Sayılar Teorisi

8/12/2019 Sayılar Teorisi

http://slidepdf.com/reader/full/sayilar-teorisi 1/272



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



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



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



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



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



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.



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



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.



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



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 | ( + ⇒

| ⇒

=



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

| ⇒ | ⇒ | + − = | ( +



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

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| ⇒ |



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.



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,



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.



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.



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= − − −


19) ( )826,1890d = olsun. Öklid Algoritmasını kullanarak d yi hesaplayınız

ve ayrıca d yi 826 ve 1890 tamsayılarının bir lineer kombinezonu olarakifade ediniz.



14

2. BÖLÜM. ASAL SAYILAR

Tanım 2.1. 1 p > tamsayısı verilsin. Eğer p nin 1± ve p± den başka böleni

yoksa p tamsayısı bir asal sayıdır deriz. Asal olmayan bir tamsayıya 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.



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.



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.



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−

− | − + + +



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.



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



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.



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+ + =


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.



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.



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.



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.



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

= = | ∈

= = + | ∈

= = + | ∈

= = + | ∈

= = + | ∈



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.



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.



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

= ⇒ =

=



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.



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.



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



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⇒ | ( −



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)

≡

≡ ≡ ⇒ ≡ ≡ ⇒ + ≡



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)⇒

≡ ⇒

≡ ≡



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.



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



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.



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.



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 −

≡


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+ ≡ +




40

14) , ;m n ∈ 1, 1m n> > ve ( ), 1m n = ise ( ) ( ) ( )1 mod .n mm n m n

ϕ ϕ + ≡


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.



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

∈

= + + = + +



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.



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≡ ⇒ ≡



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 = ⇒ = = − − = =



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



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.



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.



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 − + ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡ ⇒ ≡



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 ∈



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.



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.



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

≡

≡ ≡



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)⇒ ≡ ≡



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.



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



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)≡ ≡/ ,



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 ⇒

≡



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.



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



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.



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.



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.



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,



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



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.



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.



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.



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,





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.



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

− − +

= − = − = − = − = −



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+ +

−

− = − = −



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

−=


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



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

− =



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



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



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,



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 ⇒ = + ,



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.



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

QQ

=

′

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.



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

qq

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



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



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.



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



85

1

1

0 p

j

j

p

−

=

=

∑


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.



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



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 ≡ −



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 ≡



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



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.



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.



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.



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 = )



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



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.



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+ + ≡ .



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 + − = + − − = − + − = −



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



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



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



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.



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





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.



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

+ + =


6) x ve y pozitif reel sayılar olmak üzere[ ] [ ] [ ] [ ] 1 x y x y x y− ≤ − ≤ − +


7) n bir pozitif tamsayı olmak üzere( )

( )2

2 !

!

n

n sayısının bir çift tamsayı olduğunu

gösteriniz.



106

8) Bir q tamsayısının asal olması için gerek ve yeter koşulun

( ) 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.



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



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.



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∗ =



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

−= + =



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+ + = − + + ≠



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:



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:



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

−

− −

≠

+ = ⇒ = ∈⇒ + = ⇒ = ⇒ = ∈

⇒ = ∈



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



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⇒ = ⇔ = ⇒∼ ∼ ,



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= ,



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


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.



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




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



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,



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,



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⊆





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



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



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



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



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.



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.



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 ,



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 −= = ,

...............................



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



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.



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.



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.



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



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



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



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.





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.



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.



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



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.



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.



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 = = =



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.



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 = = =

= =

= =

,





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?



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.



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.





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



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.



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



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



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.



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.



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



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.



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:



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.



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.



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+ = +


{ } 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

=

∩


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.



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.



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.



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= | ∈ = | ∈ =





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.



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



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 = ∈ =



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.



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



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.



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.



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









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.



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.



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.



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.



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.



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 = = =



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.



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−

≠ ⇒ ∈



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 + + = + + + = + + +



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



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

+ + + + + +

= − − − + − − −

+ − − − + − − −



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.



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.



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



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= ⇒ =



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= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅



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

= ⊕ = + − = + + − − + −

= ⊕ = + − ⊕ + −

= + − + + − −



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≤ ≤



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



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:



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⊗ =



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.



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.



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.



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+ = +



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 =


( ( ) ( )) ( ) ( ( )) ( )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

→

+ =



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



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= ∈ | ∈ ∀ ∈



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.



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.



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∞ ∞

= + + =

=

∑ ∑



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



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 −

=

= + + + ≤ ≤ = ∑



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.





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.





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



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.



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



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.



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



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



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.



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.



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.



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 = ,



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.



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 + ,



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.



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



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



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+ + + =





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 = = =



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



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 −

−= + + +



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 + + + + =



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.



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.



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 =





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 = − − −



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 = ⟨ ⟩





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.





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.



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.



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 = = =



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.



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



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



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

− − − =

+ − +

+ − + =

+ +

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

= =

∑ ∑ ∑



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 = =



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

−



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.



KAYNAKLAR

[1] Alnıaçık, K., Cebir I Ders Notları, Karadeniz Teknik Üniversitesi, Fen-Edebiyat Fakültesi, 1987.

[2] Birkhoff and MacLane, Survey of Modern Algebra, New York, 1948.

[3] Carmichael, R.D., Groups of Finite Order, Dover Publ., Inc., New York,1956.

[4] Erdoğan, M., Soyut Cebir Ders Notları, Fırat Üniv., Teknik Eğitim Fak.,Yayın No: 1, 1995.

[5] Fraleigh, J.B., A First Course in Abstract Algebra, Addison-Wesley Publ.Comp., 1969.

[6] Greub,W. H., Linear Algebra, Springer-Verlag, New York, Inc., 1967.

[7] Hardy and Wright, The Theory of Numbers, Oxford, 1938.

[8] Herstein, I.N., Topics in Algebra, Xerox College Publ., 1964.

[9] Hoffman, K.; Kunze,R. Linear Algebra, Prentice-Hall, Inc., EnglewoodCliffs, New Jersey, 1971.

[10] Jacobson, N., Lectures in Abstract Algebra III, Springer-Verlag, 1975.

[11] Lang, S., Algebraic Structures, Addison-Wesley Publ. Comp., 1966.

[12] Lang, S., Algebra, Addison-Wesley Publ. Comp., 1974.

[13] LeVeque,W.J., Elementary Theory of Numbers, London-England, 1962.

[14] LeVeque,W.J., Fundamentals of Number Theory, London-Sydney-Amsterdam, 1976.

[15] Niven, I., An Introduction to the Theory of Numbers, New York-London,1966.

259



[16] Stewart, C., Galois Theory, Chapman and Hall, 1973.

[17] Şenkon, H., Soyut Cebir Dersleri, Cilt I-II, İstanbul Üniv., Fen Fak.

Basımevi, 1998.

[18] Vinberg, E.B., A Course in Algebra, Graduate Studies in Maths., Vol 56,AMS, ISBN: 0-8218-3318-9, 2003.

[19] Zariski, O. ; Samuel, P., Commutative Algebra I., Graduate Texts inMaths. 28, Springer-Verlag, Berlin- Heidelberg-New York, 1975.

260



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



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



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



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





Documents

Sayılar Teorisi