Bölüm 4, Al³trma 6)
(b)
f −1 (B) 6 G
(spat: Bölüm 4, Al³trma 8)
(c)
f
(d)
BH
örten ve
ise
AG
ise
f (A) H
f −1 (B) G
(spat: Bölüm 4, Al³trma 6)
(spat: Bölüm 4, Al³trma 8)
59
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
f : G −→ H
Teorem 5.9 (E³leme Teoremi)
Çek(f ) yi içeren altgruplar ile
H
Hüseyin Bilgiç
örten bir grup homomorzmas olsun. O zaman
nin altgruplar arasndaki
A 7−→ f (A)
G
nin
e³lemesi birebir ve örten bir
e³lemedir. Ayrca, bu e³leme normal altgruplar normal altgruplara e³ler.
spat:
A6G
ve Çek(f )
6A
olsun. Bu durumda
B = f (A) 6 H
birebir oldu§unu gösterelim. Çekirde§i içeren ba³ka bir
dir (Lemma 5.8.a). Bu e³lemenin
A1 6 G için f (A1 ) = B olsun. A = A1 oldu§unu
gösterelim.
x ∈ A =⇒ f (x) ∈ B
=⇒ ∃y ∈ A1 , f (y) = f (x)
(Çünkü
f (A1 ) = B )
=⇒ xy −1 ∈ Çek(f ) =⇒ xy −1 ∈ A1
=⇒ ∃u ∈ A1 , xy −1 = u =⇒ x = uy ∈ A1
olup
A ⊆ A1
oldu§u görülür. Benzer ³ekilde
A1 ⊆ A
“imdi de bu e³lemenin örten oldu§unu görelim.
⊆ f −1 (B)
Çek(f )
oldu§u ispatlanr. O halde bu e³leme 11 dir.
B 6 H
verilsin.
f −1 (B) 6 G
dir (Lemma 5.8.b).
oldu§u kolaylkla görülür, çünkü:
k ∈ Çek(f ) =⇒ f (k) = eo ∈ B =⇒ k ∈ f −1 (B).
O halde verilen her
f (A) =
olur ve
B6H
f (f −1 (B))
A = f −1 (B)
altgrubu için
=B
olur. (Çünkü
f
seçersek,
A
kümesi, çekirde§i içeren bir altgrup
örten oldu§undan bir altkümenin ters görüntüsünün
görüntüsü kendisidir.)
G
'
H
$
- '
A
B
'$örten hom.
'$
$f
Çek(f )
y
&%
&%
&
%
Buradan, bu e³lemenin tersi olan
B 7−→ f −1 (B)
“imdi,
A G =⇒ f (A) H
&
%
e³lemesinin de 11 ve örten oldu§unu söyleriz.
oldu§undan (Lemma 5.8.c) ve
B H =⇒ f −1 (B) G
oldu§undan
(Lemma 5.8.d) bu e³lemenin normal altgruplar normal altgruplara e³ledi§i söylenebilir.
Örnek 5.10
f 'nin
G = (Z, +), H = (Z6 , ⊕)
ve
f : G −→ H,
her
x∈Z
örten bir homomorzma oldu§u kolaylkla gösterilebilir. Çek(f )
G'nin
Z6 'nn
Çek(f )'yi içeren altgruplar
bütün altgruplar
Bütün altgruplar normal olup
:
:
A1 = 6Z,
B1 = 0 ,
i = 1, 2, 3, 4
için
= 6Z
A2 = 2Z,
B2 = 0, 2, 4 ,
Bi = f (Ai )
60
f (x) = x
için
³eklinde tanmlansn.
olup,
A3 = 3Z,
B3 = 0, 3
A4 = Z.
B4 = Z6 .
e³lemesinin 11 ve örten oldu§u görülür.
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
Teorem 5.11 (4. zomorzma Teoremi)
G'nin
normal altgruplar
ψ : G −→ G/N, ψ(x) = N x
spat:
N
fonksiyonun; çekirde§i
bir grup ve
N G
olsun. O zaman
G/N 'nin altgruplarnn kümesi arasnda A 7−→ A/N
altgruplarnn kümesi ile
Bu e³leme altnda
G
G/N 'nin
G'nin N 'yi
içeren
e³lemesi 11 ve örtendir.
normal altgruplar ile e³lenir.
³eklinde tanmlanan kanonik homomorzmay dü³ünelim. Bu
olan örten bir homomorzma oldu§unu biliyoruz (Örnek 4.7).
ψ(A) = { ψ(a) : a ∈ A } = { N a : a ∈ A } = A/N
olup; E³leme Teoreminde
Teorem 5.12
zaman
H = G/N
ve
f =ψ
alrsak sonuç ortaya çkar.
T H
G/S ∼
= G/ Çek(f ) / S/ Çek(f ) .
f : G −→ H
G/S ∼
= H/T
ve
örten homomorzma olsun.
ve
S = { x ∈ G | f (x) ∈ T }
olsun. O
spat:
örten
f :G
f
-H
g
@
@
R @
H/T
T H
oldu§undan
ψ : G −→ H/T
ψ
H −→ H/T
dönü³ümünü
bir
η
- f (g)
@
ψ @@
R η
T h=T f (g)
kanonik (do§al) homorzmas vardr öyle ki
ψ(g) = T f (g)
³eklinde tanmlayalm. ddia:
ψ
η(h) = T h dr. “imdi
örten homomorzmadr.
örtendir:
T h ∈ H/T
verilsin.
f
örten oldu§undan
∃g 0 ∈ G
için
f (g 0 ) = h
dr.
ψ(g 0 ) = T f (g 0 ) = T h
örtendir.
ψ
homomorzmadr: Her
g1 , g2 ∈ G
için,
ψ(g1 g2 ) = T f (g1 g2 )
= T f (g1 )f (g2 )
= T f (g1 )T f (g2 )
(T H
oldu§undan
)
= ψ(g1 )ψ(g2 )
olup
ψ
Çek(ψ)
bir homomorzmadr. Birinci zomorzma Teoremi'nden
=S
dir.
Çek(ψ)
H/T
T
dir.
oldu§undan:
= { x ∈ G : ψ(x) = T } = { x ∈ G : T f (x) = T } = { x ∈ G : f (x) ∈ T } = S
S = Çek(ψ) elde
Sonuç: G/S ∼
= H/T
olup
nin birim eleman
G/ Çek(ψ) ∼
= H/T
edilir.
61
olup
ψ
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
“imdi
SG
G
ve Çek(f )
Hüseyin Bilgiç
dir. Ayrca Çek(f )
6S
oldu§undan, Üçüncü zomorzma Teoreminden
G/S ∼
= G/ Çek(f ) / S/ Çek(f )
elde edilir.
Örnek 5.13
I(G)
G
bir grup ve
I(G), G
nin iç otomorzmalar grubu olsun.
ve
G/Z(G) ∼
=
dir. (Z(G)
Çözüm:
: G nin merkezi.)
I(G) = ta | a ∈ G, ta : G −→ G, ta (x) = axa−1
I(G) Oto(G)
I(G) 6 Oto(G)
ta , tb ∈ I(G)
kümesi oldu§unu hatrlayalm.
dir:
tb
alalm.
tb−1
otomorzmasnn tersi
tb (tb−1 (x)) = b(b−1 xb)b−1 = x
dir. Çünkü:
tb−1 (tb (x)) = b−1 (bxb−1 )b = x.
ve
“imdi:
ta (tb )−1 (x) = ta (tb )−1 (x) = ta [tb−1 (x)]
= atb−1 (x)a−1 = a(b−1 xb)a−1
= (ab−1 )x(ba−1 ) = cxc−1
(c = ab−1
dersek)
= tc (x)
=⇒ ta (tb )−1 ∈ I(G)
I(G) Oto(G)
Her
olup, Teorem 2.8'den,
I(G) 6 Oto(G)
dir.
dir
f ∈ Oto(G)
ve
ta ∈ I(G)
için
f ta f −1 ∈ I(G)
dir. Çünkü
(f ta f −1 )(x) = f (ta (f −1 (x)))
= f (a · f −1 (x) · a−1 )
= f (a) · f (f −1 (x)) · f (a−1 )
= f (a) · x · f (a)−1
(Çünkü
f
hom., 11 ve örten)
= tf (a) (x).
G/Z(G) ∼
= I(G)
dir:
f : G −→ I(G), f (g) = tg
tg ∈ I(G)
f
örtendir:
f
homomorzmadr:
verilsin.
f (g) = tg
olup
f
olarak tanmlayalm. ddia:
f
örten homomorzmadr.
örtendir.
tab (x) = abxb−1 a−1 = ta (bxb−1 ) = ta tb (x) = [ta tb ](x)
olup
tab = ta tb
zomorzma
f (ab) = tab = ta tb = f (a)f (b) olur
Teoremi'nden dolay G/ Çek(f ) ∼
= I(G) dir.
dir. Yani
62
ve
f
bir homomorzmadr. O halde Birinci
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Çek(f )
= Z(G)
dir.
I(G)'nin
Hüseyin Bilgiç
G'nin
birim eleman,
Çek(f )
birim dönü³ümü olan
IG
birim fonksiyonudur.
= { a ∈ G : f (a) = ta = IG }
= { a ∈ G : ∀x ∈ G, ta (x) = IG (x) }
= a ∈ G : ∀x ∈ G, axa−1 = x
= { a ∈ G : ∀x ∈ G, ax = xa }
= Z(G)
Sonuç:
G/Z(G) ∼
= I(G).
Ödev:
ψ : G/Z(G) −→ I(G), ψ(Z(G) · g) = tg
dönü³ümünün iyi tanml oldu§unu ve izomor-
zma oldu§unu gösterip yukardaki örne§i di§er bir yolla (Birinci zomorzma Teoremini kullanmadan)
çözünüz.
ALI“TIRMALAR
1.
φ : Z12 −→ Z3
bulunuz. b)
2.
G = Z24
(b)
3.
Z12 /K
olsun.
N (H ⊕ N ),
G = Z24
yazn.
örten homomorzmas
olsun.
grubunu bulunuz. c)
H = 4 6 Z24
(c)
ve
³eklinde veriliyor. a)
ψ : Z12 /K −→ Z3
N = 6 Z24
H/(H ∩ N ) ∼
= (H ⊕ N )/N
H = 4
(G/K)/(H/K)
ve
φ(1) = 2
K = 8
Çek(φ) alt grubunu
bir izomorzma bulunuz.
olarak verilsin. Bu durumda (a)
H ⊕ N 6 Z24 ,
oldu§unu gösteriniz.
altgruplar verilsin.
faktör grubunu yazp
K =
G/H 'a
G/H, G/K
ve
H/K
faktör gruplarn
izomork oldu§unu gösterin.
G = Z12 , H = Z4 olsun. f : G −→ H, f (1) = 1 olacak ³ekilde örten bir homomorzma
T = 2 Z4 ve S = { x : f (x) ∈ T } olsun. G/S ∼
= H/T oldu§unu gösteriniz.
4.
verilsin.
5. Abelyen olmayan bir grubun en az iki tane iç otomorzmasnn oldu§unu ispatlayn.
6.
φ : Z18 −→ Z18 , φ(1) = 10 ³eklinde bir homomorzma veriliyor. Çek(φ) yi bulup Birinci zomorzma
Teoremini uygulayn.
63
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
φ(1) = 2
e³itli§i verildi§inden, di§er elemanlarn görüntüleri
φ(a ⊕ b) = φ(a) ⊕ φ(b)
kuralyla ³öyle bulunur:


0 7−→ 0






1−
7 →2



 2−
7 →1
φ:

3 7−→ 0






4 7−→ 2



 5 7−→ 1
a)
K = Çek(φ) =
b)
K ⊕1=
x ∈ Z12 | φ(x) = 0
=
6 7−→ 0
7 7−→ 2
8 7−→ 1
9 7−→ 0
10 7−→ 2
11 7−→ 1
0, 3, 6, 9
1, 4, 7, 10 , K ⊕ 2 = 2, 5, 8, 11 ve K ⊕ 0 = K farkl
Z12 /K = K, K ⊕ 1, K ⊕ 2 .
c)
sa§ kosetlerdir. Yani
φ Z3
Z12
@
ψ
@
R
@
Z12 /K
ψ(K ⊕ 0) = φ(0) = 0, ψ(K ⊕ 1) = φ(1) = 2, ψ(K ⊕ 2) = φ(2) = 1
zomorzma Teoreminden,
ψ
³eklinde tanmlayalm. Birinci
iyi tanmlanm³ 11 ve örten bir homomorzmadr.
H = 4 = 0, 4, 8, 12, 16, 20
N = 6 = 0, 6, 12, 18 bulunur.
H ⊕ N = { h ⊕ n | h ∈ H, n ∈ N } = 0, 6, 12, 18, 4, 10, 16, 22, 8, 14, 20, 2
ÇÖZÜM 2. a)
elde edilir. Bu küme kapal oldu§undan
Çözüm: b)
N ⊆ (H ⊕ N )
abelyen oldu§undan
Çözüm: c)
ve
(H ⊕ N ) 6 Z24
oldu§u açktr. Her ikisi de grup oldu§undan
N (H ⊕ N )
f : H −→ (H ⊕ N )/N,
f
=H ∩N
N, N ⊕ 4, N ⊕ 8
dir ve
H ⊕N
bölüm grubudur. “imdi
f (h) = N ⊕ h
f (0) = f (12) =
Çek(f ) = { h ∈ H | f (h) = N } =
0, 12 olur.
örten bir homomorzmadr. (kinci zomorzma Teoreminden).
N , f (4) = f (16) = N ⊕ 4, f (8) = f (20) = N ⊕ 8
Yani Çek(f )
N 6 (H ⊕ N )
elde edilir.
(H ⊕ N )/N = { N ⊕ m | m ∈ H ⊕ N } =
³eklinde tanmlayalm.
dir.
dir.
elde edilir. Birinci zomorzma Teoreminden:
H/ Çek(f ) ∼
= (H ⊕ N )/N
yani
64
H/(H ∩ N ) ∼
= (H ⊕ N )/N.
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
ÇÖZÜM 3.
G=
Hüseyin Bilgiç
0, 1, 2, . . . , 23 , H = 0, 4, 8, 12, 16, 20 , K = 0, 8, 16
bulunur. stenen faktör
gruplar:
G/H =
H ⊕ 0, H ⊕ 1, H ⊕ 2, H ⊕ 3
K ⊕ 0, K ⊕ 1, K ⊕ 2, K ⊕ 3, K ⊕ 4, K ⊕ 5, K ⊕ 6, K ⊕ 7
H/K = K ⊕ 0, K ⊕ 4 .
G/K =
“imdi
H/K G/K
oldu§undan
(G/K)/(H/K) = { (H/K) ⊕ X : X ∈ G/K }
= (H/K) ⊕ (K ⊕ 0), (H/K) ⊕ (K ⊕ 1), (H/K) ⊕ (K ⊕ 2), (H/K) ⊕ (K ⊕ 3) .
“imdi
ψ : G/K −→ G/H,
her
K ⊕ g ∈ G/K
için
ψ(K ⊕ g) = H ⊕ g
³eklinde tanmlayalm. “imdi
ψ
fonksiyonunu bulalm.



K ⊕ 0 7−→ H



 K ⊕ 1 7−→ H
ψ:

K ⊕ 2 7−→ H




 K ⊕ 3 7−→ H
Üçüncü zomorzma Teoremine göre
ψ
⊕0
K ⊕ 4 7−→ H ⊕ 4 = H ⊕ 0
⊕1
K ⊕ 5 7−→ H ⊕ 5 = H ⊕ 1
⊕2
K ⊕ 6 7−→ H ⊕ 6 = H ⊕ 2
⊕3
K ⊕ 7 7−→ H ⊕ 7 = H ⊕ 3
iyi tanmldr ve örten bir homomorzmadr. O halde Birinci
(G/K)/ Çek(ψ) ∼
= G/H dr. G/H nin birim eleman H = H ⊕ 0 oldu§undan
Çek(ψ) =
X ∈ G/K : ψ(X) = H ⊕ 0 = K ⊕ 0, K ⊕ 4 = H/K
zomorzma Teoreminden
olup
(G/K)/(H/K) ∼
= G/H
elde edilir.
ÇÖZÜM 4.
T =
0, 2
olup
H/T =
T ⊕ 0, T ⊕ 1
dir.
ψ : G −→ H/T = Z4 / 2
dönü³ümünü
ψ(g) = T ⊕ f (g)
³eklinde tanmlayalm. Önce
“imdi
ψ
f
yi bulalm:
f (0) = f (4) = f (8) = 0,
f (1) = f (5) = f (9) = 1,
f (2) = f (6) = f (10) = 2,
f (3) = f (7) = f (11) = 3.
yi bulalm.



