sayılar teorisi
TRANSCRIPT
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 1/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 2/272
ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLERLE
SOYUT CEBİR VESAYILAR TEORİSİ
PROF. DR. MEHMET ERDOĞAN YRD. DOÇ. DR. GÜLŞEN YILMAZ
Beykent Üniversitesi Beykent ÜniversitesiFen-Edebiyat Fakültesi Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü Matematik-Bilgisayar Bölümü
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 3/272
Beykent Üniversitesi YayıneviCumhuriyet Mah. Şimşek Sok. No:1, BeykentSiteleri, Büyükçekmece 34500 İstanbul
Tel : (0212) 444 1997Faks: (0212) 867 55 66
Beykent Üniversitesi Adına SahibiRektör Prof. Dr. Cuma BAYAT
Yazar:Prof. Dr. Mehmet ERDOĞANFen-Edebiyat FakültesiMatematik-Bilgisayar Bölümü
Yrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZFen-Edebiyat FakültesiMatematik-Bilgisayar Bölümü
“SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ”
1. Baskı, Ağustos 2008Beykent Üniversitesi Yayınları, No. 47
Grafik Tasarım:İbrahim SEVİLDİ
Baskı:3gen Ofset
ISBN No:978-975-6319-02-4
Sertifika No:0208-34-010320
Kitabın bazı bölümleri veya tamamı Beykent Üniversitesi ve yazarların yazılı izniolmaksızın hiçbir şekilde çoğaltılamaz.Copyright © 2008
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 4/272
ÖNSÖZ
İstanbul Üniversitesinden emekli olduktan sonra o zamana kadarçeşitli üniversitelerin farklı bölümlerinde okutmuş olduğumuz Cebir, LineerCebir, Soyut Cebir ve Sayılar Teorisi derslerine ait bilgi ve tecrübebirikimimizin özellikle lisans öğrencilerine faydalı olacağı düşüncesi ile bukitabı yazmaya karar verdik. Kitabı, Sayılar Teorisi olarak bir sömestr ve Cebirveya Soyut Cebir dersi olarak da iki sömestr okutulabilecek kapsamda elealdık.
Birinci kısım Sayılar Teorisine, ikinci kısım ise Cebir derslerine aitkonuları içermektedir. Her iki kısımda da öğrencilerin konuyu daha iyianlayabilmeleri için tam çözümlerini verdiğimiz çok sayıda problem vekonunun sonunda ise öğrencilerin kendilerini kontrol edebilmeleri içinçözümsüz problemlere yer verdik.
Kitabı, bir araştırma kitabı olmaktan ziyade öğrencilerinanlayabileceği tarzda bir ders kitabı biçiminde hazırladık, kitapta bazı hata veeksikliklerin olabileceğini peşinen kabul eder ve okurlarımızın bu konudayapacağı uyarılara şimdiden minnettarlığımızı bildiririz.
Kitabın gerek yazım, gerekse düzeltme aşamasında bizdenyardımlarını esirgemeyen Beykent Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü Araştırma Görevlisi Jeta Rogova Alo veBeykent Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü sekreteri matematik uzmanı A.Aslı Somuncuoğlu’ na teşekkür ediyoruz. Ayrıca, kitabı yazmamız için biziteşvik eden Beykent Üniversitesi Rektörü Prof. Dr. Cuma Bayat, Fen-EdebiyatFakültesi Dekanı Prof. Dr. Emin Özbaş ve Matematik-Bilgisayar BölümBaşkanı Prof. Dr. Mahir Resulov’ a ve şüphesiz bize bu fırsatı tanıyanBeykent Üniversitesi Mütevelli Heyet Başkanımız değerli insan, sayın AdemÇelik Bey’ e sonsuz minnet ve şükranlarımızı sunmak istiyoruz.
Bu münasebetle, kitabın basımında emeği geçen tüm BeykentÜniversitesi Yayınevi çalışanlarına da teşekkür ederiz.
Mart 2008, İstanbul
Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN
Yrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZ
iii
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 5/272
İÇİNDEKİLER
SAYFA
ÖNSÖZ iii
İÇİNDEKİLER v
BİRİNCİ KISIM
1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME 12. BÖLÜM. ASAL SAYILAR 143. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR 224. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR 415. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER 52
VE İNDEKSLER6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) 67
REZİDÜLER7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR 868. BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ 97
FONKSİYONLAR
İKİNCİ KISIM
1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE 107DENKLİK SINIFLARI
2. BÖLÜM. GRUPLAR 109
3. BÖLÜM. ALT GRUPLAR 1204. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI 1255. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI 1366. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR 1407. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI 1538. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT 161
GRUPLAR VE BÖLÜM GRUPLARI
v
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 6/272
9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI 17210. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER 18711. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ 195
12.
BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER 20513. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI 21114. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ 23215. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI 24116. BÖLÜM. CEBİR 250
KAYNAKÇA 259DİZİN 261
vi
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 7/272
1
BİRİNCİ KISIM
1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME
Tanım 1.1. a ve b iki tamsayı ve 0a ≠ olsun. .b a c= olacak şekilde bir c tamsayısı varsa ,a b yi böler veya ,b a ile bölünür deriz ve bu durumu a b|
şeklinde ifade ederiz. b ye a nın bir katı, a ya b nin bir böleni, c ye de b nina yı tamamlayan böleni adı verilir. c sayısını bulma işlemine ise b yi a ya bölme işlemi adını vereceğiz.
Eğer .b a c= olacak şekilde hiçbir c tamsayısı yoksa b, a ile bölünemez
veya a, b yi bölmez denir ve a b|/ yazılır. a b| ise .b a c= dir ve burada eğer
1c ≠ ± ise o zaman ,a b yi has olarak böler diyeceğiz. Örneğin, 6 2.3= olduğundan 2, 6 nın bir has bölenidir.
k negatif olmayan bir tamsayı olmak üzere k a b| , fakat 1k a b+|/ ise bu
durum k a b|| notasyonu ile belirtilir ( k , a nın b yi bölen en büyük kuvvetidir).
Örneğin, 25 | 50 ve 3
5 | 50/ olduğundan 25 | | 50 dir.
Bölünebilme İle İlgili Temel Özellikler
1. )i a∀ ∈ için a | 0 dır. Çünkü 0 .0a= ve 0∈ dir.
)ii 0 a| ⇔ 0a = dır. Çünkü 0 a| ise 0.a c= olacak şekilde bir c ∈
(gerçekte sonsuz çoklukta) vardır. Böylece 0.a c= koşulu ancak 0a = olmasıhalinde gerçeklenir. Tersine )i den a∀ ∈ için a | 0 olduğundan 0a = için
de ifade doğrudur, yani 0 0| , dolayısıyla 0 a| dır.
Aşağıdaki özelliklerin tamamı bölünebilme tanımından kolayca eldeedilir:2. )i a∀ ∈ için 1 a± | ve a a± | dır.
)ii 1 1a a| ± ⇔ = ± dir.3. a b| ise a b± | ± dir.
4. a b| ve b c| ise a c| dir.
5. a b| ve b a| ise b a= ± dır.
6. )i a b| ise ca cb| dir.
)ii 0c ≠ , ca cb| ise a b| dir.
7. 1 1a b| , 2 2a b| ise 1 2 1 2. .a a b b| dir.
8. a b| ve a c| ise )a b c| ( + dir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 8/272
2
Böylece 6. ve 8. özelliklerden a b| ve a c| ise )a bx cy| ( + ( , x y ∈ )
elde ederiz.9. b a| ve 0a ≠ ise 1 b a≤| |≤| | dır. Çünkü, b a| olduğundan .a b c= olacak
şekilde bir c ∈ vardır. 0a ≠ olduğundan 0b ≠ , 0c ≠ ( ,b c ∈ ) olur ki,
buradan 1b| |≥ , 1c| |≥ elde edilir. Böylece, a b c b| |=| || |≥| | , yani a b| |≥| |
olur. Bu ise 1 b a≤| |≤| | olduğunu kanıtlar.
Teorem 1.1. ( Bölme Algoritması) 0b ≠ olmak üzere bir ,a b tamsayı çiftiiçin
a bq r = + , r b0 ≤ <| | (1.1)
olacak şekilde bir ve ancak bir tek ,q r tamsayı çifti vardır. Eğer b a|/ ise r
tamsayısı r b0 < <| | eşitsizliğini gerçekler.Kanıt. 1) Varlık: Önce 0b > olduğunu varsayalım ve 0, 1, 2,...m = ± ± olmak
üzere b nin bütün bm katlarını göz önüne alalım. Bu katlar içinde bm a≤ koşuluna uyanların kümesini M ile gösterelim. m a= − | | için
( )bm b a b a a= − | | = − | |≤
dır. Böylece ( )b a M − | | ∈ olduğundan M ≠ ∅ dir. Üstelik M kümesi a ile
üstten sınırlıdır, dolayısıyla M kümesi bq gibi bir en büyük elemana sahiptir,yani ( 1)bq a b q bq b≤ < + = + dir. Buradan, 0 a bq b≤ − < elde ederiz. Eğer
a bq r − = dersek 0 r b≤ < olur. a bq r = + ve 0 r b b≤ < =| | olduğuna görebulduğumuz bu q, r tamsayı çifti istenen koşulu sağlar.
Şimdi 0b < olduğunu varsayalım. 0b| |> olduğundan yukarıdaki ispatta
görüleceği gibi ' 'a b q r =| | + , 0 'r b≤ <| | olacak şekilde bir ', 'q r ∈
tamsayı çifti vardır. Üstelik, b b| |= − olduğundan ( ) ' ' ( ') 'a b q r b q r = − + = − +
dir, yani 'q q= − , 'r r = için teoremin koşulu gerçeklenir.
2) Teklik: a, b ( 0b ≠ ) tamsayı çifti için (1.1) koşulunu gerçekleyen 1 1,q r ve
2 2,q r gibi iki tamsayı çiftinin bulunduğunu varsayalım, yani
1 1a bq r = + , 10 r b≤ <| | ,2 2a bq r = + , 20 r b≤ <| |
olsun. Buradan 2 1 1 2( )r r b q q− = − veya mutlak değer fonksiyonunun
özelliğinden
2 1 1 2r r b q q| − |=| || − | (1.2)
bulunur. 20 r b≤ <| | ve 1 0b r − | |< − ≤ eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 9/272
3
2 1b r r b− | |< − <| | (1.3)
buluruz. Böylece (1.2) ve (1.3) ten 1 2b q q b| || − |<| | elde ederiz ki, 0b| |≠
olduğundan1 2
1q q| − |< ve buradan da1 2
0q q− = , yani1 2
q q= bulunur. Bu
sonuç, (1.2) de yerine yazılırsa 1 2r r = elde edilir. Şu halde 1 1,q r ve 2 2,q r
tamsayı çiftleri birbirinin aynıdır.
Tanım 1.2. Teorem 1.1. de 0b > alınırsa, (1.1) denklemindeki q tamsayısına
a
b rasyonel sayısının tam kısmı (tam değeri) denir ve
aq
b
=
yazılır.
Tanım 1.3. b ve c iki tamsayı olsun. Eğer bir 0a ≠ tamsayısı için a b| ve
a c| koşulları gerçekleniyor ise a ya, b ve c tamsayılarının bir ortak böleni denir.
Bir 0b ≠ tamsayısının bölenleri sonlu sayıdadır. O halde b ve c den en azbirisi sıfırdan farklı ise bu iki tamsayının ortak bölenlerinin sayısı sonludur.
Tanım 1.4. b ve c, en az birisi sıfırdan farklı iki tamsayı olsun.i) d b| , d c|
ii) a b| , a c a d | ⇒ |
iii) d>0
koşullarına uyan bir d tamsayısına b ve c tamsayılarının en büyük ortakböleni (e.b.o.b.) denir ve ( , )b c şeklinde gösterilir.
Örneğin; (8,12) 4= ve (7,0) 7= dir.
Uyarı: 1 b| ve 1 c| olduğundan ( , ) 1b c ≥ dir.
Tanım 1.5. 1 2, ,..., nb b b hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.
0a ≠ tamsayısı için 1a b| , 2a b| ,..., na b| ise a tamsayısına 1 2, ,..., nb b b
tamsayılarının bir ortak böleni denir.
Tanım 1.6. 1 2, ,..., nb b b hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.
i) 1d b| , 2d b| , ... , nd b|
ii) 1a b| , 2a b| , ... , na b a d | ⇒ |
iii) d>0 koşullarını gerçekleyen d tamsayısına 1 2, ,..., nb b b tamsayılarının en büyük
ortak böleni denir ve ( 1 2, ,..., nb b b ) şeklinde gösterilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 10/272
4
Teorem 1.2. d , b ve c tamsayılarının en büyük ortak böleni ise
0 0( , )d b c bx cy= = +
olacak şekilde bir 0 0, x y tamsayı çifti vardır.Kanıt. { , } A bx cy x y= + | ∈ kümesini göz önüne alalım. Bu kümede en az
bir tane pozitif tamsayı vardır. A kümesindeki en küçük pozitif tamsayıyı l ilegösterelim. Böylece 0 0l bx cy= + olacak şekilde 0 0, x y ∈ tamsayıları vardır.
İlk olarak l b| ve l c| olduğunu gösterelim. Çünkü, eğer l b|/ ise o takdirde
Teorem 1.1. e göre b lq r = + (0 )r l< < olacak şekilde bir q, r tamsayı çifti
bulabiliriz ve buradan,
0 0 0 0( ) (1 ) ( )r b lq b bx cy q b qx c qy∈∈
= − = − + = − + −
olduğundan r A∈ elde ederiz ki, bu r l< oluşu ile çelişir. Şu haldel b|/ olamaz, benzer şekilde l c|/ olamayacağı da gösterilebilir. Böylece
l b| ve l c| dir. Diğer taraftan ( , )d b c= olduğundan 1b db= ve 1c dc=
olacak şekilde 1 1,b c ∈ tamsayıları vardır.
0 0 1 0 1 0 1 0 1 0( ) ( ) ( )l bx cy db x dc y d b x c y d l
∈
= + = + = + ⇒ |
, d>0, l>0
olduğundan d l≤ dir. d , en büyük ortak bölen olduğundan d l< olamaz . Şuhalde d l= dir ve böylece 0 0( , )d b c bx cy= = + elde ederiz.
Bu teoremi aşağıdaki şekilde genelleştirebiliriz.
Teorem 1.3. 1 2, ,..., nb b b hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar ve d , bu
tamsayıların en büyük ortak böleni olsun. Bu takdirde,
1 2 1 1 2 2( , ,..., ) ...n n nd b b b b x b x b x= = + + +
olacak şekilde 1 2, ,..., n x x x tamsayıları vardır.
Kanıt. İspat, Teorem 1.2. deki gibi yapılır.
Teorem 1.4. , ,m a b ∈ ve m>0 ise ( , ) ( , )ma mb m a b= dir.
Kanıt. 1( , )ma mb d = ve ( , )a b d = olsun. 1d md = olduğunu gösterelim.
( , )a b d = olduğundan d a| ve d b| dir ve böylece 1a da= ve 1b db= olacak
şekilde 1a , 1b ∈ vardır. Bu iki eşitliğin her iki tarafını m ile çarparsak
1ma mda= , 1mb mdb= ve md ma| , md mb| olacağından md ; ma ve mb
tamsayılarının bir ortak bölenidir. e.b.o.b. tanımından 1md d | dir. Şu halde
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 11/272
5
1 1.d md t = ( 1 0d > , 0md > ) olacak şekilde 1 0t > tamsayısı vardır. Şimdi
1 1t = olduğunu gösterelim.
1 1
( , )d ma mb d ma= ⇒ | ,1 1
d mb mdt ma| ⇒ | ,1
mdt mb|
10mdt a
≠⇒ | , 1dt b| .
O halde 1dt tamsayısı, a ile b nin bir ortak bölenidir ve ( , )a b d = olduğundan
1dt d | dir. Böylece 0d > , 1 0dt > ve 1dt d | olduğundan 1 1t = elde ederiz.
Bunu 1 1.d md t = de yerine yazarsak 1d md = buluruz ki bu,
( , ) ( , )ma mb m a b= olduğunu kanıtlar.
Uyarı: Genel olarak , ,m a b ∈ ve 0m ≠ ise ( , ) ( , )ma mb m a b=| | dir.
Teorem 1.5. d a| , d b| ve d>0 ise1
( , ) ( , )a b
a bd d d
= dir.
Kanıt. d a| ve d b| olduğundan 1a da= ve 1b db= olacak şekilde 1 1,a b ∈
tamsayıları vardır. O halde, Teorem 1.4. ten
1 1 1 1( , ) ( , ) ( , ) ( , )a b
a b da db d a b d d d
= = =
yazarız, böylece
( , ) ( , )
a b
a b d d d = 0d ≠⇒
1
( , ) ( , )
a b
a bd d d = elde ederiz.
Sonuç: ( , ) ( , ) 1a b
a b gg g
= ⇒ = dir.
Tanım 1.7. ( , ) 1a b = ise a ve b tamsayılarına aralarında asaldır deriz.
Örneğin; (7,11) 1= olduğundan 7 ve 11 aralarında asaldır.
Teorem 1.6. ( , ) 1a m = , ( , ) 1b m = ise ( , ) 1ab m = dir.
Kanıt. ( , ) 1a m = , ( , ) 1b m = olduğundan Teorem 1.2. ye göre 0 0 1ax my+ =
ve 1 1 1bx my+ = olacak şekilde 0 0, x y ve 1 1, x y tamsayıları vardır. Buradan,
0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1( )( ) ( ) 1ax my bx my abx x m ax y bx y my y+ + = + + + =
ve 0 1 x x A= ∈ , 0 1 1 0 0 1ax y bx y my y B+ + = ∈ dersek, 1abA mB+ = elde
ederiz. ( , )ab m d = olsun. Böylece, d ab| , d m| ve 1abA mB+ =
olduğundan
) 1 1d abA mB d d | ( + ⇒
| ⇒
=
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 12/272
6
bulunur, o halde ( , ) 1ab m = dir.
Bu teoremi aşağıdaki gibi genelleştirebiliriz:
1( , ) 1a m = , 2( , ) 1a m = , ... , ( , ) 1na m = ise 1 2( ... , ) 1na a a m = dir.
Teorem 1.7. ( Aritmeti ğ in Esas Yardımcı Teoremi) , ,a b c ( 0)c ≠ tamsayılar
olmak üzere a bc| ve ( , ) 1a b = ise a c| dir.
Kanıt. ( , ) 1a b = olduğundan Teorem 1.2. ye göre 0 0 1ax by+ = olacak şekilde
0 0, x y ∈ tamsayıları vardır. Bu ifadenin her iki yanını c ile çarparak,
0 0acx bcy c+ = yazarız. Böylece, hipotezden
a bc| , ( )0 0a ac a acx bcy c| ⇒ | + = yani a c| elde ederiz.
Uyarı: a bc| ve a b|/ den a c| sonucu çıkarılamaz.
Sonuç 1: p bir asal sayı olmak üzere p bc| ise p b| ve p c| ifadelerinden en
az birisi doğrudur. Çünkü, p b| ise ispat tamamdır, eğer p b|/ ise ( , ) 1 p b =
olacağından Teorem 1.7. ye göre p bc| den p c| elde ederiz.
Sonuç 2: p b|/ ve p c|/ ise p bc|/ dir.
Teorem 1.8. , ,a b x tamsayılar olmak üzere
( , ) ( , ) ( , ) ( , )a b b a a b a b ax= = − = +
dir.Kanıt. İlk üç eşitlik e.b.o.b. tanımından derhal elde edilir. Biz sadece( , ) ( , )a b a b ax= + olduğunu gösterelim, bunun için 1( , )a b d = ve
2( , )a b ax d + = olduğunu kabul edelim. 1( , )a b d = olduğundan
1 11
1
( )d a d ax
d b axd b
| ⇒ | ⇒ | +
| 1 2
. . . . tan .
( , )e b o b
d a b ax d | + =⇒ ,
yani 1 2d d | olur. Diğer taraftan, 2( , )a b ax d + = olduğundan
( )2 22
2 )
d a d axd b ax ax b
d b ax
| ⇒ | ⇒ | + − = | ( +
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 13/272
7
yazabiliriz, şu halde 2d a| , 2d b| bulmuş olduk, buradan e.b.o.b. tanımı
kullanılarak 2 1, )d a b d | ( = bulunur, yani 2 1d d | dir. Böylece,
1 2 2 11 2
1 2
,
0, 0
d d d d d d d d
| | ⇒ => >
bulunur ki, bu ( , ) ( , )a b a b ax= + olduğunu kanıtlar.
Örnek 1. 1. a, b, c tamsayıları için ( , , ) ( , ( , ))a b c a b c= dir.
Çözüm. 1( , , )a b c d = , 2( , ( , ))a b c d = olsun.
1 1( , , )a b c d d a= ⇒ | , 1d b| , 1d c|
dir. O halde 1 ( , )d b c| dir ve 1d a| ile birlikte 1 2( , ( , ))d a b c d | = buluruz.
2 2( , ( , ))a b c d d a= ⇒ | , 2 2( , )d b c d a| ⇒ | , 2d b| , 2d c| dir, yani 2 1( , , )d a b c d | = dir. Böylece,
1 2
1 21 2 2 1
0, 0
,
d d d d
d d d d
> > ⇒ =
| |
buluruz ki, bu istediğimiz eşitliktir.
Teorem 1.9. (Öklid Algoritması) a ve b ( 0b ≠ ) tamsayıları verilsin. a ve b yeard arda bölme algoritması uygulanarak
1 1a bq r = + , 10 r b< <| | ,
1 2 2b rq r = + , 2 10 ,r r < <
1 2 3 3 ,r r q r = + 3 20 ,r r < <
2 1n n n nr r q r − −
= + , 10 n nr r −
< < ,
1 1 1n n n nr r q r − + +
= + , 1 0nr +
=
eşitlikleri elde edilmiş olsun. Burada
1 2 3 1... 0n nb r r r r r +
| |> > > > > > =
dir ve ayrıca ( , ) na b r = , yani sıfırdan farklı en son kalan, en büyük ortak
bölendir.Kanıt. Yukarıdaki eşitliklerden 1n nr r
−| , 2n nr r
−| , ... , nr a| , nr b| olduğu
hemen görülür. O halde nr , a ve b nin bir ortak bölenidir, böylece ( , )nr a b|
dir. Diğer taraftan, ( , )a b d = ise d a| ve d b| olduğundan ( )1 1d a bq r | − =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 14/272
8
yazabiliriz. 1d r | ise yukarıdaki bölme algoritmalarının denklemlerinden
2 ,..., nd r d r | | elde edilir. Böylece 0nr > , 0d > , nr d | , nd r | olması
nedeniylen
d r = buluruz.
Örnek 1.2. 550 ve 24 tamsayılarının en büyük ortak bölenini bulunuz ve butamsayıyı 550 ve 24 tamsayılarının bir lineer birleşimi (kombinezonu) şeklindeifade ediniz.Çözüm.
550 22.24 22
24 1.22 2 (550,24) 2
22 11.2 0
= +
= + ⇒ == +
bulunur. Ayrıca2 = 24 -1.22 = 24 - 1(550 - 22.24) = 23.24 - 1.550
yazılabileceğinden 0 24 x = , 0 550 y = ve 23a = , 1b = − olmak üzere
0 02 23.24 1.550ax by= + = − şeklinde bir lineer birleşim olarak ifade edilmiş
olur.
Örnek 1.3. (1140,480) d = ise d yi bulunuz ve 1140 480d x y= + olacak
şekilde bir x, y tamsayı çifti belirleyiniz.
Çözüm. 1140 2.480 180 180 1140 2.480= + ⇒ = − 480 2.180 120 120 480 2.180= + ⇒ = − 180 = 1.120 + 60 60 180 1.120⇒ = − 120 = 2.60+0
yazılırsa, buradan d = (1140,480) = 60 bulunur. Ayrıca
60 180 1.120 180 1(480 2.180) 3.180 1.480= − = − − = −
3(1140 2.480) 1.480 3.1140 7.480= − − = −
yazılabilir ve 3 x = , 7 y = − aranan tamsayı çiftini verir.
Tanım 1.8. a k | ve b k | ise k ya a ile b nin bir ortak katı denir.
Tanım 1.9. a ve b sıfırdan farklı iki tamsayı olsun.i) a k | , b k |
ii) a l| , b l k l| ⇒ |
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 15/272
9
iii) k>0 koşullarına uyan bir k tamsayısına a ve b nin en küçük ortak katı (e.k.o.k.)denir ve [ , ]k a b= şeklinde gösterilir.
İkiden fazla tamsayının e.k.o.k. da benzer şekilde tanımlanır.Teorem 1.10. 0m > olmak üzere [ , ] [ , ]ma mb m a b= dir.
Kanıt. Teorem 1.4. deki gibi yapılır.
Örneğin; [ ] [ ]50,30 10 5,3 10.15 150= = = dir.
Şimdi ispatını daha sonra yapacağımız ve aşağıdaki örneğin çözümündekullanacağımız bir özellik yazalım.
Özellik: a>0, b>0 ise ( , )[ , ] .a b a b a b= dir.
Örnek 1.4. ( , ) 10a b = ve [ , ] 100a b = koşullarını gerçekleyen bütün pozitif
a, b tamsayı çiftlerini bulunuz.Çözüm. ( , ) 10 10a b a= ⇒ | , 10 10b a m| ⇒ = , 10b n= ; , , ( , ) 1m n m n∈ =
dir. Çünkü,10 (10 ,10 ) 10( , ) ( , ) 1m n m n m n= = ⇒ =
olur. Diğer taraftan,[10 ,10 ] 10[ , ] 100 [ , ] 10m n m n m n= = ⇒ =
ve buradan yukarıdaki özellik kullanılarak( )
1
, [ , ] [ , ] . 10m n m n m n m n=
= = =
bulunur. Böylece çarpımları 10 olan tamsayı çiftleri, yukarıdaki 10a m= ,10b n= denklemlerinde m ve n değerleri yerine yazılarak istenen tamsayı
çiftleri (10,100) , (20,50) , (50,20) , (100,10) olarak bulunur.
Örnek 1.5. 2( 1,2 7)n n n d + + + = ise d nin alabileceği değerleri bulunuz.
Çözüm.
2
( 1,2 7)n n n d + + + = ise
2
1)d n n| ( + + , 2 7)d n| ( + dir.2
2 21)2 7 (2 2 2)
2 7)
d n nd n n n n
d n n
| 2( + + ⇒ | + − + + | ( +
5 2n= −
yani 5 2)d n| ( − bulunur. Buradan
( )
( ) ( )
5 2) 2 5 2 10 410 35 10 4 39
2 7) 2 7 10 35
d n d n nd n n
d n d n n
| ( − ⇒ | − = − ⇒ | + − − =
| ( + ⇒ | 5 + = + ,
yani 39d | buluruz. 39 = 3.13 ve 0d > olduğundan 1d = , 3 ,13, 39 olabilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 16/272
10
Örnek 1.6. n ∈ ( Doğal Sayılar Kümesi ) olmak üzere 6 ( 1)(2 1)n n n| + +
olduğunu kanıtlayınız.Çözüm. ( 1)(2 1)n n n A+ + = diyelim. n yi 6 ile bölerek, bölme algoritmasına
göre 6n q r = + , 0 6r ≤ < yazabiliriz. O halde;
0r = ise: 6 6 (6 1)(12 1) 6n q A q q q A= ⇒ = + + ⇒ | ,
1r = ise: 6 1 (6 1)(6 2)(12 3)n q A q q q= + ⇒ = + + +
(6 1)2(3 1)3(4 1)q q q= + + +
6(6 1)(3 1)(4 1) 6q q q A= + + + ⇒ | ,
2r = ise: 6 2 (6 2)(6 3)(12 5)n q A q q q= + ⇒ = + + +
2(3 1)3(2 1)(12 5)q q q= + + +
6(3 1)(2 1)(12 5) 6q q q A= + + + ⇒ | ,
3r = ise: 6 3 (6 3)(6 4)(12 7)n q A q q q= + ⇒ = + + +
3(2 1)2(3 2)(12 7)q q q= + + +
6(2 1)(3 2)(12 7) 6q q q A= + + + ⇒ | ,
4r = ise: 6 4 (6 4)(6 5)(12 9)n q A q q q= + ⇒ = + + +
2(3 2)(6 5)3(4 3)q q q= + + +
6(3 2)(6 5)(4 3) 6q q q A= + + + ⇒ | ,
5r = ise: 6 5 (6 5)(6 6)(12 11)n q A q q q= + ⇒ = + + +
(6 5)6( 1)(12 11) 6q q q A= + + + ⇒ | bulunur. Bütün haller için ( ) ( )6 1 2 1n n n| + + olduğu görülür.
Bölme Algoritmasının Bir Uygulaması
Bölme algoritması yardımıyla tamsayıları verilen bir tabana göre yazabiliriz.Bir 1a > tamsayısı göz önüne alalım ve bu tamsayıyı sabit tutalım. Şimdiherhangi bir 0b > tamsayısı seçelim. Bölme algoritmasına göre 0 0b aq r = + ,
00 r a≤ < olacak şekilde tek türlü belirli 0q , 0r tamsayı çifti vardır. Bu kez,
bölme algoritmasını oq ve a ya uygularsak 0 1 1q aq r = + , 10 r a≤ < olacak
şekilde tek türlü belirli 1q , 1r tamsayı çifti vardır. 1a > olduğundan
0 1 ...b q q> > > ( )1.4
olduğu açıktır. Şimdi bölme algoritmasını 1,q a çiftine uygularsak
1 2 2q aq r = + , 20 r a≤ < yazabiliriz. Bu şekilde devam edersek, ( )1.4 dizisi
azalan bir dizi olduğundan sonlu bir n. adımda 0nq = olacak şekilde
0 1 2 1... 0n nb q q q q q−> > > > > > = dizisine ulaşırız. Böylece,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 17/272
11
20 0 1 1 0 1 1( ) ob q a r q a r a r q a r a r = + = + + = + +
2 3 22 2 1 0 2 2 1
1 21 2 1 0
( )
...
o
n nn n
q a r a r a r q a r a r a r
r a r a r a r a r −
−
= + + + = + + +
= + + + + +
elde edilir. Burada 0nr ≠ , 0 10 , ,..., nr r r a≤ < dır. Sonuç olarak her pozitif b
tamsayısının, 1 den büyük bir a tamsayısının kuvvetlerinin bir lineer
kombinezonu olarak yazılabileceğini elde etmiş olduk. Bu durumu sembolle1 2 1( ... )n n ab r r r r −= şeklinde gösterebiliriz.
Örnek 1.7. 3a = ve 543b = alalım. 543b = tamsayısını 3a = tabanınagöre yazalım.Çözüm.
543 181.3 0= + , 0 0r =
181 60.3 1= + , 1 1r =
60 20.3 0= + , 2 0r =
20 6.3 2= + , 3 2r = 6 2.3 0= + , 4 0r =
2 0.3 2= + , 5 2r =
olduğundan5 4 3 2
5 4 3 2 1 0543 r a r a r a r a r a r = + + + + + 5 4 3 2 12.3 0.3 2.3 0.3 1.3 0= + + + + +
3(202010)=
elde edilir.
PROBLEMLER
1) ,a b ∈ ve ( ) ( ), 4 , 4 2a b= = ise ( ), 4 4a b+ = olduğunu gösteriniz.
2) , ,a b c ∈ ; ( ), 1a b = ve ( )c a b| − ise ( ), 1a c = olduğunu gösteriniz.
3) , , , , ,a b c d x y tamsayılar ve ayrıca m ax by= + ; n cx dy= + ;
1ad bc− = ± olsun. Bu takdirde ( ) ( ), ,m n x y= olduğunu gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 18/272
12
4) ,a c
b d ∈ ( ), , , ; 0, 0a b c d b d ∈ ≠ ≠ ve ( ) ( ), , 1a b c d = = olsun.
a cb d
+ ∈ ise b d = olduğunu gösteriniz.
5) Ardışık üç tamsayının çarpımının 6 ile, ardışık dört tamsayının çarpımınında 24 ile bölündüğünü gösteriniz.
6) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ( ), 1n n + ve [ ], 1n n + yi hesaplayınız.
7) a b| ise ( ),a b ve [ ],a b nın değerlerini bulunuz.
8) 25 x y+ = ve ( ), 4 x y = koşullarını sağlayan hiçbir , x y tamsayı çiftinin
olmadığını gösteriniz.
9) k bir tamsayı olmak üzere, herhangi bir tamsayının karesinin ya 3k biçiminde veya 3 1k + biçiminde olduğunu gösteriniz.
10) Her n ∈ için 24 2n| +/ olduğunu gösteriniz.
11) x ve y tek tamsayılar ise 2 2 x y+ tamsayısının bir çift tamsayı
olduğunu, fakat 4 ile bölünemediğini gösteriniz.
12) 2000 ile 7007 arasında olan ve 17 ile bölünebilen kaç tane tamsayıvardır?
13) 2n ≥ bir tamsayı ve k +∈ olsun. Bu takdirde ( )1 1k n n− | − olduğunu
gösteriniz.
14) a) Ardışık 4 tamsayının çarpımının 4 ile bölünebildiğini gösteriniz.
b) 5 n|/ ise 4 1n − sayısının 5 ile bölünebildiğini gösteriniz.
c) n∀ ∈ için 36 )n n| ( − olduğunu gösteriniz.
ç) n∀ ∈ için 112 10n−+ sayısının 11 ile bölündüğünü tümevarımla
gösteriniz.
d) n∀ ∈ için 2 2 12 )n n+ +7 | (3 − olduğunu gösteriniz.
e) n∀ ∈ için 1)n5 | (6 − olduğunu gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 19/272
13
f) n∀ ∈ için 6 (2 1)(7 1)n n n| + + olduğunu gösteriniz.
g) ( , ) 1m n = ve m a| , n a| ise .m n a| olduğunu gösteriniz.
h) ( , ) 1m n = ise ( , ) 1m n mn+ = olduğunu gösteriniz.
15) 1 1u = , 2 2u = , 1 2n n nu u u− −
= + ( 3n ≥ ) ( Fibonacci sayıları ) ise
( )1, 1n nu u− = olduğunu gösteriniz.
16) ,a b ∈ ve a b| ise ( ),a b a= olduğunu gösteriniz.
17) ,a b +∈ (pozitif tamsayılar kümesi) ve ( ) [ ], ,a b a b= ise a b=
olduğunu gösteriniz.
18) 1 2 1 2, ,..., ; , ,...,n na a a y y y ∈ olmak üzere
( ) ( )1 2 1 2 2 1 3 3 1 1, , ..., , , ,...,n n na a a a a y a a y a a y a= − − −
olduğunu gösteriniz.
19) ( )826,1890d = olsun. Öklid Algoritmasını kullanarak d yi hesaplayınız
ve ayrıca d yi 826 ve 1890 tamsayılarının bir lineer kombinezonu olarakifade ediniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 20/272
14
2. BÖLÜM. ASAL SAYILAR
Tanım 2.1. 1 p > tamsayısı verilsin. Eğer p nin 1± ve p± den başka böleni
yoksa p tamsayısı bir asal sayıdır deriz. Asal olmayan bir tamsayıya bile şiksayı diyeceğiz.
Teorem 2.1. tamsayılar kümesinde en az bir asal sayı vardır.Kanıt. 2 ∈ ve 2 asaldır. Çünkü 2 asal olmasaydı: c∃ ∈ öyleki 2c | dir.
Böylece, 1 2c<| |< olur ve 1 ile 2 arasında hiçbir tamsayı olmadığından bu bir
çelişmedir. Şu halde 2 tamsayısı asaldır.
Örneğin; 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,… asal sayılardır.
Teorem 2.2. Her 1n > tamsayısının en az bir asal böleni vardır.Kanıt. d , n nin 1 den büyük en küçük pozitif böleni olsun. Eğer d asal iseispat tamamdır. d asal değilse 1 id d < < , ( 1,2)i = olmak üzere 1 2.d d d = dir.
Böylece 1 1d > pozitif tamsayısı da n nin bir böleni olur ki, bu d nin
tanımına aykırıdır. O halde, 1 den büyük bir tamsayının en az bir asal bölenivardır.
Teorem 2.3. Her 1n > tamsayısı asal sayıların bir çarpımı şeklinde yazılabilir.Kanıt. 1 2. ... k n p p p= olacak şekilde 1 2, ,..., k p p p asal sayılarının
bulunabileceğini göstermeliyiz. Kanıtı n e göre tümevarım yöntemi ileyapalım. 2 asal olduğundan iddia 2n = için doğrudur. n k = için iddianındoğruluğunu kabul edip 1n k = + için de doğru olduğunu göstermeliyiz.
1 2 ... r k p p p= olacak şekilde ( )1,2,...,i p i r = asal sayıları mevcut olsun. Eğer
1k q+ = sayısı asal ise iddia doğru, aksi takdirde , yani q asal değilse
1 in q< < , ( 1, 2)i = olmak üzere 1 2.q n n= dir. Tümevarımdaki hipotezden 1n
ve 2n sayıları asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilebileceğinden
1k q+ = sayısı da asal sayıların bir çarpımı şeklinde ifade edilmiş olacaktır. n
nin bu gösterilişindeki asal çarpanlar birbirinden farklı olmak zorunda değildir.Yani, her 1n > tamsayısı, 1 2, ,..., r p p p tamsayıları birbirinden farklı asal
sayılar ve 1 2, ,..., r α α α lerde negatif olmayan tamsayılar olmak üzere1 2
1 2 ... r
r n p p pα α α = (1.5)
şeklinde yazılabilir. Bu gösterime n tamsayısının kanonik gösterimi (gösterilişi) diyeceğiz.
Teorem 2.4. 1n > tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde yazılışı sıra
dikkate alınmaz ise tek türlü belirlidir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 21/272
15
Kanıt. 1n > tamsayısının asal sayıların çarpımı şeklinde 1 2 ... r n p p p= ve
1 2 ... sn q q q= gibi farklı iki gösterilişinin olduğunu varsayalım. Burada,
( 1,2,..., )i
p i r = ve ( 1,2,..., ) j
q j s= sayıları asaldır. O halde
1 2 1 2... ...r s p p p q q q= (1.6)
dır. r s≤ kabul edebiliriz, aksi halde p ve q ların rollerini değiştirebiliriz.
1 1... r p p p| olduğu için (1.6) dan 1 1... s p q q| diyebiliriz. Böylece
11 1(1 )i p q i s| ≤ ≤ olacak şekilde bir1i
q vardır.1i
q asal olduğundan1 1iq p=
elde edilir. Aynı düşünceyi 2 ,..., r p p için yaparak
1 21 2, ,...,r i i r i p q p q p q= = = (1.7)
eşitliklerini elde ederiz. Burada 1 2, ,..., r i i i tamsayları 1,2,..., r tamsayılarının
bir permütasyonudur. (1.7) deki eşitlikleri (1.6) da yerine yazıp elde edilenifadenin her iki yanını 1 2, ,..., r p p p ile sadeleştirirsek
1 1 2 21 1 1 1 1 1 11 ... ... ... ...r r i i i i i i sq q q q q q q q− + − + − +=
elde ederiz. Eğer r s< olursa yukarıdaki eşitliğin sağ tarafında en az bir2 jq ≥ asal sayısı mevcut olurdu ki, sağ tarafın 1 e eşit olması nedeni ile bu
mümkün değildir. O halde,
1 21 2, , ,...,r i i r ir s p q p q p q= = = =
buluruz ve teorem kanıtlanmış olur.
Şimdi a ve b pozitif tamsayılarının kanonik gösterilişleri i p ve iq ler
asal ve , 1i jα β ≥ ( )1,2,..., ; 1, 2,...,i k j t = = olmak üzere
1 2
1 2 ... k
k a p p pα α α = , 1 2
1 2 ... t
t b q q q β β β =
olsun. p a|/ ve p b|/ ise p nin a ve b de bulunan kuvvetini sıfır kabul ederek
a ve b yi aynı asal sayıların çarpımı olarak aşağıdaki gibi yazabiliriz;
1 2
1 2 ... r
r a p p pα α α = , 1 2
1 2 ... r
r b p p p β β β = ( i p ler asal ve , 0i iα β ≥ ) (1.8)
Böylece,1 1 2 2 min( , )min( , ) min( , ) min( , )
1 21
( , ) ... ,k k r r
r
r k k
a b p p p p α β α β α β α β
=
= = ∏
1 1 2 2 max( , )max( , ) max( , ) max( , )1 2
1
[ , ] ... k k r r
r
r k k
a b p p p p α β α β α β α β
=
= = ∏
dır.
Şimdi daha önce ispatsız olarak verdiğimiz bir özelliği ispatlıyalım.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 22/272
16
Özellik: , 1a b ≥ olmak üzere ( , )[ , ] .a b a b a b= dir.
Kanıt. a ve b nin kanonik gösterilişi (1.8) deki gibi olsun. 1,2,...,k r =
olmak üzere k ∀ için
min( , ) max( , )k k k k k k α β α β α β + = +
olduğunu göstermeliyiz.
min( , ) max( , )
1
( , )[ , ] k k k k
r
k k
a b a b p α β α β +
=
= ∏ , .a b =1
k k
r
k k
pα β +
=
∏
yazılabilir. 1,2,...,k r = için;
min( , ) max( , ) ,
min( , ) max( , )k k k k k k k k
k k k k k k k k
α β α β α β α β
β α α β α β α β
≤ ⇒ + = +
≤ ⇒ + = +
dır. O halde,
min( , ) max( , )
1 1
( , )[ , ] .k k k k k k r r
k k k k
a b a b p p a bα β α β α β + +
= =
= = =∏ ∏
elde edilir.
Örnek 2. 1. (72,96,192,120) ve [72,96,192,120] değerlerini bulunuz.
Çözüm.2 3 3 2 3 2 072 2.36 2 .18 2 .9 2 .3 2 .3 .5= = = = = 2 3 4 5 1 5 1 096 2.48 2 .24 2 .12 2 .6 2 .3 2 .3 .5= = = = = = 2 3 4 5 6 1 0
192 2.96 2 .48 2 .24 2 .12 2 .6 2 .3 .5= = = = = = 2 3 3 1 1120 2.60 2 .30 2 .15 2 3 .5= = = = olduğundan
3 1 0
6 2 1
(72,96,192,120) 2 .3 .5 24
[72, 96,192,120] 2 .3 .5 2880
= =
= =
buluruz.
Teorem 2.5. (Öklid ) Asal sayıların sayısı sonsuzdur.Kanıt. Asal sayıların sayısının sonlu olduğunu varsayalım ve bunlar
1 2, ,..., n p p p olsun. 1 2 ... 1nK p p p= + doğal sayısını oluşturalım. 1K > olduğundan Teorem 2.2. ye göre K nın q gibi bir asal böleni vardır ve
1,2,...,i r = olmak üzere her i için iq p≠ dir. Eğer iq p= olsa: q K | ,
1 2 ... nq p p p| olur, buradan da ( )1 2 ... nq K p p p| − yani 1q | elde edilir ki, bu
mümkün değildir, böylece iq p≠ dir. 1 2, ,..., n p p p asal sayılarından başka bir
q asal sayısı daha bulunmuş olur ki, bu varsayımımıza aykırıdır. Şu halde asalsayıların sayısı sonlu olamaz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 23/272
17
Örnek 2.2. Bir n +∈ tamsayısı için 2 1n + bir asal sayı ise n tamsayısının 2nin bir kuvveti şeklinde olduğunu gösterelim..Çözüm. n nin 2 nin bir kuvveti olmadığını varsayalım. Bu taktirde 1 den
farklı bir t tek tamsayısı için 2 .k n t = yazabiliriz. Buna göre, 2 . 2 2 ( 1) 2 ( 2)2 1 2 1 (2 1)(2 2 ... 1)
k k k k n t t t − −+ = + = + − + +
yazılabilir. Yukarıdaki eşitliğin sağ yanındaki her bir çarpan bir tamsayı ve2 2 .1 2 1 2 1 2 1
k k t n< + < + = +
olduğundan 2(2 1) 1)k n+ | (2 + elde ederiz ki, bu 2 1n + in bir asal sayı olduğu
hipotezi ile çelişir. O halde varsayımımız yanlıştır, yani n, 2 nin bir kuvvetiolmak zorundadır.
Örnek 2.3. 3 ten büyük her asal sayı q +
∈ olmak üzere ya 6 1q + veya6 1q − formundadır.
Çözüm. p, 3 ten büyük bir asal sayı olsun. Bölme Algoritmasına göre q ve rpozitif tamsayılar olmak üzere
6 p q r = + , 0,1,2,3,4,5r =
şeklinde yazılabilir. 0r = ise 6 p q= olur ki 2 p| ve 2 p< olduğundan bu, p nin asal oluşu
ile çelişir.1r = ise 6 1 p q= + olduğundan bu istenen durumdur.
2r = ise 6 2 p q= + olur ki 2 p| ve 2 p< olduğundan bu, p nin asaloluşu ile çelişir.
3r = ise 6 3 p q= + olur ki p3 | ve 3 p< olduğundan bu, p nin asal oluşu
ile çelişir.4r = ise 6 4 p q= + olur ki 2 p| ve 2 p< olduğundan bu, p nin asal
oluşu ile çelişir5r = ise
6 5 6( 1) 1 6 1q
p q q q′∈
′= + = + − = −
olduğundan bu istenen durumdur.
Örnek 2.4. ( 4 ile bölünebilme kuralı ) Bir m tamsayısının 4 ile bölünebilmesiiçin gerek ve yeter koşul bu tamsayının son iki basamağının oluşturduğusayının 4 ile bölünebilmesidir.Çözüm. m tamsayısının 10 tabanına göre yazılışı
m = 1 2 11 2 1 010 10 ... 10 10n n
n na a a a a−
−+ + + + +
ve 4 m| olsun. Ayrıca1 2
1 24 10 10 ... 10 )n nn na a a−
−| ( + + +
olduğundan 4 , bu iki sayının farkını da böler. Şu halde1 2
1 24 ( 10 10 ... 10 )n nn nm a a a−
− | − + + +
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 24/272
18
veya 11 04 10 )a a| ( + elde ederiz. Tersine 1
1 04 10 )a a| ( + ise,1 2
1 24 10 10 ... 10 )n nn na a a−
−| ( + + +
olduğundan bu ikisinin toplamı da 4 ile bölünecektir, yani1 2 1
1 2 1 04 10 10 ... 10 ) ( 10 )] 4n nn n
m
a a a a a m−
−| [( + + + + + ⇒ |
buluruz.
Örnek 2.5. ( 3 ile bölünebilme kuralı ) Bir m tamsayısının 3 ile bölünebilmesiiçin gerek ve yeter koşul bu tamsayının rakamları toplamının 3 ilebölünebilmesidir.
Çözüm. m = 1 2 11 2 1 010 10 ... 10 10n n
n na a a a a−
−+ + + + + ve 3 m| olsun. Binom
açılımından
1 2 2 110 (9 1) 9 9 9 .1 ... 9.1 11 2 1
n n n n n n nn n n
n− − −
= + = + + + + + −
3 1nb= + , ( )nb ∈
olduğu dikkate alınırsa,
[ ]1 1 1 1 0(3 1) (3 1) ... (3 1)n n n na b a b a b a− −3 | + + + + + + + , ( )1 1,..., ,n nb b b− ∈
yazabiliriz. Böylece,
[ ]1 1 1 1 1 1 03 3( ... ) ...n n n n n na b a b a b a a a a− − −| + + + + + + + +
elde edilir. Ayrıca 1 1 1 13 3( ... )n n n na b a b a b− −| + + + olduğundan 3 bunların farkını
da böler. Şu halde
1 1 03 ( ... )n na a a a−| + + + +
buluruz. Tersine 1 1 03 ( ... )n na a a a−| + + + + ise 3 m| olduğu gösterilebilir.
Örneğin, 102615 sayısının rakamları toplamı 15 olup, bu tamsayı 3 ilebölünebilir.
Yukarıdaki örnekten, bir tamsayının 9 ile bölünebilmesi için rakamlarıtoplamının 9 ile bölünebilmesi gerektiği sonucunu hemen elde ederiz.
Teorem 2.6. Asal olmayan bir 1n > doğal sayısının p n≤ koşuluna uyan
en az bir p asal böleni vardır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 25/272
19
Kanıt. 1n > asal olmadığına göre, n nin p n< olacak şekilde bir p pozitif
asal böleni vardır, yani 1n′ > uygun bir doğal sayı olmak üzere n pn′= dür.
Burada p n≤ ve n n′ ≤ den en az biri doğrudur. Çünkü hem p n>
hem de n n′ > olsa pn n′ > , yani n n> olur ki, bu mümkün değildir. Eğer
p n≤ ise bu p asal sayısı istediğimiz koşula uyar. p n> ise bu takdirde
n n′ ≤ dir. 1n′ > olduğundan n′ nün q gibi bir pozitif asal böleni vardır
ve 1 q n′< ≤ dür. q n′| ve n n′ | olduğundan q n| dir. Diğer yandan
1 q n n′< ≤ ≤ olduğundan 1 q n< ≤ dir. Şu halde q, n nin istenen
koşulları gerçekleyen bir asal bölenidir.
Şu halde, p n≤ koşuluna uyan p asal sayılarından hiçbirisi ilebölünemeyen bir n doğal sayısı asaldır.
Örnek 2.6. 113, 241 ve 1453 sayılarının asal olduklarını gösterelim.
Çözüm. 10 113 11< < olup, 1 ile 10 arasındaki asal sayılar 2, 3, 5, 7 dir. Buasal sayılardan hiçbiri 113 ü bölmez. Şu halde 113 asaldır.
15 241 16< < olup, 1 ile 15 arasındaki asal sayılar 2, 3, 5, 7, 11, 13 dür. Buasal sayılardan hiçbiri 241 i bölmediğinden 241 asaldır.
38 1453 39< < olup, 1 ile 38 arasındaki asal sayılardan hiçbiri 1453 ü
bölmediğinden 1453 sayısı da asaldır.
Eratosthenes Kuralı İle Asal Sayıların Bulunması
1 ile n arasındaki 1 den büyük 1 2, ,..., k p p p pozitif asal sayıları bilindiği
takdirde, n ile 2n arasındaki bütün asal sayıları Eratosthenes kuralı ile
bulabiliriz. 1 den 2n ye kadar olan bütün doğal sayıları sırayla yazdıktan sonra
1 2 p = den başlayarak 2. sıradaki sayıyı ve 2 nin tam katlarındaki sıralarda
bulunan sayıları, 2 3 p = den başlayarak 3. sıradaki sayıyı ve 3 ün tamkatlarındaki sıralarda bulunan sayıları, bu şekilde devam ederek nihayet k p
dan başlayarak k p . sıradaki sayıyı ve k p nın tam katlarındaki sıralarda
bulunan bütün sayıların üstünü çizelim. Bu işlemin sonunda üstü çizilmemiş
olan sayılar, n ile 2n arasındaki bütün asal sayıları verecektir.
Örnek 2.7. 1 den 100 e kadar olan asal sayıları Eratosthenes kuralı ile bulalım.Çözüm. Önce 1 ile 100 arasındaki bütün tamsayıları yazalım. 1 den 10 a kadarolan asal sayılar 2, 3, 5 ve 7 dir. O halde 1 i sildikten sonra 2 den ba şlayarak
sırayla 2 ve 2 nin katları, 3 ve 3 ün katları, 5 ve 5 in katları ve nihayet 7 ve 7
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 26/272
20
nin katlarındaki sıralarda yer alan bütün sayıları silersek geriye kalan2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79,83, 89, 97 sayıları 1 ile 100 arasında bulunan asal sayılar olacaktır.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45
46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60
61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75
76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90
91 92 93 94 95 96 97 98 99 100
Tanım 2.2. ( , 2) p p + şeklindeki asal sayı çiftlerine asal sayı ikizi,
( , 2, 6) p p p+ + asal sayılarına asal sayı üçüzü, ( , 2, 6, 8) p p p p+ + +
şeklindeki asal sayılara da asal sayı dördüzü adı verilir.
Örneğin; yukarıdaki tablodan 1 ile 100 arasındaki asal sayı ikizlerinin (3,5) ,
(5,7) , (11,13) , (17,19) , (29,31) , (41,43) , (59,61) ve (71,73) ; asal sayı
üçüzlerinin (5,7,11) , (11,13,17) , (17,19,23) ve (41,43, 47) ; asal sayıdördüzlerinin de (5,7,11,13) ve (11,13,17,19) olduğunu söyleyebiliriz.
Not : Asal sayılar birbirini düzgün aralıklarla izlememektedir. 10.000.721 ekadar olan asal sayılar D.N. Lehmer tarafından bir tablo ile gösterilmiş olup, butabloda bazı yerlerde büyük boşluklar bulunmaktadır. Örneğin 1326 ile 1361,8467 ile 8501, 9551 ile 9587 arasında hiçbir asal sayı yoktur. Asal sayılardizisinde istenildiği kadar geniş boşluklar bulmak mümkündür. Gerçekten, n-1tane ! 2n + , ! 3n + ,... , !n n+ sayıları arasında hiçbir asal sayı bulunmamaktadır.Çünkü 2,3,...,k n= olmak üzere her k için ( ! )k n k | + dır.
PROBLEMLER
1) p bir asal sayı olmak üzere ( ),a b p= ise ( )2 ,a b , ( )3 ,a b ve ( )2 3,a b
hangi değerleri alabilir.
2) p bir asal sayı, ( )2,a p p= ve ( )3 2,b p p= ise ( )4,ab p ve ( )4,a b p+ ün
değerlerini bulunuz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 27/272
21
3) Aşağıdaki önermelerin doğru olup olmadığını araştırınız. Doğru iseispatlayınız, yanlış ise bir örnek veriniz.
a) ( ) ( ), ,a b a c= ise [ ] [ ], ,a b a c= dir.b) ( ) ( ), ,a b a c= ise b c= dir.
c) ( ) ( ), ,a b a c= ise ( ) ( )2 2 2 2, ,a b a c= dir.
d) p bir asal sayı , p a| ve ( )2 2 p a b| + ise p b| dir.
e) ,a b ∈ olmak üzere 2a b| ise a b| dir.
f) 3 3a b| ise a b| dir.
g) ( ), 1a b = ise ( )2 2, , 1a ab b = dir.
h) ( )2 1b a| + ise ( )4 1b a| + dir.
ı) ( ) ( ), , ( , ), ( , )a b c a b a c= dir.
4) Bir n +∈ ( pozitif tamsayılar kümesi ) için 2 1n − asal ise n nin de asalolduğunu gösteriniz.
5) 1 2 3 4, , ,a a a a tamsayıları 1 4 2 3 1a a a a− = ± koşulunu gerçekliyorsa 1 2
3 4
a a
a a
+
+
kesrinin sadeleştirilmiş bir kesir olduğunu, yani ( )1 2 3 4, 1a a a a+ + =
olduğunu gösteriniz.
6) n bir pozitif tamsayı olsun. Aşağıdaki ifadeleri ispatlayınız.a) n tamsayısının 2 ile bölünebilmesi için gerek ve yeter koşul n nin birler
basamağındaki rakamın 2 ile bölünmesidir.b) n tamsayısının 8 ile bölünebilmesi için gerek ve yeter koşul n nin son
üç basamağından oluşan sayının 8 ile bölünmesidir.
7) İki tek tamsayının çarpımının bir tek tamsayı, toplamının da bir çift tamsayıolduğunu gösteriniz.
8) 3 1k + formundaki her asal sayının 6 1k + formunda olduğunu gösteriniz.
9) 6 1n + formunda sonsuz sayıda asal sayı olduğunu gösteriniz.
10) p bir asal sayı ise p nin bir irrasyonel sayı olduğunu gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 28/272
22
3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR
Tanım 3.1. , , ;a b m ∈ 0m > tam sayıları verilsin. Eğer )m a b| ( − ise a, b
ye m modülüne göre kongrüent dir denir ve (mod )a b m≡ şeklinde gösterilir.
Teorem 3.1. Sabit bir m modülüne göre kongrüans bağıntısı tamsayılar kümesiüstünde bir denklik (eşdeğerlik) bağıntısıdır.Kanıt.
1. ( ) 0m a a| − = olduğundan (mod )a a m≡ sağlanır, yani “ ≡ ” bağıntısı
yansıyandır.2. (mod ) ( ) ( )a b m m a b m a b b a≡ ⇒ | − ⇒ | − − = − , o halde (mod )b a m≡
olup “ ≡ ” bağıntısı simetriktir.
3. (mod )a b m≡ , (mod )b c m≡ olsun , o takdirde )m a b| ( − , )m b c| ( −
dir. Böylece [ ]( ) ( )m a b b c a c| − + − = − olduğundan (mod )a c m≡ dir, yani
“ ≡ ” bağıntısı geçişme özelliğine sahiptir.
Teorem 3.2. a, b, c, d , m∈ ; 0m > ve (mod )a b m≡ , (mod )c d m≡ olsun.
Bu takdirde,1. (mod )a c b d m+ ≡ + , (mod )a c b d m− ≡ − ,
2. (mod )ac bd m≡ ,
3. k ∈ olmak üzere (mod )a k b k m+ ≡ + ve (mod )ka kb m≡ dir.Kanıt.
1.(mod ) )
) ( )] ) ( )](mod ) )
a b m m a bm a b c d a c b d
c d m m c d
≡ ⇒ |( − ⇒ |[( − − = [( −≡ ⇒ |( −
∓ ∓ ∓
yani (mod )a c b d m≡∓ ∓ dir.
2.(mod ) )
)(mod ) )
a b m m a bm a b c
c d m m c d
≡ ⇒ | ( − ⇒ | ( −
≡ ⇒ | ( − , ( )m b c d | −
) ( )]m a b c b c d ac bd ⇒ | [( − + − = − ,yani (mod )ac bd m≡ dir.
3. (mod ) ) ) )a b m m a b m k a b m ka kb≡ ⇒ | ( − ⇒ | ( − ⇒ | ( −
dir ve böylece (mod )ka kb m≡ elde edilir. Diğer taraftan, 1. özellikten
(mod )a b m≡ , (mod ) (mod )k k m a k b k m≡ ⇒ + ≡ +
elde edilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 29/272
23
Teorem 3.3. , , ,k a b m ∈ ; 0m > , ( )0 modk m≡ , ( , )k m d = ve
(mod )ka kb m≡ olsun. O taktirde (mod )m
a b
d
≡ dir.
Kanıt. (mod )ka kb m≡ ise ( ) ( )m ka kb k a b| − = − dir. Böylece ( )k a b mu− =
olacak şekilde bir u Z ∈ vardır. ( , )k m d = olduğundan d m| , d k | dır. Şu
halde, ' ,m m d = 'k k d = olacak şekilde 'm , 'k Z ∈ tamsayıları vardır ve bu
tamsayılar aralarında asaldır, yani ( ', ') 1k m = dir. m ve k nın bu değerleri
yukarıda yerine yazılırsa ' ( ) 'k d a b m du− = veya buradan ' '( )m k a b| −
sonucu elde edilir. Bu sonuçtan ( ', ') 1k m = olduğunu da dikkate alırsak
Teorem 1.6. yı kullanarak ' )m a b| ( − buluruz. Bu ise (mod ')a b m≡ veya
(mod )ma bd
≡ demektir.
Sonuç: (mod )ka kb m≡ , ( , ) 1k m = ise (mod )a b m≡ dir.
Teorem 3.4. ( ) f x , katsayıları tamsayılar olan bir polinom fonksiyon ve
(mod )a b m≡ olsun. Bu takdirde ( ) ( )(mod ) f a f b m≡ dir.
Kanıt. 0
( )n
j
j
j
f x c x=
= ∑ olsun. Teorem 3.2. den
(mod ) (mod ) j ja b m a b m≡ ⇒ ≡ ( 0,1,..., ) j n=
(mod ) j j
j jc a c b m⇒ ≡ ( 0,1,..., ) j n=
0 0
(mod )n n
j j
j j
j j
c a c b m= =
⇒ ≡∑ ∑
( ) ( )(mod ) f a f b m⇒ ≡
bulunur.
Örnek 3.1. ,a b ∈ ; ,d m +∈ ve (mod )a b m≡ , d m| ise (mod )a b d ≡ dir.
Çözüm. (mod )a b m≡ ise )m a b| ( − dir.
))
d md a b
m a b
| ⇒ | ( −
| ( − ,
yani (mod )a b d ≡ dir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 30/272
24
Örnek 3.2. ,a b ∈ ve 0m > bir pozitif tamsayı olmak üzere (mod )a b m≡
olması için gerek ve yeter koşul a ile b nin m ile bölündüğü zaman aynı kalanıvermesidir.
Çözüm. (mod )a b m≡ , 0m > olsun. a ile b yi, m ile kalanlı olarak bölelim.Bu takdirde , , ,m q m q′ ′ ∈ olmak üzere
a mq r = + , ' 'b mq r = + , 0 , 'r r m≤ < (3.1)
yazabiliriz. Kalanların eşit yani, 'r r = olduğunu göstermeliyiz. (3.1) den( ' ') ( ') ( ')a b mq r mq r m q q r r − = + − + = − + −
bulunur. (mod )a b m≡ olduğundan m a b| − dir.
)( )
( )
m a bm r r
m m q q
| ( − ′⇒ | −
′| − ,
üstelik r r m′− < olduğundan buradan 0r r ′− = , yani 'r r = elde ederiz.
Tersine a mq r = + , ' 'b mq r = + , 0 , 'r r m≤ < ve 'r r = ise bu takdirde,
0
( ' ') ( ') ( ') ( ')a b mq r mq r m q q r r m q q=
− = + − + = − + − = −
olacağından m a b| − , yani ( )moda b m≡ elde edilir.
Örnek 3.3. , ,a b m ∈ ; 0m > ve (mod )a b m≡ ise ( , ) ( , )a m b m= dir.
Çözüm. 1( , )a m d = , 2( , )b m d = olsun. (mod )a b m≡ olduğundan a b mu− =
veya b a mu= − olacak şekilde bir u ∈ tamsayısı vardır.
1 1
1
1
( , ) d m d mu
d a md a
| ⇒ | = ⇒ ⇒
| 1 ( )
b
d a mu=
| − ,
yani 1d b| dir. Bu sonuçla 1d m| olduğu birlikte dikkate alınırsa
1 2( , )d b m d | = veya 1 2d d | elde ederiz. Benzer şekilde 2 1d d | olduğu da
gösterilebilir. Böylece
1 21 2
1 2 2 1
0, 0,
d d d d d d d d
> > ⇒ =| |
elde edilir.
Not: Örnek 3.3. , Teorem 1.8. kullanılarak da çözülebilir.
Örnek 3.4. ,a b ∈ , p bir asal sayı ve 2 2 (mod )a b p≡ ise ) p a b| ( − ve
) p a b| ( + den en az birisi doğrudur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 31/272
25
Çözüm. 2 2 2 2(mod ) ) )( )a b p p a b p a b a b≡ ⇒ | ( − ⇒ | ( − + , şu halde
Teorem 1.7. deki Sonuç 1 den ) p a b| ( − veya ) p a b| ( + bulunur.
Örnek 3. 5. , x y ∈ olmak üzere (mod )i
x y m≡ , 1,2,...,i k = ise
1 2(mod[ , ,..., ])k
x y m m m≡ dır.
Çözüm.
1 1
2 2
(mod ) ),
(mod ) ),
x y m m x y
x y m m x y
≡ ⇒ | ( −
≡ ⇒ | ( −
(mod ) )
k k x y m m x y≡ ⇒ | ( −
dir. e.k.o.k. tanımından,
1 2 1 2[ , ,..., ] ) (mod[ , ,..., ])k k m m m x y x y m m m| ( − ⇒ ≡ buluruz.
Tam ve İndirgenmiş Kalan Sistemleri
0m > bir tamsayı ve a ∈ olsun. Bölme algoritmasına görea mq r = + , 0 r m≤ <
olacak şekilde q ve r tamsayıları vardır. Böylece a r mq− = olduğundan
)m a r | ( − , yani (mod )a r m≡ dir. Burada 0,1,..., 1r m= − dir ve bunlardan
herhangi ikisi m modülüne göre birbirine eşdeğer değildir.
Tanım 3.2. 1 2, ,..., m
a a a tamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa bu
tamsayılara m modülüne göre bir tam kalan sistemi (T.K.S.) denir;1) i j≠ için (mod ),i ja a m≡/
2) a∀ ∈ ye karşılık (mod )i
a a m≡ olacak şekilde 1 i m≤ ≤ koşulunu
gerçekleyen en az bir i tamsayısı vardır.
Örnek 3.6. a∈
ve m = 5 olsun. 0,1,2,3,4r =
olmak üzere 5a k r = + yazabiliriz. Böylece,
{ }
{ }
{ }
{ }
{ }
1
2
3
4
5
0 5 ,
1 5 1 ,
2 5 2 ,
3 5 3 ,
4 5 4
a k k
a k k
a k k
a k k
a k k
= = | ∈
= = + | ∈
= = + | ∈
= = + | ∈
= = + | ∈
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 32/272
26
olmak üzere { } { }1 2 3 4 5, , , , 0, 1, 2, 3, 4a a a a a = elde ederiz. Bu bir tam kalan
sistemi olduğundan , örneğin 1 kümesine ait olan 15 1k + şeklinde bir eleman
diğer bir kümedeki bir tamsayıya eşdeğer olamaz. Gerçekten, eğer bu eleman2 kümesine ait bir 25 2k + elemanına eşdeğer olsaydı o zaman
1 2 1 25 1 5 2(mod 5) 5 [(5 1) (5 2)]k k k k + ≡ + ⇒ | + − +
1 25 5 5 1)k k ⇒ | ( − −
yazılabilir ve ayrıca 1 25 5 5 )k k | ( − olduğundan buradan 5 1| bulunurdu ki, bu
mümkün değildir. de alınan herhangi bir tamsayı ancak ve ancak bir tek kalan sınıfına ait
olabilir. Böylece, tamsayılar kümesi ikişer ikişer ayrık ve birleşimleri kümesi olan ayrık denklik sınıflarına parçalanmış olmaktadır. O halde i j≠
için i ja a∩ = ∅ ,
1
m
i
i
a=
= ∪ yazabiliriz.
Örnek 3.7. {1,2, 2,5,7,8,9}− kümesinin 7 modülüne göre bir tam kalan
sistemi olup olmadığını belirleyelim.Çözüm. 8 1(mod 7)≡ , 9 2(mod 7)≡ , 2 5(mod 7)− ≡ olduğundan bu
kümenin herhangi iki elemanı 7 modülüne göre birbirine eşdeğerdir ayrıca 3,4 ve 6 bu sınıflardan hiçbirisine ait olmadığından verilen küme bir tam kalansistemi oluşturamaz.
Teorem 3.5. 1 2{ , ,..., }m
a a a kümesi, m modülüne göre bir tam kalan sistemi ve
( , ) 1k m = ise bu takdirde 1 2{ , ,..., }m
ka ka ka kümesi de m modülüne göre bir
tam kalan sistemi oluşturur.Kanıt. 1) i j≠ için (mod )i jka ka m≡ dir. Çünkü eğer i j≠ için
(mod )i jka ka m≡ olsa: ( , ) 1k m = olduğundan (mod )i ja a m≡ olurdu.
2) 1,2,...,i m= içini
ka ler m modülüne göre eşdeğer olmadıklarından
herbirim
in farklı kalan sınıfına aittir. m modülüne göre nin m tane
kalan sınıfı olduğundan bunların herbiri bu kalan sınıflarından birisine aitolacaktır. Yani, a∀ ∈ için 0 1r m≤ ≤ − olmak üzere a r ∈ olacak şekilde
bir r kalan sınıfı vardır. Böylece0i
ka r ∈ ise o taktirde0(mod )
ia ka m≡ dir.
Tanım 3.3. Elemanları ( sayıları ) m ile aralarında asal olan bir kalan sınıfınam modülüne göre asal kalan sınıfı denir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 33/272
27
Not: Eğer bir kalan sınıfında m ile aralarında asal olan bir sayı varsa, bu kalansınıfının bütün sayıları m ile aralarında asaldır. Çünkü: {..., , ,...}a e f = ,
( , ) 1e m = olsun. Bu taktirde
(mod ) ( , ) ( , ) 1e f m e m f m≡ ⇒ = =
olacaktır.
Tanım 3.4. Her 0m > tamsayısını, m yi geçmeyen ve m ile aralarında asalolan tamsayıların sayısına eşleyen fonksiyona Euler’in ϕ -fonksiyonu adı
verilir ve m nin resmi ( )mϕ ile gösterilir.
Bu tanıma göre,
(1) 1ϕ = ; {1} ,
(4) 2ϕ = ; {1,3} ,(5) 4ϕ = ; {1,2,3,4},
(61) 60ϕ = ; { }1, 2,...,59,60 ,
( ) 1 p pϕ = − ; {1,2,3,..., 1} p −
dir. Yukarıda görüleceği üzere asal sayıların resmi, o asal sayının bireksiğidir.
Teorem 3.6. m modülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ( )mϕ dir.
Kanıt. {1,2,..., }m kümesi m modülüne göre bir tam kalan sistemi olup, bunlar
arasında m ile aralarında asal olan ( )mϕ tane tamsayı vardır. Böylece m
modülüne göre asal kalan sınıflarının sayısı ( )mϕ dir.
Tanım 3.5. 1 2 ( ), ,..., ma a aϕ
tamsayıları aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa bu
sayılar, m modülüne göre bir indirgenmi ş kalan sistemi veya asal kalan
sistemi (A.K.S.) teşkil ediyor deriz:i) ∀ 1,2,..., ( )i mϕ = için ( , ) 1
ia m = ,
ii) i j≠ için (mod )i ja a m≡ ,
iii) ( , ) 1a m = koşulunu sağlayan a∀ ∈ için 1 ( )i mϕ ≤ ≤ olmak üzere
(mod )i
a a m≡ olacak şekilde bir i tamsayısı vardır.
Böylece, asal kalan sınıflarının her birinden bir sayı alarak bir indirgenmiş kalan sistemi oluşturabiliriz.
