ders notları - yrd. doç. dr. yıldıray çelik

Transkript

CEBİR
DERS NOTLARI
Yrd. Doç. Dr. Yıldıray ÇELİK
Karadeniz Teknik Üniversitesi Fen Fakültesi
Matematik Bölümü
çindekiler
1
Gruplar Teorisi
1
2
Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
15
3
Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
30
4
Homomorzmalar ve zomorzmalar
41
ii
Bölüm 1
Gruplar Teorisi
Tanm 1.1
G
bo³ olmayan bir küme ve
³artlar sa§lanyorsa
(i) Her
a, b ∈ G
için
da
G
üzerinde tanml bir ikili i³lem olsun. E§er a³a§daki
sistemine bir grup denir.
a·b∈G
için
a, b, c ∈ G
(ii) Her
(G, ·)
·
dir. (Kapallk özelli§i)
(a · b) · c = a · (b · c)
dir. (Birle³me özelli§i)
(iii) Her
a∈G
için
a·e=e·a=a
olacak ³ekilde bir
e∈G
(iv) Her
a∈G
için
a·b=b·a=e
olacak ³ekilde bir
b∈G
Burada (iii)'deki
e
a, b ∈ G
vardr. (Ters eleman özelli§i.)
elemanna grubun birim (etkisiz) eleman denir. Ayrca (iv)'deki
b = a−1
nn tersi denir ve
(v) Her
vardr. (Birim eleman özelli§i)
için
b
elemanna
a
ile gösterilir. Bu 4 ³arta ilaveten e§er
a·b=b·a
ise (De§i³me özelli§i)
1 (de§i³meli) grup denir.
bu gruba Abelyen
Not 1.2 Bu tanmda kullanlan notasyona çarpmsal notasyon ve
Bu yüzden
a·b
ifadesi a çarp
b
(Z, +), (Q, +), (R, +)
birer abelyen gruptur.
Örnek 1.4
1
(Z, ·)
a·b
yerine
a+b
ve
a−1
birer abelyen gruptur. Ayrca
−1
bir grup de§ildir, çünkü 2
A = { 1, −1, i, −i }
çarpmas denir.
³eklinde okunur. Bir de, genelde abelyen gruplar için kullanlan,
toplamsal notasyon vardr. Bu notasyonda
Örnek 1.3
· i³lemine grup
yerine de
−a
yazlr.
(Q \ { 0 } , ·), (R \ { 0 } , ·), (C \ { 0 } , ·)
6∈ Z.
kümesi kompleks saylardaki bilinen çarpma i³lemi ile bir gruptur.
Norveçli matematikçi Niels Henrik Abel (1802-1829).
1
Bölüm 1. Gruplar Teorisi
·
1
−1
i
−i
1
1
−1
i
−i
−1
−1
1
−i
i
i
i
−i
−1
1
−i
−i
i
1
−1
Tablodan görüldü§ü gibi kapallk özelli§i vardr. Birle³me özelli§i kompleks saylarn genelinde vardr.
Birim eleman 1 dir. Ayrca
vardr. Yani
(A, ·)
Örnek 1.5
GLn (R)
1−1 = 1, (−1)−1 = −1, i−1 = −i
ve
(−i)−1 = i
olup her elemann tersi
bir gruptur.
ile
n×n
boyutunda ve tersi olan gerçel haneli matrislerin kümesini gösterelim.
Bu küme bilinen matris çarpm ile bir gruptur. Bu gruba n-inci dereceden genel lineer grup denir.
Benzer ³ekilde
GLn (Q), GLn (C)
M 6= ∅
Tanm 1.6
tasyonu denir.
f, g ∈ P (M )
f, g, h ∈ P (M )
(iii)
I : M −→ M
f ∈ P (M )
M
den
M
ye birebir ve örten bir dönü³üme
P (M )
olsun.
P (M )
M
ise
kümesi bilinen fonksiyon bile³kesi i³lemi bir gruptur.
f ◦ (g ◦ h) = (f ◦ g) ◦ h
P (M )
birim dönü³ümü
ise
f
nin bir permü-
ile gösterilir.
olsun. Birebir ve örten iki dönü³ümün bile³kesi birebir ve örten olup
(ii)
(iv)
bir küme olsun.
nin bütün permütasyonlarnn kümesi
M 6= ∅
Örnek 1.7
(i)
M
tanmlanr.
f ◦ g ∈ P (M ).
dir.
in birim elemandr:
f ◦ I = I ◦ f = f.
−1 vardr ve 11 ve örtendir.
birebir ve örten olup f
f ◦ f −1 = f −1 ◦ f = I .
Temel Özellikler
Teorem 1.8
(i)
G
(G, ·)
herhangibir grup olsun.
nin birim eleman yegânedir.
(ii) Her elemann tersi tektir.
(iii) Her
(iv) Her
a∈G
için
a, b ∈ G
e
spat (i):
ve
(a−1 )−1 = a
için
f, G
(a ·
b)−1
a∈G
= b−1 · a−1
dir.
nin iki birim eleman olsun.
birim eleman oldu§undan
spat (ii):
dr.
olsun.
e·f =e
b
ve
c
de
olup
a
e=f
e
birim eleman oldu§u için
e·f = f
dir. Ayrca
f
oldu§u görülür.
nn tersleri olsun. Yani
a·b = b·a = e
ve
a·c = c·a = e
dir. O
zaman
b = b · e = b · (a · c) = (b · a) · c = e · c = c
olup
b=c
oldu§u görülür.
spat (iii):
x = a−1 , y = a
diyelim.
x·y =y·x=e
2
olup
x−1 = y
olur. Yani
(a−1 )−1 = a
elde edilir.
spat (iv):
(a · b) · (b−1 · a−1 ) = a · (b · b−1 ) · a−1 = a · e · a−1 = e,
(b−1 · a−1 ) · (a · b) = b−1 · (a−1 · a) · b = b−1 · e · b = e
olup
(a · b)−1 = b−1 · a−1
elde edilir.
Not 1.9 Teoremde (iii) ve (iv) de ifade edilen özellikler toplamsal notasyonda srasyla
ve
−(a + b) = (−b) + (−a)
³eklini alr.
· kabul edilecek ve grup i³lemi · ise ksalk açsndan
Not 1.10 Bundan sonra grup i³lemi söylenmemi³se
a·b
ab
yerine
yazlacaktr.
Lemma 1.11
x
ve
y
−(−a) = a
G
bir grup
a, b ∈ G
olsun.
G
de
ax = b
ya = b
ve
denklemini sa§layan sadece bir tane
vardr. Ayrca
ab = ac =⇒ b = c
ba = ca =⇒ b = c
ve
dir; yani soldan ve sa§dan ksaltma kurallar vardr.
spat:
ab = ac =⇒ a−1 (ab) = a−1 (ac) =⇒ (a−1 a)b = (a−1 a)c =⇒ b = c,
ba = ca =⇒ (ba)a−1 = (ca)a−1 =⇒ b(aa−1 ) = c(aa−1 ) =⇒ b = c
ax = b
olup soldan ve sa§dan ksaltma kural vardr. imdi,
denkleminin bir çözümü
x1 = a−1 b
dir
çünkü :
a(a−1 b) = (aa−1 )b = eb = b.
Bu denklemin ba³ka bir çözümü
x1 = x2
kural gere§ince
x2
ax2 = b
olsun. O halde
elde edilir. Benzer ³ekilde
ya = b
dir. O zaman
ax1 = ax2 ,
soldan ksaltma
denkleminin çözümü de tektir.
Not 1.12 Bu Lemma'nn bir sonucu olarak, grup tablosunda bir elemann bir satrda veya bir sütunda
sadece bir defa yer alaca§n söyleyebiliriz. (Neden?)
Tanm 1.13 Bir
Örnek 1.14
S3
diyelim.
|S3 | = 6
c −→ c
ile
dr.
S3
olsun.
f2 : b −→ c ,
c −→ b
g
P (M )'in
G
nin mertebesi denir ve
|G|
ile gösterilir.
bile³ke i³lemi ile bir grup oldu§unu biliyoruz. Bu gruba
ün elemanlar:
a −→ a
f1 : b −→ b ,
f
grubunun elemanlarnn saysna
M = { a, b, c }
a −→ a
Bu grupta
G
a −→ b
a −→ b
f3 : b −→ a ,
f4 : b −→ c ,
c −→ c
nin çarpmn (yani bile³kesini)
c −→ a
f ·g
a −→ c
f5 : b −→ a ,
f6 : b −→ b .
c −→ b
³eklinde gösterelim. Dikkat edilirse
³eklinde yazlmaldr (Neden?). Buna göre grubun çarpm tablosu a³a§daki gibidir.