0 7−→ T



 1−
7 →T
ψ:

2 7−→ T




 3 7−→ T
Teorem 5.12'den
ψ
4 7−→ T ⊕ 0
8 7−→ T ⊕ 0
⊕1
5 7−→ T ⊕ 1
9 7−→ T ⊕ 1
⊕0
6 7−→ T ⊕ 0
10 7−→ T ⊕ 0
⊕1
7 7−→ T ⊕ 1
11 7−→ T ⊕ 1
örten bir homomorzmadr.
Çek(ψ)
bulunur.
⊕0
= { x ∈ Z12 | ψ(x) = T } =
65
0, 2, 4, 6, 8, 10
=S
Bölüm 5. zomorzma Teoremleri
Hüseyin Bilgiç
ψ H/T
G
@
@
R
@
G/S
Birinci zomorzma Teoremi'nden
ÇÖZÜM 5.
bir gruptur.
G
G
G/S ∼
= H/T = Z4 / 2
abelyen olmayan bir grup olsun. O zaman
elde edilir.
G 6= Z(G)
olup
G/Z(G)
en az iki elemanl
G/Z(G) ∼
= I(G) oldu§undan I(G) iç otomorzmalar grubu da en az iki elemaldr. O halde
nin en az iki tane iç otomorzmas vardr.
ÇÖZÜM 6.
φ
homomorzmasnn a³a§daki gibi e³leme yapt§ görülür:


0 7−→ 0






1−
7 → 10



 2 7−→ 2
φ:

3 7−→ 12






4 7−→ 4



 5 7−→ 14
Burada
φ
örten olmad§ndan
6 7−→ 6
12 7−→ 12
7 7−→ 16
13 7−→ 4
8 7−→ 8
14 7−→ 14
9 7−→ 0
15 7−→ 6
10 7−→ 10
16 7−→ 16
11 7−→ 2
17 7−→ 8
Z18 / Çek(φ) ∼
= φ(Z18 )
K = Çek(φ) =
oldu§u gösterilecektir.
x ∈ Z18 : φ(x) = 0
=
0, 9
bulunur. Ayrca bölüm grubu
Z18 /K =
olarak bulunur.
K ⊕ 0, K ⊕ 1, K ⊕ 2, K ⊕ 3, K ⊕ 4, K ⊕ 5, K ⊕ 6, K ⊕ 7, K ⊕ 8
r : Z18 /K −→ φ(Z18 ) fonksiyonu r(K ⊕x) = φ(x) ³eklinde tanmlanr. r fonksiyonunun
a³a§daki gibi e³leme yapt§ görülür:
r:
Tablodan,
r