Teorem 3.7. 0n > , 0m > iki tamsayı ve ( ), 1m n = ise ( ) ( ) ( ).n m n mϕ ϕ ϕ = ⋅
dir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 34/272
28
Kanıt. 1 2, ,..., nr r r tamsayıları mod n bir tam kalan sistemi ve 1 2, ,..., ms s s
tamsayıları da mod m bir tam kalan sistemi olsun. { }1 2, ,..., n x r r r ∈ ve
{ }1 2, ,..., m y s s s∈ olmak üzere { } xm yn+ formundaki tamsayıları göz önünealalım. Bu tamsayıların sayısı mn dir. Önce bu mn tane tamsayının mod mn bir tam kalan sistemi oluşturduğunu gösterelim. Bunun için bu sayılardanherhangi ikisinin mod mn birbirine kongrü olmadığını göstermek yeter. xm yn+ formundaki sayılardan herhangi ikisi i jr m s n+ , t ur m s n+ olsun.
( )modi j t ur m s n r m s n mn+ ≡ + olsa:
( )modi j t ur m s n r m s n n+ ≡ +
ve
( )modi j t ur m s n r m s n m+ ≡ +
bağıntıları elde edilir. ( )0 modir m m≡ , ( )0 modt r m m≡ , ( )0 modis n n≡ ,
( )0 modus n n≡ olduğu göz önüne alınırsa
( )modi t r m r m n≡ (3.2)
( )mod j us n s n m≡ (3.3)
bulunur. (3.2) ve (3.3) te ( ), 1m n = olduğundan Teorem 3.3. ün sonucuna göre
( )
( )
mod
mod
i t
j u
r r n
s s m
≡
≡
elde edilir. Fakat 1 2, ,..., nr r r tamsayıları mod n bir tam kalan sistemi
olduğundan i t = ve 1 2, ,..., ms s s tamsayıları da m modülüne göre bir tam
kalan sistemi oluşturduğundan j u= bulunur. Şu halde { } xm yn+ tamsayıları
mod mn bir tam kalan sistemi oluştururlar. Bu sayıların içinde mn ile
aralarında asal olanların sayısı ( )mnϕ dir. Şimdi
( ), 1 xm yn mn+ = ⇔ ( ), 1 x n = ve ( ), 1 y m =
olduğunu gösterelim.
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
, 1 , 1 , 1, 1
, 1 , 1 , 1
xm yn n xm n x n xm yn mn
xm yn m yn m y m
+ = ⇒ = ⇒ =+ = ⇒
+ = ⇒ = ⇒ =
elde edilir. Tersine Teorem 1.6. kullanılarak
( )
( ) ( )
, 1, 1
, 1
x n xm n
m n
= ⇒ =
= ,
( )
( ) ( )
, 1, 1
, 1
y m yn m
n m
= ⇒ =
=
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 35/272
29
bulunur. Buradan tekrar Teorem 1.6. yı kullanarak
( ), 1 xm yn n+ = , ( ), 1 xm yn m+ = , ( ), 1 xm yn mn+ =
sonuçları elde edilir. ( ), 1 x n = koşulunu gerçekleyen x tamsayılarının sayısı
( )nϕ , ( ), 1 y m = koşulunu gerçekleyen y tamsayılarının sayısı da ( )mϕ
olduğundan ( ), 1 xm yn mn+ = koşulunu gerçekleyen { } xm yn+ formundaki
tamsayıların sayısı ( ) ( )n mϕ ϕ ⋅ dir. Öte yandan ( ), 1 xm yn mn+ = koşuluna
uyan { } xm yn+ formundaki tamsayıların sayısı ( ).m nϕ dir. Böylece
( ) ( ) ( ).n m n mϕ ϕ ϕ = ⋅
elde edilir.
Not: Teorem 3.7. deki ( ), 1m n = koşulu kaldırılamaz. Gerçekten ( )2.2 2ϕ =
olduğu halde ( ) ( )2 2 1ϕ ϕ ⋅ = dir.
Teorem 3.8. ( )1 1ϕ = ve 1n > bir pozitif tamsayı olmak üzere
( )1
(1 ) p n
n n p
= ⋅ −∏ϕ
dir. Burada p n∏ de çarpım n tamsayısının bütün p asal bölenlerinin
üzerinden alınmaktadır. Şu halde n tamsayısının kanonik formu1 2
1 2 ... k
k n p p pα α α
= ise
1 2 1
1 1 1 1 1(1 ) (1 )(1 )...(1 ) (1 )
k
k j p n j p p p p p
=
− = − − − = −∏ ∏
olur.Kanıt. (1) 1=ϕ olduğu açıktır. 1n > bir tamsayı ve n nin kanonik formu
1 21 2 ... k
k n p p pα α α
= olsun. ( )1 21 2, ,..., 1k
k p p pα α α
= olduğundan Teorem 3.7.
kullanılarak
11
2
( ) ( ) ( )i
k
i
i
n p p
=
= ⋅ ∏ ααϕ ϕ ϕ
elde edilir. Teorem 3.7. tekrar kullanılarak indüksiyon ile
( ) ( ) ( ) ( )1 21 2 ... k
k n p p pα α α
ϕ ϕ ϕ ϕ =
bulunur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 36/272
30
p bir asal sayı ve α da positif bir tamsayı olmak üzere ( ) pα ϕ nın
değerini bulalım. x, 1 x pα ≤ ≤ koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olsun.
( ) ( ), 1 , x p x p pα > ⇔ =
olduğu kolayca gösterilebilir. ( ), x p p= den p x| bulunur. Buradan şu
sonuç elde edilir: 1 x pα ≤ ≤ koşulunu gerçekleyeyen ve pα ile aralarında asal
olmayan sayılar p ile bölünen sayılardır. Tersine ( ), x p p= ise ( ), 1 x pα >
dir. p x ise x pk = olacak şekilde bir k pozitif tamsayısı vardır.
11 1 1 x p pk p k pα α α −≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
bulunur. Şu halde 1 x pα
≤ ≤ ve ( ), 1 x p = koşullarını sağlayan sayılarα-11 ,2 ,3 ,..., p p p p p
olup bunların sayısı 1 pα − dir. Geriye kalan 1 p pα α −− tane sayı , pα ile
aralarında asaldır. Böylece
1 1( ) (1 ) p p p p
p
−= − = −α α αϕ
bulunur. Bu eşitliği kullanarak
1 2
1 21 2
1 1 1( ) (1 ). (1 )... (1 )k
k k
n p p p p p p
= − − −αα αϕ
1 21 2
1 2
1 1 1... (1 )(1 )...(1 )k
k k
p p p p p p
= − − −αα α
1(1 )
p n
n p
= −∏
sonucu elde edilir ve ispat tamamlanır.
Örnek 3.8. 642n = için ( )nϕ yi bulalım.Çözüm. 642 = 2.3.107 olup, bu çarpanların hepsi asaldır. Şu halde
1 1 1(642) (2.3.107) 2.3.107.(1 ).(1 ).(1 )
2 3 107ϕ ϕ = = − − −
1 2 1062.3.107. . . 212
2 3 107= =
bulunur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 37/272
31
Örnek 3.9. 8 modülüne göre bir asal kalan sistemi elde edelim.
Çözüm. 3 3 3 31 18 2 (8) (2 ) 2 (1 ) 2 4
2 2ϕ ϕ = ⇒ = = − = = olduğundan,
0,1,2,3,4,5,6 ve 7 tamsayıları bir tam kalan sistemi oluşturur, bunlardan 0,2,4ve 6 tamsayıları atılırsa ( 8 ile aralarında asal olmayan tamsayılar ) geriyekalan 1,3,5 ve 7 tamsayıları ise bir asal kalan sistemi oluşturur.
Teorem 3.9. 1 2 ( ), ,..., ma a aϕ
tamsayıları m modülüne göre bir asal kalan sistemi
oluşturuyor ve ( , ) 1k m = ise bu taktirde 1 2 ( ), ,..., mka ka kaϕ
tamsayıları da m
modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur.Kanıt. i) ( , ) 1k m = , ( , ) 1
ia m = , 1, 2,..., ( )i mϕ = olduğundan ( , ) 1
ika m = dir.
ii) i j≠ içini jka ka≡ ( mod )m dir. Çünkü, eğer (mod )i jka ka m≡ olsa:
( , ) 1k m = olduğundan (mod )i ja a m≡ olurdu ki, bu bir çelişmedir.
iii) 1 2 ( ), ,..., mka ka kaϕ
tamsayılarının sayısı ( )mϕ olup, i) ve ii) den dolayı
farklı asal kalan sınıflarına aittir. Asal kalan sınıflarının sayısı tam olarak( )mϕ olduğundan ( , ) 1a m = koşuluna uyan a∀ ∈ için, a bir asal kalan
sınıfı olmak üzere,0i
ka a∈ ise o taktirde0
(mod )i
ka a m≡ dir.
Teorem 3.10. ( Euler ) m ∈ , 1m > , a ∈ ve ( , ) 1a m = olsun. Bu taktirde( )
1(mod )
m
a m
ϕ
≡ dir.Kanıt. 1 2 ( ), ,..., ma a a
ϕ tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemi ve
( , ) 1a m = olsun. Bu takdirde Teorem 3.8. e göre 1 2 ( ), ,..., maa aa aaϕ
tamsayıları
da, m modülüne göre bir asal kalan sistemi oluşturur. Bu nedenle bu tamsayılarm modülüne göre ikişer ikişer birbirine eşdeğerdir. Şu halde,
1 2 ( ) 1 2 ( ). ... . ... (mod )m maa aa aa a a a mϕ ϕ
≡
ve( )
1 2 ( ) 1 2 ( )( . ... ) . ... (mod )m
m ma a a a a a a m
ϕ
ϕ ϕ ≡
dir, böylece( , ) 1ia m = , 1 2 ( )1,2,..., ( ) ( . ... , ) 1
mi m a a a m
ϕ ϕ = ⇒ =
olduğundan Teorem 3.3. ten ( ) 1(mod )ma m
ϕ ≡ elde ederiz.
Teorem 3.11. ( Fermat ) p bir asal sayı ve p a|/ olsun. Bu taktirde,1 1(mod ) p
a p− ≡
dir.Kanıt. Euler Teoreminde m p= alırsak
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 38/272
32
( ) 1( ) ( ) 1 1(mod )m pm p p a a p
ϕ ϕ ϕ
−= = − ⇒ ≡ ≡
elde ederiz.
Sonuç: Eğer p bir asal sayı ise a∀ ∈ için (mod ) pa a p≡ dir. ÇünküFermat Teoreminden p a|/ ise 1 1(mod ) p
a p− ≡ olduğundan her iki tarafı a ile
çarparsak istenen elde edilir, eğer
0(mod ) p a a p| ⇒ ≡ , 0(mod ) (mod ) p pa p a a p≡ ⇒ ≡
dir.
Örnek 3.10. n∀ ∈ için 7n n− tamsayısının 42 ile bölünebildiğini
gösterelim.
Çözüm. 42 2.3.7= olduğundan
7
n n− tamsayısının 2, 3 ve 7 ile bölündüğünügöstermek yeterlidir. Çünkü eğer7
7 7
7
2 )
3 ) [2,3,7] 42 )
7 )
n n
n n n n
n n
| ( −
| ( − ⇒ = | ( −
| ( −
olur. Böylece,7
72 22 )
2
n nn n
n
| ⇒ |⇒ | ( −
|
dir. Eğer 2 n|/ ise Fermat Teoreminden(2 ) 1(mod2)n
ϕ ≡ ⇒ 61(mod 2) 1(mod 2)n n≡ ⇒ ≡ 7 (mod2)n n⇒ ≡ 72 )n n⇒ | ( −
bulunur.7
733 )
n nn n
n
3 | ⇒ |⇒ | ( −
3 |
dir. Eğer n3 |/ ise Fermat Teoreminden
(3) 1(mod3)nϕ ≡ ⇒ 2 61(mod3) 1(mod3)n n≡ ⇒ ≡ 7 (mod3)n n⇒ ≡ 73 )n n⇒ | ( −
bulunur.7
777 )
n nn n
n
7 | ⇒ |⇒ | ( −
7 |
dir. Eğer n7 |/ ise Fermat Teoreminden(7) 6 71(mod 7) 1(mod 7) (mod 7)n n n n
ϕ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ 77 )n n⇒ | ( −
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 39/272
33
bulunur. Şu halde 7[2,3,7] 42 )n n= | ( − dir.
Örnek 3.11. 3454 tamsayısının 13 ile bölümünden elde edilen kalanı bulalım.
Çözüm. 3454 (mod13) x≡ bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulmalıyız.
(4,13) 1= olduğundan Fermat Teoreminden,(13) 124 1(mod13) 4 1(mod13)ϕ ≡ ⇒ ≡
yazabiliriz. Böylece, 345 12.28 9= + olduğundan
345 12.28 9 12 28 9 2 4 4
1 3 1
4 4 (4 ) .4 (4 ) .4 3 .4 27.12 12(mod13)+
≡ ≡ ≡
≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡
elde edilir. Şu halde, 3454 12(mod13)≡ olup , 3454 tamsayısının 13 ile
bölümünden elde edilecek kalan 12 dir.
Örnek 3.12. 7007126 (mod143) x≡ bağıntısını sağlayan x tamsayısını bulalım.
Çözüm. 143 = 11.13, 126 = 2.63 = 2. 23 .7 ve (143,126) = 1 olduğundan Euler
Teoremini kullanarak (143)126 1(mod143)ϕ ≡ buluruz. Diğer taraftan,
(143) (11.13) (11). (13) (11 1)(13 1) 10.12 120ϕ ϕ ϕ ϕ = = = − − = =
dir. Şu halde 120126 1(mod143)≡ ve 7007=58.120+47 olduğundan
7007 120 58 47 47 47 2 23
1 3
126 (126 ) .126 126 ( 17) (17 ) .17≡ ≡
≡ ≡ ≡ − ≡ −
23 7 3 2 3 2
48423 .17 (3 ) .3 .17 42 .9.17 42 .42.9.17≡≡
≡ − ≡ − ≡ − ≡ −
14 10
48.42.9.17 140≡ ≡
≡ − ≡ − 3(mod143)≡
elde ederiz. Şu halde x = 3, yani 7007126 tamsayısının 143 ile bölümündenkalan 3 tür.
Örnek 3.13.1952 1+ tamsayısının 19 ile bölümünden elde edilen kalanı
bulalım.Çözüm. (2,19) = 1 olduğundan Fermat Teoreminden,
(19) 18
2 1(mod19) 2 1(mod19)ϕ
≡ ⇒ ≡ elde edilir. Diğer taraftan,
2 2 2 21 218 2.3 (18) (2). (3 ) 3 .(1 ) 3 . 6
3 3ϕ ϕ ϕ = ⇒ = = − = =
ve böylece, ( )5,18 1= olduğundan Euler Teoremine göre(18) 65 1(mod18) 5 1(mod18)ϕ ≡ ⇒ ≡
elde edilir. Buradan 19 6.3 1= + olduğundan
19 1919 6 3 5 5 5
1
5 (5 ) 5 5(mod18) 2 2 13(mod19) 2 1 14(mod19)
≡
≡ ≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ + ≡
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 40/272
34
buluruz, böylece istenen kalan 14 olarak bulunur.
Örnek 3.14. 99997 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalanı, yani
99997 (mod1000) x≡ bağıntısını gerçekleyen x tamsayısını bulalım.
Çözüm. (7,1000)=1 olduğundan Euler Teoremine göre (1000)7 1(mod1000)ϕ ≡
dir. 3 3 31000 10 2 .5= = olduğundan
3 3 3 3 31 1(1000) (10 ) (2 ) (5 ) 2 (1 )5 (1 ) 400
2 5ϕ ϕ ϕ ϕ = = = − − =
bulunur ve böylece (1000) 4007 7 1(mod1000)ϕ ≡ ≡ elde edilir. Diğer taraftan,
10.000 400 25 10.000
1
7 (7 ) 1(mod1000) 1000 7 1
≡
≡ ≡ ⇒ | −
dir. O halde 10.000 37 1 .10k − = olacak şekilde bir k Z ∈ vardır. Böylece10.000 9999 3 37 7.7 1 .10 1 1000 ( 1)10k k = = + = + + −
9999 3 31001 1 17 .10 143 10
7 7 7
k k − −⇒ = + = +
99997 143(mod1000)⇒ ≡
bulunur. Şu halde 99997 tamsayısının 1000 ile bölümünden kalan 143 x = tür.
Örnek 3.15. 3 7 3 7...(((3 ) ) ) tamsayısının birler basamağındaki rakamı bulalım.
Çözüm. (10) 4ϕ = , (3,10) 1= olduğundan Euler Teoremine göre,(10) 4 43 1(mod10) 3 1(mod10) 3 1 .10,k
ϕ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ + k Z ∈
yazabiliriz. Diğer taraftan4 33 3.3 1 .10 11 ( 1).10 21 ( 2).10k k k = = + = + − = + −
3 ( 2).103 7
3
k −⇒ = + , (
23 10 3 2
3
k k
−| ⇒ | − ⇒ ∈/ )
3 3 7 73 7(mod10) (3 ) 7 (mod10)⇒ ≡ ⇒ ≡
elde ederiz. Ayrıca (7,10) 1= olduğundan Euler Teoremine göre,(10) 47 1(mod10) 7 1(mod10)ϕ ≡ ⇒ ≡ ( )
28 4
1
7 7 1(mod10)
≡
⇒ ≡ ≡
olduğundan8 77 7 .7 1 10 21 ( 2)10t t = = + = + − , t Z ∈
yazabiliriz. Buradan
7 21 ( 2).107
7 7
t −= + , (
210 7 2
7
t t
−7 | ⇒ | − ⇒ ∈/ )
7 3 7 7
7 3(mod10) (3 ) 7 3(mod10)⇒
≡ ⇒
≡ ≡
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 41/272
35
3 7 3 3((3 ) ) 3 7(mod10)⇒ ≡ ≡
bulunur. Bu şekilde devam edilirse eşdeğerliği, kuvvet 3 iken sonuç 7, kuvvet7 iken sonuç 3 olarak buluruz. Bu nedenle son kuvvetin 3 veya 7 oluşuna göre
sonucu iki seçenekli olarak buluruz. O halde yanıt 3 veya 7 olur.
Örnek 3.16. p bir asal sayı ve ,a b ∈ olsun. Bu taktirde
( ) (mod ) p p pa b a b p+ ≡ +
dir. Bu ifade genel olarak 1 2, ,..., n
h h h tamsayılar ve p bir asal sayı olmak üzere
1 2 1 2( ... ) ... (mod ) p p p p
n nh h h h h h p+ + ≡ + + +
şeklinde yazılabilir ve kanıtı tümevarım yoluyla yapılabilir.Çözüm. Binom açılımından
1 2 2 1( ) ...1 2 1 p p p p p p
p p pa b a a b a b ab b
p− − −
+ = + + + + + −
yazabiliriz, burada
! ( 1)...( 1)
( )!. ! !
p p p p p is
i p i i i
− − += = =
− , 1 1i p≤ ≤ −
şeklinde olup s ile gösterilmiştir. Böylece,( 1)...( 1) !. !. p p p i i s p i s− − + = ⇒ |
ve ! p i|/ dir. Çünkü 1 1i p≤ ≤ − olduğundan ( , ) 1 ( , !) 1 p i p i= ⇒ = dir. Şu
halde Aritmetiğin Esas Yardımcı Teoremine göre p s| buluruz. Böylece p,
yukarıdaki binom açılımındaki bütün katsayıları bölmektedir. O halde,
1 1i p≤ ≤ − aralığındaki her i için 0(mod ) p
pi
≡
olacağından açılımın
bütün katsayıları 0 a eşdeğer olur ve buradan
( ) (mod ) p p pa b a b p+ ≡ +
elde edilir.
Örnek 3.17. ( , 7) 1n = ise 12 1n − sayısının 7 ile bölündüğünü gösterelim.
Çözüm. ( ,7) 1n = olduğundan 7 n|/ dir. O halde Fermat Teoremine göre(7) 61(mod 7) 1(mod 7)n n
ϕ ≡ ⇒ ≡
12 6 2
1
( ) 1(mod 7)n n≡
⇒ ≡ ≡
12 121(mod 7) 7 1n n⇒ ≡ ⇒ | −
bulunur.
Örnek 3.18. (2 ) ( )n nϕ ϕ = koşulunu gerçekleyen n pozitif tamsayılarını
bulalım.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 42/272
36
Çözüm. Eğer n tek ise ( , 2) 1n = olduğundan Teorem 3.7. ye göre
(2 ) (2) ( ) 1. ( ) (2 ) ( )n n n n nϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = = ⇒ =
bulunur. Eğer n çift ise, k tek ve 1t ≥ bir tamsayı olmak üzere 2 .t n k =
yazabiliriz. Ayrıca 1( , 2 ) 1t k
+ = olduğundan1 1(2 ) (2.2 ) (2 ) (2 ) ( )t t t
n k k k ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ + += = =
dir. 1 1 1(2 ) 2 (1 ) 2
2t t t
ϕ + += − = olduğunu göz önüne alırsak
(2 ) 2 ( )t n k ϕ ϕ = (3.4)
buluruz. Öte yandan1( ) (2 . ) (2 ) ( ) 2 ( )t t t
n k k k ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ −= = = (3.5)
olduğundan (3.4) ve (3.5) ten (2 ) ( )n nϕ ϕ ≠ elde edilir. Şu halde sadece
pozitif tek tamsayılar kümesi için istenen sağlanır.
Örnek 3.19. 3 ( )nϕ | koşulunu gerçekleyen sonsuz sayıda ( )nϕ tamsayısının
var olduğunu gösterelim.
Çözüm. 3n α
= olsun. Bu takdirde 11( ) 3 (1 ) 3 .2
3n
α α ϕ
−= − = yazabiliriz. 1α >
alınırsa 3 ( )nϕ | olduğundan ve α nın 1 den büyük her değeri için farklı bir n
tamsayısı bulunacağından bu koşula uyan sonsuz sayıda ( )nϕ vardır.
Örnek 3.20. ( )2
nnϕ = koşulunu sağlayan bütün n tamsayılarını bulalım.
Çözüm. 1 2
1 2 ... k
k n p p p
α α α = olsun.
1 2
1 2
1 2
1 1 1( ) (1 ) (1 )... (1 )k
k
k
n p p p p p p
α α α ϕ = − − −
1 2
1 211 2
1 1 1 1... (1 )(1 )...(1 ) (1 )
2k
k
k
ik i
n p p p n
p p p p
α α α
=
= − − − = − =∏
olduğundan
1
( ) 1 1(1 )
2
k
i i
n
n p
ϕ
=
= − =∏
bulunur. Eşitliğin sağlanması 2,3,5,7,... p = asal sayılarından hangisinin
olması halinde mümkün olur, buna bakalım. Bu asal sayılar için1
1 p
−
nin
değeri sırasıyla1 2 4 6
, , ,2 3 5 7
,… dir. Bunların herhangibir çarpımının1
2 ye eşit
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 43/272
37
olması ancak 2 p = olması halinde mümkündür. O halde aranan n tamsayısı
1l ≥ olmak üzere 2ln = şeklindedir. Tersine 2l
n = ( 1l ≥ ) ise ( )2
nnϕ =
dir.
Örnek 3.21. ,m n +∈ ve m n≠ olmak üzere 2 2(2 1,2 1) 1m n
+ + = olduğunu
gösterelim.
Çözüm. m n> olduğunu kabul edelim. O halde k +∈ olmak üzerem n k = + dır. Buradan
2 2 2 .2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 (2 ) 1 (2 1 1) 1m n k n k n k n k +
+ = + = + = + = + − +
2( 1) 1k
t = − + , 22 1n
t = +
yazabiliriz. Şu halde2 2 2(2 1,2 1) (( 1) 1, )
m n k
t t + + = − +
ve binom açılımından
2(( 1) 1, )k
t t − + 2 2 12 2 2... 1,
1 2 1 2
k k k k k
k k t t t t
−
= − + − + + −
( 2, )tp t = + , p ∈
buluruz. ( 2, )tp t h+ = olsun. Şu halde
[( 2) ] 22
h t h tp h tp tph tp
| ⇒ | ⇒ | + − =| +
elde edilir. Buradan da1 2h h h| 2 ⇒ = ∨ =
sonucu çıkar. 2h = olamaz, çünkü 22 1m
+ ve 22 1n
+ sayıları tektir dolayısıylaortak bölenleri 2 olamaz, böylece 1h = buluruz.
p bir asal sayı olmak üzere1( ) 1 [ ] p
p f x x x
−= − ∈
polinomunu göz önüne alalım. 1, 2,..., 1 p
p − ∈ elemanları, ( ) f x
polinomunun p içindeki çözümleridir. Çünkü
pa ∈ ve 1 1a p≤ ≤ − için( ) 1 1(mod ) p p
a a pϕ −≡ ≡ dir. ( ) f x polinomunun mod p , 1 p − tane kongrüent
olmayan çözümü vardır ve bunlar 1, 2,..., 1 p p − ∈ dir. Böylece,
1 1 ( 1)( 2)...( ( 1)) p x x x x p
− − = − − − − (3.6)
yazılabilir. Bundan yararlanarak aşağıdaki teoremi kanıtlayacağız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 44/272
38
Teorem 3.12. ( Wilson ) p bir asal sayı olmak üzere ( 1)! 1(mod ) p p− ≡ −
dir. Üstelik, 1n > olmak üzere( 1)! 1(mod )n n n− ≡ − ⇔ asal
olmasıdır.Kanıt. (3.6) eşitliğinin her iki yanında bulunan sabitler eşit olacağından
( 1)( 2)...( ( 1)) 1 p− − − − = −
veya( 1)( 2)...( ( 1)) 1(mod ) p p− − − − ≡ −
olur. Sol tarafta 1 p − tane çarpan olduğundan
( )1( 1) ( 1)! 1 mod p p p
−− − ≡ −
dir. 2 p = ise 1 1(mod ) p− ≡ − ve p tek asal sayı ise 1( 1) 1 p−− = olacağından
( 1)! 1(mod ) p p− ≡ −
buluruz. Tersine, ( 1)! 1(mod )n n− ≡ − olduğunu kabul edelim. Bu durumda
eğer n asal değilse 1n > olduğundan Teorem 2.5. e göre n nin bir p asal bölenivardır.
( 1)! 1]( 1)! 1]
p n p n
n n
| ⇒ | [ − +
| [ − + (3.7)
dir. Öte yandan n nin bir böleni olan p asal sayısı 1, 2,..., 1n − sayılarından
birisine eşit olacağından ( 1)! p n| − dir, bu ise (3.7) ile birlikte
düşünüldüğünde 1 p | gibi bir çelişmeye yol açar. Şu halde n asal olmakzorundadır.
Örnek 3.22. 5 p = ve 6n = için Wilson Teoreminin uygulanıp
uygulanamayacağını araştıralım.Çözüm. 5 p = için :
( 1)! (5 1)! 4! 24 1(mod5) p − = − = = ≡ −
dir. 6n = için :( 1)! (6 1)! 5! 120 0(mod 6)n − = − = = ≡
dır. Burada 6n = asal olmadığından ( 1)! 1(mod )n n− ≡ − olmaktadır.
PROBLEMLER
1) n bir tamsayı olmak üzere 2n sayısının birler basamağındaki rakamın
ancak 0, 1, 4, 5, 6 ve 9 olabileceğini gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 45/272
39
2) n bir tamsayı ise 4n sayısının birler basamağındaki rakamın ancak 0, 1, 5
ve 6 olabileceğini gösteriniz.
3) 2, 3, 4,..., 17m = için ( )mϕ i bulunuz.
4) mod17 öyle bir tam kalan sistemi bulunuz ki, bu sistemdeki her tamsayı 3ile bölünsün.
5) mod19 ve mod30 birer asal kalan sistemi oluşturunuz.
6) n bir tamsayı olmak üzere 13n n− tamsayısının 2,3,5,7 ve 13 tamsayıları
ile bölündüğünü gösteriniz.
7) n bir tamsayı olmak üzere5 3
5 31 1 7 3 5 7
5 3 15 15
n n nn n n
+ ++ + =
sayısının bir tamsayı olduğunu gösteriniz.
8) 0m > bir tek tamsayı ise 2, 4, 6,..., 2m tamsayılarının mod m bir tamkalan sistemi oluşturduğunu gösteriniz.
9) Her a tamsayısı için ( ) ( )modm mma a mϕ −
≡
olduğunu gösteriniz.
10) ( )mod x a m≡ ise ( )mod3 x a m≡ veya ( )mod3 x a m m≡ + veya
( )2 mod3 x a m m≡ + olduğunu gösteriniz.
11) n bir tek tamsayı ise 3n n− nin 24 ile bölünebildiğini gösteriniz.
12) , , ,a b r s tamsayılar ve 1r > , 1s > olsun. ( )moda b r ≡ ve
( )moda c s≡ ise ( )mod( , )b c r s≡ olduğunu gösteriniz.
13) p ve q birbirinden farklı asal sayılar olsun. Bu takdirde
( )mod .q p p q p q p q+ ≡ +
olduğunu gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 46/272
40
14) , ;m n ∈ 1, 1m n> > ve ( ), 1m n = ise ( ) ( ) ( )1 mod .n mm n m n
ϕ ϕ + ≡
olduğunu gösteriniz.
15) 15323 tamsayısının 100 ile bölümünden kalanı bulunuz.
16) n tek tamsayı ve 3 n|/ ise ( )26 1n| − olduğunu ispatlayınız.
17) n ∈ ve 5 n|/ ise 4n tamsayısının 5 1m + ( m ∈ ) biçiminde olduğunu
gösteriniz.
18) ,a b ∈ olmak üzere ( ),17 1a = ve ( ),17 1b = ise 16 16a b− tamsayısının
17 ile bölündüğünü gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 47/272
41
4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR
Tanım 4.1. , ,a b m ∈ , 0m > ve 0(mod )a m≡/ olmak üzere
(mod )ax b m≡ şeklinde verilen bir eşdeğerlik bağıntısına bir bilinmeyenli bir lineer
kongrüans adı verilir. Bu eşdeğerliği gerçekleyen x tamsayılarının kümesine debu kongrüansın çözüm kümesi denir.
Teorem 4.1. (mod )ax b m≡ kongrüansının bir çözümünün olabilmesi için
gerek ve yeter koşul ( , )a m b| olmasıdır.
Kanıt. ⇒ Gereklik: 0 x , (mod )ax b m≡ kongrüansının bir çözümü olsun.
Bu durumda 0 (mod )ax b m≡ olduğundan 0( )m ax b| − bulunur.
0( )m ax b| − ⇒ 0 0:k ax b km b ax km∃ ∈ − = ⇒ = −
dir.
00( , ) )
d a d axa m d d ax km b
d m d km
| ⇒ | = ⇒ ⇒ | ( − =
| ⇒ | ,
yani |d b dir.
⇐ Yeterlik: ( , )a m d = olsun. Bu durumda Teorem 1.2. ye göre
' 'ax my d + = olacak şekilde ' x , ' y ∈ tamsayıları vardır. Ayrıca d b|
olduğundan 'b db= olacak şekilde 'b ∈ tamsayısı vardır. ' 'ax my d + = eşitliğinin her iki yanını 'b ile çarparak ' 'b x x= , ' 'b y ∈ olmak üzere
( ' ') ( ' ') '
x
a b x m b y db b+ = =
buluruz. Böylece,( ' ') ( ) (mod )ax b m b y m ax b ax b m− = − ⇒ | − ⇒ ≡
elde ederiz. Şu halde ' 'b x , (mod )ax b m≡ kongrüansının bir çözümüdür.
Teorem 4.2. 0 x , (mod )ax b m≡ kongrüansının bir çözümü ise 0 (mod ) x x m≡
de bu kongrüansın bir çözümüdür.Kanıt. 0 x , (mod )ax b m≡ kongrüansının bir çözümü olsun. Bu takdirde
0 (mod )ax b m≡ dir. Buradan 0 1ax b q m= + , 1q ∈ yazılabilir. Şimdi
0 (mod ) x x m≡ nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunu gösterelim:
0 (mod ) x x m≡ 0 2 x x q m⇒ = + , 2q ∈
dir.
0 2 0 2( ) x
a x q m ax aq m+ = + 1 2 1 2( )b q m aq m b q q a m
∈
= + + = + +
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 48/272
42
olduğundan 0 2( ) (mod )a x q m b m+ ≡ elde edilir. Şu halde 0 2 x x q m= + nin
dolayısıyla 0 (mod ) x x m≡ nin de bu kongrüansın bir çözümü olduğunu
göstermiş olduk.
Tanım 4.2. (mod )ax b m≡ kongrüansının çözümlerinden aynı kalan sınıfına
ait olan çözümlere kongrüent çözümler , aynı kalan sınıfına ait olmayanherhangi iki çözüme ise inkongrüent çözümler (kongrüent olmayan çözümler )diyeceğiz.
Örnek 4.1. 3 2(mod 4) x ≡ kongrüansı verilsin.
6 x = için: 3.6 2(mod 4) 18 2(mod 4)≡ ⇒ ≡ ,
10 x = için: 3.10 2(mod 4) 30 2(mod 4)≡ ⇒ ≡
olduğundan 6 ve 10, kongrüansın iki çözümüdür ve 6 10(mod4)≡ olduğundan
bu iki çözüm verilen lineer kongrüansın kongrüent çözümleridir.
Örnek 4.2. 4 10(mod 6) x ≡ kongrüansı verilsin.
10 x = için: 4.10 10(mod 6) 40 10(mod 6)≡ ⇒ ≡ ,
13 x = için: 4.13 10(mod 6) 52 10(mod 6)≡ ⇒ ≡
dir. Ancak, 10 13(mod6)≡/ olduğundan bu iki çözüm, verilen lineer
kongrüansın kongrüent olmayan ( inkongrüent ) çözümleridir.
Teorem 4.3. (mod )ax b m≡ kongrüansında ( , )a m d = ve d b| ise
kongrüansın, mod m tam d tane inkongrüent çözümü vardır. Bu
çözümler, 0 x herhangi bir çözüm ve ' m
md
= olmak üzere,
0 0 0 0, ', 2 ',..., ( 1) ' x x m x m x d m+ + + −
şeklindedir.Kanıt. d b| olduğundan (mod )ax b m≡ kongrüansının bir 0 x çözümü vardır.
S = 0 0 0 0{ , ', 2 ',..., ( 1) '} x x m x m x d m+ + + − ile gösterelim.i) S nin elemanları (mod )ax b m≡ kongrüansını gerçekler. Gerçekten,
0 ' x tm S + ∈ , 0 1t d ≤ ≤ − için
0 0 0 0( ') '
a Z
m aa x tm ax at ax tm ax a tm
d d ′∈
+ = + = + = +
yazabiliriz. Şu halde 0 (mod )ax b m≡ ve ' 0(mod )a tm m= olduğundan
0( ') (mod )a x tm b m+ ≡ elde ederiz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 49/272
43
ii) S nin elemanları mod m inkongrüenttir. Aksi taktirde s t ≠ olmak üzere0 ,s≤ 1t d ≤ − için 0 0' '(mod ) x sm x tm m+ ≡ + olsaydı,
' '(mod ) ' ') ( ) 'sm tm m m sm tm s t m≡ ⇒ | ( − = −
0
' ( ) 'm
m d s t m d s t ′≠
⇒ | − ⇒ | −
yazılabilirdi, bu ise 0s t − = , yani s t = olmasını gerektirir ki, bu kabulümüzleçelişir. Burada, 0 ,s≤ 1t d ≤ − olduğundan s t d | − |< olduğunu kullandık.
iii) Şimdi de (mod )ax b m≡ kongrüansının herhangi bir çözümünün mod m ,
S nin bir elemanına kongrüent olduğunu gösterelim: x′ herhangi bir çözümolsun. Bu durumda
' (mod )ax b m≡ , 0 (mod )ax b m≡
dir. O halde, 0' (mod )ax ax m≡ olduğundan 0( ' )m a x x| − yazılabilir veburadan 0( ' )
m a x x
d d | − bulunur. '
mm
d = , '
aa
d = dersek 0' '( ' )m a x x| − elde
ederiz. Teorem 1.5. e göre, ( ', ') 1m a = olduğundan 0' ( ' )m x x| − veya
0' ' x x m k − = , ( )k ∈ veya 0' ' x x m k = + buluruz. Şimdi de ,k d çiftine
bölme algoritmasını uyguluyalım: ,q r ∈ olmak üzere
k qd r = + , 0 r d ≤ <
yazabiliriz. Böylece,
0 0 0' ' ( ) ' ' 'm x x km x qd r m x q dm rm=
= + = + + = + +
yani' x
0 0
0
' '(mod ) x qm rm x rm m
≡
= + + ≡ +
elde edilir . 0 r d ≤ < olduğundan 0 ' x rm S + ∈ sonucuna ulaşırız.
Sonuç 1: ( , ) 1a m = ise (mod )ax b m≡ kongrüansının tek bir çözümü vardır.
Sonuç 2: p bir asal sayı ve 0(mod )a p≡/ yani, ( , ) 1 p a = ise bu taktirde
(mod )ax b p≡ kongrüansı bir ve yalnız bir çözüme sahiptir.
Örnek 4.3. 55 20(mod105) x ≡ kongrüansının bütün çözümlerini bulalım.
Çözüm. 55 5.11= , 105 3.35 3.5.7= = olduğundan (55,105) 5= dir. Ayrıca
5 20| olduğundan bu kongrüansın mod105 tam 5 tane çözümü vardır.
Teorem 3.3. e göre55 20(mod105) 11 4(mod 21) x x≡ ⇒ ≡
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 50/272
44
bulunur. Ayrıca (2, 21) 1= olduğundan kongrüansın her iki tarafını 2 ile
çarparsak 8(mod 21) x ≡ elde ederiz. Şu halde 0 8(mod 21) x ≡ dersek, tüm
çözümler:
0 0' 21 (mod105) x x m t x t ≡ + ≡ +
şeklindedir. 0 1t d ≤ ≤ − olduğundan 0, 1, 2, 3, 4t = alınır ve
105' 21
5
mm
d = = = olduğu dikkate alınırsa tüm çözümler
0 8(mod105),
1 29(mod105),
2 50(mod105),
3 71(mod105),4 92(mod105)
t x
t x
t x
t x
t x
= ⇒ ≡
= ⇒ ≡
= ⇒ ≡
= ⇒ ≡
= ⇒ ≡
şeklinde bulunur.
Not: Eğer ( , ) 1a m = ise (mod )ax b m≡ kongrüansını aşağıda açıklandığı
şekilde çözebiliriz:
( , ) 1a m = olduğundan Euler Teoremine göre ( ) 1(mod )ma m
ϕ ≡ dir.
(mod )ax b m≡ kongrüansının her iki tarafını ( ) 1ma
ϕ − ile çarparsak
( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) 1(mod ) (mod )m m m ma ax a b m a x a b mϕ ϕ ϕ ϕ − − −≡ ⇒ ≡ ( ) 1 (mod )m
x a b mϕ −⇒ ≡
buluruz.
Örnek 4.4. 2 1(mod 7) x ≡ kongrüansının çözümünü bulalım.
Çözüm. (2,7) 1= olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bu çözüm( ) 1 (mod )m
x a b mϕ −
≡
şeklinde olacaktır. Şu halde çözüm, (7) 1 6 1 52 2 2 32 4(mod 7) x ϕ − −
≡ ≡ ≡ ≡ ≡
dir.
Örnek 4.5. 20∗ ( 20 nin asal kalan sınıflar grubu ) grubunda 3 elemanının
tersini bulalım.
Çözüm. 20 {1, 3,7, 9,11,13,17,19}∗ = dir. 3 elemanının tersini bulmak için
3. 1 x = koşuluna uyan x kalan sınıfını bulmalıyız. Bunun için ( )3 1 mod 20 x ≡
kongrüansının çözümünü bulmak yeter.
2 2 1 1 1 420 2 .5 (20) (2 .5) 20(1 )(1 ) 20. . 8
2 5 2 5
ϕ ϕ = ⇒ = = − − = =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 51/272
45
ve 3. 1 x = olduğundan(20) 13 1(mod 20) 3 .1(mod 20) x x ϕ −
≡ ⇒ ≡
7 3 2 2
7 9
3 (3 ) .3 7 .3 9.3 7(mod 20) x≡ ≡
⇒ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡
bulunur ki, buradan 1(3) 7 x −= = elde edilir.
( ), 1a m = olmak üzere ( )modax b m≡ kongrüansının bir 1 x x= çözümü ,
Teorem 4.3. kullanılmadan, aşağıdaki metodlardan biri ile de elde edilebilir.
Metod 1: ( ), 1a m = olduğundan Teorem 1.2. ye göre
0 0 1ax my+ = (4.1)
olacak şekilde bir 0 x , 0 y tamsayı çifti vardır. Bu tamsayı çifti, a ve m tamsayılarına Öklid algoritması uygulanarak bulunabilir. (4.1) eşitliğinin heriki tarafını b ile çarparsak
( )0 0 0( ) ( ) moda x b my b b a x b b m+ = ⇒ ≡
bulunur ki, bu ( )modax b m≡ kongrüansının çözümünün ( )0 mod x x b m≡
olduğunu gösterir. Kongrüansı gerçekleyen x lerden herhangi biri 1 x olarak
alınabilir.
Örnek 4.6. ( )21 6 mod51 x ≡ köngrüansının çözümünü bulalım.Çözüm. (21,51) (3.7,17.3) 3(7,17) 3= = = ve 3 6| olduğundan Teorem 4.3. e
göre bu kongrüansın çözümü vardır ve çözüm sayısı 3 tür. Kongrüansta 3 ilekısaltma yapılarak
( )7 2 mod17 x ≡
elde edilir. Öklid algoritması ile17 2.7 3= +
7 2.3 1= + bulunur ve buradan
1 7 2.31 7 2(17 2.7)
1 5.7 2.17
= −
= − −
= −
elde edilir. Son eşitliğin her iki tarafını 2 ile çarparak
( )2 10.7 4.17 7.10 2 mod17= − ⇒ ≡
bulunur ki, buradan ( )7 2 mod17 x ≡ köngrüansının bir çözümünün
( )10 mod17 x ≡ olduğu görülür. Böylece ( )21 6 mod51 x ≡ köngrüansının
tüm çözümleri
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 52/272
46
( )10 17 mod51 x t ≡ + , ( 0,1,2t = )
yani
( )10 mod51 x ≡ , ( )27 mod51 x ≡ , ( )44 mod51 x ≡
olarak bulunur.
Metod 2: ( )modax b m≡ kongrüansında 0a > ve a m< kabul edebiliriz.
Kongrüansın tanımından dolayı ax b my− = olacak şekilde bir y tamsayısı
vardır. Bu eşitlikten ( )modmy b a≡ − bulunur. a m< olduğundan bu son
kongrüansı çözmek daha kolaydır. ( )modmy b a≡ − kongrüansının bir 0 y y=
çözümü biliniyorsa, ax b my− = de y yerine 0 y yazılarak
0my b xa
+=
bulunur ki, bu da ( )modax b m≡ kongrüansının çözümüdür. Öte yandan
( )modmy b a≡ − kongrüansına da aynı düşünce uygulanarak, çözümü
kolaylıkla bulunabilen bir kongrüans elde edilir ve böylece ilk kongrüansçözülür.
Örnek 4.7. ( )7 2 mod17 x ≡ kongrüansının çözümünü bulalım.
Çözüm. ( )7 2 mod17 x ≡ ise y Z ∈ olmak üzere 7 2 17 x y− = yazabiliriz.Buradan
( ) ( )17 2 mod 7 3 2 mod 7 y y≡ − ⇒ ≡ −
( ) ( )6 4 mod 7 4 mod 7 y y⇒ ≡ − ⇒ ≡
bulunur. 4 y = alınırsa
7 2 17.4 7 70 10 x x x− = ⇒ = ⇒ =
elde edilir. Şu halde ( )7 2 mod17 x ≡ kongrüansının çözümü ( )10 mod17 x ≡
dir.
Teorem 4. 4. (Çin Kalan Teoremi) 1 2, ,...,r
m m m pozitif tamsayılar ve her
i j≠ için ( ), 1i jm m = olsun. 1 2, ,...,r
a a a tamsayıları verildiğinde
( )modi i
x a m≡ , ( 1, 2,...,i r = ) (4.2)
kongrüanslarının ortak çözümleri vardır ve herhangi iki ortak çözüm
1 2mod( . ... )r
m m m birbirine kongrüdür.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 53/272
47
Kanıt. 1 2. ... r
m m m m= olsun. 1 2, ,..., r
m m m tamsayıları ikişer ikişer
aralarında asal oldğundan ( , ) 1 j
j
mm
m= , ( 1,2,..., j r = ) dir. Şu halde
Teorem 4.1. e göre
( )1 mod j
j
m x m
m≡ ( 1,2,..., j r = )
kongrüansları çözülebilirdir. ( )1 mod j
j
m x m
m≡ kongrüansının çözümünü
( )mod j j x b m≡ ile gösterelim. 0 x tamsayısını
0 1
r
j j j j
m x b a
m=
=
∑
olarak tanımlarsak
( )01
modr
j j i i i i
j j i
m m x b a b a a m
m m=
≡ ≡ ≡∑ ( 1,2,...,i r = )
bulunur ki, bu 0 x tamsayısının (4.2) deki kongrüansların bir ortak çözümü
olduğunu gösterir. 1, x 2 x tamsayıları (4.2) deki kongrüansların iki ortak
çözümü olsun. Şu halde
( )
( )
1
2
mod
mod
i i
i i
x a m
x a m
≡
≡ ( 1,2,...,i r = )
olup, bu iki bağıntıdan
( )1 2 mod i
x x m≡ ( 1,2,...,i r = )
ve Örnek 3.5. e göre
( )1 2 1 2mod[ , ,..., ]r
x x m m m≡
bulunur.i
m tamsayıları ikişer ikişer aralarında asal olduğundan
[ ]1 2, ,..., r
m m m m= olur. Buradan
( )1 2 mod x x m≡ elde edilir ve ispat tamamlanır.
Teoremin ikinci kısmından dolayı (4.2) deki kongrüans sisteminin bütün
tamsayılı çözümleri ( )0 mod x x m≡ şeklindedir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 54/272
48
Örnek 4.8.
( )
( )
( )
1 mod 3
2 mod 4
3 mod 5
x
x
x
≡
≡
≡
kongrüans sistemini çözelim.
Çözüm. (3,4) (3,5) (4,5) 1= = = olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tek
türlü belirli bir çözümü vardır. 1 3m = , 2 4m = , 3 5m = , 1 1a = , 2 2a = ,
3 3a = tür. Buradan 3.4.5 60m = = ,1
20m
m= ,
2
15m
m= ,
3
12m
m= bulunur.
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1
2 2
3 3
20 1 mod3 1 mod3 ,
15 1 mod 4 1 mod 4 ,
12 1 mod5 3 mod5
b b
b b
b b
≡ ⇒ ≡ −
≡ ⇒ ≡ −
≡ ⇒ ≡
elde edilir. Şu halde sistemin çözümü
( )20.( 1).1 15.( 1).2 12.(3).3 58 mod 60 x ≡ − + − + ≡
olarak bulunur.
(4.2) deki sistemi, teoremdeki metodu kullanmadan aşağıdaki gibi deçözebiliriz.
Örnek 4.9.
( )
( )
( )
1 mod 3
2 mod 4
3 mod 5
x
x
x
≡
≡
≡
lineer kongrüans sistemini 2. bir metodla çözelim.
Çözüm. (3,4) (3,5) (4,5) 1= = = olduğundan kongrüansın mod(3.4.5) tek
türlü belirli bir çözümü vardır. ( )1 mod 3 x ≡ kongrüansının çözümleri
1 3 x k = + , ( 0, 1, ...k = ± ) şeklindedir. 1 3k + tamsayısının ( )2 mod 4 x ≡
kongrüansının da bir çözümü olması için
( ) ( ) ( ) ( )1 3 2 mod 4 3 1 mod 4 1 mod 4 1 mod 4k k k k + ≡ ⇒ ≡ ⇒ − ≡ ⇒ ≡ −
olmalıdır. Böylece 1 4k t = − + , ( t ∈ ) için1 3 1 3( 1 4 ) 2 12 x k t t = + = + − + = − + , ( t ∈ )
olup x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansınçözümüdür. Şimdi t yi öyle belirleyelim ki bu t değeri için 2 12 x t = − + üçüncü kongrüansın da çözümü olsun.
( ) ( ) ( ) ( )2 12 3 mod5 12 5 mod5 2 0 mod5 0 mod 5t t t t − + ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 55/272
49
bulunur. 5t m= , ( m ∈ ) yazabiliriz. Böylece 2 12 2 60 x t m= − + = − + ,( m ∈ ) , kongrüans sisteminin bütün çözümlerini verir. Bulduğumuz bu
çözümleri ( )2 mod60 x ≡ − şeklinde de gösterebiliriz.
Örnek 4.10.
1
2
(mod13)
(mod17)
x b
x b
≡
≡ lineer kongrüans sisteminin çözümünü bulalım.
Çözüm. (13,17) 1= olduğundan sistemin mod(13.17) mod 221= tek türlü
belirli bir çözümü vardır. Önce 1(mod13) x b≡ kongrüansını çözelim.
1 1(mod13) 13 x b x b y≡ ⇒ = + , ( ) y ∈
bulunur. Bu çözümün 2 (mod17) x b≡ kongrüansının da bir çözümü olması
için
1 2 2 113 (mod17) 13 (mod17)b y b y b b+ ≡ ⇒ ≡ −
2 14 (mod17) y b b⇒ − ≡ −
olmalıdır. (4,17) 1= olduğundan buradan
2 1 2 116 4( )(mod17) 4( )(mod17) y b b y b b− ≡ − ⇒ ≡ −
2 14( ) 17 y b b z⇒ = − + , ( ) z Z ∈
bulunur. Diğer taraftan,
1 1 2 113 13[4( ) 17 ] x b y b b b z= + = + − +
1 2 1 1 252( ) 13.17 51 52 221b b b z b b z= + − + = − + + olduğundan kongrüansın çözümü
1 2 1 251 52 (mod 221) 170 52 (mod 221) x b b b b≡ − + ≡ +
dir.
Örnek 4.11. Öyle bir sayı bulunuz ki 2 ile bölündüğünde 0, 3 ilebölündüğünde 2, 5 ile bölündüğünde 3 ve 7 ile bölündüğünde 2 kalanınıversin.Çözüm.
0(mod2)2(mod3)
3(mod5)
2(mod7)
x
x
x
x
≡ ≡
≡
≡
lineer kongrüans sistemini çözmeliyiz.
(2,3) (2,5) (2,7) (3,5) (3,7) (5,7) 1= = = = = =
olduğundan sistemin mod(2.3.5.7) mod 210= tek türlü belirli bir çözümü
vardır. Önce 0(mod2) x ≡ kongrüansını çözelim.
10(mod2) 2 x x y≡ ⇒ = , 1( ) y ∈
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 56/272
50
olduğundan, bu çözümün 2(mod3) x ≡ kongrüansının da bir çözümü olması
için
1 1
( 2,3) 1
2 2(mod3) 1(mod 3) y y=
≡ ≡⇒
olmalıdır. Böylece 1 21 3 y y= + , 2 y ∈ için
1 2 22 2(1 3 ) 2 6 x y y y= = + = +
olup, x in bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansınçözümüdür. Şimdi 2 y değerini öyle belirleyelim ki 22 6 y+ , üçüncü
kongrüansın da çözümü olsun.
2 2 22 6 3(mod 5) 6 1(mod 5) 1(mod5) y y y+ ≡ ⇒ ≡ ⇒ =
ve böylece 2 31 5 y y= + , 3( ) y ∈ elde ederiz. Buradan
2 3 32 6 2 6(1 5 ) 8 30 x y y y= + = + + = + olur ki, bu çözüm ilk üç kongrüansı gerçekler. Son olarak 3 y ü öyle
belirleyelim ki, 38 30 y+ son kongrüansı da gerçeklesin.
3 38 30 2(mod 7) 30 1(mod 7) y y+ ≡ ⇒ ≡
⇒ 3 32 1(mod 7) 4(mod 7) y y≡ ⇒ ≡
ve böylece 3 44 7 y y= + , 4( ) y ∈ elde ederiz. O halde,
3 4 4 48 30 8 30(4 7 ) 8 120 210 128 210 x y y y y= + = + + = + + = +
bulunur ki, bu 128(mod 210) x ≡ olması demektir, dolayısıyla aranan en küçüktamsayı 128 dir.
PROBLEMLER
1) ( )1 mod 3 x ≡ , ( )1 mod 7 x ≡ , ( )1 mod11 x ≡ kongrüanslarını aynı anda
gerçekleyen en küçük pozitif tamsayıyı (1 den başka ) bulunuz.
2) 3, 4 ve 5 ile bölündüğünde sırası ile 1, 2 ve 3 kalanlarını veren ve 350 den
küçük olan bütün pozitif tamsayıları bulunuz.
3) ( )mod100ax b≡ kongrüansında a ve b tamsayılarını öyle belirleyiniz ki
bu kongrüansın tam 10 tane olsun.
4) a nın hangi değerleri için ( )modax b m≡ kongrüansının çözümü yoktur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 57/272
51
( )
( )
1 1
2 2
5) mod
mod
x a m
x a m
≡
≡
kongrüans sisteminin bir çözümünün olması için gerek
ve yeter koşulun ( ) ( )1 2 1 2,m m a a| − olduğunu gösteriniz.
( )
( )
( )
( )
6) 1 mod 2
2 mod 3
3 mod 5
4 mod 7
x
x
x
x
≡
≡
≡
≡
kongrüans sisteminin 0 500 x< < koşulunu gerçekleyen
bütün çözümlerini bulunuz.
7) 3 katından 1 çıkarıldığı zaman 5 ile, 4 katına 2 eklendiği zaman 11 ilebölünebilen ve 200 ile 440 arasında bulunan bütün tamsayıları bulunuz.
( )
( )
( )
8) 3 mod11
4 mod13
5 mod17
x
x
x
≡
≡
≡
kongüans sistemini çözünüz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 58/272
52
5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER VE İNDEKSLER
Tanım 5.1. m bir pozitif tamsayı, a ∈ ve ( , ) 1a m = olsun. 1(mod )a mγ
≡
koşulunu gerçekleyen en küçük pozitif γ tamsayısına a nın m modülüne göreeksponenti ( mertebesi ) adı verilir ve eks
ma γ = şeklinde gösterilir.
Bu koşulu gerçekleyen γ lar vardır. Çünkü ( )mγ ϕ = için Euler
Teoremine göre ( ) 1(mod )ma mϕ ≡ dir.
Örnek 5.1. 2 nin 5 modülüne göre eksponentini bulalım.
Çözüm. (2,5) 1= olduğundan Fermat Teoremine göre (5) 42 2 1(mod5)ϕ ≡ ≡
dir. ( )12 2 1 mod 5= ≡ ,
( )22 4 1 mod5= ≡ ,
( )32 8 1 mod5= ≡ ,
( )42 16 1 mod 5= ≡
olduğundan 2 nin 5 modülüne göre eksponenti 4, yani 5eks 2 4= tür.
Teorem 5.1. Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti δ olsun. Bu
takdirde 0 1 11 , ,...,a a aδ −= sayıları m modülüne göre inkongrüenttir.Kanıt. 0 k l δ ≤ < < olmak üzere (mod )k l
a a m≡ olduğunu kabul edelim.
( , ) 1m a = olduğundan kısaltma yaparak
1(mod )l k a m
− ≡
bulunur. Ayrıca 0 l k δ < − < olduğundan bu, δ nın eksponent oluşu ile
çelişir. Şu halde 0 1 1, ,...,a a aδ − sayıları m modülüne göre inkongrüenttir.
Teorem 5.2. a nın m modülüne göre eksponenti δ olsun. Bu taktirde
' (mod )a a mγ γ ≡ ise '(mod )γ γ δ ≡ dır.Kanıt. γ ve 'γ yü , δ ile kalanlı olarak bölelim. , , ,q r q r ′ ′ ∈ olmak üzere
q r γ δ = + , 0 r δ ≤ < ve ' ' 'q r γ δ = + , 0 'r δ ≤ <
yazabiliriz. expm a δ = olduğundan 1(mod )a m
δ ≡ dir. Buradan
1
( ) . (mod )q r r a a a a m
γ δ
≡
≡ ≡
ve
' ' ' '
1
( ) . (mod )q r r a a a a m
γ δ
≡
≡ ≡
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 59/272
53
elde edilir. Böylece' '(mod ) (mod )r r
a a m a a mγ γ ≡ ⇒ ≡
buluruz. Teorem 5.1. e göre r a ve 'r
a , m modülüne göre inkongrüent
olduğundan 'r r = elde ederiz. Şu halde
' ' ( ') ' 0(mod )r r q qγ γ δ γ γ δ ∈
= ⇒ − = − ⇒ − ≡
veya'(mod )γ γ δ ≡
bulunur.
Sonuç: Bir a tamsayısının m modülüne göre eksponenti δ ise
( )1 moda mγ δ γ ≡ ⇔ |
olmasıdır.Kanıt. Teorem 5.2. de 0γ ′ = almak yeter. Teorem 5.3. a nın m modülüne göre eksponenti δ ise ( )mδ ϕ | dir.
Kanıt. meks a δ = ise 1(mod )a m
δ ≡ ve 0 'δ δ < < olmak üzere
' 1(mod )a mδ
≡/ dir. Şimdi, ( )mϕ tamsayısını δ ile kalanlı olarak bölelim.
( )m q r ϕ δ = + , 0 r δ ≤ <
olacak şekilde ,q r tamsayıları vardır. Burada 0r = olmalıdır. Çünkü, eğer
0r > olsaydı, Euler Teoremine göre
( )
1
1(mod ) ( ) . 1(mod ) 1(mod )m q r q r r a m a a a m a m
ϕ δ δ +
≡
≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ ≡
elde edilirdi ki, bu r δ < olduğundan δ nın eksponent oluşu ile çelişirdi. Şuhalde
0 ( ) ( )r m q mϕ δ δ ϕ = ⇒ = ⇒ |
sonucu bulunur.
Örnek 5.2. 7 nin 23 modülüne göre eksponentini bulalım.
Çözüm. (7, 23) 1= olduğundan Fermat Teoremine göre(23) 227 1(mod 23) 7 1(mod 23)ϕ
≡ ⇒ ≡
tür. 23eks 7 δ = diyelim. Böylece 7 1(mod 23)δ ≡ yazabiliriz ve Teorem 5.3. e
göre (23) 22δ ϕ | = olduğundan 1,2,11 ve 22δ = değerlerinden birisi ( 22 nin
doğal bölenleri ) olabilir.17 7 1(mod 23)≡ ≡/ , 27 49 3 1(mod 23)≡ ≡ ≡/
11 2 5 5 3 2
3 4 3
7 (7 ) .7 3 .7 3 .3 .7 4.9.7 28.9 5.9 45 1(mod 23)≡ ≡ ≡
≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ −
22 11 11
7 7 7 1(mod 23)⇒ ≡ ≡
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 60/272
54
buluruz. Şu halde, 7 nin 23 modülüne göre eksponenti 22, yani 23eks 7 22=
dir.
Teorem 5.4. Bir a ∈ tamsayısının m modülüne göre eksponenti h ise
k +∈ olmak üzere, k a tamsayısının m modülüne göre eksponenti ( , )
h
h k
dır.
Kanıt. k a tamsayısının m modülüne göre eksponenti t olsun. Eksponenttanımından
( ) ( )1 modt
k kt a a m≡ ≡
olup, Teorem 5.2. de kt γ = ve 0γ ′ = alınırsa ( )0 modkt h≡ veya h kt |
sonucu çıkar.
( , ) ( , )
h k h kt t
h k h k | ⇒ |
elde edilir. , 1( , ) ( , )
h k
h k h k
=
olduğundan Aritmetiğin Esas Yardımcı
Teoremine göre göre( , )
ht
h k | sonucu çıkar. Öte yandan
( ) ( ) ( )( , ) ( , ) 1 mod
h k
k hh k h k a a m≡ ≡ , ( ( )1 modha m≡ )
olduğundan Teorem 5.2. nin sonucuna göre( , )
ht
h k | bulunur. Böylece
( , )
ht
h k | ve
( , )
ht
h k |
bağıntılarından( , )
ht
h k = elde edilir.
Teorem 5.5. a ∈ , p ve q tek asal sayılar olsun. ( 1) pq a| − ise ya
( 1)q a| − ya da 2 1q up= + , u ∈ dir.
Kanıt. ( 1) pq a| − olduğundan ( )1 mod pa q≡ dur. eksq
a s= dersek
Teorem 5.2. nin sonucuna göre s p| olmalıdır. Buradan 1s = veya s p=
sonucu çıkar.1s = ise
( )1 1 mod ( 1)a q q a≡ ⇒ | −
olur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 61/272
55
s p= ise Teorem 5.3. e göre ( ) p qϕ | olur ki, bu ( )1 p q| − demektir.
Buradan da r ∈ olmak üzere1q pr − =
yazabiliriz. q ve p tek asal sayılar olduğundan r çift sayı olmalıdır. Şu haldeu ∈ olmak üzere 2r u= dur. r nin bu değeri yukarıda yerine yazılırsa
2 1 (2 ) 2 1r u q p u q up= ⇒ − = ⇒ = +
elde edilir.
Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere 2 1 p − sayısının bölenleri, 2 1up +
formundadır.
Kanıt. a, 2 1 p − in bir böleni ise,i
q ler a nın asal bölenleri olmak üzere
1 2 ... k a q q q= yazılabilir. 2 (2 1) p
| − dir. Bu yüzden 1q , 2q , ... ,k
q asal sayılarının hepsi
tektir. 1 i k ≤ ≤ içini
q | (2−1) olduğundan Teorem 5.5. e göre
2 1i i
q u p= +
yazılabilir. Şu halde uygun bir u ∈ için
1(2 1)...(2 1) 2 1k
a u p u p up= + + = +
elde edilir.
Örnek 5.3.13
2 1− tamsayısının en küçük asal bölenini bulalım.Çözüm. 13 asal olduğundan yukarıdaki sonuca göre aradığımız sayı2.13 1 26 1u u+ = +
biçiminde olmalıdır. 1u = için elde edilen 27 sayısı asal değildir. 2u = içinelde edilen 53 tamsayısı, asal olduğundan aranan sayıdır.
Örnek 5.4. 1a > ve 0n > birer tamsayı olsun. Bu taktirde ( 1)nn aϕ | − dir.
Çözüm. Önce 1a > için ( , 1) 1na a − = olduğunu kanıtlayalım. ( , 1)na a d − =
diyelim. Buradan
1
( 1)] 1 11)
n
n n
n
d a d a d a a d d a
=
| ⇒ | ⇒ | [ − − = ⇒ =| ( −
buluruz. a nın ( 1)na − modülüne göre eksponenti n dir, çünkü
1 0(mod( 1)) 1(mod( 1))n n n na a a a− ≡ − ⇒ ≡ −
elde edilir. Eğer, a nın ( 1)na − modülüne göre eksponenti δ ve nδ < olsa,
1(mod( 1)) 1 1)n na a a a
δ δ ≡ − ⇒ − | ( −
buluruz ki 1 1na aδ − > − olduğundan bu mümkün değildir, o haldenδ = dir. Buradan
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 62/272
56
( 1)( 1)n
n
aeks a n n aϕ
− = ⇒ | −
sonucunu elde ederiz.
Örnek 5.5. 1(mod )ab m≡ ise a ve b tamsayılarının m modülüne göre
eksponentlerinin birbirine eşit olduğunu gösterelim.Çözüm. 1eks
ma t = , 2eks
mb t = olsun. O taktirde 1 1(mod )t
a m≡ ,2 1(mod )t b m≡ dir.
1 11(mod ) ( ) 1 1(mod )t t ab m ab m≡ ⇒ ≡ ≡
1 1 1
1
. 1(mod ) 1(mod )t t t
a b m b m≡
⇒ ≡ ⇒ ≡
olduğundan, eksponent tanımından 2 1t t | bulunur. Diğer taraftan, benzer
şekilde2 21(mod ) ( ) 1 1(mod )t t
ab m ab m≡ ⇒ ≡ ≡
22 2
1
. 1(mod ) 1(mod )t t t a b m a m
≡
⇒ ≡ ⇒ ≡
olduğundan, eksponent tanımından 1 2t t | bulunur. Buradan
1 2 2 11 2
1 2
,
0, 0 m m
t t t t t t eks a eks b
t t
| | ⇒ = ⇒ =
> >
sonucu elde edilir.
Tanım 5.2. a ∈ , ( , ) 1a m = olsun. a nın m modülüne göre eksponenti ( )mϕ
ise a ya m modülüne göre bir primitif ( ilkel ) kök denir.
Örnek 5.2. ye göre 7 nin , 23 modülüne göre bir primitif kök olduğunusöyleyebiliriz. Çünkü, 23eks 7 22 (23)ϕ = = tür.
Örnek 5.6. 41 modülüne göre bir primitif kök bulalım.Çözüm. a, 41 modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde 41 40eks a =
olmalıdır. 41 ile aralarında asal olan bütün pozitif tamsayılar primitif kökadayıdır. Şu halde (2,41) 1= olduğundan 2 nin 41 modülüne göre bir primitif
kök olup olmadığını araştıralım. 3(41) 40 2 .5ϕ = = olduğundan 2 nin 41
modülüne göre eksponenti 40 ın bölenleri, yani 1, 2, 4, 5, 8, 10, 20 ve 40olabilir.
12 1(mod 41)≡/ , 22 4 1(mod 41)≡ ≡/ ,42 16 1(mod 41)≡ ≡/ ,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 63/272
57
52 32 1(mod 41)≡ ≡/ ,
8 5 3
9
2 2 .2 9.8 72 10 1(mod 41)≡−
≡ ≡ − ≡ − ≡ ≡/ ,
10 8 22 2 .2 10.4 40 1 1(mod 41)≡ ≡ ≡ ≡ − ≡/ ,20 10 102 2 .2 1(mod 41)≡ ≡
olduğundan 41eks 2 20= dir ve dolayısıyla 2, 41 modülüne göre bir primitif
kök değildir.Şimdi de, (7, 41) 1= olduğundan 7 nin, 41 modülüne göre bir primitif kök
olup olmadığını araştıralım.17 1(mod 41)≡/ ,27 49 8 1(mod 41)≡ ≡ ≡/ ,4 2 27 7 .7 8.8 23 1(mod 41)≡ ≡ ≡ ≡/ ,5 47 7 .7 23.7 161 38 3 1(mod 41)≡ ≡ ≡ ≡ ≡ − ≡/ ,8 4 47 7 .7 23.23 529 37 4 1(mod 41)≡ ≡ ≡ ≡ ≡ − ≡/ ,10 8 27 7 .7 4.8 32 9 1(mod 41)≡ ≡ − ≡ − ≡ ≡/ ,20 10 107 7 .7 9.9 81 1 1(mod 41)≡ ≡ ≡ ≡ − ≡/ ,40 20 207 7 .7 ( 1)( 1) 1(mod 41)≡ ≡ − − ≡
olduğundan 417 40eks = tır. Şu halde 7, 41 modülüne göre bir primitif köktür.
Teorem 5.6. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. Bu taktirde,
1) (mod ) (mod ( )), j k g g m j k mϕ ≡ ⇔ ≡
2) 1(mod ) ( ) jg m m jϕ ≡ ⇔ | ,
3) 2 ( ), ,..., mg g gϕ tamsayıları, m modülüne göre bir asal kalan sistemi
oluştururlar.Kanıt. 1) g , m modülüne göre bir primitif kök ise
eks ( )m g mϕ =
olacağından kanıt için Teorem 5.2. de ( )mδ ϕ = almak yeterlidir.2) Teoremin birinci şıkkında 0k = almak yeterlidir. Çünkü,0 (mod ) 0(mod ( )) ( ) jg g m j m m jϕ ϕ ≡ ⇔ ≡ ⇔ |
dir.
3) ( , ) 1g m = olduğundan ( , ) 1 jg m = ( 1,..., ( ) j mϕ = ) dir. 2 ( ), ,..., m
g g gϕ
sayılarından oluşan kümenin eleman sayısı ( )mϕ dir. Şimdi bu sayılardan
herhangi ikisinin m modülüne göre birbirine kongrü olmadığını gösterelim.
1 , ( ) j k mϕ ≤ ≤ için (mod ) j k g g m≡ olsa:
( )1) mod ( ) j k mϕ ⇒
≡
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 64/272
58
yani ( ) ( )m j k ϕ | − bulunur. Fakat 1 , ( ) j k mϕ ≤ ≤ olduğundan
( ) j k mϕ − < olup, ( ) ( )m j k ϕ | − bağıntısı ancak 0 j k − = , yani j k = için
gerçeklenir. Şu halde j k ≠ ise (mod )
j k
g g m≡ dir.
Teorem 5.7. 1m > bir tamsayı ve g , m modülüne göre bir primitif kök ise
bu takdirde k g nın , m modülüne göre bir primitif kök olması için gerek ve
yeter koşul ( , ( )) 1k mϕ = olmasıdır.
Kanıt. ,g m modülüne göre bir primitif kök olduğundan Teorem 5.4. e göre
eks ( )eks ( )
( , eks ) ( , ( ))k m
m
m
g mg
k g k m
ϕ
ϕ = =
dir. Şu haldek
g nın , m modülüne göre bir primitif kök olması, yanieks ( ) ( )k
m g mϕ = olması için gerek ve yeter koşul ( , ( )) 1k mϕ = olmasıdır.
p bir asal sayı ve α +∈ olmak üzere m nin 2, 4, p, pα ve 2. pα
değerleri için m modülüne göre primitif kök vardır. m nin başka hiçbir değeriiçin primitif kök yoktur.
Teorem 5.8. m +
∈ olmak üzere, eğer varsa, m modülüne göre inkongrüentprimitif köklerin sayısı tam ( ( ))mϕ ϕ dir.
Kanıt. g , m modülüne göre bir primitif kök olsun. m ile aralararında asalolan herhangi bir tamsayı, 2 ( ), ,..., mg g g
ϕ sayılarından birine kongrüenttir.