3
a −→ c
c −→ a
f ·g = g◦f
S3
grubu de§i³meli de§ildir, çünkü
Tanm 1.15
0
(i) a
(ii)
=e
G
bir grup olsun.
·
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f1
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f2
f2
f1
f4
f3
f6
f5
f3
f3
f5
f1
f6
f2
f4
f4
f4
f6
f2
f5
f1
f3
f5
f5
f3
f6
f1
f4
f2
f6
f6
f4
f5
f2
f3
f1
f2 f3 = f4
a∈G
fakat
f3 f2 = f5 .
olsun.
olarak tanmlanr.
16n∈N
için
an = a
| · a{z. . . a}
n−tane
(iii)
16n∈N
a−n = (a−1 )n
için
olarak tanmlanr.
Not 1.16 Toplamsal notasyonda ayn tanmlar, srasyla,
(−n) · a = (−a) + (−a) + · · · + (−a)
Teorem 1.17
n m
(i) a a
(ii)
(iii)
G
bir grup ve
an+m dir. (n, m
=
(an )m = anm
ab = ba
dir. (n, m
n
ise (ab)
=
0·a = 0
,
n · a = a + a + ··· + a
ve
³eklinde yazlabilir.
a, b ∈ G
ve
n, m ∈ N
olsun.
∈Z
için de do§rudur.)
∈Z
için de do§rudur.)
an bn
an am = (a
· · · · a})(a
· · · · a}) = a
· · · · a} = an+m .
| · a{z
| · a{z
| · a{z
spat (i):
n−tane
m−tane
n+m−tane
n n
nm
(an )m = a
. . . an} = a
| · a{z. . . a} = a .
| a {z
spat (ii):
m−tane
spat (iii):
ab = ba
ise
nm−tane
(ab)n = (ab)(ab) . . . (ab) = (aa
. . . a})(bb
. . . }b) = (an )(bn ).
| {z
| {z
|
{z
}
n−tane
n−tane
n, m
Not 1.18
n−tane
nin tamsay olmas durumundaki ispatlar yaplabilir. Mesela,
n = −2, m = 3
ise:
(a−2 )3 = a−2 a−2 a−2 = a−1 a−1 a−1 a−1 a−1 a−1 = (a−1 )6 = (a6 )−1 = a−6 .
Tanm 1.19
bu sayya
a
G
S3
derecesi 1 dir.
ve
a∈G
olsun.
nn derecesi denir ve
Örnek 1.20
|f1 | = 1
bir grup,
|a|
an = e
olacak ³ekilde bir en küçük pozitif
ile gösterilir. Böyle bir
n
says yoksa
grubunu ele alalm. Bu grubun birim eleman
(f2
)4
|f4 | = 3
= f1
dir fakat
f2
f1
4
do§al says varsa
|a| = ∞
yazlr.
dir. Her grupta birim elemann
nin derecesi 4 de§ildir, çünkü
dür.
n
(f2 )2 = f1
olup
|f2 | = 2
dir.
Örnek 1.21
(Z, +) grubunu ele alalm. 3 ün derecesi sonsuzdur, çünkü n · 3 = 0 olacak ³ekilde n ∈ N+
yoktur. Bu grupta
Tanm 1.22
G
|0| = 1
dir ve di§er elemanlarn derecesi sonsuzdur.
a∈G
bir grup,
olsun.
hai = { an : n ∈ Z }
hai = { na : n ∈ Z }). a
rulan) grup denir. (Toplamsal notasyonda
eleman denir. E§er
G = hai
Not 1.23 Bir grupta
olacak ³ekilde bir
|a| = ∞
|a| = n
sonlu ise
a
tarafndan üretilen (do§u-
elemanna
eleman varsa
G
hai
grubunun üretici
ye devirli grup denir.
ise
hai =
E§er
a∈G
a
kümesine
. . . , a−3 , a−2 , a−1 , e, a, a2 , a3 , . . . .
nn negatif bir kuvveti pozitif bir kuvvetine e³it olaca§ndan
hai =
e, a, a2 , . . . , an−1 .
yazlabilir.
Örnek 1.24
A = { 1, −1, i, −i }
h1i = { 1 } ,
olup
A
çünkü
h−1i = h1i = Z
a∈G
i
ve
−i
hii = { 1, −1, i, −i } ,
tarafndan üretilmi³tir. Yani
h−ii = { 1, −1, i, −i }
A = hii = h−ii.
(Z, +) grubunda h5i = { 5n : n ∈ Z } = { . . . , −10, −5, 0, 5, 10, . . . } = 5Z dir. Z devirlidir,
Sonuç 1.26 Bir
az bir
h−1i = { 1, −1 } ,
grubu devirlidir çünkü
Örnek 1.25
grubunu ele alalm.
G
dir.
sonlu grubunun devirli olmas için gerek ve yeter ³art
|G| = |a|
olacak ³ekilde en
elemannn olmasdr.
Teorem 1.27 (Bölme Algoritmas)
a
ve
b
iki tamsay,
Teorem 1.28
G
bir grup
q, r
a∈G
ve
olsun. Bu iki say çifti için
0 6 r < |b|
a = bq + r,
³artn sa§layan sadece bir tane
b 6= 0
say çifti vardr.
|a| = n
olsun.
p, q ∈ Z
olsun.
(a)
n<∞
ise,
ap = aq
olmas için gerek ve yeter ³art
p ≡ q (mod n)
(b)
n=∞
ise,
ap = aq
olmas için gerek ve yeter ³art
p=q
5
olmasdr.
olmasdr.
spat (a):
p−q ∈ Z
0 6 k2 < n
olacak ³ekilde
olup, Bölme Algoritmas gere§ince,
k1 , k2 ∈ Z
p−q
ve
n
p − q = nk1 + k2 ,
say çifti için
vardr.
ap = aq =⇒ ap−q = e
=⇒ ank1 +k2 = e
=⇒ (an )k1 ak2 = e
=⇒ ak2 = e
olup
k2 < n
ve
|a| = n
oldu§undan bu durum sadece
ap
nk1 =⇒ p ≡ q (mod n). (p ≡ q (mod n) =⇒
spat (b):
p−q ∈N
p>q
olup
Not 1.29
olsun.
|a| = ∞
p−q =0
|a| = n < ∞
oldu§undan her
olmaldr. Yani
spat: Bir
G = hai
b∈G
p=q
ve
eleman
|a| = ∞
G
k∈Z
olsun.
G
m∈Z
için
olacak ³ekilde bir
çözümünün olmas
Teorem 1.31
³art
G
G
b = am
x∈Z
p−q =
16k∈N
dur. (p
için
= q =⇒
ak 6= e
ap
=
dir.
ap = aq =⇒ ap−q = e
aq oldu§u açktr.)
dir.
ak = e ⇐⇒ n|k.
grubu sadece
a
ve
a−1
tarafndan üretilir.
. . . , a−2 , a−1 , e, a, a2 , . . .
olmaldr. Ayrca,
vardr. imdi,
m = ∓1
için
nin üretici eleman olsun.
G = hai =
olup bir
olmasyla mümkündür. O halde
olsun.
Bir
Teorem 1.30
=
k2 = 0
aq oldu§unu göstermek kolaydr.)
b
bir üretici eleman oldu§undan her
an = amx =⇒ n = mx
olmasyla mümkündür. O halde
sonlu bir grup ve
m
nin abelyen olmas ve x
|G| = m
=e
olsun.
G
veya
b=a
n = mx
veya
m
nn tersi
b=
a+b
na = a + a + · · · + a
n
X
a1 + a2 + · · · + an =
ai
i=1
a−1
a
hai = { an : n ∈ Z }
nn tersi
−a
hai = { na : n ∈ Z }
ekil 1.1: Çarpmsal ve Toplamsal Notasyonlar
6
a−1 dir.
tane çözümünün olmasdr.
i=1
a
için
denkleminin her
Toplamsal Notasyon
ab
an = a · a · · · · · a
n
Y
a1 a2 . . . an =
ai
olup
n∈Z
an = bx
n∈Z
için
nin devirli bir grup olmas için gerek ve yeter
denkleminin en fazla
Çarpmsal Notasyon
a·b
ALITIRMALAR
1.
Q+
pozitif rasyonel saylar kümesi üzerinde
xy
2
x?y =
(Q+ , ?)
i³lemi tanmlanyor.
bir gruptur,
gösterin.
2.
n∈N
olmak üzere
G = { nk : k ∈ Z }
kümesi bilinen toplama i³lemine göre abelyen bir gruptur,
gösterin.
3.
A = { a, b, c } , B = { b, c } , C = { b }
olsun.
G = { ∅, A, B, C }
alalm.
(G, ∩)
ve
(G, ∪)
sistemlerinin
birer grup olup olmad§n inceleyin.
("
#
a b
)
4.
M 2×2 =
5.