 K ⊕ 0 7−→ 0
K ⊕ 1 7−→ 10


 K ⊕ 2 7−→ 2
K ⊕ 3 7−→ 12
K ⊕ 6 7−→ 6
K ⊕ 4 7−→ 4
K ⊕ 7 7−→ 16
K ⊕ 5 7−→ 14
K ⊕ 8 7−→ 8
nin 11 ve örten oldu§u görülmektedir. Birinci zomorzma Teoreminden dolay
izomorzma olup
Z18 /K ∼
= φ(Z18 )
dir.
66
r
bir
6
Permütasyon Gruplar
Tanm 6.1
M 6= ∅
bir küme olsun.
P (M )
örten fonksiyonlarn) kümesini gösterelim.
i)
f, g ∈ P (M )
ise
f◦ g ∈ P (M )
ile
M
P (M )
nin tüm permütasyonlarnn (M den
M
ye 11 ve
bile³ke i³lemi ile bir gruptur. Çünkü:
dir; çünkü 11 ve örten iki fonksiyonun bile³kesi 11 ve örtendir.
ii) Fonksiyonlardaki bile³ke i³leminin birle³me özelli§i vardr.
iii)
IM : M −→ M
iv)
f ∈ P (M )
E§er
Sn
birim dönü³ümü 11 ve örten olup bile³ke i³leminin birim elemandr.
ise, 11 ve örten bir fonksiyonunu tersi de 11 ve örten oldu§undan
|M | = n sonlu ise P (M ) = Sn
in bir alt grubuna da bir
ile gösterilir ve
Sn
permütasyon grubu
M = { a1 , a2 , . . . , an } diyelim. f ∈ Sn
grubuna
denir.
n-inci dereceden simetrik grup
|Sn | = n!
elemann 2 satrl ve
f −1 ∈ P (M )
dir.
denir.
oldu§u açktr.
n sütunlu bir matris halinde a³a§daki gibi
gösterece§iz:
f=
a1
a2
...
f (a1 ) f (a2 ) . . .
an
f (an )
!
.
O zaman, mesela,
pemütasyonu
IM
a1 a2 . . .
an
a1 a2 . . .
an
!
.
birim permütasyonudur.
Permütasyon gruplar gruplar teorisinin önemli konularndandr, çünkü her
G
sonlu grubunun aslnda
bir permütasyon grubuna izomork oldu§u 1878'de Arthur Cayley (1821-1895) tarafndan gösterilmi³tir.
Teorem 6.2 (Cayley) Her
G grubu P (G) permütasyonlar grubunun bir altgrubuna izomorktir. Özel
67
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
n
olarak;
elemanl bir grup
spat: Her
soldan
a
Sn
Hüseyin Bilgiç
in bir altgrubuna izomorktir.
a ∈ G için ha : G −→ G dönü³ümünü ha (x) = ax ³eklinde tanmlayalm. (Yani ha dönü³ümü
ile çarpmak dönü³ümüdür.)
ha
dönü³ümü
G
nin bir permütasyonudur, çünkü:
ha (x) = ha (y) =⇒ ax = ay =⇒ x = y =⇒ ha
y ∈ G =⇒ x = a−1 y
“imdi
f : G −→ P (G)
seçilirse
dönü³ümünü her
homomorzma oldu§unu gösterece§iz.
f
birebirdir.
ha (x) = a(a−1 y) = y =⇒ ha
a ∈ G
f (a) = ha
için
birebirdir, çünkü
a, b ∈ G
örtendir.
³eklinde tanmlayalm.
f
nin 11
için
f (a) = f (b) =⇒ ha = hb
=⇒ ∀x ∈ G, ha (x) = hb (x)
=⇒ ∀x ∈ G, ax = bx
=⇒ a = b.
f
bir homomorzmadr, çünkü
a, b ∈ G
x∈G
ise her
için
[f (ab)](x) = hab (x) = (ab)x
= a(bx) = ha (bx)
= ha (hb (x)) = (ha hb )(x)
= [f (a)f (b)](x)
olup
f : G −→ P (G) birebir homomorzmadr. f : G −→ f (G)
f (G) 6 P (G) oldu§undan G ∼
= f (G) olur. Yani G grubu P (G) nin bir alt grubuna
f (ab) = f (a)f (b)
izomorzma ve
dir. Sonuç olarak
izomorktir.
Örnek 6.3
G = { 1, −1, i, −i }
h1 =
hi =
çarpma i³lemi ile bir gruptur. Buna göre
1 −1 i −i
1 −1 i −i
1 −1
i
P (G)
P (G)
, h(−1) =
!
−i
i
−i −1
permütasyonlarn yazalm. Bunlar
yonlar
!
1
nin
1
−1
i
−1
1
−i
1
, h(−i) =
4! = 24
−i
−1 i
i
!
−i
i
−i
!
1 −1
permütasyonundan 4 tanesidir. Bu permütas-
nin bir alt grubunu olu³tururlar, çünkü çarpm (bile³ke) tablosu kapaldr:
·
h1
h(−1)
hi
h(−i)
h1
h1
h(−1)
hi
h(−i)
h(−1)
h1
h(−i)
hi
hi
h(−i)
h(−1)
h1
h(−i)
hi
h1
h(−1)
h(−1)
hi
h(−i)
68
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
Bu grup tablosunda
deyi³le
h
Hüseyin Bilgiç
G
sembollerini sildi§imizde aslnda
f : G −→ f (G), f (a) = ha
nin grup tablosunu elde ederiz. Ba³ka bir
dönü³ümü bir izomorzmadr.
Permütasyonlarn Devirsel Gösterimi
Bu ksmda permütasyonlar daha ksa bir ³ekilde göstermenin bir ³eklini görece§iz. Bilindi§i gibi
elemanl bir
M
kümesinin bütün permütasyonlarnn grubudur. Burada, aslnda
ne oldu§u de§il de eleman says önemli oldu§undan
α ∈ Sn
olsun. E§er
α
α
ya
kümesi yerine genelde
a1 a2 . . .
an−1 an
a2 a3 . . .
uzunlu§u n olan bir devir
³eklinde gösterilir. Dikkat edilecek olursa
M = { 1, 2, . . . , n } alnr.
an
(veya ksaca
!
a1
nli devir ) denir ve α = (a1 , a2 , . . . , an )
α permütasyonu yazlrken a1 den ba³lanmak zorunda de§ildir;
mesela
α=
olup
nin elemanlarnn
permütasyonu
α=
³eklinde ise
M
M
Sn , n
α = (a2 , a3 , . . . , an , a1 )
a2 a3 . . .
a3 a4 . . .
an−1 an a1
an
a1
³eklinde de yazlabilir. O halde,
!
a2
nli
bir devirin
n
farkl yazl³ vardr.
σ ∈ S5 permütasyonu 5 de§i³ik ³ekilde yazlabilir:
!
1 2 3 4 5
= (1, 3, 4, 2, 5) = (3, 4, 2, 5, 1) = (4, 2, 5, 1, 3) = (2, 5, 1, 3, 4) = (5, 1, 3, 4, 2).
3 5 4 2 1
Mesela a³a§daki
σ=
Genelde bir
f ∈ Sn
permütasyonu bir
nli
devir de§ildir. Bu durumda
f
birden fazla devir den
olu³maktadr. O halde devir tanmnn verilmesi gerekmektedir:
Tanm 6.4
m
dan f (a)
f ∈ Sn
=a
olsun ve
M = { 1, 2, . . . , n }
³artn sa§layan bir en küçük
alalm. Herhangi bir
a∈M
alalm.
M
sonlu oldu§un-
Z+ vardr. Bu durumda
m∈
a, f (a), f 2 (a), . . . , f m−1 (a)
sral kümesine
f
nin bir
devri
denir. Bu devir yazlrken
a dan ba³lanmas gerekmez. f
permütasyonu
bu ³ekilde bir veya daha fazla ayrk devirlerden olu³maktadr. Bu ayrk devirler yanyana yazlarak elde
edilen gösterime
f 'nin devirsel gösterimi
Örnek 6.5 A³a§daki
S9
un eleman olan
σ=
σ
denir.
permütasyonunu ele alalm.
!
1 2 3 4 5 6 7 8 9
8 5 4 9 2 1 7 6 3
69
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
“imdi
E§er
σ
Hüseyin Bilgiç
permütasyonunda 4 farkl devir vardr:
a=4
alnsayd
a=1
alnrsa
m=3
bulunur ve
(1, 8, 6)
devri elde edilir
a=2
alnrsa
m=2
bulunur ve
(2, 5)
devri elde edilir
a=3
alnrsa
m=3
bulunur ve
(3, 4, 9)
devri elde edilir
a=7
alnrsa
m=1
bulunur ve
(7)
devri elde edilir
(4, 9, 3)
devri bulunurdu; ki bu da
(3, 4, 9)
devrine e³ittir. O halde
σ
nn devirsel
gösterimi ³öyledir:
σ = (1, 8, 6)(2, 5)(3, 4, 9)(7).
Bu gösterim tek türlü de§ildir. Devirler yazlrken sralar de§i³ebilir. Ayrca, mesela, (1,8,6) devri
(8,6,1) veya (6,1,8) ³eklinde 3 türlü yazlabilir. Bu durumda
σ
toplamda,
(3 · 2 · 3) · 4! = 432
farkl
³ekilde yazlabilir. Bunlardan bazlar:
σ = (5, 2)(8, 6, 1)(7)(4, 9, 3) = (7)(6, 1, 8)(9, 3, 4)(2, 5) = (3, 4, 9)(2, 5)(7)(8, 6, 1) = . . .
Not 6.6 Bir permütasyonu ayrk devirlerin çarpm ³eklinde yazarken, uzunlu§u 1 olan devirler yazl-
mayabilir; ancak bu durumda bu permütasyonun hangi simetrik grubun eleman oldu§unun belirtilmemesi (veya bilinmemesi) kar³kl§a yol açabilir. Mesela
(1, 2, 3)
permütasyonu a³a§daki 3 farkl
permütasyona e³it olabilir.
(1, 2, 3) =
Sn
!
1 2 3
2 3 1
veya
(1, 2, 3) =
!
1 2 3 4
2 3 1 4
veya
(1, 2, 3) =
!
1 2 3 4 5
2 3 1 4 5
.
deki birim eleman sadece 1li devirlerden olu³tu§u için bu 1li devirlerin hiçbirinin yazlmamas
olmaz. Bu yüzden birim eleman göstermek için
{ 1, 2, . . . , n }
için
(k)
(1) ∈ Sn
sembolünü kullanaca§z. Aslnda her
k ∈
birim eleman ifade eder. Ayrca devirsel gösterimde, e§er bir kar³kl§a yol
açmayacaksa, semboller arasnda virgül kullanlmayabilir.
Örnek 6.7
lerini sabit
Örnek 6.8
β=
γ=
f=
a1 a2 a3 . . .
an
!
permütasyonu sadece
a2 a1 a3 . . . an
brakr. Bu durumda f = (a1 , a2 )
α=
a b c
b a c
1 2 3
6 4 2
a b c d e f
yazlr.
!
b a c d f e
!
d e f
= (ab)(def )
e f d
!
4 5 6
= (16)(243)
3 5 1
= (ab)(ef )
70
a1
ve
a2
elemanlarn de§i³tirip di§er-
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
Hüseyin Bilgiç
Not 6.9 Permütasyonlarn çarpm soldan sa§a do§ru yaplmaktadr. Örne§in,
tasyonun çarpm
(1 2 3)
(1 2)
ile
(1 3)
permü-
dür:
(1 2) · (1 3) =
1 2 3
2 1 3
!
·
1 2 3
!
!
1 2 3
=
3 2 1
2 3 1
= (1 2 3)
Baz yazarlar fonksiyonlardaki bile³ke alma i³lemindeki sray takip edip bu çarpm sa§dan sola do§ru
yapmaktadr. Yani
f
ile
bir
f
g
(1 2)◦ (1 3) = (1 3 2) ³eklinde. Buna göre f
nin çarpmndak (bile³kesindeki) de§eri
fonksiyonundaki de§erini
do§ru çarpmak daha kolaydr:
f (x)
yerine
xf
ve
g iki permütasyon ise bir x elemannn
(f g)(i) = g(f (i))
³eklinde hesaplanr. Bir
x
elemannn
³eklinde gösterenler için permütasyonlar soldan sa§a
x(f g) = (xf )g .
Örnek 6.10
(1 2) · (1 4 5 3) = (1 2 4 5 3)
(2 6 3 4) · (1 2 5) = (1 2 6 3 4 5)
(1 2) · (2 5) · (5 1) = (1)(2 5)(3)(4) = (2 5)
(1 6) · (2 4 5 3) · (1 2 4 9) = (1 6 2 9)(3 4 5)(7)(8) = (1 6 2 9)(3 4 5)
(1 2 3 4 5) · (5 4 3 2 1) = (1)(2)(3)(4)(5) = (1)
Lemma 6.11
a)
f = (a1 , a2 , . . . , ar ) =⇒ f −1 = (ar , ar−1 , . . . , a2 , a1 )
b) Ayrk permütasyonlarn çarpm de§i³melidir. Yani
{ a1 , a2 , . . . , ar }
ve
{ b1 , b2 , . . . , bs }
kümeleri
ayrk ise
(a1 , a2 , . . . , ar )(b1 , b2 , . . . , bs ) = (b1 , b2 , . . . , bs )(a1 , a2 , . . . , ar ).
c) Bir
nli
d) Bir
mli
devirin derecesi
devir ile
nli
n
dir.
ayrk devirin çarpmnn derecesi OKEK(m, n) dir.
Teorem 6.12 Her permütasyon devirlerinin çarpmna e³ittir.
spat: Bir
f ∈ Sn
permütasyonunun bir deviri
olduklarndan çarpmlarnn
a
a, f (a), f 2 (a), . . . , f m−1 (a) ³eklindedir. Devirler ayrk
üzerindeki etkisi ile
f
n > 2
ise her
a
üzerindeki etkisi ayndr. O halde
f
kendi
devirlerinin çarpmna e³ittir.
Teorem 6.13
nin
f ∈ Sn
permütasyonu 2-li devirlerin (uzunlu§u 2 olan devirlerin) bir
çarpm olarak yazlabilir.
71
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
spat:
f
Hüseyin Bilgiç
a, f (a), f 2 (a), . . . , f m−1 (a)
nin bir deviri
³eklindedir. Bu deviri
a, f (a) · a, f 2 (a) . . . a, f m−1 (a)
f
³ekline 2li devirlerin çarpm olarak yazabiliriz.
nin bütün devirlerini bu ³ekilde yazabilece§imizden
iddia açktr.
Örnek 6.14
α = (15436)(798) ∈ S9
elemanna bakalm.
α = (15)(14)(13)(16)(79)(78)
n > 2 ise Sn deki birim eleman (1) = (12)(12) ³eklinde
³eklinde 2li devirlerin çarpm olarak yazlabilir.
yazlabilir.
Tek ve Çift Permütasyonlar
Tanm 6.15 Bir 2li devire bir
transpozisyon
denir. Bir permütasyon ikili devirlerin çarpm olarak
birden fazla ³ekilde yazlabilir. Mesela;
(12345) = (12)(13)(14)(15) = (41)(32)(14)(51)(52)(54).
Ancak bu yazl³taki transpozisyonlarn says ya hep çifttir ya da hep tektir. Çift sayda transpozisyonun çarpm olarak yazlabilen permütasyona
tasyon
çift permütasyon
denir. Aksi halde
tek permü-
denir. Ayrca a³a§daki kurallar geçerlidir.
TEK
Tanm 6.16
×
TEK
Sn
de çift permütasyonlarn kümesini
çift oldu§undan
An
=
ǝFT
TEK
bir gruptur. Bu gruba
×
ǝFT
ninci
=
An
TEK
ǝFT
×
ǝFT
=
ǝFT
ile gösterelim. ki çift permütasyonun çarpm
dereceden
alterne grup
denir.
Örnek 6.17 Alterne gruplarn ilk 4 tanesi:
A1 ∼
= A2 = { (1) } ,
A3 = { (1), (123), (132) } ,
A4 = { (1), (123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243), (12)(34), (13)(24), (14)(23) } .
Teorem 6.18
spat:
A1
An Sn
dir ve
trivial grup olup
gruptur. “imdi
n>2
A1 S1
φ : Sn −→ { 1, −1 }
için
|An | =
n!
2
oldu§u açktr.
dir.
n>2
olsun.
dönü³ümünü
(
φ(σ) =
1, σ
çift ise;
−1, σ
tek ise.
72
{ 1, −1 }
kümesi çarpma i³lemi ile bir
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
α, β ∈ Sn
³eklinde tanmlayalm.
φ
Yani
(1, 2)
tek
=⇒ φ(αβ) = +1 = (−1) · (−1) = φ(α)φ(β)
α, β
çift
=⇒ φ(αβ) = +1 = (+1) · (+1) = φ(α)φ(β)
α
tek,
β
çift
=⇒ φ(αβ) = −1 = (−1) · (+1) = φ(α)φ(β)
α
çift,
β
tek
=⇒ φ(αβ) = −1 = (+1) · (−1) = φ(α)φ(β)
(1)
tek;
alalm. Toplam 4 durum vardr:
α, β
bir homomorzmadr.
(Örne§in,
Hüseyin Bilgiç
n > 2
oldu§undan
çifttir.) O halde
φ
Sn /An ∼
= { 1, −1 }
Lemma 6.19
sahiptir ve
σ ∈ Sn
σ 'daki
hem çift hem de tek permütasyonlar vardr.
örtendir. Çek(φ)
çekirde§i her zaman normal altgrup oldu§undan
Teoreminden
Sn 'de
= An
An Sn dir (Teorem 4.10 ). Ayrca, Birinci zomorzma
dir. Lagrange Teoremi'nden
|An | = n!/2
ayrk devirlerin çarpm ³eklinde yazlsn.
sembollerin yerine onlarn
olup bir grup homomorzmasnn
β 'daki
β −1 σβ
elde edilir.
permütasyonu
σ
ile ayn ³ekle
görüntülerinin yazlmas ile elde edilir.
spat: (spat boyunca fonksiyonlarn sa§a, elemanlarn sola yazld§ gösterim tarzn kullanaca§z.
Yani
σ(i)
yerine
iσ
σ
yazaca§z.)
β −1 σβ permütasyonunun
iβ
nn
i
sembolünü
sembolünü
jβ
j
ye ta³d§n, yani
iσ = j
oldu§unu farzedelim.
ya ta³d§n göstermemiz yeterlidir.
iβ(β −1 σβ) = i(σβ) = (iσ)β = jβ
olup ispat tamamlanr.
Örnek 6.20
σ = (1, 5, 6)(2, 3)
Teorem 6.21
α, β ∈ Sn
ve
β = (1, 4, 3)
ise
β −1 σβ = (4, 5, 6)(2, 1)
bulunur.
ayrk devirlerin çarpm ³eklinde yazlm³ iki permütasyon olsun.
α
ile
β
nn
e³lenik olmas için gerek ve yeter ³art bu iki permütasyonun ayn devir yapsna sahip olmalardr.
spat:
(=⇒) α
ile
β
e³lenik olsun. O halde
−1 ατ permütasyonu
Lemmaya göre τ
α
ile
β
(⇐=)
α
daki
i
τ −1 ατ = β
olacak ³ekilde
sembolünün yerine
iτ
τ ∈ Sn
vardr. Bir önceki
yazlmasyla elde edilir. O halde
ayn devir yapsna sahiptir.
“imdi de
α
ile
β
ayn devir yapsna sahip olsun.
α'y β 'nn
üzerine, ayn uzunluktaki devirler
(uzunlu§u 1 olanlar dahil) alt alta gelecek ³ekilde yazalm. Yukardaki sembolleri a³a§daki sembollere