Diğer yandan Teorem 5.7. ye göre k g nın, m modülüne göre bir primitif kök
olması için gerek ve yeter koşul ( , ( )) 1k mϕ = olmasıdır. Şu halde ( )k mϕ ≤
koşuluna uyan bu tamsayıların sayısı tam ( ( ))mϕ ϕ dir.
Sonuç: p bir asal sayı olmak üzere, p modülüne göre
1
( ( )) ( 1) p
p pϕ ϕ ϕ −
= − tane
primitif kök vardır.
Örnek 5.7. 11 modülüne göre bütün primitif kökleri bulalım.Çözüm. 11 modülüne göre ( 1) (11 1) (10) 4 pϕ ϕ ϕ − = − = = tane primitif kök
vardır. Bir a tamsayısı için, Teorem 5.3. e göre ( ) p
eks a pϕ | olduğundan
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10sayılarının eksponentlerini ararken
( ) (11) 10 pϕ ϕ = =
sayısının bölenleri olan 1, 2, 5, 10 sayılarına bakmak yeter.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 65/272
59
( )11 1 mod11≡ ,12 2≡ , 22 4≡ , 52 8≡ , ( )102 1 mod11≡ ,1
3 3≡ ,2
3 9≡ , ( )5
3 1 mod11≡ ,14 4≡ , 24 5≡ , ( )54 1 mod11≡ ,15 5≡ , 25 3≡ , ( )55 1 mod11≡ ,16 6≡ , 26 3≡ , 56 10≡ , ( )106 1 mod11≡ ,17 7≡ , 27 5≡ , 57 10≡ , ( )107 1 mod11≡ ,18 8≡ , 28 9≡ , 58 10≡ , ( )108 1 mod11≡ ,19 9≡ , 29 4≡ , ( )59 1 mod11≡ ,
110 10≡ , ( )210 1 mod11≡
olduğundan eksponenti (11) 10ϕ = olan 4 tane sayı vardır ve bunlar 2, 6, 7
ve 8 dir. Şu halde 11 modülüne göre (11 1) (10) 4ϕ ϕ − = = tane primitif kök
vardır.11 modülüne göre bütün primitif kökleri Teorem 5.7. den yararlanarak da
bulabiliriz. Yukarıda 2 nin, 11 modülüne göre bir primitif kök olduğunu
gösterdik. Diğer primitif kökler, ( , (11)) ( ,10) 1k k ϕ = = olmak üzere 2k
şeklindedir. 10 2.5= olduğundan bu koşula uyan k lar 1, 3, 7 ve 9 dur. Şu
halde 11 modülüne göre bütün primitif kökler:( )
( )
( )
( )
1
3
7
9
2 2 mod11
2 8 mod11
2 7 mod11
2 6 mod11
≡
≡
≡
≡
olduğundan 2, 8, 7 ve 6 dır.
Şimdi primitif köklerle ilgili bir tablo verelim. Bir p asal sayısının en
küçük pozitif primitif kökünü pg ile gösterirsek 100 den küçük asal sayılariçin
pg sayılarını yazalım.
p 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41
pg
1 2 2 3 2 2 3 2 5 2 3 2 6
p 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97
pg
3 5 2 2 2 2 7 5 3 2 3 5
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 66/272
60
Tanım 5.3. a ∈ , ( , ) 1a m = ve g de m modülüne göre bir primitif kök
olsun.
(mod ) jg a m≡
koşulunu gerçekleyen en küçük pozitif j tamsayısına a nın g primitif kökünegöre indeksi denir ve ind
g a şeklinde yazılır.
Tanım 5.3. ten j nin 0 ( ) j mϕ ≤ ≤ koşulunu gerçeklediği açıktır.
Örnek 5.8. 13 p = modülüne göre bir primitif kök bulalım ve bu kökü
kullanarak indeks tablosu yapalım.Çözüm. Daha önce verdiğimiz tabloda 13 modülüne göre, 2 nin bir primitifkök olduğunu belirtmiştik.
12 2≡ , 22 4≡ , 32 8≡ , 42 3≡ , 52 6≡ , 62 12≡ ,72 11≡ , 82 9≡ , 92 5≡ , 102 10≡ , 112 7≡ , ( )122 1 mod13≡
kongrüanslarından yararlanarak, 13 modülüne göre
2 1 x ≡ , 2 2 x ≡ , 2 3 x≡ , 2 4 x ≡ , 2 5 x
≡ , 2 6 x≡ ,
2 7 x≡ , 2 8 x
≡ , 2 9 x≡ , 2 10 x
≡ , 2 11 x ≡ , ( )2 12 mod13 x≡
kongrüanslarının en küçük pozitif tamsayı çözümleri sırasıyla
12, 1, 4, 2, 9, 5, 11, 3, 8, 10, 7, 6olduğundan
2ind 1 12= , 2ind 2 1= , 2ind 3 4= , 2ind 4 2= ,
2ind 5 9= , 2ind 6 5= , 2ind 7 11= , 2ind 8 3= ,
2ind 9 8= , 2ind 10 10= , 2ind 11 7= , 2ind 12 6=
dır. Bunu tablo ile aşağıdaki gibi yazabiliriz.
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
2ind a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6
Teorem 5.9. g , m tamsayısının bir primitif kökü ise
( ) ( )mod ind mod ( )u
gg a m u a mϕ ≡ ⇔ =
dir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 67/272
61
Kanıt. ( )modug a m≡ olsun.
( )ind
modg aug a g m≡ ≡
yazılabileceğinden Teorem 5.2. ye göre( )ind mod ( )
gu a mϕ ≡
bulunur. Tersine ( )ind mod ( )g
u a mϕ ≡ ise uygun bir v ∈ için
ind . ( )g
u a v mϕ = +
yazabiliriz. Şu halde
( )
ind . ( ) ind ind( )
1
( ) modg g ga v m a au m vg g g g g a mϕ ϕ +
≡
≡ ≡ ≡ ≡
elde edilir.
Sonuç: ( )moda a p′≡ ise ( )ind ind mod( 1)g g
a a p′≡ − dir.
Kanıt. ( )ind ind
modg ga ag a a g p
′′≡ ≡ ≡ den Teorem 5.9. kullanılarak
( )ind ind mod( 1)g g
a a p′≡ −
elde edilir.
Örnek 5. 9. ind 1 0g = ve ind 1
g g = olduğunu gösterelim.
Çözüm. ind 1g
a= olsun. Bu takdirde
( )1 moda
g m≡ kongrüansından , 0 ( ) 1a mϕ ≤ ≤ − eşitsizliğini de kullanarak 0a = buluruz.
Benzer şekilde indg g b= dersek
( )modbg g m≡
kongrüansından ve ( , ) 1g m = olmasından dolayı
( )11 modbg m
−≡
buluruz. Üstelik 0 1 ( ) 1b mϕ ≤ − ≤ − olduğundan 1 0b − = , yani 1b = sonucu
elde edilir.
İndekslerle işlem yapmanın, logaritmalarla işlem yapmaya benzediğinisöyleyebiliriz.
Teorem 5.10. g , bir m tamsayısının primitif kökü ise
i ) ( )ind ( ) ind ind mod ( )g g g
ab a b mϕ ≡ + ,
ii) n bir pozitif tamsayı olmak üzere ( )ind .ind mod ( )n
g ga n a mϕ ≡ dir.
Kanıt. i ) indg a u= ve ind
g b v= olsun.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 68/272
62
( )modug a m≡ ve ( )modv
g b m≡
olduğundan
( )modu vab g m
+≡
dir. Teorem 5.9. a göre
( )ind ind ind mod ( )g g g
a b u v ab mϕ + ≡ + ≡
olur.
ii )
n terimn terim
ind ind ( . ... ) ind ind ...indn
g g g g ga a a a a a a= ≡ + +
( ).ind mod ( )g
n a mϕ ≡
bulunur.
Örnek 5.10. ( )11 8 mod13 x ≡ kongrüansını çözelim.Çözüm. Örnek 5.8. den , 2 nin 13 modülüne göre bir primitif kök olduğunubiliyoruz. Şimdi bu primitif köke göre oluşturduğumuz indeks tablosundanyararlanalım.
a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
2ind a 12 1 4 2 9 5 11 3 8 10 7 6
(13) 12ϕ = olduğundan
( )2 2 2 2ind 11 ind 11 ind ind 8 mod12 x x≡ + ≡
olur. İndeks tablosundan
2ind 11 7= ve 2ind 8 3=
olduğu göz önüne alınırsa
( )2ind 3 7 4 8 mod12 x ≡ − ≡ − ≡
bulunur ve tekrar indeks tablosu kullanılarak, 2 primitif köküne göre indeksi8 olan sayı bulunursa
( )9 mod13 x ≡
elde edilir.
Tanım 5.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzere
(mod )n x a p≡
kongrüansı çözümlü ise a ya p modülüne göre bir n. kuvvet kalanı denir.
Teorem 5.11. p bir asal sayı , a ∈ ve ( , ) 1a p = olsun. Bu taktirde,
1)1
( , 1) 1(mod ) p
n pa p
−
− ≡/ ise (mod )n x a p≡ kongrüansının çözümü yoktur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 69/272
63
2)1
( , 1) 1(mod ) p
n pa p
−
− ≡ ise (mod )n x a p≡ kongrüansının çözümü vardır ve
çözüm sayısı ( , 1)n p − dir.
Kanıt. 1) ( , 1)n p d − = diyelim. Eğer (mod )n x a p≡ kongrüansının bir u çözümü varsa
1 1.
1
1
( ) 1(mod ) p p n
n pd d d a u u p
− −
−
≡
≡ ≡ ≡
elde ederiz. Şu halde1
1(mod ) p
d a p
−
≡/ ise (mod )n x a p≡ kongrüansının
çözümü yoktur.
2) Şimdi,1
1(mod ) p
d a p
−
≡ olduğunu kabul edelim ve g, p modülüne göre
bir primitif kök olsun. a nın p modülüne ve g primitif köküne göre indeksi j ise
(mod ) jg a p≡
dir. Böylece,1 1 1
.01(mod ) ( ) 1 (mod )
p p p j
jd d d a p g g g p
− − −
≡ ⇒ ≡ ≡ ≡
olur. Buradan Teorem 5.2. kullanılarak
mod ( )
( 1)0(mod( 1))
p
j p p
d ϕ
−≡ −
elde edilir. Şu halde k ∈ olmak üzere,
( 1)( 1)
j pk p
d
−= −
yazabiliriz. Bu son eşitlikten de. j k d d j= ⇒ | (5.1)
buluruz. 2 1, ,..., pg g g − sayıları, p modülüne göre bir tam kalan sistemi
oluşturduğundan (mod )n x a p≡ kongrüansının her çözümü, y uygun bir
pozitif tamsayı olmak üzere (mod ) y x g p≡ şeklindedir. Şu halde,
(mod )(mod )
(mod )
yn
yn j
j
g a pg g p
g a p
≡ ⇒ ≡
≡
bulunur ve buradan Teorem 5.6. ya göre(mod ( )) (mod( 1)) yn j p yn j pϕ ≡ ⇒ ≡ − (5.2)
elde edilir. (5.1) den( , 1)d n p j= − |
olduğundan (5.2) deki kongrüansın tam ( , 1)d n p= − tane çözümü vardır ve
bu çözümler,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 70/272
64
1(mod( 1)) y y p≡ − , 2 (mod( 1)) y y p≡ − , ... , (mod( 1))d
y y p≡ −
ise (mod )n x a m≡ kongrüansının çözümleri
1
(mod )
y
x g p≡ ,2
(mod )
y
x g p≡ , ... , (mod )d y
x g p≡ olarak bulunur.
Uyarı: 0 y ve 1 y iki tamsayı olmak üzere 0 1(mod( 1)) y y p≡ − ise
0 1 (mod ) y yg g p≡ dir: Çünkü
0 1 0 1(mod( 1)) 1 y y p p y y≡ − ⇒ − | −
0 1 ( 1) y y t p⇒ − = − , ( )t ∈
0 1 ( 1) y y t p⇒ = + −
0 1 1 1( 1) 1
1.( ) (mod )
y y t p y y p t
g g g g g p+ − −
≡⇒ ≡ ≡ ≡
olacağından (mod )n x a m≡ kongrüansının yukarıdaki d tane çözümünden
başka çözümü yoktur.
Örnek 5.11. 7 2(mod13) x ≡ kongrüansının çözülebilir olup olmadığını
araştıralım ve eğer çözülebilir ise kongrüansın çözümlerini bulalım.
Çözüm. Teorem 5.11. e göre1
( , 1) 1(mod ) p
n pa p
−
− ≡ ise (mod )n x a p≡
kongrüansı çözümlüdür. Örneğimizde 2a = , 1 12 p − = , 7n = dir. Şu halde
(2,13) 1= olduğundan Fermat Teoremine göre12
12(7,12)2 2 1(mod13)≡ ≡
bulunur. Dolayısıyla 7 2(mod13) x ≡ kongrüansı çözümlüdür ve ( )7,12 1=
olduğundan tek çözüm vardır. Kongrüansı çözmek için 13 modülüne göre birprimitif kök araştıralım. Acaba 2, 13 modülüne göre bir primitif kök müdür?
212 2 .3= olduğundan 12 nin bölenleri 1, 2,3,4,6 ve 12 dir.
12 1(mod13)≡/ , 22 1(mod13)≡/ , 32 1(mod13)≡/ 42 1(mod13)≡/ , 62 1(mod13)≡/ , 122 1(mod13)≡
olduğundan 2, 13 modülüne göre bir primitif köktür. Şu halde 7 2(mod13) x ≡
kongrüansının çözümü y uygun bir pozitif tamsayı olmak üzere
2 (mod13) y x ≡ şeklindedir. Teorem 5.6. ya göre
7 1
(13)
(2 ) 2 2 (mod13) 7 1(mod 12 ) y y
ϕ
≡ ≡ ⇒ ≡
bulunur. (7,12) 1= olduğundan her iki yanı 7 ile çarparsak
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 71/272
65
49 7(mod12) 7(mod12) y y≡ ⇒ ≡
bulunur, bu ise 72 (mod13) x ≡ şeklinde tek çözümdür.
Yukarıda, eğer 12 2= sayısı 2 den farklı bir sayı olsaydı o zaman busayıyı 13 modülüne göre 2 nin bir kuvveti olarak yazmamız gerekirdi. Şimdi
bu örnekten yararlanarak 7 3(mod13) x ≡ kongrüansını çözelim. ( )7,12 1= ve12
12(7,12)3 3 1(mod13)≡ ≡ olduğundan kongrüansın tek çözümü vardır. Bunun
için 7(2 ) 3(mod13) y ≡ kongrüansını çözmeliyiz. Şimdi 3 ü, 2 nin bir kuvveti
olarak yazalım.12 2(mod13)≡ , 22 4(mod13)≡ , 32 9(mod13)≡ , 42 3(mod13)≡
olduğundan Teorem 5.6. ya göre7 4(2 ) 3 2 (mod13) 7 4(mod12) y y≡ ≡ ⇒ ≡
( )7,12 1
49 28 4(mod12) 4(mod12) y y=
≡ ≡ ⇒ ≡⇒
bulunur. Şu halde 7 3(mod13) x ≡ kongrüansının çözümü 42 3(mod13) x ≡ ≡
tür.
PROBLEMLER
1) 3 ün, 17 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundanyararlanarak 11 9(mod17) x ≡ kongrüansını çözünüz.
2) 2 nin, 19 modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz ve bundan
yararlanarak 6 11(mod19) x ≡ kongrüansını çözünüz.
3) n ∈ ve p, 4 3 2 1n n n n+ + + + nin bir asal böleni ise bu takdirde ya
( )1 mod 5 p ≡ veya 5 p = olduğunu gösteriniz.
4) 1n ≥ bir tamsayı olsun. ( )1 2 moda a n≡ ve ( ) ( )1 2, , 1a n a n= = ise 1a ve
2a nin, n modülüne göre eksponentlerinin eşit olduğunu gösteriniz.
5) peks 6a = ise ( )4 2 1 0 moda a p+ + ≡ olduğunu gösteriniz.
6) p, ( )1 mod 4 p ≡ koşulunu gerçekleyen bir asal sayı olsun. g tamsayısı p
modülüne göre bir primitif kök ise g− tamsayısının da p modülüne göre bir
primitif kök olduğunu gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 72/272
66
7) meks a h= , meks b k = ve ( ), 1h k = ise ( )meks . .a b h k = olduğunu
gösteriniz.
8) p bir asal sayı ve g de p modülüne göre bir primitif kök olsun. Eğer k
tamsayısı ( ), 1 1k p − = koşulunu gerçekliyorsa bu takdirde k g tamsayısının da
p modülüne göre bir primitif kök olduğunu gösteriniz.
9) p bir asal sayı olmak üzere peks a h= ve h bir çift tamsayı ise bu
takdirde ( )2 1 modh
a p≡ − olduğunu gösteriniz.
10) p bir tek asal sayı olsun. peks 2a = olması için gerek ve yeter koşulun
( )1 moda p≡ − olduğunu gösteriniz.
11) p bir tek asal sayı ise ( )1 1 mod p x p
−≡ kongrüansının çözümlerinin
sayısını belirleyiniz.
12) ( )3 mod 7n x ≡ kongrüansında n pozitif tamsayısını öyle belirleyiniz ki
bu kongrüansına) hiç çözümü olmasın,b) tam iki tane çözümü olsun.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 73/272
67
6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) REZİDÜLER
Bu bölümde 2 (mod ) x a p≡ kongrüansının çözülebilir olup olmadığını
Teorem 5.11. de verdiğimiz kriteri kullanmadan, Legendre sembolü adı verilenbir sembol yardımı ile belirleyeceğiz. Bu amaçla,
2 0(mod )ax bx c p+ + ≡ , 0(mod )a p≡/ (6.1)
kongrüansının 2 (mod ) x u p≡ kongrüansına eşdeğer olduğunu gösterelim.
2 p = için (6.1) deki kongrüansın çözülebilir olup olmadığı kolaylıkla
görülebilir. Bu nedenle, 2 p > kabul edelim. ( ) f x polinomunu
( ) 2 f x ax bx c= + +
olarak tanımlarsak
( ) 0(mod ) f x p≡
kongrüansının her iki tarafını,( , ) 1
(4 , ) 1(2, ) (4, ) 1
a pa p
p p
= ⇒ =
= =
olduğundan, 4a ile çarparak
( ) ( ) ( )22 2 24 . 4 4 4 2 4a f x a x abx ac ax b ac b= + + = + + −
elde ederiz. Şu halde ( ) ( )mod f x p≡ kongrüansını çözme problemi
( ) ( )2
22 4 (mod )ax b b ac p+ ≡ − kongrüansını çözme problemine dönüşmüş olur.
Şimdi 2ax b y+ = diyelim. ( ) 0(mod ) f x p≡ kongrüansının bir 0 x
çözümü varsa 0 y , 0 02 (mod )ax b y p+ ≡ koşulunu gerçekleyen bir tamsayı
olmak üzere, 2 2 4 (mod ) y b ac p≡ − kongrüansının bir çözümüdür. Tersine,2 2 4 (mod ) y b ac p≡ − kongrüansının bir çözümü 0 y ise 0 x ,
0 02 (mod )ax b y p+ ≡ koşulunu gerçekleyen bir tamsayı olmak üzere,
( ) 0(mod ) f x p≡
kongrüansının bir çözümüdür. Şu halde, ( ) 0(mod ) f x p≡
ve 2 2 4 (mod ) x b ac p≡ − kongrüanslarının çözümleri arasında bire-bir bir
eşleme vardır. Böylece, 2 0(mod )ax bx c p+ + ≡ kongrüansını çözme problemi2 (mod ) x u p≡ şeklinde bir kongrüansı çözme problemine indirgenmiş olur.
Örnek 6.1. 2 5 0(mod11) x x+ + ≡ kongrüansını 2 (mod11) x u≡ biçimine
dönüştürelim.
Çözüm. (4,11) 1= olduğundan 2 5 0(mod11) x x+ + ≡ kongrüansının her iki
tarafını 4 ile çarpalım.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 74/272
68
2 24 4 20 0(mod11) (2 1) 1 20 0(mod11) x x x+ + ≡ ⇒ + − + ≡
yazabiliriz. 2 1 x y+ = dersek, 2 19 3(mod11) y ≡ − ≡ buluruz ( Bunun yerine
( )
2
3 mod11 x ≡ de yazabilirdik).
Tanım 6.1. a bir tamsayı ve ( , ) 1a m = olsun. 2 (mod ) x a m≡ kongrüansının
çözümü varsa a ya m modülüne göre bir kuadratik rezidü ( kuadratik kalan )
ve eğer 2 (mod ) x a m≡ kongrüansının çözümü yoksa a ya m modülüne göre
bir kuadratik non- rezidü denir. Kısaca, kuadratik rezidü yerine KR,kuadratik non- rezidü yerine de KNR yazacağız.
Tanım 6.2. p bir tek asal sayı ve ( , ) 1a p = olsun.
1 , eğer , mod bir KR ise,=
-1 , eğer , mod bir KNR ise
a pa
a p p
+
şeklinde tanımlıa
p
sembolüne Legendre sembolü adı verilir.
Örneğin ( )2 4 mod11 x ≡ kongrüansı çözülebilir olduğundan
( ( )2 mod11 x ≡ bir çözümdür ) 2 , 11 modülüne göre bir KR dür ve bundan
dolayı4
17
=
dir. ( )2 3 mod 7 x ≡ kongrüansının çözümü olmadığından 3 ,
7 modülüne göre bir KNR olup,3
17
= −
bulunur.
Teorem 6.1. p bir tek asal sayı , a ∈ ve ( , ) 1a p = olmak üzere
1)
1
2 1(mod )
p
a p
−
≡ ise a, p modülüne göre bir kuadratik rezidü,
2)1
2 1(mod ) p
a p−
≡ − ise a, p modülüne göre bir kuadratik non-rezidüdür.
Kanıt. Teorem 5.11. de 2n = alırsak,
çift
( , 1) (2, 1) 2n p p− = − = olacağından,
1)1
2 1(mod ) p
a p
−
≡ ise 2 (mod ) x a p≡ kongrüansı çözümlü,
2)1
2 1(mod ) p
a p
−
≡/ ise 2 (mod ) x a p≡ kongrüansının çözümü yoktur.
( , ) 1a p = olduğundan Fermat Teoremine göre,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 75/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 76/272
70
24 16 2(mod 7)= ≡ , 25 25 4(mod 7)= ≡ , 26 36 1(mod 7)= ≡
olduğundan2 1(mod7) x ≡ , 2 4(mod7) x ≡ , 2 2(mod7) x ≡
kongrüansları çözümlü,2 3(mod7) x ≡ , 2 5(mod7) x ≡ , 2 6(mod7) x ≡
kongrüansları çözümsüzdür. Şu halde 7 modülüne göre kuadratik rezidüler 1, 4ve 2 ; kuadratik non-rezidüler de 3, 5 ve 6 dır.
Teorem 6.2. p bir tek asal sayı, a ve b tamsayılar olmak üzere( , ) 1a p = , ( , ) 1b p = olsun. Bu taktirde Legendre sembolünün aşağıdaki
özellikleri geçerlidir.
1)
1
2 (mod ),
pa
a p p
− ≡
2)ab a b
p p p
=
,
3)1
1 p
=
,
4)1
21
( 1) p
p
− −= −
,
5)2
1a
p
=
,
6) (mod )a b p≡ isea b
p p
=
dir.
Kanıt. 1) Teorem 6.1. ve Legendre sembolünün tanımından elde edilir.2) 1) de a yerine ab alınırsa
1
2( ) (mod ) p
abab p
p
− ≡
(6.2)
kongrüansı elde edilir. Burada 1) deki denkliği tekrar kullanırsak,1 1 1
2 2 2( ) (mod ) p p p
a bab a b p
p p
− − − ≡ ≡
(6.3)
buluruz. (6.2) ve (6.3) ten
(mod )ab a b
p p p p
≡
olur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 77/272
71
2ab a b
p p p p
− ≤ <
olduğundan ab a b
p p p
=
elde edilir.3) 1) de 1a = alırsak
( )1
21 1 1
1 (mod ) 1 mod 1 p
p p p p p
− ≡ ⇒ ≡ ⇒ =
elde ederiz.
4)
1
21
( 1) (mod )
p
p p
− −
≡ − ifadesinde1
1 p
−
= + ,
1
2
( 1) 1
p−
− = − alınırsa,
1 1(mod ) p≡ − ve buradan 2 p | elde edilir ki, bu 2 p ≠ oluşu ile çelişir. Şu
halde kongrüansın her iki yanı aynı işaretli, yani1
21
( 1) p
p
− −= −
olmalıdır.
5) 1a
p
= ±
olduğundan
22( 1) 1
a a a
p p p
= = ± =
buluruz.
6) (mod )a b p≡ olsun. Kongrüans özelliklerinden ve 1) den
(mod )a b p≡ ⇒1 1
2 2 (mod ) (mod ) p p a b
a b p p p p
− − ≡ ⇒ ≡
ve buradana b
p p
=
bulunur.
Aşağıdaki teoremi ispatsız olarak verelim.
Teorem 6.3. p bir tek asal sayı ve ( ), 2 1a p = olsun. Bu takdirde
( )2 1
82
1 p
p
− = −
ve
12
1
p
j
jat
p
−
=
=
∑ olmak üzere ( )1
t a
p
= −
dir.
Örnek 6.4. 2 2(mod61) x ≡ kongrüansının çözümü var mıdır ?
Çözüm.
2 tek sayı61 1 (61 1).(61 1) 60.62
15.318 8 82
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 161
− − +
= − = − = − = − = −
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 78/272
72
olduğundan 2 2(mod61) x ≡ kongrüansının çözümü yoktur.
Örnek 6.5. 2 2 0(mod 61) x + ≡ kongrüansının çözümü var mıdır ?
Çözüm. 2 2(mod61) x ≡ − kongrüansının çözümlü olup olmadığını
araştırmalıyız.
2 1 2 2 1 2( 1)( 1) 1
61 61 61 p p p
− − − − = ⇒ = = + − = −
olduğundan 2 2(mod61) x ≡ − kongrüansının, dolayısıyla 2 2 0(mod 61) x + ≡
kongrüansının çözümü yoktur. Burada61 1 60
2 21
( 1) ( 1) 161
−−
= − = − = +
,2
161
= −
olduğunu kullandık.
Örnek 6.6. p, 8 1 p m= + veya 8 3 p m= + şeklinde bir asal sayı ise bu
takdirde 2 2 0(mod ) x p+ ≡ kongrüansının çözümlü olduğunu gösterelim.
Çözüm.2 11
822 1 2
( 1) ( 1) p p
p p p
−− − −= = − −
yazabiliriz.1
4218 1 4 ( 1) ( 1) 1
2
pm p
p m m−−
= + ⇒ = ⇒ − = − =
ve2 12
2 (4 1)81 ( 1)( 1) 8 (8 2)
2 (4 1) ( 1) ( 1) 18 8 8
p
m m p p p m mm m
−+− − + +
= = = + ⇒ − = − =
elde ederiz. Şu halde
2 11
822
( 1) ( 1) 1.1 1 p p
p
−− −= − − = =
olduğundan
2 2 0(mod ) x p+ ≡ kongrüansı çözümlüdür. Diğer taraftan eğer, 8 3 p m= + ise1
4 121
4 1 ( 1) ( 1) 12
p
m pm
−+−
= + ⇒ − = − = −
ve2 1 ( 1)( 1) (8 2)(8 4)
(4 1)(2 1)8 8 8
p p p m mm m
− − + + += = = + +
⇒
tek2
(4 1)(2 1)1
8( 1) ( 1) 1m m
p+ +
−
− = − = −
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 79/272
73
elde ederiz ve buradan2 11
822
( 1) ( 1) ( 1)( 1) 1 p p
p
−− −= − − = − − = +
olduğundan 2 2 0(mod ) x p+ ≡ kongrüansının bu durumda da çözümlü olduğu
görülür.
Örnek 6.7. 1(mod4) p ≡ isea a
p p
−=
olduğunu gösterelim.
Çözüm. 1(mod 4) 4 1, p p k k ≡ ⇒ = + ∈ olduğundan1
22
pk
−= dır. Şu
halde,
( )
122
1
1
( 1) 1
pk a a a a a
p p p p p p
−
+
− −
= = − = − =
elde edilir.
Örnek 6.8. 8 1 p m= ± için2
1 p
= +
, 8 3 p m= ± için
21
p
= −
olduğunu
gösterelim.
Çözüm.
2 1
82
( 1) p
p
− = −
olduğundan, eğer 8 1 p m= ± ise ;
2 221 (8 1) 1
8 28 8
p mm m
− ± −= = ±
olacağından 2
21
8 282
( 1) ( 1) 1 p
m m
p
−±
= − = − =
dir. Eğer 8 3 p m= ± ise ;2 2
21 (8 3) 18 6 1
8 8
p mm m
− ± −= = ± +
olacağından2
21
8 6 182
( 1) ( 1) 1 p
m m
p
−± +
= − = − = −
dir.
Teorem 6.4. ( Kuadratik Resiprosite Teoremi) p ve q birbirinden farklı tekasal sayılar olmak üzere
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 80/272
74
1 1.
2 2( 1) p q
p q
q p
− − = −
bağıntısı geçerlidir. Bunu ( )1 1
.2 21 p q
p qq p
− −
= −
şeklinde de ifade
edebiliriz.
İspat. ( )1 1
, 1 , 1 ; ,2 2
p q M x y x y x y
− −= ≤ ≤ ≤ ≤ ∈
kümesini
tanımlayalım. 1 M ve 2 M kümelerini de ( ){ }1 , M x y M qx py= ∈ > ,
( ){ }2 , M x y M qx py= ∈ < şeklinde tanımlayalım. qx py≠ olduğundan
1 2 M M ∩ = ∅ dir.
1 M ve
2 M kümelerinin tanımlarından
1 2 M M M ∪ =
olduğu açıktır. M , 1 M ve 2 M kümelerinin elaman sayılarını sırasıyla ( )n M ,
( )1n M , ( )2n M ile gösterelim.
( )1 1
.2 2
p qn M
− −=
olduğunu göz önüne alırsak
( ) ( ) ( )1 21 1
.2 2
p qn M n M n M
− −+ = = (6.4)
bulunur. Şimdi ( )1n M ve ( )2n M yi bulalım. 1 M ve 2 M kümeleriniaşağıdaki şekilde yazabiliriz.
( )11
, 1 , 12
p qx M x y x y
p
− = ≤ ≤ ≤ <
( )21
, 1 , 12
q py M x y y x
q
− = ≤ ≤ ≤ <
, x y ∈ olduğundan M kümesini
( )
( ) ( ) ( ) ( )1
2
1, 1 , 12
121, 1 2, 1 ... , 1
p
p qx M x y x y p
p qq q y y y y y y
p p p
−
− = ≤ ≤ ≤ < =
− ≤ < ∪ ≤ < ∪ ∪ ≤ <
şeklinde yazabiliriz. Birleşime giren bir
( ), 1 qk
k y y p
≤ <
,
11, 2,...,
2
pk
− =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 81/272
75
kümesinin eleman sayısıqk
p
dir. Öte yandan birleşime giren kümelerin
ikişer ikişer arakesitleri boştur. Şu halde
( )
1
2
1
1
p
x
qxn M
p
−
=
=
∑
bulunur. Benzer şekilde
( )
1
2
2
1
q
y
pyn M
q
−
=
=
∑
olduğu gösterilebilir. (6.4) eşitliği göz önüne alınırsa
1 1
2 2
1 1
1 1.
2 2
p q
x y
qx py p q
p q
− −
= =
− −+ =
∑ ∑
bulunur. Bu eşitlikten
( ) ( ) ( )
1122
11 1 1.2 21 1 1
q p
pyqx
q p y x p q
−−
∑ ∑ = = − −
− ⋅ − = − (6.5)
elde edilir. Teorem 6.3. e göre (6.5) eşitliğinin sol tarafındaki ilk çarpanq
p
ye , ikinci çarpan da p
q
ya eşittir. Böylece,
( )
1 1.
2 21
p q p q
q p
− − = −
bulunur.
Örnek 6.9.22
73
−
Legendre sembolünün değerini hesaplayalım.
Çözüm. 22 2.11= olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. ve KuadratikResiprosite Teoremini kullanarak
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 82/272
76
273 173 1 11 1 73 1.
82 2 222 1 2 11 73
( 1) ( 1) ( 1)73 73 73 73 11
−− − −− −
= = − − −
72.74
36 5.368
1 1 11
73 7 4 1 4( 1) ( 1) ( 1)11 11 11 11 11
+ + ++
− − = − − − = = =
11 152( 1) ( 1) 1
−
= − = − = −
elde edilir.
Örnek 6.10.365
1847
Legendre sembolünün değerini hesaplayalım.
Çözüm. 1847 asal ve 365=5.73 olduğundan Teorem 6.2. , Teorem 6.3. veKuadratik Resiprosite Teoremini kullanarak
4 1846 72 1846.
2 2 2 2
1 1
365 5 73 1847 1847( 1) ( 1)
1847 1847 1847 5 73
.
+ +
= = − −
(5 1)(5 1)
8
1
2 22 2 11( 1)
5 73 73 73
− +
−
= = −
72.74 10 72. .
8 2 273 4
( 1) ( 1)
11 11
− = − − = −
11 152
1
1 4( 1) ( 1) 1
11 11
−
+
− = − = − − = − − =
,
yani365
11847
=
bulunur.
Örnek 6.11.3
1 p
=
koşulunu gerçekleyen p tek asal sayılarını bulalım.
Çözüm. 2 3(mod ) x p≡ kongrüansının hangi p asal sayıları için çözümlü
olduğunu araştırmalıyız. Kuadratik Resiprosite Teoreminden
3 1 1 1.
2 2 23
( 1) ( 1)3 3
p p p p
p
− − − = − = −
olduğunu biliyoruz.3
1 p
=
olması için
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 83/272
77
a) 13
p =
ve
1
2( 1) 1 p−
− =
veya
b) 13
p = −
ve
1
2( 1) 1 p −
− = −
gerçeklenmelidir. Bu iki durumu inceleyelim.
a) 13
p =
ise p, 3 ün bir KR süne kongrüent olmalıdır. 2 1(mod3) x ≡
kongrüansı için 21 1(mod 3)≡ , 22 1(mod 3)≡ olduğundan 1, 3 ün tek KR
südür. Buradan
1 1(mod 3)3
p
p
= ⇒ ≡
yazabiliriz.
1
2( 1) 1 p−
− = ⇒1
2 ,2
pk
−= 1 4 4 1 1(mod 4)k Z p k p k p∈ ⇒ − = ⇒ = + ⇒ ≡
buluruz. Böylece1(mod 4)
1(mod3)
p
p
≡
≡
kongrüansları aynı anda gerçeklenmelidir. Şu halde bu kongrüans sistemininçözümünü bulmamız gerekir. (3, 4) 1= olduğundan sistemin mod3.4 tek türlü
belirli bir çözümü vardır. 1(mod 4) p ≡ kongrüansının çözümleri m ∈ olmak
üzere 4 1 p m= + şeklindedir. 4 1m + tamsayısının 1(mod3) p ≡
kongrüansının da bir çözümü olması için4 1 1(mod 3) 4 0(mod3) 0(mod3)m m m+ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡
olmalıdır. t ∈ olmak üzere 3m t = için4 1 4(3 ) 1 12 1 p m p t t = + ⇒ = + = +
olup, p nin bu formdaki her değeri, hem birinci hem de ikinci kongrüansın
çözümüdür. Bulduğumuz bu çözümleri 1(mod12) p ≡ şeklinde de ifadeedebiliriz.
b) 13
p = −
ise p, 3 ün bir KNR süne kongrüent olmalıdır. 3 ün tek KNR sü
2 olduğundan 2(mod3) p ≡ olmalıdır.1
2( 1) 1 p−
− = − ⇒1
2 1, 4 3 3(mod 4)2
pk k p k p
−= + ∈ ⇒ = + ⇒ ≡
bulunur. Şu halde,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 84/272
78
3(mod4)
2(mod3)
p
p
≡
≡
kongrüansları aynı anda gerçeklenmelidir. Bu kongrüans sistemi yukarıdakinebenzer şekilde çözülürse 11(mod12) p ≡ bulunur.
Örnek 6.12 22 11 0(mod 41) x x+ + ≡ kongrüansının çözümü var mıdır ?
Çözüm. ( ) ( )4.2,41 8,41 1= = olduğundan kongrüansın her iki yanını
4 4.2 8a = = ile çarpalım:2 216 8 88 0(mod 41) (4 1) 1 88 0(mod 41) x x x+ + ≡ ⇒ + − + ≡
2(4 1) 87(mod 41) x⇒ + ≡ −
bulunur. 4 1 x y+ = dersek 2 87(mod 41) y ≡ − kongrüansı elde edilir.
871
41
− =
ise 2 87(mod 41) y ≡ − kongrüansı dolayısıyla,
22 11 0(mod 41) x x+ + ≡
kongrüansı çözümlü olacaktır. Şu halde,
87 1 87 1 5
41 41 41 41 41
− − − = =
,
41 121
( 1) 141
−− = − = +
,
5 1 41 1.2 2
1
5 41 1( 1) 1. 1
41 5 5
− −
+
= − = = +
olduğundan87 1 87
( 1)( 1) 141 41 41
− − = = + + =
elde edilir. Dolayısıyla 22 11 0(mod 41) x x+ + ≡ kongrüansının çözümü vardır.
Örnek 6.13. p bir tek asal sayı olmak üzere 2 1 p x| + olacak şekilde bir x ∈ bulanabiliyor ise p hangi formda olmalıdır ?
Çözüm. Bir x ∈ için 2 1 p x| + olduğundan 2 1 0(mod ) x p+ ≡ dir. O halde,
2 1(mod ) x p≡ − olduğundan bu kongrüansın çözümü olmalıdır, yani1
1 p
−=
olmalıdır. Böylece,1
21 1
( 1) 1 22
p p
k p
− − −= − = ⇒ =
, k ∈ 4 1 p k ⇒ = + ,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 85/272
79
yani 1(mod 4) p ≡ tür.
JACOBİ SEMBOLÜ
Tanım 6.3. P ∈ ,t Q
+∈ , ( , ) 1P Q = , 1 2 ... s
Q q q q= (i
q ler tek asal sayılar )
olsun. Bu takdirdeP
Q
Jacobi sembolü
1
s
i i
P P
Q q=
=
∏
şeklinde tanımlanır. Buradai
P
q
ler Legendre sembolüdür.
Eğer Q bir tek asal sayı iseP
Q
Jacobi sembolü ileP
Q
Legendre
sembolü aynıdır. Tanımdan dolayıP
Q
Jacobi sembolünün değeri ya +1
veya -1 dir. 1P
Q
= −
ise ( )2 mod x P Q≡ kongrüansının çözümü yoktur.
Fakat 1P
Q
=
ise bu durum P nin, Q nun bir KR sü olduğunu, yani
( )2 mod x P Q≡ kongrüansının çözümü olduğunu göstermez. Gerçekten
21
9
=
olmasına rağmen ( )2 2 mod 9 x ≡ kongrüansının çözümü yoktur.
Teorem 6.5. ,Q Q′ pozitif tek tamsayılar; ,P P′ ∈ ve ( , ) 1PP QQ′ ′ =
olsun. Bu takdirde
i)P P P
Q Q QQ
=
′ ′ , ii)
P P PP
Q Q Q
′ ′ =
,
iii)2
21
P P
Q Q
= =
, iv)
2
2
P P P
QQ Q
′ ′ =
′′ ,
v) ( )mod P P
P P QQ Q
′ ′ ≡ ⇒ =
dur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 86/272
80
Kanıt. i) 1 2... s
Q q q q= ve 1 2 ... t Q q q q′ ′ ′′ = olsun.
1 1 1 2 1 2
. ... . ...s t
i ii si t
P P P P P P P P P P
Q Q q q q qq q q q= =
= =
′ ′ ′ ′ ′ ∏ ∏
P
=
′
bulunur.ii) 1 2 ...
sQ q q q= (
iq ler asal olsun ) Teorem 6.2. den dolayı
i i i
P P PP
q q q
′ ′=
( 1,2,...,i s= )
olduğundan
1 1 1 1
.s s s s
i i i ii i i i i
P P P P P P PP PP
Q Q q q q q q Q= = = =
′ ′ ′ ′ ′ = = = =
∏ ∏ ∏ ∏
bulunur.iii) ii) yi kullanarak
22( 1) 1
P P P
Q Q Q
= = ± =
ve i) yi kullanarak
2
2( 1) 1
P P P
Q QQ
= = ± =
bulunur.
iv)2 2 ) ) )
2 2 2 2 2
iii i iiiP P P P P P P P
Q QQ Q Q Q Q Q Q Q Q
′ ′ ′ ′ ′ ′ =
′ ′′ ′ ′ ′ = = = dur.
v) 1 2 ... s
Q q q q= olsun. Bu takdirde
( ) ( )mod mod i
P P Q P P q′ ′≡ ⇒ ≡ ( 1,2,...,i s= )
ve Teorem 6.2. deni i
P P
q q
′=
( 1,2,...,i s= ) bulunur. Bu son eşitlikten
1 2 1 2
... ...s s
P P P P P P P P
Q q q q q q q Q
′ ′ ′ ′ = = =
elde edilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 87/272
81
Teorem 6.6. 0Q > bir tek tamsayı ise
( )1
21
1Q
Q
− −= −
ve ( )2 1
82
1Q
Q
− = −
bağıntıları geçerlidir.Kanıt. Jacobi sembolünün tanımını kullanarak 1 2...
sQ q q q= (
iq ler tek asal
sayılar ) ise
( ) ( ) 1
1 12
2
1 1
1 11 1
sii
i
s s
i iiQ q
=
−−
= =
∑ − −= = − =
−∏ ∏ (6.6)
elde edilir. a ve b tek tamsayılar olsun. Bu takdirde
( ) ( ) ( )1 11 1 1 0 mod 22 2 2 2
a bab a b − −− − − − + = ≡
ve buradan
( )1 1 1
mod22 2 2
a b ab− − −+ ≡
elde edilir. Buradan indüksiyon metodu ile
( )1 1
1 1 11 mod 2
2 2 2
ssi
i
i i
q Qq
= =
− −≡ − ≡
∑ ∏
bağıntısının geçerli olduğu gösterilebilir. Bu bağıntıyı , (6.6) da kullanarak
( )1
21
1Q
Q
− −= −
sonucu elde edilir.a ve b tek tamsayılar olmak üzere
( )( )2 22 2 2 2 1 11 1 1
8 8 8 8
a ba b a b − − − − −− + =
olup, a ve b tek tamsayılar olduğundan ( )28 1a| − ve ( )28 1b| − dir. Şu
halde ( ) ( )2 21 1
8
a b− − tamsayısı 2 ile bölünür. Böylece
( )2 2 2 21 1 1
mod28 8 8
a b a b− − −+ ≡
elde edilir. Buradan tekrar indüksiyon metodu kullanılarak
( )2 2
1
1 1mod2
8 8
si
i
q Q
=
− −≡∑
olduğu gösterilebilir. Bu bağıntı kullanılarak
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 88/272
82
( ) ( )2 2
1
1 1
8 8
1
2 21 1
si
i
s q Q
i iQ q
=
− −
=
∑= = − −
∏
elde edilir ve ispat tamamlanır.
Teorem 6.7. P, Q pozitif tek tamsayılar ve ( , ) 1P Q = olsun. Bu takdirde
( )1 1
.2 21
P QP Q
Q P
− − = −
dir.Kanıt.
i p ler ve
iq ler tek asal sayılar olmak üzere 1 2 ...
r P p p p= ve
1 2... s
Q q q q= olsun. Kuadratik Resiprosite Teoreminden
( )11
.2 2
1 1 1 1 1
1 ji
qs s r s r p ji
j j i j i j j i
q pP P
Q q q p
−−
= = = = =
= = = −
∏ ∏∏ ∏∏
( ) 1 1
11.
2 21s r
ji
j i
q pP Q
Q P= =
−− ∑∑⇒ = −
(6.7)
elde edilir. Fakat
1 1 1 1
1 11 1.
2 2 2 2
s r r s j ji i
j i i j
q q p p
= = = =
− −− −=∑∑ ∑ ∑ (6.8)
ve
( )1
1 1mod2
2 2
r i
i
p P
=
− −≡∑ , ( )
1
1 1mod2
2 2
s j
j
q Q
=
− −≡∑ (6.9)
olduğundan , (6.8) ve (6.9) bağıntıları (6.7) de kullanılarak
( )1 1
.2 21
P QP Q
Q P
− − = −
(6.10)
sonucu bulunur.
Bu son teorem bize, Jacobi sembolünün Kuadratik Resiprosite kuralına
uyduğunu gösterir. (6.10) eşitliği kullanılarakP
Q
Jacobi sembolünün değeri
daha kolay hesaplanabilir. Bu kolaylığa rağmenP
Q
nun değerinin +1
olması , ( )
2
mod x P Q≡
kongrüansının çözümünün olmasını garantilemez. Şu
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 89/272
83
halde akla Jacobi sembolünün ne işe yaradığı sorusu gelebilir. Şimdi bunuaçıklayalım. P bir tek asal sayı ve a ∈ olsun. Tanımdan görüldüğü gibi , bu
durumda
a
P
Jacobi sembolü ile,
a
P
Legedre sembolü çakışır.
Dolayısıylaa
P
Jacobi sembolünün değeri +1 ise ( )2 mod x a P≡
kongrüansının çözümü vardır. 1a
P
= −
ise ( )2 mod x a P≡ kongrüansının
çözümü yoktur.a
P
Jacobi sembolünün değeri, (6.10) kullanılarak (a bir
tek tamsayı ise a yı çarpanlarına ayırmadan) Legendre sembolüne göre daha
kolay hesaplanacağından ( )2 mod x a P≡ kongrüansının çözümünün olup
olmadığı daha kısa bir yolla belirlenmiş olacaktır.
Örnek 6.14.105
317
Jacobi sembolünün değerini bulalım.
Çözüm. Teorem 6.7. den
( ) ( ) ( )2104 316 105 1 104.106
.2 2 8 8
1
105 317 317 21 1 1 1
317 105 105 105
−
=
= − = = = − = − =
bulunur. Şu halde ( )2 105 mod317 x ≡ kongrüansının çözümü vardır.
PROBLEMLER
1) 1, 2, 2, 3a = − − ve 11, 13, 17 p = olmak üzerea
p
nin değerlerini
bulunuz.
2) 11 in KR lerinin 1, 3, 4, 5 ve 9 olduğunu gösteriniz.
3) 7, 13, 17, 29 ve 37 sayılarının KR lerini ve KNR lerini bulunuz.
4) 0 6a< < olmak üzere, 3 ün kuadratik rezidü olduğu 12 p n a= ±
formundaki bütün asal sayıları bulunuz.
5) ( )2 3 mod x p≡ − kongrüansının 6 1 p k = + formundaki asal sayılar için
çözümlü, 6 5 p k = + formundaki asal sayılar için çözümsüz olduğunu
gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 90/272
84
6) Aşağıdaki kongrüansların çözülebilir olup olmadıklarını araştırınız,çözülebilir olanların çözüm sayısını bulunuz.
a) ( )2
2 mod61 x ≡ ,b) ( )2 2 mod61 x ≡ − ,
c) ( )2 2 mod59 x ≡ ,
d) ( )2 2 mod59 x ≡ − ,
e) ( )2 2 mod17 x ≡ ,
f) ( )2 2 mod17 x ≡ − .
7) p bir tek asal sayı olsun. p modülüne göre iki KR nün çarpımının yine birKR, iki KNR nün çarpımının bir KR, bir KR ile bir KNR nün çarpımının birKNR olduğunu gösteriniz. Bundan faydalanarak p modülüne göre KR lerin
sayısının1
2
p − ve KNR lerin sayısının da
1
2
p − olduğunu gösteriniz.
8) p bir tek asal sayı olsun. Aşağıdakileri ispatlayınız.
a) ( )2 2 p x| − olacak şekilde bir x Z ∈ varsa ( )1 mod 8 p ≡ veya
( )7 mod 8 p ≡ dir.
b) ( )4 1 p x| + olacak şekilde bir x Z ∈ varsa ( )1 mod 8 p ≡ dir.
9) r , m modülüne göre bir KR ise( )
( )2 1 modm
r m
ϕ
≡ olduğunu gösteriniz.
10) 7, 11, 13 p = ve 227, 229, 1009q = olmak üzere p
q
nun değerlerini
belirleyiniz.
11)5
1 p
=
koşulunu gerçekleyen bütün p asal sayılarını belirleyiniz.
12) p ve q farklı tek asal sayılar ve a da p ve q nun birer KR sü ise
( )2 mod . x a p q≡ kongrüansının çözümü var mıdır?
13) p bir tek asal sayı olmak üzere
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 91/272
85
1
1
0 p
j
j
p
−
=
=
∑
olduğunu gösteriniz.
14) p bir tek asal sayı ve ( ), 1a p = olsun. ( )2 4 0 modb ac p− ≡ ise
( )2 0 modax bx c p+ + ≡ kongrüansının bir çözümü olduğunu,2 4
1b ac
p
−=
ise iki çözümü olduğunu ve2 4
1b ac
p
−= −
ise hiç çözümü olmadığını
gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 92/272
86
7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR
Bu bölümde, 2n ≥ bir tamsayı olmak üzere
( )2 1
0 1 2 1... 0 modn n
n na a x a x a x a x m−
−+ + + + + ≡ (7.1)şeklindeki kongrüansların çözümlerini araştıracağız. Bu tip bir kongrüansınbütün çözümlerini veren bir metod yoktur. Ancak çin kalan teoremi yardımıyla(7.1) tipindeki bir kongrüansın çözümlerini arama problemi, p bir asal sayıolmak üzere
( )2 10 1 2 1... 0 modn n t
n na a x a x a x a x p−
−+ + + + + ≡ ( t +∈ )
kongrüansının çözümlerini arama problemine indirgenebilir. m pozitiftamsayısının kanonik formu
1 2
1 2 ... k
k m p p p α α α =
olsun. Ayrıca
( ) 2 10 1 2 1... n n
n n f x a a x a x a x a x
−
−= + + + + +
diyelim. ( ) ( )0 mod f x m≡ kongrüansı çözülebilir ise bir u tamsayısı için
( ) ( )0 mod f u m≡
olur. Buradan
( ) ( )0 mod i
i f u p
α ≡ ( 1,2,...,i k = )
bulunur. Şu halde ( ) ( )0 mod f x m≡ kongrüansı çözülebilir ise
( ) ( )0 mod i
i f x p
α ≡ ( 1,2,...,i k = )
kongrüansları da çözülebilirdir. Tersine
( ) ( )0 mod i
i f x p
α
≡ ( 1,2,...,i k = )
kongrüansları çözülebilir olsun. ( ) ( )0 mod i
i f x p
α ≡ kongrüansının bir
çözümüi
x a= olsun. ( , ) 1i i
i imp p
α α − = olduğundan ( )1 modi i
i imp x p
α α −≡
kongrüansının bir tek çözümü vardır. Bu çözümüi
b ile gösterirsek
( )1 modi i
i i imp b p
α α − ≡
olur. u tamsayısını
1 i
k
i i
i i
mu b a
pα
=
=∑
olarak alalım. Böylece
( ) ( ) ( )0 mod i
i i f u f a pα
≡ ≡ ( 1,2,...,i k = )
ve buradan
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 93/272
87
( ) ( )1 2
1 20 mod[ , ,..., ]k
k f u p p p
α α α ≡
elde edilir. i
i p
α ( 1,2,...,i k = ) tamsayıları ikişer ikişer aralarında asal
olduğundan1 2 1 2
1 2 1 2[ , ,..., ] ...k k
k k p p p p p p m
α α α α α α = =
olup, buradan
( ) ( )0 mod f u m≡
bulunur. Şu halde
( ) ( )0 mod i
i f x p
α
≡ ( 1,2,...,i k = )
kongrüansları çözülebilir ise ( ) ( )0 mod f x m≡ kongrüansı da çözülebilirdir.
Buna göre ( ) ( )0 mod f x m≡ kongrüansını çözme problemi ,( ) ( )1
10 mod f x pα ≡ ,
( ) ( )2
20 mod f x p α
≡ , (7.2)
( ) ( )0 mod k
k f x p
α
≡
kongrüanslarını çözme problemine indirgenmiş olur. (7.2) de . j kongrüansın
çözüm sayısını j N ile gösterirsek ( ) ( )0 mod f x m≡ kongrüansının çözüm
sayısı 1 2. ... k N N N N = dır. (7.2) deki kongrüanslardan herhangi birinin
çözümü yoksa ( ) ( )0 mod f x m≡ kongrüansının da çözümünün olmadığı
açıktır.
Örnek 7.1. ( )2 7 0 mod189 x x+ + ≡ kongrüansını çözelim.
Çözüm. 3189 3 .7= olduğundan
( )2 7 0 mod 27 x x+ + ≡
ve
( )2 7 0 mod7 x x+ + ≡
kongrüanslarının çözümlerini bulalım. ( )2 7 0 mod 27 x x+ + ≡ kongrüansının
çözümleri
( )4 mod27 x ≡ , ( )13 mod 27 x ≡ , ( )5 mod27 x ≡ −
dir. ( )2 7 0 mod 7 x x+ + ≡ kongrüansının çözümleri de
( )0 mod 7 x ≡ , ( )1 mod 7 x ≡ −
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 94/272
88
dir. Öte yandan ( )17 1 mod 27b ≡ kongrüansının çözümü ( )1 4 mod27b ≡ ve
( )227 1 mod7b ≡ kongrüansının çözümü ( )2 1 mod 7b ≡ − dir. Böylece
( )2
7 0 mod189 x x+ + ≡ kongrüansının çözümleri( )1 27.4. 27.( 1). mod189 x b b≡ + − , 1 4,13, 5b = − ; 2 0, 1b = −
dir. Her 1 2( , )b b çözüm çiftine karşılık ( )2 7 0 mod189 x x+ + ≡
kongrüansının bir çözümü elde edilir. Şu halde ( )2 7 0 mod189 x x+ + ≡
kongrüansının çözüm sayısı 2.3 6 N = = dır. 1b ve 2b nin değerlerini
yukarıdaki ifade de yerine yazarsak
( )112 mod189 x ≡ , ( )175 mod189 x ≡ , ( )140 mod189 x ≡ − ,
( )139 mod189 x ≡ , ( )13 mod189 x ≡ , ( )113 mod189 x ≡ −
çözümleri elde edilir.
( ) ( )0 mod f x pα ≡ Kongrüansının Çözümleri
( ) ( )0 mod f x m≡ kongrüansını çözme probleminin , p bir asal sayı ve
0α > bir tamsayı olmak üzere ( ) ( )0 mod f x pα ≡ kongrüansını çözme
problemine indirgendiğini gördük. ( ) ( )0 mod f x pα ≡ kongrüansının bir
çözümü u ise
( ) ( ) ( ) ( )0 mod 0 mod f u p f u pα ≡ ⇒ ≡
bulunur. Bu ise ( ) ( )0 mod f x pα ≡ kongrüansının her çözümünün,
( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının da bir çözümü olduğunu gösterir. Şu halde
( ) ( )0 mod f x pα ≡ kongrüansının çözümlerini ( ) ( )0 mod f x p≡
kongrüansının çözümleri kümesi içinde aramak gerek ve yeterdir. Şimdi( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansından hareket ederek sırası ile
( ) ( )20 mod , f x p≡
( ) ( )30 mod , f x p≡
( ) ( )10 mod , f x pα −≡
( ) ( )0 mod f x pα ≡
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 95/272
89
kongrüanslarının çözülebilir olup olmadıklarını araştıralım. ( ) ( )0 mod f x p≡
kongrüansının çözümünü araştırırken aşağıdaki iki hal söz konusu olur.
1. Hal: ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının çözümü olmasın. Bu durumda
( ) ( )0 mod f x pα ≡ kongrüansının da çözümü yoktur.
2. Hal: ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansı çözülebilir olsun. Çözümleri
( )1 mod x a p≡ , ( )2 mod x a p≡ , ... , ( )modt
x a p≡
ile gösterelim. ( ) ( )20 mod f x p≡ kongrüansının her çözümü
( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının da bir çözümüdür. Şu halde
( ) ( )20 mod f x p≡ kongrüansının çözümlerini ( ) ( )0 mod f x p≡
kongrüansının çözümleri içinde aramak gerekir. ( ) ( )0 mod f x p≡
kongrüansının bir ( )mod j
x a p≡ çözümünü göz önüne alalım.
( )mod j j
x a p x a yp≡ ⇔ = + , y ∈
( ) ( ) ( ) ( )2 20 mod 0 mod j
f x p f a yp p≡ ⇔ + ≡
bulunur. ( ) j f a yp+ yi Taylor serisine açarak
( ) ( )
( ) ( )
( )
2...
1 2
j j
j j
f a f a f a yp f a py py
′ ′′+ = + + + (7.3)
elde edilir. ( ) f x fonksiyonu bir polinom olduğundan, bu Taylor serisi
sonludur. Burada katsayılar birer tamsayıdır. (7.3) serisinde üçüncü ve dahasonraki terimlerin hepsi 2
p ile bölünür, yani ilk iki terim hariç diğer terimler2 p modülüne göre sıfıra kongrüdür. Şu halde
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 20 mod 0 mod j j j j
f a yp p f a yp f a f a yp p′+ ≡ ⇔ + ≡ + ≡
bulunur. ( ) j p f a| olduğundan( ) j
f a
p
bir tamsayıdır. Böylece son
kongrüansı p ile kısaltarak
( )( ) ( )0 mod
j
j
f a f a y p
p′+ ≡ (7.4)
elde edilir. (7.4) deki kongrüans y ye göre 1. derecedendir. Burada iki hal sözkonusudur.
a) ( )( , ) 1 j f a p′ = olsun. Bu durumda (7.4) deki kongrüansın tek bir çözümü
vardır. Bu çözümü ( )0 mod y y p≡ ile gösterirsek
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 96/272
90
( ) ( )20 mod f x p≡
kongrüansının çözümü de tektir ve bu çözüm ( )20 mod
j x a y p p≡ + dir.
b) ( )( , ) j f a p p′ = olsun. Bu takdirde
i)( )
( )0 mod j
f a p
p≡ ise (7.4) deki kongrüansı hiçbir tamsayı
gerçeklemediğinden, ( ) ( )20 mod f x p≡ kongrüansının çözümü yoktur.
ii)( )
( )0 mod j
f a p
p≡ ise (7.4) deki kongrüansın tam p tane çözümü
vardır ve bu çözümler
( )0 mod y p≡ , ( )1 mod y p≡ , ... , ( )1 mod y p p≡ −
dir. Şu halde ( ) ( )20 mod f x p≡ kongrüansının da p tane çözümü vardır ve
bu çözümler
( )2mod j
x a p≡ ,
( )2mod j
x a p p≡ + ,
( )22 mod j
x a p p≡ + ,
( )2( 1) mod j
x a p p p≡ + −
dir. Bu metodu sırası ile ja yerine 1a , 2a , ... ,
t a alarak uygulayıp,
( ) ( )20 mod f x p≡ kongrüansının çözümlerinin olup olmadığını kontrol eder
ve varsa çözümleri buluruz.
1α > bir tamsayı olmak üzere ( ) ( )0 mod f x pα ≡ kongrüansının
çözümleri bilindiği takdirde, ( ) ( )10 mod f x pα +≡ kongrüansının eğer varsa
çözümlerinin nasıl bulunacağını görelim. ( ) ( )0 mod f x pα ≡ kongrüansının
çözümleri
( )1 mod x a pα ≡ , ( )2 mod x a pα ≡ , ... , ( )modr
x a pα ≡
olsun. Bu çözümlerden birini ( )mod j
x a pα ≡ ile gösterelim.
( ) ( )10 mod f x pα +≡ kongrüansının ( )mod j
x a pα ≡ koşulunu gerçekleyen
çözümlerinin olup olmadığını araştıralım.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 97/272
91
( )mod j j
x a p x a ypα α ≡ ⇒ = + ( y ∈ )
( ) ( ) ( ) ( )1 10 mod 0 mod j
f x p f a yp pα α α + +≡ ⇒ + ≡
bulunur. ( ) j f a yp
α + yı Taylor serisine açalım.
( ) ( ) ( ) ( )
( )2
...1 2
j j
j j
f a f a f a yp f a yp ypα α α
′ ′′+ = + + + +
elde edilir. 1α > olduğundan 2. 1α α > + olup, Taylor serisindeki ilk iki
terim hariç diğer terimler 1 pα + modülüne göre sıfıra kongrüdür. Böylece
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 10 mod 0 mod j j j
f a yp p f a f a yp pα α α α + +′+ ≡ ⇒ + ≡ (7.5)
bulunur. ( ) ( )0 mod j f a pα
≡ olduğundan
( ) j f a
pα ∈ dir. (7.5) deki
kongrüansı pα ile kısaltırsak
( )( ) ( )0 mod
j
j
f a f a y p
pα
′+ ≡ (7.6)
kongrüansı elde edilir. Burada aşağıdaki gibi iki hal düşünelim.a) ( ( ), ) 1 j f a p′ = ise (7.6) daki kongrüansın tek bir çözümü vardır. Bu
çözümü ( )0 mod y y p≡ ile gösterirsek, bu durumda
( ) ( )10 mod f x pα +≡
kongrüansının da bir tek çözümü olup, bu çözüm
( )10 mod
j x a p y pα α +≡ +
dir.
b) ( ( ), ) j f a p p′ = olsun. Eğer( )
( )0 mod j
f a p
pα ≡ ise ( ) ( )0 mod f x p≡
kongrüansının, ( )mod j
x a pα ≡ koşulunu gerçekleyen çözümü yoktur. Eğer
( )( )0 mod
j f a
p pα
≡ ise (7.6) nın p tane çözümü
( )0 mod y p≡ , ( )1 mod y p≡ , ... , ( )1 mod y p p≡ −
olup, ( ) ( )10 mod f x pα +≡ kongrüansının çözümleri de
( )1mod j
x a tp pα α +≡ + , ( 0,1,..., 1t p= − )
dir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 98/272
92
Örnek 7.2. ( )3 2 33 27 0 mod 5 x x− + ≡ kongrüansının çözümlerini bulalım.
Çözüm. Önce ( )
3 2
3 27 0 mod5 x x− + ≡ kongrüansını çözelim. 5 modülünegöre 0, 1, 2, -2, -1 tamsayıları bir tam kalan sistemidir. ( ) 3 23 27 f x x x= − +
dersek
( ) ( )0 2 0 mod5 f ≡ ≡ , ( ) ( )1 0 mod 5 f ≡ , ( ) ( )2 2 0 mod5 f ≡ − ≡ ,
( ) ( )2 3 0 mod5 f − ≡ − ≡ , ( ) ( )1 2 0 mod5 f − ≡ − ≡
olduğundan ( )3 23 27 0 mod5 x x− + ≡ kongrüansının bir tek çözümü vardır
ve bu çözüm ( )1 mod5 x ≡ dir. ( ) 3 21 1 3.1 27 25 f = − + = ve
( )2
3 6 f x x x′ = − olup, ( )1 3 f ′ = − bulunur. Şimdi de( )
( ) ( )1
1 0 mod 55
f f y′+ ≡
kongrüansını çözelim. ( )1 f ve ( )1 f ′ i yerine yazarak
( )5 3 0 mod5 y− ≡
bulunur. ( 3,5) 1− = olduğundan bu kongrüansın bir tek çözümü vardır ve bu
çözüm ( )0 mod 5 y ≡ dir. Şu halde
( )3 2 2
3 27 0 mod5 x x− + ≡ kongrüansının da çözümü ( )21 0.5 1 mod5 x ≡ + ≡ dir. Şimdi
( )3 2 33 27 0 mod5 x x− + ≡
kongrüansının çözümlerini bulalım.
( )( ) ( ) ( )
11 0 mod 5 1 3 0 mod5
25
f f y y′+ ≡ ⇒ − ≡
( )2 1 mod5 y⇒ ≡ −
( )( )
3,5 12 mod 5 y
=⇒ ≡
bulunur. Böylece ( )3 2 33 27 0 mod5 x x− + ≡ kongrüansının çözümü
( ) ( )2 3 31 2.5 mod5 51 mod5 x x≡ + ⇒ ≡
tür.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 99/272
93
ASAL MODÜLLER
( ) 0 1 ... nn f x a a x a x= + + + tam rasyonel katsayılı bir polinom olmak üzere
( ) ( )0 mod f x m≡ kongrüansını çözme problemini, p bir asal sayı olmak
üzere ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansını çözme problemine indirgemiştik.
( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının çözümlerini bulmak için herhangi bir metod
bilinmemektedir. Fakat p nin küçük değerleri için p modülüne göre bir
1 2, ,..., pa a a tam kalan sistemi alınarak çözümler aranabilir.
Teorem 7.1. p bir asal sayı olmak üzere ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansınınderecesi p olsun. Bu takdirde ya her x tamsayısı, ( ) ( )0 mod f x p≡
kongrüansının bir çözümüdür veya ilk katsayısı 1 olan tam rasyonel katsayılı
öyle bir ( )g x polinomu vardır ki ( ) ( )0 modg x p≡ kongrüansının derecesi p
den küçük olup, ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının çözüm kümesi ile
( ) ( )0 modg x p≡ kongrüansının çözüm kümesi aynıdır.
Kanıt. ( ) f x polinomunu p x x− ile bölelim. Böylece
( ) ( ) ( ) ( ) p
f x q x x x r x= − + olacak şekilde ( )q x ve ( )r x polinomları vardır. Burada ya ( ) 0r x ≡ dır veya
( )der r x p< dir. Fermat Teoremine göre her u ∈ için ( )0 mod pu u p− ≡
dir. Bunu kullanarak
( ) ( )( )mod f u r u p≡ (7.7)
bulunur. ( ) 0r x ≡ ise veya ( )r x polinomunun bütün katsayıları p ile
bölünürse, bu durumda ( ) ( )0 modr u p≡ olacağından, bunu (7.7) de
kullanarak her u ∈ için( ) ( )0 mod f u p≡
elde edilir, yani her x tam sayısı ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının bir
çözümüdür. Eğer ( )r x polinomu yukarıda sıraladığımız iki koşuldan hiç birini
gerçeklemezse bu takdirde ( )r x polinomu
( ) 0 1 ... mmr x b b x b x= + + + , ( m p< , ( ), 1mb p = )
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 100/272
94
şeklindedir. ( ), 1mb p = olduğundan ( )1 modmb x p≡ kongrüansı
çözülebilirdir ve tek çözümü vardır. Bu kongrüansın çözümü ( )mod x b p≡
ise ( ) ( )0 modr x p≡ kongrüansı ile ( ) ( )0 modbr x p≡ kongrüansınınçözümleri aynı ve (7.7) den dolayı ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansı ile
( ) ( )0 modbr x p≡ kongrüansının çözümleri aynıdır. Şu halde aranan ( )g x
polinomu olarak ( )br x polilnomu alınabilir ve ispat tamamlanır.
Teorem 7.2. Bir a tamsayısı, ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının bir çözümü ise
öyle bir ( )g x polinomu vardır ki
( ) ( ) ( )( )mod f x x a g x p≡ − (7.8)bağıntısı gerçeklenir. Tersine, (7.8) deki koşula uyan bir ( )g x polinomu varsa
a tamsayısı ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının bir çözümüdür.
Kanıt. ( ) f x polinomunu ( ) x a− ile bölelim. Böylece
( ) ( ) ( ) f x x a g x r = − + (7.9)
olacak şekilde bir ( )g x polinomu ve bir r tamsayısı vardır. (7.9) dan
( ) ( ) ( ) ( )mod f x x a g x r p≡ − + (7.10)
elde edilir. ( ) ( )0 mod f a p≡ olduğundan, buradan ( )0 modr p≡ olur vebunu (7.10) da kullanarak
( ) ( ) ( ) ( )mod f x x a g x p≡ −
bulunur. Tersine, tamkatsayılı bir ( )g x polinomu için
( ) ( ) ( ) ( )mod f x x a g x p≡ −
bağıntısı gerçekleniyorsa ( ) ( ) ( ) ( )0 mod f a a a g a p≡ − ≡ bulunur ki, bu da
a tamsayısının ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının bir çözümü olduğunu
gösterir.
Teorem 7.3. ( Lagrange Teoremi) p bir asal sayı olmak üzere
( )20 1 2 ... 0 modn
na a x a x a x p+ + + + ≡ ( ( )0 modna p≡ )
kongrüansının en fazla n tane çözümü vardır.Kanıt. İspatı n e göre indüksiyon ile yapalım. Teorem 4.1. den dolayı 1n =
için iddia doğrudur. Derecesi 1n − olan her ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının
en fazla 1n − tane çözümünün olduğunu varsayalım ve derecesi n olan bir
( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansını göz önüne alalım. Eğer bu kongrüansın
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 101/272
95
çözümü yok ise ispat edilecek bir şey yoktur. Eğer ( ) ( )0 mod f x p≡
kongrüansının en az bir ( )mod x a p≡ çözümü varsa Teorem 7.2 den dolayı
öyle bir ( )q x polinomu vardır ki ( )der 1q x n= − olup,( ) ( ) ( ) ( )mod f x x a q x p≡ − (7.11)
dir. İndüksiyon hipotezine göre ( ) ( )0 modq x p≡ kongrüansını en fazla 1n −
tane çözümü vardır. Bu çözümleri ( )modi x c p≡ , 1,2,...,i r = ( )r n< ile
gösterelim. Şimdi bir c tamsayısı için ( ) ( )0 mod f c p≡ olduğunu kabul
edelim. (7.11) den ( ) ( ) ( )0 modc a q c p− ≡ bulunur. Eğer ( ) ( )0 modq c p≡
ise ( )mod x c p≡ çözümü, bir ( )mod j x c p≡ çözümü ile aynıdır. Eğer
( ) ( )0 modq c p≡ ise p asal olduğundan
( ) ( )0 mod modc a p c a p− ≡ ⇒ ≡
bulunur. Bu durumda ( ) ( )0 mod f x p≡ kongrüansının çözümleri
( )mod x a p≡ , ( )1 mod x c p≡ ,..., ( )modr x c p≡
den ibaret olup çözüm sayısı 1r + tanedir. 1r n≤ − olduğundan 1r n+ ≤ bulunur ve ispat tamamlanır.