G = R \ { −1 } kümesinde a ? b = ab + a + b i³lemi tanmlanyor. (G, ?) n bir grup oldu§unu gösterip
2?x?3=5
6.
c d
: a, b, c, d ∈ R
kümesi matris toplam ile bir gruptur. Gösterin.
denkleminin çözümünü bulunuz.
G = Z×Z
kümesi üzerinde
(a, b) ◦ (c, d) = (a + c, (−1)c b + d)
i³lemi tanmlanyor.
(G, ◦)
bir grup
olur mu? Abelyen grup olur mu?
7.
Z6 = { 0, 1, 2, 3, 4, 5 }
kümesi modülo 6 toplama i³lemine göre bir gruptur.
Z6
devirli midir? Üretici
elemanlarn bulunuz.
8.
(Q, +)
nn devirli olmad§n gösteriniz.
9.
(Z, +)
grubunda 6 elemannn üretti§i grubu bulunuz.
10.
(Q \ { 0 } , ·)
11.
G
16m
12.
G
bir grup,
grubunda
x∈G
1
4 elemannn üretti§i grubu bulunuz.
olsun.
xn = e
olacak ³ekilde bir
1<n
says varsa
x−1 = xm
olacak ³ekilde bir
says vardr. Gösterin.
sonlu bir grup ise her
13. Bir
G
grubunda her
G
x∈G
a, b ∈ G
için
için
a, a−1
xn = e
(ab)2 = a2 b2
bab−1
14.
G
bir grup olsun.
15.
G
mertebesi çift olan bir grup olsun.
de
ve
olacak ³ekilde bir
ise
G
n
pozitif says vardr. Gösterin.
nin abelyen oldu§unu gösterin.
elemanlarnn derecelerinin ayn oldu§unu gösteriniz.
G
de
a2 = e
olacak ³ekilde
e'den
farkl bir
a
elemannn
oldu§unu gösteriniz.
16. Bir
17.
G
G
grubunda her
bir grup olsun.
x∈G
için
a, b ∈ G
x2 = e
için
ise bu grubun abelyen oldu§unu gösterin.
x−1 ax = b
olacak ³ekilde bir
x ∈ G
varsa
a
ile
e³leniktir denir. E³lenik olma ba§ntsnn bir denklik ba§nts oldu§unu gösteriniz.
7
b
elemanlarna
Bölüm 2
Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
Tanm 2.1
G
bir grup ve
H
G
de
nin bo³ olmayan bir alt kümesi olsun. E§er
tanmlanan grup i³lemi ile bir grup oluyorsa
Örnek 2.2
vardr,
A = { 1, −1, i, −i }
e=1∈B
−1
dir ve 1
=
grubunda
1, (−1)−1
H
ye
G
nin bir altgrubu denir ve
B = { 1, −1 }
= −1
olsun.
B
H
H6G
kümesi
G
de
yazlr.
kümesi kapaldr, birle³me özelli§i
olup her elemann tersi yine
B
dedir. O halde
B6A
yazlabilir.
Örnek 2.3
(Q \ { 0 } , ·)
Örnek 2.4
m∈Z
olsun.
Örnek 2.5
(Z, +)
grubunda tek tamsaylar kümesi bir altgrup de§ildir, çünkü
Tanm 2.6 Bir
G
grubu
(R \ { 0 } , ·)
(mZ, +)
grubunda
{e}
grubu
ve
G
grubunun altgrubudur.
(Z, +)
grubunun altgrubudur.
3+5=8
çifttir.
kümeleri her zaman bir altgruptur. Bu altgruplara trivial
(a³ikar) altgruplar denir.
Not 2.7 De§i³meli bir grubun bütün altgruplar de§i³melidir. De§i³meli olmayan bir grubun de§i³meli
olan bir altgrubu olabilir.
Teorem 2.8
G
bir grup
∅=
6 U ⊆G
olsun.
(a)
U
nun altgrup olmas için gerek ve yeter ³art her
(b)
U
sonlu ise,
spat (a):
ab−1 ∈ U
U
U
bir altgrup olsun.
b=a
için
nun altgrup olmas için gerek ve yeter ³art her
dur. imdi
kabul edelim.
a, b ∈ U
U
a, b ∈ U
olsun.
b−1 ∈ U
dur, çünkü
ab−1 ∈ U
a, b ∈ U
U
=e∈U
elde edilir. imdi de
15
için
ab ∈ U
bir gruptur.
nun bo³ olmayan bir alt küme oldu§unu ve her
−1
seçersek aa
olmasdr.
a=e
a, b ∈ U
U
için
seçersek her
olmasdr.
kapal oldu§undan
ab−1 ∈ U
b∈U
oldu§unu
için
b−1 ∈ U
Bölüm 2. Altgruplar, Kosetler ve Lagrange Teoremi
elde edilir.
özelli§i
G
U
U
olsun.
de oldu§undan
spat (b):
imdi
a, b ∈ U
U
b−1 ∈ U
U 'da
a(b−1 )−1 = ab ∈ U
olup
da vardr. Sonuç olarak
bir altgrup olsun.
U
U
kapal oldu§undan her
elde edilir, yani
U = { a1 , a2 , . . . , an }
alalm.
ak ∈ U
kapaldr. Birle³me
bir altgruptur.
a, b ∈ U
ab ∈ U
için
nun bo³ olmayan kapal bir küme oldu§unu kabul edelim.
da birle³melidir.
U
G'de
oldu§u kolayca görülür.
birle³me özelli§i oldu§undan
olsun. imdi
a1 ak , a2 ak , . . . , an ak
elemanlarn dü³ünelim.
U
kapal oldu§undan bu elemanlarn hepsi
hepsi birbirinden farkldr. Çünkü e§er bir
gere§ince
ak ∈ U
az bir
U
ai = aj
olurdu.
olup en az bir
i 6= j
16i6n
1 6 j 6 n için ai = aj ak
ak = ai ak
için
ai ak = aj ak
olmaldr. Yani
olmaldr. O zaman
U
G = (R \ { 0 } , ·)
(ak )−1 = aj
olsayd sa§dan ksaltma kural
U = { a1 ak , a2 ak , . . . , an ak }
ai = e
olur ve
bulunur.
k
e∈U
dir.
dur. imdi de, en
nn seçimi keyfî oldu§undan
bir altgruptur.
G grubunda sonsuz elemanl bir U
de§ildir. Mesela
için
nun elemanlardr. Bu elemanlarn
olup bu mümkün de§ildir. O halde
daki her elemann tersi vardr. Yani
Not 2.9 Bir
i 6= j
U
alt kümesinin kapal olmas altgrup olmas için yeterli
U = { 1, 2, 3, . . . }
grubunda
kümesi kapaldr fakat bir altgrup
de§ildir.
Örnek 2.10
G = GL2 (R), 2 × 2
tipinde tersi olan reel matrislerin grubu olsun.
H=
olsun.
X=
#
"
a 0
0 b
"
∈ H, Y =
XY −1 ∈ H
dir çünkü
Teorem 2.11 Bir
spat:
G
0 b
)
: ab 6= 0
#
∈H
0 d
"
Y −1 =
c 0
#
("
a 0
1
c
0
0
1
d
alalm. O zaman
#
ab 6= 0, cd 6= 0
olup
olup
XY −1 =
ab 6= 0, cd 6= 0
dr.
#
a
c
0
0
b
d
"
#"
a 0 1c
0 b
ab
ab
=
6= 0
cd
cd
0
0
1
d
"
=
.
dr. Teorem 2.8 gere§ince
grubunun sonlu saydaki altgruplarnn kesi³imi de
H1 , H2 , . . . , Hn , G
#
G
nin bir altgrubudur.
nin altgruplar olsun.
H = H1 ∩ H2 ∩ · · · ∩ Hn =
n
\
Hi
i=1
olsun.
a, b ∈ H =⇒
her
16i6n
için
a, b ∈ Hi
=⇒
her
16i6n
için
ab−1 ∈ Hi
=⇒ ab−1 ∈ H1 ∩ H2 ∩ · · · ∩ Hn = H
16
(Çünkü
H 6 GL2 (R)
Hi 6 G)
dir.
H
olup Teorem 2.8 gere§ince
bir altgruptur.
(Z, +)
Not 2.12 Altgruplarn birle³imi altgrup olmayabilir. Örne§in,
larnn birle³imi altgrup de§ildir, çünkü
2, 3 ∈ 2Z ∪ 3Z
olup
grubunda
2+3 = 5 ∈
/ 2Z ∪ 3Z
2Z
ve
3Z
altgrup-
dir. (Yani kapallk
özelli§i yoktur.)
