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. ALITIRMALAR 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 ALITIRMALARIN 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 = ÇFT TEK bir gruptur. Bu gruba × ÇFT ninci = An TEK ÇFT × ÇFT = ÇFT 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. ALITIRMALAR 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. ALITIRMALARIN 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 ALITIRMALAR 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 ALITIRMALARIN 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. ALITIRMALAR 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. ALITIRMALARIN 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.