PROBLEMLER
1) Aşağıdaki kongrüansları çözünüz.
a) ( )5 4 31 0 mod3 x x+ + ≡ ,
b) ( )3 357 0 mod 5 x x+ + ≡ ,
c) ( )3 2 35 0 mod 7 x x+ − ≡ ,
d) ( )3 2 310 2 0 mod3 x x x+ + + ≡ ,
e) ( )
4
7 0 mod 63 x x+ + ≡ ,f) ( )3 219 23 0 mod126 x x x+ − + ≡ ,
g) ( )3 5 3 0 mod 75 x x+ + ≡ .
2) ( )14 212 0 mod13 x x+ ≡ kongrüansının tam 13 tane çözümü olduğunu
gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 102/272
96
3) Dereceleri 6≤ olup aşağıdaki kongrüanslara eşdeğer olan kongrüansları
bulunuz. ( ( ) ( )0 mod f x m≡ ve ( ) ( )0 modg x m≡ kongrüanslarının çözüm
kümeleri aynı ise bu iki kongrüansa eşdeğer denir.)
a) ( )11 8 5 0 mod 7 x x+ − ≡ ,
b) ( )56 23 6 8 0 mod 7 x x x+ + + ≡ ,
c) ( )14 423 56 13 0 mod 7 x x+ + ≡ ,
d) ( )234 7 0 mod 7 x x x+ + ≡ .
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 103/272
97
8.BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ FONKSİYONLAR
[ ] x FONKSİYONU
[ ] x fonksiyonunu Tanım 1.2. de vermiştik. Şimdi bu fonksiyonun bazı
özelliklerini sıralayalım.
Teorem 8.1. x ve y reel sayılar olsun. Bu takdirde
a) [ ] [ ] 1 x x x≤ < + , [ ]1 x x x− < ≤ , [ ]0 1 x x≤ − < ,
b) [ ] [ ] x m x m+ = + , m ∈ ,
c) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 x y x y x y+ ≤ + ≤ + + ,
[ ] [ ] 0 , ise
d)1 , ise,
x x x
x
∈+ − =
− ∉
e)[ ] x x
m m
=
, m +
∈ dir.
Kanıt. a) şıkkındaki ilk eşitsizlik [ ] x in tanımından hemen elde edilir. Diğer
iki eşitsizlik ise ilk eşitsizliğin birer sonucudur.
b) x bir reel sayı olsun. n bir tamsayı ve ρ da 0 1 ρ ≤ < koşulunugerçekleyen bir pozitif reel sayı olmak üzere x n ρ = + ise tanım gereği
[ ] x n= dir. Böylece
[ ] [ ] [ ] x m n m n m x m ρ + = + + = + = +
bulunur.c) 1 x n ρ = + ve 2 y m ρ = + ( ,n m ∈ , 1 20 , 1 ρ ρ ≤ < ) olsun. Burada
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1 2 1 2 x y n m n m n m x y ρ ρ ρ ρ + = + ≤ + + + = + + + = +
ve
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]1 2 1 2 1 1 x y n m n m n m x y ρ ρ ρ ρ + = + + + = + + + ≤ + + = + +
olup, bu iki eşitsizliği birleştirirsek
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 x y x y x y+ ≤ + ≤ + +
elde edilir.
d) x ∈ ise [ ] x x= ve [ ] x x− = − olup
[ ] [ ] 0 x x+ − =
olur. x ∉ ise n ∈ olmak üzere x n ρ = + , 0 1 ρ < < yazabiliriz. Buradan
[ ] [ ] [ ] [ ] 1 x x n n n n ρ ρ + − = + − − = − + − = −
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 104/272
98
bulunur.e) x n ρ = + , 0 1 ρ ≤ < olsun. n tamsayısını m e kalanlı olarak bölersek, q
ve r tamsayılar olmak üzere
n mq r = + , 0 1r m≤ ≤ − yazılabilir. Buradan
[ ] x mq r r r q q q
m m m m
+ = = + = + =
ve
x mq r r r q q q
m m m m
ρ ρ ρ + + + + = = + = + =
sonuç olarak
[ ] x x
m m
=
elde edilir.
Terorem 8.2. p bir asal sayı ve n bir pozitif tamsayı olsun. Bu takdirde
!e p n| koşulunu gerçekleyen en büyük e tamsayısı
1
i
i
ne
p
∞
=
=
∑ (8.1)
dir.
Kanıt. 2 p ≥ olduğundan i → ∞ için i p → ∞ dur. Şu halde yeter derecede
büyük i ler için in p< dir. Buradan
0 1 0i i
n n
p p
< < ⇒ =
bulunur. Bu ise (8.1) deki toplamın gerçekte bir sonsuz seri olmadığınıgösterir. İspatı indüksiyon metodu ile yapalım. 1n = için iddianın doğru
olduğu açıktır. Teoremin ifadesinin 1n k = − için doğru olduğunu varsayalım.Şu halde 1 !e p n| koşulunu gerçekleyen en büyük 1e tamsayısı
1
1
1i
i
k e
p
∞
=
−=
∑
olsun. n k = için iddianın doğru olduğunu ispatlayalım. j, j p k | koşulunu
gerçekleyen en büyük tamsayı olsun. ( )! 1 !k k k = − olduğundan ispatı
tamamlamak için
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 105/272
99
1 1
1i i
i i
k k j
p p
∞ ∞
= =
−+ =
∑ ∑
veya
1 1
1i i
i i
k k j
p p
∞ ∞
= =
−− =
∑ ∑
olduğunu göstermek yeter. Gerçekten bir i +∈ için
1 , ise1
0 , ise
i
i i i
p k k k
p p p k
| − − =
|
olduğu kolayca gösterilebilir. Öte yandan 1, 2, 3,..,i j= için i p k | ve i j>
için |i p / k dir. Şu halde
1 1 1
1 1i i i i
i i i
k k k k j
p p p p
∞ ∞ ∞
= = =
− −− = − =
∑ ∑ ∑
bulunur ve ispat tamamlanır.
Not: n bir pozitif tamsayı ve p bir asal sayı olsun. e , p nin n yi bölen enbüyük kuvveti ise bu durumu ||e p n şeklinde göstermiştik.
Örnek 8.1. 7 nin 1000! i bölen en büyük kuvvetini bulalım.
Çözüm. 7 ||1000e ise
2 3 41
1000 1000 1000 1000 1000...
77 7 7 7ii
e
∞
=
= = + + + +
∑
1000 1000 1000 1000 ...7 49 243 1701
= + + + +
142 20 2 164= + + = bulunur.
Örnek 8.2. 125! in kanonik gösterilişini bulalım.Çözüm. 125! i bölen bütün asal sayıların en büyük kuvvetlerini bulalım.
11 125 12< < olduğundan 125! de, 11 den büyük asal sayıların sadece
kendilerinden ve bu asal sayıların katlarından gelen kuvvetleri bulunur. Şimdi
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 106/272
100
2,3,5,7,11 p = asal sayılarının 125! de bulunan en büyük kuvvetlerini
hesaplayalım.
125 125 125 125 125 125 62 31 15 7 3 1 119,2 4 8 16 32 64
+ + + + + = + + + + + =
125 125 125 12541 13 4 1 59
3 9 27 81
+ + + = + + + =
,
125 125 12525 5 1 31
5 25 125
+ + = + + =
,
125 12517 2 19
7 49
+ = + =
,
125 12511 1 12
11 121
+ = + =
ve
1259
13
=
,
1257
17
=
,
1256
19
=
,
1255
23
=
,
1254
29
=
,
1254
31
=
,
1253
37
=
,
1253
41
=
,
1252
43
=
,
1252
47
=
,
1252
53
=
,
1252
59
=
,
1252
61
=
olduğundan
119 59 31 19 12 9 7 6 5 4 4 3 3 2 2125! 2 .3 .5 .7 .11 .13 .17 .19 .23 .29 .31 .37 .41 .43 .47 .= 2 2 253 .59 .61 .67.71.73.79.83.89.97.101.103.107.109.113
dir.
Aşağıdaki örnekte bu teoremin başka bir uygulamasını vereceğiz.
Örnek 8.3. 1 2, ,..., r a a a negatif olmayan tamsayılar ve 1 2 ... r a a a n+ + + =
ise
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 107/272
101
1 2
!
! !... !r
n
a a a
sayısının bir tamsayı olduğunu gösterelim.Çözüm. a ve b iki pozitif tamsayı olmak üzere a b| olması için gerek ve yeter
koşul a nın her p asal böleni için, 1e ve 2e tamsayıları 1 ||e p a ve
2 ||e p b koşullarını gerçekleyen tamsayılar olmak üzere 1 2e e≤ olmasıdır.
2 ||e p 21
ii
nn e
p
∞
=
⇒ =
∑
dir. Öte yandan 1n ve 2n iki pozitif tamsayı, p bir asal sayı ve ||e p 1 2n n ise
bu takdirde 1 ||t p 1n ve 2 ||t p 2n olmak üzere
1 2e t t = +
eşitliği geçerlidir. 1 2, ,..., k n n n pozitif tamsayılar, p bir asal sayı ve ||it p in
( )1,2,...,i k = ise ||e p 1 2. ... k n n n yı gerçekleyen e tamsayısının
1 2 ... k e t t t = + + +
şeklinde olduğu indüksiyon ile gösterilebilir. Şu halde 1 ||e p 1 2! !... !r a a a ise
1 21
1 1 1
... r
i i ii i i
a a ae
p p p
∞ ∞ ∞
= = =
= + + +
∑ ∑ ∑
dir. 1 2e e≤ olduğunu göstermek için
1
1 1 1
... r
i i ii i i
a an
p p p
∞ ∞ ∞
= = =
≥ + +
∑ ∑ ∑
olduğunu göstermek yeter. Bu eşitsizlik , Teorem 8.1. c) deki ilk eşitsizliğinbir genelleştirilmesidir ve ispatı indüksiyon ile yapılabilir.
ARİTMETİK FONKSİYONLAR
Tanım 8.1. Tanım kümesi pozitif tamsayılar kümesi olan fonksiyonlaraaritmetik fonksiyonlar denir.
Örneğin ( )nϕ bir aritmetik fonksiyondur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 108/272
102
Tanım 8.2. n bir pozitif tamsayı olsun. Bu takdirde
a) n nin pozitif bölenlerinin sayısı (doğal bölenlerinin sayısı ) ( )nτ ile,
b) n nin pozitif bölenlerinin toplamı ( )nσ ile,
c) n nin pozitif bölenlerinin k. kuvvetlerinin toplamı ( )k nσ ile gösterilir.
Örneğin ( )6 4τ = , ( )6 12σ = ve ( )2 6 50σ = dir. ( )nτ ve ( )nσ
fonksiyonları ( )k nσ fonksiyonun birer özel halidir. Çünkü ( ) ( )0 n nσ τ = ve
( ) ( )1 n nσ σ = dir.
( ) f x bir aritmetik fonksiyon ve n de bir pozitif tamsayı olmak üzere n
nin bütün pozitif d bölenleri için( )
f d değerlerinin toplamını( )d n
f d
|∑ile
gösterelim. Tanım 8.2. deki fonksiyonları
( ) 1d n
nτ |
= ∑ , ( )d n
n d σ |
= ∑ , ( ) k
k
d n
n d σ |
= ∑
olarak gösterebiliriz.
Tanım 8.3. ( ) f n bir aritmetik fonksiyon olsun. ( ), 1m n = koşulunu
gerçekleyen her pozitif m, n tamsayı çifti için
( ) ( ) ( ). . f m n f n f m= ise ( ) f n fonksiyonu çarpımsaldır denir. Eğer ( ) ( ) ( ). . f m n f m f n= eşitliği
( ), 1m n > olması halinde de gerçekleşiyorsa ( ) f n e tam çarpımsal fonksiyon
denir.
Teorem 8.3. ( ) f n bir çarpımsal fonksiyon ise ( ) ( )d n
F n f d
|
= ∑ şeklinde
tanımlanan ( )F n fonksiyonu da çarpımsaldır.
Kanıt. ( ), 1m n = ve m ile n nin kanonik gösterişleri ( 1m > ve 1n > kabul
edebiliriz.)1 2
1 2 ... r a a ar n p p p= , 1 2
1 2 ... r b b br m q q q=
olsun. Burada 0ia > , 0ib > pozitif tamsayılar; 1 2, ,..., r p p p ; 1 2, ,..., sq q q ler
ikişer ikişer birbirinden farklı asal sayılardır. n tamsayısının bir pozitif 1d
böleni1 2
1 1 2 ... r r d p p p
α α α = ( 0 i iaα ≤ ≤ , 1,...,i r = )
ve m tamsayısının bir pozitif 2d böleni de
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 109/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 110/272
104
olduğu görülür. Diğer yandan pα ( p asal, α +∈ ) tamsayının pozitif
bölenleri 21, , ,..., p p pα dır. Şu halde ( ) 1 pα τ α = + dir. Bu eşitlik
kullanılarak( ) ( ) ( ) ( )1 21 1 ... 1r nτ α α α = + + +
elde edilir.
Teorem 8.5. i) ( )1 1σ = ,
ii) n pozitif tamsayısının kanonik gösterilişi 1 21 2 ... r
r n p p pα α α
= ise
( )1
1
1
1
ir i
ii
pn
p
α
σ +
=
−=
−∑
dir.
Kanıt. i) ( )1 1σ = olduğu açıktır.
ii) ( )nσ fonksiyonunun çarpımsal olduğu kullanılarak indüksiyon ile
( ) ( ) ( ) ( )1 21 2 ... r
r n p p pα α α σ σ σ σ = (8.2)
bulunur. Diğer yandan pα ( p asal, α +∈ ) tamsayısının pozitif bölenleri
21, , ,..., p p pα olup, bunların toplamları
( )1
11 ...1
p p p p p
α α α σ
+
−= + + + =−
olur. Bu eşitlik (8.2) de kullanılarak teoremin ispatı tamamlanır.
Tanım 8.4. n bir pozitif tamsayı olmak üzere
( )
( )
2
1 2
1 , 1 ise,
0 , olacak şekilde bir 1 tamsayısı varsa,
1 , ...p ( ler farklı asal sayılar )r
r i
n
n a n a
n p p p
µ
=
= | >
− =
şeklinde tanımlanan ( )n µ fonksiyonuna Moebius fonksiyonu ( Möbius )
denir.
Örnek 8.4. ( )n µ fonksiyonunun çarpımsal olduğunu gösterelim.
Çözüm. 1 2( , ) 1n n = için 1 2 1 2( . ) ( ). ( )n n n n µ µ µ = olmalıdır. 1 2( , ) 1n n = ise 1n
ve 2n nin kanonik gösterilişlerindeki asal sayılar birbirinden tamamen farklıdır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 111/272
105
1n ve 2n den en az biri kare içeriyorsa 1 2.n n de kare içereceğinden
1 2( . ) 0n n µ = olur, öte yandan 1( )n µ ve 2( )n µ den en az biri 0 olduğundan
1 2
( ). ( ) 0n n µ µ = dır.
1n ve 2n kare içermiyorsa 1 1 2 ... r
n p p p= , 2 1 2 ... s
n q q q= (i
p ler, iq lerden
farklı ve i j≠ içini j
p p≠ vei j
q q≠ ) olup,
( )1( ) 1 r
n µ = − , ( ) ( )2 1 2( ) 1 ( ) ( ) 1s r s
n n n µ µ µ +
= − ⇒ = −
dir. Diğer yandan
1 2 1 2 1 2. ... . ...r s
n n p p p q q q=
olduğundan
( )1 2( ) 1 r s
n n µ += −
dir. Şu halde 1 2 1 2( . ) ( ). ( )n n n n µ µ µ = dir.
PROBLEMLER
1) 1000! in sonunda kaç tane sıfır vardır?
2) 5 in n ! i bölen en büyük kuvveti 315 olacak şekilde en küçük n tamsayısını
bulunuz. Ayrıca 315 !n|| koşuluna uyan diğer tamsayıları bulunuz.
3) 533! sayısı 3342 ile bölünür mü?
4) 7 nin 678! i bölen en büyük kuvveti kaçtır?
5) Her x reel sayısı için
[ ] [ ]1
22
x x x
+ + =
olduğunu gösteriniz.
6) x ve y pozitif reel sayılar olmak üzere[ ] [ ] [ ] [ ] 1 x y x y x y− ≤ − ≤ − +
olduğunu gösteriniz.
7) n bir pozitif tamsayı olmak üzere( )
( )2
2 !
!
n
n sayısının bir çift tamsayı olduğunu
gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 112/272
106
8) Bir q tamsayısının asal olması için gerek ve yeter koşulun
( ) 1q qσ = + olduğunu gösteriniz.
9) ( ) ( ) ( )1 2 3n n n µ µ µ + + + + = koşulunu gerçekleyen bir pozitif tamsayı
bulunuz.
10) ( ) ( ) ( ) ( ). 1 . 2 . 3 0n n n n µ µ µ µ + + + = olduğunu gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 113/272
107
İKİNCİ KISIM
1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE DENKLİK SINIFLARI
, rasyonel sayılar kümesini göstersin. : , , 0 p
p q qq
∈ ≠
kümesinde
bulunan2 4 8
, , ,...3 6 12
şeklindeki kesirli sayıları göz önüne alalım. Bu sayıların
hepsi aynı bir rasyonel sayıyı temsil ederler. Böylece,2 2
: , 03 3
mm m
m
= ∈ ≠
kümesi tek bir rasyonel sayıyı gösterir. O halde rasyonel sayılar kümesiüstünde aşağıdaki bağıntıyı tanımlayabiliriz.
Tanım 1.1. “m
n ve
p
q sayıları aynı bir rasyonel sayı kümesi içindedir ⇔
mq np= ise ” şeklinde tanımlanan bağıntı üstünde bir denklik bağıntısıdır.
Böylece her rasyonel sayı bir denklik sınıfı olarak görülebilir. Bu tanımı
kullanarak örneğin;1900
4887
ve1403
3599
sayılarının aynı bir rasyonel sayıyı temsil
edip etmediğini anlayabiliriz.Boş olmayan bir S kümesi üstünde bir denklik bağıntısı;
, ,a b c S ∀ ∈ için,
1) a a∼ (Yansıma özelliği),2) a b b a⇒∼ ∼ (Simetri özelliği),3) ve isea b b c a c∼ ∼ ∼ (Geçişme özelliği)
koşullarını gerçekleyen S S × nin alt kümesidir. Eğer bir ( , )a b sıralı ikilisi, S
de bir “ ∼ ” denklik bağıntısının aynı denklik sınıfına ait ise bunu a b∼
şeklinde gösteririz. S de bir a elemanının tanımladığı denklik sınıfı{ }[ ] :a x S a x= ∈ ∼
biçiminde veya a şeklinde gösterilir. S kümesinin “ ∼ ” şeklinde bir denklikbağıntısı tarafından tanımlanan denklik sınıfları, S kümesinin ayrık altkümeleridir ve bu alt kümelerin hepsinin birleşim kümesi, S kümesine eşittir.
,a b S ∈ elemanlarının aynı sınıfta bulunduklarını a b∈ veya b a∈ şeklinde
gösteririz. Bu durumda a b∼ olduğu açıktır.
{ }[ ] :a x S a x= ∈ ∼ şeklindeki denklik sınıfları S nin ikişer ikişer ayrık alt
kümeleridir ve a S ∀ ∈ için a a∈ olacağından S nin her elemanı en az bir
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 114/272
108
denklik sınıfına aittir. Eğer aynı zamanda a b∈ ise a b= olduğunugösterebiliriz. Böylece, S nin her elemanı sadece bir tek denklik sınıfına ait
olmuş olur. Gerçekten, a b∈ olsun. x a∈ alalım, o taktirde x a∼ dır. a b∈
olduğundan a b∼ dir, böylece denklik bağıntısının geçişme özelliğine göre
x b∼ elde ederiz. Yani x b∈ dir. O halde a de alınan bir eleman aynı
zamanda b de olduğundan a b⊂ dir. Benzer şekilde y b∈ alalım, bu
taktirde y b∼ dir. Üstelik a b∼ olduğundan simetri özelliğine göre b a∼
olur. Yine geçişme özelliğine göre y a∼ olduğundan y a∈ buluruz, ki bu
bize b a⊂ olduğunu gösterir. Böylece kümelerin eşitliği tanımı ile a b= olduğu sonucunu elde ederiz.
Örnek 1.1. ,m n ∈ olmak üzere “ 0m n mn⇔ ≥∼ ” şeklinde tanımlıbağıntı bir denklik bağıntısı mıdır?
Çözüm. 1) a ∈ olsun. 2. 0a a a= ≥ olduğundan a a∼ dır.2) ,a b ∈ olsun. 0a b ab⇒ ≥∼ dır. nin çarpma işlemine göre
değişmeli olması nedeniyle 0ab ba= ≥ olduğundan b a∼ dır.3) , ,a b c ∈ olmak üzere a b∼ ve b c∼ olsun. Böylece, 0ab ≥ ve
0bc ≥ dır. Bu iki ifade taraf tarafa çarpılırsa 2 0ab c ≥ elde ederiz, burada eğer0b ≠ ise 0ac ≥ dır. Ancak, 0b = ise 0ac ≥ eşitsizliği her zaman doğru
olmayabilir. Örneğin; 3 0− ∼ ve 0 5∼ iken 3 5− ∼ bağıntısı geçerli değildir.Böylece, verilen bağıntı bir denklik bağıntısı değildir.
Örnek 1.2. n +∈ olsun. ,a b ∈ olmak üzere,
“ (mod )a b n n a b≡ ⇔ | − veya a b kn− = olacak şekilde bir k ∈ vardır.”
şeklinde tanımlanan mod n kongrüans ba ğ ıntısı bir denklik bağıntısıdır. Bubağıntı ile ilgili özellikler birinci bölümdeki Teorem 3.1. ve Teorem 3.2. deverilmiştir.
PROBLEMLER
1) α ve β , boş olmayan bir X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı iseler
α β ∩ nın da X kümesi üstünde birer denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız.
2) Düzlemdeki bütün üçgenlerin kümesi üstünde tanımlanan benzerlikbağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu kanıtlayınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 115/272
109
2. BÖLÜM. GRUPLAR
Tanım 2.1. G, boş olmayan bir küme olsun. G nin sıralı herhangi iki
elemanına G nin bir tek elemanını karşılık getiren bir eşlemeye G de bir ikilii şlem adı verilir.
: G G G∗ × → ( , )a b a b→ ∗
Tanım 2.2. G, boş olmayan bir küme ve “ ∗ ” işlemi G de bir ikili işlem olsun.Aşağıdaki koşullar sağlanırsa ( , )G ∗ ikilisine bir grup adı verilir;
1) , ,a b c G∀ ∈ için, ( ) ( )a b c a b c∗ ∗ = ∗ ∗ ( Birle şme özelli ğ i),
2) a G∀ ∈ için, a e e a a∗ = ∗ = olacak şekilde bir tek e G∈ vardır ( Birim
eleman),3) a G∀ ∈ ye karşılık, ' 'a a a a e∗ = ∗ = olacak şekilde bir tek 'a G∈ vardır( İ nvers veya ters eleman).
Bu koşullara ek olarak,4) ,a b G∀ ∈ için a b b a∗ = ∗ koşulu da sağlanırsa ( , )G ∗ ikilisine bir
de ğ i şmeli grup (komütatif grup) adı verilir.
Teorem 2.1. ( , )G ∗ bir grup olsun. O taktirde G de sağ ve sol sadeleştirme
kuralları geçerli olur, yani
a b a c b c∗ = ∗ ⇒ =
veyaa b c b a c∗ = ∗ ⇒ =
dir.Kanıt. , ,a b c G∈ olmak üzere
a b a c∗ = ∗ verilsin. ( , )G ∗ bir grup olduğundan a nın G de bir tersi vardır. Bu eleman
'a G∈ olsun. Bu elemanla yukarıdaki eşitliğin her iki yanını işleme tabitutarak
' ( ) ' ( )a a b a a c∗ ∗ = ∗ ∗ veya ( , )G ∗ grubunun 1) ve 2) koşulları ile
( ' ) ( ' )a a b a a c∗ ∗ = ∗ ∗
e b e c∗ = ∗ b c=
elde ederiz. Sağ sadeleştirme kuralı da benzer şekilde kanıtlanır.
Teorem 2.2. ( , )G ∗ ikilisi bir grup ve ,a b G∈ olsun. O taktirde,
a x b∗ = ve y a b∗ =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 116/272
110
lineer denklemleri G içinde bir tek çözüme sahiptirler.Kanıt. ( , )G ∗ ikilisi bir grup olduğundan a elemanının G de bir a′ inversi
vardır ve G kapalı olduğundan yani “ ∗ ” işlemi G de bir iç işlem olduğundan
'a b∗ , G nin bir elemanıdır. 'a b x∗ = diyelim ve x i denklemde yerineyazalım. Böylece grup özelliklerinden
( ' ) ( ' )a a b a a b∗ ∗ = ∗ ∗
e b
b
= ∗
=
buluruz, yani 'a b∗ bir çözümdür, şimdi de bu çözümün tek olduğunukanıtlayalım. Eğer denklemin x ten başka bir 1 x çözümü varsa , yani;
a x b∗ = ve 1a x b∗ =
ise1a x a x∗ = ∗
den sol sadeleştirme kuralı ile 1 x x= elde ederiz, yani denklemin çözümü bir
tektir.
Örnek 2.1. { }0− kümesinin
( ) ( ) ( ) ( )a bi c di ac bd ad bc i+ + = − + +
şeklinde tanımlanan “ ⋅ ” işlemine göre bir komütatif grup olduğunugösterelim.
Çözüm. i) Her { }, 0a bi c di+ + ∈ − için
( )( ) ( ) ( )a bi c di ac bd ad bc i
∈ ∈
+ + = − + + ∈
dir. Öte yandan0 0 0a bi a b+ ≠ ⇒ ≠ ∨ ≠ (2.1)0 c 0 0c di d + ≠ ⇒ ≠ ∨ ≠ (2.2)
olduğundan ( ) ( ) 0a bi c di+ + ≠ dir. Çünkü aksi halde
0
0
ac bd
ad bc
− =
+ = olur, yani c ve d, (2.2) ye göre
0
0
ax by
bx ay
− =
+ =
lineer homojen denklem sisteminin sfır çözümden farklı bir çözümünüoluşturur. Buradan da
2 2 0a b
a bb a
−= + =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 117/272
111
ve dolayısıyla 0a b= = sonucu çıkar ki, bu (2.1) ile çelişir. Şu halde
( )( ) { }0a bi c di+ + ∈ − dır.
ii) Her , ,a bi c di e fi+ + + ∈ ( ve sonuçta{ }0− ) için
( )( ) ( ) ( ) ( )( )a bi c di e fi a bi c di e fi + + + = + + +
dir. Gerçekten,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
C a bi c di e fi ac bd ad bc i e fi
ac bd e ad bc f ac bd f ad bc e i
D a bi c di e fi a bi ce df cf de i
a ce df b cf de a cf de b ce df i
= + + + = − + + +
= − − + + − + +
= + + + = + − + +
= − − + + + + −
dir ve reel sayıların temel özelliklerine göre
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
ac bd e ad bc f a ce df b cf de
ac bd f ad bc e a cf de b ce df
− − + = − − +
− + + = + + −
olduğundan buradan C D= elde edilir.
iii) Her ,a bi c di+ + ∈ ( ve sonuçta { }0− ) için
( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )a bi c di ac bd ad bc ic di a bi ca db cb da i
+ + = − + ++ + = − + +
dir ki, deki toplama ve çarpmanın komütatifliğinden dolayı bu iki komplekssayı birbirine eşittir.
iv) Her { }, 0a bi c di+ + ∈ − çiftine karşılık, ( )( ) ( )a bi x yi c di+ + = +
olacak şekilde en az bir { }0 x yi+ ∈ − vardır:
( )( ) ( )a bi x yi c di+ + = + den ( ) ( )ax by ay bx i c di− + + = + ve buradan da
ax by c
bx ay d
− =
+ =
elde edilir. 0a bi+ ≠ olduğundan bu sistemin katsayılar matrisinin
determinantı 2 2a b+ 0≠ dır. Şu halde bu bir Cramer sistemidir ve tek çözümü
2 2
ac bd x
a b
+= ∈
+ ,
2 2
ad bc y
a b
−= ∈
+
dir. 0a bi+ ≠ ve 0d ci+ ≠ olduğundan i) ye göre
( )( ) ( ) ( ) 0a bi d ci ad bc ac bd i+ + = − + + ≠
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 118/272
112
dir; o halde ad bc− ve ac bd + den en az biri 0≠ dır. Dolayısıyla x ve y den
en az biri 0≠ dır. Buna göre ( )( ) ( )a bi x yi c di+ + = + nin tek çözümü
{ }2 2 2 20
ac bd ad bc x yi i
a b a b
+ −+ = + ∈ −
+ +
dir. Şu halde { }( )0 ,− ⋅ bir komütatif gruptur.
Örnek 2.2. ( ){ }, ,1 ,G a b a b= ∈ kümesinin
( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 , ,1a b c d a c b d ∗ = + +
şeklinde tanımlanan “ ∗ ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu
araştıralım.Çözüm. ı) Her ( ) ( ), ,1 , , ,1a b c d G∈ için
( ) ( )
, ,1 , ,1 , ,1a b c d a c b d G∈ ∈
∗ = + + ∈
dir.
ıı) Her ( ) ( ) ( ), ,1 , , ,1 , , ,1a b c d e f G∈ için
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1a b c d e f a c b d e f ∗ ∗ = + + ∗
( ) ( )( ), ,1a c e b d f = + + + +
ve
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1a b c d e f a b c e d f ∗ ∗ = ∗ + +
( ) ( )( ), ,1a c e b d f = + + + +
olduğundan , nin “ + “ ya göre asosyatif olduğunu kullanarak
( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 , ,1a b c d e f ∗ ∗ = ( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 , ,1a b c d e f ∗ ∗
buluruz.
ııı) Her ( ) ( ), ,1 , , ,1a b c d G∈ için
( ) ( )
( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1a b c d a c b d c a d b c d a b∈ ∈
∗ = + + = + + = ∗
dir. Burada nin “ + “ ya göre komütatif olduğunu kullandık.
ıv) Her ( ), ,1a b G∈ için ( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 , ,1 x y a b a b∗ = olacak şekilde bir
( ), ,1 x y G∈ vardır:
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 119/272
113
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 , ,1 , ,1 , ,1 x y a b a b x a y b a b∗ = ⇒ + + =
( ) ( )
0
0, ,1 0,0,1 .
x a a x
y b b y x y G
+ = ⇒ = ∈⇒
+ = ⇒ = ∈⇒ = ∈
v) Her ( ), ,1a b G∈ ye karşılık ( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 0,0,1a b a b′ ′ ∗ = olacak şekilde
bir ( ), ,1a b G′ ′ ∈ vardır:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,1 , ,1 0,0,1 , ,1 0,0,1a b a b a a b b′ ′ ′ ′∗ = ⇒ + + =
( ) ( )
0
0
, ,1 , ,1 .
a a a a
b b b b
a b a b G
′ ′+ = ⇒ = − ∈⇒
′ ′+ = ⇒ = − ∈
′ ′⇒ = − − ∈
Şu halde ( ),G ∗ bir komütatif gruptur. ( )1 0,0,1G = ve ( ) ( )
1, ,1 , ,1a b a b
−= − −
dir.
Örnek 2.3. + nın3
aba b∗ = şeklinde tanımlanan “ ∗ ” işlemine göre ne tür
bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım.
Çözüm. ı) Her ,a b +
∈ için
3
aba b
+∗ = ∈ dır. Çünkü
0, 0 0 03
aba b ab> > ⇒ > ⇒ >
dır.
ıı) Her , ,a b c +
∈ için ( ) ( )a b c a b c∗ ∗ = ∗ ∗ dir. Çünkü
( ) ( )
( ) ( )
3 ,3 3 9
33 3 9
abc ab cab
A a b c c
bc
a a bcbc B a b c a
= ∗ ∗ = ∗ = =
= ∗ ∗ = ∗ = =
olduğundan + nın “ . ” ya göre asosyatifliğinden A B= bulunur.
ııı) Her ,a b +
∈ için3 3
ab baa b b a∗ = = = ∗ dir. Çünkü + nın “ . ” ya
göre komütatifliğinden dolayı3 3
ab ba= dir.
ıv) Her a +
∈ için x a a∗ = olacak şekilde bir x +
∈ vardır:
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 120/272
114
0 3 3 .
3 a
xa x a a a xa a x +
≠∗ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ∈
v) Her a +
∈ ye karşılık, 3a a′ ∗ = olacak şekilde bir a +′ ∈ vardır:
0
93 3 9 .
3 a
a aa a a a a
a
+
≠
′′ ′ ′∗ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ∈
Şu halde ( ),+∗ bir komütatif gruptur. 1 3G = , 1 9
aa
− = dir.
Örnek 2.4. ( ){ }, ,G a b a b= × = ∈ ∈ kümesinin
( ) ( )
( ), , , 2 ca b c d a c b d −= + +
şeklinde tanınmlanan “ ” işlemine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunuaraştıralım.
Çözüm. ı) Her ( ) ( ), , ,a b c d G∈ için ( ) ( )
, , , 2 ca b c d a c b d G−
∈ ∈
= + + ∈
dir.
ıı) Her ( ) ( ) ( ), , , , ,a b c d e f G∈ için
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , , ,a b c d e f a b c d e f =
dir.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
, , , , 2 ,
,2 2 ,2 2
, , , , , 2
,2 2
c
e ce c e
e
c e e
A a b c d e f a c b d e f
a c e b d f a c e b d f
B a b c d e f a b c e d f
a c e b d f
−
− +− − −
−
− + −
= = + +
= + + + + = + + + +
= = + +
= + + + +
olup, nun temel özelliklerinden dolayı A B= bulunur.
ııı) Her ( ),a b G∈ için ( ) ( ) ( ), , , x y a b a b= olacak şekilde bir ( ), x y G∈
vardır.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , 2 ,a x y a b a b x a y b a b−= ⇒ + + =
( ) ( )
2 0
0
2 2 0 0
, 0,0 .
a
a a
x a a x
y b b y y
x y G
−
− −
≠
+ = ⇒ = ∈⇒ + = ⇒ = ⇒ = ∈
⇒ = ∈
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 121/272
115
ıv) Her ( ),a b G∈ ye karşılık ( ) ( ) ( ), , 0,0a b a b∗ ∗ = olacak şekilde bir
( ),a b G∗ ∗ ∈ vardır.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , 0,0 ,2 0,0aa b a b a a b b∗ ∗ ∗ − ∗= ⇒ + + =
( ) ( )
2 0
0
2 0 2
22
, , 2 .
a
a a
a
a
a
a a a a
b b b b
bb b
a b a b G
−
∗ ∗
− ∗ − ∗
≠∗ +
−
∗ ∗ +
+ = ⇒ = − ∈
⇒ + = ⇒ = −
− ⇒ = = − ∈
⇒ = − − ∈
v) Her ( ) ( ), , ,a b c d G∈ için ( ) ( ) ( ) ( ), , , ,a b c d c d a b= eşitliğinin
sağlanması gerekmez. Çünkü
( ) ( ) ( ), , , 2 ca b c d a c b d −= + + ,
( ) ( ) ( ), , , 2 cc d a b c a d b−= + +
olduğundan 1, 1, 2a c d b= = = = alırsak,
( ) ( )1 1
1 1,2 2 1 1 1,2 1 2
− −+ ⋅ + ≠ + ⋅ +
olur. Şu halde ( ),G komütatif olmayan bir gruptur.
Tanım 2.3. G sonlu sayıda elemana sahip bir küme olmak üzere, ( , )G ∗ ikilisi
bir grup ise bu gruba bir sonlu grup, G kümesinin eleman sayısına da G
grubunun mertebesi adı verilir.
Örnek 2.5. { }G e= , mertebesi 1 olan bir gruptur ve e aynı zamanda grubun
birim elemanıdır. Bu grubun işlem tablosu
şeklindedir.
Örnek 2.6. { },G e a= , mertebesi 2 olan bir gruptur. Bu grubun işlem tablosu
* e
e e
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 122/272
116
* e a
e e a
e a e
şeklindedir.
Örnek 2.7. { }, ,G e a b= , mertebesi 3 olan bir gruptur ve bu grubun işlem
tablosu
* e a b
e e a b
a a b e
b b e a
şeklindedir.
Örnek 2.8. { }, , ,G e a b c= dört elemanlı bir grup teşkil eder, aynı satırdaki bir
elemanın tekrar edilmemesi koşulu ile aşağıdaki 4 işlem tablosu verilebilir,ancak bunlar ikişer ikişer birbirine izomorfturlar. 4 elemanlı izomorf olmayaniki gruba ait işlem tablosu ileride verilecektir.
* e a b c * e a b c * e a b c * e a b ce e a b c e e a b c e e a b c e e a b c
a a e c b a a e c b a a b c e a a c e b
b b c e a b b c a e b b c e a b b e c a
c c b a e c c b e a c c e a b c c b a e
Tanım 2.4. G kümesi “ ∗ ” işlemine göre kapalı bir küme olmak üzere, “ ∗ ”işlemi G üstünde birleşmeli ise o taktirde ( , )G ∗ ikilisine bir yarı-grup adı
verilir.
Örnek 2.9. ( ,.)G , değişmeli bir yarı-grup olsun. Eğer a G∀ ∈ için .a a a=
önermesi doğru ise
{ }( , ) : , ; . x y x y G x y y β = ∈ =
şeklinde tanımlanan β bağıntısı G üstünde bir denklik bağıntısı oluşturur.
Çözüm.1) x G∀ ∈ için . x x x x x= ⇒ ∼ ,2) . . x y x y y y x y y x⇒ = ⇔ = ⇒∼ ∼ ,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 123/272
117
3) x y∼ ve y z∼ ise . x y y= ve . y z z= dir. Böylece, ( )( ) xy yz yz= veya
G nin değişmeli bir yarı-grup olması nedeniyle( ) x yy z yz= ve ( )( ) xz yy zy=
yazabiliriz. Buradan G nin değişmeli olmasını ve hipotezi kullanarak,( ) xz y zy= ve ( ) y xz yz xz z= ⇒ =
elde ederiz, yani x z∼ dir.
Teorem 2.3. Bir ( , )G ∗ grubu verilsin.
1) x G∀ ∈ için e x x e x∗ = ∗ = olacak şekilde bir tek e G∈ vardır.2) x G∀ ∈ için ' ' x x x x e∗ = ∗ = olacak şekilde bir tek ' x G∈ vardır.
Kanıt.1) ( , )G ∗ grubunun 1,e e G∈ olmak üzere farklı iki birim elemanının var
olduğunu kabul edelim.
1e birim elemanı için 1 1e e e e e∗ = ∗ = ,
e birim elemanı için 1 1 1e e e e e∗ = ∗ =
yazabiliriz. Bu iki eşitlikten 1e e= elde ederiz.
2) x G∀ ∈ için 1 2, x x G∈ olmak üzere 1 x ve 2 x gibi farklı iki inversin var
olduğunu kabul edelim.
1 x inversi için 1 1 x x x x e∗ = ∗ = ,
2 x inversi için 2 2 x x x x e∗ = ∗ =
yazabiliriz. Bu iki eşitlikten 1 2 x x x x∗ = ∗ elde ederiz, buradan da sol
sadeleştirme kuralı ile 1 2 x x= bulunur. Böylece, x G∀ ∈ için invers eleman
bir tektir.
Tanım 2.5. ( ,.)G bir grup, a G∈ ve e, G nin etkisiz elemanı olsun.
tane
. ...n
n
a a a a= şeklinde tanımlanmak üzere:
1) 0a e= ve 1a a= ,
2) n
+
∈ için
1
.
n n
a a a
+
= ,3) n +
∈ için 1( )n na a− −= dir.
Uyarı: Grup işlemi “+” işlemi ise 0a yerine 0a ve na yerine na gösterimini
kullanırız.
Teorem 2.4. ( ,.)G bir grup, a G∈ ve e, G nin birim elemanı olsun. Bu
taktirde ,m n ∈ olmak üzere
1) ne e= ,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 124/272
118
2) .m n m na a a
+= ,
3) ( )m n mna a= dir.
Kanıt. Tanım 2.5. ve tümevarım ilkesi ile kolayca yapılır.
Uyarı: ( ,.)G değişmeli bir grup ise ,a b G∈ ve n ∈ için
( . ) .n n na b a b=
dir.
PROBLEMLER
1) ( ,.)G değişmeli bir yarı grup olsun. a G∀ ∈ için .a a a= önermesi doğru
ise
{ }( , ) , ; . . x y x y G x y y x β = | ∈ =
eşitliği ile verilen β kümesinin, G üstünde bir denklik bağıntısı oluşturduğunu
kanıtlayınız.
2) , x y∀ ∈ için 1 x y x y∗ = + − şeklinde tanımlanan işlemle birlikte ( , )∗
cebirsel yapısının bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız.
3) ( , )G bir grup ve a G∈ olsun. , x y G∀ ∈ için x y x a y∗ = şeklinde
verilen işlemle birlikte ( , )G ∗ cebirsel yapısının bir grup teşkil ettiğinikanıtlayınız.
4) ( , )G bir grup olsun. x G∀ ∈ için 2 x e= ise bu grubun değişmeli
olacağını gösteriniz.
5) ( , )G ∗ bir grup olsun. G kümesi 3 elemanlı ise bu grubun değişmeli
olacağını gösteriniz.
6) ( , )G bir grup ve a G∈ olsun. a f , :ag G G→ ve( )
a f x a x= , ( )
ag x x a=
şeklinde tanımlı olmak üzere bu fonksiyonların bire-bir, örten ve
a b a b f f f =
vea b a b
g g g=
koşullarını sağladığını gösteriniz.
7) [ ]0,1 kapalı aralığından kendi üzerine olan monoton artan fonksiyonların
kümesinin, fonksiyonların bileşkesi işlemine göre bir grup oluşturduğunukanıtlayınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 125/272
119
8) n, keyfi sabit bir pozitif tamsayı olmak üzere
{ }1,nG z z z= | = ∈
kümesinin çarpma işlemine göre bir grup oluşturduğunu kanıtlayınız.
9) ( , )G bir grup olsun. ,a b G∀ ∈ için 2 2 2( )a b a b= ise grubun değişmeli
olacağını gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 126/272
120
3. BÖLÜM. ALT GRUPLAR
Tanım 3.1. A ve B kümeleri verilsin. x B∀ ∈ için x A∈ ise o taktirde B ye A
nın bir alt kümesidir deriz ve B A⊆ şeklinde gösteririz. B, A nın bir altkümesi iken eğer B A≠ ise B ye A nın bir öz alt kümesidir deriz ve B A⊂
şeklinde gösteririz.
Tanım 3.2. ( , )G ∗ bir grup ve S de G nin bir alt kümesi olsun. G deki grup
işlemi ile ,a b S ∀ ∈ için a b S ∗ ∈ ise G nin grup işlemi, S de kapalıdır denir
ve G den S ye aktarılan bu işleme de G den S ye indirgenmi ş i şlem denir.
Tanım 3.3. ( , )G ∗ bir grup ve S de G nin boş olmayan bir alt kümesi olsun.
Eğer S nin kendisi de “ ∗ ” işlemine göre bir grup oluşturuyor ise S ye G ninbir alt grubu denir ve S G≤ şeklinde gösterilir.
Tanım 3.4. ( , )G ∗ grubunun { }( ),e ∗ ve ( , )G ∗ alt gruplarına bu grubun
a şikar alt grupları denir. ( , )G ∗ grubunun aşikar alt gruplarından farklı alt
grupları varsa bu alt gruplara G nin öz alt grupları adı verilir.
Örnek 3.1. ( , )+ ikilisi, ( , )+ grubunun bir alt grubudur, { }( 0 ,.)−
grubu, ( , )+ grubunun bir alt grubu değildir.
Örnek 3.2. ( , )G ∗ bir grup ve e , G nin “ ∗ ” işlemine göre birim elemanı
ise, bu takdirde G nin kendisi ve { }e , G nin aşikar alt gruplarıdır.
Örnek 3.3.4
( , )+ ve V-Klein 4 gruplarının işlem tabloları aşağıda
verilmektedir. Bu grupların öz alt gruplarını inceleyelim.
4( , )+ Grubu V-Klein 4 Grubu
* e a b c
e e a b c
a a e c b
b b c a e
c c b a e
+ 0 1 2 3
0 0 1 2 3
1 1 2 3 0
2 2 3 0 1
3 3 0 1 2
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 127/272
121
4 ün bir tek öz alt grubu { }0,2 dir. Diğer taraftan { }0,3 ,4 ün bir öz alt
grubu değildir. Çünkü,
{ }3 3 2 0,3+ = ∉
dır. V-Klein 4 grubunun öz alt grupları ise { }, ,e a { }, ,e b { },e c dir. Diğer
taraftan { }, ,e a b , V-Klein 4 grubunun bir öz alt grubu değildir. Çünkü,
{ }, ,a b c e a b= ∉
dir. Şimdi H G≤ ve a H ∈ olsun. ax a= denklemi H da tek bir çözüme
sahip olduğundan bu çözüm x e= dir. O halde e H ∈ olmak zorundadır.
Benzer şekilde ax e= denklemi bir tek çözüme sahiptir ve bu çözüm1
x a H −= ∈ dır. Bu incelemeye göre
4 ve V-Klein 4 gruplarının alt gruplar
diagramı diğer bir ifade ile latis şeması aşağıdaki şekilde elde edilir.
{ }
{ }
4
0,2
0
|
|
{ } { } { }
{ }
, , ,
|
V
e a e b e c
e
|/ \
\ /
Teorem 3.1. G bir grup ve H , G nin boş olmayan bir alt kümesi olsun. H G≤
olması için gerek ve yeter koşul;
1) H , G deki grup işlemine göre kapalı,
2) a H ∀ ∈ ise 1a H −∈
olmasıdır.
Bu teoremi aşağıdaki bir tek koşul ile de ifade edebiliriz, şöyleki;
“ H G⊂ , ,a b H ∀ ∈ için 1a b H
−∗ ∈ ise H G≤ dir.”
Gerçekten , ,a b c H ∀ ∈ için H G⊂ olduğundan , ,a b c G∈ dir ve G birgrup olduğundan birleşme özelliği vardır, böylece
( ) ( )a bc ab c=
dir, benzer düşünce ile diğer grup koşullarının sağlandığı da görülebilir.
Örnek 3.4. Bir ( , )G ∗ grubunun alt gruplarının ailesi, I doğal sayılar
kümesinde bir indis kümesini göstermek üzere, ( , )i i I
H ∈
∗ olsun. O taktirde,
( , )i I i
H ∈
∗∩ cebirsel yapısı da, ( , )G ∗ grubunun bir alt grubudur. Gerçekten,
i I i H H ∈ =∩ dersek H G⊆ ve H ≠ ∅ dir. Diğer taraftan,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 128/272
122
, x y H i I ∈ ⇔ ∀ ∈ için i x y H ∗ ∈ dir. i I ∀ ∈ için ( , )i
H ∗ grubu, ( , )G ∗
grubunun bir alt grubu olduğundan,
i I ∀ ∈ için , i x y H ∈ i I ⇔ ∀ ∈ için 1
i x y H −
∗ ∈1 x y H −
⇔ ∗ ∈
elde ederiz. Böylece H , G nin alt grubudur.
Örnek 3.5. { }2 , ; 0 0G a b a b a b= + ∈ ≠ ∨ ≠ kümesinin deki “ ⋅ ”
işlemine göre komütatif bir grup olduğunu gösterelim.
Çözüm. { }0G ⊂ − olduğuna göre G nin { } *0− = grubunun bir alt
grubu olduğunu göstermek yeter. Şu halde alt grup koşullarını gerçekleyelim.
ı) Her 2, 2a b c d G+ + ∈ için ( ) ( )2 2a b c d G+ + ∈ dir:
( )( ) ( ) ( )2 2 2 2a b c d ac bd ad bc
∈ ∈
+ + = + + +
.
2 0 0 2 0
2 0 0 2 0
a b G a b a b
c d G c d c d
+ ∈ ⇒ ≠ ∨ ≠ ⇒ + ≠
+ ∈ ⇒ ≠ ∨ ≠ ⇒ + ≠
( )( )2 2 0
sıfır-bölensiz
a b c d
C
+ + ≠ ⇒
2 0 0ac bd ad bc⇒ + ≠ ∨ + ≠
dır. Şu halde ( )( )2 2a b c d G+ + ∈ dir.
ıı) Her 2a b i G+ ∈ için ( ) 1 122
a b Ga b
−+ = ∈+
dir:
2 2 2 2 2 2
1 22
2 2 2 2
a b a b
a b a b a b a b
∈ ∈
−= = −
+ − − −
.
2 20 0 2 0a b a b≠ ∨ ≠ ⇒ − ≠ dır. Çünkü 2 22 0a b− = olsa: 2 22b a= bulunur.
Buradan da2
2
2
0 ise: 2 = 2
0 ise: 0 0
a ab Q
bb
b a a
≠ ⇒ = ∈
= = ⇒ =
bulunur ki, her iki durumda da çelişki elde edilir. Dolayısıyla 2 22 0a b− ≠
olur.
2 2 2 20 0 0 0
2 2
a ba b
a b a b≠ ∨ ≠ ⇒ ≠ ∨ ≠
− −
dır. Şu halde2 2 2 2
12
2 2 2
a bG
a b a b a b= − ∈
+ − − dir. Dolayısıyla G,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 129/272
123
{ } *0− = grubunun bir alt grubudur. komütatif olduğundan G de
komütatif gruptur.
PROBLEMLER
1) ( , )+ nın, ( , )+ toplamsal grubunun bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.
2) H ve K , bir G grubunun iki alt grubu olmak üzere H K ∩ nın, G nin bir alt
grubu olduğunu gösteriniz.
3) { }2 | H kn k = ∈ kümesinin, ( , )+ grubunun bir alt grubu olduğunu
gösteriniz ve H nın mertebesini bulunuz.
Not: Bu gruba 2n nin gerdiği sonsuz devirli grup denir ve 2 H n= şeklinde
gösterilir.
4) G bir grup ve S G⊂ olsun. { }|S
N x G xS Sx= ∈ = kümesinin G nin bir alt
grubu olduğunu gösteriniz. Bu kümeye S kümesinin normalleyeni
( normalizatörü ) adı verilir.
5) H , bir G grubunun herhangi bir alt grubu olsun. g G∈ olmak üzere
{ }1 1|gHg ghg h H
− −= ∈
kümesinin G nin bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.
6) ( ,.)G bir grup olsun. G kümesi, x ve y elemanları ile yazılan ve
2 2 x y e= = , . . x y y x= önermelerini gerçekleyen 4 elemanlı bir küme olsun.
G nin elemanlarını belirleyiniz ve ( ,.)G grubunun tüm alt gruplarını yazınız.
7) ( , )n n N G ∈ , ( , )G grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun. n∀ ∈ için
1n nG G
+⊆ önermesi doğru ise ( , )n n N
G∈
ailesine G nin artan gruplar dizisi
adı verilir, bu dizi ile oluşturulan ( , )n N n
G∈
∪ cebirsel yapısının ( , )G
grubunun bir alt grubu olduğunu kanıtlayınız.
8) ( , )i i I G
∈ , ( , )G grubunun alt gruplarının bir ailesi olsun. ,i j I ∈ indisleri
için
i k G G⊆ ve
j k G G⊆
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 130/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 131/272
125
4. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI
Tanım 4.1. Sonlu bir A kümesi verilsin. A dan A ya tanımlanan bire-bir ve
örten bir dönüşüme bir permütasyon adı verilir.
{ }1,2,3,..., A n= kümesini göz önüne alalım. : A Aφ → dönüşümü bire-
bir ve örten ise A nın bir permütasyonunu tanımlar.
Örnek 4.1. { }1,2,3 A = olmak üzere A dan A ya
(1) 2σ = , (2) 3σ = , (3) 1σ =
şeklinde tanımlanan σ fonksiyonu bire-bir ve örten olduğundan A nın birpermütasyonudur. Bu permütasyonu
1 2 32 3 1
σ =
şeklinde de gösteririz.
nγ , { }1,2,3,..., A n= kümesinin bütün permütasyonlarının kümesi olsun.
nγ üstünde permütasyon çarpımı işlemini tanımlarsak, bu işlem ile birlikte
nγ
kümesi bir grup yapısına sahip olur. Bu gruba simetrik grup adı verilir.Gerçekten, iki permütasyon verildiğinde bunların çarpımı yine bir
permütasyondur, bunu görmek için çarpımın bire-bir ve örten olduğunukanıtlamalıyız. ,n
σ τ γ ∈ ve 1 2,a a A∈ olsun.
1 2( )( ) ( )( )a aστ στ = 1 2( ( )) ( ( ))a aσ τ σ τ ⇒ =
1 2( ) ( )a aτ τ ⇒ = ( ,σ bire-bir olduğundan )
1 2a a⇒ = ( ,τ bire-bir olduğundan )
elde ederiz, yani στ çarpımı bire-birdir.Şimdi a A∈ olsun. ,σ örten olduğundan ( ')a aσ = olacak şekilde bir
'a A∈ bulabiliriz. Aynı şekilde ,τ örten olduğundan ( '') 'a aτ = olacak
şekilde bir ''a A∈ bulabiliriz. O halde, a A∀ ∈ için( ') ( ( '')) ( )( '')a a a aσ σ τ στ = = =
olacak şekilde bir ''a A∈ elde etmiş olduk, böylece στ çarpımı örtendir vedolayısıyla στ çarpımı da A nın bir permütasyonudur. O haldepermütasyonların çarpımı işlemi
nγ üstünde kapalıdır.
Örnek 4.2.1 2 3 4
3 4 2 1τ
=
ve
1 2 3 4
4 2 1 3σ
=
, { }1,2,3,4 A = kümesinin
iki permütasyonu olsun. Bu permütasyonların çarpımı
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 132/272
126
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
4 2 1 3 3 4 2 1 1 3 2 4στ
= =
şeklindedir.
Teorem 4.1. A boş olmayan bir küme ve A
γ , A nın permütasyonlarının
kümesi olsun. A
γ kümesi, permütasyonların çarpımı işlemine göre bir gruptur.
Kanıt.1) Kapalılık özelliği : Örnek 4.1. de kanıtlanmıştır.2) Birleşme özelliği : σ ∀ , τ ,
Aγ ∈ ve a A∀ ∈ için
( ) ( )στ µ σ τµ =
olduğunu gösterelim.(( ) )( ) ( ( ( ))) (( )( )) ( ( ))( )a a a aστ µ σ τ µ σ τµ σ τµ = = =
olduğundan birleşme özelliği doğrulanır.3) Birim eleman : a A∀ ∈ için 0 ( )a aσ = olacak şekilde bir 0 Aσ ∈ birim
permütasyonu bulabiliriz. 4) İnvers eleman :
Aσ γ ∀ ∈ permütasyonu için
( ')a aσ = ise 1( ) 'a aσ −=
olacak şekilde bir 1σ − invers permütasyon tanımlıyabiliriz. ,σ bire-bir ve
örten olduğundan 1σ − de bire-bir ve örten olup, A
γ ya aittir. Gerçekten
a A∀ ∈ için,1 1
0 ( ) ( ') ( ( )) ( )( )a a a a aσ σ σ σ σσ − −= = = =
veya 'a A∀ ∈ için,1 1 1
0 ( ') ' ( ) ( ( ')) ( )( ')a a a a aσ σ σ σ σ σ − − −= = = =
olduğundan A
σ γ ∀ ∈ için1 1
0σ σ σσ σ − −= =
olacak şekilde bir 1 A
σ γ −∈ vardır ve böylece ( ,.)
Aγ bir gruptur.
A ve B kümeleri aynı sonlu sayıda elemana sahip iki küme ise, A ve B ninpermütasyonlarının
Aγ ve
Bγ kümeleri arasında bir izomorfizma tanımlanabilir
ve bu izomorfizma bir grup izomorfizmi dir.
Teorem 4.2. Sonlu n elemanlı bir A kümesinin permütasyonlarının sayısı,yani
Aγ grubunun mertebesi !n dir.
Kanıt. A nın permütasyonlarının sayısını ( , )P n n ile gösterelim. A nın bir tek
elemana sahip bir B alt kümesinden B ye, bire-bir ve örten bir tek fonksiyon
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 133/272
127
tanımlanabileceğinden (1,1) 1P = dir. A nın ( 1)n − elemanlı bir alt kümesinin
sabit tutulacak her bir permütasyonu için A nın n tane permütasyonuoluşturulabileceğinden,
( , ) . ( 1, 1)P n n n P n n= − − yazabiliriz. O halde,
(1,1) 1
(2, 2) 2. (1,1)
(3,3) 3. (2, 2)
( 1, 1) ( 1). ( 2, 2)
( , ) . ( 1, 1)
P
P P
P P
P n n n P n n
P n n n P n n
=
=
=
− − = − − −
= − −
eşitliklerini taraf tarafa çarpar ve gerekli sadeleştirmeleri yaparsak,
( , ) 1.2.3.4...( 1). !P n n n n n= − =
elde ederiz.
Örnek 4.3. Bir ABC eşkenar üçgeninin köşe noktalarına sırası ile 1, 2, 3
rakamlarını karşılık getirirsek { }1,2,3 kümesinin permütasyonları aşağıdaki
gibi verilir.
0
1 2 3
1 2 3 ρ
=
, 1
1 2 3
2 3 1 ρ
=
, 2
1 2 3
3 1 2 ρ
=
1
1 2 3
1 3 2 µ
=
, 2
1 2 3
3 2 1 µ
=
, 2
1 2 3
2 1 3 µ
=
.
Bu permütasyonlardan1 2 0
, , ρ ρ ρ sırasıyla üçgenin köşelerinin pozitif yöndeki
120, 240 ve 360 derecelik dönmelerine karşılık gelirken; 1 2 3, , µ µ de
üçgenin sırası ile , ,a b c kenarortaylarına göre simetrilerine karşılık
gelmektedir. Böylece, elde edilen { }3 0 1 2 1 2 3, , , , ,γ ρ ρ ρ µ µ µ = kümesi
permütasyonların çarpımı işlemi ile birlikte bir grup teşkil eder. Bu 3( , )γ
grubuna üçgenin simetrilerinin grubu adı verilir. Bu gruba literatürde 3.
dihedral grubu da denilmekte ve 3 D ile gösterilmektedir. Eğer A kümesi n
elemanlı ven
γ , n kenarlıların simetrilerinin grubu ise bu gruba da n. dihedral
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 134/272
128
grubu adı verilmekte ven
D ile gösterilmektedir. 3 D grubunun işlem tablosu
aşağıdaki şekilde verilir.
0 ρ 1 ρ 2 ρ 1 2 3 0 ρ 0 ρ 1 ρ 2 ρ 1 2 3 1 ρ 1 ρ 2 ρ 0 ρ 3 1 2 2 ρ 2 ρ 0 ρ 1 ρ 2 3 1 1 1 2 3 0 ρ 1 ρ 2 ρ 2 2 3 1 2 ρ 0 ρ 1 ρ 3 3 1 2 1 ρ 2 ρ 0 ρ
Örnek 4.4. ( 4 D , karenin simetrilerinin grubu ) Bir ABCD karesinin köşe
noktalarını sırası ile 1, 2, 3, 4 rakamlarına karşılık tutarak, sırası ile köşelerinpozitif yönde 90, 180 , 270 ve 360 derecelik dönmelerini aşağıdaki 1 ρ , 2 ρ ,
3 ρ , 0 ρ permütasyonları ile, kenar orta dikmelere göre simetrilerini 1 2, µ ve
köşegenlere göre simetrilerini de 1 2,δ δ permütasyonları ile gösterebiliriz.
0 1 2 31 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4, , ,1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 3 2
ρ ρ ρ ρ = = = =
1 2 1 2
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4, , ,
2 1 4 3 4 3 2 1 3 2 1 4 1 4 3 2 µ µ δ δ
= = = =
.
4 D grubuna ait işlem tablosu aşağıdaki gibidir.
0 ρ 1 ρ 2 ρ 3 ρ 1 2 1δ 2δ 0 ρ 0 ρ 1 ρ 2 ρ 3 ρ 1 2 1δ 2δ 1 ρ 1 ρ 2 ρ 3 ρ 0 ρ 1δ 2δ 2 1 2 ρ 2 ρ 3 ρ 0 ρ 1 ρ 2 1 2δ 1δ 3 ρ 3 ρ 0 ρ 1 ρ 2 ρ 2δ 1δ 1 2 1 1 2δ 2 1δ 0 ρ 2 ρ 3 ρ 1 ρ 2 2 1δ 1 2δ 2 ρ 0 ρ 1 ρ 3 ρ
1δ 1δ 1 2δ 2 1 ρ 3 ρ 0 ρ 2 ρ 2δ 2δ 2 1δ 1 3 ρ 1 ρ 2 ρ 0 ρ
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 135/272
129
Şimdi 4 D grubunun alt gruplarını belirleyelim: 4 D ün 4 elemanlı alt grupları,
{ }0 2 1 2, , , ρ ρ µ µ , { }0 1 2 3, , , ρ ρ ρ ρ , { }0 2 1 2, , , ρ ρ δ δ den oluşur. Bu alt gruplar mertebesi 2 olan alt gruplara sahiptirler. Bunlar
sırası ile { }0 2 1 2, , , ρ ρ µ µ grubunun
{ } { } { }0 1 0 2 0 2, , , , , ρ µ ρ µ ρ ρ
şeklindeki alt gruplarından { }0 2 1 2, , , ρ ρ δ δ nin
{ }0 1, ρ δ , { }0 2, ρ δ , { }0 2, ρ ρ
şeklindeki alt gruplarından ve { }0 1 2 3, , , ρ ρ ρ ρ nin { }0 2, ρ ρ şeklindeki tek alt
grubundan ibarettir. İki elemanlı bu alt grupların hepsi { }0 ρ şeklinde birelemanlı alt gruba sahiptirler. Böylece, istenirse 4 D ün Örnek 3.2. dekine
benzer bir Latis diagramı (alt gruplar diagramı) oluşturulabilir.
Tanım 4.2. A
γ , sonlu bir A kümesinin permütasyonlarının grubu olsun. H , A
γ
nın bir alt grubu olmak üzere, ,a b A∀ ∈ için ( )a bσ = olacak şekilde bir
H σ ∈ permütasyonu bulunabiliyor ise H alt grubuna A üzerinde geçi şmeli
(transitive) dir denir.
Tanım 4.3. A bir küme ve A
γ , A nın simetrik grubu olsun. a A∈ ve A
σ γ ∈
olmak üzere,
{ }, ( )n
aQ a nσ σ = | ∈
kümesine, a nın σ boyunca yörüngesi denir.
Örnek 4.5. { }1,2,3,4,5,6 A = ve1 2 3 4 5 6
3 1 4 5 6 2σ
=
olsun.
Buna göre 1 A∈ elemanının σ boyunca yörüngesi { }1, 3,4,5,6,2Q σ = dir.
Tanım 4.4. { }1 2, ,...,n
A a a a= kümesi verilsin. A nın
1 2
2 3 1
. . .
. . .n
a a a
a a a
şeklinde bir permütasyonuna A nın bir dairesel permütasyonu adı verilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 136/272
130
Böylece,2
n
π radyanlık pozitif yönde bir dönme hareketi ile bir dairesel
permütasyonu temsil edebiliriz. Böyle bir dairesel permütasyon bazen kısaca
( )1 2 . . . na a a
şeklinde de gösterilmektedir. Buna göre { }1,2,3,4,5 A = olmak üzere,
1 2 3 4 5(1,3,5,4)
3 2 5 1 4
=
şeklinde gösterebiliriz. Burada görüldüğü gibi 2 elemanı sabit tutulmuştur.Sonuç olarak, iki dairesel permütasyonun çarpımı bir permütasyondur, ancak
çarpım her zaman bir tek dairesel permütasyon olmayabilir.
Örneğin;
1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6(2,1,5)(1,4,5,6)
5 1 3 4 2 6 4 2 3 5 6 1 4 1 3 2 6 5
= =
(1,4,2)(5,6)=
dir.
Tanım 4.5. Ortak elemanı olmayan iki dairesel permütasyona ayrıktır ( yabancıdır ) denir.
Örnek 4.6.1 2 3 4 5 6
6 5 2 4 3 1σ
=
şeklinde verilen permütasyonu ayrık dairesel permütasyonların çarpımı
şeklinde ifade edelim. 1 2 3 4 5 6(1,6)(2,5,3)
6 5 2 4 3 1σ
= =
.
Sonuç: Ayrık iki dairesel permütasyonun çarpımı değişme özelliğine sahiptir.Bu sonuç ayrık olmayan dairesel permütasyonlar için genel olarak doğrudeğildir.
Teorem 4.3. Sonlu bir kümenin herhangi bir σ permütasyonu, ayrık daireselpermütasyonların bir çarpımı şeklinde yazılabilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 137/272
131
Kanıt. { }1,2,..., A n= kümesi verilsin ve σ bu kümenin bir permütasyonu
olsun. 2 31, (1), (1), (1), ...σ σ σ şeklindeki elemanları göz önüne alalım. Bu
elemanların hepsi birbirinden farklı olamaz. (1)r
σ in kendisinden önce gelenbu elemanlardan birisi ile aynı olan ilk eleman olduğunu kabul edelim. Bu
taktirde (1) 1r σ = olduğunu söyleyebiliriz. Eğer, 0 s r < < aralığında bir diğer
s için (1) (1)r sσ σ = olsaydı bu durumda (1) 1r sσ −= olurdu ki, bu r s r − <
olduğundan r nin seçimine aykırıdır. Şu halde bu elemanları,2 1
1 (1, (1), (1),..., (1))r τ σ σ σ −= şeklinde bir dairesel permütasyon olarak
yazabiliriz. 1τ ile σ nın A üstündeki resimlerinin aynı olduğu açıktır. Şimdi
A nın 1τ de yer almayan ilk elemanı i olsun. i için de 1 için yaptığımız gibi2 1
2 ( , ( ), ( ),..., ( ))t
i i i iτ σ σ σ −
= şeklinde bir dairesel permütasyon oluşturursak1τ ile 2τ ayrık olur. Çünkü, eğer ayrık olmasalar: A nın bir j elemanı hem 1τ
ve hem de 2τ de bulunurdu ki, bu 1τ ile 2τ nin ayrık oluşu ile çelişirdi. Bu
şekilde devam ederek A sonlu olduğundan
1 2 3...m
σ τ τ τ τ =
olacak şekilde sonlu m sayıda ayrık dairesel permütasyon elde ederiz, bu iseteoremi kanıtlar.
Tanım 4.6. Bir dairesel permütasyonun eleman sayısına o dairesel
permütasyonun uzunlu ğ u adı verilir. Uzunluğu 2 olan bir daireselpermütasyona ise bir yer de ğ i ştirme ( transpozisyon ) adı verilir.
Bu tanıma göre herhangi bir dairesel permütasyonu transpozisyonlarınçarpımı şeklinde yazabiliriz. Diğer taraftan herhangi bir permütasyonu dadairesel permütasyonların çarpımı olarak yazabileceğimizden permütasyonutranspozisyonların çarpımı şeklinde ifade etmiş oluruz. Bu ifadede yer alantranspozisyonların sayısı tek ise permütasyona tek permütasyon, eğer çiftsayıda transpozisyonun çarpımı olarak ifade edilmişse permütasyona bir çift
permütasyon diyeceğiz. Bir tek permütasyonun işareti -1, çift permütasyonun
işareti ise +1 olarak tanımlanır. Örneğin bir dairesel permütasyonu;( )1 2 1 2 1 3 1, ,..., ( , )( , )...( , )
n na a a a a a a a a=
şeklinde transpozisyonların çarpımı olarak yazabiliriz. σ permütasyonununişaretini ( )σ Ѕ ile gösterelim.
Özellik 4.1. σ ve τ ,n
γ nin iki permütasyonu olsun.
1) ( ) 1σ = +Ѕ , ( ) 1τ = +Ѕ ise ( ) 1στ = +Ѕ ,
2) ( ) 1σ = −Ѕ , ( ) 1τ = −Ѕ ise ( ) 1στ = +Ѕ ,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 138/272
132
3) ( ) 1σ = −Ѕ , ( ) 1τ = +Ѕ ise ( ) 1στ = −Ѕ dir.
Böylece ( )στ σ τ =Ѕ Ѕ( )Ѕ( ) olduğu görülür.
Örnek 4.7.
a)1 2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 8 1 7 2S
=
,
1 2 3 4 5 6 7 8
1 5 6 2 7 8 4 3T
=
ve
1 2 3 4 5 6 7 8
8 6 4 7 3 2 5 1U
=
permütasyonlarını yabancı devrelere
ayıralım.
Çözüm. ( )1 2 3 4 5 6 7 8
13582463 4 5 6 8 1 7 2
S
= =
,
( )( )1 2 3 4 5 6 7 8
2574 3681 5 6 2 7 8 4 3
T
= =
,
( )( )( )1 2 3 4 5 6 7 8
18 26 34758 6 4 7 3 2 5 1
U
= =
dir.b) S , T ve U permütasyonlarının teklik, çiftlik durumlarını belirleyelim.
( )1358246 çiftS = = ,
( )( )çifttek
2574 368 tekT = =
,
( )
( )
( )tek tek tek
18 26 3475 tekU = =
permütasyondur.
c) 2 2 2,T ST S TU − − ve 2 3 2ST U S − permütasyonlarını yabancı devrelereayıralım.
( ) ( )22 1358246 1526384S = = ,
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
( ) ( )( )2 2
2 2 22 1 18 26 3574 18 26 3574 37 45 I I
U U − − = = = = ,
( )( )( )( )( ) ( )2 2 1526384 2574 368 37 45 156473S TU − = = ,
...............................