Tanm 2.13
(i)
G
H
bir grup,
ve
K
HK = { hk : h ∈ H, k ∈ K }
da
kümesine
H + K = { h + k : h ∈ H, k ∈ K }
küme ise
{a}K
H −1 =
(ii)
yerine ksaca
h−1 : h ∈ H
Lemma 2.14
G
G'nin
bo³ olmayan iki alt kümesi olsun.
H
kümesine
aK ,
H
ile
H
K
nn çarpm denir. Toplamsal notasyonda ise,
K
nn toplam denir. E§er
K {a}
benzer ³ekilde
kümesine
yerine ksaca
Ka
H = {a}
bir elemanl
yazlr.
nin ters kümesi denir.
A, B, C, D ⊆ G
bir grup
ile
olsun. Bu kümeler üzerinde tanmlanan çarpma i³lemi
a³a§daki özelliklere sahiptir:
(i)
A(BC) = (AB)C
(AB)−1 = B −1 A−1
(ii)
(iii)
{ e } ⊆ AA−1
(iv)
A⊆B
(v)
A⊆B
C⊆D
ve
ise
dir. E§er
ise
A
bir elemanl ise
AA−1 = { e }.
AC ⊆ BD.
A−1 ⊆ B −1 .
spat: Al³trma olarak brakyoruz.
G
Sonuç 2.15 Bir
−1
³art U U
spat:
⊆U
olmasdr. (E§er
U
G
∅ 6= K ⊆ G
bir grup,
alt kümesinin bir altgrup olmas için gerek ve yeter
sonlu ise bu ³art
U U −1 ⊆ U ⇐⇒ ∀ a, b ∈ U, ab−1 ∈ U
Tanm 2.16
U
grubunun bo³ olmayan bir
UU ⊆ U
³eklini alr.)
oldu§u açktr. Bu da Teorem 2.8'in ³artdr.
G
olsun.
nin
K
y içeren bütün altgruplarnn ara kesitine
hKi ile gösterilir. Yani
\
hKi =
H : H 6 G, K ⊆ H .
K tarafndan üretilen altgrup denir ve
Tanmdan anla³ld§ gibi,
K 'ya G'nin
hKi altgrubu K 'yi içeren en küçük altgruptur. E§er hKi = G ise bu durumda
üretici kümesi veya do§uray kümesi denir.
Lemma 2.17
G
bir grup,
∅ 6= K ⊆ G
olsun.
hKi
altgrubu
K
daki elemanlarn kuvvetlerinin bütün
muhtemel çarpmlarndan olu³an kümedir; yani
hKi = { k1 m1 k2 m2 . . . kn mn : ki ∈ K, mi ∈ Z, n ∈ N } .
17
spat:
U = { k1 m1 k2 m2 . . . kn mn : ki ∈ K, mi ∈ Z, n ∈ N }
elemanlarn çarpmlarn da içermelidir.
daki elemanlarn bir takm çarpmlar
Yani
U = hKi
hKi
K
H
altgrubu
K
ise bu altgruplarn kesi³imi oldu§undan
hKi ⊆ U
olur.
K = {a}
hKi = h{ a }i = hai = { an : n ∈ Z }
bir elemanl ise
hk1 , k2 , . . . , kn i
Örnek 2.19
S3
K = { k1 , k2 , . . . , kn }
grubunda
f3 f4 = f6
hf3 , f4 i = S3
n
an/m
yi bölen her
K
olur.
ve
olup
m
olup bu tanm bir
ise
h{ k1 , k2 , . . . , kn }i
yazlabilir.
K = { f3 , f4 }
f4 f3 = f2
{ f3 , f4 }
tarafndan üretilen altgrubu bulalm.
olup
f3
ve
f4
kümesi
S3
için bir do§uray kümesidir.
kullanlarak
Teorem 2.20 Bir devirli grubun her altgrubu devirlidir.
U ⊆ hKi
daki
yerine ksaca
ise,
y içeren her
y içeren her altgrubun eleman olaca§ndan
eleman tarafndan üretilen altgrup tanm ile ayn olur.
Yani
K
dr.
Not 2.18 E§er
dir. Ayrca
olsun.
m
pozitif tam says için mertebesi
S3
(f3 )2 = f1 , (f4 )2 = f5
deki bütün elemanlar elde edilebilir.
G = hai
mertebesi
n
olan bir devirli grup
olan sadece bir altgrup vardr ve bu altgrup
dir.
Örnek 2.21
G = hai
mertebesi 24 olan bir devirli grup olsun. Yani
saysnn bölenleri 1,2,3,4,6,8,12,24 dür. Buna göre
G
nin
n-elemanl
G =
altgrubunu
e, a, a2 , . . . , a23
Cn
. 24
ile gösterirsek bu
altgruplar ³unlardr:
E
D
C1 = a24/1 = hei = { e }
D
E C2 = a24/2 = a12 = e, a12
E D
C3 = a24/3 = a8 = e, a8 , a16
E D
C4 = a24/4 = a6 = e, a6 , a12 , a18
D
E C6 = a24/6 = a4 = e, a4 , a8 , a12 , a16 , a20
D
E C8 = a24/8 = a3 = e, a3 , a6 , a9 , a12 , a15 , a18 , a21
D
E C12 = a24/12 = a2 = e, a2 , a4 , a6 , a8 , a10 , a12 , a14 , a16 , a18 , a20 , a22
D
E
C24 = a24/24 = hai = e, a, a2 , . . . , a23 = G.
Tanm 2.22
G
bir grup,
H6G
olsun. Bir
Ha = { ha : h ∈ H }
kümelerine srasyla
H
nin
G
a∈G
için
ve
aH = { ah : h ∈ H }
deki sa§ ve sol kosetleri denir. Koset kelimesi yerine yansnf veya
e³küme terimleri de kullanlmaktadr.
18
Örnek 2.23
S3
grubunda
H = hf2 i = { f1 , f2 }
alalm.
H
nin sa§ kosetlerini bulalm.
Hf1 = { f1 f1 , f2 f1 } = { f1 , f2 }
Hf2 = { f1 f2 , f2 f2 } = { f2 , f1 }
Hf3 = { f1 f3 , f2 f3 } = { f3 , f4 }
Hf4 = { f1 f4 , f2 f4 } = { f4 , f3 }
Hf5 = { f1 f5 , f2 f5 } = { f5 , f6 }
Hf6 = { f1 f6 , f2 f6 } = { f6 , f5 }
Burada 3 tane farkl sa§ koset vardr. Sa§ kosetlerin herbirinde ayn sayda eleman olup bu sa§ kosetler
ayrktrlar. Bunun bir tesadüf olmad§n gösterece§iz. Aslnda sa§ kosetlerin bir denklik ba§ntsnn
belirledi§i denklik snar oldu§unu (dolaysyla ayrk oldu§unu) ve iki sa§ kosette ayn sayda eleman
olmas gerekti§ini gösterece§iz.
Tanm 2.24
G
bir grup,
e³de§erdir denir ve
H6G
a ≡ b (mod H)
Teorem 2.25 Tanm 2.24'de verilen
spat: Her
a∈G
a ≡ b (mod H)
için
yani
aa−1 = e ∈ H
ab−1 ∈ H
≡ (mod H)
olup
olsun.
H
olup ba§nt simetriktir.
a ≡ b (mod H)
ve
olur. Buradan
Teorem 2.26
spat:
b ≡ c (mod H)
G
H6G
ise a eleman b'ye modülo H
ab−1 ∈ H
ve
(ab−1 )−1 = ba−1 ∈ H
bc−1 ∈ H
dir. O zaman
a∈G
diyelim.
h∈H
ha ∈ Ha
a ≡ ha (mod H)
olur.
A'nn
(ab−1 )(bc−1 ) =
için
Ha = { x ∈ G : a ≡ x (mod H) }
Ha = A
alalm.
tanmndan
ha ∈ A
19
dir.
oldu§unu gösterece§iz. Önce
h−1 ∈ H
olup,
h−1 = eh−1 = aa−1 h−1 = a(ha)−1 ∈ H
olup
dir. O halde
olup ba§nt geçi³kendir.
olsun. Her
olmak üzere
dir. Yani ba§nt yansyandr.
bir altgrup oldu§undan
A = { x ∈ G : a ≡ x (mod H) }
oldu§unu gösterelim.
ab−1 ∈ H
ba§nts bir denklik ba§ntsdr.
a ≡ a (mod H)
olsun. Yani
a ≡ c (mod H)
bir grup
için
yazlr.
b ≡ a (mod H)
ac−1 ∈ H
a, b ∈ G
olsun. E§er
olur. Yani
Ha ⊆ A
dr.
Ha ⊆ A
imdi
A ⊆ Ha
x ∈ A =⇒ a ≡ x
(mod H)
=⇒ ax−1 ∈ H
=⇒ H
bir altgrup oldu§undan
(ax−1 )−1 = xa−1 ∈ H
=⇒ ∃ h ∈ H, xa−1 = h
=⇒ x = ha ∈ Ha
olup
A ⊆ Ha
Sonuç 2.27
spat:
Ha = H ⇐⇒ a ∈ H .
elde edilir.