e³leyen permütasyona
Örnek 6.22
S8
de
τ
dersek,
τ −1 ατ = β
oldu§u açktr. O halde
α
ile
β
e³leniktir.
α = (1, 3, 4)(2, 6)(5, 7) ile β = (1, 8)(2, 5, 7)(3, 4) permütasyonlar e³leniktir. Çünkü
α = (1, 3, 4)(2, 6)(5, 7)(8)
↓
↓
↓ ↓
β = (2, 5, 7)(3, 4)(1, 8)(6)
yazlrsa
β 'nn
τ = (1, 2, 3, 5)(4, 7, 8, 6)
seçilirse
yazl³ de§i³tirilebilir, mesela
τ −1 ατ = β
olur. Bunu sa§layan daha fazla
β = (5, 7, 2)(1, 8)(4, 3)(6)
73
yazlabilir.
τ
bulmak için
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
n>5
6.1
A1
ve
A2
çin
An
Hüseyin Bilgiç
Basit Gruptur
trivial grup olduklarndan basit de§ildir.
grubu basit de§ildir, çünkü
4
A3 'ün
mertebesi 3 asal oldu§undan
A3
basittir.
A4
elemanl bir normal altgrubu vardr:
V = { (1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3) } A4 .
Bu ksmda
ise
H = An
n>5
An
An
grubunun basit oldu§unu ispatlayaca§z. Yani, e§er
H An
ve
H 6= { (1) }
oldu§unu gösterece§iz. Bu amaçla 3 tane Lemma veriyoruz.
Lemma 6.23
spat:
için
n>5
An 'in
için
her eleman 3lü devirlerin bir çarpmdr.
in her eleman (yani her çift permütasyon) çift sayda transpozisyonun çarpmdr. O halde
iki transpozisyonun çarpmnn, 3lü devirlerin bir çarpm ³eklinde yazld§n göstermek yeterlidir.
“imdi
(a1 , a2 )(b1 , b2 ) çarpmn dü³ünelim. Bu dört saynn birbirinden farkl oldu§unu kabul edebiliriz,
çünkü öyle olmasayd, a³a§da iki durum halinde açkland§ gibi, bu çarpm ya birim elemana ya da
bir 3lü devire e³it olurdu. (n
“imdi,
>3
ise, birim eleman 3lü devirlerin bir çarpm olarak yazlabilir.)
Durum 1:
a1 = b1 , a2 6= b2
ise:
(a1 , a2 )(b1 , b2 ) = (a1 , a2 )(a1 , b2 ) = (a1 , a2 , b2 )
Durum 2:
a1 = b1 , a2 = b2
ise:
(a1 , a2 )(b1 , b2 ) = (a1 , a2 )(a1 , a2 ) = (a1 )
n>5
16e6n
oldu§undan
olacak ³ekilde bu dört saydan farkl bir
e
says vardr. Böylece;
(a1 , a2 )(b1 , b2 ) = (e, a1 , a2 )(e, a1 , b1 )(e, b2 , b1 )
olup iddia do§rudur.
Lemma 6.24
spat:
H An
(a, b, c) ∈ H
olsun.
eleman
a'y x'e, b'yi y 'ye
H An
oldu§undan
vardr. O zaman
H
olsun. E§er
bir 3lü devir içeriyorsa o zaman
x, y, z ∈ { 1, 2, . . . , n }
ve
c'yi z 'ye
(x, y, z) ∈ H
Ψ = (e, f )θ
olsun ve
x, y, z
e³leyen bir eleman ise
dir. E§er
θ
tek ise
n>5
H = An
dir.
birbirinden farkl olsunlar.
θ−1 (a, b, c)θ = (x, y, z)
oldu§undan
a, b, c
dir. E§er
den farkl
θ
e, f
θ ∈ Sn
çift ise
saylar
çifttir.
Ψ−1 (a, b, c)Ψ = θ−1 (e, f )(a, b, c)(e, f )θ
= θ−1 (a, b, c)θ
= (x, y, z)
olup normallikten dolay
(x, y, z) ∈ H
olur.
devirleri içerir ve Lemma 6.23 den dolay
x, y, z
nin seçimi keyfî oldu§undan
H = An
dir.
74
H , Sn
deki bütün 3lü
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
H An
Lemma 6.25
α = (a1 , a2 )(a3 , a4 ) ∈ H
spat:
saydan farkl
θ−1 αθ
olsun. E§er
iki ayrk transposizyonun çarpmn içeriyorsa
iki ayrk transpozisyonun çarpm olsun.
e ∈ { 1, 2, . . . , n }
= (a2 , e)(a3 , a4 ) ∈ H
H,
Hüseyin Bilgiç
says vardr.
θ = (a1 , a2 , e)
olsun.
n>5
θ ∈ An
H = An
dir.
oldu§undan bu dört
olup normallikten dolay
dir. “imdi,
α−1 (θ−1 αθ) = (a1 , a2 )(a3 , a4 )(a2 , e)(a3 , a4 )
= (a1 , a2 )(a2 , e)
= (a1 , e, a2 ) ∈ H
olup
H
bir 3lü devir içerir. Lemma 6.24 den dolay
Teorem 6.26
spat:
üzere
n>5
H An
için
An
α = α1 α2 · · · αk
dir.
basit gruptur.
H 6= { (1) }
ve
H = An
olsun. O zaman
(1) 6= α ∈ H
vardr.
olsun. Ayrk devirler de§i³meli oldu§undan
büyükten küçü§e sraland§n; yani
i = 1, 2, . . . , k − 1
α1 , α2 . . . αk
α1 , α2 . . . αk
ayrk devirler olmak
larn uzunluklarna göre
için αi nin uzunlu§u
> αi+1
in uzunlu§u
oldu§unu varsayabiliriz.
Durum 1:
α1 = (a1 , a2 , . . . , am )
σ = (a1 , a2 , a3 )
H An
olsun.
σ ∈ An
ve
m>4
oldu§u ve
σ
olsun.
nn
α2 , α3 , . . . , αk
ile de§i³meli oldu§u açktr.
oldu§undan
β = α−1 (σ −1 ασ)
= αk−1 . . . α1−1 (a2 , a3 , a1 , a4 , . . . , am )α2 . . . αk
= α1−1 (a2 , a3 , a1 , a4 , . . . , am )
= (am , am−1 , . . . , a2 , a1 )(a2 , a3 , a1 , a4 , . . . , am )
= (a1 , a2 , a4 )
olup
β∈H
Durum 2:
dir. Lemma 6.24 den sonuç ortaya çkar.
m=3
α1 = (a1 , a2 , a3 )
olsun ve
ve
α2
de bir 3-lü devir olsun.
α2 = (a4 , a5 , a6 )
diyelim.
σ = (a2 , a3 , a4 ) ∈ An
olsun. “imdi
α−1 (σ −1 ασ) = α1−1 α2−1 . . . αk−1 (a1 , a3 , a4 )(a2 , a5 , a6 )α3 α4 . . . αk
= α1−1 α2−1 (a1 , a3 , a4 )(a2 , a5 , a6 )
= (a1 , a3 , a2 )(a4 , a6 , a5 )(a1 , a3 , a4 )(a2 , a5 , a6 )
= (a1 , a4 , a2 , a3 , a5 ) ∈ H
olup Durum 1'den dolay sonuç elde edilir.
75
σ −1 ∈ An
ve
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
Durum 3:
m=3
α1 = (a1 , a2 , a3 )
ve
α2 , . . . , αk
olsun.
Durum 4: Bütün
αi
Hüseyin Bilgiç
larn hepsi transpozisyon olsun.
α2 = (a1 , a2 , a3 )2 = (a1 , a3 , a2 ) ∈ H
olup sonuç Lemma 6.24 den ortaya çkar.
ler transpozisyon olsun.
α1 = (a1 , a2 ), α2 = (a3 , a4 )
olsun.
σ = (a2 , a3 , a4 )
diyelim. “imdi
(σ −1 ασ)α−1 = (a1 , a3 )(a4 , a2 )α3 . . . αk αk−1 . . . α1−1
= (a1 , a3 )(a4 , a2 )(a1 , a2 )(a3 , a4 )
= (a1 , a4 )(a2 , a3 ) ∈ H
olup Lemma 6.25 den sonuç ortaya çkar.
ALI“TIRMALAR
1.
!
1 2 3 4 5 6 7 8
θ =
3 7 5 6 1 2 8 4
permütasyonu verilsin.
devirlerin bir çarpm ³eklinde yaznz.
A = h(1, 2)i
B = h(1, 3)i
2.
S3
3.
Sbn = { f ∈ Sn | f (n) = n }
de
ve
θ
θ
y önce ayrk devirlerin sonra da 2-li
çift midir, tek midir?
alt gruplar verilsin.
kümesinin
Sn
AB
çarpm
S3
ün bir alt grubu mudur?
in bir altgrubu oldu§unu ve
Sn−1 'e
izomork oldu§unu
gösteriniz.
4. Bir
G
grubunun normal bir altgrubunun normal bir altgrubu
vererek gösterin. (pucu:
5.
n>3
6.
H 6 Sn
7.
S5
8.
A3 'ün
9.
An = Sn
de
için
Sn
A4
G'de
normal olmayabilir. Bir örnek
grubunu ele aln.)
abelyen de§ildir. Gösterin.
bir altgrup olsun. Ya
α = (1, 2, 3)(4, 5)
H
nin tüm elemanlar çifttir ya da yars tek yars çifttir. Gösterin.
permütasyonunun merkezleyenini bulunuz.
grup tablosunu yaznz.
ise
n=1
oldu§unu gösterin.
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
θ = (1, 3, 5)(2, 7, 8, 4, 6) = (1, 3)(1, 5)(2, 7)(2, 8)(2, 4)(2, 6)
transpozisyonun çarpmdr, yani çifttir.
76
olup
θ
permütasyonu 6 tane
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
ÇÖZÜM 2.
Hüseyin Bilgiç
A = { (1), (1, 2) } , B = { (1), (1, 3) }
(1, 3)(1, 2) = (1, 3, 2) ∈
/ AB
olup
AB
ve
AB = { (1), (1, 2), (1, 3), (1, 2, 3) }
bir alt grup de§ildir.
S = { 1, 2, . . . , n − 1, n } olsun. Sbn aslnda son eleman sabit
f, g ∈ Sbn olsun. Bu durumda g −1 ∈ Sbn oldu§u açktr. “imdi,
ÇÖZÜM 3.
kümesidir.
olur. Buradan
brakan permütasyonlarn
[f g −1 ](n) = g −1 (f (n)) = g −1 (n) = n
f g −1 ∈ Sbn
ψ : Sn−1 −→ Sbn
olup
oldu§u görülür. Teorem 2.8'den
dönü³ümünü her
ψ
permütasyonu ilave edelim.
için
Sbn ∼
= Sn−1
“imdi
ψ(g) = g · (n)
oldu§unu gösterelim.
³eklinde tanmlayalm. Yani
g
ye
(n)
bir izomorzmadr, çünkü:
ψ(f ) = ψ(g) =⇒ f · (n) = g · (n) =⇒ f = g .
ψ
11 dir:
ψ
homomorzmadr:
ψ
örtendir:
ψ(g) = g 0
g ∈ Sn−1
Sbn 6 Sn .
g 0 ∈ Sbn
ψ(f g) = f g · (n) = f · (n) · g · (n) = ψ(f )ψ(g).
g 0 = g · (n)
alalm. Bu durumda
³eklinde olup burada
g ∈ Sn−1
dir. O zaman
oldu§u açktr.
ÇÖZÜM 4.
G = A4
alalm.
V = { (1), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3) } A4
ayrk iki transpozisyonun çarpm ³eklindeki bütün permütasyonlar
−1 βα permütasyonu
için α
çarpmdr. O halde
β
de olup her
α ∈ A4
ve her
β∈V
ile ayn ³ekle sahiptir; yani birim elemandr ya da ayrk iki transpozisyonun
α−1 βα ∈ V
indeksi 2 dir. Ancak
V
oldu§u açktr, çünkü
U, A4 'ün
dir. “imdi
U = { (1), (1 2)(3 4) } dersek U V
normal altgrubu de§ildir, çünkü
(1 2 3) ∈ A4
olur, çünkü bu altgrubun
için
(1 2 3)−1 · (1 2)(3 4) · (1 2 3) = (2 3)(1 4) ∈
/ U.
ÇÖZÜM 5.
olup
Sn
n>3
ise
α = (1, 2) ∈ Sn
ve
β = (1, 3) ∈ Sn
alalm
αβ = (1, 2, 3)
fakat
βα = (1, 3, 2)
abelyen de§ildir.
ÇÖZÜM 6.
ile çarpmak
H 6 Sn
H
olsun.
H
nin tüm elemanlar çift olmasn.
σ∈H
tek olsun.
Hσ = H
deki bütün çift elemanlar tek; tek elemanlar da çift yapar. O halde
H
olup
H
yi
σ
deki elemanlarn
yars çift yars tektir.
Cα =
ÇÖZÜM 7.
τ ∈ S5 : τ −1 ατ = α
kümesidir. Ba³ka bir deyi³le bu küme
α
y
α'ya
e³lenik
yapan permütasyonlarn kümesidir. Teorem 6.21'de izah edildi§i gibi bu permütasyonlar bulmak için
α
nn altna
α
yazlp üstteki sembolleri alttakilere e³leyen permütasyonlar yazlr. O halde
Cα = { (1), (1, 2, 3), (1, 3, 2), (1, 2, 3)(4, 5), (1, 3, 2)(4, 5), (4, 5) } .
ÇÖZÜM 8.
A3 = { (1), (123), (132) }
grubunun tablosu a³a§dadr:
77
Bölüm 6. Permütasyon Gruplar
ÇÖZÜM 9.
n > 1 ise Sn
permütasyonunu içerir.
Sn =⇒ n = 1
α
Hüseyin Bilgiç
·
(1)
(123)
(132)
(1)
(1)
(123)
(132)
(123)
(123)
(132)
(1)
(132)
(132)
(1)
(123)
grubu 1 ile 2 yi yer de§i³tirip di§er bütün elemanlar sabit brakan
tek permütasyon oldu§undan
dir.
78
An 6= Sn
dir.
A1 = S 1
α = (1, 2)
oldu§undan
An =
7
Halka ve Cisim
Tanm 7.1
R 6= ∅
bir küme olsun.
R
de adna toplama ve çarpma denilen ve srasyla + ve
“·
(R, +, ·)
iki
sembolleri ile gösterilen iki i³lem tanmlanm³ olsun. E§er a³a§daki 3 ³art sa§lanyorsa
i³lemli cebirsel yapsna bir
1.
(R, +)
halka
denir.
bir abelyen (de§i³meli) gruptur.
2. Her
a, b, c ∈ R
için
3. Her
a, b, c ∈ R
için:
a · (b · c) = (a · b) · c
dir. (Yani
(R, ·)
a · (b + c) = (a · b) + (a · c)
(Soldan da§lma özelli§i),
(a + b) · c = (a · c) + (b · c)
(Sa§dan da§lma özelli§i).
bir yargruptur.)
Bunlara ek olarak;
de§i³imli halka denir.
5. Her a ∈ R için a · e = e · a = a olacak ³ekilde bir e ∈ R var ise e ye birim eleman ; R ye de
birim elemanl halka denir.
4. Her
a, b ∈ R
için
a·b=b·a
ise (yani
·
i³lemi de§i³meli ise)
R
ye
Not: Aksi belirtilmedikçe çarpma i³leminin toplama i³lemine göre i³lem önceli§i oldu§u kabul edilecek-
tir. Bu yüzden 3. özellikte e³itli§in sa§ndaki parentezler kullanlmayabilir. Ayrca
a · b yerine ksaca ab
yazlabilir. Halkadaki toplama i³leminde (birinci i³lemde) toplamsal gösterim tarz; çarpma i³leminde
(ikinci i³lemde) çarpmsal gösterim tarz kullanlr.
Not: Bir
R birim elemanl halkasnda birim eleman genelde 1R
veya ksaca
1 ile gösterilir. Baz yazarlar
5. özelli§i bir halkann sahip olmas gereken bir özellik olarak kabul ederler.
Örnek 7.2
(Z, +, ·), (Q, +, ·), (R, +, ·), (C, +, ·)
Örnek 7.3
S=
√
x + y 2 | x, y ∈ Z
Örnek 7.4
T =
√
√
u + v 3 2 + w 3 4 | u, v, w ∈ Q
sistemleri birer halkadr.
kümesi bilinen + ve
·
i³lemleri ile bir halkadr.
kümesi bilinen + ve
79
·
i³lemleri ile bir halkadr.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
(Zn , ⊕, )
Örnek 7.5
Hüseyin Bilgiç
bir halkadr. Her
a, b ∈ Zn
a⊕b=a+b
T = { 0, e }
Örnek 7.6
Buna göre
(T, +, ·)
veya ksaca
ksaca
0
a−b
Örnek 7.8
ve
⊕
ve
i³lemleri ³öyle tanmlanmaktadr:
ab=a·b
kümesinde toplama ve çarpma ³öyle tanmlansn:
+
0
e
·
0
e
0
0
e
0
0
0
e
e
0
e
0
e
bir halkadr.
(R, +, ·)
Tanm 7.7
için
halkasnda toplama i³lemine göre olan birim elemana halkann
ile gösterilir. Bir
a
elemannn
+
i³lemine göre tersi
−a
sfr
ile gösterilir ve
denir ve
a + (−b)
0R
yerine
yazlr.
L = Z × Z × Z = { (a, b, c) | a, b, c ∈ Z }
kümesinde toplama ve çarpma i³lemleri ³öyle
tanmlansn:
(a, b, c) + (d, e, f ) = (a + d, b + e, c + f ),
(L, +, ·)
i)
(a, b, c)(d, e, f ) = (ad, bd + ce, cf ).
cebirsel yapsnn bir halka oldu§unu gösterelim.
(L, +)
de§i³meli gruptur. Çünkü kapaldr, birle³imlidir, birim eleman
−(a, b, c) = (−a, −b, −c)
(0, 0, 0)
dr,
(a, b, c)
dir ve de§i³me özelli§i vardr.
ii)
(a, b, c) (d, e, f )(g, h, i) = (a, b, c) (dg, eg + f h, f i)
= (adg, bdg + ceg + cf h, cf i)
= (ad, bd + ce, cf )(g, h, i)
= (a, b, c)(d, e, f ) (g, h, i)
bulunur.
iii)
(a, b, c) (d, e, f ) + (g, h, i) = (a, b, c) (d + g, e + h, f + i)
= (ad + ag, bd + bg + ce + ch, cf + ci)
= (a, b, c)(d, e, f ) + (a, b, c)(g, h, i)
Sa§dan da§lma özelli§ini ödev olarak brakyoruz. Sonuç:
80
(L, +, ·)
oldu§u görülür.
bir halkadr.
nin tersi
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
iv) Birim eleman bulalm:
(a, b, c)(x, y, z) = (a, b, c) =⇒ (ax, bx + cy, cz) = (a, b, c)
=⇒ ax = a, bx + cy = b, cz = c
=⇒ x = 1, z = 1, y = 0
(1, 0, 1)(a, b, c) = (a, b, c)
olur. Ayrca
olup (1,0,1) birim elemandr. Yani
(L, +, ·)
birim elemanl bir
halkadr.
v)
(1, 0, 0)(0, 1, 0) = (0, 0, 0)
(L, +, ·)
fakat
(0, 1, 0)(1, 0, 0) = (0, 1, 0)
olup çarpmann de§i³me özelli§i yoktur.
de§i³meli halka de§ildir.
Not: Bir halkada
· i³leminin + üzerine soldan da§lma özelli§i varsa ve bu halka de§i³meli ise · i³leminin
+ üzerine sa§dan da§lma özelli§i de vardr, çünkü:
(a + b) · c = c · (a + b) = c · a + c · b = a · c + b · c.
Teorem 7.9 Bir halkann sfr tektir.
spat: (Gruplar teorisindeki ispatn aynsdr.)
0 + 00 = 00
olur. Ayrca,
Teorem 7.10