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )2 2 2 22 1 2475 386 2475 386 27 45 368T T − − = = = = ,
( )( )( )( )( )( ) ( )2 27 45 368 1358246 2574 368 16784523T ST −= = ,
...............................
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 139/272
133
( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )2 2 22 2574 368 2574 368 27 45 386T = = = ,
( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )3 3 3 33 18 26 3475 18 26 3475 18 26 3574U = = = ,
( ) ( ) ( )1 12 2 1526384 1483625S S
− −−= = = ,
( )( )( )( )( )( )( )( )
( )
2 3 2 1358246 27 45 386 18 26 3574 1483625
12437865
ST U S −=
=
dir.
Tanım 4.7. nγ , n elemanlı bir S kümesinin permütasyonlarının kümesi olmak
üzere,n
γ nin çift ve tek permütasyonlarının kümesini sırası ilen
A ven
B ile
gösterirsek,n
A ven
B nin her birinin!
2
n tane elemanının olduğunu görürüz.
Buradakin
A grubuna alterne grup adı verilir.
Yukarıdaki tanımda geçen iddiayı kanıtlamak içinn
γ de sabit bir
(1,2)τ = transpozisyonu seçelim. Bu transpozisyonu içeren aşağıdaki
dönüşümü tanımlayalım. Bu dönüşümün bire-bir ve örten olduğunu kanıtlarsak
n A ve
n B nin her birinin
!
2
n tane elemanının olduğunu kanıtlamış oluruz:
: , ( )n n
f A B f τ τ σ τσ → = ,
,n
Aσ µ ∈ olsun. ( ) ( ) f f τ τ σ µ = olduğunu kabul edelim. O halde τσ τµ =
elde ederiz ve buradann
γ grup olduğundan sol sadeleştirme kuralı ile σ µ =
buluruz, yani f τ bire-birdir. f τ nun örten olduğunu göstermek içinn
B ρ ∈
seçelim. 1(1,2)τ τ −= = olduğundan 1
n Aτ ρ −
∈ dir. O halde,1 1 1( ) ( ) ( ) f τ τ ρ τ τ ρ ττ ρ ρ − − −
= = =
yazılabileceğinden ρ nun 1n
Aτ ρ −∈ elemanının resmi olduğunu buluruz,
dolayısıyla f τ örtendir. O halden
A ven
B nin eşit ve!
2
n tane elemana sahip
olduklarını elde ederiz. Sonuç olarakn
γ nin elemanlarının yarısı tek, yarısı da
çift permütasyon olmaktadır.
Örnek 4.8. 18γ de
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 140/272
134
( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )S fikret arzu ahmet aynur sonay ayten figen füsun nur seda=
permütasyonu tarafından üretilen G grubunda, 3S permütasyonununnormalizatörünü ( Tanım 9.14. e bakınız ) bulalım.Çözüm. Önce G grubunu belirleyelim. Bunun için, S yi yabancı devrelereayıralım.
( )( )( ) [ ]9,7,2 126S azuhmtfüo snigyed kr S = ⇒ = =
olduğundan
{ }125, ,...,G S I S S = =
bulunur. G bir devresel grup olduğundan komütatiftir. Dolayısıyla her S G µ ∈
içinS
N G µ = , yani 3S N G= elde edilir.
PROBLEMLER
1) G bir grup ve a G∈ olsun.:
a f G G→ , ( )
a f x ax=
şeklinde tanımlanan dönüşümün bir permütasyon olduğunu kanıtlayınız.
2) Aşağıdaki şekilde tanımlanan : , 1, 2, 3, 4i
f i→ = fonksiyonlarından
hangileri permütasyon tanımlar.
1( ) 1 f x x= +
,
2
2 ( ) f x x=
,
1
3( )
x
f x e
+=
,
3
4 ( ) f x x=
.
3) f , A kümesinin bir permütasyonu olsun. A kümesi üstünde
“ ( )na b f a b∀ ⇔ =∼ olacak şekilde bir n ∈ vardır ”
şeklinde tanımlı “ ∼ ” bağıntısının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.
4) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunubelirtiniz.
a) Her permütasyon bir dairesel permütasyondur,b) Her dairesel permütasyon bir permütasyondur,
c) nγ deki tek ve çift permütasyonların sayısı eşittir,
d) 4 A ün 12 tane elemanı vardır,
e) 3 A değişmeli bir gruptur,
f) Her permütasyon bire-bir bir dönüşümdür.
5) 0σ , 3γ simetrik grubunun birim elemanı olsun. 0σ permütasyonunu iki
transpozisyonun çarpımı olarak yazınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 141/272
135
6)nσ γ ∈ ve 1 2( , ,..., )
k i i iσ = olsun. Eğer k , bir tek tamsayı ise σ nın bir çift
permütasyon, bir çift tamsayı ise σ nın bir tek permütasyon olduğunugösteriniz.
7) ,nσ τ γ ∈ ve 1 2( , ,..., )
k i i iτ = şeklinde k uzunluğunda bir dairesel
permütasyon ise 1τστ − permütasyonunu bulunuz.
8) Bir σ dairesel permütasyonunun uzunluğu 2 den büyük bir çift tamsayı ise,2σ nin ayrık dairesel permütasyonların bir çarpımı şeklinde olacağını
kanıtlayınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 142/272
136
5. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI
Tanım 5.1. G ve G′ iki grup olsun. G den G′ ye bire-bir, örten ve x∀ , y G∈
için( ) ( ) ( ) xy x yφ φ φ =
koşulunu sağlayan : 'G Gφ → dönüşümüne bir grup izomorfizması adı verilir.
Teorem 5.1. : 'G Gφ → bir grup izomorfizması olsun. e ve e′ sırasıyla G ve
G′ nün birim elemanları olmak üzere,
1) ( ) 'e eφ = , 2) a G∀ ∈ için 1 1( ) ( ( ))a aφ φ − −= dir.
Kanıt. 1) ' ' x G∈ olsun. φ , bir izomorfizma olduğundan örtendir. O halde
( ) ' x xφ = olacak şekilde bir x G∈ bulabiliriz. Böylece,' ' ' ( ) ( ) ( ) ( ) ' ( ) x e x x xe x e x eφ φ φ φ φ = = = = =
yazabiliriz. Benzer şekilde,
' ' ' ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 'e x x x ex e x e xφ φ φ φ φ = = = = =
olur. Böylece ( ) 'e eφ = elde ederiz.
2) G bir grup olduğundan a G∀ ∈ için 1a G
− ∈ vardır. O halde,1 1' ( ) ( ) ( ) ( )e e aa a aφ φ φ φ − −= = =
yazabiliriz. Benzer şekilde,1 1
' ( ) ( ) ( ) ( )e e a a a aφ φ φ φ
− −
= = = yazılabileceğinden 1 1( ) ( ( ))a aφ φ − −= sonucunu elde ederiz.
Örnek 5.1. : ( , ) ( ,.)φ ++ → , ( ) x x eφ = dönüşümü bir grup izomorfizmasıdır.
Gerçekten;
, x y∀ ∈ için ( ) ( ) x y x y e e x yφ φ = ⇒ = ⇒ =
olduğundan φ bire-birdir.
x +∀ ∈ için ln(ln ) x x e xφ = =
olduğundan φ örtendir. Diğer taraftan,, x y∀ ∈ için ( ) . ( ). ( ) x y x y
x y e e e x yφ φ φ ++ = = =
olduğundan φ bir grup izomorfizmasıdır.
Teorem 5.2. Mertebesi sonsuz olan devirli bir G grubu, ( , )+ grubuna
izomorftur.
Kanıt. Devirli grup kavramı için bir sonraki bölüme bakabiliriz. Şimdi G nin
bir üreteci a olmak üzere { }nG a n= | ∈ olsun.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 143/272
137
: , ( )nG a nφ φ → =
dönüşümünü tanımlayalım. φ bire-bir ve örtendir. Gerçekten,
,m n ∈ için ma , na G∈ ise ( ) ( )m na a m nφ φ = ⇒ =
dir, yani φ bire-birdir. Ayrıca, n∀ ∈ için ( )na nφ = olacak şekilde bir
na G∈ bulunabilir, yani φ örtendir. Diğer taraftan,
( ) ( ) ( ) ( )m n m n m na a a m n a aφ φ φ φ += = + = +
olduğundan φ bir izomorfizmadır.
Şimdi tüm grupların kümesini göz önüne alalım ve bu küme üzerinde bir
denklik bağıntısını şöyle tanımlayalım. Eğer, G ve G′ grupları arasında bir
izomorfizma tanımlanabiliyor ise 'G G≈ yazalım. Böylece aşağıda
göstereceğimiz gibi bütün grupların kümesi üzerinde bir denklik bağıntısı
tanımlarız. Biliyoruz ki bir denklik bağıntısı, üzerinde tanımlandığı kümeyi
denklik sınıflarına parçalar. Böylece grupların kümesini, denklik sınıflarına
parçalamış oluruz. Bu sınıflara izomorfizma sınıfları adı verilir;
1) G bir grup olsun. G den G üzerine tanımlanan özdeşlik dönüşümünün bir
izomorfizma olduğu açıktır. O halde G G≈ dir.
2) G ve G′ herhangi iki grup ve : 'G Gφ → dönüşümü bir izomorfizma
olsun, böylece 'G G≈ dür. φ bir izomorfizma olduğundan 1 : 'G Gφ − →
dönüşümü de bir izomorfizma olur ( gösteriniz! ). Böylece 'G G≈ dir.
3) , veG G G′ ′′ herhangi üç grup ve : ', ' : ' ''G G G Gφ φ → → dönüşümleri
grup izomorfizmaları olsun. Yani, 'G G≈ ve ' ''G G≈ olsun. O taktirde,
'φ φ bileşke dönüşümü de bir izomorfizma tanımlar ( gösteriniz! ). Bu
izomorfizma '' 'φ φ φ = : ''G G→ şeklinde verilir. O halde, ''G G≈ elde
ederiz. Böylece, bütün grupların kümesi üzerinde yukarıda verilen bağıntının
bir denklik bağıntısı olduğu sonucunu elde ederiz.
Örnek 5.2. Mertebesi 1, 2 ve 3 olan gruplar için bir tek denklik sınıfı var iken
4. mertebeden gruplar için daha önce gördüğümüz gibi iki tane denklik sınıfı
mevcuttur. Bu sınıfların temsilcilerini 4 ve V-Klein 4 grubu olarak daha
önce vermiştik.
Teorem 5.3. (Cayley Teoremi) Herhangi bir grup, permütasyonların grubunun
uygun bir alt grubuna izomorftur.
Kanıt. Bir G grubu verilsin. Genel olarak G grubu ile G nin elemanlarının
permütasyonlarının grubu olanG
γ yi izomorf yapamayız. Çünkü, eğer G nin
mertebesi n iseG
γ nin mertebesi n! dir. Buna göre,G
γ nin bir alt kümesini G
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 144/272
138
ye izomorf olacak şekilde belirlemeliyiz. Bunun için sabit bir a G∈ alalım ve
x G∀ ∈ için
:a
f G G→ , ( )a
f x ax=
dönüşümünü tanımlayalım. , x y G∀ ∈ için ( ) ( )a a f x f y= olsun. O taktirde
dönüşümün tanımına göre ax ay= dir ve sol sadeleştirme kuralı ile x y=
elde ederiz, yani dönüşüm bire-birdir. Ayrıca, bir y G∈ için
1 1 1( ) ( ) ( )a
y aa y a a y f a y− − −= = =
olduğundan dönüşüm örtendir. Böylecea G
f γ ∈ dir. Şimdi { }'a
G f a G= | ∈
kümesini göz önüne alalım. Bu kümeG
γ nin bir alt grubunu tanımlar.
Gerçekten,a
f , 'b
f G∈ olsun.
( )( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )a b a b a ab f f x f f x f bx a bx ab x f x= = = = =
yazılabileceğinden '
ab a b f f f G= ∈ dür. Yani, G′ kapalıdır. e, G nin birim
elemanı olmak üzere x G∀ ∈ için
( )e
f x ex x= =
olduğundan 'e
f G∈ , birim elemandır. a G∈ için 1a G
−∈ olduğundan 1
a f −
tanımlanabilir. x G∀ ∈ için
1 1 1
1 1( )( ) (( )( )) ( ) ( ) ( )
a aa a ae
f f x f f x f ax a ax a a x x− − −
− −
=
= = = = =
ve benzer şekilde
1( )( )a a f f x x− =
olduğundan
1 1a a ea a f f f f f − −= =
dir ve buradan 1
1( ) 'a a f f G−
−= ∈ elde ederiz. G′ nün birleşmeli olduğunu
göstermek kolaydır, böylece G′ ,G
γ nin bir alt grubudur.
Şimdi de G nin G′ ye izomorf olduğunu kanıtlayalım. Bunun için
: 'G Gφ → , ( )a
a f φ =
dönüşümünü tanımlayalım. ,a b G∀ ∈ için ( ) ( )a bφ φ = olsun. Böylece,
( ) ( )a b a b
f f f e f e ae be a b= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
olacağından φ bire-birdir. φ nin örten olduğu, tanımından açıktır. Diğer
yandan,
( ) ( ) ( )ab a b
ab f f f a bφ φ φ = = =
koşulu da sağlandığından φ bir izomorfizmadır.
Tanım 5.2.a
f lar sayesinde elde ettiğimiz bu 'G grubuna G nin sol düz
temsili (regüler temsili) adı verilir. Benzer tanımlamayı,a
f lar yerine
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 145/272
139
( )a
g x xa= şeklinde tanımlıa
g lar alarak yapıp 'G nün sa ğ düz temsilini de
tanımlayabiliriz.
Örnek 5.3. { }, ,G e a b= grubu verilsin. { }' , ,e a bG f f f = grubu, G nin sol
düz temsilidir. Burada,
e
e a b f
e a b
=
,
a
e a b f
a b e
=
, b
e a b f
b e a
=
dir ve G ve 'G gruplarının işlem tabloları
şeklinde verilir.
* e f
a f
b f
e f e
f a f b
f
a f a
f b f e
f
b f b
f e f a
f
* e a b
e e a b
a a b e
b b e a
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 146/272
140
6. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR
4 ün tek öz alt grubu { }0,2 idi. Şimdi 4 ün 3 elemanını kapsayan en
geniş alt grubunun nasıl olduğunu araştıralım. Bu alt grubu H ile gösterelim.3 3 2 H + = ∈ ve 13 1 H − = ∈ ve 0 H ∈ olmalıdır. Bu durumda 4 ün 3
elemanını kapsayan en geniş alt grubunun, { }4 0,1,2,3 H = = şeklinde,
kendisi olduğu sonucuna ulaşırız.Şimdi bu düşünceyi genelleştirelim, yani G bir grup ve a G∈ olsun. G
nin a yı içeren en geniş H alt grubunu araştıracağız. H , G deki işleme göre
kapalı olduğundan 2.a a a H = ∈ olmalıdır. Benzer şekilde, 2 3.a a a H = ∈ ve
bu şekilde devam ederek n +
∀ ∈ için na H ∈ olması gerektiğini elde ederiz.
Ayrıca, aynı düşünce ile1 1 2
.a a a H − − −
= ∈ ve bu düşünceyi sürdürerekn
+∀ ∈ için na H
− ∈ ve 1.a a e H − = ∈ olması gerektiği sonucuna ulaşırız.
Eğer, 0a e= dersek, n∀ ∈ için na H ∈ buluruz. Böylece, G nin a yı içerenen geniş H alt grubunun
{ }n H a n= | ∈
şeklinde olacağını elde ederiz. Ancak, n∀ ∈ için elde edeceğimiz na ler
birbirinden farklı olmayabilir, gerçekten V-Klein 4 grubu için;2
3
4
5
.
..
.
a a a e
a e a a
a a a e
a e a a
= =
= =
= =
= =
sonuçları elde edilir.
Teorem 6.1. G bir grup ve a G∈ olsun. { }n H a n= | ∈ kümesi G nin bir alt
grubudur, üstelik bu alt grup G nin a yı kapsayan en dar alt grubudur.
Kanıt. ,r s∀ ∈ için .r s r sa a a H += ∈ olduğundan G deki işlem H da da
kapalıdır. 0a e H = ∈ ve r a H ∈ iken0.r r
a a a e H −
= = ∈
olduğundan ( )1
r r a a H
−−
= ∈ dır.
Tanım 6.1. G bir grup ve a G∈ olsun. { }n H a n= | ∈ alt grubuna G nin a
tarafından üretilen devirli alt grubu denir ve H a=< > şeklinde gösterilir,eğer G grubu için G a=< > ise G ye a tarafından üretilen bir devirli grup denilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 147/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 148/272
142
i j j ia a a e
−= ⇒ =
bulunur. Halbuki, i j n< < olduğundan 0 j i n< − < dir ve bu nedenle j ia e− ≠ dir, bu ise i ja a= varsayımının yanlış yani, 0 i j n< < < içini j
a a≠ olduğunu gösterir. Böylece,
{ }1 2 1, ,..., ,n nG a a a a
−=
dir ve e G∈ olduğundan 1 olacak biçimde bir için ii n i a e≤ ≤ = dir. Şu
halde i n< için ia e≠ olduğundan 0n
a a e= = olmak zorundadır. Böylece,a G< >= grubunun da n. mertebeden olduğunu kanıtlamış oluruz.
Örnek 6.2. 4 grubu, 1 ve 3 elemanları tarafından üretilen devirli bir gruptur,
yani;
4 1 3=< >=< >
dir. Ancak, V-Klein 4 grubu devirli bir grup değildir. Örnek 3.2. de verilen bugrupların işlem tablosu yardımıyla 4 grubu için,
1 1 2+ = , 2 1 3+ = , 3 1 0+ = olduğundan 4 1=< > olduğu açıktır, benzer şekilde,
3 3 2+ = , 3 2 1+ = , 3 1 0+ = olduğundan, 4 3=< > olduğu görülür. Aynı durum, V-Klein 4 grubu için
gerçekleşmez, çünkü
e e e∗ = ,2
a a a e= ∗ = ,3
a e a a= ∗ = ,4 3
a a a a a e= ∗ = ∗ = dır.
Örnek 6.3. ( , )+ grubu, üreteçleri +1 ve -1 olan devirli bir gruptur.
1 0 1+ = , 1 1 2+ = , 2 1 3+ = , ... , 1 1,n n+ = + ...şeklinde devam ederek 1 in ve benzer şekilde -1 in, toplamsal grubunuüreteceği açıktır.
Örnek 6.4. ( , )+ grubunun, 3 tarafından üretilen devirli alt grubunu elde
edelim.{ }3 ..., 9, 6, 3,0,3,6,9,...< >= − − − ,
3 3.< >= ≤ dir , o halde
{ }6 ..., 18 12, 6,0,6,12,18,...< >= − − −
ve6 6 3< >= ≤ ≤
bulunur.
Teorem 6.3. Devirli her grup değişmelidir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 149/272
143
Kanıt. { }nG a n= | ∈ devirli bir grup ve 1 2,g g G∈ olsun. O taktirde,
1r
g a= , 2s
g a=
olacak şekilde ,r s ∈ tamsayıları vardır. Böylece,1 2 2 1
r s r s s r s r g g a a a a a a g g+ += = = = =
buluruz, yani G değişmelidir.
Teorem 6.4. Devirli bir grubun herhangi bir alt grubu da devirlidir.Kanıt. G a=< > devirli bir grup ve H , G nin bir alt grubu olsun. Eğer
{ } H e= ise H e=< > olacağı açıktır. Eğer { } H e≠ ise bir n +∈ içinna H ∈ dır. H nın elemanlarının sahip olduğu üsler içerisinde en küçük üs m
olsun. Şimdi iddia ediyoruz ki ma c= elemanı H nın bir üretecidir, yani
m H a c=< >=< > dir. Bunu gösterebilmek için b H ∈ seçelim. Şimdi b nin c nin bir kuvveti şeklinde yazılabileceğini göstermemiz gerekir. b H ∈ ise
b G∈ dir, dolayısıyla nb a= olacak şekilde bir n ∈ vardır. Bölmealgoritması ile n mq r = + , 0 r m≤ < olacak şekilde q ve r tamsayıları
bulunabilir. Şu halde ( )n mq r m q r a a a a+= = veya ( )r m q na a a−= yazabiliriz ve
böylece r a H ∈ bulunur. Diğer taraftan kabulümüze göre m, na H ∈ olacakşekilde en küçük üs idi. O halde 0 r m≤ < olduğundan 0r = olmak
zorundadır. Bu durumda ( )n m qb a a= = buluruz ki, bu b nin ma c= nin bir
kuvveti şeklinde yazılabileceğini gösterir. Dolayısıyla { }( )m q H a q= | ∈
elde etmiş oluruz, yani G nin H alt grubu da devirlidir.
Teorem 6.5.1) Sonsuz mertebeli herhangi iki devirli grup birbirine izomorftur. 2) Sonlu mertebeli herhangi iki devirli grup birbirine izomorftur.
Kanıt. 1) G sonsuz mertebeli devirli bir grup ve a, G nin bir üreteci, yaniG a=< > olsun. Bu durumda G nin herhangi iki elemanı aynı olamaz. Yani
bütün elemanları birbirinden farklıdır. h k > olmak üzere h k a a= olduğunu
kabul edelim. O halde, h k h k a a a e− −= = , 0h k − > yazabiliriz. ma e= olacakşekilde en küçük pozitif tamsayının m olduğunu varsayalım. O zaman G nin
1 2 1, , ,..., me a a a
− elemanlarının hepsi birbirinden farklı olurdu. Eğer na G∈ ise
bölme algoritması ile n mq r = + , 0 r m≤ < olacak şekilde q ve r tamsayıları
bulunabilir. Böylece,
( )n m q r r
e
a a a a=
= = ve 0 r m≤ < olduğundan G sonlu
sayıda elemana sahip olur. Bu ise G nin mertebesinin sonsuz oluşu ile çelişir.
O halde h k a a= kabulümüz yanlıştır, dolayısıyla G nin bütün elemanlarıbirbirinden farklıdır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 150/272
144
'G , mertebesi sonsuz olan bir devirli grup ve 'G b=< > ise nb yerine
yeniden na gösterimini kullanarak G ile 'G yü izomorf yapabiliriz, yani
: ' f G G→ , ( )n n f b a=
dönüşümünün bir grup izomorfizması olduğu kolayca gösterilebilir.2) G sonlu mertebeli devirli bir grup olsun. O taktirde G nin bütün elemanları
birbirinden farklıdır denemez. Yani h k a a= olacak şekilde h ve k tamsayıları
bulunabilir. Eğer ma e= olacak şekildeki en küçük üs m ise o zaman G,
birbirinden farklı m tane 1 2 1, , ,..., me a a a
− elemanına sahip olur. m n= dersek,h k h k r
a a a a+
= = , h k nq r + = + , 0 r n≤ <
yazabiliriz. Benzer şekilde 'G aynı mertebeli diğer bir grup ise 'G nün,
birbirinden farklı 1 2 1, , ,..., me b b b
− elemanlarına sahip olduğunu ve mb e=
olduğunu gösterebiliriz. O halde: ' f G G→ , ( )n n f b a=
dönüşümünün bir izomorfizma olduğunu göstermek kolaydır ve böylece G ile'G birbirine izomorftur.
Örnek 6.5. ( , )+ grubu ile (3 , )+ grubu; sonsuz mertebeli, devirli izomorf
iki gruptur. Burada, 3 ≤ olmasına karşın 3 ile nin elemanlarınıbire-bir eşleyip bir izomorfizma tanımlayabiliriz.
Teorem 6.6. G, üreteci a olan n elemanlı devirli bir grup olsun. b G∈ ves
b a= olsun. n ile s nin en büyük ortak böleni d ise, G nin b tarafından
üretilen devirli bir alt grubun
d tane elemana sahiptir, yani bu devirli alt
grubun mertebesin
d dir.
Örnek 6.6. Bir devresel grubun her homomorf resmi de bir devresel gruptur.Çözüm. G, a tarafından üretilmiş bir devresel grup, G′ de G nin bir ϕ
homomorfisindeki resmi olsun.:
G G
a a
ϕ ′→
′→
Bu takdirde G′ nün ( )a aϕ ′= elemanı tarafından üretilmiş bir devresel grup
olduğunu gösterelim. ,a G ϕ ′ ′∈ bir homomorfi ve dolayısıyla G′ de bir grup
olduğundan a′ nün bütün kuvvetleri G′ ye aittir. Karşıt olarak, G′ nün herelemanı, a′ nün bir kuvvetidir. Çünkü b′ , G′ nün herhangi bir elemanı ise,
ϕ nin üzerine oluşundan dolayı, ( )b bϕ ′= olacak şekilde bir b G∈ vardır ve
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 151/272
145
G a= olduğundan uygun bir 0m ≥ tam sayısı için mb a= dir. Buradan da
( ) ( ) ( )( )m
mb a aϕ ϕ ϕ = = , yani ( )
mb a′ ′= sonucu çıkar. Şu halde G a′ ′=
dür.
Örnek 6.7. { }12 0,1,2,...,11G = = grubunu ve bu grubun 1 üretecini göz
önüne alalım. 12n = dir. 3b G= ∈ olsun. 3 3.1= , 12n = , 3s = için. . . .(12,3) 3d e b o b= = olduğundan 3 G< >≤ devirli alt grubunun mertebesi
124
3
n
d = = bulunur. Yani, 12G = nin 3 tarafından üretilen devirli alt
grubunun mertebesi 4 tür. Bu alt grup { }3 0,3,6,9< >= dur. Benzer şekilde,
12 nin 8 tarafından üretilen alt grubu, . . . .(12,8) 4d e b o b= = ve 12 34
nd
= =
olduğundan 3 elemanlıdır ve { }8 0,4,8< >= şeklindedir. Aynı şekilde, 12
nin 5 tarafından üretilen alt grubu, . . . .(12,5) 1d e b o b= = ve12
121
n
d = =
olduğundan 12 elemanlıdır ve 125< >= şeklindedir. Buradan 12 nin 1 ve 5
ten başka diğer üreteçlerinin 7 ve 11 olduğunu görürüz. Çünkü,. . . .(12,7) . . . .(12,11) 1e b o b e b o b= = dir.
Sonuç: G, n. mertebeden bir devirli grup ve a bu grubun bir üreteci ise G nindiğer üreteçleri n ile aralarında asal olan, yani . . . .( , ) 1e b o b n r = koşulunu
sağlayan r ler tarafından tanımlanan r a şeklindeki elemanlardır.
Örnek 6.8. Devirli bir grup olan 18 in bütün alt grupları da devirlidir. Sonuç
6.1. göre 18 in üreteçleri 1, 5, 7, 11, 13, 17 şeklindedir. . . . .(18,2) 2e b o b = ve
189
2 = olduğundan { }2 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16< >= dır. 6 2∈< > nin
ürettiği alt grup { }0, 6, 12 olup, 12 de bu grubun bir üretecidir. Böylece 0, 1,
2, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 17 elemanlarının ürettiği grupları elde
etmiş olduk. Geriye 3, 9, 15 kaldı. { }3 0, 3, 6, 9, 12, 15< >= grubunun bir
diğer üreteci 15 tir ve bu grup 6. mertebedendir. 15 = 5.3 yazılabileceğinden ve
. . . .(6,5) 1e b o b = olduğundan aynı grup 15 tarafından da üretilir. { }9 0, 9< >=
grubu da 3< > grubunun alt grubu olup aşağıdaki alt gruplar şemasıverilebilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 152/272
146
<1>= 18
<3><2>
<9><6>
<0>
18 in Alt Gruplarının Latis Gösterimi
Örnek 6.9. Bir grupta bir elemanın mertebesinin, tersinin mertebesine eşitolduğunu gösterelim.
Çözüm. a G∈ ve a m= olsun. 1a m− = olduğunu gösterelim. a m= ise
1mGa = ve 1 m m′< < için 1m
Ga ′
≠ dir.
( ) ( )
( )1 11
1
1 1
G
mm m
G Ga a a− −− −= = = = .
1 m m′
< < ve ( )1
1
m
Ga
− ′
= olsa:
( )1
1m mGa a
−′ ′− = = ,
( ) ( )11 1
1 1mG Ga
−− −′
= =
olur ve buradan 1mGa
′= bulunur ki, bu a m= oluşu ile çelişir. Şu halde
1 m m′< < için ( )1 1m
Ga− ′= olamaz. Buradan 1a a m− = = sonucu çıkar.
Örnek 6.10. * grubunda1
2
i+ elemanının mertebesini bulalım.
Çözüm.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 153/272
147
( )
( )
( )
22 2
3 2
24 22
242
11 1 2 1 2 1,
2 22 2
1 1 1 1 1,
2 2 2 2 2
1 11,
2 2
11 1
2
ii i i ii
i i i i ii
i ii
i
+ + + + + −= = = =
+ + + + −= = =
+ + = = = −
+ = − =
olduğundan1
82
i+= dir.
Örnek 6.11. *17 grubunda 5, 4 ve 2 kalan sınıflarının mertebelerini
bulalım.
Çözüm. { }*17 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8= ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓ dir.
2 3 4 5 6 7 8 165 8, 5 6, 5 4, 5 3, 5 2, 5 7, 5 1, 5 1= = = − = − = = − = − =
olduğundan *17
5 16= dır. Dolayısıyla *17 5= dir.
*17
2 44 1, 4 1 4 4= − = ⇒ =
,
*17
2 3 4 82 4, 2 8, 2 1, 2 1 2 8= = = − = ⇒ =
dir.
Örnek 6.12. 30. mertebeden devresel grubun alt gruplar şemasını yapalım vebütün üreteçlerini bulalım.
Çözüm. { }2 291 , , ,...,GG a a a a= = ve H G≤ olsun. H G≤ ise
H a µ = , 30 µ ν = ⋅ , H ν = dür. 30 ise 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30ν ν =
olabilir.
{ }11 : =30, 1G H ν µ = =
{ }15 1522 : =15, 1 ,G H a aν µ = = =
{ }10 10 2033 : =10, 1 , ,G H a a aν µ = = =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 154/272
148
{ }6 6 2455 : =6, 1 , ,...,G H a a aν µ = = =
{ }5 5 2566 : =5, 1 , , ...,G H a a aν µ = = =
{ }3 3 271010 : =3, 1 , ,...,G H a a aν µ = = =
{ }2 2 281515 : =2, 1 , ,...,G H a a aν µ = = =
3030 : =1, H Gν µ = =
G=H30
H15 H10 H6
H5 H3
H2
H1={1G}
30. mertebeden bir devresel grupta üreteçlerin sayısı ( )30ϕ dur.
( ) ( )( )( )30 2 3 5 30 2 1 3 1 5 1 8ϕ = ⋅ ⋅ ⇒ = − − − =
dir ve ayrıca ( )30, 1a = koşuluna uyan a tam sayıları 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23
ve 29 olduğundan G nin üreteçleri 7 11 13 17 19 23 29, , , , , , ,a a a a a a a a dur.
Örnek 6.13. a) 229460. mertebeden bir devresel grubun kaç tane alt grubuolduğunu bulalım.Çözüm. Bir devresel grupta mertebenin her doğal bölenine karşılık o bölenimertebe kabul eden bir tek alt grup olduğundan, alt grupların sayısını bulmakiçin mertebenin doğal bölenlerinin sayısını bulmamız gerekir.
2229460 2 5 7 11 149asal
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
olduğundan 229460 ın doğal bölenlerinin sayısı
( )229460τ ( )( )( )( )( )2 1 1 1 1 1 1 1 1 1= + + + + +
42 3 48= ⋅ =
dir. Şu halde alt grupların sayısı 48 dir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 155/272
149
b) 229460. mertebeden devresel grubun kaç tane üreteci olduğunu bulalım.
Çözüm. 229460. mertebeden devresel grubun ( )229460ϕ tane üreteci vardır.
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
2
4 6 10 148
3 7
2 37
229460 2 5 7 11 149 2 5 1 7 1 11 1 149 1
2 2 3 2 5 2 74 2 3 5 37 71040
ϕ ϕ
⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − − − − =
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =
olduğundan üreteçlerin sayısı 71040 dır.
Örnek 6.14. Dikdörtgen ve eşkenar üçgenin grubunun alt gruplar şemasınıyapalım.
Çözüm. Dikdörtgenin grubu : { }0 1 1 2, , ,G D D S S = , ( )V-Klein 4G ≅ , yani
( )( ) ( )( ) ( )( ){ }, 12 34 , 13 24 , 14 23G I ≅ dür. İzomorf yapılara aynı gözüyle
bakabiliriz. Alt gruplar:
( ) ( ) ( ){ }
( ) ( ){ } ( )( ){ }
{ }
1 2
3 4
5
V-Klein 4 , , 12 34 ,
, 13 24 , , 14 23 ,
.
G G I
G I G I
G I
= =
= =
=
G1
G2 G3 G4
{I}
Eşkenar üçgenin grubu :{ }0 1 2 1 2 3, , , , ,G D D D S S S = , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }3 , 12 , 13 , 23 , 123 , 132G I γ ≅ = dir.
Alt gruplar:
( ) ( ){ }
( ){ } ( ){ }
( ){ } { }
1 3 2 3
3 4
5 6
, , 123 , 132 ,
, 12 , , 13
, 23 , .
G G I A
G I G I
G I G I
γ = = =
= =
= =
,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 156/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 157/272
151
G
G2 G1 G3
G7 G6 8G ′ G5 G4
{ G I }
PROBLEMLER
1) Aşağıdaki gruplardan devirli olanları belirleyiniz ve devirli olanların birüretecini bulunuz.
a) 1 ( , )G = + , c) 3 (6 , )G = + ,
b) 2 ( ,.)G += , d) { }4 6nG n= | ∈ olmak üzere 4( ,.)G .
2) n bir asal sayı olmak üzere G, mertebesi n olan bir grup ise G nin devirliolduğunu gösteriniz.
3) 12 grubunun 1< > , 2< > , 3< > , 4< > , 5< > şeklindeki devirli alt
gruplarını bulunuz. 12 grubunun devirli olup olmadığına karar veriniz ve
nedenini açıklayınız.
4) 3γ simetrik grubunun kendisinden farklı her alt grubunun devirli olduğunu
gösteriniz.
5) 2G =< > ve 23G = olsun.
a) G nin üreteçlerini bulunuz.b) G nin alt gruplarını bulunuz ve alt gruplar için latis gösterimini yapınız.c) G nin alt grupları ile teşkil edilen bölüm gruplarını belirtiniz.
6) G değişmeli bir grup ve G nin x, y elemanlarının mertebeleri sırası ile r ves olsun. Eğer r ve s asal ise xy elemanının mertebesinin rs olduğunukanıtlayınız.
7) ( ,.)G bir grup ve a G∈ olsun. a e≠ ise 1a ≠ önermesi doğru mudur?
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 158/272
152
8) ( ,.)G devirli bir grup ve G a=< > olsun. k a e= olacak şekilde pozitif bir
k tamsayısı varsa G k ≤ olduğunu gösteriniz.
9) Devirli olmayan her grubun en az bir öz alt grubunun olduğunu kanıtlayınız.
10) G K =< > olsun. S G⊆ olmak üzere K nın her bir elemanı S nin
elemanlarının çarpımı şeklinde yazılabiliyor ise G S =< > olduğunukanıtlayınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 159/272
153
7. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI
Tanım 7.1. 1 2, ,..., n
S S S kümeleri verilsin.
{ }1 2 1 2... ( , ,..., ) , 1n n i iS S S a a a a S i n× × × = | ∈ ≤ ≤
kümesine bu kümelerin kartezyen çarpım kümesi adı verilir ve1
n
ii S
= Χ
şeklinde gösterilir.
Teorem 7.1. 1 2, ,...,n
G G G grupları verilsin.1
n
ii G= Χ kümesi,
1 2 1 2 1 1 2 2( , ,..., )( ', ',..., ') ( ', ',..., ')n n n n
g g g g g g g g g g g g=
şeklinde tanımlanan işleme göre bir grup teşkil eder. Bu gruba 1 2, ,..., n
G G G
gruplarının kartezyen dı ş çarpım grubu veya sadece kartezyen çarpım grubuadı verilir.Kanıt. 1 i n≤ ≤ olmak üzere i∀ için
ie ,
iG grubunun birim elemanı ise,
1 2( , ,..., )n
e e e de kartezyen çarpım grubunun birim elemanıdır. Eğer
1 2( , ,..., )n
a a a ∈1
n
ii G= Χ ise 1 1 1
1 2( , ,..., )n
a a a− − − de bu elemanın, kartezyen
çarpım grubuna ait inversidir. Kapalılık ve birleşme özelliklerinin sağlanacağı
1 2, ,...,n
G G G kümelerinin grup olma koşullarından açıkca görülür.
Örnek 7.1. { }2
0,1= ve { }3
0,1,2= devirli gruplarını göz önüne
alalım. { }2 3 (0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2)× = kümesi 6. mertebeden
devirli bir gruptur. Bu grubun bir üreteci (1,1) elemanıdır. Yani,
2 3 (1,1)× =< > dir ve mertebesi aynı olan bütün devirli gruplar birbirine
izomorf olduğundan 2 3 6× ≅ izomorfizmi vardır.
Örnek 7.2. 3 3× grubu 9. mertebeden devirli olmayan bir gruptur. Çünkü,
bu grubun hiçbir elemanını 9 kez topladığımızda grubun birim elemanınaulaşamayız, ancak
3 devirli olduğundan 3. toplamada
3 ün birim elemanını
elde ederiz. Dolayısıyla 3 3× grubu devirli olamaz ve 9 grubuna izomorf
yapılamaz. Diğer taraftan, aynı nedenle 2 2× grubu 4. mertebeden devirli
olmayan bir gruptur. Mertebesi 4 olan ve birbirine izomorf yapılamayan ikigrubun olduğunu biliyoruz. Bu gruplardan 4 devirli, fakat V-Klein 4 grubu
devirli değildir. Böylece 2 2× , mertebesi 4 fakat devirli olmadığından aynı
mertebeden devirli 4 grubuna izomorf yapılamaz, dolayısıyla 2 2× ,
V-Klein 4 grubuna izomorf olmak durumundadır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 160/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 161/272
155
Teorem 7.3. 1 2( , ,..., )n
a a a ∈1
n
ii G= Χ olsun. i∀ için
ia elemanının
iG
grubundaki mertebesii
r ise bu takdirde 1 2( , ,..., )n
a a a elemanının1
n
ii G= Χ
grubundaki mertebesi 1 2. . . .( , ,..., )ne k o k r r r dir.Kanıt. 1 2( , ,..., )
na a a elemanının hangi katı veya kuvveti 1 2( , ,..., )
ne e e birim
elemanını verir sorusunun yanıtı aranarak, bir önceki teoremdeki düşünce ilekolayca kanıtlanır. Burada i∀ için
ie ,
iG grubunun birim elemanını
göstermektedir. Şimdi kartezyen çarpım grubunu, dış kartezyen çarpım grubuolarak düşünelim. Bu durumda,
{ }1 2 1 1( , ,..., , , ,..., )i i i i n i i
G e e e a e e a G− +
= | ∈
Kümesi,1
n
ii G= Χ dış kartezyen çarpım grubunun bir alt grubunu tanımlar.
Burada1 2: , ( , ,..., ,... )
i i i n iG G e e a e aπ π → =
izdüşüm dönüşümünü göz önüne alırsak, bu dönüşümün bir izomorfizmatanımlaması nedeniyle, yukarıdaki dış kartezyen çarpım grubunu
iG
gruplarının bir iç kartezyen çarpım grubu olarak da düşünebiliriz.
Teorem 7.4. G grubu; 1 2, ,...,n
G G G alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı
ise bu taktirde g G∀ ∈ elemanınıi i
g G∈ olmak üzere,
1 2...
ng g g g=
şeklinde tek türlü ifade edebiliriz.
Kanıt. 1 2 1( , ,..., )
n
n iig g g G
=∈ Χ alalım.
i ig G∈ olmak üzere,
1 2 1 2 1 2 1 2... ( , ,..., )( , ,..., )...( , ,..., )n n n n
g g g g g e e e g e e e g= =
yazabiliriz ve π izdüşüm dönüşümü ilei
G vei
G grupları izomorf
olduklarından 1 2 ... n
g g g g= elde ederiz.
Teorem 7.5. G bir grup ve ( ) , indis kümesii I I ∈ olmak üzerei
G grupları,
G nin herhangi bir sayıdaki alt grupları olsun. O taktirde i
i I
G∈∩ de G nin bir
alt grubudur.
Kanıt. , i
i I
a b G∈
∈∩ olsun. 1 i n≤ ≤ olmak üzere i∀ için ,i
a b G∈ dir. O
halde 1i
b G−∈ ve 1
iab G−
∈ dir. Böylece,i
i I
G G∈
⊆∩ alt kümesi bir alt grup
teşkil eder.
H ve K , bir G grubunun iki alt grubu olsun. Genel olarak
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 162/272
156
{ }, HK hk h H k K = | ∈ ∈
kümesi G nin bir alt grubu değildir. HK nın bir alt grup olabilmesi için ya G nin kendisi değişmeli olmalıdır veya HK KH = olmalıdır. Çünkü, eğer
1 1 2 2,h k h k HK ∈ ise 1 1 2 2( )( )h k h k HK ∈ olmalıdır. G nin kendisi değişmeliveya HK KH = ise
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2[( ) ] [ ( )] [ ( ) ] ( )( )h k h k h k h k h h k k h h k k HK = = = ∈
elde ederiz. Diğer taraftan, aynı koşul altında, ,e H K ∈ olduğundan
ee e HK = ∈ ve hk HK ∈ ise1 1 1 1 1( )hk k h h k HK − − − − −
= = ∈
buluruz.
Tanım 7.3. H ve K , bir G grubunun iki alt grubu olsun. G nin HK yı kapsayanbütün alt gruplarının arakesitine H ve K alt gruplarının birle şimi denir ve H K ∨ şeklinde gösterilir. H K ∨ kümesi HK yı kapsayan en dar alt gruptur.Eğer G grubu değişmeli veya HK KH = ise o zaman HK H K = ∨ dır.Üstelik, h he= ve k ek = yazılabileceğinden H HK ⊆ ve K HK ⊆ veya H HK ≤ ve K HK ≤ yazılabilir. Böylece, H H K ≤ ∨ , K H K ≤ ∨ dır.
Örnek 7.5. G bir grup, H ve K da G nin iki alt grubu olsun. HK nın G nin biralt grubu olabilmesi için gerek ve yeter koşul, HK KH = olmasıdır.Çözüm. Gereklik: ise HK G HK KH ≤ = dır :
( ) 1 HK G HK HK −≤ ⇒ = , yani 1 1 HK K H − −= dir. Öte yandan , H K G≤
olduğundan 1 H H −
= ve 1K K −
= dir. Şu halde
1 1
K H
HK K H KH − −
= = dır.
Yeterlik: HK KH = ise HK G≤ dir : HK nın alt grup koşullarını gerçeklediğini gösterelim.
( )
( )
1) grupta kapalılık özelliğinden
grupta kapalılık özelliğinden
H G HH H
K G KK K
≤ ⇒ =
≤ ⇒ =
olduğundan
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) HK H K
HK HK H KH K H HK K HH KK HK = = = =
dır.
2) , H K G≤ olduğundan 1 H H −= ve 1K K −
= dir. Şu halde
( )
hipotez1 1 1
K H
HK K H KH HK − − −
= = =
bulunur. 1) ve 2) den HK G≤
elde edilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 163/272
157
Örnek 7.6. 3γ grubunun { }0 1, H ρ µ = ve { }0 2,K ρ µ = alt grupları için HK
ve H K ∨ yı belirleyelim. 3γ grubunun işlem tablosu aşağıda verilmektedir.
{ } { } { }0 0 0 2 1 0 1 2 0 1 1 2, , , , , , , HK hk h H k K ρ ρ ρ µ µ ρ µ µ ρ ρ µ µ = | ∈ ∈ = =
bulunur. Diğer taraftan, 3γ ün HK yı kapsayan bir tek alt grubu vardır ve o da
3γ ün kendisidir. O halde, 3 H K γ ∨ = tür.
Teorem 7.6. Bir G grubunun H ve K alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımıolması için gerek ve yeter koşul;
1) ,G H K = ∨ 2) h H ∀ ∈ , isek K hk kh∀ ∈ = ,
3) { } H K e∩ =
koşullarının sağlanmasıdır.Kanıt. G grubu, H ve K alt gruplarının bir iç kartezyen çarpımı olsun. Otaktirde, g G∀ ∈ için g hk = olacak şekilde h H ∈ , k K ∈ elemanları
bulunabilir. Şimdi,: H K Gφ × → , ( , )h k hk HK φ = ∈
izomorfizmasını tanımlayalım. Bu izomorfizma ile
{ }( , ) H h e h H = | ∈ , { }( , )K e k K = | κ ∈
kümelerini sırasıyla H ve K kümeleri ile eşleyebiliriz. Böylece, H ve K
kümelerini H K × nın alt kümeleri olarak düşünebiliriz, dolayısıyla bu
düşünce ile yukarıdaki 3 koşulun gerçekleneceğini kolayca kanıtlayabiliriz. Şimdi, yukarıdaki 3 koşulun gerçeklendiğini kabul edelim. O taktirde φ
dönüşümünün bir izomorfizma tanımlayacağını göstermeliyiz. Yukarıdakikoşulların gerçeklenmesi durumunda, 1 1 2 2( , ) ( , )h k h k φ φ = olsun. O halde,
1 11 1 2 2 2 1 2 1h k h k h h k k − −
= ⇒ =
0 ρ 1 ρ 2 ρ 1 2 3 0 ρ 0 ρ 1 ρ 2 ρ 1 2 3 1 ρ 1 ρ 2 ρ 0 ρ 3 1 2 2 ρ 2 ρ 0 ρ 1 ρ 2 3 1 1 1 2 3 0 ρ 1 ρ 2 ρ 2 2 3 1 2 ρ 0 ρ 1 ρ 3 3 1 2 1 ρ 2 ρ 0 ρ
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 164/272
158
elde ederiz. Bu ise H nın bir elemanının K nın bir elemanına eşit olacağını
gösterir, öte yandan 3) koşuluna göre { } H K e∩ = olduğundan ortak eleman
birim eleman olabilir, yani;1 1
2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2, , ( , ) ( , )h h e k k e h h k k h k h k − −= = ⇒ = = ⇒ = bulunur. O halde φ bire-birdir.
Ayrıca, 2) den, içinh H k K hk kh∀ ∈ ∀ ∈ =
olduğundan HK KH = olup, HK nın değişmeli bir grup olduğu görülür.Üstelik, 1) den G H K = ∨ olduğundan HK H K G= ∨ = dir ve HK nın G nin tamamına eşit olduğu görülür, o halde φ örtendir. Geriye φ nin işlemleri
koruduğunu göstermek kalır. Bunun için,
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2[( , )( , )] [( , )] ( )( )h k h k h h k k h h k k φ φ = =
yazabiliriz. Ayrıca,
1 1 2 2 1 1 2 2( , ) ( , ) ( )( )h k h k h k h k φ φ =
olduğundan HK nın değişmeli bir grup olması nedeni ile de
1 1 2 2[( , )( , )]h k h k φ = 1 1 2 2( , ) ( , )h k h k φ φ
elde edilir. Böylece, φ dönüşümü bir izomorfizmadır.
Tanım 7.3. G bir grup vei
g G∈ olsun. G nin, { }ig i I | ∈ kümesini kapsayan
en dar alt grubuna bu kümenin üretti ğ i alt grup adı verilir. Eğer G nin kendisini
üreten { }ig i I | ∈ kümesi sonlu bir küme ise G ye sonlu üretilmi ş bir grup adı
verilir.
Örnek 7.7. 2× grubu, { }(0,0),(0,1) kümesi tarafından üretilmiş bir
gruptur.
Tanım 7.4. Bir G grubunun bütün elemanları sonlu mertebeden ise G grubuna
bir torsiyon grubu adı verilir. Bu durumda a G∀ ∈ için na e= olacak şekilde
bir n ∈ vardır. Eğer G nin birim eleman dışında hiçbir elemanı sonlumertebeden değilse G ye bir serbest grup ( torsiyon olmayan ) adı verilir.
Teorem 7.7. G, değişmeli bir grup olsun. G nin sonlu mertebeli bütünelemanlarının oluşturduğu küme G nin bir alt grubudur ( Bu gruba G nin
torsiyon grubu adı verilir ).Kanıt. T , G nin sonlu mertebeli tüm elemanlarının kümesi ve ,a b T ∈ olsun.
Bu taktirde, m na b e= = olacak şekilde ,m n +
∈ pozitif tamsayıları vardır.Buradan
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 165/272
159
( ) ( ) ( )mn mn mn m n n m n m
e e
ab a b a b e e e= =
= = = =
buluruz. Böylece ab T ∈ dir. Diğer taraftan, e T ∈ olduğu açıktır ve bir a T ∈
için ma e= yazabiliriz. O halde,
1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )m m m m m m
e
e e aa a a e a a− − − −
=
= = = = =
olacağından 1a T −∈ dir. T G⊂ olduğundan T birleşmelidir, dolayısıyla T , G
nin bir alt grubudur.
Örnek 7.8. Sonlu her grup bir torsiyon grubudur.
Örnek 7.9. ( , )+ grubu bir serbest gruptur.
Örnek 7.10. 2× bir torsiyon grubu değildir. Çünkü, (0,1) elemanı 2.
mertebedendir ama (1,0) elemanı sonlu mertebeli değildir. Diğer taraftan,
{ }(0,0),(0,1)T = kümesi 2× nin bir torsiyon alt grubunu tanımlar.
Şimdi aşağıdaki önemli teoremleri ifade edeceğiz.
Teorem 7.8. Sonlu üretilmiş değişmeli her grup, biri torsiyon diğeri serbestiki alt grubunun kartezyen çarpım grubu olarak ifade edilebilir. Eğer G, sonlu
üretilmiş değişmeli bir grup, T ve S de G nin biri torsiyon diğeri serbest olaniki alt grubu ise o taktirde G T S = × yazılabilir.
Teorem 7.9. S , sonlu üretilmiş serbest bir değişmeli grup ise
m defa
...S = × × ×
olacak şekilde bir m pozitif tamsayısı vardır. Bu m tamsayısı tektir veliteratürde S nin Betti Sayısı olarak adlandırılır.
Teorem 7.10. G, sonlu üretilmiş değişmeli bir grup ise G yi devirli grupların
bir kartezyen çarpımı olarak aşağıdaki gibi ifade edebiliriz:1)
i p , 1 i n≤ ≤ , ler birbirinden farklı olması gerekmeyen asal sayılar olmak
üzere1 2
1 2( ) ( ) ... ( ) ...n
n
r r r
p p pG = × × × × × ×
dir.2) 1 i n≤ ≤ olmak üzere i∀ için 1i i
m m+
| olsun. Bu durumda
1 2... ...
nm m mG = × × × × × ×
yazabiliriz. Buradakii
m sayılarına G nin torsiyon sayıları adı verilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 166/272
160
Örnek 7.11. 2 4 3 3 5× × × × grubu için,
2 4 3 3 5 6 60× × × × ≅ ×
dır.
Örnek 7.12. 2 2 2 3 3 5 2 6 30× × × × × ≅ × × olduğu gösterilebilir.
PROBLEMLER
1) Değişmeli grupların dış kartezyen çarpımlarının da değişmeli bir grupoluşturacağını kanıtlayınız.
2) 2 4× grubunun elemanlarını belirtiniz ve her elemanın mertebesini
bulunuz.
3) 6 8× ve 12 15× gruplarının devirli alt gruplarını ve bu alt gruplar
içerisinde en geniş olanını belirleyiniz.
4) 24 ün 18 elemanı tarafından üretilen alt grubunun mertebesini araştırınız.
5) ( ,.)G bir grup ve a G∈ olsun. Eğer a nın mertebesi sonlu değilse ( ,.)a< >
grubunun da sonlu olamayacağını kanıtlayınız.
6) ( ,.)G değişmeli bir grup ve H , G nin bir alt grubu olsun. Eğer, ( ,.)G H
bölüm grubu devirli bir grup ise ( ,.)G ve ( )( ,.) H G H × gruplarının izomorf
olduklarını kanıtlayınız.
7) ( ,.) A ve ( ,.) B iki grup olsun. ( ,.) A B× grubu ile ( ,.) B A× grubunun
izomorf olduklarını kanıtlayınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 167/272
161
8. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT GRUPLAR VEBÖLÜM GRUPLARI
Tanım 8.1. G bir grup ve H , G nin bir alt grubu olsun. a G∈ olmak üzere{ }aH ah h H = | ∈ kümesine H nın G deki bir sol kalan sınıfı (sol koseti) adı
verilir.
Örnek 8.1. ( , )+ grubu ve bu grubun 3 alt grubu verilsin. 3 nin sol
kalan sınıflarını yazalım:
{ }0 3 ..., 9, 6, 3, 0, 3, 6, 9,... ,+ = − − −
{ }1 3 ..., 8, 5, 2, 1, 4, 7, 10,... ,+ = − − −
{ }2 3 ..., 7, 4, 1, 2, 5, 8, 11,... .+ = − − −
Teorem 8.1. G bir grup ve H , G nin bir alt grubu olsun.1(mod )a b H a b H −≡ ⇔ ∈
bağıntısı bir denklik bağıntısıdır ve H nın bütün sol kalan sınıfları aynı sayıdaelemana sahiptir.Kanıt.
1) 1a a e H −= ∈ olduğundan (mod )a a H ≡ dır.
2) (mod )a b H ≡ olsun. O taktirde 1a b H − ∈ dır. H bir grup olduğundan
1 1 1( )a b b a H − − −= ∈
dır, böylece (mod )b a H ≡ dır.
3) (mod )a b H ≡ ve (mod )b c H ≡ olsun. O taktirde 1a b H − ∈ ve 1b c H − ∈
dır. H bir grup olduğundan
1 1 1 1 1( )( ) ( )e
a b b c a bb c a c H − − − − −
=
= = ∈
dır, buradan (mod )a c H ≡ elde ederiz. Böylece tanımlanan bağıntı bir denklik
bağıntısı olup, G yi denklik sınıflarına ayırır.
Eğer a G∈ yi kapsayan denklik sınıfı a ise{ } { }(mod )a x G x a H x G a x H aH −1
= ∈ | ≡ = ∈ | ∈ =
elde ederiz, yani sol kalan sınıfları da aynı zamanda bu denklik bağıntısınıntanımladığı denklik sınıflarıdır. Üstelik,
:a
H aH θ → , ( )a h ahθ =
dönüşümünü tanımlarsak bu dönüşüm bir izomorfizmadır, dolayısıyla H ileaH sol kalan sınıfı aynı sayıda elemana sahiptir. Böylece, her bir sol kalansınıfının H ile aynı sayıda elemana sahip olacağı sonucuna ulaşırız.
Bu teoreme göre H nın G deki farklı sol kalan sınıfları, G nin bir
parçalanmasını oluştururlar ve G nin her elemanı H nın G deki bir sol kalan
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 168/272
162
sınıfında bulunur. Yani, g G∀ ∈ için g gH ∈ dır. Böylece her bir sol kalan
sınıfı boş kümeden farklı olur. Ayrıca, eğer x aH bH ∈ ∩ ise o zaman x aH ∈ ve x bH ∈ olmasından dolayı xH aH bH = = elde ederiz ki, bu
sonuç sol kalan sınıflarının birbirinden farklı kümeler, yani ayrık kümelerolduğunu kanıtlar. Üstelik G nin her elemanı sol kalan sınıflarından yalnızcabirine ait olacağından sol kalan sınıflarının birleşimi G kümesini oluşturur.
Örnek 8.2. 3γ simetrik grubunun { }0 1, H ρ µ = alt grubunu göz önüne alırsak
H nın G deki sol kalan sınıfları
{ }0 1, H ρ µ = , { }1 1 3, H ρ ρ µ = , { }2 2 2, H ρ ρ µ =
şeklinde olup kapalılık koşulu gerçeklenmeyeceğinden bunların kümesi birgrup oluşturmaz.
Teorem 8.2. ( Lagrange Teoremi) G bir grup ve H , G nin bir alt grubu olsun.G grubunun mertebesi sonlu ise bu takdirde H alt grubunun mertebesi G grubunun mertebesini böler.Kanıt. G ve H nın mertebeleri sırasıyla n ve m olsun. H nın G deki bütün solkalan sınıflarını göz önüne alalım. Bu sol kalan sınıfları ikişer ikişer ayrıktır ve
aθ izomorfizması nedeniyle H ile aynı sayıda, yani m tane elemana sahiptir.
Böylece, eğer toplam r tane sol kalan sınıfı varsa G nin her bir elemanıbunlardan sadece birisine ait olacağından n mr = elde ederiz.
Teorem 8.3. Mertebesi asal olan her grup devirlidir.Kanıt. G, mertebesi p asal sayısı olan bir grup olsun. a e G≠ ∈ elemanı için
a< > grubu devirlidir. G grubu, a ve e olmak üzere en az iki elemana
sahiptir. Yani, 2a m< > = ≥ dir. Lagrange Teoremine göre m p| dir ve p
asal, 2m ≥ olduğundan m p= buluruz. Böylece a G< >= dir ve dolayısıyla
G grubu devirlidir.
Teorem 8.4. Sonlu bir grubun her elemanının mertebesi, bu grubunmertebesini böler.Kanıt. Grubun bir elemanının mertebesi, bu elemanın ürettiği devirli grubunmertebesi ile aynıdır. Böylece bu devirli grup verilen grubun bir alt grubu olupLagrange Teoremine göre de mertebesi, grubun mertebesini bölecektir.
Tanım 8.2. H , sonlu mertebeli bir G grubunun alt grubu olsun. G ninmertebesinin H nın mertebesine bölümüne, H nın G deki indeksi denir ve
[ : ] G
G H H
= şeklinde gösterilir. O halde [ : ]G H , H nın G deki sol kalan
sınıflarının sayısıdır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 169/272
163
Teorem 8.5. H ve K, sonlu mertebeli bir G grubunun iki alt grubu olsun. Eğer,K H G≤ ≤ ise bu taktirde [ : ] [ : ][ : ]G K G H H K = dır.
Teorem 8.6. G bir grup ve H , G nin bir alt grubu olsun. Eğer, H nın sol kalansınıfları üstünde tanımlanan çarpma işlemi iyi tanımlı ise o taktirde H nın G deki sol kalan sınıflarının kümesi, kalan sınıflarının çarpımı işlemi ile birliktebir grup teşkil eder.Kanıt. ,a b G∈ olmak üzere aH ve bH , G nin iki sol kalan sınıfı olsun.
( )( ) ( )aH bH ab H = şeklinde tanımlayacağımız kalan sınıflarının çarpımı
işlemi iyi tanımlı, yani elemanların gösteriliş biçiminden bağımsız olsun. Otaktirde;
( )(( )( )) (( ) ) ( ( ))aH bH cH aH bc H a bc H = = (( ) )) (( ) )( )
(( )( ))( )
ab c H ab H cH
aH bH cH
= =
=
olduğundan birleşme özelliği gerçeklenir. a G∀ ∈ için( )( ) ( )eH aH ea H aH = =
olduğundan eH birim elemandır. aH nın inversi 1a H − dır, çünkü1 1( )( ) ( )aH a H aa H eH − −= =
dır.
Örnek 8.3. a) 4 A ün ( ) ( ){ }, 124 , 142 H I = alt grubuna göre sol ve sağ kalan
sınıflarına ayrılışlarını bulalım.
Çözüm. Önce 4 A grubunun elemanlarını yazalım.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( )4
, 123 , 132 , 124 , 142 , 134 , 143 , 234 , 243 , 12 34 ,
13 24 , 14 23
I A
=
Sol kalan sınıfları:( ) ( ){ }
( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ } ( ) ( )( ) ( ){ }
( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ){ }
( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ){ }
, 124 , 142 ,
123 123 , 123 124 , 123 142 123 , 13 24 , 143 ,
132 132 , 132 124 , 132 142 132 , 243 , 14 23 ,
134 134 , 134 124 , 134 142 134 , 12 34 , 234 .
H I
H
H
H
=
= =
= =
= =
Sağ kalan sınıfları:
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 170/272
164
( ) ( ){ }
( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ){ }
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ){ } ( ) ( ) ( )( ){ }( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ){ }
, 124 , 142 ,
123 123 , 124 123 , 142 123 123 , 14 23 , 234 ,
132 132 , 124 132 , 142 132 132 , 134 , 13 24 ,
143 143 , 124 143 , 142 143 143 , 243 , 12 34
H I
H
H
H
=
= =
= =
= =
olarak bulunur.
b) Bulduğunuz sol ve sağ kalan sınıfları arasında nasıl bir bağlantı vardır?Çözüm.
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
1
1
123 132
132 123
143 134
H H
H H
H H
−
−
−
=
=
=
dır.
Örnek 8.4. 32 de A asal kalan sınıflar grubunun 7 H = alt grubuna göre
sol ve sağ kalan sınıflarına ayrılışlarını bulalım.
Çözüm. ( ) 432 2 16 A ϕ = = = dır.
{ }1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31 A = ,1 2 3 4
7 7, 7 17, 7 23, 7 1= = = = olduğundan { }7 1, 7, 17, 23 H = = dir. Ayrıca 32 komütatif olduğundan
A da komütatiftir. Şu halde sadece sol veya sağ kalan sınıflarını bulmakyeterlidir. Sol kalan sınıflarını bulalım:
{ }
{ } { }
{ } { }
{ } { }
1, 7, 17, 23 ,
3 3, 3 7, 3 17, 3 23 3, 21, 19, 5 3,
9 9, 9 7, 9 17, 9 23 9, 31, 25, 15 9,
11 11, 11 7, 11 17, 11 23 11, 13, 27, 29 11
H
H H
H H
H H
=
= ⋅ ⋅ ⋅ = =
= ⋅ ⋅ ⋅ = =
= ⋅ ⋅ ⋅ = =
dir. Görüldüğü gibi sağ kalan sınıfları da , 3, 9, 11 H H H H dir.
Teorem 8.7. G bir grup ve H , G nin alt grubu olsun. H nın sol kalansınıflarının kümesi üstünde tanımlı kalan sınıflarının çarpımı işleminin iyitanımlı olması için gerek ve yeter koşul H nın herhangi bir sol kalan sınıfının
aynı zamanda bir sağ kalan sınıfı olmasıdır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 171/272
165
Kanıt. Eğer kalan sınıflarının çarpımı işlemi iyi tanımlı ise Teorem 8.6. dan H nın G deki sağ veya sol kalan sınıflarının kümesinin bir grup teşkil edeceğinibiliyoruz. Üstelik, sol ya da sağ kalan sınıflarının oluşturdukları kümeler
aslında G nin birer parçalanmasını tanımlayacaklarından her sol kalan sınıfınınaynı zamanda bir sağ kalan sınıfı olması gerektiğini görürüz.Şimdi, tersine her bir sol kalan sınıfının aynı zamanda bir sağ kalan sınıfı
olduğunu kabul edelim. O taktirde kalan sınıflarının çarpımı işleminin iyitanımlı olacağını kanıtlayalım. g G∀ ∈ için g gH ∈ olduğundan g yi
kapsayan sağ kalan sınıfı Hg dir ve bu kalan sınıfı G nin g elemanı sayesinde
temsil edilmiştir. O halde g G∀ ∈ için gH Hg= kabul edelim. 1a ve 2a ,
aynı aH sol kalan sınıfını, 1b ile 2b de aynı bH sol kalan sınıfını temsil
etsinler. O taktirde 1 1a b ile 2 2a b nin aynı bir sol kalan sınıfında bulunacağını
kanıtlamalıyız.1 2aH a H a H = = ve 1 2bH b H b H = =
olduğundan 1 2,h h H ∈ için 1 2 1a a h= ve 1 2 2b b h= yazabiliriz. Böylece
1 1 2 1 2 2a b a h b h= elde ederiz. Kabulümüze göre 2 2b H Hb= olduğundan
1 2 2 3h b b h= olacak şekilde bir 3h H ∈ bulabiliriz. O halde,
1 1 2 2 3 2
H
a b a b h h
∈
=
veya buradan 1 1 2 2( )a b a b H ∈ buluruz. Bu sonuç, 1 1a b ile 2 2a b nin aynı sol
kalan sınıfında bulunacağını kanıtlar.Şu halde, H nın sol yada sağ kalan sınıflarının kümesinin bir grupoluşturması için g G∀ ∈ için gH Hg= olması gerektiğini elde etmiş olduk.
Bu koşul g G∀ ∈ için
{ }1 1 H gHg ghg h H − −
= = | ∈
şeklinde de ifade edilebilir.
Tanım 8.3. Bir G grubunun kendi üzerine olan bir izomorfizmasına birotomorfizma adı verilir.
Teorem 8.8. :g
i G G→ , 1( )g
i x gxg −= şeklinde tanımlı dönüşüm bir
otomorfizmadır ve bu otomorfizmaya G nin bir iç otomorfizması adı verilir.Bu teoremin kanıtı açıktır.
Tanım 8.4. G bir grup ve H , G nin bir alt grubu olsun. Eğer g G∀ ∈ için1 H gHg −= koşulu gerçekleniyor ise H alt grubuna G nin bir normal alt grubu
adı verilir ve H G şeklinde yazılır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 172/272
166
Eğer g G∀ ∈ için 1gHg H −⊆ ise o taktirde 1g G−
∀ ∈ için1 1 1 1( )g H g g Hg H − − − −= ⊆ olacağından 1 H gHg −⊆ buluruz. Böylece,
1
gHg H
−
= dır. O halde H alt grubunun bir normal alt grup olduğunugöstermek için ,g G h H ∀ ∈ ∀ ∈ için 1ghg H − ∈ olduğunu göstermek
yeterlidir.
Örnek 8.5. ( , )+ grubunun, ( , )+ grubunun bir normal alt grubu olduğunu
gösterelim. Bunun için, x∀ ∈ için x x+ = +
olduğunu göstermeliyiz.
{ } x x z z x+ = + | ∈ = +
olduğu nin toplama işlemine göre değişmeli bir grup olmasından açıktır.
Teorem 8.9. Değişmeli bir grubun herhangi bir alt grubu normal alt gruptur.Kanıt. G değişmeli bir grup ve H , G nin bir alt grubu olsun. ,g G h H ∀ ∈ ∀ ∈
için 1 1ghg gg h h H − −= = ∈ olduğundan H , G nin bir normal alt grubu olur.
Örnek 8.6. { }0 1, ρ µ kümesi, 3γ ün bir normal alt grubu değildir.
Tanım 8.5. G bir grup; H ve K , G nin iki alt grubu olsun. Herhangi bir a G∈
için 1aKa H − = ise H ve K ya e şlenik iki alt gruptur deriz.
Böylece bir önceki örnekte geçen { }0 1, ρ µ grubu ile { }0 3, ρ µ , 3γ ün
eşlenik iki alt grubudur.
Tanım 8.6. G bir grup ve N , G nin bir normal alt grubu olsun. G deki işlemletanımlanan N kalan sınıflarının grubuna G nin N normal alt grubuna görebölüm grubu adı verilir ve G N şeklinde gösterilir.
Örnek 8.7. G bir grup ve j H G ( 1,..., ; 2 j k k = ≥ ) ise1
k
j
j
H G
=
∩
olduğunu gösterelim.
Çözüm. { }1,2,..., J k = ( 2k ≥ ) indeks kümesi * j
j J
H H
∈
=∩ olsun. * H G
olduğunu göstermeliyiz. * H G≤ dir. Çünkü bir grupta sonlu veya sonsuzsayıda birtakım alt grupların arakesiti de yine bir alt gruptur. ,g G∀ ∈
*h H ∀ ∈ için 1 *ghg H − ∈ olup olmadığını araştıralım.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 173/272
167
( )
( )
( )1*
j j
j J j
j
h H h H h H j J
ghg H j J
H G j J
−∈
∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ ∀ ∈
⇒ ∈ ∀ ∈∀ ∈
∩
1
1
*
*
j
j J
ghg H H
ghg H
−
∈
−
⇒ ∈ =
⇒ ∈
∩
dır. Dolayısıyla, * H G bulunur.
Örnek 8.8. ( , )+ değişmeli bir grup olduğundan 3 , nin bir normal alt
grubudur. 3 bölüm grubunun elemanları ise 0 3 , 1 3 , 2 3+ + + dir.
Örnek 8.9. ( ) ( )4 6× 0,1 bölüm grubuna izomorf olan devirli bir grup
bulunuz.Çözüm: (0,1) H < >= olsun. O halde,
{ }(0,0), (0,1), (0, 2), (0,3), (0,4), (0,5) H =
dir. 4 6× nın mertebesi 24, H nın mertebesi 6 dır. O halde H nın bütün
kalan sınıfları 6 elemanlıdır. Böylece, ( )4 6 H × bölüm grubunun
mertebesi 4 olmalıdır. 4 6× değişmeli olduğundan ( )4 6 H × da
değişmeli olacaktır. Böylece ( )4 6 H × nın elemanları
(0,0) H H = + , (1,0) H + , (2,0) H + , (3,0) H +
şeklindedir. Üstelik, ( )4 6 H × aynı sayıda elemana sahip olan 4
grubuna izomorftur.
Tanım 8.7. Hiçbir normal öz alt gruba sahip olmayan bir gruba basit grup adını vereceğiz.
Teorem 8.10. Devirli bir grubun herhangi bir bölüm grubu da devirlidir.Kanıt. G devirli bir grup ve a, G nin bir üreteci olsun. N , G nin bir normal altgrubu olmak üzere G N nin elemanları a G∀ ∈ için aN şeklindedir. aN nin
kuvvetleri ise N nin bütün kalan sınıflarını oluşturur. O halde
{ } G N ( )maN m= | ∈
dir ve devirlidir.
Tanım 8.8. G bir grup ve ,a b G∈ olsun. 1 1aba b− − şeklindeki elemanlara G nin de ğ i ştiricileri ( komütatörleri ) adı verilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 174/272
168
Teorem 8.11. G bir grup ve ,a b G∈ olsun. G nin 1 1aba b− − şeklindekikomütatörlerinin kümesi G nin bir normal alt grubunu oluşturur, bu alt grup
'G ise G G′ bölüm grubu değişmelidir. Ayrıca N , G nin herhangi bir normal
alt grubu olmak üzere, G N değişmelidir 'G N ⇔ ≤ dir.