Ha = Hb ⇐⇒ ab−1 ∈ H .
Ayrca
Ha = H =⇒ ∃ h1 , h2 ∈ H, h1 a = h2 =⇒ a = h1 −1 h2 ∈ H .
ha ∈ Ha =⇒ h, a ∈ H
olarak
A = Ha
oldu§u görülür. Sonuç olarak
olup
Ha = H ⇐⇒ a ∈ H
ha ∈ H
dir.
ha−1 a
h ∈ H =⇒ h =
∈ Ha
imdi
a ∈ H
−1
dr, çünkü ha
kabul edelim.
∈H
dir. Sonuç
elde edilir. imdi
Ha = Hb ⇐⇒ Hab−1 = H ⇐⇒ ab−1 ∈ H.
bulunur.
Not 2.28
E§er a
Ha
sa§ kosetindeki elemanlarn
≡ b (mod H)
elemanlarn kümesi
Teorem 2.29
G
aH
olmann tanm
dönü³ümü
modülo
a−1 b ∈ H
H
e³de§er olan elemanlar oldu§unu gösterdik.
³eklinde verilseydi
a'ya
modülo
H
e³de§er olan
sol koseti olurdu. (Gösteriniz.)
bir grup,
H6G
olsun.
spat: spat sa§ koset için yapaca§z.
Hb
a'ya
f (ha) = hb
H
nin iki sa§ (sol) koseti arasnda birebir bir ili³ki vardr.
a, b ∈ G
ve
Ha
ve
Hb
de
H 'nin
iki sa§ koseti olsun.
f : Ha −→
³eklinde tanmlansn.
f (h1 a) = f (h2 a) =⇒ h1 b = h2 b =⇒ h1 = h2 =⇒ h1 a = h2 a
olup
f
birebirdir. imdi,
hb ∈ Hb
verilsin.
x = ha
seçilirse
f (x) = f (ha) = hb
Sonuç 2.30 ki sa§ (sol) koset ayn sayda elemana sahiptir.
H = He
olup
olup
H
f
ile sa§ (sol) kosetlerin
eleman saylar ayndr. Ayn zamanda iki sa§ koset ya ayndr ya da ayrktr, yani
Ha ∩ Hb = ∅.
Sa§ kosetlerin birle³imi de
G
örtendir.
Ha = Hb
veya
yi verir:
G = H ∪ Ha1 ∪ Ha2 ∪ · · · ∪ Han .
Tanm 2.31
G
bir grup,
indeksi denir ve
|G : H|
H 6G
olsun.
H
nin
G
deki farkl sa§ kosetlerinin saysna
³eklinde gösterilir. Örne§in,
20
|S3 : hf2 i | = 3
dür.
H
nin
G
deki
1
G
Teorem 2.32 (Lagrange )
mertebesini böler; yani
spat:
H 'nin G'deki
|G| = |G : H| |H|
indeksi
H 6 G
sonlu bir grup ve
|G : H| = n
H
olsun. O zaman
nin mertebesi
G
nin
dir.
olsun. Buna göre
H, Ha1 , Ha2 , . . . , Han−1
kümeleri
H
n
nin
tane farkl sa§ koseti olsun. Bu kosetler
kosetteki eleman says
|H|'ye
G
nin parçalan³n verirler. Ayrca herbir
e³ittir. O halde
G = H ∪ Ha1 ∪ Ha2 ∪ · · · ∪ Han−1 =⇒ |G| = |H| + |Ha1 | + |Ha2 | + · · · + |Han−1 | =⇒ |G| = n · |H|
olup |G| = |G : H| |H| elde edilir. Buradan |H| |G| yazlabilir.
Sonuç 2.33 E§er
G
H = {e}
Not 2.34 E§er
ise her
Z7
Örnek 2.36
(Z, +)
grubunda
teoremi uygulanamaz, çünkü
Teorem 2.37
spat:
|a|
G
H = hai
a∈G
için
a
{0}
ve
U = { 3k : k ∈ Z }
Z'nin
sonlu bir grup ve
alalm.
nin
{e}
Ha = { a }
grubunun yegâne altgruplar
Örnek 2.35
G
asal mertebeli bir grup ise
ve
olup
Z7
G
den ba³ka altgrubu yoktur.
|G| = |G| = |G : H| |H| = |G : H|
dir, çünkü
Z7
dir.
asal mertebeli bir gruptur.
altgrubunu ele alalm. Bu altgrup için Lagrange
mertebesi sonlu de§ildir.
a∈G
olsun. O zaman
|a||G|
tarafndan üretilen altgrubun mertebesi
dir (Neden?). Lagrange teoremini uygularsak
|a||G|
dir. Ayrca
a'nn
elde edilir.
a|G| = e
dir.
derecesine e³ittir; yani
|G| = k|a|
| hai | =
diyelim. O zaman
a|G| = a|a|k = (a|a| )k = ek = e
olur ve ispat tamamlanr.
Örnek 2.38
G
en az 2 elemanl bir grup olsun.
G
nin trivial olmayan altgrubu yoksa
G
nin asal
mertebeli oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
için
G
nin trivial olmayan altgruplar olmasn.
U = hai
altgrubunu dü³ünelim.
U = {e}
|G|
nin asal oldu§unu gösterece§iz. Bir
olamaz, o halde
U = G
olmaldr. Yani
G
e 6= a ∈ G
devirlidir.
Devirli gruplarn, grubun mertebesini bölen her sayya kar³lk bir altgrubu vardr. (bkz. Teorem 2.20).
G
nin trivial olmayan altgrubu olmad§ndan
1
|G|
asaldr.
JosephLouis Lagrange (1736-1813)
21
G
Örnek 2.39
bir grup,
|a| = n
Çözüm:
olsun.
m = nq + r, 0 6 r < n
a∈G
olsun.
n 6 |m|
am = e
|a| m
ise
oldu§unu gösterin.
m, n
oldu§u açktr. Bölme algoritmasndan dolay
olacak ³ekilde
q, r ∈ Z
say çifti için
vardr. imdi
am = e =⇒ anq+r = e =⇒ (an )q ar = e =⇒ eq ar = e =⇒ ar = e
r < n = |a| oldu§undan r = 0
m = nq olup nm dir.
olup
olmaldr. (Aksi halde bu durum
|a| = n
olmasyla çeli³irdi.) Yani
Teorem 2.40 Asal mertebeli her grup devirlidir.
spat:
G
mertebesi asal olan bir grup olsun.
altgrubunu dü³ünelim. Lagrange teoreminden
|U | = p
e 6= a
olabilir.
seçildi§inden
|U | > 1
|G| = p diyelim.
Bir e 6= a ∈ G için U = hai devirli
dolay |U |p olmaldr. p asal oldu§undan |U | = 1 veya
dir. O halde
|U | = p
olmaldr. Yani
G = U
olup
G
devirlidir.
m
Tanm 2.41
ve
n
iki tamsay olsun. E§er
aralarnda asaldr denir ve
(m, n) = 1
m
ile
n
nin en büyük ortak böleni 1 ise bu iki sayya
yazlr.
(m, n) = 1 olmas için gerek ve yeter ³art mq + nr = 1 olacak ³ekilde q, r
Lemma 2.42
tamsaylarnn
var olmasdr.
n pozitif bir tamsay olsun. n den küçük ve n ile aralarnda asal olan pozitif tamsaylarn
Tanm 2.43
says
dr.
p
φ(n)
ile gösterilir ve
asal ise
φ(p) = p − 1
Teorem 2.44
n
φ
fonksiyonuna Euler-φ fonksiyonu denir. Örne§in,
φ(10) = 4, φ(9) = 6
oldu§u açktr.
pozitif bir tamsay olsun.
Zn 'de n
ile aralarnda asal olan saylar modülo
n
çarpm
∗
ile bir abelyen grup olu³tururlar. (Bu grubu Zn ile gösterece§iz.)
spat:
(a, n) = 1
çarpm modulo
n
ve
(b, n) = 1
olsun.
(ab, n) = 1
oldu§unu göstermeliyiz. (Burada tabii ki
çarpmna göre yaplm³tr.)
(a, n) = 1 =⇒ aq1 + nr1 = 1
olacak ³ekilde
q1 , r1 ∈ Z
vardr,
(b, n) = 1 =⇒ bq2 + nr2 = 1
olacak ³ekilde
q2 , r2 ∈ Z
vardr,
=⇒ ab(q1 q2 ) + n(aq1 r2 + bq2 r1 + nr1 r2 ) = 1
{z
}
|{z}
|
q
r
=⇒ (ab)q + nr = 1
(q, r ∈ Z)
=⇒ (ab, n) = 1
olup
ab
ile
n
aralarnda asaldr.