R
00
0 ve 00 , R nin iki farkl sfr olsun. 0 bir sfr oldu§undan
bir sfr oldu§undan
bir halka ve
a, b, c ∈ R
0 + 00 = 0
olur. Bu iki e³itlikten
0 = 00
elde edilir.
olsun.
1.
a+c=b+c
ise
a=b
dir (Sa§dan ksaltma).
2.
c+a=c+b
ise
a=b
dir (Soldan ksaltma).
3. Toplamaya göre ters eleman tektir.
4.
a+x=b
5.
R
6.
a
denkleminin tek çözümü
x=b−a
dr.
nin birim eleman (varsa) tektir.
nn çarpmaya göre tersi (varsa) tektir.
spat: Grup teorisindeki gibidir.
Tanm 7.11
cisim
(R, +, ·)
bir halka olsun. E§er
(R \ { 0 } , ·)
bir abelyen grup ise
(R, +, ·)
sistemine bir
denir.
Not: Bir
R
cisminde
R\{0}
kümesi bir grup olaca§ndan
R = {0}
halkas bir cisim olamaz. O halde
bir cisim en az 2 elemanldr diyebiliriz.
Örnek 7.12
(R, +, ·), (C, +, ·), (Q, +, ·)
birer cisimdir, fakat
81
(Z, +, ·)
bir cisim de§ildir.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
R
Teorem 7.13
bir halka olsun. Her
1.
a0 = 0a = 0
2.
(−a)b = a(−b) = −(ab)
3.
(−a)(−b) = ab
a0 = a(0 + 0) = a0 + a0
spat 1.
kullanrsak
0 = a0
a, b ∈ R
elde edilir. Benzer ³ekilde
için:
0 + a0 = a0 + a0
olur, veya
(−a)b + ab = (−a + a)b = 0b = 0
spat 2.
−(ab)
Hüseyin Bilgiç
0a = 0
yazabiliriz. Sa§dan ksaltma kuraln
oldu§u gösterilebilir.
oldu§undan
−(ab) = (−a)b
olur. Benzer ³ekilde
a(−b) =
(−a)(−b) = a(−(−b)) = ab.
gösterilebilir.
spat 3. E§er
(−a)b = a(−b)
b
e³itli§inde
yerine
(−b)
yazarsak,
Not 7.14 Birim elemanl bir halkann sfr ile birim eleman e³it olabilir mi? Yani
mi? Cevap: Bu durum sadece
halkas
a∈R
için
0=0·a=1·a=a
bir
R
(=⇒) S
grubudur.
Q
nun;
bir halka ve
Q
a−b∈S
ve her
S⊆R
halkas da
∅=
6 S⊆R
bir alt halka ve
Teorem 2.8'den,
(⇐=) S 6= ∅
halkasnda
OR = 1R
veya
sfr
oldu§unu kabul edelim. Her
oldu§u görülür.
denir.
halkas
Z
Teorem 7.17
spat:
R = {0}
R
olabilir
R bir halka ve ∅ =
6 S ⊆ R olsun. E§er S, R deki i³lemlerle birlikte bir halka oluyorsa S 'ye
alt halkas
Örnek 7.16
olup
trivial halka
halkasnda görülür. (Bu halkaya
denir.) Bunu ³öyle ispatlayabiliriz: Bir
Tanm 7.15
R'nin
R = {0}
OR = 1R
için
oldu§undan
olsun.
S 'nin
2Z
a, b ∈ S
için
a−b∈S
2.)
Her
a, b ∈ S
için
ab ∈ S
S
olsun.
grubu
(R, +)
bir halka oldu§undan
a − b, ab ∈ S
i³lemi
(S, +)
S 'de
halkas
Z
nin alt halkasdr.
alt halka olmas için gerek ve yeter ³artlar:
Her
a, b ∈ S
+
nin alt halkasdr.
1.)
dir. Ayrca
a, b ∈ S
R
grubunun alt grubu oldu§undan,
ab ∈ S
dir.
olsun. Teorem 2.8'den
(S, +)
grubu
(R, +)
de de§i³melidir. Yine,
S⊆R
oldu§undan çarpma i³lemi
grubunun alt
S 'de de birle³melidir ve · i³leminin + üzerine soldan ve sa§dan da§lma özelli§i S 'de de vardr. O halde
S
bir alt halkadr.
Not 7.18 Bu teoremin uygulanmas için
kaynaklarda bir
S
S
nin bo³ olmad§ndan emin olmak gerekir. O yüzden baz
altkümesinin (bo³ veya de§il) alt halka olmas için gerek ve yeter ³artlar 3 tane
verilmi³tir. Bu üç ³art, yukardaki 2 ³artla birlikte,
Teorem 7.17'de
b=a
0∈S
³artdr. E§er
alnarak 1.) ³art uygulanrsa elde edilir.
82
S
bo³ de§ilse,
0∈S
oldu§u
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Tanm 7.19
(R, +, ·)
ve
Hüseyin Bilgiç
(S, ⊕, )
iki halka ve
θ : R −→ S
bir fonksiyon olsun. E§er
θ
toplama ve
çarpma i³lemlerini koruyorsa; yani
ise
θ
ya bir
(i) her
a, b ∈ R
için
θ(a + b) = θ(a) ⊕ θ(b),
(ii) her
a, b ∈ R
için
θ(a · b) = θ(a) θ(b)
halka homomorzmas
denir. Bu durumda
θ : (R, +) −→ (S, ⊕)
bir grup homomorz-
mas oldu§u açktr. O halde grup homomorzmalarndaki sonuçlar geçerlidir. Mesela;
(i)
(ii)
(iii)
Örnek 7.20
ise
θ(0R ) = 0S ,
θ(−a) = −θ(a),
θ(a − b) = θ(a + (−b)) = θ(a) ⊕ θ(−b) = θ(a) ⊕ (−θ(b)) = θ(a) − θ(b).
θ : Z20 −→ Z30 , θ(x) = 6x
Z'de x + y = 20q + r
ve
xy = 20t + s
³eklinde tanmlansn.
dir (q, t
∈Z
6x + 6y = 6(x + y) = 120q + 6r
olur.
Z30 'da
ve
x, y ∈ Z20
0 6 r, s < 20.)
ve
için
x⊕y = r
Bu durumda
ve
xy = s
Z'de
6(xy) = 120t + 6s
ise
θ(x ⊕ y) = 6(x ⊕ y) = 6r = 6x ⊕ 6y = θ(x) ⊕ θ(y),
θ(x y) = 6(x y) = 6s = (6 · 6)s = 6 · 6(x y) = (6x) (6y) = θ(x) θ(y)
olur ve böylece
Örnek 7.21
θ
bir halka homomorzmasdr.
θ : Z5 −→ Z10 , θ(x) = 5x
³eklinde tanmlansn.
θ
bir halka homomorzmas de§ildir,
çünkü
θ(3 3) = θ(4) = 0,
Ayrca,
θ : (Z5 , ⊕) −→ (Z10 , ⊕)
grup homomorzmas da de§ildir, çünkü
θ(4 ⊕ 4) = θ(3) = 5,
Örnek 7.22
θ(3) θ(3) = 5 5 = 5.
fakat
R = (Z, +, ·), S = (2Z, +, ·)
θ(4) ⊕ θ(4) = 0 ⊕ 0 = 0.
fakat
olsun.
θ : R −→ S, θ(x) = 2x
olarak tanmlansn.
θ(x + y) = 2(x + y) = 2x + 2y = θ(x) + θ(y)
olup
θ
bir grup homomorzmasdr. Fakat genelde
θ(xy) = 2xy 6= 2x2y = θ(x)θ(y)
olup
θ
bir halka
homomorzmas de§ildir.
halka
izomorzmas denir. E§er R'den S 'ye bir halka izomorzmas var ise R ve S halkalarna izomorktir
denir. θ : R −→ R izomorzma ise θ 'ya bir halka otomorzmas denir.
Tanm 7.23
θ : R −→ S
bir halka homomorzmas olsun.
83
θ
birebir ve örten ise
θ'ya
bir
Bölüm 7. Halka ve Cisim
(
Örnek 7.24
a
H =
Hüseyin Bilgiç
b
!
: a, b ∈ R
−b a
a
C −→ H, φ(a + bi) =
b
)
bilinen matris toplam ve çarpm ile bir halkadr.
φ :
!
bir halka homomorzmas mdr?
−b a
φ
dönü³ümü
ile
C
H
yi izomork
yapar m?
Çözüm:
a, b, c, d ∈ R
olmak üzere
z = a + bi ∈ C
ve
w = c + di ∈ C
alalm.
φ(z + w) = φ (a + c) + (b + d)i
!
a+c b+d
=
−b − d a + c
!
!
a b
c d
=
+
−b a
−d c
= φ(z) + φ(w),
φ(zw) = φ (ac − bd) + (ad + bc)i
!
ac − bd ad + bc
=
−ad − bc ac − bd
!
!
c d
a b
=
−b a
−d c
= φ(z)φ(w).
Yani
φ
bir halka homomorzmasdr.
φ(z) = φ(w) =⇒
a
b
!
−b a
=
olup
φ
11 dir. “imdi verilen her
olup
φ
nin örten oldu§u görülür. Yani
Tanm 7.25
bir
birim
R
Y =
!
d
c
−d c
a
b
=⇒ a = c, b = d =⇒ a + bi = c + di =⇒ z = w
!
∈ H matrisi
−b a
C ile H izomorktir.
birim elemanl bir halka olsun. Bir
u∈R
için
X = a + bi ∈ C
seçilirse
elemannn çarpmaya göre tersi varsa
(unit) denir. Bir halkadaki bütün birimlerin kümesi
U (R)
ile gösterilir.
yaps bir gruptur.
Dikkat: Birim eleman ile birim kavramlarn kar³trmaynz.
Örnek 7.26
U (Z) = { 1, −1 } , U (Q) = Q \ { 0 }, U (C) = C \ { 0 } , U (Z6 ) =
84
φ(X) = Y
1, 5
.
(U (R), ·)
u
ya
cebirsel
Bölüm 7. Halka ve Cisim
R
Tanm 7.27
Hüseyin Bilgiç
bir halka olsun. Bir
a∈R
için
an = 0
olacak ³ekilde bir
n ∈ Z+
varsa
a
ya
nilpotent
denir. Mesela;
Örnek 7.28
H
Z
halkasndaki nilpotent elemanlar :
{0}
Q
halkasndaki nilpotent elemanlar :
Z8
halkasndaki nilpotent elemanlar :
Z9
halkasndaki nilpotent elemanlar :
{0}
0, 2, 4, 6
0, 3, 6
birim elemanl bir halka olsun.
x∈H
nilpotent ise
(1 − x)
in ve
(1 + x)
in bir birim
oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
x∈H
nilpotent olsun. O halde
∃n ∈ Z+
için
xn = 0
dr.
(1 − x)(1 + x + · · · + xn−1 ) = 1 + x + · · · + xn−1 − x − x2 − · · · − xn = 1 − xn = 1
olup
(1 − x)
in tersi vardr. Yani
1−x
birimdir. Ayrca
(
(1 + x)(1 − x + x2 − · · · ∓ xn−1 ) =
Her iki durumda da
1 ∓ xn = 1
olup
1+x
1 + xn , n
tek ise;
xn ,
çift ise.
1−
n
in birim oldu§u görülür.
Tanm 7.29 Birim elemanl (ve trivial olmayan) bir halkann, 0 hariç bütün elemanlar birim ise bu
halkaya
çarpk cisim
(skew eld) veya
bölüm halkas
(division ring) denir. (Her cisim bir çarpk
cisimdir fakat bir çarpk cismin cisim olmas gerekmez.)
Örnek 7.30
(Z, +, ·) halkas çarpk cisim de§ildir, çünkü 2 eleman birim de§ildir. (Q, +, ·) halkasnn
0 hariç her eleman birim oldu§undan bu halka bir çarpk cisimdir.
1−1
=
1, 2−1
=
4, 3−1
=
5, 4−1
=
2, 5−1
=
3, 6−1
=6
Z7
bir bölüm halkasdr çünkü
dr.
Örnek 7.31 Çarpk cisim olup cisim olmayan bir halka örne§i, kompleks saylar da içeren
saylardr (dördeyler
veya
quaterniyonlar halkas
Hamilton1
da denir) ve
H = { a + bi + cj + dk : a, b, c, d ∈ R }
kümesi olarak tanmlanr.
z1 = a1 + b1 i + c1 j + d1 k
ve
z2 = a2 + b2 i + c2 j + d2 k
ise toplama ve çarpma
i³lemi ³öyle tanmlanr:
z1 + z2 =(a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i + (c1 + c2 )j + (d1 + d2 )k,
z1 · z2 =(a1 a2 − b1 b2 − c1 c2 − d1 d2 ) + (a1 b2 + b1 a2 + c1 d2 − d1 c2 )i
+ (a1 c2 − b1 d2 + c1 a2 + d1 b2 )j + (a1 d2 + b1 c2 − c1 b2 + d1 a2 )k
1
rlandal matematikçi, zikçi ve astronom Sir William Rowan Hamilton (4 A§ustos 1805-2 Eylül 1865)
85
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Bu i³lemlerle
(H, +, ·)
Hüseyin Bilgiç
1
birim eleman
olan bir halkadr.
z = a + bi + cj + dk
ise
z 'nin uzunlu§u
ve
e³leni§i
|z| =
³eklinde tanmlanr. O zaman
p
a2 + b2 + c2 + d2 ,
z 6= 0
z = a − bi − cj − dk
ise
z −1 =
z
a − bi − cj − dk
= 2
|z|2
a + b2 + c2 + d2
olup çarpma i³lemine göre 0 hariç her elemann tersi vardr. Fakat bu halka de§i³meli de§ildir (mesela
k
= ij 6= ji = −k);
Tanm 7.32
bölenleri
R
yani cisim olmayan bir çarpk cisimdir.
a, b ∈ R
bir halka,
denir.
a
ve
a 6= 0, b 6= 0
sol sfr bölen, b
ya
ye
olsun. E§er
sa§ sfr bölen
a·b = 0
denir.
R
ise
a
ve
b
ye
R
nin
sfr
halkas de§i³meli ise sol (sa§)
sfr bölen ayn zamanda sa§ (sol) sfr bölendir.
Örnek 7.33
(Z12 , ⊕, )
halkasnn sfr bölenlerini bulalm:
2 6 = 0,
oldu§undan, sfr bölenlerin kümesi:
Teorem 7.34
spat:
Zn
m ∈ Zn
3 4 = 0,
2, 3, 4, 6, 8, 9, 10
halkasnn sfr bölenleri,
ve
m
ile
n
8 9 = 0,
m
ile
n
6 10 = 0
.
ile aralarnda asal olmamak üzere
aralarnda asal olmasn. Yani EBOB{ m, n }
m
³eklindedir.
= (m, n) = d > 2
olsun. Bu
durumda
m
olur. Burada
m 6= 0
Sonuç 7.35
p
ve
asal ise
n
d
Zp
6= 0
n
d
=
oldu§undan
m
d
m
n≡0
(mod n)
bir sfr bölendir.
nin sfr bölenleri yoktur.
Tanm 7.36 Birim elemanl, de§i³meli ve sfr böleni olmayan en az 2 elemanl bir halkaya
bölgesi
denir.
Örnek 7.37
(H, +, ·)
Zp
bir tamlk bölgesidir. Ayrca
a−1
F
ve
(R, +, ·)
birer tamlk bölgesidir.
cismi bir tamlk bölgesidir.
a, b ∈ F, a 6= 0, ab = 0
∈F
(Q, +, ·), (Z, +, ·)
halkas sfr bölensizdir fakat de§i³meli olmad§ndan bir tamlk bölgesi de§ildir.
Teorem 7.38 Her
spat:
tamlk
olsun.
b=0
oldu§unu göstermemiz yeterlidir.
F
bir cisim oldu§undan
vardr.
ab = 0 =⇒ a−1 (ab) = a−1 0 =⇒ (a−1 a)b = 0 =⇒ 1 · b = 0 =⇒ b = 0.
86
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
Teorem 7.39 Her sonlu tamlk bölgesi bir cisimdir.
spat:
F = { 0, 1, a1 , a2 , . . . , an }, n + 2
x ∈ F∗
lim. Her
1'dir.
a1
elemanl sonlu bir tamlk bölgesi olsun.
F∗ = F \ {0}
diye-
n çarpma i³lemine göre bir tersinin oldu§unu göstermemiz yeterlidir. 1'in tersi
in tersinin oldu§unu gösterelim. (Di§erlerinin tersinin oldu§u da ayn yöntemle gösterilir.)
a1 F ∗ = { a1 , a1 a1 , a1 a2 , . . . , a1 an }
kümesine bakalm. Çarpma i³lemi kapal oldu§undan ve
F
tamlk
∗
bölgesi oldu§undan bu kümedeki elemanlarn hepsi F n elemanlardr. Ayrca bu elemanlarn hepsi
birbirinden farkldr. Çünkü:
1.)
∃i
2.)
∃i, j
için
a1 = a1 ai
ve
i 6= j
olsayd
için
bölgesi oldu§undan
ai = 1
a1 ai = a1 aj
ai − aj = 0
a1 aj = 1
ise
yani
(a1
olmaldr ki bu da
Z5 =
Örnek 7.40
olsayd
n+1
Sonuç olarak, her iki küme de
için
olurdu.
0, 1, 2, 3, 4
a1 ai − a1 aj = 0
ai = aj
a1 (ai − aj ) = 0
olurdu. F bir tamlk
olurdu.
elemanl oldu§undan,
)−1
yani
= aj ∈ F
a1 F ∗ = F ∗
bulunur.
1 ∈ F∗
oldu§undan
∃j
oldu§unu gösterir.
sonlu bir tamlk bölgesi olup bir cisimdir. Daha genel olarak
p
asal
bir cisimdir, aksi halde de§ildir.
Zp
Tanm 7.41
R
R
karakteristi§i
halkasnn
bir halka olsun. Her
a∈R
için
na = 0 olacak ³ekildeki
en küçük
denir ve kar(R) ile gösterilir. E§er böyle bir
n
n pozitif tamsaysna
says yoksa halkann
karakteristi§i sfrdr denir.
Örnek 7.42 kar(Q)
halka
R = {0}
Teorem 7.43
=
kar(Z)
=0
dr. kar(Z8 )
=8
dir. Ayrca kar(2Z)
= 0.
Karakteristi§i 1 olan tek
halkasdr.
R
birim eleman
e
ve karakteristi§i
n
olan bir halkadr
⇐⇒ n
says
ne = 0
olacak
³ekildeki en küçük pozitif tamsaydr.
spat:
(=⇒)
(⇐=) n
Her
says
a∈R
ne = 0
için
na = 0
olup
e∈R
için de
ne = 0
dr.
olacak ³ekildeki en küçük pozitif tamsay olsun. Her
a∈R
için:
na = a
+ e + · · · + e)
| +a+
{z· · · + a} = |ae + ae +
{z · · · + ae} = a (e
|
{z
}
n−tane
n−tane
n−tane
= a(ne) = a · 0 = 0
olup ispat tamamlanr.
Teorem 7.44 Bir tamlk bölgesinin karakteristi§i 0 veya asal bir saydr.
spat:
D
D = {0}
bir tamlk bölgesi olsun.
olurdu ve
{0}
kar(D) = 0
ise ispat biter.
bir tamlk bölgesi de§ildir.
87
kar(D) = 1
kar(D) = n > 2
olamaz çünkü o zaman
olsun.
n
nin asal oldu§unu
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
Özellik / Cebirsel Yap
Tamlk
Çarpk Cisim
Bölgesi
(Bölüm Halkas)
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
Birim elemanl
4
4
4
De§i³meli
4
(R, +)
(R, ·)
Halka
abelyen grup
yar grup
Da§lma özellikleri var
4
0 hariç her elemann tersi var
4
Sfr bölensiz
(R \ { 0 } , ·)
grup
(R \ { 0 } , ·)
abelyen grup
4
(R, +, ·)
e∈D
için
4
4
4
4
4
4
4
cebirsel yapsnn sa§lamas gereken özellikler tablosu.