Kanıt. ,a b G∈ olmak üzere 1 1 1 1 1( ) 'aba b bab a G− − − − −= ∈ ve e G∈ olmak
üzere 1 1 'e eee e G− −= ∈ olduğundan 'G G≤ dir. 'G nün bir normal alt grup
olduğunu göstermek için ', x G g G∀ ∈ ∀ ∈ için 1 'gxg G− ∈ olduğunu
göstermeliyiz. Bunun için 1 1 'cdc d G− − ∈ olsun. O halde g G∀ ∈ için1 1 1 1 1 1( ) (gcd ) ( )g cdc d g c e d g− − − − − −=
= 1 1 1 1 1(gcd )( )( )c g d dg d g− − − − − 1 1 1 1
[( ) ( ) ][ ] 'gc d gc d dgd g G− − − −
= ∈ elde ederiz. O halde 'G , G nin bir normal alt grubudur. Şimdi ,a b G∈ olmak
üzere 'aG , ' / 'bG G G∈ olsun. 1 1 'b a ba G− − ∈ olduğundan1 1 1 1( ')( ') ' ( ) ' ( ) ' ' ( ')( ')aG bG abG ab b a ba G abb a baG baG bG aG− − − −= = = = =
buluruz, yani G G′ değişmelidir. Diğer taraftan N , G nin herhangi bir normal
alt grubu olmak üzere G N bölüm grubu değişmeli olduğundan1 1 1 1( )( ) ( )( )a N b N b N a N − − − −=
yazabiliriz. Bu ise 1 1abb a N N − − = veya 1 1abb a N − − ∈ olması demektir ki, bu
'G N ≤ olduğunu gösterir. Tersine eğer 'G N ≤ ise o taktirde,1 1 1 1( )( ) ( ) ( ) ( )( )aN bN abN ab b a ba N abb a baN baN bN aN − − − −= = = = =
elde ederiz ki, bu G N nin değişmeli olduğunu kanıtlar.
Örnek 8.10 4γ te ( ) ( )( )123 , 13 24 A B= = çiftine ait komütatörleri bulalım.
Çözüm. ( A, B) çiftine ait sol ve sağ komütatörleri bulalım. x A B B A⋅ ⋅ = ⋅
eşitliğinin heriki tarafını sağdan ( )1 1 1 AB B A
− − −= ile çarparak
( ) ( )( )( )( )( )
( ) ( )( ) ( )( )
1 1
13413 24 123 13 24 132 134 132 14 23 x B A B A
− −= ⋅ ⋅ ⋅ = = =
elde edilir. Benzer şekilde . . . A B y B A= eşitliğinin heriki tarafını sağdan
( )1 1 1 AB B A
− − −= ile çarparak
( )( ) ( )( ) ( )
( )
( ) ( )( ) ( )( )1 1
143
13 24 132 13 24 123 143 123 12 34 y B A B A− −= ⋅ ⋅ ⋅ = = =
bulunur.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 175/272
169
Örnek 8.11. Bir devresel grubun komütatör grubunu belirleyelim.Çözüm. G bir devresel grup olsun. G devresel olduğundan komütatiftir.Şu halde her ,a b G∈ için sol ve sağ komütatörler:
( )
( )
kom.1 1 1 1 1
1
kom.1 1 1 1 1
1
1
1
G
G
G
G
G
G
x b a b a a b b a a a
y b a b a b a a b b b
− − − − −
− − − − −
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ =
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ =
olduğundan G nin komütatör grubu { }1GK = dir.
Teorem 8.12. G bir grup, H ve K da G nin iki alt grubu olsun. Eğer G grubu
H ile K nın iç kartezyen çarpımı ise o taktirde H ve K , G nin normal altgruplarıdır ve G H K ≅ doğal izomorfizmi mevcuttur.
Kanıt. İç kartezyen çarpımları, izdüşüm izomorfizmaları sayesinde dış kartezyen çarpımlara dönüştürebileceğimizi biliyoruz. Böylece G yi H K × dış kartezyen çarpım grubuna izomorf yapabiliriz. O halde kanıtlamamız
gereken şey, { }( , ) H h e h H = | ∈ nın H K × nın normal alt grubu olduğu ve
( ) H K H × nin { }( , )K e k k K = | ∈ ya izomorf olacağıdır. H nin
H K × grubunun bir normal alt grubu olduğunu göstermek için
( , )h k H K ∀ ∈ × için
1
( , ) ( , )h k H h k H
−
= olduğunu göstermeliyiz. 1( , )h e H ∈ olsun.1 1 1 1 1 1
1 1 1 1( , )( , )( , ) ( , )( , )( , ) ( , ) ( , )h k h e h k h k h e h k hh h kek hh h e H − − − − − −= = = ∈
elde ederiz. O halde H , H K × nın bir normal alt grubudur. Diğer taraftan H
nin kalan sınıfları k K ∈ için ( , )e k H şeklindedir ve
( ): K H K H φ → × , ( , ) ( , )e k e k H φ =
dönüşümü bir izomorfizmadır, dolayısıyla G H K ≅ doğal izomorfizmi
mevcuttur.
Örnek 8.12. 12G = olmak üzere ( ,.)G grubu a elemanı tarafından üretilen
bir devirli grup, yani G a=< > olsun. 4 H a=< > , G nin bir devirli alt grubuolmak üzere G H bölüm grubunun elemanlarını bulunuz ve bu grubun işlem
tablosunu elde ediniz.
Çözüm. { }2 11, , ,...,G e a a a= ve { }4 8, , H e a a= dir. G grubu devirli
olduğundan değişmelidir ve H nın G deki sol ve sağ kalan sınıfları x G∈ olmak üzere
{ } { } xH xh h H hx h H Hx= | ∈ = | ∈ =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 176/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 177/272
171
6) ( ,.)G değişmeli bir grup ve H G olsun. G H bölüm grubunun da
değişmeli olduğunu kanıtlayınız.
7) ( ,.)G değişmeli bir grup olmak üzere herhangi bir g G∈ elemanı için1a b a gbg −
≈ ⇔ =
şeklinde tanımlı bağıntının bir denklik bağıntısı olduğunu gösteriniz.
8)n
A nin,n
γ simetrik grubunun bir normal alt grubu olduğunu gösteriniz ve
n n Aγ bölüm grubunun elemanlarını belirleyiniz.
9) ( , ) Z + grubu ve bu grubun 5 H Z = alt grubu verilsin.
a) ( ),G H + grubunun işlem tablosunu oluşturunuz,
b) ( ),G H + grubunda, 22 H + elemanının toplamsal tersini bulunuz,
c) ( 3) 1 H x H + + = + denklemini çözünüz.
10) M , bir G grubunun merkezleyeni olsun. G M bölüm grubu devirli ise bu
taktirde G nin değişmeli olduğunu kanıtlayınız.
11) ( ,.)G bir grup ve a G∈ olsun.
:a
G Gφ → , 1( )a x a xaφ −
=
şeklinde tanımlı dönüşümün bir otomorfizma olduğunu gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 178/272
172
9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI
Tanım 9.1. ( , )G ve ( ', )G ∗ iki grup olsun. Bu iki grup arasında tanımlanan
: ( , ) ( ', )G Gφ → ∗ dönüşümü, ,a b G∀ ∈ için ( ) ( ) ( )a b a bφ φ φ = ∗
koşulunu sağlıyorsa bu dönüşüme bir grup homomorfizması adı verilir.
Örnek 9.1. r , m tamsayısının n ile bölümünden kalan olmak üzere: , ( )n m r φ φ → =
şeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır.Çözüm. ,s t ∈ olmak üzere ( ) ( ) ( )s t s t φ φ φ + = + dir. s ve t nin n ile
bölümünden elde edilen kalanlar sırası ile 1r ve 2r olsun. Bölme algoritmasınagöre
1 1s q n r = + , 2 2t q n r = + , 1 20 ,r r n≤ <
yazılabilir. 1( )s r φ = , 2( )t r φ = olduğundan 1 2( ) ( ) (mod )s t r r nφ φ + ≡ + elde
edilr. Eğer 1 2 3 3r r q n r + = + , 30 r n≤ < ise 3( ) ( )s t r φ φ + = olur. O halde,
1 2 1 2 1 2 3 3( ) ( )s t q q n r r q q q n r + = + + + = + + +
yazabilirizki, bu 3( )s t r φ + = olması demektir. Böylece φ bir
homomorfizmadır.
Teorem 9.1. G bir grup ve N , G nin bir normal alt grubu ise a G∈ için: G G N ϕ → , ( )a aN ϕ =
şeklinde tanımlı dönüşüm bir homomorfizmadır. Bu homomorfizme, do ğ alhomomorfizma ( kanonik homomorfizma ) adı verilir.Kanıt. ,a b G∀ ∈ için ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )ab ab N aN bN a bϕ ϕ ϕ = = = dir.
Tanım 9.2. : ( , ) ( ', )G Gφ → ∗ bir grup homomorfizmi olsun. ' 'e G∈ birim
elemanı için { }' x G x eφ ∈ | ( ) = kümesine φ nin çekirde ğ i veya sıfırlayanı adı
verilir.
Örnek 9.2. ( ) { }{ }, , 2 , 0G a b a b= ∈ − kümesi ( ) ( ) ( ), , 2 , , 2 , ,2a b c d ac bd =
şeklinde tanımlanan “ ” işlemine göre bir komütatif grup oluşturur. ( ),G
grubunu { }( )* 0 ,= − ⋅ grubu içine resmeden ( ): , , 2a b abϕ → tasvirinin
karakterini belirleyelim.
Çözüm. ı) ϕ içinedir: Her ( ), , 2a b G∈ için ( ) { }, , 2 0a b ab Rϕ = ∈ − dir.
Çünkü
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 179/272
173
( ) { }{ }
, , 2 , 00
sıfır-bölensiz
a b G a bab
∈ ⇒ ∈ − ⇒ ∈ −
dir.ıı) ϕ üzerinedir: Her { }0c ∈ − a karşılık ( ), , 2a b cϕ = , yani ab c=
olacak şekilde bir ( ), , 2a b G∈ vardır. { }1, 0a b c= = ∈ − için ( )1, , 2c cϕ =
buluruz.
ııı) ϕ işlemi korur: Her ( ) ( ), , 2 , , , 2a b c d G∈ için
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ), , 2 , , 2 , , 2a b c d ac bd ac bd ab cd ϕ ϕ = = =
( ) ( ), , 2 , ,2a b c d ϕ ϕ =
dir. Burada nin , “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık.
ıv) ϕ , (1-1) midir ? : ( ) ( ) ( ) ( ), , 2 , ,2 , ,2 , , 2a b c d a b c d ϕ ϕ ≠ ⇒ ≠ olup
olmadığını araştıralım. a b≠ için ( ) ( ), , 2 , ,2a b b a≠ dir, fakat nin , “ + “
ya göre komütatifliğinden
( ) ( ), , 2 , , 2a b b aϕ ϕ =
ab ba= dir. Dolayısıyla ϕ , (1-1) değildir. Şu halde ϕ bir homomorfizmadır.
Örnek 9.3. ( ){ }, ,3 ,G a b a b= ∈ olsun. ( ) ( ) ( ), ,3 , ,3 , ,3a b c d a c b d ∗ = + +
işlemi ile tanımlanan ( ),G ∗ grubunu ( ),+ içine resmeden
( ): , ,3a b a bϕ → +
tasvirinin bir homomorfi olduğunu gösterelim ve çekirdeğini bulalım.
Çözüm. ı) ϕ içinedir: Her ( ), ,3a b G∈ için ( ), ,3a b a bϕ = + ∈ dir.
ıı) ϕ üzerinedir: Her t ∈ ye karşılık ( ), ,3 x yφ ∈ yani x y t + = olacak
şekilde bir ( ), ,3 x y G∈ vardır. 0, x y t = = ∈ alabiliriz. Bu durumda
( )0, ,3t t ϕ = olur.
ııı) ϕ işlemi korur: Her ( ) ( ), ,3 , , ,3a b c d G∈ için
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ), ,3 , ,3 , ,3a b c d a c b d a c b d ϕ ϕ ∗ = + + = + + +
( ) ( ) ( ) ( ), ,3 + c,d,3a b c d a bϕ ϕ = + + + =
tür. Burada nin, “ + “ ya göre komütatif ve asosyatif olduğunu kullandık.
( ) ( ){ }Ker , ,3 , ,3 0a b G a bϕ ϕ = ∈ =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 180/272
174
( ){ }
( ){ }
( ){ }
, ,3 0
, ,3
, ,3
a b G a b
a b G a b
b b G b
= ∈ + =
= ∈ = −
= − ∈ ∈
dir.
Örnek 9.4. “ Bir G grubunun komütatif olabilmesi için gerek ve yeter koşul, G yi kendi içine resmeden
1: a aϕ −→
tasvirinin bir izomorfi olmasıdır “ önermesini ispat ediniz.
Çözüm. :⇒ G grubu komütatif ise G yi kendi içine resmeden 1: a aϕ −→
tasviri bir izomorfidir.ı) Her x G∈ ye karşılık ( ) y xϕ = olacak şekilde bir y G∈ vardır. Çünkü
( ) ( )11 1 1 y x y x y y x Gϕ
−− − −= ⇒ = ⇒ = = ∈
olduğundan 1 y x G−= ∈ alabiliriz.
ıı) Her ,a b G∈ için G nin komütatifliği kullanılarak
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1ab ab ba a b a bϕ ϕ ϕ
− − − −= = = =
bulunur, yani ϕ işlemi korur.
ııı) ( ) ( )a b a bϕ ϕ ≠ ⇒ ≠ olduğunu gösterelim.
( ) ( )a bϕ ϕ = olsa: 1 1a b a b− −= ⇒ = ( grupta tersin tekliğinden )
elde edilir ki, bu a b≠ oluşu ile çelişir. Buradan ϕ tasvirinin (1-1) olduğu
sonucu çıkar.Şu halde ϕ tasviri bir izomorfidir.
:⇐ ϕ tasviri bir izomorfi ise her ,a b G∈ için ab ba= olduğunu
gösterelim. ϕ işlemi koruduğundan
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
11 1
ab a b a b ba baϕ ϕ ϕ ϕ
−− −
= = = = yani ( ) ( )ab baϕ ϕ = elde edilir. Ayrıca ϕ , (1-1) olduğundan
( ) ( )ab ba ab baϕ ϕ = ⇒ =
bulunur. Dolayısıyla G komütatiftir.
Teorem 9.2. : 'G Gφ → bir grup homomorfizmi olmak üzere,
1) e , G nin birim eleman ise ( )eφ de 'G nün birim elemanıdır.
2) a G∀ ∈ için 1 1( ) ( ( ))a aφ φ − −= dir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 181/272
175
3) H G ise ( ) ' H Gφ dir.
4) H , G nin bir normal alt grubu ise ( ) H φ da 'G nün bir normal alt
grubudur.
5) K , 'G nün bir alt grubu ise 1( )K φ − da G nin bir alt grubudur.
6) K , 'G nün bir normal alt grubu ise 1( )K φ − da G nin bir normal alt
grubudur.Kanıt.1) a G∀ ∈ için,
( ) ( ) ( ) ( )a ae a eφ φ φ φ = = ve ( ) ( ) ( ) ( )a ea e aφ φ φ φ = =
ifadelerinden ( ) ' 'e e Gφ = ∈ elde ederiz.
2) 1 1( ) ( ) ( ) ( )e aa a aφ φ φ φ − −= = ve 1 1( ) ( ) ( ) ( )e a a a aφ φ φ φ − −= = olduğundan
1 1( ) ( ( ))a aφ φ − −= bulunur.
3) ( ), ( ) ( )a b H φ φ φ ∀ ∈ için
( ) ( ) ( )a b abφ φ φ =
dir ve H G olduğundan ,a b H ∀ ∈ için ab H ∈ olduğundan
( ) ( ) ( )a b H φ φ φ ∈ dır. a H ∀ ∈ için 1a H − ∈ olacağından 1 1( ) ( ( ))a aφ φ − −= ve
dolayısıyla 1( ( ))a H φ − ∈ olduğundan ( ) ' H Gφ dür.
4) H G olsun . O halde ( ) ' H Gφ olduğunu göstermek istiyoruz.
( ) ( ), ( ) 'h H g Gφ φ φ ∀ ∈ ∀ ∈ için1 1 1( ) ( )( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g h g g h g ghg H φ φ φ φ φ φ φ φ − − −= = ∈
olduğundan ( ) ' H Gφ dür. 5) 1, b ( )a K φ −∀ ∈ için
1( ) ( ) ( ) ( ),a b ab K ab K φ φ φ φ −= ∈ ⇒ ∈ 1 1 1 1( ( )) ( ) ( )a a K a K φ φ φ − − − −= ∈ ⇒ ∈
olduğundan 1( )K Gφ − ≤ dir.
6) 1 1 1( ) ( )( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )g h g g h g ghg K φ φ φ φ φ φ φ − − −= = ∈ elde edilir. Böylece1 1( )ghg K φ − −∈ olduğundan 1( )K Gφ − elde ederiz.
Tanım 9.3. : ( , ) ( ', )G Gφ → ∗ bir grup homomorfizmi olsun. φ fonksiyonu
bire-bir ve örten ise φ ye bir grup izomorfizması, bu gruplara da izomorf
gruplar adı verilir.
Örnek 9.5. ( , )G ve ( ', )G ∗ iki grup ve : ( , ) ( ', )G Gφ → ∗ bir grup
homomorfizmi olsun. φ nin çekirdeği ( , )K , ( , )G grubunun bir normal alt
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 182/272
176
grubu ve 1φ − grubunun çekirdeği 1' ( ')K eφ −= de 'G nün bir normal alt
grubudur.
Teorem 9.3. ( Homomorfizmaların Temel Teoremi) ( , )G ve ( ', )G ∗ iki grupve : ( , ) ( ', )G Gφ → ∗ bir grup homomorfizması olsun. Bu homomorfizma
altında ( )Gφ kümesi “ ∗ ” işlemine göre bir gruptur. ( , )K , φ nin çekirdeği
olmak üzere ( )Gφ grubu ile G K bölüm grubu arasında bir doğal
izomorfizma vardır.Kanıt. Homomorfizmalar grup işlemlerini koruduğundan ( )Gφ kümesinin ∗
işlemine göre bir grup olacağı açıktır. Ayrıca, : ( )G K Gψ φ → dönüşümü iyi
tanımlıdır. : G G K γ → dönüşümü φ γψ = olacak şekilde tanımlanırsa
aşağıdaki diagram tanımlanabilir.
G φ ( )Gφ
K γ ψ G K
Şimdi b aK ∈ olsun. ( ) ( )a bφ φ = olduğunu göstermeliyiz. b aK ∈ olduğundan 1b ak = olacak şekilde bir 1k K ∈ vardır. Böylece 1
1a b k − = dir ve
K çekirdek olduğundan
( ) ( )1 1 11' ( ) ( ) ( ) ( ) ( )e k a b a b a bφ φ φ φ φ φ − − −= = = =
bulunur ki, buradan ( ) ( )a bφ φ = elde edilir. Böylece ψ iyi tanımlıdır. Şimdi
de ψ nin bire-bir olduğunu kanıtlayalım. ( ) ( )aK bK ψ ψ = olsun. ψ nin
tanımından ( ) ( )a bφ φ = bulunur.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1' ( )e a b a b a bφ φ φ φ φ − − −= = =
olduğundan 1a b K − ∈ veya b aK ∈ elde ederiz. Böylece bK aK = dır, yaniψ bire-birdir. ψ nin örten olduğu tanımından açıktır. Üstelik
(( )( )) (( ) ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
aK bK ab K ab a b
aK bK
ψ ψ φ φ φ
ψ ψ
= = =
=
olmasından dolayı ψ nin bir izomorfizma olduğu görülür.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 183/272
177
Örnek 9.6.
{ }: 0φ ∗→ = − , ( ) cos sin x x i xφ = +
dönüşümü verilsin. 2 , x n nπ = ∈ ise ( ) 1 xφ = dir, dolayısıyla φ nin
çekirdeği nin, 2π < > şeklindeki devirli alt grubudur. Teorem 9.3. tendolayı 2< π > bölüm grubu ile ( )φ birbirine izomorftur. Böylece
2< π > bölüm grubu, modülü 1 olan kompleks sayıların çarpımsal
grubudur. Bu grubun elemanları kompleks düzlemdeki birim çember üzerindeyer alır. Geometrik olarak 2< π > nin her kalan sınıfının temsilci elemanı
0 2 x π ≤ < aralığında bulunur.
Tanım 9.4. G bir grup ve M , G nin bir normal alt grubu olsun. Eğer M G≠
ve G nin M yi kapsayan hiçbir normal öz alt grubu yoksa M ye G nin birmaksimal normal alt grubu adı verilir.
Teorem 9.4. M nin G de bir maksimal normal alt grup olması için gerek veyeter koşul G M nin bir basit grup olmasıdır.
Kanıt. M , G nin bir maksimal normal alt grubu olsun. : G G M γ → şeklinde
bir doğal izomorfizma tanımlanabilir. Böylece, 1γ − dönüşümü altında G M
nin herhangi bir normal alt grubunun resmi G nin M yi kapsayan bir normal özalt grubu olacaktır. Halbuki M maksimaldır, dolayısıyla bu olamaz, o halde
G M bir basit gruptur. Teoremin karşıtı benzer şekilde kanıtlanabilir.
Teorem 9.5. Bir G grubunun tanımladığı bir φ homomorfizminin bire-bir
olması için gerek ve yeter koşul φ nin çekirdeğinin { }e den ibaret olmasıdır.
Kanıt. φ bire-bir olsun. Homomorfizmalar birim elemanları, birim elemanlara
resmettiklerinden φ nin çekirdeği { }e den ibarettir. Tersine, φ nin çekirdeği
sadece { }e den ibaret olsun. O taktirde ,a b G∈ için
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1a b e a b a b a bφ φ φ φ φ φ φ − − −= ⇒ = = =
olacağından 1a b− , φ nin çekirdeğindedir. Böylece,1a b e a b− = ⇒ =
olduğundan φ bire-birdir.
Teorem 9.6. ( İ zomorfizmaların Birinci Teoremi ) H ve K , bir G grubunun iki
normal alt grubu olsun. K H ise o taktirde G K dan ( ) ( )G K H K
üzerine bir doğal izomorfizma tanımlanabilir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 184/272
178
Kanıt. Teorem 9.3. deki γ dönüşümü G nin bir homomorfizması ve H da G
nin bir normal alt grubu ise o taktirde H γ , Gγ nin bir normal alt grubu
olacaktır. Şimdi G nin : G G K γ → şeklindeki doğal izomorfizmasını göz
önüne alalım. O halde H γ , G K nın bir normal alt grubu olarak
düşünülebilir. K H olduğundan H H K γ = olur. Şimdi de
( ) ( ): G G K H K φ → , ( ) ( )( / )a aK H K φ =
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır. Çünkü,
( ) [( ) ( )] [( )( )]( )ab ab K H K aK bK H K φ = =
( ) ( )
[( )( )][( )( )]aK H K bK H K
a bφ φ
=
=
dir ve H K , ( ) ( )G K H K kalan sınıflar grubunun birim elemanıolduğundan, φ nin çekirdeği G nin ( ) x H K φ = koşulunu sağlayan x G∈
elemanlarından oluşur. Bu elemanlar aynı zamanda H nın da elemanları
olduğundan G H nın, ( ) ( )G K H K ya izomorf olduğu bulunur.
H γ
G G H
K γ
G K ( ) ( )G K H K
H K γ
Tanım 9.5. G bir grup ve 0 1, ,..., n H H H kümeleri G nin alt grupları olsun.
i∀ için 1i i H H + şeklinde normal alt gruplar ve { }0 H e= ve n H G= olmak
üzere 0 1, ,..., n H H H şeklindeki sonlu alt grupların dizisine G nin alt normal
grup serisi adı verilir. Eğer 0 1, ,..., n H H H alt grupları sadece G nin normal alt
grupları ise bu sonlu diziye bir normal grup serisi denir.
Örnek 9.7. ( , )+ grubunu göz önüne alalım. { }0 8 4< < < ve
{ }0 9< < serileri, nin normal serileridir.
Örnek 9.8. 4 D , karenin simetrilerinin grubu için
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 185/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 186/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 187/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 188/272
182
Tanım 9.13. G bir grup ve p bir asal sayı olmak üzere G nin her elemanı r p
mertebeli ise G ye bir p-grup adı verilir.
Teorem 9.11. Sonlu bir G grubunun bir p-grup olması için gerek ve yeterkoşul r G p= olmasıdır.
Kanıt. G bir p-grup ve r G p m= olsun. Burada p m|/ dir. Eğer q m| ise o
taktirde G nin, mertebesi q olan bir alt grubu olurdu ve bu alt grup q p≠
olmak üzere mertebesi q olan bir eleman tarafından üretiliyor olurdu. Bu ise G
nin p-grup oluşu ile çelişir. Şu halde 1m = olmak zorundadır ve r G p= dir.
Tersine, r G p= ise bir grubun her elemanının mertebesi grubun
mertebesini böleceğinden G nin bir p-grup olduğu elde edilir.
Tanım 9.14. G bir grup ve a G∈ olsun. { }1[ ] N a x G xax a−= ∈ | = kümesine
a nın normalleyeni ( normalizatörü ) denir.
Teorem 9.12. G bir grup ve a G∈ olsun. { }1[ ] N a x G xax a−= ∈ | = kümesi,
G nin bir alt grubudur ve , x y G∈ olmak üzere 1 1 xax yay− −= olması için
gerek ve yeter koşul x ve y nin [ ] N a nın aynı sol kalan sınıfında olmasıdır.
Kanıt. 1, [ ] iseb c N a bab a−∈ = , 1cac a− = yazabiliriz. O halde,1 1 1( ) ( ) ( )b cac b a bc a bc a− − −= ⇒ =
olduğundan [ ]bc N a∈ dır. Ayrıca 1 ise [ ]eae a e N a− = ∈ dır. Diğer taraftan,1[ ] iseb N a bab a−∈ = ve buradan 1 1 1 1( )b ab b a b a− − − −= = olduğundan
1 [ ]b N a− ∈ dır. Böylece [ ] N a , G nin bir alt grubudur. Üstelik, 1 1 xax yay− −=
ise 1 1( ) ( ) y x a x y a− − = veya 1 1 1( ) ( ) y x a y x a− − − = olacağından 1 [ ] y x N a− ∈
veya [ ] x yN a∈ dır, dolayısıyla x ve y, [ ] N a nın aynı sol kalan sınıfının
elemanı olur.
Teoremin karşıt ifadesi benzer biçimde kanıtlanabilir.
Sonuç: G sonlu bir grup ve a G∈ ise o taktirde [ ]C a nın mertebesi G nin
mertebesini böler.
Örnek 9.14. G bir grup, a G∈ ise 1a a N N −= olduğunu gösterelim.
Çözüm. { },a N g G ag ga= ∈ = { }11 1
a N g G a g ga−
− −= ∈ = dir. 1a a N N −=
olduğunu göstermek için 1a a N N −⊂ ve 1 aa
N N − ⊂ olduğunu göstermeliyiz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 189/272
183
Her ag N ∈ için ag ga= olduğundan bu eşitliğin heriki tarafını sağdan ve
soldan 1a− ile çarparak 1 1ga a g− −= bulunur ki, buradan 1ag N −∈ , yani
1a a N N −⊂ (9.1)elde edilir. Benzer şekilde her 1a
g N −′∈ için 1 1a g g a− −′ ′= olduğundan bu
eşitliğin heriki tarafını sağdan ve soldan a ile çarparak g a ag′ ′= bulunur ki,
buradan ag N ′ ∈ yani
1 aa N N − ⊂ (9.2)
bulunur. Şu halde (9.1) ve (9.2) den 1a a N N −= elde edilir.
Teorem 9.13. G bir grup, H ve K da G nin iki normal alt grubu olsun.
{ } H K e∩ = ve H K G∨ = ise bu taktirde G, H K × çarpımına izomorftur.
Kanıt. Teorem 7.6. dan G grubunun, H ve K alt gruplarının iç kartezyençarpımı olarak yazılabilmesi için gerekli koşullardan birisi ,h H k K ∀ ∈ ∀ ∈
için hk kh= olmasıdır. Teoremin kanıtını yapmak için sadece bu koşulunsağlandığını göstermek yeterlidir, çünkü diğer koşullar teoremde verilen
varsayımlardan açıktır. Bunun için ,h H k K ∀ ∈ ∀ ∈ için 1 1hkh k − − komütatörünü göz önüne alalım. K , G nin bir normal alt grubu olduğundan
1 1kh k K − − ∈ dır. Yukarıdaki komütatörü 1 1( )h kh k − − şeklinde yazarsak H bir
normal alt grup olduğundan 1 1kh k H − − ∈ elde ederiz. O halde 1 1( )h kh k H − − ∈ dır. Böylece 1 1hkh k H K − − ∈ ∩ olur. Hipotezden, 1 1 isehkh k e hk kh− − = = buluruz.
Teorem 9.14. p bir asal sayı olmak üzere, mertebesi 2 p olan her grup
değişmelidir.
Kanıt. G, mertebesi 2 p olan bir grup olsun. Eğer G devirli değilse grubun
birim elemanı dışındaki bütün elemanlarının mertebesi p olur. a, mertebesi p olan bir eleman olsun. Bu takdirde a< > devirli grubunun mertebesi de p dir.Dolayısıyla a< > grubu, G nin bütün elemanlarını içermez. b, G nin bu grupta
olmayan bir elemanı olsun. O zaman { }a b e< > ∩ < >= dir. Çünkü c e≠
olmak üzere c a b∈< > ∩ < > olsa: c a∈< > ve c b∈< > olacağındana b< >=< > elde edilir ki, bu kabulümüz ile çelişir. 1. Sylow Teoremine göre
a< > , G nin 2 p mertebeli herhangi bir alt grubunun bir normal alt grubu
olacağından a< > , G nin de bir normal alt grubu olur. Benzer şekilde b< > de G nin bir normal alt grubudur. a b< > ∨ < > , G nin a< > yı kapsayan ve
mertebesi 2 p yi bölen bir alt grubudur. Böylece a b G< > ∨ < >= elde ederiz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 190/272
184
O halde Teorem 9.13. e göre G a b≅< > ∨ < > izomorfizması vardır. Sonuçolarak, a b< > ∨ < > grubu değişmeli olduğundan bu gruba izomorf olan Ggrubu da değişmelidir.
Teorem 9.15. H ve K , bir G grubunun sonlu mertebeli iki alt grubu ise butaktirde
H K HK
H K =
∩
dir.
Kanıt. H r = , K s= , H K t ∩ = olsun. HK nın en çok rs elemana sahip
olacağı açıktır. Eğer bazı 1 2,h h H ∈ ; 1 2,k k K ∈ elemanları için 1 1 2 2h k h k =
koşulu gerçekleniyor ise1 1
2 1 2 1( ) ( ) x h h k k − −
= = dersek x H ∈ ve x K ∈ olurki, bu x H K ∈ ∩ olması demektir. 1 1
2 1 2 1( ) ise x h h h h x− −= = ve1
2 1 2 1( ) ise x k k k xk −= = yazabiliriz. Diğer taraftan y H K ∈ ∩ için1
3 1 3 1,h h y k yk −= = ise bu durumda 3h H ∈ ve 3k K ∈ olmak üzere
3 3 1 1h k h k = buluruz. O halde, HK nın herhangi bir hk elemanı ih H ∈ ve
ik K ∈ olmak üzere i ih k şeklinde t defa yazılabilmektedir. Bu bize
H K HK
H K =
∩ olduğu sonucunu verir.
PROBLEMLER
1) { }1, 2, 3,...,i n∀ ∈ için ( ,.)iG bir grup ve 1 2 ... nG G G G= × × × olsun. Bu
takdirde her bir i için G den iG ye bir iφ homomorfizmasının
tanımlanabileceğini gösteriniz.
2) : ( ,.) ( , ), ( ) ln x xφ φ + → + = şeklinde tanımlanan dönüşümün bir
homomorfizma olduğunu gösteriniz.
3) { }: ( , ) ( 0 ,.)φ + + → − , ( ) cos sinix x e x i xφ = = + dönüşümünün bir
homomorfizma tanımladığını gösteriniz ve çekirdeğini bulunuz.
4) : G H φ → dönüşümü bir grup izomorfizması ise 1φ − ters dönüşümünün de
bir grup izomorfizması olduğunu gösteriniz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 191/272
185
5) : G H φ → , : H N ϕ → dönüşümleri birer grup izomorfizması ise bu
durumda : G N ϕ φ → bileşke dönüşümünün de bir grup izomorfizması
olduğunu kanıtlayınız.
6) : ', : ' f G G g G G→ → iki grup homomorfizması ise
{ } H x G f x g x= ∈ | ( ) = ( )
olmak üzere, ( ,.) H cebirsel yapısının G nin bir alt grubu olduğunu
kanıtlayınız.
7) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunubelirleyiniz.
a) Mertebesi 3 olan herhangi iki grup izomorftur.b) Mertebesi 4 olan herhangi iki grup izomorftur.c) Mertebeleri aynı olan gruplar birbirine izomorftur.d) Her izomorfizma bire-bir bir dönüşümdür.e) Değişmeli bir grup, değişmeli olmayan bir gruba izomorf yapılamaz.f) ( , )+ grubu bir permütasyon grubuna izomorftur.
8) H , bir G grubunun herhangi bir alt grubu ve g G∈ ise 1 H gHg −≅
izomorfizması vardır, kanıtlayınız.
9) 1 2,G G herhangi iki grup olmak üzere
1 2 1: G G Gφ × → , 1 2 2: G G Gϕ × →
1 2 1( , )g g gφ = , 1 2 2( , )g g gϕ =
şeklinde tanımlanan φ ve ϕ dönüşümlerinin birer homomorfizma olduğunu
kanıtlayınız ve bu dönüşümlerin çekirdeklerini bulunuz.
10) 6( , )+ ve 8( , )+ gruplarının izomorf olmadıklarını kanıtlayınız.
11) : f G H → dönüşümü bir grup homomorfizması ve örten olsun. N , G ninbir normal alt grubu ise ( ) f N nin de H nın bir normal alt grubu olduğunu
gösteriniz.
12) : f G H → dönüşümü bir grup homomorfizması ve M , H nın bir normal
alt grubu ise o taktirde 1( ) f M − de G nin bir normal alt grubudur, gösteriniz.
13) { }0 60 20< < < ve { }0 245 49< < < şeklinde verilen iki
normal serinin inceltilmişlerini bulunuz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 192/272
186
14) 5 5× nin birleşim serisini bulunuz.
15) 3 2γ × nin birleşim serisini bulunuz.
16) N , G grubunun değişmeli bir normal alt grubu ise G N nin N ye eşlenik
olacağını kanıtlayınız.
17) 12( , )+ grubunun, p-alt grubunu bulunuz ve p. mertebeden Sylow alt
gruplarını belirleyiniz.
18) G grubunun bir H alt grubunun G de normal olması için gerek ve yeter
koşul H nın, G deki eşlenik sınıflarının birleşimine eşit olmasıdır, kanıtlayınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 193/272
187
10. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER
Tanım 10.1. H , boş olmayan bir küme ve ⊕ ve , H üstünde tanımlı iki ikili
işlem olsun. Aşağıdaki koşullar sağlanırsa ( , , ) H ⊕ üçlüsüne bir halka adıverilir;
1) ( , ) H ⊕ değişmeli bir gruptur.
2) işlemi, H üstünde birleşmelidir.3) H da işleminin, ⊕ işlemi üzerine sağdan ve soldan dağılma özelliği
vardır.
Örnek 10.1. ( , )n
+ devirli grubu verilsin. ,n
x y ∈ ise xy nin n ile
bölümünden elde edilecek kalanı .a b şeklinde gösterirsek bu durumda
( , ,.)n + bir halka oluşturur.
Teorem 10.1. H , toplamsal birim elemanı 0 olan bir halka ise ,a b H ∈ olmak üzere
1) 0. .0 0a a= = ,2) b− , b nin toplamsal tersi olmak üzere .( ) ( ). .a b a b a b− = − = − ,
3) ( ).( ) .a b a b− − =
özellikleri gerçeklenir.Kanıt.
1) .0 (0 0) .0 .0a a a a= + = + olduğundan .0 0a = dır.
2) ( . ) ( ( . )) 0a b a b+ − = olduğundan,
.( ) ( . ) (( ) )) .0 0a b a b a b b a− + = − + = =
elde ederiz.3) ( ).( ) ( .( ))a b a b− − = − − = ( ( . ))a b− − = .a b dir.
Tanım 10.2. H ve ' H iki halka ve : ' H H φ → dönüşümü bire-bir ve örten
olsun. Ayrıca
1) ( ) ( ) ( )a b a bφ φ φ + = + ,2) ( . ) ( ). ( )a b a bφ φ φ =
koşulları sağlanıyorsa φ ye H dan ' H ye bir halka izomorfizması adı verilir.
Örnek 10.2. ( , )+ ve (2 , )+ değişmeli grupları için
: 2φ → , ( ) 2 x xφ =
dönüşümü bir grup izomorfizması tanımlamasına karşın, ( , ,.)+ ve (2 , ,.)+
halkaları arasında bu dönüşüm bir halka izomorfizması tanımlamaz, çünkü
( . ) 2 x y xyφ = ve ( . ) ( ). ( ) 2 .2 4 x y x y x y xyφ φ φ = = =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 194/272
188
birbirinden farklıdır.
Tanım 10.3. Bir halka için ikinci işlem (veya çarpma işlemi) değişmeli ise
halkaya de ğ i şmeli halka, benzer şekilde ikinci işlemin birim elemanı varsahalkaya birimli halka deriz.
Örnek 10.3. , ve halkaları değişmeli ve birimli olmalarına karşı 2 halkası birimli değildir. Burada ikinci işlemin birim elemanı söz konusuedilmektedir. Yani ikinci işlemin birim elemanı varsa halkaya birimli halka,ikinci işlemin birim elemanı yoksa birimsiz halka denilmektedir.
2n ≥ için n n× mertebeli matrislerin kümesi, üzerinde tanımlanan matristoplamı ve matris çarpımı işlemleri ile birlikte değişmeli olmayan bir halka
yapısına sahiptir. Diğer taraftan { }0 halkası, üzerinde tanımlanan her ikiişleme göre aynı 0 birim elemanına sahiptir. Çünkü 0 0 0+ = , 0.0 0= dır.
Teorem 10.2. Birimli bir halkanın çarpımsal birimi tektir.
Tanım 10.4. H , birimli bir halka olsun. H nın bir y elemanının H da çarpımsalinversi mevcut ise bu elemana inverslenebilir bir eleman denir. Eğer H nınsıfırdan farklı her elemanı inverslenebilir ise H ya bir yarı-cisim ve eğer biryarı-cisim değişmeli ise bu yarı-cisme bir cisim adı verilir.
Tanım 10.5. ( , , ) H ⊕ bir halka olsun. ,S H ⊆ H nın boş olmayan bir alt
kümesi olmak üzere ( , , )S ⊕ da bir halka yapısına sahip ise S ye H nın bir alt
halkası denir.
Önerme 10.1. ( , , ) H ⊕ bir halka ve S H ⊆ , H nın boş olmayan bir alt
kümesi olmak üzere ( , , )S ⊕ nın, ( , , ) H ⊕ halkasının bir alt halkası olması
için gerek ve yeter koşul, x y S ∀ ∈ için ( ) x y S ⊕ − ∈ , x y S ∈
olmasıdır.
Önerme 10.2. ( , , )F ⊕ bir cisim ve S H ⊆ , H nın boş olmayan bir alt
kümesi olmak üzere ( , , )S ⊕ nın, ( , , )F ⊕ cisminin bir alt cismi olması için
gerek ve yeter koşullar1) , x y S ∀ ∈ için ( ) x y S ⊕ − ∈ , x y S ∈
2) { }0 x S ∀ ∈ − için 1 x S −
∈
olmasıdır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 195/272
189
Örnek 10.4. { }3 ,K a b i a b= + ∈ kümesinin, deki " "+ ve " "⋅
işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapı olduğunu araştıralım.
Çözüm. Her 3 , 3a b i c d i K + + ∈ çifti için
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 ,
3 . 3 3 3
a b i c d i a c b d i K
a b i c d i ac bd ad bc i K
∈ ∈
∈ ∈
+ − + = − + − ∈
+ + = − + + ∈
olduğundan Önerme 10.1. e göre K , nin bir alt halkasıdır ve de geçerliolan komütatiflik, K da da geçerlidir. Diğer yandan, deki sıfır-
bölensizlikten dolayı her { }3 , 3 0a b i c d i K + + ∈ − için( ) ( ) { }3 . 3 0a b i c d i K + + ∈ −
dır. Ayrıca, her { }3 0a b i K + ∈ − için
{ }2 2 2 2
13 0
3 33
a bi K
a b a ba b i∈ ∈
= − ∈ −+ ++
dır, çünkü2 2
2 2 2 2
3 0
3 0 0 00 0
3 3
a b
a b i a b a b
a b a b
+ ≠
+ ≠ ⇒ ≠ ∨ ≠ ⇒ ≠ ∨ ≠
+ +
dır. Şu halde ( , ,.)K + bir komütatif cisimdir.
Tanım 10.6. Bir cismin kendisinden başka hiçbir alt cismi yoksa bu cisme birasal cisim adı verilir.
Teorem 10.3. Her cismin asal bir alt cismi vardır.Kanıt. ( , ,.)F + bir cisim olsun. Bu cismin bütün alt cisimlerinin ailesi de
{ }( , ,.)i
F i I + | ∈ olsun.i
i I
A F ∈
= ∩ kümesi, F nin boş olmayan bir alt kümesidir.
, x y A∀ ∈ için i I ∈ olmak üzere ,i
x y F ∈ dir.i
F ler cisim olduğundan
i I ∀ ∈ için
( ) i
x y F + − ∈ , . i
x y F ∈ ve 10 i
x x F −≠ ⇒ ∈
dir. Bu durumda,
( ) x y A+ − ∈ , . x y A∈ ve 10 x x A−
≠ ⇒ ∈
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 196/272
190
elde ederiz. Böylece ( , ,.) A + cebirsel yapısı, F nin bir alt cismidir. Ayrıca,
( , ,.) A + nın bir ( , ,.)P + alt cismi için A P⊆ dir, dolayısıyla A P= olur ki,
bu ( , ,.) A + nın bir asal cisim olduğunu gösterir.
Teorem 10.4. Bileşenleri bir F cismine ait olan n n× mertebeli matrislerinkümesi ( )
n M F olsun. Bu küme, üzerinde tanımlanan matris toplamı ve matris
çarpımı işlemleri ile birlikte bir halka yapısına sahiptir. Diğer taraftann nF F → şeklindeki lineer dönüşümler n n× mertebeli matrislere karşılık
gelir. Bu ise matris çarpımı işleminin, dönüşümlerin bileşkesi işlemine karşılıkgeleceği anlamındadır. Dönüşümlerin bileşkesi işlemi değişme özelliğine sahipdeğildir, aynı şekilde matris çarpımı işlemi de değişmeli değildir. Bu nedenle
2n ≥ için matrislerin ( )n
M F halkası da değişmeli olmayan bir halkadır.
Örneğin, 2n = için
0 1
0 0 A
=
,
0 0
0 1 B
=
matrisleri verilsin.
0 1 0 0 0 1
0 0 0 1 0 0 AB
= =
,
0 0 0 1 0 0
0 1 0 0 0 0 BA
= =
bulunur. Bu sonuç matris çarpımı işleminin değişmeli olmadığını gösterdiğigibi, 0 A ≠ , 0 B ≠ iken 0 AB = olduğundan, A ve B matrislerinin 2 ( ) M F
halkasında sıfır bölenler olduğunu gösterir.
Tanım 10.7. G, değişmeli bir grup olmak üzere G nin bir homomorfizmasınabir endomorfizma adı verilir.
Değişmeli bir G grubunun bütün endomorfizmalarının kümesini ( ) Hom G
ile göstereceğiz. İki endomorfizmanın bileşkesi yine bir endomorfizmaolduğundan ( ) Hom G kümesi üzerindeki çarpma işlemi, endomorfizmaların
bileşkesi işlemi olup, bu işlem birleşmeli olduğundan ( ) Hom G kümesi
üzerindeki çarpma işleminin birleşmeli olduğunu elde ederiz. ( ) Hom G kümesi
üzerindeki toplama işlemi; , ( ) Hom Gφ ϕ ∈ olmak üzere a G∀ ∈ için
( )( ) ( ) ( )a a aφ ϕ φ ϕ + = +
şeklinde tanımlanır ve ,a b G∀ ∈ için,
( )( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ( ) ( ))a b a b a b a a b bφ ϕ φ ϕ φ ϕ φ ϕ + + = + + + = + + +
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 197/272
191
( )( ) ( )( )a bφ ϕ φ ϕ = + + +
olduğundan ( ) ( ) Hom Gφ ϕ + ∈ dir. G değişmeli olduğundan,
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )a a a a a aφ ϕ φ ϕ ϕ φ ϕ φ + = + = + = +
elde edilir, böylece φ ϕ ϕ φ + = + dır. Ayrıca toplama işlemi birleşmelidir,
çünkü; a G∀ ∈ için,( ( ))( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ( ) ( ))a a a a a aφ ϕ ψ φ ϕ ψ φ ϕ ψ + + = + + = + +
( ( ) ( )) ( ) ( )( ) ( )
(( ) )( )
a a a a a
a
φ ϕ ψ φ ϕ ψ
φ ϕ ψ
= + + = + +
= + +
olduğundan ( ) ( )φ ϕ ψ φ ϕ ψ + + = + + , yani toplama işlemi birleşmelidir. G
grubunun birim elemanı e ise a G∀ ∈ için ( )i a e= şeklinde tanımlı i
endomorfizması ( ) Hom G nin toplamsal birimidir. ( ) Hom Gφ ∈ olsun.
( )( )aφ − = ( ( ))aφ − şeklinde tanımlanan φ − endomorfizması φ nin toplamsal
tersidir, gerçekten ( ) Hom Gφ − ∈ dir, çünkü ,a b G∀ ∈
[ ]( )( ) [ ( )] ( ) ( )a b a b a bφ φ φ φ − + = − + = − +
( ( )) ( ( ( ))) ( )( ) ( )( )a b a bφ φ φ φ = − + − = − + −
dir. Şu halde, ( ) Hom G kümesi toplama işlemine göre değişmeli bir gruptur.
Diğer taraftan , , ( ) Hom Gϕ φ ψ ∈ ve a G∈ ise
[( ) ]( ) ( )( ( )) ( ( )) ( ( )) ( )( )a a a a aφ ϕ ψ φ ϕ ψ φ ψ ϕ ψ φψ ϕψ + = + = + = +
olduğundan ( )φ ϕ ψ φψ ϕψ + = + elde ederiz. Bu durumda aşağıdaki teoremkanıtlanmış oldu.
Teorem 10.5. Değişmeli bir G grubunun endomorfizmalarının ( ) Hom G
kümesi, homomorfizmaların toplamı ve çarpımı işlemleri ile birlikte bir halkayapısına sahiptir.
Bu teoremde ( ) Hom G halkası üstündeki çarpma işlemi homomorfizmaların
bileşkesi işlemi olup, bu işlem genel olarak değişmeli değildir, ancak bazıdurumlarda, örneğin G = seçersek ( ) Hom halkası değişmeli bir halka
oluşturur.
Örnek 10.5. ( , )× + cebirsel yapısını göz önüne alalım. × deki
endomorfizmaları şöyle tanımlarız. , ( ) Homφ ϕ ∈ × olmak üzere
(1,0) (1,0)φ = , (0,1) (1,0)φ = ,
(1, 0) (0,0)ϕ = , (0,1) (0,1)ϕ =
ve böylece ,m n∀ ∈ için
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 198/272
192
( )( , ) ( ( , )) (0, ) ( ,0),
( )( , ) ( ( , )) ( ,0) (0,0)
m n m n n n
m n m n m n
φϕ φ ϕ φ
ϕφ ϕ φ ϕ
= = =
= = + =
olduğundan φϕ ϕφ ≠ dir. Böylece × nin endomorfizmalarının kümesi,
değişmeli olmayan bir halka yapısı oluşturur.
Örnek 10.6. ( , ,.) H + halkası verilsin. Eğer x H ∀ ∈ için . x x x= koşulu
sağlanıyorsa H ya Boole halkası adı verilir.
Tanım 10.8. H değişmeli bir halka ve a ∈ olsun. 0na = olacak şekilde bir
n ∈ tamsayısı varsa a ya sıfırıncı kuvvettendir deriz.
Tanım 10.9. H birimli bir halka olmak üzere H nın sıfırdan farklı her
elemanının H da bir çarpımsal inversi varsa H ya bir yarı-cisim adı verilir.
( , )+ toplamsal grup olmak üzere Q = × × × kuaternionlar
kümesini göz önüne alalım. Önce Q nun elemanlarını tanımlayalım. Bunun
için1 (1,0,0,0)= , (0,1,0,0)i = , (0,0,1,0) j = , (0,0,0,1)k =
olmak üzere,
1 1( , 0, 0, 0)a a= , 2 2(0, ,0,0)a i a= , 3 3(0,0, ,0)a j a= , 4 4(0,0,0, )a k a=
gösterimini yapalım. Buna göre Q ya ait bir 1 2 3 4( , , , )a a a a elemanını
1 2 3 4 1 2 3 4( , , , )a a a a a a i a j a k = + + +
şeklinde gösteririz. Q daki toplama işlemi,
1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 3 3 4 4( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a a i a j a k b b i b j b k a b a b i a b j a b k + + + + + + + = + + + + + + +
şeklinde tanımlanır. Q daki çarpma işlemi ise a Q∈ için
1. .1a a= ve 2 2 2 1i j k = = = −
olmak üzere
.i k j= , . j k i= , . j i k = − , .k j i= − , .i k j= − olarak tanımlanır. Bunları dikkate alarak Q daki çarpma işlemi
1 2 3 4 1 2 3 4
1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 2 1 3 4 4 3
1 3 2 4 3 1 4 2 1 4 2 3 3 2 4 1
( )( )
( ) ( )
( ) ( )
a a i a j a k b b i b j b k
a b a b a b a b a b a b a b a b i
a b a b a b a b j a b a b a b a b k
+ + + + + +
= − − − + − − −
+ − − − + − − −
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 199/272
193
şeklinde tanımlanır. Ayrıca ij k = , ji k = − olduğundan ij ji≠ dir, böylece
Q üstünde tanımladığımız çarpma işlemi değişmeli değildir. Bu nedenle Q
bir cisim olamaz. 1 2 3 4 1 2 3 4( , , , )a a a a a a a i a j a k Q= = + + + ∈ alalım vei
a
lerin hepsi birden sıfır olmasın. Bu durumda22 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4( )( )a a i a j a k a a i a j a k a a a a a+ + + − − − = + + + =
elde ederiz ve
1 2 3 4 1 2 3 4( , , , )a a a a a a a i a j a k Q= − − − = − − − ∈
gösterimini yaparsak, a nın çarpımsal inversi
1 31 2 42 2 2 2 2
aa a aaa i j k
a a a a a
−= = − − −
şeklinde bulunur. Böylece aşağıdaki teorem kanıtlanmış olur.
Teorem 10.6. Q Kuaternionların kümesi, yukarıda tanımlanan işlemlerle
birlikte bir yarı-cisim yapısına sahiptir.
PROBLEMLER
1) ( , ,.) H + birimli bir halka ve 0, toplama işleminin birim elemanı; 1 de
çarpma işleminin birim elemanı olsun. Eğer H kümesi en az iki elemana sahipise 0 1≠ olduğunu gösteriniz.
2) ( , ,.) H + halkası bir Boole halkası ise x H ∀ ∈ için x x= − olduğunu
gösteriniz ve bir Boole halkasının değişmeli olup olmadığına karar veriniz.
3) ( , ,.) H + bir halka ve ,a b H ∈ sıfırıncı kuvvetten elemanlar ise a b H + ∈
elemanının da sıfırıncı kuvvetten olduğunu gösteriniz.
4) Bir halkanın sonlu sayıda alt halkasının arakesitinin de bu halkanın bir althalkası olacağını kanıtlayınız.
5) ( )P A , sonlu bir A kümesinin alt kümelerinin kümesi, yani A nın kuvvet
kümesi ise , ( ) X Y P A∀ ∈ için,
( ) ( ) X Y X Y X Y + = ∪ − ∩
ve. X Y X Y = ∪
işlemleri ile birlikte ( )P A nın bir halka yapısına sahip olup olmayacağını
araştırınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 200/272
194
6) ( )P A , A nın kuvvet kümesi ise , ( ) X Y P A∀ ∈ için
( ) ( ) X Y X Y Y X + = − ∪ −
ve. X Y X Y = ∪
işlemleri ile birlikte ( )P A nın bir halka yapısına sahip olup olmayacağını
araştırınız.
7) ( , )G + değişmeli grubu ve { }( ) A f f Hom G= | ∈ kümesi verilsin. f ,
g A∈ ; x G∀ ∈ için ( )( ) ( ) ( ) f g x f x g x+ = + işlemi ve fonksiyonların bileşke
işlemi ile birlikte A nın bir halka yapısına sahip olduğunu kanıtlayınız.
8) reel sayılar kümesinin , , x y∀ ∈ için
1 x y x y⊕ = + − , x y x y xy= + −
şeklinde tanımlanan işlemlere göre bir cisim oluşturduğunu gösteriniz.
9) ( , ,.) H + bir halka ve a H ∈ olsun. { }0a
T x H ax= ∈ | = kümesinin, H nın
bir alt halkası olduğunu gösteriniz.
10) ( , )S + değişmeli bir grup ve 0, bu grubun birim elemanı olsun. , x y S ∀ ∈
için 0 x y• = şeklinde tanımlanan “ • ” işlemi ile birlikte ( , , )S + • nın birhalka olduğunu gösteriniz ve bu halkanın birimli ve değişmeli olup olmadığınıaraştırınız.
11) ( , ,.) H + ve ( ', , ) H ⊕ iki halka ve : ' f H H → dönüşümü bir halka
homomorfizması olsun. Yani; , x y H ∀ ∈ için,
( ) ( ) ( ) f x y f x f y+ = ⊕ ve ( . ) ( ) ( ) f x y f x f y=
koşulları sağlansın. Bu taktirde,a) Eğer S , H nın bir alt halkası ise ( ) f S de ' H nin bir alt halkasıdır.
b) Eğer 'S , ' H nün bir alt halkası ise 1( ') f S − de H nın bir alt halkasıdır,
gösteriniz.
12) 1, birimli bir ( , , .) H + halkasının birimi ve e, bir ( ', , ) H ⊕ halkasının
sıfırı olsun. : ' f H H → dönüşümü bir halka homomorfizması olmak üzere
(1) f e≠ ise bu taktirde (1) f , ( ( ), , ) f H ⊕ halkasının birimidir, kanıtlayınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 201/272
195
11. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ
Gerçel sayılar kümesinde iki sayının çarpımının sıfır olabilmesi için bu
sayılardan en az birisinin sıfır olması gerektiğini biliyoruz. Örneğin, x ∈ olmak üzere ( 2)( 3) 0 x x− − = denkleminin çözümleri 2 x = ve 3 x = dür. Bu
denklemi başka bir cebirsel yapı içerisinde çözmek isteyelim.
Örnek 11.1. 2 5 6 0 x x− + = denklemini 12 de çözelim. 12 x ∈ olmak üzere
bu denklemi gerçekleyen x ler, 12 nin işlem tablosu kullanılarak
2.6 6.2 3.4 4.3 3.8 8.3 4.6 6.4 4.9 9.4 6.6 6.8= = = = = = = = = = = 8.6 6.10 10.6 8.9 9.8 0= = = = = =
olduğundan, 2 5 6 ( 2)( 3) x x x x− + = − − ifadesini sıfır yapan 2 ve 3 dışında
(6 2)(6 3) (11 2)(11 3) 0− − = − − =
olması nedeni ile 6 x = ve 11 x = de bu denklemin kökleri olarak bulunur.Böylece aşağıdaki tanımı verebiliriz.
Tanım 11.1. H bir halka ve ,a b H ∈ olsun. 0a ≠ ve 0b ≠ iken 0ab = oluyorsa a ya sıfırın bir sol böleni, b ye ise sıfırın bir sa ğ böleni adı verilir.Eğer H halkası değişmeli bir halka ise o taktirde a ve b nin her ikisine birdensıfırın bölenleri veya sıfır bölenler denir.
Örnek 11.2. 12 de sıfırın bölenleri 2, 3, 4, 6, 8, 9 ve 10 elemanlarındanibarettir. Dikkat edilirse 12 de sıfırın bölenlerinin, 12 ile aralarında asal
olmayan sayılardan oluştuğu görülür, yani 12 x ∈ sıfırın bir böleni ise
. . . .(12, ) 1e b o b x ≠ dir.
Örnek 11.3. { }, , , H a b c d = kümesi aşağıda verilen işlem tabloları
sayesinde bir halka oluşturur. Bu halkada sıfırın bölenlerini bulalım.
⊕ a b c d
a a b c d b b a d c c c d a b d d c b a
⊗ a b c d a a a a a b a b c d c a c c a d a d a d
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 202/272
196
( , , ) H ⊕ halkasında, ⊕ işleminin birim elemanı a dır ve yine tablodan
görüldüğü gibi halka değişmelidir. c a≠ ve d a≠ ve c d a= olduğundanc, sıfırın sol böleni ve d de sıfırın sağ bölenidir. Sıfırın başka sağ ve sol
bölenlerinin olup olmadığını da araştırabiliriz.
Not: Bir halkada birinci işlemin etkisiz elemanına halkanın sıfırı, ikinciişlemin etkisiz elemanına da halkanın birimi adını vereceğiz.
Önerme 11.1. 0 ve 1 sırasıyla bir ( , , .) H + halkasının sıfırı ve birimi olsun. a
ve b, sıfırın sol ve sağ bölenleri ise a ve b inverslenebilir değildir. Yani çarpmaişlemine göre tersleri mevcut değildir.Kanıt. a ve b sırasıyla sıfırın sol ve sağ bölenleri olduğundan 0a ≠ ve 0b ≠
olmak üzere . 0a b = dır. Şimdi a ve b nin H da1
a−
ve1
b−
inverslerinin varolduğunu kabul edelim. O taktirde,1 1 1. 0 .( . ) .0 ( . ). 0 0a b a a b a a a b b− − −= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ,
1 1 1. 0 ( . ). 0. .( . ) 0 0a b a b b b a b b a− − −= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
bulunur. Bu 0a ≠ ve 0b ≠ olması ile, yani a ve b nin sıfırın sol ve sağ bölenleri oluşu ile çelişir. O halde sıfırın bölenlerinin çarpma işlemine göreinversleri mevcut değildir.
Teorem 11.1. Herhangi bir n tamsayısı içinn
halkasında sıfırın bölenleri, n
ile aralarında asal olmayan sayılardan oluşur.Kanıt.
nm ∈ ve 0m ≠ olmak üzere . . . .( , ) 1e b o b m n d = ≠ olsun.
. .n m
m nd d
= yazabiliriz. Bu eşitliğin sağ tarafı n nin bir katı olduğundan sıfıra
eşittir, o halde sol tarafı da sıfıra eşit olmak zorundadır. Bu durumda . 0n
md
=
dır. 0m ≠ , 0n
d ≠ olduğundan m,
n de sıfırın bir sol bölenidir. Diğer
taraftan eğer nm ∈ elemanı için . . . .( , ) 1e b o b m n = , yani m ve n aralarındaasal ise o zaman
n de bir r elemanı için ( )0 modmr n≡ olur ki, bu durumda
n, mr yi böler. . . . .( , ) 1e b o b m n = olduğundan n r | elde edilir, böylece 0r =
buluruz.
Sonuç 11.1. n bir asal sayı isen
halkasında hiçbir sıfır bölen yoktur, yani
n sıfır-bölensizdir.
H bir halka; , ,a b c H ∈ ve 0a ≠ olsun.
ab ac b c= ⇒ = ve ba ca b c= ⇒ =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 203/272
197
önermeleri doğru ise H halkasında sadele ştirme kuralı geçerlidir deriz.
Örnek 11.4. 11760 halkasında kaç tane sıfır-bölen vardır?
Çözüm. 11760 halkasının elemanlarından asal kalan sınıflarını ve 0 kalansınıfını çıkarırsak sıfır-bölenleri elde ederiz.
4 4 22 3 5 49 2 3 5 7= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ olduğundan
( ) ( )4 2 3 611760 2 3 5 7 2 2 4 7 6 2 42 2688ϕ ϕ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =
elde edilir. Şu halde 11760 halkasındaki sıfır-bölenlerin sayısı
( )( )11760 11760 1 11760 2689 9071ϕ − + = − =
dir.
Teorem 11.2. Bir H halkasında sadeleştirme kuralının geçerli olması içingerek ve yeter koşul H halkasının sıfır-bölensiz olmasıdır.Kanıt. H halkasında sadeleştirme kuralının geçerli olduğunu kabul edelim.
,a b H ∈ elemanları için 0ab = ise a veya b den en az birinin sıfır olduğunugöstermeliyiz.
Eğer 0a ≠ ise 0ab a= dan 0b = , eğer 0b ≠ ise 0ab b= den 0a = eldeederiz. Bu durumda H sıfır-bölensizdir.
Şimdi H nın hiçbir sağ ve sol sıfır-bölene sahip olmadığını kabul edelim.Bu durumda ,a b H ∈ ve 0a ≠ olmak üzere ab ac= olsun. Buradan
( ) 0a b c− = yazabiliriz. O halde 0b c− = , yani b c= buluruz. Benzer şekilde
ba ca= için aynı sonuç bulunur. Böylece H halkasında sadeleştirme kuralıgeçerlidir.
H halkası sıfır-bölensiz bir halka olsun. Bu durumda 0a ≠ olmak üzereax b= denklemi H da en çok bir çözüme sahiptir. Eğer ax b= denkleminin
H da 1 x , 2 x gibi farklı iki çözümü varsa 1ax b= ve 2ax b= dir. Buradan
Teorem 11.2. ye göre 1 2 x x= elde ederiz.
Tanım 11.2. H , birimli ve değişmeli bir halka olsun. Eğer H halkasısıfır-bölensiz ise H ya bir tamlık bölgesi adı verilir.
Böylece bir polinomun katsayılarını bir tamlık bölgesinden seçersek eldeedilecek denklemi lineer çarpanlarına ayırmak suretiyle denklemin çözümlerinibu tamlık bölgesi içinde araştırabiliriz. O halde bir tamlık bölgesi,denklemlerin çözümlerini yapabileceğimiz birimli ve değişmeli halkalar ile
cisimler arasında kalan en dar cebirsel yapıyı tanımlamaktadır.
2 3 4 411760 2 5880 2 2940 2 1470 2 735 2 3 245= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 204/272
198
Örnek 11.5. p bir asal sayı ise p
bir tamlık bölgesidir. Bu durumda
2 3 5, , ,... tamlık bölgesi örnekleri oluşturur.
Örnek 11.6. Tam sayıların1,a b a b a b a b ab⊕ = + − = + −
şeklinde tanımlanan “ ⊕ ” ve “ ” işlemlerine göre ne tür bir cebirsel yapıoluşturduğunu araştıralım.Çözüm. ı) Her ,a b ∈ için 1a b a b⊕ = + − ∈ dir.
ıı) Her , ,a b c ∈ için ( ) ( )a b c a b c⊕ ⊕ = ⊕ ⊕ dir. Çünkü
( ) ( ) ( )1 1 1 A a b c a b c a b c= ⊕ ⊕ = + − ⊕ = + − + −
( ) ( ) ( ) = 1 1 1 B a b c a b c a b c= ⊕ ⊕ ⊕ + − = + + − −
olduğundan nin temel özelliklerinden A B= dir.
ııı) Her ,a b ∈ için
," "kom.
1 1a b a b b a b a+
⊕ = + − = + − = ⊕
dir .ıv) Her a ∈ için x a a⊕ = olacak şekilde bir x ∈ vardır.
1 1 x a a x a a x⊕ = ⇒ + − = ⇒ = ∈ .Şu halde 0 1= dir.
v) Her a ∈ ye karşılık * 1a a⊕ = olacak şekilde bir *a ∈ vardır.* * *1 1 1 2a a a a a a⊕ = ⇒ + − = ⇒ = − ∈ .
vı) Her ,a b ∈ için a b a b ab= + − ∈ dir.
vıı) Her , ,a b c ∈ için ( ) ( )a b c a b c= dir. Çünkü
( ) ( ) ( ) ( )C a b c a b ab c a b ab c a b ab c= = + − = + − + − + −
( ) ( ) ( ) ( )= D a b c a b c bc a b c bc a b c bc= + − = + + − − + −
olduğundan nin temel özelliklerinden C D= dir.vııı) Her ,a b ∈ için a b b a= dir. Çünkü , “ + “ ya göre
komütatif olduğundana b a b ab b a ba b a= + − = + − =
dir.
ıx) Her , ,a b c ∈ için ( ) ( ) ( )a b c a b a c⊕ = ⊕ dir. Çünkü
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1
1
E a b c a b c a b c a b c
F a b a c a b ab a c ac
a b ab a c ac
= ⊕ = + − = + + − − + −
= ⊕ = + − ⊕ + −
= + − + + − −
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 205/272
199
olup, nin temel özelliklerinden E F = dir. x) Her a ∈ için e a a= olacak şekilde bir e ∈ vardır.
( )1 0e a a e a ea a e a= ⇒ + − = ⇒ − = .
Şu halde 0e = ∈ alabiliriz. Yani 1 0= dır.
Bu durumda ( ), ,⊕ , birimli bir komütatif halkadır.
xı) Her { }1a ∈ − e karşılık 0a a′ = olacak şekilde bir { }1a′ ∈ −
olup olmadığını araştıralım.0 0a a a a a a′ ′ ′= ⇒ + − =
( )1 0
11a
aa a a a
a− ≠′ ′⇒ − = − ⇒ = −
−.
Örneğin 3a = için
3 3
1 3 2a′ = − = ∉− dir. Dolayısıyla 3 ün tersi yoktur.
Şu halde , ,⊕ bir cisim değildir.
xıı) 1 2 1 x x = olacak şekilde { }1 2, 1 x x ∈ − olup olmadığını araştıralım.
1 2 1 2 1 21 1 x x x x x x= ⇒ + − =
( ) ( )
( )( )
1 2 2
1 2
0 0
1 1 0
1 1 0
x x x
x x
≠ ≠
⇒ − − − =
⇒ − − =
olur ki, bu nin sıfır bölensiz oluşu ile çelişir.Şu halde ( ), ,⊕ ; komütatif, birimli ve sıfır-bölensiz bir halka
olduğundan bir tamlık bölgesidir.
Teorem 11.3. Her F cismi bir tamlık bölgesidir.Kanıt. F cismi aynı zamanda birimli ve değişmeli bir halka olduğundan F ninsadece sıfır-bölensiz olduğunu göstermek yeterlidir. Bunun için ,a b F ∈ ve
0a ≠ olmak üzere 0ab = olduğunu kabul edelim. F bir cisim olduğundan1a F −
∈ vardır. Böylece,1 1
( ) 0 0 0a ab a b− −
= = ⇒ = bulunur. Şu halde F sıfır-bölensizdir, yani bir tamlık bölgesidir.
Teorem 11.4. Her sonlu tamlık bölgesi bir cisimdir.Kanıt. 1 20,1, , ,...,
na a a ; D tamlık bölgesinin birbirinden farklı sonlu sayıda
elemanı olsun. Bu durumda herhangi bir a D∈ ( 0)a ≠ elemanın, 1ab =
olacak şekilde D de bir b çarpımsal inversinin olacağını kanıtlamalıyız.Bunun için D nin .1a , 1.a a , 2.a a , ... , .
na a şeklindeki elemanlarını göz önüne
alalım. Bu elemanlar birbirinden farklıdır. Eğer farklı olmasaydı 1 ,i j n≤ ≤
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 206/272
200
olmak üzere bir i, j çifti için . .i j
a a a a= olurdu. Ayrıca, D sıfır-bölensiz
olduğundan .1a , 1.a a , 2.a a ,..., .n
a a elemanlarından hiçbirisi sıfır değildir, yani
bunlar 1 ,1
a ,2
a , ... ,n
a elemanlarının herhangi bir sırada yazılmış şeklidir. Bu
nedenle ya .1 1a = veya . 1i
a a = olmalıdır. Böylecei
a elemanı, a nın
çarpımsal inversi olarak bulunmuş olur, dolayısıyla F bir cisimdir.
Sonuç 11.2. p bir asal sayı ise p
Z bir cisimdir.
Tanım 11.3. H bir halka ve a H ∈ olsun. . 0n a = olacak şekildeki en küçük
n +∈ tamsayısına H nın karakteristi ğ i adı verilir.
Örnek 11.5. n halkasının karakteristiği n; , ve nin karakteristiklerisıfırdır.
Teorem 11.5. H birimli bir halka olsun. H nın karakteristiğinin 0n > tamsayısı olması için gerek ve yeter koşul n nin .1 0n = koşulunu sağlayan enküçük pozitif tamsayı olmasıdır.Kanıt. 0n > tamsayısı, birimli bir H halkasının karakterisitiği olsun. Budurumda a H ∀ ∈ için . 0n a = yazılabileceğinden 1 H ∈ için de .1 0n = dır. n karakteristik olduğundan .1 0n = olacak şekilde en küçük pozitif tamsayıdır.Tersine n, .1 0n = olacak şekilde en küçük pozitif tamsayı olsun. O halde
a H ∀ ∈ için,
n defa n defa
... (1 1 ... 1) ( .1) .0 0na a a a a a n a= + + + = + + + = = =
yazılabileceğinden n, halkanın karakteristiği olur.