22
a
ile
b
nin
Modülo
n çarpmasnn birle³me ve de§i³me özelli§i vardr ve 1 says bu grubun birim elemandr. imdi
ters elemann varl§n gösterelim.
vardr.
16q<n
Örnek 2.45
(a, n) = 1
olsun. Bu durumda
aq ≡ 1 (mod n)
seçilebilir (Neden?). Bu durumda
Z∗9 = { 1, 2, 4, 5, 7, 8 }
aq + nr = 1
−1
olup a
olacak ³ekilde
=q
q, r ∈ Z
olur.
grubunun çarpm tablosunu yazalm.
·
1
2
4
5
7
8
1
1
2
4
5
7
8
2
2
4
8
1
5
7
4
4
8
7
2
1
5
5
5
1
2
7
8
4
7
7
5
1
8
4
2
8
8
7
5
4
2
1
Dikkat edilecek olursa, bu grubun mertebesi 6 oldu§undan her elemann 6. kuvveti birim elemana e³it
olur. Gerçekten de
16 = 1, 26 = 64, 46 = 4096, 56 = 15625, 76 = 117649, 86 = 262144
olup bu saylarn
hepsi 9'a bölününce 1 kalan verirler.
2
Teorem 2.46 (Euler )
spat:
G = (Z∗n , ·)
olaca§ndan
n
aφ(n) ≡ 1 (mod n)
3
φ(p) = p − 1
(a, n) = 1
ise
grubunu dü³ünelim. Bu grubun mertebesi
Teorem 2.47 (Fermat )
spat:
pozitif bir tamsay olsun.
p
aφ(n) ≡ 1 (mod n)
φ(n)
dir. Her
dir.
a ∈ G
için
dir.
bir asal say ve
a∈Z
ise
ap ≡ a (mod p)
oldu§undan Euler teoremi gere§ince
dir.
ap−1 ≡ 1 (mod p)
yani
ap ≡ a (mod p)
Örnek 2.48
p=7
Teorem 2.49
yeter ³art
2
3
elde
edilir.
spat:
a|G| = e
G
alalm.
bir grup
HK = KH
(−2)7 = −128 = (−19) · 7 + 5
H
ve
K, G
olup
nin iki altgrubu olsun.
−128 ≡ 5 ≡ −2 (mod 7)
HK
dir.
nn altgrup olmas için gerek ve
olmasdr.
(⇐=)HK = KH
olsun.
HK
nn altgrup oldu§unu gösterece§iz.
Leonhard Euler (1707-1783)
Pierre de Fermat (1601-1665)
23
x = h1 k1 ∈ HK
ve
y = h2 k2 ∈
HK
alalm. (
hi ∈ H, ki ∈ K
dr.)
xy −1 = h1 k1 (h2 k2 )−1 = h1 k1 k2 −1 h2 −1
| {z }
k3
= h1 k3 h2 −1
| {z }
∈KH=HK
= h1 h3 k4
| {z }
∈H
= h4 k4 ∈ HK
olup Theorem 2.8 den
(=⇒)
HK
imdi de
HK
altgruptur.
nn altgrup oldu§unu kabul edip
HK = KH
x = kh ∈ KH =⇒ x−1 = h−1 k −1 ∈ HK
=⇒ HK
altgrup oldu§undan
(x−1 )−1 = x ∈ HK
=⇒ KH ⊆ HK
Ayrca,
x ∈ HK =⇒ HK
altgrup oldu§undan
=⇒ ∃ h ∈ H, k ∈ K
için
x−1 ∈ HK
x−1 = hk
=⇒ x = k −1 h−1 ∈ KH
=⇒ HK ⊆ KH.
Sonuç olarak
HK = KH
elde edilir.
ALITIRMALAR
1.
(Z10 , +)
(Z, +)
grubunda 5 elemannn derecesini bulunuz. 5'in derecesi grubun mertebesini böler mi? 5'in
daki derecesi kaçtr?
2.
G bir abelyen grup olsun. H =
3.
H1 , H2
4.
(Q \ { 0 } , ·)
5.
G
bir
G
grubunda
a
gösterin. Ayrca
x ∈ G : x2 = e
grubunun iki altgrubu olsun.
bir grup ve
(C(a) aslnda
A=
a ∈ G
olsun.
3, 21
ise
hAi
kümesinin
G nin bir altgrubu oldu§unu gösteriniz.
H1 ∪ H2 6 G ⇐⇒ H1 ⊆ H2
ise
C(a) = { x ∈ G : ax = xa }
C(a) = C(a3 )
H2 ⊆ H1 .
Gösterin.
nedir?
kümesine a'nn merkezleyeni denir.
eleman ile de§i³meli olan elemanlarn kümesidir.) Her
|a| = 5
veya
24
a∈G
için
C(a) 6 G
oldu§unu
6.
G = { 1, −1, i, −i }
grubu verilsin.
H = { 1, −1 }
olsun.
H
G
nin
deki bütün farkl sa§ kosetlerini ve
indeksini bulunuz.
7.
H
K, G
ve
nin sonlu altgruplar ise
|H||K|
|H ∩ K|
|HK| =
H = { 1, −1, i, −i } , K = { 1, −1 } alarak bu e³itli§in do§ru
p
p
|G| ve |K| > |G| ise H ∩K 6= { e } oldu§unu
oldu§unu görünüz. Ayrca bu e³itli§i kullanarak |H| >
oldu§u bilinmektedir.
G = (C \ { 0 } , ·)
ve
gösteriniz.
8.
(Z, +)
9.
K = { a, b, c, d }
K
da
4Z
altgrubunun tüm farkl sa§ kosetlerini ve indeksini bulunuz.
de§i³meli midir?
10.
G
grubunun çarpm tablosu a³a§da verilmi³tir.
K
bir grup olsun.
·
a
b
c
d
a
a
b
c
d
b
b
a
d
c
c
c
d
b
a
d
d
c
a
b
nn tüm altgruplarn ve bunlarn sa§ kosetlerini bulunuz.
∅ =
6 H ⊆ G
olsun.
H
bir altgrup
=⇒ HH = H
K
devirli midir?
oldu§unu gösterin. E§er
H
sonsuz elemanl ise bu önermenin tersinin do§ru olmad§n gösterin. (pucu: Bir ters örnek verin.)
11.
G
bir grup
H6G
olsun.
θ(xH) = Hx−1
³eklinde tanmlanan fonksiyonun 11 oldu§unu gösterin.
(Önce iyi tanmland§n göstermek gereklidir.)
12.
G
bir grup;
H 6 G, K 6 G
13.
G
bir grup
a ∈ G
olsun.
olsun.
|H| = 75
ve
|K| = 57
H = {x ∈ G : ∃n ∈ Z
için
ise
H ∩K
x = an }
nn devirli oldu§unu gösterin.
kümesi
G
nin bir altgrubudur,
gösterin.
14.
Z∗14
grubunun çarpm tablosunu yaznz. Bu grup devirli midir? Bu grubun trivial olmayan bir
altgrubunu bulunuz.
15.
(C \ {0}, .)
16. Bir
G
grubunda
grubunda bir
H = { x + iy : xy > 0 }
H
bir alt grup mudur?
altgrubunun iki sa§ kosetinin ayn ya da ayrk oldu§unu gösterin.
25
Bölüm 3
Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
Daha önce
S3
grubunda
H = { f1 , f2 }
altgrubunun sa§ kosetlerini bulmu³tuk. Ayn grubun sol koset-
lerini de hesaplayp kar³la³tralm:
Sol Kosetler
Sa§ Kosetler
f1 H = { f1 , f2 }
Hf1 = { f1 , f2 }
f2 H = { f2 , f1 }
Hf2 = { f2 , f1 }
f3 H = { f3 , f5 }
Hf3 = { f3 , f4 }
f4 H = { f4 , f6 }
Hf4 = { f4 , f3 }
f5 H = { f5 , f3 }
Hf5 = { f5 , f6 }
f6 H = { f6 , f4 }
Hf6 = { f6 , f5 }
Tablodan görüldü§ü gibi sol kosetlere parçalan³ ile sa§ kosetlere parçalan³ birbirinden farkldr.
Tanm 3.1
G
bir grup ve
N 6G
normal altgrubu denir ve
N G
olsun. Her
−1
yazlr. gN g
altgrup olmas için gerek ve yeter ³art her
Not 3.2
g ∈G
g∈G
=
için
ve her
n∈N
gng −1
için
:n∈N
gN g −1 ⊆ N
gng −1 ∈ N
ise
G
bir grup,
N 6G
olsun. A³a§dakiler birbirine denktir.