gösterece§iz. Aksini kabul edelim; yani
³eklinde yazlabilir.
4
4
En az 2 elemanl
Tablo 7.1: Bir
Cisim
ne = 0
n
asal olmasn. O halde
1 < n1 , n2 < n
olmak üzere
n = n1 n2
dr. “imdi:
ne = 0 =⇒ |e + e +{z· · · + e} = 0 =⇒ (e + · · · + e) (e + · · · + e) = 0 =⇒ (n1 e)(n2 e) = 0
{z
}|
{z
}
|
ntane
olup
D
n1 tane
tamlk bölgesi oldu§undan
n1 e = 0
veya
n2 tane
n2 e = 0
olmaldr. Ancak bu durum
olacak ³ekildeki en küçük pozitif tamsay olmas ile çeli³ir. O halde
Örnek 7.45 Birim elemanl bir
n
n'nin ne = 0
asaldr.
R halkasnn birim eleman ile onun en az 2 elemanl bir S alt halkasnn
birim eleman farkl olabilir. Gösteriniz.
R = Z6
Çözüm:
3
eleman
dür. Ayrca
Teorem 7.46
R
olsun.
spat:
ve
D
T =
birim elemanl ise
f ∈R
0, 3
alalm. Bu durumda
0, 2, 4
birim eleman
e
e∈R
f e − e = 0;
f =0
yani
veya
fe = e
R
olan bir tamlk bölgesi,
dir ve
e, R
R
de
D
4
dir, fakat
S
nin birim
dür.
nin en az iki elemanl bir alt halkas
f (f e − e) = f 2 e − f e = f e − f e = 0
fe − e = 0
1
nin de birim elemandr.
olur. Ancak
bulunur. Ayrca
e, D
R
elde edilir.
en az 2 elemanl oldu§undan
nin birim eleman oldu§undan
D
bir tamlk
f 6= 0
fe = f
olup
dr. O
e=f
elde edilir.
Örnek 7.47 Elemanlar bir
nin birim eleman
alt halkasnn birim eleman
birim eleman olsun. “imdi
bölgesi oldu§undan
halde
S =
R
halkasndan seçilen
88
n×n
tipindeki matrislerin kümesi, matrislerdeki
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
bilinen toplama ve çarpma i³lemi ile bir halkadr. Bu halka
gibi. Benzer ³ekilde
R
Mn (Z7 )
birim elemanl ise
Mn (R)
Mn (R)
ile gösterilir.
Mn (Z) = { n × n
tamsay haneli matrisler }
Mn (R) = { n × n
reel haneli matrisler }
Mn (C) = { n × n
kompleks haneli matrisler }
ve
Mn (3Z)
de tanmldr.
n>2
için bu halkalar de§i³meli de§ildir. E§er
de birim elemanldr ve birim eleman, kö³egeni
1R
olan skaler matristir.
M2 (R) halkasnda:
!
!
!
1 2
8 −2
0 0
=
.
3 6
−4 1
0 0
Ayrca bu halkalar sfr bölenlidir; mesela
ALI“TIRMALAR
1.
H = { f | f : R −→ R
bir fonksiyon } kümesi üzerinde
f, g ∈ H
için
(f + g)(x) = f (x) + g(x)
(f · g)(x) = f (x) · g(x)
i³lemleri tanmlansn.
2.
üzerinde
Z
(H, +, ·) sisteminin bir halka oldu§unu gösterin. (H, +, ·) bir tamlk bölgesi midir?
a⊕b = a+b−1
ve
a b = a + b − ab
de§i³meli ve birim elemanl bir halka oldu§unu gösterin.
i³lemleri tanmlanyor.
(Z, ⊕, )
(Z, ⊕, )
sisteminin
bir tamlk bölgesi midir? Bir cisim
midir?
a∈H
Ia = { x ∈ H | ax = 0 }
3.
H
bir halka,
4.
R
birim eleman 1 olan bir halka ve bir
olsun.
a∈R
için
kümesi
H
a2 = 1
olsun.
nin bir alt halkasdr, gösterin.
H = { axa : x ∈ R }
kümesinin
R
nin bir alt halkas oldu§unu gösteriniz.
√
√
√
√
√
Z[ 2] = x + y 2 : x, y ∈ Z halkas verilsin. f : Z[ 2] −→ Z[ 2] fonksiyonu f (x + y 2) =
√
√
x − y 2 ile tanmlansn. f nin Z[ 2] halkasnn bir otomorzmas oldu§unu gösteriniz.
5.
6.
Bir
(pucu:
7.
U
H
halkasnda
(x + x)
∀x ∈ H
için
in karesine baknz.) Ayrca
bo³ olmayan bir küme ve
çarpma,
x2 = x
R
de
A + B = (A ∪ B) \ (A ∩ B)
U
ve
dir. Buna göre
H
∀x ∈ H
için
x = −x
oldu§unu gösteriniz.
nin de§i³meli oldu§unu gösteriniz.
nun bütün alt kümelerinin kümesi olsun.
A·B = A∩B
olarak tanmlansn.
(R, +, ·)
R'de
toplama ve
bir halka mdr?
Birim elemanl mdr? De§i³meli midir? Gösterin. (NOT: + i³lemi birle³melidir.)
8.
Bir tamlk bölgesinde karesi kendisine e³it olan elemanlarn sadece 0 ve 1 oldu§unu gösterin.
89
Bölüm 7. Halka ve Cisim
R
9.
Hüseyin Bilgiç
gösterin. (pucu:
(a + a)
için
a2 = a
ise
R'nin
kümesinin bilinen kompleks say toplamas ve çarpmas ile bir tamlk
bölgesi oldu§unu gösterin. Bu halkaya
Gauss2 tamsaylar halkas
11.
T =
√
√
a + b 3 2 + c 3 4 : a, b, c ∈ Q
12.
A=
√
a + b 4 5 : a, b ∈ Q
13.
R ve H
iki halka olsun.
kümesi
kümesi
(R, +, ·)
f : R −→ H
(R, +, .)
R
ve
(i)
H
iki halka
I, R
D
15.
R
bir tamlk bölgesi olsun.
sonucu olarak, e§er
Buradan, her
p
D
x ∈ R için f (x) = 0H
olarak tanmlansn.
sfr homomorzmas
θ(I)
H
da
R
kümesi
H 6= { 0 } ve θ
x∈D
2
için x
örten ise
H
= 1 =⇒ x = 1
da birim elemanldr ve
(p − 1)! ≡ −1 (mod p)
veya
x = −1
(f + g) + h = f + (g + h)
(ii)
(iii)
f +g =g+f
dir, çünkü
x∈R
O(x) = 0
(iv) Her
f
(v)
nin
+
için
olup
−1
oldu§unu gösterin.
oldu§unu gösterin. (Bu sonuç saylar teorisinde
f + g ∈ H.
dir, çünkü
[f (x) + g(x)] + h(x) = f (x) + [g(x) + h(x)].
f (x) + g(x) = g(x) + f (x).
³eklinde tanmlanan sfr fonksiyonu bu halkann sfrdr.
i³lemine göre tersi
(−f )(x) = −f (x)
³eklinde tanmlanan fonksiyondur. Çünkü
f + (−f ) (x) = f (x) + (−f )(x) = f (x) − f (x) = 0 = O(x).
(vi)
2
f ·g ∈H
çünkü
f (x) · g(x) ∈ R.
Carl Friedrich Gauss (1777-1855)
90
dr.
oldu§unu gösterin. Bunun
olsun.
(f + g)(x) = f (x) + g(x) ∈ R
(i)
denir.)
θ(1R ) = 1H
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
f, g, h ∈ H
nin
nin bir alt halkasdr.
Wilson Teoremi olarak bilinmektedir.)
ÇÖZÜM 1.
f
nin bir alt halkasdr.
sonlu sayda birime sahipse bu birimlerin çarpmnn
asal says için
bir cisim midir?
halkasnn bir alt halkas mdr?
dönü³ümü her
= { x ∈ R : θ(x) = 0H }
birim elemanl halka,
Z[i]
bir halka homomorzmas olsun.
nin bir alt halkas ise
(ii) Çek(θ)
(iii)
θ : R −→ H
denir.
halkasnn bir alt halkas mdr? Gösterin.
bir halka homomorzmas oldu§unu gösterin. (Bu homomorzmaya
14.
karakteristi§inin 2 oldu§unu
nn karesine bakn.)
Z[i] = { a + ib : a, b ∈ Z }
10.
a∈R
en az iki elemanl bir halka olsun. Her
Bölüm 7. Halka ve Cisim
(vii)
f (gh) = (f g)h,
(vii)
f (g + h) = f g + f h,
f h + gh,
çünkü
Sonuç olarak,
H
çünkü
f (x) g(x)h(x) = f (x)h(x) g(x).
çünkü
bir halkadr.
³eklinde tanmlanrsa
(i)
f (x)[g(x) + h(x)] = f (x)g(x) + f (x)h(x).
Benzer ³ekilde,
(f + g)h =
[f (x) + g(x)]h(x) = f (x)h(x) + g(x) + h(x).
f (x) =
ÇÖZÜM 2.
Hüseyin Bilgiç
H bir
(
0,
x>1
ex ,
f 6= O, g 6= O
a, b, c ∈ Z
tamlk bölgesi de§ildir, çünkü
x<1
fakat
(
ve
fg = O
g(x) =
cos x, x > 1
0,
x<1
olur.
olsun.
a ⊕ b = a + b − 1 ∈ Z.
(a ⊕ b) ⊕ c = (a + b − 1) ⊕ c = a + b + c − 2 = a ⊕ (b + c − 1) = a ⊕ (b ⊕ c).
(ii)
(iii)
a ⊕ b = a + b − 1 = b + a − 1 = b ⊕ a.
(iv)
a⊕1=1⊕a=a+1−1=a
(v)
a ⊕ (2 − a) = a + 2 − a − 1 = 1
olup halkann sfr 1 dir.
olup
a
nn tersi
2−a
dr.
a b = a + b − ab ∈ Z.
(vi)
(vii)
(a b) c = (a + b − ab) c = a + b − ab + c − ac − bc + abc,
a (b c) = a (b + c − bc) = a + b + c − bc − ab − ac + abc
olup çarpma i³lemi birle³melidir.
(viii)
a b = a + b − ab = b + a − ba = b a.
(ix)
a (b ⊕ c) = a (b + c − 1) = a + b + c − 1 − ab − ac + a = 2a + b + c − ab − ac − 1,
(a b) ⊕ (a c) = (a + b − ab) ⊕ (a + c − ac) = 2a + b + c − ab − ac − 1
olup
i³lemi ⊕ üzerine soldan da§lma özelli§ine sahiptir. i³lemi de§i³me özelli§ine sahip oldu§undan
sa§dan da§lma özelli§i de vardr.
(x)
a0=0a=a+0−a·0=a
Sonuç olarak,
(Z, ⊕, )
olup halkann birim eleman
birim elemanl ve de§i³meli bir halkadr.
91
0
dr.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
(xi) Sfr bölen olmad§n gösterelim. Halkann sfr 1, birim eleman da 0 dr.
olsun.
b=1
ab = 1
olsun.
a 6= 1
oldu§unu gösterece§iz.
a b = 1 =⇒ a + b − ab = 1 =⇒ a + b − ab − 1 = 0 =⇒ (a − 1)(1 − b) = 0
olup
a 6= 1
Yani,
oldu§undan
(Z, ⊕, )
(Z, ⊕, )
b=1
olmaldr.
bir tamlk bölgesidir.
bir cisim de§ildir, çünkü 3'ün
i³lemine göre tersine
x
dersek
x 3 = 0 =⇒ x + 3 − 3x = 0 =⇒ x =
3
6∈ Z
2
olur.
ÇÖZÜM 3.
(i)
(ii)
x, y ∈ Ia
a(xy) = (ax)y = 0y = 0
ÇÖZÜM 4.
(ii)
ax = ay = 0
dr
a(x − y) = a(x + (−y)) = ax + a(−y) = ax + (−(ay)) = ax − ay = 0 − 0 = 0
Teorem 7.17 gere§i
(i)
alalm. O zaman
Ia
olup
xy ∈ Ia
dr.
bir alt halkadr.
axa, aya ∈ H
alalm.
axa − aya = a(xa − ya) = a(x − y)a ∈ H
dir, çünkü
(axa)(aya) = axa2 ya = ax1ya = a(xy)a ∈ H
Teorem 7.17 gere§i
H
x − y ∈ R.
dir, çünkü
xy ∈ R
bir alt halkadr.
ÇÖZÜM 5.
√
√ √ f (a + b 2) + (c + d 2) = f (a + c) + (b + d) 2
√
= (a + c) − (b + d) 2
√
√
= (a − b 2) + (c − d 2)
√
√
= f (a + b 2) + f (c + d 2).
Ayrca,
√
√ √ f (a + b 2)(c + d 2) = f (ac + 2bd) + (ad + bc) 2
√
= (ac + 2bd) − (ad + bc) 2
√
√
= (a − b 2)(c − d 2)
√
√
= f (a + b 2)f (c + d 2).
92
olup
x − y ∈ Ia
dr.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
olup
f
Hüseyin Bilgiç
bir halka homomorzmasdr.
√
√
√
√
f (a + b 2) = f (c + d 2) =⇒ a − b 2 = c − d 2
=⇒ a = c
ve
− b = −d
(Çünkü
a, b, c, d ∈ Z)
=⇒ a = c ve b = d
√
√
=⇒ a + b 2 = c + d 2
=⇒ f
“imdi
f
nin örten oldu§unu gösterelim.
√
√
f (x − y 2) = x + y 2
Sonuç olarak,
f
x∈H
x+x=0
a2 + ab + ba + b2
olaca§ndan
f
√
√
√
x+y 2 ∈ Z[ 2] verilsin. a = x ve b = −y seçilirse f (a+b 2) =
nin örten oldu§u görülür.
bir otomorzmadr.
ÇÖZÜM 6. Her
ve buradan
olup
birebirdir.
yani
= a+b
ab = ba
için
(x+x)2 = (x+x) olmaldr. O halde x2 +x2 +x2 +x2 = x+x+x+x = x+x
x = −x
2
dir. a
=a
bulunur. Ayrca, her
2
ve b
=b
a, b ∈ H
oldu§undan
için
ab + ba = 0
(a + b)2 = a + b
yani
ab = −(ba)
olmaldr. Yani
dr.
−(ba) = ba
bulunur. Yani halka de§i³melidir.
ÇÖZÜM 7.
(i)
A, B ∈ R =⇒ A + B = A4B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) ∈ R
dir.
(A + B) + C = (A4B)4C = A4(B4C) = A + (B + C)
(ii)
(iii)
A4B = B4A
(iv)
A4∅ = A
A4A = ∅
(v)
(vi)
A+B =B+A
dr.
oldu§undan halkann sfr bo³kümedir.
oldu§undan
−A = A
dr.
A, B ∈ R =⇒ A · B = A ∩ B ∈ R
dir.
(A · B) · C = (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) = A · (B · C).
(vii)
(viii)
(ix)
oldu§undan
oldu§unu biliyoruz.
A·B =A∩B =B∩A=B·A
A · (B + C) = A ∩ (B4C) = (A ∩ B)4(A ∩ C) = A · B + A · C
oldu§u gösterilebilir. Çarpma
i³lemi de§i³meli oldu§undan sa§dan da§lma özelli§i de vardr.
(x) Her
A∈R
Sonuç:
R birim elemanl ve de§i³meli bir halkadr. U
her
∅ 6= A ∈ R
için
için
A·U =A
olup
U
bu halkann birim elemandr.
A·X = A∩X = U
en az iki elemanl ise
olacak ³ekilde bir
ise.)
93
X∈R
R bir cisim de§ildir. Çünkü
bulunamaz (mesela
A
bir elemanl
Bölüm 7. Halka ve Cisim
ÇÖZÜM 8.
D
Hüseyin Bilgiç
x∈D
bir tamlk bölgesi ve
olsun.
x2 = x =⇒ x2 − x = 0 =⇒ x(x − 1) = 0
=⇒ D
bir tamlk bölgesi oldu§undan
=⇒ x = 0
ÇÖZÜM 9.
edilir.
R
a, b, c, d, e, f ∈ Z
yani
olmak üzere
z + w = (a + c) + (b + d)i ∈ Z[i],
a+a = a+a+a+a
kar(R) 6= 1
en az 2 elemanl oldu§undan
veya
x−1=0
x=1
(a + a)2 = a2 + a2 + a2 + a2
ÇÖZÜM 10.
(i)
veya
x=0
çünkü
dir. O halde
bulunur. Buradan
kar(R) = 2
2a = 0
elde
dir.
z = a + bi, w = c + di, t = e + f i
olsun.
a + c, b + d ∈ Z
(z + w) + t = z + (w + t) = (a + c + e) + (b + d + f )i
(ii)
(iii)
z + w = (a + c) + (b + d)i = (c + a) + (b + d)i = w + z
(iv)
z + (0 + 0i) = (0 + 0i) + z = a + bi
−z = (−a) + (−b)i ∈ Z[i],
(v)
(vi)
çünkü
olup
0Z[i] = 0 + 0i ∈ Z[i]
dir, çünkü
0 ∈ Z.
−a, −b ∈ Z.
zw = (ac − bd) + (ad + bc)i ∈ Z[i],
çünkü
ac − bd, ad + bc ∈ Z.
(vii)
(zw)t = [(ac − bd) + (ad + bc)i](e + f i)
= (ace − bde − adf − bcf ) + (acf − bdf + ade + bce)i
= (a + bi)[(ce − df ) + (cf + de)i]
= z(wt)
olup çarpma i³lemi birle³melidir.
(viii)
zw = (ac − bd) + (ad + bc)i = (ca − db) + (cb + da)i = wz
olup çarpma i³lemi de§i³melidir.
(ix)
z(w + t) = (a + bi)[(c + e) + (d + f )i]
= (ac + ae − bd − bf ) + (ad + af + bc + be)i
= (ac − bd) + (ad + bc)i + (ae − bf ) + (af + be)i
= zw + zt
olup çarpma i³lemi toplama üzerine soldan da§lma özelli§ine sahiptir. Çarpma i³lemi de§i³meli oldu§undan sa§dan da§lma özelli§i de vardr.
(x)
(a + bi)(1 + 0i) = (1 + 0i)(a + bi) = a + bi
1, 0 ∈ Z
“imdi,
(xi)
olup halkann birim eleman
1 = 1 + 0i ∈ Z[i]
dir, çünkü
dir.
Z[i]
nin sfr bölenleri olmad§n gösterelim.
zw = 0
olsun ve
z 6= 0
olsun. Bu durumda
a 6= 0
94
veya
b 6= 0
dr.
w=0
oldu§unu, yani
c=d=0
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
oldu§unu gösterece§iz.
ac − bd = 0
ad + bc = 0
denklemlerini çözece§iz.
a 6= 0
Durum 1:
1. denklemi
c,
c = 0, d = 0
elde edilir.
2. denklemi
Durum 2:
b 6= 0
1. denklemi
−d,
c = 0, d = 0
elde edilir.
d
2. denklemi
ile çarpp toplarsak
c
ile çarpp toplarsak
Sonuç olarak,
göre tersi
Z[i] bir tamlk bölgesidir. Z[i]
1
1 1
− i 6∈ Z[i] dir, çünkü 6∈ Z.
2 2
2
ÇÖZÜM 11.
a(c2 + d2 ) = 0
a, b, c, d, e, f ∈ Q
ve
bulunur.
b(c2 + d2 ) = 0
a 6= 0
olup
c2 + d2 = 0 =⇒
b 6= 0
olup
c2 + d2 = 0 =⇒
bulunur.
bir cisim de§ildir, çünkü
1+i
saysnn çarpma i³lemine
√
√
√
√
x = a + b 3 2 + c 3 4 ∈ T, y = d + e 3 2 + f 3 4 ∈ T
olsun.
√
√
3
3
x − y = (a − d) + (b − e) 2 + (c − f ) 4 ∈ T
olur çünkü
a − d, b − e, c − f ∈ Q
dur.
√
√
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
3
3
3
3
xy = ad + ae 2 + af 4 + bd 2 + be 4 + bf 8 + cd 4 + ce 8 + cf 16
√
√
3
3
= (ad + 2bf + 2ce) + (ae + bd + 2cf ) 2 + (af + be + cd) 4 ∈ T
olur, çünkü bütün katsaylar rasyoneldir. Teorem 7.17 gere§i
ÇÖZÜM 12.
x=
ÇÖZÜM 13. Her