Teorem 11.6. (Fermat Teoremi) a ∈ ve p, p a|/ olacak şekilde bir asal sayı
olsun. Bu taktirde 1 1 p p a −| − , yani 1 1(mod ) pa p− ≡ dir.
Bu teoremin kanıtını birinci bölümde vermiştik. Bu teoremden bir sonuçelde etmek istiyoruz.
p cismini göz önüne alalım. Bir cismin sıfırdan farklı
elemanlarının kümesi çarpma işlemine göre bir grup teşkil eder. O halde p
nin 1, 2 , 3 , ... , 1 p − elemanlarının kümesi p
deki çarpma işlemine göre bir
gruptur. Bu grubun mertebesi 1 p − dir. Bir grupta her elemanın mertebesi,
grubun mertebesini böleceğinden 0a ≠ ve p
a ∈ olmak üzere a nın
mertebesi 1 p − i böler, bu durumda 1 1 pa − = yazabiliriz ve eğer a k = ise
1 olduğundan 1k p p kt | − − = , t ∈ elde ederiz, buradan
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 207/272
201
1
1
( ) 1 1 p kt k t t a a a−
=
= = = =
bulunur. Böylece, hem toplama hem de çarpma işlemine göre bir p
a ∈
elemanını a p+ kalan sınıfının bir temsilci elemanı olarak düşünebiliriz. Busonuç bize,
p ile p nin birbirine izomorf yapılabileceğini gösterir.
Şimdi, bir tamlık bölgesinden hareketle bir cisim yapısı oluşturmakistiyoruz. Bu bize aynı zamanda bir tamlık bölgesinden rasyonel sayılarcisminin elde edilişini anlatacaktır. Bunun için bir D tamlık bölgesini gözönüne alalım.
{ }( , ) , ; 0Q a b a b D b D D= | ∈ ≠ ⊂ ×
kümesi tanımlansın. ( , )a b , ( , )c d Q∈ olmak üzere
( , ) ( , )a b c d ad bc≈ ⇔ =
bağıntısını tanımlayalım. Bu bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Çünkü,( , ) ( , )ab ab a b a b= ⇒ ≈
dir.( , ) ( , )a b c d ad bc≈ ⇒ =
dir. Buradan cb da= olduğu görülür, yani ( , ) ( , )c d a b≈ dir. Diğer taraftan,
( , ) ( , )a b c d ≈ ve ( , ) ( , )c d e f ≈ olsun. Bu durumda ad bc= , cf de=
eşitlikleri vardır, bunları taraf tarafa çarparsak adcf bcde= elde ederiz. Q
kümesinin tanımından 0b ≠ , 0d ≠ , 0 f ≠ olduğunu biliyoruz. Teorem 11.2.
ye göre D bir tamlık bölgesi olduğundan sıfır-bölensizdir, böylece sol ve sağ sadeleştirme kuralları geçerlidir. Bu nedenle adcf bcde= eşitliğinden
af be= buluruz, bu ise ( , ) ( , )a b e f ≈ olması demektir. Böylece
tanımladığımız bağıntı bir denklik bağıntısıdır. Bu denklik bağıntısı Q
kümesini, ( , )a b Q∈ elemanı için,
{ }[ , ] ( , ) ( , ) ( , )a b x y Q a b x y= ∈ | ≈
şeklindeki denklik sınıflarına ayırır. Bu şekilde tanımlayacağımız bütündenklik sınıflarının kümesini F ile gösterirsek,
[ , ] [ , ] [ , ]a b c d ad bc bd ⊕ = +
ve[ , ] [ , ] [ , ]a b c d ac bd ⊗ =
işlemleri ile birlikte F kümesi bir cisim teşkil eder, bu cisme D tamlık
bölgesinin bölüm cismi adını vereceğiz. Gerçekten ( , , )F ⊕ ⊗ , cisim
koşullarını gerçekler:
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 208/272
202
1) [ , ]a b , [ , ]c d , [ , ]e f F ∈ olsun.
( )[ , ] [ , ] [ , ] [ , ] [ , ]a b c d e f ad bc bd e f ⊕ ⊕ = + ⊕
[( ) ( ) , ( ) ] [ ( ) ( ), ( )]
[ , ] [ , ] [ , ] ([ , ] [ , ])
ad bc f bd e bd f a df b cf de b df
a b cf de df a b c d e f
= + + = + +
= ⊕ + = ⊕ ⊕
olduğundan toplama işlemi birleşmelidir.2) [ , ]a b , [ , ] x y F ∈ için,
[ , ] [ , ] [ , ] [ , ] [ , ]a b x y a b ay bx by a b⊕ = ⇔ + =
olsun. Denklik sınıfının temsilcilerden bağımsız, yani iyi tanımlı olmasınedeniyle bu sonuç
[ , ] [ , ] [ , ] ( , ) ( , )a b x y a b ay bx by a b⊕ = ⇔ + ≈
olmasını gerektirir. O halde,2( ) 0ay bx b bya b x+ = ⇒ =
elde ederiz. Bir tamlık bölgesi sıfır-bölensiz olduğundan ve F deki elemanlarıntanımı nedeniyle 0b ≠ olduğundan 0 x = elde ederiz, bu sonuç yukarıdakiay bx a+ = denkleminde yerine yazılırsa ay a= dan 1 y = buluruz. Böylece
[ , ] [0,1] x y = , F de toplama işleminin birim elemanıdır.
3) [ , ]a b F ∈ verilsin. [ , ] [ ', '] [0,1]a b a b⊕ = olacak şekilde [ ', ']a b inversini
bulalım. F deki “ ⊕ ” işleminin tanımından[ , ] [ ', '] [ ' ', '] [0,1]a b a b ab ba bb⊕ = + =
den ' ' 0, ' 1ab ba bb+ = = buluruz. Buradan, 1'b b−= ve 1 2' ( )a a b−= − elde
ederiz. O halde, 1 2 1[ ', '] [ ( ) , ]a b a b b− −= − invers eleman olarak bulunur.
4) “ ⊕ ” işleminin değişmeli olduğu tanımından kolayca görülür.5) “ ⊗ ” işleminin tanımı kullanılırsa, [ , ]a b , [ , ]c d , [ , ]e f F ∈ elemanları için,
( )[ , ] [ , ] [ , ] [ , ] [ , ] [( ) , ( ) ] [ ( ), ( )]a b c d e f ac bd e f ac e bd f a ce b df ⊗ ⊗ = ⊗ = =
[ , ] [ , ] [ , ] ([ , ] [ , ])a b ce df a b c d e f = ⊗ = ⊗ ⊗
olduğundan F de tanımlanan çarpma işlemi birleşmelidir.
6) [ , ]a b , [ , ] x y F ∈ için,[ , ] [ , ] [ , ]a b x y a b⊗ =
ise[ , ] [ , ] [ , ] [ , ] ,a b x y ax by a b ax a by b⊗ = = ⇒ = =
olduğundan 1 x = , 1 y = alabiliriz. Şu halde [ , ] [1,1] x y = , “ ⊗ ” işleminin
birim elemanıdır.7) [ , ] [0,1]a b ≠ ve [ , ] x y F ∈ için,
[ , ] [ , ] [1,1]a b x y⊗ =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 209/272
203
ise 1ax = , 11by x a−= ⇒ = , 1 y b−= olduğundan 1 1[ , ]a b− − , [ , ]a b nin
çarpımsal inversidir.8) [ , ] [ , ] [ , ] [ , ] [ , ] [ , ]a b c d ac bd ca db c d a b⊗ = = = ⊗ olduğundan çarpma işlemi
değişmelidir.9) [ , ] ([ , ] [ , ]) [ , ] [ , ] [ ( ), ( ]a b c d e f a b cf de df a cf de b df ⊗ ⊕ = ⊗ + = +
[ , ] [ ( ), ( ) ] [( )( ) ( )( ), ( )( )]acf ade bdf b acf ade b bd f ac bf bd ae bd bf = + = + = +
[ , ] [ , ] ([ , ] [ , ]) ([ , ] [ , ])ac bd ae bf a b c d a b e f ⊕ = ⊗ ⊕ ⊗
olduğundan F de çarpma işlemi, toplama işlemi üzerine soldan dağılmalıdır.Benzer şekilde sağdan dağılma özelliğinin de sağlandığı gösterilebilir. Burada( , ) ( , ) x y bx by≈ olduğunu kullandık. Böylece F kümesi, bir cisim oluşturur.
PROBLEMLER
1) Sürekli fonksiyonların { }:[0,1]F f f = | → kümesi bu küme üstünde
tanımlanan fonksiyonların toplamı ve çarpımı işlemleri ile birlikte bir halkayapısı oluşturur. Bu halkanın tamlık bölgesi olmadığını kanıtlayan bir örnekveriniz.
2) D bir tamlık bölgesi olsun. 0a ≠ olmak üzere bir a D∈ verilsin. x D∀ ∈ için ( ) f x ax= şeklinde tanımlanan fonksiyonun bire-bir olduğunu gösteriniz.
3) Sonsuz elemanlı cisim olmayan bir tamlık bölgesi örneği veriniz.
4) D bir tamlık bölgesi olsun. D nin toplama ve çarpma işlemlerinin birimelemanları sırasıyla 0 ve 1 olmak üzere
.1 0m a D= ⇔ ∀ ∈ , . 0m a = önermesinin doğru olduğunu kanıtlayınız.
5) Aşağıdaki kümenin bir tamlık bölgesi olduğunu gösteriniz,
{ }[ 2] 2 , .a b a b= + | ∈
6)ç , çift tamsayıların kümesi olsun. ( , ,.)
ç + halkasının bir tamlık bölgesi
olup olmadığını araştırınız.
7) ( , ,.) D + bir tamlık bölgesi olsun. x D∈ için . x x x= ise 0 x = veya 1 x =
olduğunu kanıtlayınız.
8) Aşağıdaki halkaların sıfır bölenlerini bulunuz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 210/272
204
a) 4 , b) 4 2× , c) 10 .
9) 6( , ,.)+ halkasının bir tamlık bölgesi olup olmadığını araştırınız.
10) Fonksiyonların toplamı ve çarpımı işlemlerine göre { }: H f f = | →
kümesi birimli ve değişmeli bir halkadır.
, 0( )
0, 0
x x f x
x
≥=
<
şeklinde tanımlanan f fonksiyonunun H halkasının bir sıfır-böleni olupolmadığını araştırınız.
11) Değişmeli ve birimli bir ( , , .) H + halkasının bir tamlık bölgesi olması içingerek ve yeter bir koşul“ x∀ , y , z H ∈ için 0 z ≠ ve xz yz= ise x y= dir ”
önermesinin doğru olmasıdır, kanıtlayınız.
12) Her cisim bir tamlık bölgesidir, gösteriniz.
13) D bir tamlık bölgesi ve F de D nin oluşturduğu bölüm cismi olmak üzere: , ( ) [ ,1]g D F g a a→ =
şeklinde tanımlanan dönüşümün D den, F nin ( )g D alt kümesine bir
izomorfizma tanımladığını kanıtlayınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 211/272
205
12. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER
Tanım 12.1. H bir halka ve N , H nın bir alt halkası olsun. h H ∀ ∈
için , Nh N hN N ⊂ ⊂ koşulları sağlanıyor ise N ye H nın bir ideali denir.Eğer sadece Nh N ⊂ koşulu gerçekleniyor ise N ye H nın bir sol ideali, eğer
sadece hN N ⊂ koşulu gerçekleniyor ise N ye H nın bir sa ğ ideali adı verilir.
N , H nın bir ideali ise H daki işlemlerle birlikte h H ∀ ∈ için h N + kalan
sınıflarının kümesi bir halka yapısına sahiptir. Bu halkaya bölüm halkası adı
verilir ve H N şeklinde veya H
N şeklinde gösterilir.
Örnek 12.1. halkası için ( , )+ toplam grubunun n şeklindeki alt
gruplarını göz önüne alalım. r ∈ olsun. m n∈ ise rm mr = dir. Çünkü
bir s∈ için m ns= yazılabileceğinden
( )rm mr n sr n= = ∈
buluruz. Böylece n , nin bir idealidir. n nin a n+ şeklindeki kalan
sınıflarının n kümesi den indirgenmiş toplama ve çarpma işlemleriyle
bir halka yapısına sahiptir, bu halka nin bir bölüm halkasıdır.
Örnek 12.2. :n
φ → n , ( )a a nφ = + dönüşümü bir izomorfizma
tanımlar. Böylecen ile n izomorf yapılmış olur. Diğer taraftan eğer n
bir asal sayı ise n bir cisim olacağından n bölüm halkası da bir cisimoluşturur.
Örnek 12.3. (1,0)(0,1) (0,0)= olduğundan × sıfır bölenlere sahiptir, bu
nedenle × bir tamlık bölgesi oluşturmaz.
Örnek 12.4. { }(0, ) N n n= | ∈ kümesi × nin bir idealidir ve kümesi
( ) N × ye izomorftur. Bu izomorfizma ( ) ( ,0) f m m N = + şeklinde
tanımlanır.
Her H halkası, H nın kendisi ile { }0 ideallerine sahiptir. H nın bu idealleri
dışındaki ideallerine H nın has (öz) idealleri adı verilir. Diğer taraftan H H
bölüm halkası bir tek elemana sahiptir ve { }0 H bölüm halkası H nın
kendisine izomorftur. Böylece H nın has idealleri N H ≠ ve { }0 N ≠
idealleridir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 212/272
206
Teorem 12.1. ( , ,.) H + birimli bir halka olsun. Bu halkanın bir öz idealinin
çarpımsal inverse sahip hiçbir elemanı yoktur.
Kanıt. N , H nın bir has ideali ve 1, halkanın çarpımsal birimi olsun. Şimdi
idealin bir u N ∈ elemanının tersinin var olduğunu kabul edelim ve bu inverseleman 1
u N −∈ olsun. O halde 1
u H −∈ dır.
1u H −
∈ , 1. 1u N u u N −∈ ⇒ = ∈
dir. Ayrıca,
x H ∀ ∈ için .1 1. x x x= =
olduğundan
( x H ∀ ∈ ,1 N ∈ ) .1 1. x x x N ⇒ = = ∈
elde ederiz. Böylece H N ⊆ dir ve N H ⊆ olduğu açık olup sonuç olarak
N H = elde ederiz ki bu N nin has ideal oluşu ile çelişir. O halde
varsayımımız yanlıştır.
Önerme 12.1. ( , ,.)+ halkasının her N ideali için N a=< > olacak şekilde
negatif olmayan en az bir a tamsayısı vardır.
Kanıt. { }0 N = ise 0 N =< > olduğundan önerme doğrudur. { }0 N ≠
olduğunu kabul edelim. m N m N ∈ ⇒ − ∈ dir. Buna göre N pozitif elemanlara
sahiptir. N nin pozitif elemanlarının en küçüğünü n ile gösterelim. N ideal
olduğundan Z nin her elemanının n ile çarpımı N nin bir elemanıdır. Böylece
n N < >⊆ bulunur. Diğer yandan, k N ∀ ∈ için 0 r n≤ < olmak üzere
k nq r = +
olacak şekilde q ve r tamsayıları vardır ve k , nq N ∈ olduğundan r N ∈ dir.
N nin pozitif elemanlarının en küçüğü n olduğundan 0r = olmak zorundadır.
Böylece, k N ∈ için k nq= bulunur. O halde N n⊆< > olduğundan
N n=< > bulunur.
Teorem 12.2. H birimli bir halka ve N , H nın bir ideali olsun. Eğer N ideali
inverslenebilir bir elemana sahip ise o taktirde N H = olmak zorundadır.
Kanıt. u N ∈ çarpımsal inverse sahip bir eleman olsun. N , H nın bir ideali
olduğundan r H ∀ ∈ için rN N ⊆ dir. 1r u−= ve n u= alırsak n N ∀ ∈ için
rn N ∈ olacağından 1. 1u u N −= ∈ buluruz. Böylece, r H ∀ ∈ için .1r r N = ∈
dir , bu H N ⊂ olması demektir ki, buradan H N = olduğu sonucu çıkar.
Sonuç 12.1. Herhangi bir cisim hiçbir has ideale sahip değildir.
Tanım 12.2. H ve ' H iki halka olsun. : ' f H H → dönüşümü a∀ , b H ∈
için
1) ( ) ( ) ( ) f a b f a f b+ = +
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 213/272
207
2) ( . ) ( ). ( ) f a b f a f b=
koşullarını sağlıyorsa bu dönüşüme bir halka homomorfizması adı verilir.
Teorem 12.3. Halka homomorfizmaları ideal yapılarını korur.
Tanım 12.3. H bir halka ve N H ≠ , H nın bir ideali olsun. ,a b H ∀ ∈ için
iseab N a N ∈ ∈ veya b N ∈ dir, önermesi doğru ise o taktirde N ye H nın
bir asal ideali adı verilir.
Tanım 12.4. H bir halka ve N H ≠ , H nın bir ideali olsun. Eğer H nın N yi
kapsayan N den başka hiçbir has ideali yoksa N ye H nın maksimal ideali adı
verilir.
Teorem 12.4. H ve ' H iki halka olsun. : ' f H H → dönüşümü bir halka
homomorfizması ve N , H nın bir ideali ise ( ) N φ de ( ) H φ nın bir idealidir.
Kanıt. n N ∈ ve h H ∈ olsun. ( ) ( ) ( ) ( )h n hn N φ φ φ φ = ∈ dir. Ayrıca,
( ) ( ) ( ) ( )n h nh N φ φ φ φ = ∈ olduğundan ( ) N φ , ( ) H φ nın bir idealidir.
Sonuç 12.2. H ve ' H iki halka olsun. : ' f H H → dönüşümü bir halka
homomorfizması ve ' H nün sıfırı 0 ' ise1
' (0 ') N φ −= kümesi de H nın bir
idealidir.
Teorem 12.5. ( Halka İ zomorfizmalarının Temel Teoremi ) H ve ' H iki halka
olsun. : ' f H H → dönüşümü bir halka homomorfizması ve φ nin çekirdeği
K ise ( ) H φ bir halkadır ve ( ) H φ dan H K ya bir doğal izomorfizma vardır.
Kanıt. H bir halka ise ( ) H φ nın da bir halka olacağı açıktır.
a , b , c H ∈ olsun. H bir halka olduğundan ( ) ( )ab c a bc= dir. Şu halde,
( ( ) ( )) ( ) ( )( ( ) ( ))a b c a b cφ φ φ φ φ φ =
olduğunu göstermeliyiz.
( ( ) ( )) ( ) ( ( )) ( )a b c ab cφ φ φ φ φ =
(( ) ) ( ( )) ( )( ( ))ab c a bc a bcφ φ φ φ = = =
( )( ( ) ( ))a b cφ φ φ =
dir. Diğer özellikleri de benzer biçimde kolayca kanıtlayabiliriz.
Şimdi ( ) H φ dan H K ya bir doğal izomorfizmanın tanımlanabileceğini
gösterelim. a K H K + ∈ olmak üzere
: ( )
( ) ( )
H K H
a K a
ϕ φ
ϕ φ
→
+ =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 214/272
208
dönüşümünü tanımlayalım.
(( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a b K a b a b a K b K ϕ φ φ φ ϕ ϕ + + = + = + = + + +
ve
[( )( )] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a K b K ab K ab a b a K b K ϕ ϕ φ φ φ ϕ ϕ + + = + = = = + + olduğu görülür. Ayrıca,
( ) ( )a K b K ϕ ϕ + = +
ise
( ) ( )a bφ φ =
dir. Buradan her iki tarafı soldan 1( ( ))aφ − ile çarparak, ' H nün çarpımsal
birimi 'e olmak üzere1 1 1' ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )e a b a b a bφ φ φ φ φ − − −
= = = ,
yani1a b K b a K a K b K −
∈ ⇒ ∈ + ⇒ + = +
elde ederiz ki, bu sonuç ϕ nin bire-bir olduğunu gösterir. ϕ nin örten olduğu
tanımından açıktır. Böylece, ϕ bir halka homomorfizmasıdır.
Özellik 12.1. F bir cisim, H bir halka ve : F H φ → bir halka
homomorfizması olsun. Eğer φ dönüşümü bire-bir değilse bir sıfır
homomorfizmadır.
Kanıt. x F ∀ ∈ için ( ) 0 xφ = ise φ bir sıfır homomorfizmadır. Eğer φ
dönüşümü bire-bir değilse ,a b F ∃ ∈ , ( ) ( )a b a bφ φ ≠ ∋ = dir. ( )a b c F + − = ∈
diyelim. φ bir homomorfizma olduğundan
( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ( ))c a b a b a bφ φ φ φ φ φ = + − = + − = + −
dir. ( ) ( )a bφ φ = olduğundan ( ) 0cφ = bulunur. Diğer taraftan a b≠
olduğundan 0c ≠ dır. Böylece,
x F ∀ ∈ için 1 x cc x−
=
dir ve buradan1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) 0. ( ) 0 x cc x c c x c xφ φ φ φ φ − − −
= = = = bulunur. Şu halde φ , bir sıfır homomorfizmadır.
Teorem 12.6. H birimli ve değişmeli bir halka olsun. M nin H da bir
maksimal ideal olması için gerek ve yeter koşul H M nin bir cisim
olmasıdır.
Kanıt. M , H nın bir maksimal ideali olsun. Bu durumda H M nin birimli ve
değişmeli bir halka olduğu açıktır. H M nin cisim olması için geriye H M
de toplamsal birim eleman olmayan herhangi bir elemanın inversinin var
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 215/272
209
olduğunu göstermek kalmaktadır. Bunun için a M ∉ için birim eleman
olmayan a M H M + ∈ elemanını göz önüne alalım.
{ }, N ha m h H m M = + | ∈ ∈
olmak üzere ( , ) N + ikilisi bir gruptur. Çünkü,
a)1 2,h h H ∀ ∈ ,
1 2,m m M ∀ ∈ için
1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ,
H M
h a m h a m h h a m m N
∈ ∈
+ + + = + + + ∈
b) 0 0. 0a N = + ∈ ,
c)
( ) ( ) ( ) H M
ha m h a m N ∈ ∈
− + = − + − ∈ koşulları gerçeklenir. Ayrıca,
1 1 1
( ) ( )
H M
h ha m h h a h m N
∈ ∈
+ = + ∈
dir ve H değişmeli olduğundan1
( )ha m h N + ∈ olur. Şu halde N , H nın bir
idealidir. Diğer taraftan, 1. 0a a N = + ∈ dir ve m M ∀ ∈ için 0.m a m N = + ∈
yazılabileceğinden N M ⊂ bulunur. ,a N a M ∈ ∉ olduğundan N , H nın M yi
kapsayan bir idealidir, yani M N ⊂ dir, halbuki M maksimal olduğundan
N H = bulunur. Dolayısıyla 1 N ∈ dir. N nin tanımından b H ∈ , m M ∈
için 1 ba m N = + ∈ olur. Bu durumda,
1 ( ) ( )( ) M ba m M ba M b M a M + = + + = + = + +
olacağından a M + nin çarpımsal inversi olarak b M + bulunur. Dolayısıyla
H M bir cisimdir.
PROBLEMLER
1) ( , ,.) H + herhangi bir halka ve a H ∈ olsun. aH ve Ha nın sırasıyla H
nın bir sağ ve bir sol ideali olduğunu kanıtlayınız.
2) ( , ,.) H + herhangi bir değişmeli halka ve a H ∈ olmak üzere
{ },n
a N x x H n x H +
= | ∈ ∃ ∈ ∋ ∈
kümesinin H nın bir ideali olduğunu gösteriniz.
3) 12( , ,.)+ halkasının bütün ideallerini belirleyiniz.
4) A ve B , değişmeli bir ( , ,.) H + halkasının iki ideali olsun. Bu durumda,
( ){ }: için A B h H hb A b B= ∈ | ∈ ∀ ∈
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 216/272
210
şeklinde tanımlı kümenin de H nın bir ideali olduğunu kanıtlayınız ( Bu
ideale A idealinin B ye bölümü denir).
5) Bir halkanın iki idealinin arakesitinin de halkanın bir ideali olduğunukanıtlayınız.
6) Değişmeli bir ( , ,.) H + halkası verilsin. T H ⊆ olmak üzere H nın T yi
kapsayan tüm ideallerinin arakesitinin H nın bir ideali olduğunu gösteriniz.
7) { }; , , 0 I x x nh n h n= ∈ | = ∈ ≠ kümesinin ( , ,.)+ halkasının bir asal
ideali olması için gerek ve yeter koşul, n nin bir asal sayı olmasıdır,
kanıtlayınız.
8) { }:[0,1] H f f = | → kümesi, fonksiyonların toplama ve çarpma
işlemlerine göre bir halka oluşturur. { }(1/ 2) 0 I g H g= ∈ | = kümesinin H
halkasının bir maksimal ideali olduğunu gösteriniz.
9) I , değişmeli bir ( , ,.) H + halkasının bir ideali olsun. ( , , .) H I + nın bir
halka oluşturduğunu kanıtlayınız.
10) ( , ,.) H + bir tamlık bölgesi ve I , H nın bir ideali olsun. ( , ,.) H I + nın bir
tamlık bölgesi olması için gerek ve yeter koşul, I nın H tamlık bölgesinin birasal ideali olmasıdır, kanıtlayınız.
11) ( , ,.) H + halkasının verilen herhangi sayıdaki ideallerinin arakesitinin de H
nın bir ideali olacağını gösteriniz.
12) H ve ' H iki halka olmak üzere : ' f H H → dönüşümü bir halka
homomorfizması ise;
a) I , H nın bir ideali ise ( ) f I kümesi de ( ) f H nın bir idealidir, gösteriniz.
b) ' I , ( ) f H nın bir ideali ise 1( ') f I − de H nın bir idealidir, gösteriniz.
13) Karakteristiği sıfır olan bir asal cismin, ( , ,.)Q + cismine izomorf
yapılabileceğini kanıtlayınız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 217/272
211
13. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI
Katsayıları bir H halkasından seçilmiş olan x e göre verilmiş polinomlarla
daha önceki yıllarda karşılaşmış olmalıyız. Polinomun ba ş katsayısı adınıverdiğimiz x e göre en büyük dereceli terimin katsayısının sıfırdan farklıolması gerektiği varsayımını biliyoruz. Katsayıları bir H halkasından seçilmiş olan x e göre bir polinomu, bir sonlu toplam olarak
0 10
...n
i ni n
i
a x a a x a x=
= + + +∑
şeklinde gösterebiliriz. Eğer 0na ≠ ise polinoma n. derecedendir diyeceğiz.
Bu durumda ( )1 .n + ve daha yüksek dereceli terimlerin katsayılarının sıfır
olduğunu varsayacağız. Ancak, örneğin 2 31 30 0a x x a x+ + + şeklinde bir
polinom ile onun 31 3a x a x+ şeklindeki bir gösterimi arasında bir kargaşa
yaşamamak için bir polinomu sonsuz toplam biçiminde göstermek dahauygundur. Buna göre, katsayıları bir H halkasından seçilen bir polinomu
0 10
... ...i ni n
i
a x a a x a x∞
=
= + + + +∑
şeklinde göstereceğiz. Bu gösterim sadece katsayıların
0a , 1a , 2a , ... , na , ...
şeklindeki bir dizisi ile de yapılabilir. Bu gösterimde sonlu sayıdaki katsayılar
dışında diğer bütün katsayıların sıfır olacağı açıktır. O halde aşağıdaki tanımıverebiliriz.
Tanım 13.1. H bir halka olsun. Katsayıları H halkasından seçilen bir ( ) f x
polinomu, H ai ∈ ve sonlu sayıda ia ler dışında kalan diğer bütün ia ler
sıfır olmak üzere
0 10
... ...i ni n
i
a x a a x a x∞
=
= + + + +∑
şeklinde tanımlanır. Buradaki H ai ∈ lara polinomun katsayıları ve0≠ia olacak şekildeki en büyük i tamsayısına da )( x f polinomunun
derecesi adı verilir ve ( )der f x şeklinde gösterilir. Eğer böyle bir i n=
tamsayısı bulunamıyor ise polinomun derecesi sıfır olarak tanımlanır. )( x f
polinomunda ni > için ia ler sıfır oluyor ise polinomu
0 1( ) ... nn f x a a x a x= + + +
şeklinde gösteririz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 218/272
212
Polinomları gösterirken genellikle katsayıları sıfır olan terimleri yazmayız.
Örneğin; 32 5 x x− , 3 53 5 x x− + veya 43 x− şeklinde ifade ederiz. H halkasınınelemanları da birer sabit polinom olarak düşünülebilir.
Şimdi, katsayıları bir H halkasından seçilen x e göre polinomların kümesini[ ] H x ile gösterelim ve bu küme üzerinde polinomların toplamı ve çarpımı
işlemlerini aşağıdaki gibi tanımlayalım:2
0 1 2
20 1 2
( ) ... ...
( ) ... ...
nn
nn
f x a a x a x a x
g x b b x b x b x
= + + + + +
= + + + + +
polinomları için,
20 1 2( ) ( ) ... ...n
n f x g x c c x c x c x+ = + + + + + , n n nc a b= + ( )0,1,2,...n =
ve2
0 1 2( ). ( ) ... ...nn f x g x d d x d x d x= + + + + + ,
0
n
n i n ii
d a b −
=
= ∑ ( )0,1,2,...n =
dir.
Uyarı: Eğer H halkası değişmeli değilse nd için yukarıda verilen ifade genel
olarak0
n
n i n ii
d b a −
=
= ∑ ye eşit olmayabilir. Yukarıda verilen işlemler dikkate
alınarak aşağıdaki teoremi kanıtlayabiliriz.
Teorem 13.1. Katsayıları bir H halkasından seçilen x e göre polinomların[ ] H x kümesi, üzerinde tanımlanan polinomların toplamı ve çarpımı
işlemlerine göre bir halkadır. Eğer H halkası değişmeli ise [ ] H x de
değişmelidir ve H halkasının birim elemanı [ ] H x halkasının da birim
elemanıdır.Kanıt. ( [ ], ) H x + ikilisinin değişmeli bir grup olduğu açıktır. [ ] H x in halka
olduğunu göstermek için sadece çarpma işleminin birleşmeli olduğunugöstereceğiz. Diğer koşullar işlemlerin tanımından kolaylıkla görülebilir.
, ,i j k a b c H ∈ elemanları [ ] H x de verilen üç polinomun katsayılarınıgöstersin. Çarpma işleminin birleşmeli olduğunu gösterelim;
0 0 0 0 0 0
i j k n k i j k i n i k
i j k n i k
a x b x c x a b x c x∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞
−
= = = = = =
=
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
0 0 0
( )s
si n i s n
s n i
a b c x∞ ∞
− −
= = =
=
∑ ∑ ∑
0
si j k
s i j k s
a b c x∞ ∞
= + + =
=
∑ ∑
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 219/272
213
0 0 0
s ms
s m j m js m j
a b c x∞
− −
= = =
=
∑ ∑ ∑
0 0 0
mi m
i j m ji m j
a x b c x∞ ∞
−
= = =
=
∑ ∑ ∑
0 0 0
i j k i j k
i j k
a x b x c x∞ ∞ ∞
= = =
= ∑ ∑ ∑
dir.
Örnek 13.1. Katsayıları, tamsayılar ve rasyonel sayılar halkalarından
seçilen polinomların [ ] x ve [ ] x kümeleri birer polinom halkasıdır. Ancak,
katsayılarını 2 den seçtiğimiz 2[ ] x için aşağıdaki sonuçlar ilginçtir.2 2 2( 1) ( 1)( 1) (1 1) 1 1, x x x x x x+ = + + = + + + = +
( 1) ( 1) (1 1) (1 1) 0 0 0. x x x x+ + + = + + + = + =
Katsayıları bir H halkasından seçilen polinomların [ ] H x kümesinin bir
halka yapısına sahip olduğunu biliyoruz. Bu nedenle, katsayıları [ ] H x
halkasından seçilen y ye göre polinomların halkasını da tanımlayabiliriz ve buhalkayı ( [ ])[ ] [ , ] H x y H x y= şeklinde gösteririz. Bu yeni halkanın
polinomlarını, katsayıları H da olan hem x, hem de y ye göre polinomlarolarak düşünebiliriz. Bu tanımlamaya benzer şekilde [ , ] H y x halkasını da
tanımlayabiliriz. [ , ] H y x halkası ile [ , ] H x y halkası arasında bir doğal
izomorfizmanın tanımlanabileceği kolayca gösterilebilir. Bu düşünceyigenişleterek , 1 2, ,..., n x x x ler tarafından tanımlanan 1 2[ , ,..., ]n H x x x şeklindeki
polinom halkalarından bahsedilebilir.Eğer, D bir tamlık bölgesi ise katsayıları D den seçilen polinomların
kümesi de bir tamlık bölgesi oluşturur. Ancak, F bir cisim ise, katsayıları F den seçilen polinomların kümesi bir cisim oluşturamaz. Çünkü [ ] x F x∈ için
[ ]F x de bir çarpımsal invers bulamayız, yani [ ]F x de . ( ) 1 x f x = olacak
şekilde bir ( ) f x polinomu yoktur. Diğer taraftan, [ ]F x bir tamlık bölgesi
oluşturacağı için [ ]F x in bölüm cismini tanımlayabiliriz. Bunun için, [ ]F x in
her polinomu ( ) 0g x ≠ olmak üzere( )
( )
f x
g x şeklinde iki polinomun bölümü
olarak ifade edilebilir. Benzer düşünceyle 1 2, ,..., n x x x lere göre genelleştirilmiş
1 2[ , ,..., ]nF x x x polinom halkasının bölüm cismini de tanımlayabiliriz. Bu
bölüm cismi, cebirsel geometride önemli bir işleve sahiptir.
Şimdi polinom halkalarının homomorfizmalarını ve onların bölümhalkalarının, polinom denklemlerini çözmede nasıl kullanılabileceğini ele
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 220/272
214
alacağız. E bir cisim ve F , E nin bir alt cismi olsun. Aşağıda vereceğimizteoremle E ile [ ]F x arasında bir homomorfizmanın nasıl tanımlandığını
görürüz.
Teorem 13.2. F , E nin bir alt cismi ve [ ]F x , katsayıları F cisminden seçilen
x e göre polinomların halkası olmak üzere E α ∈ için
0 1 0 1
: [ ] ,
( ... ) ...n nn n
F x E
a a x a x a a a
α
α
φ
φ α α
→
+ + + = + + +
şeklinde tanımlanan dönüşüm bir homomorfizmadır. Üstelik, ( ) xα φ α = ve
( )a aα φ = dır.
Kanıt.α
φ nın iyi tanımlı olduğu yani [ ]F x de verilen bir
0 1( ) ... nn f x a a x a x= + + + polinomunun gösteriliş şeklinden bağımsız olduğu açıktır, çünkü bu polinoma
farklı gösterimlerle eklenebilecek terimler sadece 0. i x şeklinde olacağındanböylesi terimlerin eklenmiş olması ( ( )) f x
α φ in değerini etkilemeyecektir. O
halde [ ]F x deki toplama ve çarpma işlemlerini kullanarak dönüşümün bir
homomorfizma olduğunu göstermeliyiz. Bunun için [ ]F x de
0 1( ) ... ...nn f x a a x a x= + + + +
ve
0 1( ) ... ...m
mg x b b x b x= + + + + polinomlarını göz önüne alalım. [ ]F x deki toplama işlemi ile
0 1( ( ) ( )) ( ... ...)r r f x g x c c x c x
α α φ φ + = + + + + , r r r c a b= + ; 0,1,2,...r =
0 1 0 1(( ... ...) ( ... ...))r r r r a a x a x b b x b x
α φ = + + + + + + + + +
0 0 1 1(( ) ( ) ... ( ) ...)r r r a b a b x a b x
α φ = + + + + + + +
0 0 1 1( ) ( ) ... ( ) ...r r r a b a b a bα α = + + + + + + +
0 1 0 1( ... ...) ( ... ...)r r r r a a a b b bα α α α = + + + + + + + + +
0 1 0 1( ... ...) ( ... ...)n mn ma a a b b bα α α α = + + + + + + + + +
( ( )) ( ( )) f x g xα α
φ φ = +
buluruz. Burada, max( , )r m n= dir ve yukarıdaki denklemlerde m n≤ veya
n m≤ durumlarının gerçeklenmesine göre toplamlarda yer alan r ye kadarolan r a veya r b katsayılarından bazılarının sıfır olacağına dikkat edilmelidir.
0 10
( ). ( ) ... , 0 , j
ss j i j i
i
f x g x d d x d x j s d a b −
=
= + + + ≤ ≤ = ∑
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 221/272
215
ise polinomların çarpımı işlemine göre
0 1 0 1( ( ). ( )) ( ... )( ... )n mn m f x g x a a a b b b
α φ α α α α = + + + + + +
0 1( ... )ssd d x d xα φ = + + +
iken
0 1( ( ). ( )) ... ss f x g x d d d
α φ α α = + + +
olacağından( ( ). ( )) ( ( )). ( ( )) f x g x f x g x
α α α φ φ φ =
bulunur, dolayısıylaα
φ bir homomorfizmadır.
a F ∈ elemanını [ ]F x de sabit bir polinom olarak düşünürsek ( )a aα
φ =
elde ederiz. Böylece α φ yı F den F ye özdeşlik (birim) dönüşüm olarakdüşünebiliriz. Ayrıca
α φ nın tanımından ve
α φ nın bir homomorfizma olması
nedeni ile( ) (1. ) (1). ( ) 1. x x x
α α α α φ φ φ φ α α = = = =
elde ederiz. Böylece teoremi kanıtlamış olduk.Bu teorem, E ve F nin birimli ve değişmeli halkalar olmaları durumunda
da geçerli olur.
Örnek 13.2. Teorem 13.2. de F = ve E = alalım.
0
0 0 1 0 1 0
: [ ]
( ... ) .0 ... .0n nn n
x
a a x a x a a a a
φ
φ
→
+ + + = + + + =
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm her polinomu kendi sabit terimineresmeden bir homomorfizmadır. 0φ ın çekirdeği ise sabit terimi sıfır olan
polinomlardan oluşur ki, bu polinomların kümesi [ ]Q x in bir idealidir. Bu
ideali N ile gösterirsek 0 ( [ ]) xφ = dan [ ] x N ye doğal bir izomorfizma
tanımlanabilir . [ ] x N nin bir kalan sınıfı ise, sabit terimi belirli bir sabit
olacak biçimde oluşturulacak tüm polinomların kümesinden ibarettir.
Örnek 13.3. F = ve E = alalım.
2
2 0 1 0 1
: [ ]
( ... ) .2 ... .2n nn n
x
a a x a x a a a
φ
φ
→
+ + + = + + +
dönüşümünü tanımlayalım. Bu dönüşüm bir homomorfizmadır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 222/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 223/272
217
{ } { } { }2 2( 6) 0 6 0 2, 3 x x r r r α α φ ∈ | + − = = ∈ | + − = = −
olur. Burada, asıl amacımız sabit olmayan her ( ) [ ] f x F x∈ polinomunun bir
sıfıra sahip olduğunu göstermektir. Eğer ( ) f x , F de bir sıfıra sahip değilse budurumda F yi kapsayan bir E cismini tanımlayarak ( ) ( ( )) 0 f f x
α α φ = =
olacak şekilde bir E α ∈ elemanı buluruz. O halde, böyle bir E cisminin nasılbulunacağını ifade edelim.
α φ homomorfizması altında [ ]F x in resmi E de
kapsanmalı ve ( [ ])F xα
φ ile [ ]F x N bölüm halkası izomorf olmalıdır. Burada
N ideali,α φ nın çekirdeğidir ve E cismi [ ]F x N bölüm halkasını kapsayacak
şekilde olmalıdır. [ ]F x N nin bir cisim oluşturabilmesi için N nin [ ]F x de
bir maksimal ideal olması gerekmektedir. Böylece problem, [ ]F x deki
idealleri incelemeye indirgenmiş olmaktadır.
POLİNOMLARIN ÇARPANLARI VE [ ]F x DE BÖLME
ALGORİTMASI
Bir önceki kısımda ifade ettiğimiz gibi [ ]F x N yi cisim yapan ve [ ]F x in
maksimal ideali olan N yi bulmayı amaçlıyoruz. Şimdi [ ]F x de bir ( ) f x
polinomunun ( ), ( ) [ ]g x h x F x∈ olmak üzere ( ) ( ) ( ) f x g x h x= şeklinde
çarpanlara ayrılabildiğini kabul edelim. F nin alt cisim olduğu bir E cismi içinE α ∈ olmak üzere ( ) 0 f α = olması ancak ve ancak ( ) 0g α = veya
( ) 0h α = olması halinde mümkündür. Böylece ( ) f x in bir sıfırını bulma
problemi ( ) f x in bir çarpanının bir sıfırını bulma problemine indirgenmiş
olur. Üstelik [ ]F x in maksimal ideali aynı zamanda bir asal ideal olacağından,
eğer M istenen maksimal ideal ise ( ) f x M ∈ ve ( ) ( ) ( ) f x g x h x= ise bu
durumda ya ( )g x M ∈ veya ( )h x M ∈ olacaktır. Bu nedenle [ ]F x deki
polinomların çarpanlarını incelemek önemli hale gelmektedir. Bundan dolayı
tamsayılar kümesi üzerinde tanımladığımız bölme algoritmasına benzer biralgoritmayı polinom halkaları üzerinde de tanımlamak durumundayız. Bunuaşağıdaki teoremle yapacağız.
Teorem 13.3. ( [ ]F x İ çin Bölme Algoritması ) 0 1( ) ... nn f x a a x a x= + + +
0 1( ) ... mmg x b b x b x= + + + , [ ]F x polinomlar halkasında iki polinom olsun.
Burada, der ( ) 0m g x= > ve 0na ≠ , 0mb ≠ dır. Bu durumda [ ]F x de
( ) ( ) ( ) ( ) f x g x q x r x= + , 0 der ( )r x m≤ <
olacak şekilde bir tek ( )q x ve ( )r x polinomları vardır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 224/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 225/272
219
( ) ( ) ( ) ( ) f x x a q x r x= − + , der ( ) 1r x <
olacak şekilde bir tek ( )q x , ( ) [ ]r x F x∈ polinomları vardır. der ( ) 1r x <
olduğundan ( )r x c F = ∈ şeklinde bir sabittir. Böylece,
( ) ( ) ( ) f x x a q x c= − +
yazılabilir. Daha önce tanımladığımız : [ ]F x F α
φ → homomorfizmasını
kullanarak( ) 0. ( ) 0 0 f a q a c c= + = ⇒ =
buluruz. Bu durumda,( ) ( ) ( ) f x x a q x= −
elde ederiz ki, bu bize x a− nın ( ) f x in bir çarpanı olduğunu gösterir.
Tersine eğer x a− , ( ) f x in bir çarpanı ise ( ) ( ) ( ) f x x a q x= − , a F ∈
eşitliğineα φ homomorfizmasını uygulamak suretiyle
( ) 0 f a = ve ( ) 0q a =
buluruz.
Sonuç 13.2. n. dereceden sıfırdan farklı bir ( ) [ ] f x F x∈ polinomu, F
cisminde en çok n tane sıfıra sahiptir.Kanıt. Sonuç 13.1. den dolayı eğer 1a F ∈ , ( ) f x in bir sıfırı ise
1 1( ) ( ) ( ) f x x a q x= −
yazabiliriz. Burada, 1der ( ) 1q x n= − olduğu açıktır. Şimdi de 2a F ∈ , 1( )q x in bir sıfırı olsun. Bu durumda
1 2 2( ) ( )( ) ( ) f x x a x a q x= − −
yazabiliriz. Bu şekilde sürdürerek artık ( )r q x , F de sıfıra sahip olmamak
üzere
1 2( ) ( )( )...( ) ( )r r f x x a x a x a q x= − − −
elde ederiz, burada r n≤ dir. Ayrıca, ia lerin hepsinden farklı bir b F ∈
alırsak bunun için
1 2( ) ( )( )...( ) ( ) 0r r f b b a b a b a q b= − − − ≠ yazılabilir. Çünkü bu ifadede yer alan çarpanlardan hiç birisi F de sıfıra sahipdeğildir. Böylece 1 2, ,..., r a a a ler ( ) f x in F deki sıfırlarının tamamını
oluşturur ve bunların sayısı r n≤ dir.
Örnek 13.5. 5[ ] x de 4 3 2( ) 3 2 4 1 f x x x x x= − + + − ve 2( ) 2 3g x x x= − +
polinomlarını göz önüne alalım. Bu polinomlar için4 3 2 2 23 2 4 1 ( 2 3)( 3) ( 8) x x x x x x x x x− + + − = − + − − + +
yazabiliriz, o halde
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 226/272
220
2( ) 3q x x x= − − ve ( ) 8r x x= +
olduğu görülür.
[ ]F x DE İDEALLER VE İNDİRGENEMEZ POLİNOMLAR
Tanım 13.3. [ ]F x de sabit olmayan bir ( ) f x polinomu, derecesi f nin
derecesinden daha küçük olan g ve h gibi iki polinomun çarpımı olarak( ) ( ) ( ) f x g x h x=
şeklinde yazılamıyor ise f ye [ ]F x de indirgenemez bir polinom (asal
polinom) veya kısaca indirgenemez denir.Bu tanımda F cismi önemlidir. Çünkü f polinomu, F cisminde
indirgenemez iken F yi kapsayan daha geniş bir cisim üzerinde indirgenebilir
olabilir. Örneğin, 2 5 x − polinomu rasyonel sayılar cisminde indirgenemeziken, yu kapsayan gerçel sayılar cismi üzerinde indirgenebilir. Çünkü
bu polinomu de ( 5)( 5) x x− + şeklinde çarpanlarına ayırabiliriz.
Şimdi [ ]F x de ikinci veya üçüncü dereceden bir polinomun indirgenebilir
olup olmadığını araştırabileceğimiz bir teoremi kanıtlayacağız. Burada ( ) f x
in lineer çarpanlarından birisi ( ) x a− ise ( ) 0 f a = olduğunu ve dolayısıyla
( ) f x in hiçbir sıfır bölene sahip olamayacağını göreceğiz.
Teorem 13.4. [ ]F x de ikinci veya üçüncü dereceden bir ( ) f x polinomu
verilsin. ( ) f x in F üzerinde indirgenebilir olması için gerek ve yeter koşul
( ) f x in F de bir sıfıra sahip, yani bir a F ∈ için ( ) 0 f a = olmasıdır.
Kanıt. Eğer ( ) f x F üzerinde indirgenebilir ise ( ) ( ) ( ) f x g x h x= ve
der derg f < , der derh f < olacak şekilde g ve h polinomları bulunabilir.
( ) f x polinomu 2. veya 3. dereceden olduğundan g veya h, 1. derecedendir. g
nin 1. dereceden olduğunu varsayalım. Bu durumda ( )g x x a= − şeklindedir
ve ( ) 0g a = dır, böylece ( ) 0 f a = dır ki, bu f nin F de bir sıfıra sahip olması
demektir. Tersine bir a F ∈ için ( ) 0 f a = ise bu ( ) f x in ( ) x a− ya
bölüneceğini yani ( ) f x in bir çarpanının ( ) x a− olduğunu gösterir ki,
bu ( ) f x in F de indirgenebilir olduğunu gösterir.
Şimdi bir polinomun, üzerinde indirgenebilir olması için hangikoşulların gerektiğini ifade eden aşağıdaki teoremi kanıtsız verelim.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 227/272
221
Teorem 13.5. ( ) [ ] f x x∈ polinomunun [ ] x de daha küçük dereceli iki
polinomun çarpımı olarak yazılabilmesi için gerek ve yeter koşul, ( ) f x in
[ ] x de aynı dereceden polinomların çarpımı olarak yazılabilmesidir.
Sonuç 13.3. [ ] x de 0 0a ≠ olacak şekilde bir
0 1( ) ... nn f x a a x a x= + + +
polinomu verilsin. Eğer ( ) f x , da bir sıfıra sahip ise de de m gibi bir
sıfıra sahiptir ve 0m a| dır.
Kanıt. ( ) f x , da bir sıfıra sahip ise ( ) f x in [ ]Q x de ( ) x a− gibi bir lineer
çarpanı vardır. O nedenle Teorem 13.5. ten dolayı [ ] x de de bir lineer
çarpana sahip olur. Böylece bir m ∈ için10( ) ( )( ... / )n f x x a x a m−
= − + +
yazılabilir. Böylece 0( / )a m ∈ , yani 0m a| dır.
Örneğin, 4 2( ) 2 8 1 f x x x x= − + + polinomu [ ] x de indirgenemezdir.
Çünkü sabit terim olan 1 in deki bölenleri sadece 1± den ibaret olup,(1) 8 f = ve ( 1) 8 f − = − olduğundan 1± den hiçbirisi ( ) f x in sıfırı değildir.
O halde f polinomu [ ] x de indirgenemezdir.
Şimdi ( ) [ ] f x x∈ in [ ] x de ikinci dereceden iki polinomun çarpımı
olarak4 2 2 22 8 1 ( )( ) x x x x ax b x cx d − + + = + + + +
şeklinde yazılabildiğini varsayalım. Bu durumda eşitliğin her iki yanında x inaynı dereceli terimlerinin katsayılarını eşitlersek,
1bd = , 8ad bc+ = , 2ac b d + + = − , 0a c+ = denklemlerini elde ederiz. Bu denklemlerin da çözümlerini bulamayız.
Dolayısıyla, ( ) f x polinomu [ ] x de indirgenemezdir.
Bir polinomun indirgenebilmesi için bir kriter veren aşağıdaki teoremi
kanıtlayalım.
Teorem 13.6. p ∈ asal sayısı ve
0 1( ) ... nn f x a a x a x= + + +
polinomu verilsin. i n< ise 0(mod )ia p≡ , i n= ise 0(mod )na p≡/ ve
0 0(mod )a p≡/ ise o taktirde ( ) f x polinomu [ ] x de indirgenemezdir.
Kanıt. ( ) f x in [ ] x de daha küçük dereceli polinomların çarpımı olarak
yazılamayacağını göstermemiz yeterlidir. ( ) f x in [ ] x de ,r s n< ve
0r b ≠ , 0r c ≠ olmak üzere
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 228/272
222
0 0( ) ( ... )( ... )r sr s f x b b x c c x= + + + +
şeklinde yazılabildiğini varsayalım. 0 0(mod )a p≡/ olduğundan
0
0(mod )b p≡/ ,0
0(mod )c p≡/ olur. Aksi taktirde,0
0(mod )b p≡/ ve
0 0(mod )c p≡ olsun. n r sa b c= olduğundan 0(mod )na p≡/ varsayımından
0(mod )r b p≡/ , 0(mod )sc p≡/
olmak zorundadır. 0(mod )k c p≡/ olacak şekildeki en küçük k sayısına m
dersek
0 1 1 ...m m m m i ia b c b c b c− −
= + + + , 0 i m≤ ≤
yazabiliriz.
0 0(mod )b p≡/ , 0(mod )mc p≡/
ve
1 0(mod )mc p− ≡ , 2 0(mod )mc p−
≡ , ..., 0(mod )ic p≡ olması nedeniyle
0(mod )ma p≡
buluruz ki, bu m n= olmasını gerektirir. Buradan s n= sonucuna varırız ki,bu sonuç s n≤ oluşuna aykırıdır. Dolayısıyla ( ) f x in yukarıdaki gibi
çarpanlarının olması mümkün değildir yani, ( ) f x polinomu [ ] x de
indirgenemezdir.
Sonuç 13.4. p asal sayısı için,1 21
( ) ... 11
p p p
p
x x x x x
xφ − −−
= = + + + +−
şeklindeki polinom da indirgenemez bir polinomdur.
Kanıt. Bu polinomu [ ] x de çarpanlarına ayırmaya çalışalım.
1
1 21( 1) 1( 1) ( ) ...
1( 1) 1
p p
p p p
p
p x x px
p x x g x x x p
x xφ
−
− −
+ +
+ − + = = = = + + +
+ −
yazabiliriz. Bu bize Teorem 13.6. nedeniyle polinomun da indirgenemez
bir polinom olduğunu gösterir. Ancak [ ] x de ( ) ( ) ( ) p x h x r xφ = şeklinde
çarpanlarına ayrılabilirse bu durumda( 1) ( ) ( 1) ( 1) p x g x h x r xφ + = = + +
ifadesi ile ( )g x in [ ] x de açık olmayan çarpanlara ayrılmışını elde ederdik
ki, bu durumda da ( ) p xφ , da indirgenemezdir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 229/272
223
Tanım 13.4. H birimli ve değişmeli bir halka olsun. a H ∈ için { }ha h H | ∈
kümesi H nın a yı kapsayan bir idealidir. Bu ideale H da a nın doğurduğu asalideal adı verilir ve a≺ şeklinde gösterilir. H da bir N idealinin asal ideal
olması için N a=≺ olacak şekilde bir a H ∈ bulunmalıdır.
Örnek 13.6. [ ]F x halkasının bir x≺ asal ideali, [ ]F x in sabit terimi sıfır
olan polinomlarının kümesinden ibarettir.
Teorem 13.7. F bir cisim ise o taktirde [ ]F x in her ideali bir asal idealdir.
Kanıt. N , [ ]F x in bir ideali olsun. Eğer { }0 N = ise 0 N =≺ dır ve bir asal
idealdir. { }0 N ≠ olduğunu kabul edelim. N nin sıfırdan farklı en küçük
dereceli polinomu ( )g x olsun. der ( ) 0g x = ise ( )g x F ∈ dir ve F deinverslenebilirdir, yani çarpımsal inverse sahip bir elemandır. Böylece,
[ ] 1 N F x= =≺ olur ki, bu bize N nin bir asal ideal olduğunu gösterir.
der ( ) 1g x ≥ ve ( ) f x N ∈ olsun. O halde polinomlar için bölme algoritması ile
( ) ( ) ( ) ( ) f x g x q x r x= +
olacak şekilde ( )q x ve ( )r x polinomları bulunabilir. Bu durumda ideal
tanımına göre ( ), ( ) f x g x N ∈ olduğundan ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x q x r x N − = ∈
olduğunu elde ederiz. Böylece ( )g x , N nin sıfırdan farklı en küçük dereceli
elemanı olduğundan ( ) 0r x = bulunur. Bunu kullanırsak ( ) ( ) ( ) f x g x q x= olur ki, bu ( ) N g x=≺ olduğunu gösterir.
Teorem 13.8. [ ]F x de ( ) {0} p x ≠≺ şeklindeki bir idealin bir maksimal
ideal olması için gerek ve yeter koşul ( ) p x polinomunun [ ]F x de
indirgenemez bir polinom olmasıdır.Kanıt. ( ) {0} p x ≠≺ idealinin [ ]F x in bir maksimal ideali olduğunu kabul
edelim. Bu durumda ( ) [ ] p x F x≠≺ dir ve böylece ( ) p x F ∉ dir. ( ) p x in
[ ]F x de ( ) ( ) ( ) p x f x g x= şeklinde çarpanları olduğunu kabul edelim. ( ) p x maksimal ideal olduğundan bir asal idealdir. Böylece, ( ) ( ) ( ) f x g x p x∈≺
olması ( ) ( ) f x p x∈≺ veya ( ) ( )g x p x∈≺ olmasını gerektirir. Şu halde
( ) p x , ( ) f x veya ( )g x in bir çarpanıdır. Öyle ise der ( ) ( ) f x p x> veya
der ( ) ( )g x p x> olmak zorundadır. Bu sonuç yukarıdaki kabulümüz ile çelişir,
dolayısıyla ( ) p x , F üstünde indirgenemez bir polinomdur.
Tersine ( ) p x , F üstünde indirgenemez bir polinom ve bir N ideali için
( ) [ ] p x N F x⊆ ⊆≺ olduğunu kabul edelim. Böylece, N önceki bir
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 230/272
224
teoremden dolayı bir asal ideal olacağından bir ( )g x N ∈ için ( ) N g x=≺
yazabiliriz. Diğer taraftan ( ) p x , F üzerinde indirgenemez bir polinom
olduğundan der ( ) 0g x = veya der ( ) 0 f x = olması gerektiği elde edilir.
der ( ) 0g x = , yani ( )g x F ∈ olduğunu kabul edelim. ( )g x , F nin sıfırdan
farklı bir elemanı olduğundan [ ]F x in inverslenebilir bir elemanı, yani bir
aritmetik birimidir. Böylece, ( ) [ ]g x N F x= =≺ buluruz. Eğer,
der ( ) 0 f x = ise bir c F ∈ için ( ) f x c= dir ve
( ) (1/ ) ( ) ( )g x c p x p x= ∈≺
dir. O halde, ( ) N p x=≺ dir ve ( ) [ ] p x N F x⊂ ⊂≺ olması mümkün
değildir, dolayısıyla ( ) p x≺ ideali [ ]F x in bir maksimal idealidir.
Tanım 13.5. ( ) f x , ( ) [ ]g x F x∈ olsun. ( ) ( ) ( ) f x g x h x= olacak şekilde [ ]F x
de bir ( )h x polinomu bulunabiliyor ise ( )g x , ( ) f x polinomunu böler deriz.
Bu tanıma göre aşağıdaki teoremleri verebiliriz.
Teorem 13.9. ( ) p x , [ ]F x de indirgenemez bir polinom olsun.
( )r x , ( ) [ ]s x F x∈ olmak üzere eğer ( ) p x , ( ) ( )r x s x çarpımını bölerse bu
durumda ya ( ) ( ) p x r x| veya ( ) ( ) p x s x| tir.
Teorem 13.10. F bir cisim olmak üzere, [ ]F x de sabit olmayan herhangi bir
( ) f x polinomu, [ ]F x deki indirgenemez polinomların bir çarpımı şeklinde
ifade edilebilir.
Tanım 13.6. D bir tamlık bölgesi ve ,a b D∈ olsun. b ac= olacak şekilde
bir c D∈ elemanı varsa bu durumda a, b yi böler deriz ve a b| şeklinde
gösteririz.
Tanım 13.7. D bir tamlık bölgesi ve u D∈ olsun. u, çarpımsal birim olan 1 ibölerse yani u, D de bir çarpımsal inverse sahip ise u ya D nin bir aritmetikbirimi adı verilir.
Tanım 13.8. D bir tamlık bölgesi ve ,a b D∈ olsun. .a b u= olacak şekilde
bir u D∈ aritmetik birimi bulanabiliyorsa bu durumda a ile b ba ğ lantılıdır denir.
Örnek 13.7. tamsayılar kümesi bir tamlık bölgesidir ve nin 1+ ve 1− olmak üzere iki tane aritmetik birimi mevcuttur. Buna göre 25 ∈ için nin
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 231/272
225
25 ile bağlantılı elemanları 25 ve -25 dir. Çünkü, 25 = 25.1 ve 25 = (-25)(-1)dir.
Tanım 13.9. D bir tamlık bölgesi ve p de D nin aritmetik birim olmayan birelemanı olsun. Eğer ,a b D∈ için p ab= olduğunda a veya b bir aritmetik
birim ise bu durumda p D∈ ye bir indirgenemez eleman (asal eleman) adı
verilir.O halde indirgenemez bir elemanla bağlantılı olan bir elemanın da
indirgenemez olacağı açıktır.
Tanım 13.10. Aşağıdaki koşulları gerçekleyen bir D tamlık bölgesine bir tektürlü asal çarpanlara ayrılı ş bölgesi (unique factorization domain) adı verilir;
a) D nin sıfırdan farklı, aritmetik birim olmayan her elemanı sonlu sayıda
indirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabilir.b) D de bir eleman 1 2 ... r p p p ve 1 2 ... sq q q şeklinde farklı iki şekilde
indirgenemez elemanların çarpımı olarak yazılabiliyor ise bu durumda r s= dir ve iq leri yeniden indislemek suretiyle i p ler ile iq ler bağlantılı olacak
şekilde yeniden sıralanabilirler.
Örnek 13.8. F bir cisim ise [ ]F x , bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış
bölgesidir. Benzer şekilde de bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,çünkü 24 ∈ için
24 2.2.3.2 ( 2).( 3).2.2= = − − dir. Bu durumda 2 ile -2 nin ve 3 ile -3 ün bağlantılı olduğu görülür.
Tanım 13.11. Bir D tamlık bölgesinin her ideali bir asal ideal ise bu durumda D ye bir asal ideal bölgesi adı verilir.
Teorem 13.11. Her asal ideal bölgesi bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir ve eğer D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ise bu durumda
[ ] D x de bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.
Teorem 13.12. D bir asal ideal bölgesi ise D nin sıfır olmayan her aritmetikbirimi indirgenemez elemanların bir çarpımı olarak yazılabilir.
Teorem 13.13. Bir asal ideal bölgesinin, bir p≺ idealinin maksimal ideal
olması için gerek ve yeter koşul, p nin indirgenemez olmasıdır.
Teorem 13.14. Bir asal ideal bölgesinin, indirgenemez bir p elemanı içinise veya p ab p a p b| | | dir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 232/272
226
Tanım 13.12. Bir D tamlık bölgesinin sıfırdan farklı aritmetik birim olmayanindirgenemez bir p elemanı için ise veya p ab p a p b| | | önermesi doğru ise p
ye bir asal eleman adı verilir.
Tanım 13.13. D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi olsun. [ ] D x de
sabit olmayan bir
0 1( ) ... nn f x a a x a x= + + +
polinomunun ia katsayılarının ortak bölenleri sadece D nin aritmetik
birimlerinden ibaret ise, bu durumda ( ) f x polinomuna bir ilkel polinom veya
primitif polinom adı verilir.
Örnek 13.9. 24 3 2 x x+ + polinomu, [ ] x de bir ilkel polinomdur. Çünkü
polinomun katsayıları olan 4, 3, 2 sayılarının ortak bölenleri 1± dir ve bunlar
nin aritmetik birimleridir. Diğer taraftan, 24 6 2 x x+ + polinomununkatsayıları olan 4, 6, 2 sayılarının ortak bölenlerinden birisi olan 2 sayısı nin bir aritmetik birimi değildir. O halde bu polinom bir ilkel polinom değildir.Sonuç olarak, [ ] D x de sabit olmayan indirgenemez her polinom bir ilkel
polinomdur.
Teorem 13.15. D, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ise [ ] D x in iki
ilkel polinomunun çarpımı da bir ilkel polinomdur.
ÖKLİD BÖLGELERİ
Bölme algoritmasının tamsayılar ve polinom halkaları için verildiğinibiliyoruz. Ayrıca bir cismin herhangi bir elemanının, sıfırdan farklı diğer birelemanı tarafından daima bölünebildiğini de biliyoruz. Şimdi ise bölmealgoritmasının geçerli olduğu diğer halkaların varlığı üzerinde durmakistiyoruz. Bunu tamlık bölgeleri ile bölme algoritmasını ilişkilendiren bircebirsel yapı sayesinde vereceğiz.
Tanım 13.14. D bir tamlık bölgesi olsun. D nin sıfırdan farklı elemanlarınınegatif olmayan tamsayılara resmeden ve aşağıdaki koşulları sağlayan d dönüşümüne bir Öklid Fonksiyonu adını vereceğiz;
a) ,a b D∀ ∈ ; 0, 0a b≠ ≠ olmak üzere ( ) ( )d a d ab≤ ,
b) ,a b D∈ ve 0b ≠ ise a bq r = + olacak şekilde 0r = veya
( ) ( )d r d b< koşullarını sağlayan ,q r D∈ elemanları vardır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 233/272
227
Tanım 13.15. Üzerinde bir Öklid fonksiyonu tanımlanmış bir tamlıkbölgesine bir Öklid Bölgesi adı verilir.
Örnek 13.10. tamsayılar kümesi, bir tamlık bölgesidir ve n∀ ∈ , 0n ≠ için ( )d n n= şeklinde tanımlanan Öklid fonksiyonu ile de bir Öklid
bölgesidir.
Örnek 13.11. F bir cisim ve [ ]F x , katsayıları F den alınmış olan
polinomlar halkası olsun. [ ]F x polinomlar halkası, ( ) [ ] f x F x∈ ; ( ) 0 f x ≠
için ( ( )) der ( )d f x f x= şeklinde tanımlanan Öklid fonksiyonu sayesinde bir
Öklid bölgesidir.
Tanım 13.16. D bir tamlık bölgesi ve ,a b D∈ olsun. Eğer b ac= olacakşekilde bir c D∈ elemanı bulunabilirse bu durumda a, b yi böler deriz ve a yab nin bir çarpanı adını veririz.
Teorem 13.16. Her Öklid bölgesi bir asal ideal bölgesidir.Kanıt. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun. N , D nin bir asal
ideali olsun. Eğer { }0 N = ise bu durumda 0 N =≺ olacağından N bir asal
ideal olur. { }0 N ≠ olsun. Bu durumda N de sıfırdan farklı bir b elemanı
mevcuttur. { }( ) min ( ) :d b d n n N = ∈ olduğunu kabul edelim. O halde N b=≺ olduğunu göstermeliyiz. N de bir a elemanı alalım. Öklidfonksiyonunun tanımından dolayı a bq r = + olacak şekilde ,q r D∈
elemanları bulunabilir. Burada ya 0r = veya ( ) ( )d r d b< dir. ,a b N ∈ ve N
bir ideal olduğundan r a bq= − yazarsak r N ∈ buluruz. Ancak,
( ) ( )d r d b< olması b nin seçilişi ile çelişir. O halde 0r = olmalıdır. Böylece
a bq= buluruz ve a, N nin keyfi bir elemanı olduğundan N b=≺ elde
ederiz.
Sonuç 13.5. Her Öklid bölgesi bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.
Böylece, her Öklid bölgesi bir asal ideal bölgesi olmasına karşın tersi herzaman doğru değildir. Bu nedenle Öklid bölgesi olmayan asal idealbölgelerinin araştırılması başlıca bir problemdir.
Bir D Öklid bölgesi, üzerinde tanımlayacağımız toplama ve çarpmaişlemleri sayesinde araştırılabilir. D üzerindeki Öklid fonksiyonu d olmaküzere D nin aritmetik birimlerini, d nin 2. koşulu sayesinde karakterize ederiz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 234/272
228
Teorem 13.17. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun.
{ }(1) min ( ) , 0d d a a D a= | ∈ ≠
olmak üzere, bir u D∈ elemanının D nin bir aritmetik birimi olması için gerek
ve yeter koşul, ( ) (1)d u d = olmasıdır.Kanıt. d nin Öklid fonksiyonu olması nedeniyle 2. koşuldan 0a ≠ olmaküzere (1) (1. ) ( )d d a d a≤ = dır. Ayrıca, u D∈ bir aritmetik birim ise
1( ) ( . ) (1)d u d u u d −≤ =
olduğundan ( ) (1)d u d = elde ederiz.
Tersine, D nin sıfırdan farklı bir u elemanı için ( ) (1)d u d = ise bölme
algoritmasına göre D de 1 uq r = + olacak şekilde 0r = veya ( ) ( )d r d u<
koşulunu sağlayan q ve r elemanları bulunabilir. Burada ( ) ( )d r d u< olması,
( ) (1)d u d = in minimum oluşu ile çelişir. O halde 0r = olmalıdır, böylece
1 uq= elde ederiz ki, bu u nun D de bir aritmetik birim olması demektir.
Tanım 13.17. D bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi ve ,a b D∈
olsun. Bir d D∈ elemanı için d a| , d b| ve a ile b nin her ikisini de bölen
bir c D∈ için c d | ise bu taktirde d ye a ile b nin en büyük ortak böleni denir
ve . . . .( , )e b o b a b şeklinde gösterilir.
Örnek 13.12. [ ] x de 2 2 1 x x− + ve 2 2 x x+ − polinomlarının en büyük
ortak bölenleri 1 x − ve 2( 1) x − dir. Çünkü 2, [ ] x de bir aritmetik birimdir.
Diğer taraftan aynı polinomların [ ] x deki en büyük ortak bölenleri sadece 1
ve –1 aritmetik birimleridir.
Teorem 13.18. D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklid bölgesi olsun. D ninsıfırdan farklı herhangi iki elemanı a ve b ise a ve b nin D de bir en büyükortak böleni vardır ve üstelik ,l m D∈ olmak üzere . . . .( , )e b ob a b la mb= +
şeklinde yazılabilir.Kanıt. { }, N ra sb r s D= + | ∈ kümesini göz önüne alalım. t D∈ olmak
üzere
1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )r a s b r a s b r r a s s b+ + = +∓ ∓ ∓
ve( ) ( ) ( )t ra sb tr a ts b+ = +
yazılabileceğinden N , D nin bir ideali olur. Bu ideal için, her Öklid bölgesi birasal ideal olacağından bir d D∈ için N d =≺ yazabiliriz. Şu halde
,r s D∀ ∈ için ( )d ra sb| + dir. Buradan 0s = , 1r = için d a| ve 1s = ,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 235/272
229
0r = için d b| buluruz. Üstelik c a| , c b| ise bütün ra sb+ ler için
( )c ra sb| + olduğundan n N ∀ ∈ için c n| dir. Böylece, c d | elde ederiz ki,
bu bize . . . .( , )e b ob a b d = olduğunu kanıtlar. Üstelik, d N ∈ olması
d la mb= + olacak şekilde ,l m D∈ elemanlarının var olduğunu gösterir. Eğer
bir diğer ortak bölen 1. . . .( , )e b ob a b d = ise 1d d | ve 1d d | olacağından bölme
algoritması ile bir k D∈ için
1 1 1( ) ( )d kd kl a km b l a m b= = + = +
elde ederiz.Şimdi de bir Öklid bölgesinde tanımlanan Öklid fonksiyonu için Öklid
algoritmasını ifade eden aşağıdaki teoremi kanıtlayalım.
Teorem 13.19. ( Öklid Algoritması ) D, Öklid fonksiyonu d olan bir Öklidbölgesi olsun. D nin sıfırdan farklı iki a ve b elemanı için d Öklidfonksiyonunun 1. koşuluna göre 1 1a bq r = + olmak üzere 1 0r = veya
1( ) ( )d r d b< koşullarından birisi sağlanır. Eğer 1 0r ≠ ise 2r için 1 2 2b rq r = +
sağlanır. Burada yine 2 0r = veya 2 1( ) ( )d r d r < dir. Bu şekilde sürdürürsek ya
1 0ir +
= veya 1( ) ( )i id r d r +
< olmak üzere
1 1 1i i i ir r q r − + +
= +
olacak şekilde bir 1ir +
elemanını bulabiliriz. Böylece elde edeceğimiz 1 2, ,...r r
dizisinin bir s. terimi için 0sr =
buluruz. Eğer 1 0r =
ise . . . .( , )e b ob a b b=
dir.Eğer 1 0r ≠ ve , 0s sr r = olacak şekilde ilk eleman ise bu durumda da
1. . . .( , ) se b ob a b r −
= dir.