N G
(ii) Her
(iii) Her
g∈G
g∈G
için
için
gN g −1 = N
gN = N g
30
ye
G
nin
oldu§undan, N nin normal
{ e } ve G, G nin normal altgruplardr. (Neden?) G abelyen ise gng −1 = n ∈ N
Teorem 3.3
N
olmasdr diyebiliriz.
bir grubun her altgrubunun normal oldu§u görülür.
(i)
olup abelyen
Bölüm 3. Normal Altgruplar ve Faktör Gruplar
spat: (i=⇒ ii)
N G
olsun. Tanmdan dolay
gN g −1 ⊆ N
dir. imdi
N = g g −1 N g g −1 ⊆ gN g −1
| {z }
⊆N
olup sonuçta
gN g −1 = N
spat: (ii=⇒ iii)
spat: (iii=⇒ i)
Örnek 3.4
oldu§u görülür.
gN g −1 = N =⇒ gN g −1 g = N g =⇒ gN = N g
gN = N g =⇒ gN g −1 = N =⇒ gN g −1 ⊆ N =⇒ N G.
S3 'de H = { f1 , f2 }
hf4 i = { f1 , f4 , f5 }
olsun.
Hf3 6= f3 H
olup
H
nin normal olmad§ görülür. imdi
N =
olsun.
N f1 = f1 N = N f4 = f4 N = N f5 = f5 N = { f1 , f4 , f5 }
N f2 = f2 N = N f3 = f3 N = N f6 = f6 N = { f2 , f3 , f6 }
olup
N G
dir.
Bu bölümde bir
G
H
grubunun
altgrubunun sa§ kosetleri arasnda
bir i³lem tanmlamak istiyoruz. Ancak e§er
Ha1 = Ha2
Hf3 = Hf4
ve
ve
Hb1 = Hb2
Hf5 = Hf6
³eklinde
normal de§ilse bu i³lem iyi tanmlanmam³tr. Yani
H(a1 b1 ) 6= H(a2 b2 )
ise
olup
H
(Ha) · (Hb) = H(ab)
olabilir. Mesela
H(f3 f5 ) = Hf2 = { f1 , f2 }
dir, fakat
G = S3
ve
H = { f1 , f2 }
H(f4 f6 ) = Hf3 = { f3 , f4 }
ise
dir.
Ayrca iki sa§ kosetin çarpm ba³ka bir sa§ kosete e³it olmayabilir; mesela
(Hf3 )(Hf5 ) = { f3 , f4 } · { f5 , f6 } = { f2 , f4 , f1 , f3 }
olup bu küme bir sa§ koset de§ildir.
Teorem 3.5
H(xy)
G
bir grup
H 6G
olsun.
Ha = Hx
elde edilmesi için gerek ve yeter ³art
spat:(=⇒) Her
imdi her
g∈G
a, b, x, y ∈ G
için
için
Hg = Hg
H G
Ha = Hx
ve her
h∈H
ve
ve
Hb = Hy
e³itliklerinden her zaman
olmasdr.
Hb = Hy =⇒ H(ab) = H(xy)
için
He = Hh
oldu§unu kabul edelim.
oldu§unu biliyoruz. O halde
Hg = Hg, He = Hh =⇒ Hg = H(gh) =⇒ H = H(ghg −1 ) =⇒ ghg −1 ∈ H
olup
H
H(ab) =
nin normal oldu§u görülür.
31
(⇐=) imdi de
H
nin normal oldu§unu kabul edelim.
Ha = Hx, Hb = Hy =⇒ a−1 x ∈ H, b−1 y ∈ H
=⇒ a−1 xy ∈ Hy = Hb = bH
(Çünkü
H
normal)
=⇒ b−1 a−1 xy ∈ H
=⇒ (ab)−1 (xy) ∈ H
=⇒ H(ab) = H(xy).
Teorem 3.6
G
bir grup,
için gerek ve yeter ³art
spat: (⇐=)
H G
H 6G
H G
olsun.
H
olsun.
nin iki sa§ kosetinin çarpmnn yine bir sa§ koset olmas
olmasdr.
Ha, Hb
iki sa§ koset olsun.
(Ha)(Hb) = H(aH)b = H(Ha)b = (HH)ab = H(ab)
olup iki sa§ kosetin çarpm ba³ka bir sa§ kosettir.
(=⇒)
imdi her
Ha, Hb
sa§ koseti için
(Ha)(Hb) = Hc
olacak ³ekilde bir
c ∈ G
olsun.
b = a−1
seçilirse:
HaHa−1 = Hc =⇒ eaea−1 = e = h1 c
=⇒ c = h1 −1 ∈ H
olacak ³ekilde bir
olup
h1 ∈ H
vardr
Hc = H
=⇒ HaHa−1 = H
=⇒ ∀ h ∈ H
için
haha−1 = h2
olacak ³ekilde bir
h2 ∈ H
vardr
=⇒ aha−1 = h−1 h2 ∈ H
=⇒ aHa−1 ⊆ H
=⇒ H G
Böylece
H
normal ise
H
nin sa§ kosetleri üzerindeki çarpma i³leminin iyi tanmland§n ve kapal
oldu§unu gösterdik.
Tanm 3.7
G bir grup, N G olsun. N
nin
G deki farkl sa§ kosetlerinin kümesini G/N = { N g : g ∈ G }
ile gösterelim. Bu küme üzerinde
N a, N b ∈ G/N
için
(N a) · (N b) = N (ab)
32
³eklinde bir i³lem tanmlayalm. Bu i³lemin iyi tanmland§n Teorem 3.5'de gösterdik.
bir grup oldu§unu gösterece§iz. Bu gruba
G
nin
N
(G/N, ·)'nn
ile olan faktör grubu denir. (Faktör grubu yerine
bölüm grubu terimi de kullanlmaktadr.)
Teorem 3.8
spat:
G
bir grup,
N G
(N a)(N b) = N (ab)
olsun.
G/N
yukardaki tanmda verilen i³lemle bir gruptur.
olup iki sa§ kosetin çarpm bir sa§ kosettir.
N a(N bN c) = N aN (bc) = N (a(bc))
= N ((ab)c) = N (ab)N c
= (N aN b)N c
olup birle³me özelli§i vardr. Her
N a ∈ G/N
için
N aN e = N a
olup
Ne = N
bu grubun birim elemandr.
N a'nn
N aN a−1 = N e = N
Sonuç olarak
G/N
normaldir.
U
tersi
(N a)−1 = N a−1
dir, çünkü
N a−1 N a = N e = N.
ve
bir gruptur.
Not 3.9 Lagrange Teoremi gere§ince e§er
Örnek 3.10
N eN a = N a
ve
|G|
sonlu ise
|G/N | =
|G|
|N |
dir.
G = (Z, +) grubunda U = 4Z altgrubunu ele alalm. G abelyen oldu§undan her altgrubu
nun
G
deki farkl sa§ kosetleri
G/U = { U, U + 1, U + 2, U + 3 }
³eklinde yazlabilir. Bu
grubun tablosu ³öyledir.
U
U +1
U +2
U +3
U
U
U +1
U +2
U +3
U +1
U +1
U +2
U +3
U
U +2
U +2
U +3
U
U +1
U +3
U +3
U
U +1
U +2
(U + 2) + (U + 3) = U + 5 = U + 1
Burada, mesela
Örnek 3.11
+
G
bir grup olsun.
Z(G) = { g ∈ G :
³eklinde hesaplanr.
her
x∈G
için
gx = xg }
kümesine
G
nin merkezi
denir. Bir grubun merkezi, gruptaki bütün elemanlarla de§i³meli olan elemanlarn kümesidir.
Z(G)G
Çözüm: Önce
xg, hx = xh
Z(G) 6 G
oldu§unu göstermeliyiz.
g, h ∈ Z(G)
alalm. O halde her
dir. imdi
hx = xh =⇒ x = h−1 xh =⇒ xh−1 = h−1 x
33
x∈G
için
gx =
olur ve
(gh−1 )x = g(h−1 x) = g(xh−1 ) = (gx)h−1 = (xg)h−1 = x(gh−1 )
olup
gh−1 ∈ Z(G)
gzg −1
∈ Z(G)
elde edilir. Teorem 2.8 den
z
oldu§unu göstermeliyiz.
gzg −1 = z ∈ Z(G)
olup
Z(G) G
Tanm 3.12 En az 2 elemanl bir
Z(G) 6 G
olur. imdi
z ∈ Z(G)
g ∈ G
ve
alalm.
eleman gruptaki bütün elemanlarla de§i³meli oldu§undan
dir.
G
grubunun
{e}
ve
G'den
ba³ka normal altgrubu yoksa
G'ye
basit
grup denir.