√
4
5∈A
x, y ∈ R
ve
y=
√
4
5∈A
alalm.
xy =
√
4
T
bir alt halkadr.
25 6∈ A
olur. Yani
A
bir alt halka de§ildir.
için
f (x + y) = 0H = 0H + 0H = f (x) + f (y),
f (x · y) = 0H = 0H · 0H = f (x) · f (y)
olup
f
bir halka homomorzmasdr.
ÇÖZÜM 14. (i)
x, y ∈ θ(I) =⇒ ∃ a, b ∈ I
için
θ(a) = x, θ(b) = y
=⇒ θ(a
− }b) = θ(a) − θ(b) = x − y
| {z
∈I
=⇒ x − y ∈ θ(I).
95
(Çünkü
θ
grup hom.)
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
Ayrca
θ(a
· b ) = θ(a) · θ(b) = x · y
|{z}
∈I
olup
x · y ∈ θ(I)
θ(I), H
dr. Teorem 7.17 gere§i
nin alt halkasdr.
(ii)
a, b ∈ Çek(θ) =⇒ θ(a) = 0H , θ(b) = 0H
=⇒ θ(a − b) = θ(a) − θ(b) = 0H − 0H = 0H
(Çünkü
θ
grup hom.)
=⇒ a − b ∈ Çek(θ).
Ayrca
θ(a · b) = θ(a) · θ(b) = 0H · 0H = 0H
olup
a · b ∈ Çek(θ)
(iii)
θ
dr. Teorem 7.17 gere§i Çek(θ), R nin alt halkasdr.
örten oldu§undan her
h∈H
için
∃r ∈ R
vardr öyle ki
θ(r) = h
dir. “imdi, her
h∈H
için
h = θ(r) = θ(1R · r) = θ(1R ) · θ(r) = θ(1R ) · h,
h = θ(r) = θ(r · 1R ) = θ(r) · θ(1R ) = h · θ(1R )
olup
H
nin birim elemanl oldu§u ve
ÇÖZÜM 15.
x−1=0
D
veya
θ(1R ) = 1H
oldu§u görülür.
x2 = 1 =⇒ x2 − 1 = 0 =⇒ (x − 1)(x + 1) = 0 =⇒ D
x + 1 = 0 =⇒ x = 1
deki bütün birimler
veya
x = −1.
U = { 1, −1, u1 , u2 , . . . , un }
olsun.
x∈U
ve
−1
oldu§u görülür.
kendisi olmad§ndan bu çarpmn sonucu
−1
dir.
kendine e³it olan elemanlarn sadece
Bu sonucu
Buradan
Zp
1
tamlk bölgesine uygularsak;
1 · 2 · · · (p − 1) = −1
yani
bir tamlk bölgesi oldu§undan
Zp
için
x−1 = x ⇐⇒ x2 = 1
u = (−1)u1 u2 . . . un
bir cisim oldu§undan
(p − 1)! ≡ −1 (mod p)
96
bulunur.
U (Zp ) =
dersek
ui
olup tersi
lerin tersi
1, 2, . . . , p − 1
dir.
Bölüm 7. Halka ve Cisim
Hüseyin Bilgiç
HALKALAR
Tamlk Bölgeleri
Çarpk Cisimler
Cisim
•Z •Z[i]
√
•Z[ 2]
•Zp
•R
•Q
•C
•H
•{0}
•2Z •3Z •4Z . . . •Mn (R) •Mn (C) . . .
•Z4
•Z6
“ekil 7.1: Halka çe³itlerini gösteren bir ³ekil.
97
•Z8
•Z9 . . .
8
dealler ve Bölüm Halkalar
8.1
dealler
“imdi gruplardaki normal altgrup kavramna benzer bir kavram olan ideal kavramn verece§iz.
Tanm 8.1
R
ideal ; Ir ⊆ I
E§er
I
bir halka,
ise
I
ya bir
da
R
nin bir alt halkas olsun. E§er her
sa§ ideal
(Z, +, ·)
seçelim. O zaman
rx ∈ I ⇐⇒ I
sol ideal
∀r ∈ R, ∀x ∈ I
için
xr ∈ I ⇐⇒ I
sa§ ideal
n(kr) ∈ I
olup
Örnek 8.3
seçilirse
I
xr =
6∈ Z
halkas
I
ya ksaca bir
n∈Z
x = nk
(Q, +, ·)
W =
a b
için
ideal
I = nZ
I
ya bir
sol
denir.
alt halkas bir idealdir. Çünkü,
dr. Bu durumda
rx = r(nk) = n(rk) ∈ I
ve
x=2∈Z
halkasnn bir ideali de§ildir. Çünkü
!
c d
nun alt halkasdr. (Neden?)
)
: a, b, c, d ∈ Z
A=
AX =
olup genelde
ise
r∈Z
ve
x∈I
xr = (nk)r =
ve
r =
1
5
∈Q
olur.
(
Örnek 8.4
rI ⊆ I
nn bir ideal oldu§u görülür.
(Z, +, ·)
2
5
için
için
denir. Ba³ka bir deyi³le:
için
halkasnda her
∃k ∈ Z
r∈R
∀r ∈ R, ∀x ∈ I
hem sa§ hem de sol ideal ise
Örnek 8.2
W
I
AX 6∈ I
ve
XA ∈ I
a b
cx
halkas verilsin.
!
∈W
c d
ax ay
cy
(
ve
!
ve
98
x y
X=
0 0
∈I
0 0
0
I
!
)
: a, b ∈ Z
!
xa + yc xb + yd
XA =
oldu§u görülür. Yani
I =
a b
seçelim.
!
0
bir sa§ idealdir ama sol ideal de§ildir.
kümesi
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
Hüseyin Bilgiç
Ödev: Sol ideal olup sa§ ideal olmayan bir örnek bulunuz.
Örnek 8.5
B
A
toplam
nin
B
ve
bir
denir.
R
halkasnn iki ideali olsun.
A+B
nin
R
ve
rb, br ∈ B
r∈R
A+B
a+b∈A+B
alalm.
A
A
ile
nin alt halka oldu§u
ve
B
ideal oldu§undan
ve
(a + b)r = ar + br ∈ A + B
nin ideal oldu§u görülür.
R
Örnek 8.6 Bir
halkasnda
{0}
trivial ideal ) ve öz olmayan
Teorem 8.7
(i)
ve
kümesine
olur. O zaman
r(a + b) = ra + rb ∈ A + B
olup
A+B
nin bir ideali oldu§unu gösterelim.
kolayca gösterilebilir (Al³trma 11) . “imdi
ra, ar ∈ A
A + B = { a + b : a ∈ A, b ∈ B }
R
bir halka
ve
R
her zaman birer idealdir. Bunlara srasyla
ideal denir. E§er
U ⊆R
olsun.
U
I 6= R
I
ideal ise
ya bir
özideal
sfr ideali
(veya
denir.
nun bir ideal olmas için gerek ve yeter ³artlar:
0∈U
(ii) Her
u, v ∈ U
(iii) Her
u∈U
spat:
(=⇒) U
için
ve
u−v ∈U
r∈R
için
ur ∈ U
bir ideal olsun.
grubunun altgrubu oldu§undan
U
ve
ru ∈ U.
bir alt halka oldu§undan
u, v ∈ U =⇒ u − v ∈ U
0∈U
dur. Ayrca
(U, +)
grubu
oldu§u açktr (Teorem 2.8).
U
(R, +)
bir ideal
oldu§undan, tanmdan dolay, (iii) sa§lanr.
(⇐=)
“imdi (i), (ii) ve (iii) do§ru olsun.
u−v ∈ U
U
oldu§u açktr.
u∈R
ve
v∈U
0∈U
oldu§undan
U 6= ∅
olup (iii) den dolay
nun bir alt halka oldu§u görülür. Ayrca, (iii) den dolay da
Teorem 8.8
R
birim elemanl bir halka,
tersi olan bir eleman) içeriyor ise
spat:
u∈N
bir birim olsun.
oldu§undan her
r∈R
Sonuç 8.9 Bir
F
spat:
F
nin
Örnek 8.10
kümesi
H
0
için
N =R
u−1 ∈ R
r · 1R ∈ N
N
dir.
uv ∈ U
U
u, v ∈ U
olsun. (ii) den dolay
olur. Böylece; Teorem 7.17'den;
bir idealdir.
de onun bir ideali olsun. E§er
N
bir birim (· i³lemine göre
dir.
olup
N
ideal oldu§undan
olmaldr. Yani her
cisminin idealleri sadece
{0}
ve
F
r∈R
uu−1 = 1R ∈ N
için
r∈N
olup
olur. Yine
N =R
N
elde edilir.
den
R
ye bütün fonksiyonlarn halkas olsun.
nin bir ideali midir?
99
dir.
hariç her eleman birim oldu§undan sonuç açktr.
(H, +, ·), R
ideal
I =
f ∈H:f
1
2
=0
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
Çözüm: (i) Bu halkann sfr
oldu§undan
f, g ∈ I
(ii)
O∈I
ise
ile gösterilen sfr fonksiyonudur (Bölüm 7, Al³trma 1).
1
2
ve
1
2
=g
f ∈I
=0
olup
1
2
=0
(f − g)
1
2
f
alalm. O halde
(h · f )(1/2) = h(1/2)f (1/2) = h(1/2) · 0 = 0
olup
h · f, f · h ∈ I
Örnek 8.11
{0}
(yani
ve
Çözüm: Her
0 6= a ∈ R
(ii)
olur ve Teorem 8.7'den
I
1
2
=f
ve
−g
1
2
R), R'nin
=0
=0−0=0
olup
f −g ∈I
dr.
(f · h)(1/2) = f (1/2)h(1/2) = 0 · h(1/2) = 0
bir idealdir.
R
nin sadece iki tane ideali var ise
bir cisim oldu§unu gösteriniz.
0 6= a ∈ R
olup
1
2
dr.
halkas birim elemanl ve de§i³meli olsun. E§er
verilsin.
0·a=0
(i)
R
O
dr.
f
h∈H
(iii) “imdi
O
Hüseyin Bilgiç
için
ba = 1
Ra = { xa : x ∈ R }
0 ∈ Ra
dr. (x
=0
b ∈ R
olacak ³ekilde bir
kümesini dü³ünelim.
Ra
elemannn varl§n göstermeliyiz.
nn bir ideal oldu§unu gösterelim:
alnrsa)
xa, ya ∈ Ra =⇒ xa − ya = (x − y) a ∈ Ra,
| {z }
çünkü
x − y ∈ R.
∈R
(iii)
xa ∈ Ra
oldu§undan
ve
r ∈ R
(xa)r ∈ Ra
Teorem 8.7 den dolay
çünkü
1 · a = a ∈ Ra
ve
Örnek 8.12
r(xa) = (rx)a ∈ Ra
dr, çünkü
rx ∈ R
dir. Ayrca
R
de§i³meli
dr.
Ra
−1
olmaldr. O zaman a
alalm.
bir idealdir. O zaman
a 6= 0
veya
Ra = R
Ra = R
olur.
1∈R
seçilmi³ti. O zaman
=b∈R
φ : H −→ K
Ra = { 0 }
olmaldr.
oldu§undan
Ra = { 0 }
∃b ∈ R
için
olamaz
ba = 1
olur.
bir halka homomorzmas olsun. A³a§dakileri ispatlaynz.
(i) Çek(φ), H nin bir idealidir.
A, H
(ii)
(iii)
B, K
nin bir ideali ise
φ(A)
nn bir ideali ise
da
φ−1 (B)
φ(H)
nin bir idealidir.
H
nin bir idealidir.
de
Çözüm (i): Çek(φ) nin bir alt halka oldu§u gösterilmi³ti. “imdi
φ(xh) = φ(x)φ(h) = 0K φ(h) = 0K
olup
xh, hx ∈ Çek(φ)
Çözüm (ii):
ve
k ∈ φ(H)
A
ve
x ∈ Çek(φ), h ∈ H
alalm.
φ(hx) = φ(h)φ(x) = φ(h)0K = 0K
olur. Yani Çek(φ) bir idealdir.
bir alt halka olup
alalm. Bu durumda
φ(A)
da bir alt halkadr. (Daha önce gösterildi.) “imdi,
∃a ∈ A
için
φ(a) = x
100
ve
∃h ∈ H
için
φ(h) = k
dr.
A
x ∈ φ(A)
bir ideal
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
oldu§undan
ah, ha ∈ A
Hüseyin Bilgiç
dr. O zaman
φ(ah) = φ(a)φ(h) = xk, φ(ha) = φ(h)φ(a) = kx =⇒ xk, kx ∈ φ(A)
olup
φ(A)
bir idealdir.
Çözüm (iii):
a.)
0H ∈ φ−1 (B)
x − y ∈ φ−1 (B)
x ∈ φ−1 (B)
ve
φ−1 (B) = { x ∈ H | φ(x) ∈ B }
grup hom. oldu§undan
olup
B
h∈H
Teorem 8.7 den dolay
F
B
ideal oldu§undan
0K ∈ B
dr.
φ(x) − φ(y) ∈ B
yani
φ(x − y) ∈ B
bulunur.
alalm.
xh, hx ∈ φ−1 (B)
Örnek 8.13
dr ve
bir ideal oldu§undan
φ(x) ∈ B
φ(h) ∈ K
ve
φ(xh) = φ(x)φ(h) ∈ B
olur. Yani
φ(0H ) = 0K
kümesidir.
dir.
x, y ∈ φ−1 (B) =⇒ φ(x), φ(y) ∈ B
olup
c.)
nn bir ideali olsun.
φ : (H, +) −→ (K, +)
O halde
b.)
B, K
B
ideal oldu§undan
φ(hx) = φ(h)φ(x) ∈ B
ve
dir.
φ−1 (B)
bir cisim,
olup
R
bir ideal olur.
bir halka ve
φ : F −→ R
φ
bir halka homomorzmas olsun.
nin ya sfr
homomorzmas ya da 11 oldu§unu gösterin.
Çözüm: Çek(φ) nin
F
dir. Çek(φ)
F
= {0}
nin ideali oldu§unu biliyoruz.
ise
φ
Örnek 8.14 De§i³meli bir
Çözüm:
1
çünkü 0
11 dir (Neden?). Çek(φ)
dr.
bir cisim oldu§undan idealleri sadece
=F
ise
φ
{0}
ve
sfr homomorzmasdr.
R halkasnda nilpotent elemanlarn olu³turdu§u küme bir idealdir, gösterin.
N = { x ∈ R : ∃ n ∈ Z+ , xn = 0 }
=0
F
x ∈ N, r ∈ R
kümesi nilpotent elemanlarn kümesi olsun.
n
alalm. O zaman x
=0
olacak ³ekilde
n∈
Z+ vardr.
0 ∈ N
dir,
R
de§i³meli
∈ Z+ ). R
de§i³meli
oldu§undan
(rx)n = (xr)n = xn rn = 0rn = 0
olup
xr, rx ∈ N
dir. “imdi
x, y ∈ N
olsun. O halde
xm = 0
ve
yn = 0
dr (m, n
oldu§undan binom formülü geçerlidir. Yani
(x − y)n+m =
Bu toplamdaki herbir terimde ya
O halde
(x −
Tanm 8.15
veya
b ∈ I
y)n+m
R
=0
olup
de§i³meli bir halka ve
I
n+m
i=0
i
n+m−i>m
x−y ∈N
önermesi do§ru ise
n+m
X
ya
ya da
!
xn+m−i (−1)i y i .
i>n
dir. Yani toplamdaki herbir terim 0 dr.
dir. Teorem 8.7 den dolay
I 6= R
N
bir ideal olsun. E§er her
asal ideal
denir.
101
bir idealdir.
a, b ∈ R
için ab
∈ I =⇒ a ∈ I
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
Örnek 8.16 Bir
R
Lemma 8.17
halkasnda
spat:
n|a
veya
n|b
n|b
P = nZ
a, b > 1
ve
bir asal idealdir, çünkü
verilsin.
dir.
R
ab ∈ P = nZ
bir halka,
M
özideali yoksa
Örnek 8.19
veya
bir asal ideal olsun.
dir. Bu bir çeli³kidir, çünkü
Tanm 8.18
I
1<n∈Z
a ∈ nZ = P
dir. O zaman
Tersine,
n = ab
{ 0R }
tamlk bölgesinde
P = nZ
ab = 0 =⇒ a = 0
⇐⇒ n
ideali asal idealdir
veya
b=0
dr.
asaldr.
(⇐=) n asal olsun. a, b ∈ Z ve ab ∈ P = nZ olsun. O zaman n|(ab) demektir. n asal oldu§undan
veya
(=⇒)
Z
Hüseyin Bilgiç
M 6= R
olup
(Z, +, ·)
halkasnda
(Z, +, ·)
da
n
asal ideal oldu§undan
asal idealdir.
a ∈ nZ
verilmi³ti. O halde
de onun bir ideali olsun. E§er
6Z
P
olur. O halde
nin asal oldu§unu gösterelim.
1 < a, b < n
maksimal ideal
ye
P
b ∈ nZ = P
R
n
nin
n
asal olmasn. O halde
veya
b ∈ nZ
dir. Yani
n|a
asaldr.
M
I
olacak ³ekilde ba³ka bir
denir.
ideali maksimal de§ildir, çünkü
6Z
3Z
Z
olup
3Z
de bir
idealdir.
Örnek 8.20
M = 3Z
idealinin maksimal oldu§unu gösterelim.
ideali oldu§unu kabul edelim. Bu durumda
t, 3'ün
kat olmad§ndan
t−α∈I
dr.
I
t = 3k + α
ideal oldu§undan
I
da olup
³eklindedir (k
de bulunmayan bir
I=Z
Örnek 8.21
(Z, +, ·)
I
I = nZ
ideali varsa
n 6= p
8.2
ve
p
olup
da
p
M
eleman vardr. O halde
olup
t−α ∈ M
nin maksimal ideal oldu§u görülür.
asal olmak üzere
pZ
n=1
n
ideali maksimaldir. Çünkü
tamsays vardr.
olmaldr. O halde
I = 1Z = Z
pZ
nZ
pZ
I
olacak ³ekilde bir
oldu§undan
dir.
Gruplar teorisindeki faktör grubu kavramna benzer bir kavram halkalar için verece§iz.
(R, +, ·)
yani
(Teorem 8.8 den )
Bölüm Halkalar
Tanm 8.22
I
(Teorem 8.8 den )
olacak ³ekilde pozitif bir
asal oldu§undan
olacak ³ekilde bir
dr.
α = 2 =⇒ 3 ∈ I, 2 ∈ I =⇒ 3 − 2 = 1 ∈ I =⇒ I = Z
Her iki halde de
t
I
∈ Z, 1 6 α 6 2). t − α = 3k
t − (t − α) = α ∈ I
α = 1 =⇒ 1 ∈ I =⇒ I = Z
3Z
M
bir halka ve
I
da onun bir ideali olsun.
R/I = { I + x : x ∈ R }
kümesinin a³a§da tanmlanan i³lemlerle bir halka oldu§u gösterilecektir.
Toplama:
Çarpma:
(I + x) ⊕ (I + y) = I + (x + y)
(I + x) (I + y) = I + (xy)
102
n|p
olmaldr.
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
(R/I, ⊕, )
Not:
R/I
halkasna
R
ile
I
Hüseyin Bilgiç
bölüm halkas
nn
denir. (⊕ ve
yerine
+
ve
·
kullanlacaktr)
kümesinin bu i³lemlerle bir halka oldu§unu göstermeden önce bu i³lemlerin iyi tanmland§n
göstermeliyiz:
(I, +)
grubu
(R, +)
abelyen grubunun altgrubu oldu§undan
I R
dir. O halde toplama
i³lemi iyi tanmlanm³tr. (Grup teorisindeki gibi.) “imdi çarpma i³leminin iyi tanmland§n gösterelim. Yani
I +x=I +a
oldu§unu göstermeliyiz.
ve
I + y = I + b =⇒ I + xy = I + ab
I + a = I + b ⇐⇒ a − b ∈ I
I + x = I + a =⇒ x − a ∈ I
yazabiliriz.
I
bir ideal oldu§undan
elde edilir. Yani
Not: E§er
I + xy = I + ab
I, R'nin
(x−a)y ∈ I
ve
(veya
ve
b − a ∈ I)
oldu§unu hatrlayalm. Buradan
I + y = I + b =⇒ y − b ∈ I
a(y−b) ∈ I
dr. O halde
(x−a)y+a(y−b) = xy−ab ∈ I
bulunur; o halde çarpma i³lemi de iyi tanmldr.
bir alt halkas olsayd fakat bir ideali olmasayd, çarpma i³lemi iyi tanml ol-
mayabilirdi. Bunu bir örnek ile açklayalm:
Z
halkas
Q'nun
bir alt halkasdr, fakat ideali de§ildir.
“imdi
1
Z+
2
Z + (1/2) = Z + (3/2)
· Z + 13 = Z + 16 fakat Z +
Teorem 8.23
R
bir halka ve
I
a)
R/I
b)
R
de§i³meli halka ise
c)
R
birim elemanl halka ise
ve
3
2
Z + (1/3) = Z + (4/3) olup
· Z + 43 = Z + 42 = Z + 0
dr.
da onun bir ideali olsun.
yukarda tanmlanan i³lemlerle bir halkadr.
spat: a)
R/I
da de§i³meli halkadr.
R/I