Kanıt. 1( ) ( )i id r d r −
< ve ( )id r negatif olmayan bir tamsayı olduğundan sonlu
bir adımdan sonra 0sr = buluruz. Eğer 1 0r = ise 1a bq= yazabileceğimizden
. . . .( , )e bo b a b b= dir. Şimdi 1 0r ≠ olduğunu kabul edelim. Bu durumda d a|
ve d b| ise 1( )d a bq| − olduğundan 1d r | elde ederiz. Eğer 1 1d r | ve 1d b|
ise 1 1 1( )d bq r | + olduğundan 1d a| buluruz. Böylece a ile b nin ve b ile 1r in
ortak bölenlerinin kümesi aynı olur. Benzer düşünceyle eğer 2 0r ≠ ise b ile 1r in ortak bölenlerinin kümesi ile 1r ile 2r nin ortak bölenlerinin kümesi aynı
olur. Bu şekilde sürdürerek a ile b nin ortak bölenlerinin kümesiyle, 2sr −
ile
1sr −
in ortak bölenlerinin kümesinin aynı olduğunu elde ederiz. Böylece 2sr −
ile 1sr −
in bir ortak böleni aynı zamanda a ile b nin de bir ortak bölenidir.
Ancak
2 1 1s s s s s sr q r r q r − − −
= + =
denklemi 2 1 1. . . .( , )s s se b o b r r r − − −
= olduğunu gösterir ki, bu kanıtı tamamlar.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 236/272
230
Örnek 13.13. 22471 ile 3266 sayılarının en büyük ortak bölenlerini bulmaksuretiyle üstündeki Öklid fonksiyonu için Öklid algoritmasını oluşturalım.
1
2
3
4
5
6
22471 3266.6 2875 2875,
3266 2875.1 391 391,
2875 391.7 138 138,
391 138.2 115 115,
138 115.1 23 23,
115 23.5 0 0.
r
r
r
r
r
r
= + ⇒ =
= + ⇒ =
= + ⇒ =
= + ⇒ =
= + ⇒ =
= + ⇒ =
Böylece 22471a = , 3266b = nın en büyük ortak böleni 5 23r = tür.
PROBLEMLER
1) ( ) f x , 5( ) [ ]g x x∈ ve 3 2 4( ) 2 4 3 2, ( ) 3 2 4 f x x x x g x x x= + + + = + +
olmak üzere,a) ( ) ( ), f x g x+
b) ( ). ( ) f x g x
polinomlarını bulunuz.
2) ( [ ])[ ] x y nin3 3 2 2 4 4 2( , ) (3 2 ) ( 6 1) ( 2 ) ( 3 2) f x y x x y x x y x x y x x= + + − + + − + − +
şeklinde verilen elemanını, ( [ ])[ ] y x in bir elemanı olacak şekilde yeniden
ifade ediniz.
3) Aşağıda verilen polinomlardan birincisini, ikincisine böldüğünüzde eldeedilen bölüm ve kalanları bulunuz.
a) 3[ ] x de 5( ) 2 p x x= + , 4( ) 2 2q x x= + ,
b) [ ] x de 4 3( ) 3 2 p x x x x= + + + , 3 2( ) 2 6 3,q x x x x= − + −
c) [ ] x de 6 4 3( ) 4 5 p x x x x x= + − − , 3 2( ) 2 1q x x x= + + .
4) 474 [ ] x x+ ∈ polinomunun 7 de sıfırının olmadığını gösteriniz.
5) Aşağıdaki polinomları yanlarında verilen halkalar üzerinde çarpanlarınaayırınız.
a) 5[ ] x , 4 1 x + ,
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 237/272
231
b) [ ] x , 3 4 1 x x− + ,
c) [ ] x , 8 16 x + .
6) Aşağıdaki polinomların yanlarında verilen halkalar üzerinde indirgenipindirgenmeyeceklerini belirleyiniz.
a) [ ] x , 2 1, x +
b) [ ] x , 2 4 x + ,
c) 5[ ] x , 3 24 3 1 x x x+ + + .
7) 5[ ] x üzerindeki indirgenemeyen bütün ikinci dereceden polinomları
bulunuz.
8) Aşağıda verilen fonksiyonlardan hangileri yanında tanımlanan tamlıkbölgesi için bir Öklid fonksiyonu tanımlar.
a) tamlık bölgesi için 0n ≠ , n ∈ olmak üzere 2( )d n n= ,
b) tamlık bölgesi için 0a ≠ , a ∈ olmak üzere 2( )d a a= ,
c) tamlık bölgesi için 0a ≠ , a ∈ olmak üzere ( ) 50d a = .
9) 49349 ve 15555 tamsayılarının en büyük ortak bölenini bulunuz.
10) Her cisim bir Öklid bölgesidir, kanıtlayınız.
11) D bir Öklid bölgesi ve d , D nin Öklid fonksiyonu olsun. Eğer ,a b D∈
elemanları bağlantılı ise bu durumda ( ) ( )d a d b= olduğunu gösteriniz.
12) Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunakarar veriniz.
a) Her cisim, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,b) Her cisim, bir asal ideal bölgesidir,
c) Her asal ideal bölgesi, bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir,d) Her tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi, bir asal ideal bölgesidir,e) [ ] x , bir tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesidir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 238/272
232
14. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ
rasyonel sayılar kümesi içinde herhangi bir lineer denklemin bir
çözümü daima vardır. Ancak, ikinci dereceden herhangi bir denklem rasyonelsayılar kümesi içinde bir köke sahip olmayabilir. Örneğin;2 2 0 x − = denkleminin da çözümü yoktur. Bu nedenle bu gibi denklemleri
çözebileceğimiz sayı sistemlerine ihtiyaç duyarız. Burada böylesi sayı sistemi, yu genişleterek elde edebileceğimiz reel sayılar kümesidir. Aynı şey, bu
kez 2 1 0 x + = için söylenebilir. Yani bu denklem reel sayılar kümesindeçözülemez. Reel sayılar kümesini genişleterek elde edebileceğimiz kompleks sayılar cismi içerisinde bu denklemi çözebiliriz. Üstelik,kompleks sayılar kümesinde n. dereceden bir denklemin n tane kökünün
bulunabileceğini Cebirin Esas Teoreminden biliyoruz. O halde komplekssayılar cismi bu tür denklemlerin çözülebileceği bir sayı sisteminioluşturmaktadır. Başka bir deyişle, bu amacımızı gerçekleştirebilmemiz içinartık kompleks sayı sistemini genişletmemize gerek kalmamaktadır.
Diğer taraftan, burada ele alınan sayı sistemleri soyut cebir açısındangenel anlam taşımazlar. Yani Cebirin Esas Teoreminin geçerli olamayacağısoyut cisimler tanımlayabiliriz. Bu gibi soyut cisimlerin söz konusu olduğudurumlarda cisim genişlemeleri aşağıdaki gibi tanımlanır.
Tanım 14.1. E ve F herhangi iki cisim ve :i F E → doğal homomorfizma
olmak üzere i dönüşümü bire-bir ve içine bir homomorfizma ise ( , ) E i çiftineF nin bir geni şlemesi adı verilir. Bu durumda ( )i F E ⊂ dir ve ( )i F , E nin bir
alt cismidir.
Örnek 14.1. F , E cisminin bir alt cismi olsun. Bu durumda E cismi F nin birgenişlemesidir. Yani, :i F E → şeklinde a F ∀ ∈ için ( )i a a= olacak şekilde
bire-bir bir doğal homomorfizma bulunabilir. Tersine, böyle birhomomorfizma mevcut ise o taktirde F , E cisminin bir alt cismidir. i
homomorfizmasına bir dahil etme dönüşümü adı verilir.
Örnek 14.2. { }( , ) ,C a b a b= | ∈ kümesini göz önüne alalım. ( ) ( ,0)i a a=
şeklinde tanımlanan ( )a i a→ dönüşümü bir izomorfizmadır, yani ( )i ≅
dir, böylece ( ,0)a a= yazabiliriz. Şu halde gerçel sayılar kümesi,
kompleks sayılar kümesinin bir alt cismi olmaktadır, dolayısıyla , cisminin bir genişlemesidir.
F , E cisminin bir alt cismi olsun. Bu durumda E yi F cismi üzerinde birvektör uzayı olarak görebiliriz. E cismindeki toplama işlemini aynı zamanda E
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 239/272
233
deki vektör toplamı işlemi olarak düşünebiliriz. E deki sayı-vektör çarpımıişlemini ise aşağıdaki gibi tanımlayalım:Herhangi iki , x E a F ∈ ∈ elemanı için ax E ∈ ise bu eşleme sayı-vektör
çarpımını tanımlasın. Bu iki işlemle E kümesi, F cismi üzerinde bir vektöruzayı yapısı oluşturur. Gerçekten,1) ( ) x a b xa xb E + = + ∈ ,
2) ( ) x y a xa ya E + = + ∈ ,
3) ( ) ( )a bx ab x E = ∈ ,
4) xe x= koşullarının sağlandığı açıktır.
Tanım 14.2. E nin F üzerindeki derecesi ( : ) boyF
E F E = şeklinde
tanımlanır. O halde ( , ) E i nin ( )i F üzerindeki derecesi, E nin ( )i F üzerindekiboyutundan ibarettir. Eğer bu derece sırasıyla sonlu veya sonsuz ise E desırasıyla sonlu veya sonsuz boyutlu olarak adlandırılır.
Teorem 14.1. E , F nin bir genişlemesi ve K herhangi bir cisim olmak üzere: E K τ →
bir bire-bir homomorfizma ise bu durumda( : ) ( ( ) : ( )) E F E F τ τ =
dir.
Kanıt. { }1 2, ,..., r x x x , E nin elemanlarının lineer bağımsız bir kümesi olsun.Bu durumda { }1 2( ), ( ),..., ( )
r x x xτ τ τ kümesinin de lineer bağımsız olduğunu
göstermeliyiz.
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) 0r r
a x a x a xτ τ τ τ τ τ + + + =
lineer birleşimini yazalım. τ bir homomorfizma olduğundan
1 1 2 2( ) ( ) ... ( ) 0r r a x a x a xτ τ τ + + + =
dır. Bu ise { }1 2, ,..., r x x x kümesi lineer bağımsız bir küme olduğundan
1 2 ... 0r
a a a= = = =
olmasını gerektirir. O halde τ nun bire-bir olması nedeniyle
1 2( ) ( ) ... ( ) 0r
a a aτ τ τ = = = =
bulunur. Bu ise { }1 2( ), ( ),..., ( )r
x x xτ τ τ kümesinin de lineer bağımsız olduğunu
gösterir.Eğer ( : ) E F = ∞ ise bu durumda ( ( ) : ( )) E F τ τ = ∞ dur. O halde
( : ) E F r = < ∞ olması halini ele alalım. Bu durumda E yi geren bir
{ }1 2, ,..., r
x x x bazı mevcuttur. Bu küme lineer bağımsız olduğundan
{ }1 2
( ), ( ),..., ( )r
x x xτ τ τ kümesi de lineer bağımsız bir kümedir. O halde bu
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 240/272
234
kümenin ( ) E τ nin bir bazı olabilmesi için bir ( ) ( ) x E τ τ ∈ elemanını bu
kümenin bir lineer birleşimi şeklinde yazabilmeliyiz. x E ∈ elemanı için
1 1 2 2 ... r r
x a x a x a x= + + +
olacak şekilde 1 2, ,..., r a a a F ∈ elemanlarını bulabiliriz. Buradan τ yu
uygulayarak
1 1 2 2( ) ( ... )r r
x a x a x a xτ τ = + + +
ve τ bir homomorfizma olduğundan
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ... ( )r r
x a x a x a xτ τ τ τ = + + +
1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )r r
a x a x a xτ τ τ τ τ τ = + + +
bulunur ki, bu teoremi kanıtlar.
Teorem 14.2. F, E ve K herhangi üç cisim ve F E K ⊂ ⊂ olsun. Bu taktirde
( : ) ( : )( : )K F K E E F =
dir.Kanıt. E nin F üzerindeki derecesini göz önünde bulundurmak koşulu ile
{ }1 2, ,..., r x x x E ⊂ , E nin F cismi üzerinde lineer bağımsız elemanlarının bir
kümesi olsun. Diğer taraftan, K nın E üzerindeki derecesi göz önünde
bulundurularak { }1 2, ,..., s
y y y K ⊂ , K nın E cismi üzerinde lineer bağımsız
elemanlarının bir kümesi olsun. 1,2,...,i r = , 1,2,..., j s= olmak üzere
{ }i j x y şeklindeki elemanlar K nın rs elemanlı bir alt kümesini oluştururlar. Bu
kümenin F cismi üzerinde lineer bağımsız bir küme olduğunu göstermeliyiz.Yani,
1 1
0r s
ij i j
i j
a x y= =
=∑∑
olmasının ancak ve ancak ,i j∀ için 0ij
a = olması halinde mümkün
olabileceğini göstermeliyiz. Bunun için
1 11 1 1 1
( ) ... ( ) 0r s r r
ij i j i i is i s
i j i i
a x y a x y a x y= = = =
= + + =∑∑ ∑ ∑
yazabiliriz. 1 2, ,..., s
y y y ler K nın E üzerinde lineer bağımsız elemanları
olduğundan E nin elemanları olan s tane katsayıyı1
0r
ij i
i
a x=
=∑ olarak buluruz.
O halde 1,2,..., j s= olmak üzere her j için
1 1 2 2 ... 0 j j rj r
a x a x a x+ + + =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 241/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 242/272
236
şeklindedirler. K nın F ve S yi kapsayacağı açıktır, dolayısıyla ( )F S nin
tanımından ( )F S K ⊂ buluruz. Üstelik, K da E nin bir alt cismini oluşturur.
Diğer taraftan ( )F S , S ve F yi kapsayan bir alt cisim olduğu için S deki sonlu
çarpımları, bu sonlu çarpımların sonlu lineer birleşimlerini ve bu lineerbirleşimlerin bölümlerini de kapsar, dolayısıyla K yı kapsar. Böylece,
( )K F S ⊂ dir. Şu halde ( )K F S = elde ederiz.
Örnek 14.3. Yukarıdaki tanımlamaya göre S , 1 2, ,..., r α α α şeklinde sonlu
sayıda elemana sahip ise ( )F S nin elemanları, katsayıları F cisminden seçilen
ve 1 2, ,..., r α α α elemanları ile oluşturulan rasyonel polinomlardan oluşur. Bu
durumda1 2( ) ( , ,..., )
r F S F α α α =
cismi F nin bir genişlemesidir.
Tanım 14.3. Eğer S , bir tek E α ∈ elemanın gerdiği ve katsayılarını bir F cisminden alan sabit olmayan sonlu dereceli polinomlardan oluşuyorsa, yani
( )S α = ise bu durumda ( ) ( )F S F α = yazılır ve ( )F K α = ya bir basit
geni şleme adı verilir. Bu genişlemenin bir ( ) x F α ∈ elemanı2
0 1 2
20 1 2
( ) ...
( ) ...
r
r
ss
f a a a a
x g b b b b
α
α
σ α α α
σ α α α
+ + + +
= = + + + + , ( ) 0gα σ ≠
şeklinde yazılabilir. Burada 0 1 2, , ,..., r
a a a a ; 0 1 2, , ,..., s
b b b b F ∈ dir.
Teorem 14.4. E cismi, F nin bir genişlemesi ve E α ∈ olsun. F üzerindeki
polinomların kümesi ( )P F olmak üzere { }( ) ( ) 0 I f P F f α α σ = ∈ | = kümesi
verilsin. Bu taktirde I α da ( ) I mα α = olacak şekilde bir tek indirgenemeyen
mα polinomu vardır. Üstelik I α , mα tarafından gerilen asal idealdir ve
maksimaldir.
Kanıt. Bunun için aşağıdakileri kanıtlamalıyız:1) mα indirgenemezdir,
2) I α , mα nın katlarından ibarettir,
3) mα bir tektir.
1) Aksini kabul edelim, yani mα indirgenebilir olsun. Bu durumda m hk α =
olacak şekilde , ( )h k P F ∈ polinomları bulunabilir. Böylece,
( ) ( ) ( ) ( ) 0m hk h k α α α α α σ σ σ σ = = =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 243/272
237
olması ( ) 0hα σ = veya ( ) 0k α σ = olmasını gerektirir. Halbuki, der 0h > ve
der derm k α > olduğundan bu mümkün değildir. Çünkü dereceleri mα nın
derecesinden küçük olduğu halde ( ) 0hα
σ = veya ( ) 0k α
σ = olamaz. Şu
halde mα indirgenemez olmak zorundadır.
2) f I α ∈ alalım. . f q m r α = + , der derr mα < olacak şekilde q , ( )r P F ∈
polinomları bulunabilir. Halbuki teoremin hipotezine göre0 ( ) ( ) ( ) ( ) f q m r α α α α α σ σ σ σ = = +
eşitliğinden( ) 0r α σ =
ve böylece r I α ∈ elde ederiz. Bu bir çelişmedir, çünkü en küçük dereceli
polinomun mα olduğunu kabul etmiştik. Ayrıca, der derr mα < olduğundan
0r = buluruz. Dolayısıyla . f q mα = olup I α , mα nın katlarından ibarettir.
3) 'm mα α ≠ olmak üzere hem mα hem de 'm α , I α yı gersin. Bu durumda
mα , I α yı gerdiğinden 'm mα α λ = ve 'm α , I α yı gerdiğinden 'm mα α µ =
yazabiliriz. Bu iki ifadeden m mα α λ = elde ederiz. O halde,
der der( ) derm mα α µλ = +
ve buradan der( ) 0 µλ = veya der der 0λ µ + = buluruz, yani
der der 0λ µ = = dır. Bu ise λ ve polinomlarının sabit olması demektir.
Diğer taraftan mα indirgenemez bir polinom olduğundan 1λ µ = = eldeederiz, böylece 'm mα α = dır.
Teorem 14.5. E cismi, F nin bir genişlemesi ve E α ∈ olsun. F cismi
üzerinde f
g şeklindeki bütün rasyonel polinomların kümesi ( ) R F olmak
üzere ( ) ( )F R F α ≅ izomorfizması vardır, üstelik ( ) [ ]F F α α = ve
( ( ) : ) derF F mα α = dır. ( Burada mα yukarıda tanımlandığı gibidir.)
Kanıt. : ( ) ( ) R F R F ϕ → , ( )( ) f f
g gα
α
σ ϕ σ
=
dönüşümünü ve yukarıdaki gibi
tanımlanan I α kümesini göz önüne alalım. I α kümesinin tanımından 0g ≠
olduğundan ( ) 0gα σ ≠ dır. ϕ nin bir izomorfizma tanımlayacağı kolayca
gösterilebilir. O halde ( ) ( )F R F α ≅ izomorfizması vardır. ( ) [ ]F F α α =
olduğunu kanıtlamak için ( )F β α ∈ olmak üzere( )
( )
f
g
α
α
σ β
σ = şeklinde
verilsin. ( ) 0gα σ ≠ ise g I α ∉ dır. m I α α ∈ elemanını göz önüne alalım. mα
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 244/272
238
indirgenemez olduğundan g yi bölmez, çünkü I α nın her elemanı mα nın bir
katıdır. 0 eα = olsun. Bu durumdahg km eα + =
olacak şekilde h , ( )k P F ∈ elemanları vardır. Böylece,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )e e h g k mα α α α α α σ σ σ σ σ = = +
( ) ( )h gα α σ σ =
dir. Buradan,1( ) ( ( ))h gα α σ σ −
= veya ( ) ( ) ( ) f h fhα α α σ σ σ β = =
bulunur. Böylece fh bir polinom olduğundan β da bir polinomdur,
dolayısıyla ( ) [ ]F F α α = elde ederiz.
Şimdi, der m nα = olsun. ( ( ) : ) derF F m nα α = = olduğunu kanıtlamak
için ( )F α nın F üzerinde { }2 1, , ,..., ne α α α − şeklinde bir baza sahip olduğunu
göstermek yeterlidir. Bunun için önce bunların lineer bağımsız olduğunugösterelim. 0 1 2 1, , ,...,
na a a a F
− ∈ olmak üzere,
10 1 1... 0n
na e a aα α −
−+ + + =
olsun. Bu durumda bir ( ) f P F ∈ için1
0 1 1... n
n f a e a x a x −
−= + + +
yazabiliriz ve bu f için 10 1 1( ) ... 0n
n f a e a aα σ α α −
−= + + + =
olacağından ve f minimal polinom olduğundan 0 f = olmalıdır, böylece
0 1 1... 0n
a a a−
= = = =
bulunur, yani { }2 1, , ,..., ne α α α − kümesi lineer bağımsızdır.
Şimdi de { }2 1, , ,..., ne α α α − kümesinin ( )F α yı gerdiğini gösterelim.
Bunun için ( ) x F α ∈ olsun.1
0 1 1...
n
n x a e a aα α
−
−= + + + olacak şekilde 0 1 2 1, , ,...,
na a a a F
− ∈ elemanlarını bulabileceğimizi
göstermeliyiz. ( ) x F α ∈ olduğundan ( ) f xα σ = olacak şekilde F üzerinde
tanımlı bir f polinomu bulabiliriz. Öklid algoritmasına göre f qm r α = + , der derr m nα ≤ =
olacak şekilde F üzerinde tanımlı q, r polinomları bulunabilir. Buradan( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f qm r qm r q m r α α α α α α α α α α σ σ σ σ σ σ σ = + = + = +
yazabiliriz. Bu ise,1
0 1 1... n
nr a e a x a x −
−= + + +
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 245/272
239
şeklinde bir polinom olmasını gerektirir. Şu halde1
0 1 1( ) ... n
nr a e a a xα σ α α −
−= + + + =
dir. Böylece,
( ) x f α σ =
dır ve bu { }2 1, , ,..., ne α α α − kümesinin ( )F α yı gerdiğini ve dolayısıyla ( )F α
nın bazı olduğunu kanıtlar.
CEBİRSEL GENİŞLEMELER
Tanım 14.4. ( , ) E i , bir F cisminin herhangi bir genişlemesi olsun. Eğer
F E ⊂ ise i dönüşümü bir dahil etme adını alır. Eğer E α ∀ ∈ , F üzerindecebirsel ise yani, α katsayıları F den alınmış sabit olmayan bir polinomdenklemin kökü ise bu durumda ( , ) E i ye bir cebirsel geni şleme, aksi taktirde
bir transandant geni şleme adı verilir.
Tanım 14.5. E cismi F nin bir genişlemesi olsun. E nin F üzerindeki cebirselelemanlarının kümesine F nin E deki ba ğ ıl cebirsel kapanı şı adı verilir ve A ilegösterilir. A F = ise bu durumda F ye E de cebirsel kapalıdır deriz.
Teorem 14.6. F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı, E nin bir alt cismidir.Kanıt. F nin E deki bağıl cebirsel kapanışı A ve , Aα β ∈ iki cebirsel eleman
olsun. Aα β + ∈ , . Aα β ∈ , Aα − ∈ ve 0α ≠ olmak üzere 1 Aα − ∈ olduğunu göstermeliyiz. Bunun için, α ve β yı F kümesi içerisine dahil
ederek ( , )F α β kümesini oluşturalım. Bu küme E nin bir alt cismi olur.
Dolayısıyla, ( , )F α β α β + ∈ , . ( , )F α β α β ∈ , ( , )F α α β − ∈ ve 0α ≠ olmak
üzere 1 ( , )F α α β −∈ dır ve ( , )F α β nın bütün elemanları cebirseldir. Diğer
taraftan A nın bütün cebirsel elemanları içerdiğini tanımdan biliyoruz. O halde( , )F Aα β ⊂ ve Aα β + ∈ , . Aα β ∈ , Aα − ∈ ve 0α ≠ olmak üzere1 Aα − ∈ dır. Böylece A, E nin bir alt cismidir.
Teorem 14.7. E cismi , F nin bir genişlemesi olsun. E nin F üzerindekiderecesi ( : ) E F n= < ∞ şeklinde sonlu ise bu durumda E bir cebirsel
genişlemedir.
Kanıt. Herhangi bir E α ∈ elemanını göz önüne alalım. { }2, , ,..., ne α α α
kümesi F de lineer bağımlı olacaktır. O halde2
0 1 2 ... 0n
na e a a aα α α + + + + =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 246/272
240
olacak şekilde hepsi birden sıfır olmayan 0 1 2, , ,..., n
a a a a F ∈ elemanları
bulunabilir. Böylece en az bir ( ) f P F ∈ için ( ) 0 f α σ = dır ve E α ∈ keyfi
bir eleman olduğundan E nin bir cebirsel genişleme olduğu sonucu bulunur.
Not: Bu teoremin karşıtı daima doğrudur.
Teorem 14.8. Eğer E , sonlu sayıda cebirsel eleman tarafından gerilebiliyor iseo taktirde E sonlu bir genişlemedir.Kanıt. Teoremin hipotezine göre sonlu sayıda 1 2, ,...,
n E α α α ∈ elemanları
vardır. Bu elemanların gerdiği cisimler,
1( ,..., )k k
F E α α = , 1,2,...,k n=
şeklinde olsun. Buna göre,
1( ,..., )n n E F E α α = = ve 0F E = dır. Böylece,
1k = için 1 1 0 1( ) ( ), E F E α α = =
2k = için 2 1 2( ) E E α = ve 1 1 0 1( ) ( ) E F E α α = =
olduğundan
1 2 0 1 2 1 2( ) ( ( ), ) ( , ) E E F α α α α α = =
yazabiliriz. k için ise 1( )k k k
E E α −
= yazabiliriz. Böylece Teorem 14.7. den
dolayı k ∀ içink α lar E ve
k E lar üstünde cebirsel olduklarından
k E < ∞
dur. Böylece Teorem 14.2. ve Teorem 14.5. ten1 1 2 1 0( : ) ( : )( : )...( : )
n n n n E F E E E E E E
− − −= < ∞
sonucunu elde ederiz.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 247/272
241
15. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI
Düzlemdeki vektörleri paralelkenar kuralına göre toplayabildiğimiz gibi bir
vektörü bir sayı ile çarparak bir diğer vektör elde edebiliriz. Vektör toplamı vesayı-vektör çarpımı adını vereceğimiz bu işlemlerin sağladığı cebirselözellikleri genelleştirmek suretiyle vektör uzayı adını vereceğimiz bir cebirselyapı tanımlayabiliriz. Burada ele alacağımız sayılar gerçel sayılar cismine aitolabileceği gibi diğer cisimler için de bu tanımlamaları yapmak söz konusudur.
Tanım 15.1. F cismi üzerinde bir vektör uzayı (lineer uzay ), elemanlarıvektör toplamı ve skaler-vektör çarpımı adını vereceğimiz iki işleme göreaşağıdaki özellikleri gerçekleyen bir V kümesidir:
1) Vektör toplamı işlemine göre V , değişmeli bir gruptur,
2) Herhangi bir F λ ∈ ve ,a b V ∈ için ( )a b a bλ λ λ + = + ,3) , F λ µ ∈ ve a V ∈ için ( )a a aλ µ λ µ + = + ,
4) , F λ µ ∈ ve a V ∈ için ( ) ( )a aλµ λ µ = ,
5) Herhangi bir a V ∈ için 1a a= dır.
Örnek 15.1. Bir F cismine ait elemanların sıralı n-lilerinin nF kümesi
aşağıdaki işlemlerle birlikte F cismi üzerinde bir vektör uzayıdır;
1 2 1 2 1 1 2 2( , ,..., ) ( , ,..., ) ( , ,..., )n n n n
a a a b b b a b a b a b+ = + + + ,
1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., )
n n
a a a a a aλ λ λ λ = .
Bu örneğe göre 2 ve 3 boyutlu Öklid uzayları 2 E , 3 E ve n boyutlu Öklid
uzayı n E ; reel sayılar cismi üzerinde vektör uzayı örnekleridir.
Örnek 15.2. Bir X kümesi üstünde tanımlanan ve değer kümesi herhangi bir F cismi olan bütün fonksiyonların ( ; ) X F ℑ kümesi, aşağıda verilen
fonksiyonların toplama ve sayı ile çarpımı işlemlerine göre bir vektör uzayıdır;
( )( ) ( ) ( ) f g x f x g x+ = + , ( )( ) ( ) f x f xλ λ = ; , .F x X λ ∈ ∈
Örnek 15.3. K , bir F cisminin alt cismi olsun. F deki birinci işlemi vektörtoplamı ve K nın elemanları ile F nin elemanlarının F deki ikinci işleme göreçarpımını da sayı-vektör çarpımı olarak tanımlarsak, F yi K cismi üzerinde birvektör uzayı olarak tanımlayabiliriz. Buna göre kompleks sayılar kümesi reelsayılar kümesi üstünde bir vektör uzayıdır.
Tanım 15.1. kullanılarak vektör uzaylarının aşağıdaki özelliklerini kolaycakanıtlayabiliriz. Burada cisme ait sıfır elemanını normal şekilde, vektöruzayının sıfır vektörünü ise vektör işaretli olarak yazacağız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 248/272
242
Özellik 15.1. Bir F cismi üstünde tanımlı bir vektör uzayı için aşağıdakiözellikler vardır;
1) Herhangi bir F λ ∈ için 0 0λ =
,
2) Herhangi bir F λ ∈ ve a V ∈ için ( )a aλ λ − = − ,3) Herhangi bir F λ ∈ ve a , b V ∈ için ( )a b a bλ λ λ − = − ,
4) Herhangi bir a V ∈ için ( 1)a a− = − ,
5) Herhangi bir a V ∈ için 0 0a =
,6) λ , F ∈ ve a V ∈ için ( )a a aλ µ λ µ − = − dır.
Tanım 15.2. V bir vektör uzayı ve U V ⊂ olsun. Eğer aşağıdaki koşullargerçeklenirse U ya V nin bir alt uzayı adı verilir:
1) U , vektör toplamı işlemine göre V nin bir alt grubudur,2) F λ ∀ ∈ ve a U ∈ için a U λ ∈ dur.
Bu tanıma göre U ≠ ∅ ve U V ⊂ olmak üzere
a) 0 U ∈
,b) u∀ , w U ∈ için u w U + ∈ ,c) F λ ∀ ∈ ve u U ∀ ∈ için u U λ ∈
koşulları gerçeklenirse U V ⊂ alt kümesi F cismi üstünde tanımlanan V vektöruzayının bir alt uzayı olur. U kümesinin de V de ki işlemlere göre bir vektöruzayı olduğu gösterilebilir. Herhangi bir V vektör uzayının sadece sıfırvektöründen oluşan alt kümesi ve vektör uzayının kendisi V nin alt uzaylarıdır.Bu alt uzaylara V nin a şikar (trivial) alt uzayları adı verilir.
Örnek 15.4. 3 E vektör uzayında , verilen bir düzleme veya doğruya paralelvektörlerin kümesi, 3 E vektör uzayının bir alt uzayını oluştururlar.
Örnek 15.5. I ⊂ aralığı verilsin. : f I → şeklindeki bütün
fonksiyonların ( , ) I ℑ kümesi bir vektör uzayıdır. : f I → şeklindeki
bütün sürekli fonksiyonların kümesi ( , ) I ℑ nin bir alt vektör uzayıdır.
Tanım 15.3. U ve V aynı F cismi üzerinde tanımlanmış iki vektör uzayı ve:V U ϕ → dönüşümü bire-bir ve üzerine olsun. Aşağıdaki iki koşul
gerçeklenirse ϕ dönüşümüne V ile U vektör uzayları arasında bir izomorfizma
ve V ile U vektör uzaylarına da izomorfturlar deriz:1) ,a b V ∀ ∈ için ( ) ( ) ( ),a b a bϕ ϕ ϕ + = +
2) F λ ∀ ∈ ve a V ∀ ∈ için ( ) ( ).a aϕ λ λϕ =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 249/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 250/272
244
1 1 1 2 2 2( ) ( ) ... ( )n n n
a b a b x a b x a b x+ = + + + + + +
ve
1 1 2 2( ) ( ) ... ( )n n
a a x a x a xλ λ λ λ = + + +
olduğundan ϕ dönüşümü bir izomorfizmadır.
Örnek 15.8. Teorem 15.1. e göre 2 E ve 3 E sırasıyla 2 ve 3 e izomorftur.
1 2, ,..., n
F λ λ λ ∈ skalerleri sayesinde bir lineer birleşim
1 1 2 2 ... n n
a a aλ λ λ + + +
şeklinde verilsin. Eğer 1 2 ... 0nλ λ λ = = = = ise bu lineer birleşime aşikar
(trivial) aksi durumda aşikar olmayan (non-trivial) bir lineer birleşimdir deriz.
Tanım 15.6. V , F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. 1 2, ,..., n
a a a V ∈
vektörlerinin aşikar olmayan bir lineer birleşimi, sıfır vektörüne eşit oluyorsabu vektörlere lineer ba ğ ımlıdır , aksi taktirde lineer ba ğ ımsızdır denir.
Şu halde 1 2, ,..., n
a a a V ∈ vektörlerinin lineer bağımsız olması
1 1 2 2 ... 0n n
a a aλ λ λ + + + =
homojen denklem sisteminin ancak ve ancak sıfır çözüme sahip olmasınaeşdeğer olmaktadır.
Örnek 15.9. Sıfırdan farklı bir tek vektörden oluşan bir vektör kümesininlineer bağımsız, sadece sıfır vektöründen oluşan veya sıfır vektörünü içeren birvektör kümesinin ise lineer bağımlı olacağı açıktır. Ayrıca lineer bağımlıvektörleri kapsayan bir vektör kümesinin kendisi de lineer bağımlıdır. Budüşünceyi aşağıdaki şekilde de ifade edebiliriz.
Teorem 15.2. V , F cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. 1n > olmak üzere
1 2, ,..., n
a a a V ∈ vektörlerinin lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul
bu vektörlerden en az birisinin diğerlerinin bir lineer birleşimi şeklindeyazılabilmesidir.
Kanıt. 1 2 2 ... n na a a µ µ = + + olsun. Bu durumda,
1 2 2 ... 0n n
a a a µ µ − − − =
yazabiliriz ki, bu 1 2, ,..., n
a a a vektörlerinin lineer bağımlı olduğunu gösterir.
Tersine, hepsi birden sıfır olmayan 1 2, ,..., nλ λ λ skalerleri için
1 1 2 2 ... 0n n
a a aλ λ λ + + + =
olsun. 1 0λ ≠ olduğunu varsayalım. Bu taktirde,
21 2
1 1
... n
na a aλ λ
λ λ = − − −
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 251/272
245
yazabiliriz.
Teorem 15.3. V , F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve 1 2, ,..., n
a a a V ∈ lineer
bağımsız vektörleri verilsin. Bir b vektörünün 1 2, ,..., na a a vektörlerinin lineerbirleşimi şeklinde yazılabilmesi için gerek ve yeter koşul { }1 2, ,..., ,
na a a b
kümesinin lineer bağımlı olmasıdır.Kanıt. Eğer b vektörü 1 2, ,...,
na a a vektörlerinin lineer birleşimi olarak
yazılabiliyor ise Teorem 15.2. den dolayı { }1 2, ,..., ,n
a a a b lineer bağımlıdır.
Tersine hepsi birden sıfır olmayan 1 2, ,..., ,n
λ λ λ µ sayıları için
1 1 2 2 ... 0n n
a a a bλ λ λ µ + + + + =
olsun. Burada 0≠ olmak zorundadır. Aksi durumda 0= için 1 2, ,..., n
a a a
vektörleri lineer bağımlı olur ki, bu hipoteze aykırıdır. Dolayısıyla 0≠
olduğunda
1 21 2 ... n
nb a a a
λ λ λ
µ µ µ = − − − −
yazabiliriz ki, bu b vektörünün 1 2, ,..., n
a a a vektörlerinin lineer birleşimi
şeklinde yazılabildiğini gösterir.
Teorem 15.4. Eğer b vektörü 1 2, ,..., n
a a a vektörlerinin lineer birleşimi olarak
yazılabiliyor ise bu yazılışın tek türlü olması için gerek ve yeter koşul1 2, ,...,
na a a vektörlerinin lineer bağımsız olmasıdır.
Kanıt. b vektörünün
1 1 2 2 1 1 2 2... ...n n n n
b a a a a a aλ λ λ µ µ µ = + + + = + + +
şeklinde iki gösterime sahip olduğunu kabul edelim. Buradan,
1 1 1 2 2 2( ) ( ) ... ( ) 0n n n
a a aλ µ λ µ λ µ − + − + + − =
yazabiliriz. Eğer b, tek türlü yazılabiliyor ise, yani 1 i n≤ ≤ olmak üzere i∀ için
i iλ µ = ise 1 2, ,...,
na a a vektörleri lineer bağımsızdır. Tersine eğer
1 2, ,..., n
a a a vektörleri lineer bağımsız iseler yukarıdaki lineer homojen
denklem sistemi sadece sıfır çözüme sahip olacağından 1 i n≤ ≤ olmak üzerei∀ için 0
i iλ µ − = veya
i iλ µ = elde ederiz ki, bu b nin 1 2, ,...,
na a a
vektörlerinin lineer birleşimi olarak tek türlü yazılabileceğini gösterir.
Tanım 15.7. V bir vektör uzayı ve S V ⊂ olsun. S deki vektörlerinoluşturduğu bütün sonlu lineer birleşimlerin kümesine S nin gerdi ğ i lineer
uzay denir ve S ⟨ ⟩ ile gösterilir. Bu uzay V nin S yi kapsayan en dar alt
uzayıdır, eğer V S = ⟨ ⟩ ise S kümesi V vektör uzayını geriyor deriz. V S = ⟨ ⟩
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 252/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 253/272
247
vektör sayısından bir eksiktir. Bu şekilde devam edersek sonuçta lineerbağımsız ve V yi geren yani V nin bir bazını oluşturan bir kümeye ulaşırız.
Teorem 15.7. Sonlu boyutlu bir vektör uzayının bütün bazları aynı sayıdavektöre sahiptir. Bu sayıya V nin boyutu deriz ve boyV şeklinde gösteririz.
Kanıt. V nin farklı sayıda vektöre sahip iki bazının var olduğunu kabul edelim.Bu durumda Teorem 15.5. e göre daha fazla sayıda vektöre sahip olan bazınvektörleri lineer bağımlı olur, bu ise baz tanımına aykırıdır. Çünkü bir vektöruzayının bazı lineer bağımsız vektörlerden oluşur.
Örnek 15.10. V , F cismi üzerinde bir vektör uzayı ve X , V nin sonlu n-elemanlı bir alt kümesi olsun. X F → şeklindeki bütün fonksiyonlarınkümesini ( , ) X F ℑ ile gösterelim. Bu durumda ( , ) X F ℑ bir vektör uzayıdır ve
boyutu n dir. Gerçekten, ,a x X ∀ ∈ için
1,( )
0,a
x a x
x aδ
==
≠
şeklinde tanımlı δ fonksiyonunu göz önüne alalım. Her ( , ) X F ϕ ∈ ℑ
fonksiyonunu
( ) a
a X
aϕ ϕ δ ∈
= ∑
biçiminde ifade edebiliriz. Böylece, a X ∀ ∈ için tanımlayabileceğimiza
δ
fonksiyonlarının kümesi ( n elemanlı ) ( , ) X F ℑ vektör uzayının bazınıoluşturur. Dolayısıyla boy nℑ = dir.
Eğer X sonsuz elemanlı bir küme ise o zaman her n için ( , ) X F ℑ , farklı
1 2, ,..., n
a a a ler için1 2, ,...,
na a aδ δ δ şeklinde sonsuz çoklukta bir baza sahip
olacağından ( , ) X F ℑ sonsuz boyutlu olur.
Örnek 15.11. reel sayılar cisminin, rasyonel sayılar cismi üzerinde birvektör uzayı yapısına sahip olduğunu biliyoruz. Bu vektör uzayı sonsuz
boyutludur. Gerçekten, eğer sonlu boyutlu olmuş olsaydı o zaman her bir reelsayıyı sonlu sayıda rasyonel sayı sayesinde ifade edebilirdik ki, bu durumdareel sayılar kümesi sayılabilir olurdu. Halbuki bu mümkün değildir, çünkü reelsayılar kümesi sayılabilir değildir.
Not: Sayılabilir sonsuz elemanlı bir küme, + ile bire-bir eşlenebilenkümedir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 254/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 255/272
249
1
' , 1, 2,...,n
j i ij
i
e e c j n=
= =∑ (15.1)
şeklindedir veij nxn
C c =
matrisini tanımlar. Bu matrise
{ }1 2
, ,..., n
e e e
bazından { }1 2' , ' ,..., 'n
e e e bazına olan dönü şüm matrisi adı verilir. Bu matrisin
kolonları { }1 2' , ' ,..., 'n
e e e bazının vektörlerinin { }1 2, ,..., n
e e e bazına göre
bileşenlerinden oluşur. Dolayısıylaij nxn
C c = matrisinin kolonları lineer
bağımsızdır, aksi taktirde { }1 2' , ' ,..., 'n
e e e kümesi V nin bir bazını oluşturamaz.
Böylece C matrisi regüler bir matris olmak zorundadır. O halde det 0C ≠ dır.
Eğer sabit { }1 2, ,..., n
e e e bazına göre diğer bütün bazların dönüşüm
matrislerinin kümesini göz önüne alırsak bu küme regüler matrislerdenoluşur. det 0C > ise { }1 2, ,...,
ne e e bazı ile { }1 2' , ' ,..., '
ne e e bazı aynı
yönlendirilmiştir veya { }1 2' , ' ,..., 'n
e e e bazı pozitif yönlendirilmi ştir , det 0C <
ise negatif yönlendirilmi ştir deriz. Böylece söz konusu vektör uzayınıyönlendirmiş oluruz.
(15.1) denklemini matris gösterimi ile
[ ] [ ]1 2 1 2' , ' ,..., ' , ,...,n n
e e e e e e C =
şeklinde yazabiliriz. x V ∈ vektörünü, V nin { }1 2, ,..., n
e e e ve { }1 2' , ' ,..., 'n
e e e
bazlarına göre ifade edersek
1 1 1 1 1 11 1
... ' ' ... ' ' ' ... 'n n
n n n n i i n i in
i i
x x e x e x e x e x e c x e c= =
= + + = + + = + +∑ ∑
1 1 11 2 21 1 1 1 2 2' ( ... ) ... ' ( ... )n n n n n n nn
x e c e c e c x e c e c e c= + + + + + + + +
yazarız. Buradan
1
n
x
X
x
=
,1'
'
'n
x
X
x
=
dersek,
[ ] [ ]1 2 1 2' , ' ,..., ' ' , ,..., 'n n
x e e e X e e e CX = =
yazabiliriz. Böylece, iki baz arasında' X CX =
şeklindeki koordinat dönüşüm denklemini elde ederiz, bunu bileşenlercinsinden
1
'n
i ij j
j
x c x=
= ∑ , 1,2,...,i n=
şeklinde yazarız.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 256/272
250
16. BÖLÜM. CEBİR
V kümesi, bir F cismi üzerinde vektör uzayı olmak üzere V üzerinde
( , )
V V V
x y xy
× →
→
şeklinde tanımlanan çarpma işlemi (cebir i şlemi)i. , , x y V F λ ∀ ∈ ∀ ∈ için ( ) ( ) ( ) x y x y xyλ λ λ = = ,
ii. , , x y z V ∀ ∈ için ( ) x y z xz yz+ = + , ( ) x y z xy xz+ = +
koşullarını sağlıyorsa V ye bir cebir adı verilir. Bu tanıma göre V nin F cismiüstünde bir cebir yapısı oluşturması için V üstündeki toplama, çarpma ve F nin
elemanları ile V nin elemanlarının çarpımı işlemleri aşağıdaki koşullarıgerçeklemelidir;
1) V , toplama ve F nin elemanları ile çarpma işlemleri ile bir vektör uzayıolmalı,
2) V , toplama ve çarpma işlemleri ile bir halka olmalı,3) , x y V ∀ ∈ , F λ ∀ ∈ için ( ) ( ) ( ) x y x y xyλ λ λ = = olmalıdır.
Tanım 16.1. V bir cebir olsun. Eğer , , x y z V ∀ ∈ için ( ) ( ) xy z x yz= koşulu
da sağlanıyorsa V ye bir birle şmeli cebir ; , x y V ∀ ∈ için xy yx= koşulu
sağlanırsa V ye bir de ğ i şmeli cebir ; x V ∀ ∈ için xe ex x= = koşulunusağlayan bir e V ∈ birim elemanı bulunabiliyorsa V ye bir birimli cebir adıverilir.
Tanım 16.2. V ve W herhangi iki cebir olsun. Eğer :V W ϕ → lineer
dönüşümü , , x y z V ∀ ∈ için
( ) ( ) ( ) xy x yϕ ϕ ϕ =
koşulunu gerçekliyor ise ϕ ye bir cebir homomorfizması adı verilir. Eğer ϕ
homomorfizması bire-bir ve üzerine ise bir cebir izomorfizması adı verilir.
V ve W herhangi iki birimli cebir olsun. 1 2,e V e W ∈ ∈ birim elemanlar
olmak üzere :V W ϕ → homomorfizması üzerine ise bu durumda 1 2( )e eϕ =
dir. Gerçekten, ϕ üzerine olduğundan verilen herhangi bir y W ∈ elemanı için
( ) x yϕ = olacak şekilde bir x V ∈ elemanı bulunabilir. O halde
2 1 1( ) ( ) ( ) ( ) y e y e x e x xϕ ϕ ϕ ϕ = = = =
olduğundan 2 1( )e eϕ = , W nin birim elemanıdır.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 257/272
251
Tanım 16.3. V , F cismi üzerinde birleşmeli bir cebir olsun. S V ⊂ olmaküzere V nin her x elemanı
1 2, ,...,
k i i i x x x S ∈ ve1 2, ,...,
k i i i F λ λ λ ∈ elemanlarının
1 1,..., ,...,k k i i i ii
xλ
∑
şeklindeki bir lineer birleşimi olarak ifade edilebiliyor ise S ye V nin bir üreteçsistemi deriz, bu durumda S , V yi gerer.
Tanım 16.4. V herhangi bir cebir ve W V ⊂ bir alt vektör uzayı olsun. EğerW, V de tanımlı olan çarpma işlemine göre kapalı ise W ye V nin bir alt cebri denir.
Tanım 16.5. (Cebirsel ideal) V bir cebir ve I V ⊂ bir alt vektör uzayı olsun. x V ∀ ∈ için I α ∈ olmak üzere x I α ∈ ise I ya V nin bir sa ğ ideali, x I α ∈
ise I ya V nin bir sol ideali adı verilir. Eğer V değişmeli ise bu durumda sağ vesol ideal kavramları anlamını yitirir ve bu durumda I ya sadece V nin birideali denir.
Örnek 16.1. V birleşmeli bir cebir olmak üzere V nin bir x elemanını gözönüne alalım.
{ }0 x N V xα α = ∈ | =
kümesi V nin bir sağ idealidir. Çünkü V β ∈ için ( ) ( ) 0 x xα β αβ = =
olduğundan x
N αβ ∈ dir.
V bir cebir, I V ⊂ alt vektör uzayı ve I aynı zamanda V nin bir ideali isebu durumda V I bölüm cebrini tanımlayabiliriz. Bunun için önce
:V V I π →
şeklindeki doğal izdüşüm dönüşümünü tanımlarız ve aşağıdaki teoremikullanarak bölüm cebrini tanımlayabiliriz.
Teorem 16.1. :V V I π → dönüşümü tanımlansın. V I da bir çarpma
işleminin tanımlanabilmesi için gerek ve yeter koşul I nın V de bir idealolmasıdır.Kanıt. V I da bir çarpma işleminin tanımlı olduğunu kabul edelim. , x y V ∈
olmak üzere ( ) x xπ ′= , ( ) y yπ ′= şeklinde gösterelim. π bir homomorfizma
olduğundan' ' ( ) ( ) ( ) x y x y xyπ π π = =
yazabiliriz. Şimdi x I ∈ olduğunu kabul edersek y V ∈ olmak üzere, π bir
homomorfizma olduğundan( ) ( ) ( ) ' ' 0 xy x y x yπ π π = = =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 258/272
252
ifadesi , x y I ∈ olmasını gerektirir. Böylece I , V nin bir ideali olur.
Teoremin karşıtı kolayca kanıtlanır.
Örnek 16.2. F cisminin alt cismi olduğu her K cismi, F üzerinde bir cebirdir.Buna göre, kompleks sayılar cismi, reel sayılar cismi üzerinde bir cebiryapısı oluşturur.
Örnek 16.3. 3E , 3-boyutlu Öklid uzayı , vektörel çarpma işlemi ile bir cebiryapısına sahiptir.
Örnek 16.4. Herhangi bir X kümesinden , F cismine olan fonksiyonların( , ) X F ℑ kümesi , fonksiyonların bilinen toplamı, çarpımı ve bir sayı ile bir
fonksiyonun çarpımı işlemlerine göre F cismi üzerinde bir cebirdir. Bu cebirdeğişmeli, birleşmeli ve birim elemanlı bir cebirdir.
Örnek 16.5. X bir küme ve 2 X , X in alt kümelerinin kümesi olsun. M ,
2 X N ∈ alt kümeleri için( ) ( ) M N M N N M ∆ = − ∪ −
şeklinde tanımlı simetrik fark ve kümelerin kesişimi işlemlerini, sırasıyla
toplama ve çarpma işlemleri olarak alırsak bu işlemlere göre 2 X kümesi birhalka yapısına sahip olur. Üstelik bu halka değişmeli ve birleşmelidir. Şimdi
2
cismini göz önüne alalım.2
nin elemanları ile 2 X in elemanlarının
çarpımı işlemini de aşağıdaki kurallara göre tanımlarsak 2 X kümesi 2
üzerinde bir cebir yapısı oluşturur:
2 X M ∀ ∈ ve 0, 21∈ için 0 M = ∅ , 1 M M = .
Şimdi F cismi üzerinde tanımlı bir A cebrini göz önüne alalım. A aynızamanda F cismi üzerinde bir vektör uzayıdır. A nın vektör uzayı olarak bir
bazı { }1 2, ,..., ne e e olsun. A nın bu baza göre yazılan iki elemanı
1
n
i iia a e== ∑ ve 1
n
i iib b e== ∑
olsun. Çarpmanın toplama üzerine dağılma özelliğini kullanarak
1 1 1 , 1
( ) ( ( )) ( )n n n n
i i i j i j i j i ji i j i j
ab a e b a b e e a b e e= = = =
= = =∑ ∑ ∑ ∑
yazabiliriz ki, bu sonuç A cebrine ait iki elemanın çarpımının tamamen bazvektörlerin çarpımları sayesinde bulunabileceğini gösterir. Böylece, eğer bazvektörlerin çarpımı değişmeli ise bu durumda A da ki çarpma işlemi de genelolarak değişmeli olur. Bunu gerçeklemek için ,a b A∈ olsun.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 259/272
253
, ,
( ) ( )i j i j j i j ii j i j
ab a b e e b a e e= = =∑ ∑ ba
elde ederiz. Benzer şekilde eğer baz vektörlerin çarpımı birleşmeli ise bu
durumda A da ki çarpma işlemi de genel olarak birleşmeli olur. Diğer taraftanV bir vektör uzayı; { }1 2, ,..., ne e e , V nin bir bazı ve ije ( , 1, 2,..., )i j n= ler V nin
seçilen keyfi vektörleri ise bu durumda V üstündeki çarpma işlemini ,a b A∈ olmak üzere
,i j ij
i j
ab a b e= ∑
kuralı sayesinde tanımlayabiliriz. Böylece V , bir cebir yapısına sahip olacakır.
Örnek 16.6. kompleks sayılar cisminin, reel sayılar cismi üzerinde bir
cebir olduğunu, deki çarpma işlemini nin { }1, i şeklindeki bazının işlemtablosunu
şeklinde tanımlamak suretiyle elde edebiliriz. Üstelik deki çarpmaişleminin değişmeli ve birleşmeli olduğu, bazdaki 1 ve i elemanlarınınçarpımlarının değişmeli ve birleşmeli oluşundan açıktır.
Örnek 16.7. { }1 2 3, ,e e e , 3E vektör uzayının bir ortonormal bazı olsun. 3E
deki vektörel çarpma işlemi, baz vektörlerinin vektörel çarpım tablosu,aşağıdaki şekilde tanımlanırsa 3E bir cebir yapısına sahip olur.
Bu çarpma işlemi değişmeli değildir ve 3 , ,a b c E ∀ ∈ için Jacobi Özde şli ğ iadını verdiğimiz
( ) ( ) ( ) 0a b c b c a c a b× × + × × + × × =
şeklindeki denklemi gerçekler. Bunu kanıtlamak için sadece baz vektörler içinbu denklemin sağlandığını göstermek yeterlidir.
x 1 i
1 1 ii i -1
x 1e 2e 3e
1e 0 3e 2e−
2e 3e− 0 1e
3e 2e 1e− 0
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 260/272
254
Tanım 16.6. Bir cebrin bir alt kümesi aynı zamanda bu cebrin bir alt uzayı vebir alt halkası oluyor ise bu alt küme bir cebir yapısına sahip olur ve ilk cebrinbir alt cebrini tanımlar. Benzer şekilde iki cebir arasında bir dönüşüm
verildiğinde eğer bu dönüşüm cebirlerin vektör uzayı ve halka yapılarıarasında da bir izomorfizma tanımlıyor ise bu dönüşüm iki cebir arasında dabir izomorfizma tanımlar. Bu durumda bu iki cebire izomorftur deriz.
Örnek 16.8. Kuaternionlar cebri adını vereceğimiz H nın cebir işlemi, H nın
bir bazı { }1 2 3 4, , ,e e e e olmak üzere baz vektörlerinin çarpma işleminin
tablosunu aşağıdaki şekilde tanımlamak suretiyle verilir:
Bu cebir, tablodan görülebileceği gibi birleşmelidir, fakat değişmeli değildir.Üstelik kompleks sayılar cebri, bu cebrin bir alt cebrini oluşturur.
Şimdi elemanları bir F cisminden seçilen m n× mertebeli
A =11 1
1
n
m mn
a a
a a
…
şeklindeki matrisleri göz önüne alalım. Bu matrisi kısaca ( )ij A a= şeklinde
gösterelim. ( )ij A a= ve ( )ij B b= matrisleri aynı mertebeli olmak üzere
toplamı
( )ij ij A B a b+ = + şeklinde tanımlanan aynı mertebeli bir matristir. Bir ( )ij A a= matrisinin, F
cisminin bir F λ ∈ elemanı ile çarpımını ise( )ij A aλ λ =
şeklinde tanımlarız. Bu iki işlemle birlikte m n× mertebeli bütün matrislerinm nF × kümesi bir vektör uzayı oluşturur. Bu uzayın F cismi üzerindeki mn
boyutlu vektör uzayına eşdeğer olduğu, herhangi bir ( ) m nij A a F ×
= ∈ matrisi
için
x 1e 2e 3e 4e
1e 1e 2e 3e 4e
2e 2e - 1e 4e - 3e
3e 3e - 4e - 1e 2e
4e 4e 3e - 2e - 1e
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 261/272
255
11 12 1 21 22 2 1 2( ) ( , ,..., , , ,..., ,..., , ,..., ) mnn n m m mnF A a a a a a a a a a F = ∈
dönüşümünün m nF × den mnF üzerine bir izomorfizma olması nedeniyleaçıktır.
Diğer taraftan m n× mertebeli bir ( )ij A a= matrisi ile n p× mertebeli bir
( )ij B b= matrisinin çarpımı , ik c bileşeni
1
n
ik ij jk j
c a b=
= ∑
ile verilen m p× mertebeli bir ( )ik AB c= matrisidir. Dikkat edilirse iki
matrisin çarpımı ancak birinci matrisin kolon sayısı, ikinci matrisin satırsayısına eşit olduğu durumda tanımlanabilmektedir.
Örnek 16.9.3 1
0 3 2 0.3 3.0 ( 2).( 2) 0.( 1) 3.4 ( 2).1 4 100 4
1 1 2 1.3 ( 1).0 2.( 2) 1.( 1) ( 1).4 2.1 1 32 1
− − + + − − − + + −
= = − + − + − − + − + − − − olur.
Örnek 16.10.
cos sin cos sin
sin cos sin cos
α α β β
α α β β
− −
cos cos sin sin cos sin sin cos
sin cos cos sin sin sin cos cos
cos( ) sin( ).
sin( ) cos( )
α β α β α β α β
α β α β α β α β
α β α β
α β α β
− − − =
+ − +
+ − + =
+ +
Matris çarpımı işlemi, matrislerin çarpılabilir olması durumunda, birleşmeözelliğine sahiptir, yani çarpılabilir satır ve kolon sayılarına sahip olan
, , A B C matrisleri için
( ) ( ) AB C A BC =
özeliği vardır. Gerçekten,( ) ( )il AB C m= ve ( ) ( )il A BC n= (16.1)
dersek,
,
,il ij jk kl ij jk klk j j k
m a b c a b c
= =
∑ ∑ ∑
,il ij jk kl ij jk kl
j k j k
n a b c a b c
= =
∑ ∑ ∑
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 262/272
256
olduğundan il ilm n= elde ederiz.
n n× mertebeli bir matrise n. mertebeden bir kare matris adı verilir. Birkare matris iki köşegene sahip olup bunlardan sol üst köşeden sağ alt köşeye
olanına esas kö şegen veya sadece kö şegen, diğerine ise ikinci kö şegen adınıveririz. Eğer bir kare matrisin esas köşegeni dışındaki bütün elemanları sıfır iseböyle bir matrise kö şegen matris adı verilir. Bir köşegen matris ile bir matrisinçarpımı aşağıda görüldüğü gibi kolayca yapılır.
1 11 12 1 1 11 1 12 1 1
2 21 22 2 2 21 2 22 2 2
1 2 1 2
0 0
0 0
0 0
n n
n n
m m m mn m m m m m mn
a b b b a b a b a b
a b b b a b a b a b
a b b b a b a b a b
=
,
11 12 1 1 11 1 12 2 1
21 22 2 2 21 1 22 2 2
1 2 1 1 2 2
0 0
0 0.
0 0
n n n
n n n
m m mn n m m mn n
a a a b a b a b a b
a a a b a b a b a b
a a a b a b a b a b
=
Esas köşegen üzerindeki bütün elemanları 1, diğer bütün elemanları sıfır olan
1 0 00 1 0
I
0 0 1
=
şeklindeki köşegen matrise birim matris adı verilir. Eğer A, m n× mertebelibir matris ise
n AI A= ve m I A A= (16.2)
dır, burada m I ve n I sırasıyla m. ve n. mertebeden birim matrislerigöstermektedir. I λ şeklindeki matrislere skaler matrisler diyeceğiz.Çarpılabilir olma koşulu gerçeklenmek üzere matris çarpımı işlemi ile matristoplamı ve sayı-matris çarpımı işlemleri arasında aşağıdaki özellikleryazılabilir:
1) ( ) A B C AB AC + = + ,
2) ( ) , A B C AC BC + = +
3) F λ ∀ ∈ için ( ) ( ) ( ). A B A B ABλ λ λ = =
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 263/272
257
Bu üç özellikle birlikte (16.1) ve (16.2) özellikleri, n. mertebeden bütün karematrislerin kümesinin birim elemanlı ve birleşmeli bir cebir olduğunu gösterir.F cismi üzerinde tanımladığımız bu cebri ( )n M F şeklinde göstereceğiz.
1n = için 1( ) M F , F cisminin kendisidir. 2n ≥ için ( )n M F cebri değişmelideğildir, örneğin 2n = için
1 0 0 1 0 1
0 0 0 0 0 0
=
,
0 1 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0
=
olduğundan matris çarpımı değişmeli değildir.Diğer taraftan, ( )n M F cebrinin sıfır bölenlere sahip olduğu yukarıda
sağdaki eşitlikten açıktır. Üstelik ( )n
M F , kareleri sıfır olan matrislere sahiptir,
örneğin2
0 1 0 1 0 1 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
= =
dır. ( )n M F sıfır bölenlere sahip olduğundan sıfır olmayan inverslenemez
matrislere de sahiptir. Örneğin, 2 ( ) M F nin1 0
0 0
ve0 1
0 0
elemanları
çarpımsal inverse sahip değildir.
Örnek 16.11. ( )n M F nin ( , )i j . bileşeni 1, diğer bütün bileşenleri sıfır olan
matrislerini ijE ile gösterelim. Bu matrislerin sayısı mn dir ve ( )n M F vektör
uzayının bir bazını oluştururlar.
Örnek 16.12. 2 ( ) M cebrinin ,a b ∈ olmak üzere
a b
b a
−
şeklindeki matrislerinden oluşan alt kümesi, bu cebrin bir alt cebrini oluştururve bu alt cebir kompleks sayıların cebrine izomorftur.
Örnek 16.13. Reel sayılar cismi üzerinde tanımlayacağımız 2 ( ) M cebrinin
,a b ∈ olmak üzere
a b
b a
−
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 264/272
258
şeklindeki elemanlarının oluşturduğu alt küme, 2 ( ) M nin bir alt cebridir ve
bu alt cebir, kuaternionların cebrine izomorftur.
11 12 1
21 22 2
1 2
n
n
m m mn
a a a
a a a
a a a
matrisini göz önüne alalım. Bu matrisin satırları ile kolonlarını sıralı olarakkarşılıklı yer değiştirerek elde edeceğimiz
11 21 1
12 22 2
1 2
m
mt
n n mn
a a a
a a a A
a a a
=
matrisine A matrisinin transpozu adı verilir ve ( ) ( ) ( )t t t ij ji ij A a a a= = =
şeklinde gösterilir. Bu durumda transpoze işleminin aşağıdaki özelliklerinisıralayabiliriz:
1) ( )t t A A= ,
2) ( )t t t A B A B+ = + ,
3) F λ ∀ ∈ için ( )t t A Aλ λ = ,
4) ( )t t t AB B A= .
Son özelliği kanıtlamak için ( )ik AB C c= = diyelim.
t t t ki ik ij jk kj ji
j j
c c a b b a= = =∑ ∑
yazabiliriz ki, bu t t t C B A= olmasını gerektirir.
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 265/272
KAYNAKLAR
[1] Alnıaçık, K., Cebir I Ders Notları, Karadeniz Teknik Üniversitesi, Fen-Edebiyat Fakültesi, 1987.
[2] Birkhoff and MacLane, Survey of Modern Algebra, New York, 1948.
[3] Carmichael, R.D., Groups of Finite Order, Dover Publ., Inc., New York,1956.
[4] Erdoğan, M., Soyut Cebir Ders Notları, Fırat Üniv., Teknik Eğitim Fak.,Yayın No: 1, 1995.
[5] Fraleigh, J.B., A First Course in Abstract Algebra, Addison-Wesley Publ.Comp., 1969.
[6] Greub,W. H., Linear Algebra, Springer-Verlag, New York, Inc., 1967.
[7] Hardy and Wright, The Theory of Numbers, Oxford, 1938.
[8] Herstein, I.N., Topics in Algebra, Xerox College Publ., 1964.
[9] Hoffman, K.; Kunze,R. Linear Algebra, Prentice-Hall, Inc., EnglewoodCliffs, New Jersey, 1971.
[10] Jacobson, N., Lectures in Abstract Algebra III, Springer-Verlag, 1975.
[11] Lang, S., Algebraic Structures, Addison-Wesley Publ. Comp., 1966.
[12] Lang, S., Algebra, Addison-Wesley Publ. Comp., 1974.
[13] LeVeque,W.J., Elementary Theory of Numbers, London-England, 1962.
[14] LeVeque,W.J., Fundamentals of Number Theory, London-Sydney-Amsterdam, 1976.
[15] Niven, I., An Introduction to the Theory of Numbers, New York-London,1966.
259
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 266/272
[16] Stewart, C., Galois Theory, Chapman and Hall, 1973.
[17] Şenkon, H., Soyut Cebir Dersleri, Cilt I-II, İstanbul Üniv., Fen Fak.
Basımevi, 1998.
[18] Vinberg, E.B., A Course in Algebra, Graduate Studies in Maths., Vol 56,AMS, ISBN: 0-8218-3318-9, 2003.
[19] Zariski, O. ; Samuel, P., Commutative Algebra I., Graduate Texts inMaths. 28, Springer-Verlag, Berlin- Heidelberg-New York, 1975.
260
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 267/272
DİZİN
[ ]F x için bölme algoritması, 217Alt cebir, 251, 254Alt grup, aşikar alt grup, öz alt grup, 120Alt grupların birleşim grubu, 156Alt grupların iç kartezyen çarpım grubu, 154Alt halka, 188Alt uzay, 242Alterne grup, 133Aralarında asal tamsayılar, 5Aritmetiğin esas yardımcı teoremi, 6Aritmetik birim, 224Aritmetik fonksiyon, 101Asal cisim, 189Asal eleman, 226Asal ideal bölgesi, 225Asal ideal, 207Asal kalan sınıfı, 26Asal kalan sistemi, 27Asal sayı, 14Asal seri, 179Asal sayı ikizi (üçüzü, dördüzü), 20Aşikar alt uzay, 242Ayrık dairesel permütasyon, 130
Bağıl cebirsel kapanış, 239Basit cisim genişlemesi, 236Basit grup, 167Baz dönüşümlerinin matrisi, 249Bileşik sayı, 14Bir cismin diğeri üzerindeki derecesi, 233Bir eleman tarafından üretilen devirli alt grup, 140Bir elemanın doğurduğu asal ideal, 223Bir elemanın yörüngesi, 129Bir grubun bir elemanının normalleyeni, 182Bir grup homomorfizmasının çekirdeği, 172Bir grubun değiştiricileri ( komütatörleri), 167Bir grubun diğer bir gruptaki indeksi, 162Bir grubun merkezi, 179
261
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 268/272
Bir grubun mertebesi, 115Bir grup serisinin inceltilmişi, 179Bir halkanın karakteristiği, 200
Bir kümenin gerdiği lineer uzay, 245Bir kümenin ürettiği alt grup, 158Bir permütasyonun uzunluğu, 131Bir polinomun derecesi, 211Bir polinomun sıfırı, 216Bir tamsayının böleni, 1Bir vektör uzayının tabanı (bazı), 243Bir vektörün koordinatları, 243Birleşmeli, değişmeli, birimli cebir, 250Boole halkası, 192
Bölme algoritması, 2Bölüm grubu, 166Bölüm halkası, 205
Cayley teoremi, 137Cebir homomorfizması, cebir izomorfizması, 250, 254Cebirsel genişleme,Transandant genişleme, 239Cebirsel ideal, 251Cebirsel kapalılık, 239Cisim genişlemesi, 232
Cisim, yarı-cisim, 188, 192
Çin kalan teoremi, 46Çözülebilir grup, 179
Dairesel permütasyon, 129Denklik bağıntısı, 107Devirli grup, 140Doğal homomorfizma, 172
Eksponent, 52En büyük ortak bölen, 3En küçük ortak kat, 9Endomorfizma, 190Eratosthenes kuralı, 19Eşlenik elemanlar, eşlenik sınıflar, 180Eşlenik gruplar, 166Euler teoremi, 31
262
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 269/272
Euler’ in ϕ -fonksiyonu, 27
Fermat teoremi, 31,200
Geçişmeli grup, 129Grup homomorfizması, 172Grup izomorfizması, 136, 175Grup, 109
Halka homomorfizması, 207Halka izomorfizmalarının temel teoremi, 207Halka izomorfizması, 187Halka, 187
Homomorfizmlerin temel teoremi, 176
İlkel polinom, 226İndirgenemez eleman, 225İndirgenemez polinom, 220İndirgenmiş işlem, 120İzomorfizma sınıfları, 137İzomorfizmaların birinci teoremi, 177
Jacobi sembolü, 79
Kartezyen çarpım grubu, 153Kongrüans bağıntısı, 22Kongrüent (inkongrüent) çözümler, 42Kuadratik (non-) rezidü , 68Kuadratik resiprosite teoremi, 73
Lagrange teoremi, 94, 162Legendre sembolü, 67, 68Lineer bağımlı, lineer bağımsız vektörler, 244
Lineer kongrüans, 41
Maksimal ideal, 207Maksimal normal alt grup, 177Moebius fonksiyonu, 104
n. dihedral grubu, 127
263
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 270/272
n. kuvvet kalanı, 62Normal alt grup, 165Normal grup serisi, alt normal grup serisi, 178
Ortak bölen, 3Ortak kat, 8Otomorfizma (iç otomorfizma), 165
Öklid algoritması, 7,229Öklid fonksiyonu, Öklid bölgesi, 226, 227
Permütayon, 125p-grup, 182
Polinom halkası, 211Pozitif (negatif) yönlendirilmiş bazlar, 249Primitif kök, 56Primitif köke göre indeks, 60
Sağ (sol) ideal, ideal, 205Serbest (torsiyon olmayan) grup, 158Sıfırın sağ (sol) bölenleri, 195Sınıf denklemi, 181Simetrik grup, 125
Sol (sağ) kalan sınıfı, 161Sonlu (sonsuz) boyutlu vektör uzayı, 246Sonlu grup, 115Sonlu üretilmiş grup, 158Sylow (birinci, ikinci ve üçüncü) teoremleri,181
Tam çarpımsal fonksiyon, 102Tam kalan sistemi, 25Tamlık bölgesi, 197Tamlık bölgesinin bağlantılı elemanları, 225
Tek türlü asal çarpanlara ayrılış bölgesi, 225Torsiyon grubu, 158Torsiyon sayıları, 159
Üreteç sistemi, 251
Vektör uzayı (lineer uzay), 241Vektör uzaylarının izomorfizması, 242Vektörlerin lineer birleşimi, 243
264
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 271/272
8/12/2019 Sayılar Teorisi
http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 272/272