I + a, I + b, I + c ∈ R/I
da birim elemanldr ve birim eleman
I + 1R
dir.
verilsin.
(I + a) + (I + b) = I + (a + b) ∈ R/I , çünkü a + b ∈ R
(ii) (I + a) + (I + b) + (I + c) = I + (a + b + c) = (I + a) + (I + b) + (I + c)
(i)
(iii)
(I + a) + (I + b) = I + (a + b) = I + (b + a) = (I + b) + (I + a)
(iv)
I +0=I
(v)
birim eleman, çünkü
(I + a) + (I + (−a)) = I + 0
(I + a) + (I + 0) = I + (a + 0) = I + a
olup
−(I + a) = I + (−a)
dr.
(I + a)(I + b) = I + (ab) ∈ R/I , çünkü ab ∈ R
(vii) (I + a)(I + b) (I + c) = I + ((ab)c) = I + (a(bc)) = (I + a) (I + b)(I + c)
(viii) (I + a) (I + b) + (I + c) = (I + a)(I + (b + c)) = I + (ab + ac) = (I + a)(I + b) + (I + a)(I + c)
(vi)
olup çarpma i³leminin toplama üzerine soldan da§lma özelli§i vardr. Benzer ³ekilde sa§dan da§lma
özelli§i de gösterilebilir.
103
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
R
spat: b)
a, b ∈ R
halkas de§i³meli ve
Hüseyin Bilgiç
olsun.
R/I
da de§i³melidir, çünkü:
(I + a)(I + b) = I + ab = I + ba = (I + b)(I + a).
spat: c)
I + a ∈ R/I
olsun.
(I + a)(I + 1R ) = I + (a · 1R ) = I + a
olup
I + 1R
(I + 1R )(I + a) = I + (1R · a) = I + a
ve
birim elemandr.
Örnek 8.24
R=Z
I = 4Z
halkasnda
R/I = { I + 0, I + 1, I + 2, I + 3 }
idealini ele alalm.
bölüm
halkasn elde ederiz. Bu halkann i³lem tablolar ³öyledir:
+
I +0
I +1
I +2
I +3
·
I +0
I +1
I +2
I +3
I +0
I +0
I +1
I +2
I +3
I +0
I +0
I +0
I +0
I +0
I +1
I +1
I +2
I +3
I +0
I +1
I +0
I +1
I +2
I +3
I +2
I +2
I +3
I +0
I +1
I +2
I +0
I +2
I +0
I +2
I +3
I +3
I +0
I +1
I +2
I +3
I +0
I +3
I +2
I +3
Bu tablolar
halkasnn tablolarna çok benzemektedir. Aslnda
Z4
ktir. Genel olarak
Teorem 8.25
R
Z/nZ
halkas ile
I
bir halka,
da
tanmlanan dönü³üm, çekirde§i
ya
do§al homomorzma
spat:
I + x ∈ R/I
I
Zn
R
Z/4Z
halkas ile
Z4
halkas izomor-
halkas izomorktir.
nin bir ideali olsun.
φ : R −→ R/I , φ(x) = I + x
olan, örten bir homomorzmadr. Bu homomorzmaya
R
³eklinde
den
R/I
denir.
verilsin.
φ(x) = I + x
olup
φ
örtendir. Ayrca
x, y ∈ R
için
φ(x + y) = I + (x + y) = (I + x) + (I + y) = φ(x) + φ(y),
φ(xy) = I + (xy) = (I + x)(I + y) = φ(x)φ(y)
olup
φ
bir homomorzmadr. “imdi
k ∈ Çek(φ) ⇐⇒ φ(k) = I + 0 = I ⇐⇒ I + k = I ⇐⇒ k ∈ I
olup Çek(φ)
=I
Örnek 8.26
R
her
x, y ∈ R
oldu§u görülür.
bir halka
için
I
da onun bir ideali olsun.
xy − yx ∈ I
R/I
nn de§i³meli olmas için gerek ve yeter ³art
olmasdr. Gösteriniz.
Çözüm:
R/I
de§i³meli
⇐⇒ ∀x, y ∈ R
için
(I + x)(I + y) = (I + y)(I + x)
⇐⇒ ∀x, y ∈ R
için
I + xy = I + yx
⇐⇒ ∀x, y ∈ R
için
I + (xy − yx) = I
⇐⇒ ∀x, y ∈ R
için
xy − yx ∈ I
104
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
R
Teorem 8.27
R/I
Hüseyin Bilgiç
de§i³meli ve birim elemanl bir halka ve
I ⊆R
bir ideal olsun.
I
asal idealdir
⇐⇒
tamlk bölgesidir.
spat: (=⇒)
nn sfrnn
I
I
asal ideal olsun.
I 6= R
olup
R/I
en az 2 elemanldr.
I + x, I + y ∈ R/I
alalm ve
R/I
oldu§unu hatrlayalm.
(I + x)(I + y) = I =⇒ I + xy = I
=⇒ xy ∈ I
=⇒ x ∈ I
veya
=⇒ I + x = I
olup
R/I
sfr bölensizdir.
R
y∈I
veya
(Çünkü I
asal ideal)
I +y =I
R/I
birim elemanl ve de§i³meli olup
da birim elemanl ve de§i³melidir,
yani tamlk bölgesidir.
(⇐=)
R/I
bir tamlk bölgesi olsun.
R/I
I 6= R
en az 2 elemanl olup
dir.
x, y ∈ R
olsun.
xy ∈ I =⇒ I + xy = I
=⇒ (I + x)(I + y) = I
=⇒ I + x = I
=⇒ x ∈ I
olup
I
veya
I +y =I
(Çünkü R/I
tamlk bölgesi)
y∈I
nn asal ideal oldu§u gösterilmi³ olur.
Teorem 8.28
R
de§i³meli ve birim elemanl bir halka,
⇐⇒ R/M
idealdir
spat:
veya
(=⇒) M, R
halkadr. Ayrca;
(bkz Teorem 8.23).
de onun bir ideali olsun.
M 6= R
de§i³meli ve birim elemanl oldu§undan
R/M
R/M
olup
R/M
maksimal
elemann seçelim. Bu durumda
R/M
x∈
/M
en az iki elemanl bir
de de§i³meli ve birim elemanldr
nin cisim oldu§unu göstermek için sfr hariç (yani
çarpma i³lemine göre tersinin oldu§unu göstermeliyiz.
M 6= M + x ∈ R/M
M
cisimdir.
nin maksimal ideali olsun. O halde
R
M
M + 0 hariç) her elemann
halkasnn sfr
M +0 = M
oldu§undan
olur. “imdi
I = { m + rx : m ∈ M, r ∈ R }
kümesini dü³ünelim. Bu kümenin bir ideal oldu§u kolaylkla gösterilebilir (Al³trma 12). Her
için
m = m + 0x ∈ I
görülür.
M
oldu§undan ve
maksimal oldu§undan
m ∈ M, a ∈ R
vardr. Yani
x = 0 + 1x ∈ I
I = R
1 − ax ∈ M
fakat
olmaldr.
x∈
/M
1 ∈ R
oldu§undan
oldu§undan
dir. Buradan
(M + a)(M + x) = M + ax = M + 1
sonucu bulunur. O halde
M +x
in çarpma i³lemine göre tersi
105
M +a
dr.
M
I
m∈M
³artnn sa§land§
1 = m + ax
olacak ³ekilde
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
(⇐=) M, R
nin bir ideali ve
M 6= M + 1
olup
kabul edelim.
1∈
/M
x ∈ I \M
R/M
bir cisim olsun. Bir cismin sfr ile birim eleman farkl oldu§undan
dir. O halde
alalm.
i³lemine göre tersi vardr.
M 6= R
x∈
/M
M +x
Hüseyin Bilgiç
dir.
M
oldu§undan
M +a
in tersine
I⊆R
M + x 6= M
I
olacak ³ekilde bir
idealinin oldu§unu
M + x in R/M
olup
içerisinde çarpma
diyelim. O halde
(M + x)(M + a) = M + xa = M + 1
olup
1 − xa ∈ M
I
olur.
x∈I
ve
I
ideal oldu§undan
xa ∈ I
dr. Bu yüzden
1 = (1 − xa) + xa ∈ I
olur. Bu ise
I=R
oldu§unu gösterir (bkz. Teorem 8.8). Yani
M
maksimal idealdir.
ALI“TIRMALAR
1.
R = Z12
halkasnn bütün ideallerini, bölüm halkalarn, asal ve maksimal ideallerini belirleyiniz.
2. ki idealin kesi³iminin de bir ideal oldu§unu gösteriniz.
3.
A
ve
B
bir
R
halkasnn iki ideali olsun.
(
A·B =
n
X
)
+
ai bi : ai ∈ A, bi ∈ B, n ∈ Z
i=1
A
kümesine
B
ile
B
çarpm
4.
A
ve
5.
R
de§i³imli bir halka,
6.
R
de§i³meli bir halka ve
bir
R
nin
denir.
halkasnn iki ideali ise
a∈R
N
olsun.
N=
7.
N
nin
radikali
nin
R
nin bir ideali oldu§unu gösteriniz.
A·B ⊆A∩B
oldu§unu gösteriniz.
Ia = { x ∈ R | ax = 0 }
√
denir.
N
a∈R:
nin
Bir
n ∈ Z+
için
R
bir ideali oldu§unu gösterin. Bu kümeye
Ann( 3 ), Ann( 4 )
ve
an ∈ N
R nin bir ideali oldu§unu ve
R de§i³meli bir halka, K ⊆ R olsun. Ann(K) = { a ∈ R :
de
kümesi
nin bir idealidir, gösteriniz.
de onun bir ideali olsun.
√
kümesine
A·B
K
nn
sfrlaycs
Ann( 3, 4 )
Her
p√
x∈K
veya
N=
için
√
N
oldu§unu gösterin.
ax = 0 } kümesinin R nin
annihilatörü
denir.
ideallerini bulunuz.
8.
Z12
9.
A ve B de§i³meli bir R halkasnn iki ideali olsun. A:B = { x ∈ R :
R
nin bir ideali oldu§unu gösterin.
106
Her
b∈B
için
xb ∈ A } kümesinin
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
A
10.
B
ve
R
bir
halkasnn iki ideali ve
Hüseyin Bilgiç
A ∩ B = {0}
olsun. Her
a∈A
ve her
b∈B
için
ab = 0
oldu§unu gösterin.
A
11.
ve
B
bir
R
halkasnn iki ideali ise
I
12. Teorem 8.28'nin ispatnda geçen
A + B 'nin
bir alt halka oldu§unu gösterin.
kümesinin bir ideal oldu§unu gösterin.
ALI“TIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
Z12
nin 6 tane ideali vardr.
0
J = 0, 6
K = 0, 3, 6, 9
L = 0, 2, 4, 6, 8, 10
M = 0, 4, 8
R/I =
N = Z12
R/N = { N }
Asal idealler :
K, L
Maksimal idealler :
K, L
I=
ÇÖZÜM 2.
(i)
(ii)
I
ve
J
I
ve
J
I, I ⊕ 1, I ⊕ 2, . . . , I ⊕ 11
J, J ⊕ 1, J ⊕ 2, J ⊕ 3, J ⊕ 4, J ⊕ 5
R/K = K, K ⊕ 1, K ⊕ 2
R/L = L, L ⊕ 1
R/M = M, M ⊕ 1, M ⊕ 2, M ⊕ 3
R/J =
bir
R
halkasnn iki ideali olsun.
0∈I
ideal olduklarndan
x, y ∈ I ∩ J =⇒ x, y ∈ I
ve
ve
0∈J
olup
x, y ∈ J =⇒ I
0∈I ∩J
dir.
ideal oldu§undan
x−y ∈ I
ve
J
ideal oldu§undan
x − y ∈ J =⇒ x − y ∈ I ∩ J.
(iii) “imdi
r∈R
Teorem 8.7'den
ÇÖZÜM 3.
ve
x∈I ∩J
alalm. O zaman
rx, xr ∈ I
çünkü
r ∈ R, x ∈ I
ve
I
ideal
rx, xr ∈ J
çünkü
r ∈ R, x ∈ J
ve
J
ideal
I ∩J
x∈I
ve
x ∈ J olur.
)
=⇒ rx, xr ∈ I ∩ J
bir idealdir.
A·B kümesi A'daki elemanlar ile B 'deki elemanlarn ikili çarpmlarnn sonlu toplamndan
olu³maktadr. Buna göre:
(i)
(ii)
0 ∈ A, 0 ∈ B
olup
0=0·0
x = a1 b1 +· · ·+an bn ∈ AB
olup
ve
0∈A·B
olur. (a1
= b1 = 0
y = c1 d1 +· · ·+cm dm ∈ AB
ve
n=1
alnr.)
olsun. (m, n
∈ Z+ ; ai , ci ∈ A; bi , di ∈ B ).
x − y = a1 b1 + · · · + an bn − (c1 d1 + · · · + cm dm )
= a1 b1 + · · · + an bn + (−c1 )d1 + · · · + (−cm )dm
107
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
(−ci ) ∈ A
olup
A
(iii)
x = a1 b1 + · · · + an bn ∈ AB
ideal oldu§undan
m + n ∈ Z+
dr ve
ve
Hüseyin Bilgiç
r∈R
alalm.
A
oldu§undan
x − y ∈ AB
ideal oldu§undan
olur.
i = 1, . . . , n
için
rai ∈ A
olup
rx = r(a1 b1 + · · · + an bn ) = (ra1 )b1 + · · · + (ran )bn ∈ AB.
B
Benzer ³ekilde
ideal oldu§undan
i = 1, . . . , n
bi r ∈ B
için
olup
xr = (a1 b1 + · · · + an bn )r = a1 (b1 r) + · · · + an (bn r) ∈ AB.
Teorem 8.7 den dolay
ai ∈ A
ÇÖZÜM 4.
i = 1, 2, . . . , n
B
ve
bir ideal olur.
bi ∈ B
bi ∈ R
için
Benzer ³ekilde,
AB
olmak üzere
oldu§undan
bir ideal ve
x = a1 b1 + · · · + an bn ∈ B
x = a1 b1 + · · · + an bn ∈ AB
a1 b1 , . . . , an bn ∈ A
i = 1, 2, . . . , n
olur. Yani
için
x∈A∩B
ai ∈ R
dir. O halde
oldu§undan
AB ⊆ A ∩ B
dir.
alalm. “imdi
A
bir ideal ve
x = a1 b1 + · · · + an bn ∈ A
a1 b1 , . . . , an bn ∈ B
dr.
dir. O halde
elde edilmi³ olur.
ÇÖZÜM 5.
(i)
0 ∈ Ia
x, y ∈ Ia
(ii)
(iii)
a·0=0
dr çünkü
olsun.
x ∈ Ia , r ∈ R
de§i³meli)
a(x − y) = ax − ay = 0 − 0 = 0
a(xr) = (ax)r = 0r = 0
olsun.
= (ax)r = 0r = 0
Teorem 8.7 den dolay
Ia
olup
rx ∈ Ia
olup
olup
x − y ∈ Ia
xr ∈ Ia
dr. Ayrca
a(rx) = a(xr)
(çünkü
R
elde edilir.
bir ideal olur.
ÇÖZÜM 6.
(i)
N
(ii)
ideal oldu§undan
x, y ∈
√
N
yani
0∈N
01 = 0 ∈ N
dir.
xm ∈ N, y n ∈ N
1 ∈ Z+
olup
olsun (m, n
oldu§undan
∈ Z+ ). R
0∈
√
N
dir.
de§i³meli oldu§undan binom formülü
geçerlidir; yani
n+m
(x − y)
Burada ya (x in kuvveti)
> m
halde
(iii)
(x −
r∈R
ve
x∈
∈N
√
N
olup
n+m
i=0
i
ya da (y nin kuvveti)
nin bir eleman çarpm durumundadr.
y)m+n
=
n+m
X
m+n∈
N
xn+m−i (−1)i y i .
> n
önermesi do§ru olup, herbir terimde
bir ideal oldu§undan herbir terim
Z+ olaca§ndan
olsun. En az bir
!
n ∈ Z+
için
x−y ∈
xn ∈ N
√
N
olsun.
oldu§undan
(rx)n = (xr)n = |{z}
xn |{z}
rn ∈ N
∈N
108
∈R
N
N
nin bir elemandr. O
dir.
R
de§i³meli oldu§undan ve
N
ideal
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
olup
rx, xr ∈
√
N
dir.
Teorem 8.7 den dolay
(iv) “imdi de
Hüseyin Bilgiç
p√
√
N
N =
√
bir ideal olur.
N
oldu§unu gösterelim.
n, m ∈ Z+
ise
nm ∈ Z+
oldu§u ve
1 ∈ Z+
oldu§u
hatrlanrsa;
x∈
q
√
N =⇒ ∃n ∈ Z+ , xn ∈
√
N
=⇒ ∃m ∈ Z+ , (xn )m ∈ N
Ayrca,
=⇒ xnm ∈ N
√
=⇒ x ∈ N .
p√
p√
√
√
√
N , olup
N= N
x ∈ N =⇒ x1 ∈ N =⇒ x ∈
elde edilir.
ÇÖZÜM 7.
(i) Her
x∈K
için
0·x=0
a, b ∈ Ann(K)
(ii)
a − b ∈ Ann(K)
olup
ise her
0 ∈ Ann(K)
x ∈ K
için
dr.
ax = bx = 0
(a − b)x = ax − bx = 0
oldu§undan
dr.
r ∈ R, a ∈ Ann(K) olsun. O halde her x ∈ K
(iii)
olup
için
ax = 0 dr. R
de§i³meli oldu§undan, her
için
(ra)x = r(ax) = r · 0 = 0
olup
ra, ar ∈ Ann(K)
Teorem 8.7 den dolay
ve
(ar)x = (ra)x = r(ax) = 0
dr.
Ann(K)
bir ideal olur.
ÇÖZÜM 8.
Ann( 3 ) = a ∈ Z12 : 3 a = 0 = 0, 4, 8
Ann( 4 ) = a ∈ Z12 : 4 a = 0 = 0, 3, 6, 9
Ann( 3, 4 ) = a ∈ Z12 : 3 a = 0 ve 4 a = 0 = 0
ÇÖZÜM 9.
(i) Her
b∈B
için
(ii)
x, y ∈ A:B
(iii)
x ∈ A: B
0·b=0∈A
ise her
ve
r∈R
b∈B
olup
için
0 ∈ A: B
xb, yb ∈ A
alalm. Her
b∈B
dir.
dr.
için
(x − y)b = xb − yb ∈ A
xb ∈ A, R
de§i³meli ve
(xr)b = (rx)b = r(|{z}
xb ) ∈ A
∈A
109
A
olup
x − y ∈ A: B
ideal oldu§undan
dir.
x∈K
Bölüm 8. dealler ve Bölüm Halkalar
olur. O halde
rx, xr ∈ A:B
Teorem 8.7 den dolay
Hüseyin Bilgiç
dir.
A:B
bir idealdir.
ÇÖZÜM 10.
Yani
ve
A
ideal olup
ab ∈ A,
a ∈ A, b ∈ B =⇒ a ∈ R, b ∈ B
ve
B
ideal olup
ab ∈ B.
ab ∈ A ∩ B = { 0 }
ÇÖZÜM 11.
(i)
a ∈ A, b ∈ B =⇒ a ∈ A, b ∈ R
dr. O halde
x = a1 + b1 ∈ A + B
ab = 0
ve
y = a2 + b2 ∈ A + B
x − y = (a1 − a2 ) + (b1 − b2 ) ∈ A + B
(b1 − b2 ) ∈ B
halka oldu§undan
O halde,
A
ve
B
dir, çünkü
A
alalm.
alt halka oldu§undan
(a1 − a2 ) ∈ A
ve
B
alt
dir (Teorem 7.17) .
xy = a1 a2 + a1 b2 + b1 a2 + b1 b2
(ii)
dr.
elde edilir. “imdi bu toplamdaki terimlere teker teker bakalm:
a1 a2 ∈ A,
çünkü
A
alt halka
a1 b2 ∈ A,
çünkü
A
ideal ve
b2 ∈ R
b1 a2 ∈ B,
çünkü
B
ideal ve
a2 ∈ R
b1 b2 ∈ B,
çünkü
B
alt halka
alt halka olduklarndan
(a1 a2 + a1 b2 ) ∈ A
ve
(b1 a2 + b1 b2 ) ∈ B
olup
xy ∈ A + B
elde
edilir.
Teorem 7.17 gere§i
ÇÖZÜM 12.
(i)
m=r=0
(ii)
bir alt halkadr.
I = { m + rx : m ∈ M, r ∈ R }
0 + 0x = 0 ∈ I
alnrsa
m1 , m2 ∈ M
oldu§undan
A+B
ve
r1 , r2 ∈ R
m1 − m2
dir ve
R
kümesini ele alyoruz.
oldu§u görülür. (M ideal oldu§undan
olmak üzere
a = m1 + r1 x ∈ I
halka oldu§undan
r1 − r2 ∈ R
ve
0∈M
dir.)
b = m2 + r2 x ∈ I
alalm.
M
ideal
dir. O halde
a − b = (m1 − m2 ) + (r1 − r2 ) x ∈ I.
| {z } | {z }
∈M
(iii)
m∈M
ve
r∈R
olmak üzere
∈R
a = m + rx ∈ I
ve
y∈R
alalm.
M
ideal oldu§undan
O halde
ya = y(m + rx) = ym + y(rx) = ym + (yr) x ∈ I
|{z} |{z}
∈M
elde edilir. Ayrca,
R
de§i³meli oldu§undan
Teorem 8.7 den dolay
I
ay ∈ I
dr.
bir idealdir.
110
∈R
ym ∈ M
dir.