Örnek 3.13
sidir. O halde
Z5 = { 0, 1, 2, 3, 4 }
Z5
{0}
grubunun altgruplar (dolaysyla normal altgruplar )
ve kendi-
basit gruptur.
Teorem 3.14 Bir abelyen grubun basit olmas için gerek ve yeter ³art asal mertebeli olmasdr.
spat: (=⇒)
olmasayd
G
abelyen ve basit bir grup olsun. Bir
n
p
p bir
Örnek 3.15
(Ha
|a| = n
sonludur. E§er
n
sonlu
nin trivial olmayan altgrubu (yani normal altgrubu) olurdu (Neden?).
H
G
G
nin
p
asal böleni vardr. Buna göre
basit oldu§undan
asal say olmak üzere
asal oldu§undan
Çözüm:
G
sonludur. Öyleyse bir
normal altgruptur.
(⇐=)
için
hai devirli altgrubu da sonlu olmayp G nin normal altgrubu olurdu. E§er hai = G olsayd G
sonsuz devirli grup olurdu ve
O halde
e 6= a ∈ G
|U | = 1
veya
bir grup ve
H
G = an/p
olmaldr. O halde
|G| = p olsun. U G bir
|U | = p
dir. O halde
altgrubu mertebesi
|G| = p
veya
de indeksi 2 olan bir altgrup olsun.
ve
U =G
H G
olabilir. Yani
g ∈ G verilsin. g ∈ H
olup sa§ koset sol kosete e³ittir. O halde
ise
Ha dir. Burada a ∈ G \ H
H G
Hg = gH = H
dir.
olan bir
G
|U |p dir.
basittir.
oldu§unu hatrlayn.) Benzer ³ekilde iki farkl sol koseti
nin parçalan³dr. imdi
p
dir.
olsun. Lagrange teoremi gere§ince
U = {e}
G de iki farkl sa§ koseti vardr. Bunlar H
= H ⇐⇒ a ∈ H
n/p a
H
g ∈ G\H
ve
ise
oldu§u açktr.
aH
dir. Bunlar
G
Hg = gH = G \ H
dir.
Örnek 3.16 ki normal altgrubun kesi³iminin de normal oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
G
x∈H ∩K
bir grup
H G
ve
K G
olsun.
H ∩K 6G
oldu§unu biliyoruz. imdi her
için
x ∈ H ∩ K =⇒ x ∈ H
ve
x∈K
=⇒ H G, K G
oldu§undan
=⇒ gxg −1 ∈ H ∩ K
=⇒ H ∩ K G.
34
gxg −1 ∈ H, gxg −1 ∈ K
g∈G
ve her
Örnek 3.17
Çözüm:
H6G
N G
ve
x = h1 n1 ∈ HN
ve
ise
HN 6 G
y = h2 n2 ∈ HN
alalm.
xy −1 = h1 n1 n2 −1 h2 −1
| {z }
∈N
= h1 n3 h2 −1
= h1 h2 −1 h2 n3 h2 −1
| {z } | {z }
∈h2 N h2 −1 =N
∈H
= h3 n4 ∈ HN
Örnek 3.18
Çözüm:
H G
ve
HN 6 G
K G
x = h1 k1 ∈ HK
ve
ise
dir.
HK G
y = h2 k2 ∈ HK
olsun. O zaman
xy −1 = h1 k1 k2 −1 h2 −1
| {z }
∈K
= h1 k3 h2 −1
= h1 h2 −1 h2 k3 h2 −1
| {z } | {z }
∈h2 Kh2 −1 =K
∈H
= h3 k4 ∈ HK
her
g∈G
için
Hg = gH
HK 6 G dir. imdi HK G oldu§unu gösterelim. H G, K G oldu§undan
ve
Kg = gK
dr.
g −1 ∈ G
oldu§undan
g −1 K = Kg −1
dir. O halde:
g(HK)g −1 = (gH)(Kg −1 )
= (Hg)(g −1 K)
= H(gg −1 )K
= HK
olup
HK G
Örnek 3.19
HK 6 G
ve
oldu§u görülür.
G
abelyen bir grup,
|HK| = mn
H, K 6 G
olsun. Ayrca
|H| = m, |K| = n
ve
H ∩ K = {e}
spat:
x = h1 k1 ∈ HK, y = h2 k2 ∈ HK =⇒ xy −1 = h1 k1 k2 −1 h2 −1 = (h1 h2 −1 )(k1 k2 −1 ) ∈ HK
olup
HK 6 G
dir. Ayrca
|HK| =
|H| |K|
= |H| |K| = mn.
|H ∩ K|
35
olsun.
M =
Örnek 3.20
("
a
b
("
#
a b
c d
)
#
: a, b, c ∈ Z
c −a
)
: a, b, c, d ∈ Z
M
kümesi
kümesi bilinen matris toplam ile bir gruptur.
nin normal altgrubudur, gösterin.
M/H
H =
yi olu³turunuz.
Çözüm:
"
a
X=
b
#
"
,Y =
c −a
Örnek 3.21
e
f
−d
H 6 M
dir. Teorem 2.8 gere§ince
abelyen gruptur. O halde
d
H M
Z12 'de H = h6i
#
"
∈ H =⇒ X + (−Y ) =
#
a−d
b−e
c−f
−(a − d)
∈H
M
dir. Matrislerdeki toplama i³lemi de§i³meli oldu§undan
dir.
M/H = { H + X : X ∈ M }
altgrubunu bulunuz.
Z12 /H
bir
³eklinde yazlabilir.
yi yaznz. Bu gruptaki elemanlarn dere-
celerini bulunuz.
Çözüm:
H = h6i = { 0, 6 }
dr.
H
nin farkl sa§ kosetleri:
H + 0 = { 0, 6 } = H + 6
H + 1 = { 1, 7 } = H + 7
H + 2 = { 2, 8 } = H + 8
H + 3 = { 3, 9 } = H + 9
H + 4 = { 4, 10 } = H + 10
H + 5 = { 5, 11 } = H + 11
O halde
Z12 /H = { H, H + 1, H + 2, H + 3, H + 4, H + 5 }
|H| = 1,
Örnek 3.22
G
|H + 1| = 6,
bir grup ve
|H + 2| = 3,
H = hai
dir. Bu elemanlarn dereceleri:
|H + 3| = 2,
sonlu devirli altgrubu
G
|H + 4| = 3,
|H + 5| = 6.
de normal olsun. E§er
K6H
ise
K G
Çözüm:
hai = H G
oldu§undan
K6G
ve
K6H
oldu§u veriliyor.
oldu§u açktr. imdi
KG
k ∈ K, g ∈ G
k ∈ K =⇒ k ∈ H =⇒ H G
imdi
K
sonlu oldu§undan
|k| = m
sonludur.
oldu§unu gösterece§iz.
K6H
ve
H 6G
verilsin.
oldu§undan
|gkg −1 | = m
gkg −1 ∈ H.
dir, çünkü:
(gkg −1 )m = (gkg −1 )(gkg −1 ) . . . (gkg −1 ) = gk m g −1 = gg −1 = e
{z
}
|
m−tane
−1 in daha küçük bir kuvveti
olur. Ayrca gkg
olur. Ayrca
e
ye e³it olamaz. (Neden?)
|gkg −1 | = m =⇒ | gkg
|=m
hki 6 K 6 H ve gkg −1 6 H olup hki
−1
ve
|k| = m =⇒ | hki | = m
gkg −1 altgruplar H nin
mertebeleri ayn
H devirli oldu§undan ve devirli bir grubun mertebesi ayn olan iki altgrubu e³it
hki = gkg −1 olmaldr. O halde gkg −1 6 K olup gkg −1 ∈ K dr. Yani K G olur.
iki altgrubu olur.
olaca§ndan
ve
36
ALITIRMALAR
1.
G=
e, a, a2 , a3
G
bir grup ve
4-üncü mertebeden devirli grup ve
G/H
oldu§unu gösterip
2.
H
H =
e, a2
onun altgrubu olsun.
H G
yi yaznz.
de onun iki elemanl normal bir altgrubu ise
H ⊆ Z(G)
3. Bir grupta derecesi 2 olan sadece bir tane eleman varsa bu elemann grubun merkezinde oldu§unu
gösterin.
4.
G
bir grup ve
H
5.
G
abelyen bir grup ve
6.
G
bir grup,
7.
G
H6G
Z(G)
ve
nin alt kümesi olan bir altgrup olsun.
N G
olsun.
K G
ise
H 6 G
bir grup ve
malleyeni denir.
8.
de
olsun.
NG (H) 6 G
ve
NG (H) =
denir.
Q8
kurallar verilsin.
in merkezini bulunuz.
H NG (H)
olsun.
{ i, j }
Q8
H ∩K H
Q8 = { 1, −1, i, −i, j, −j, k, −k }
−k, kj = −i, ik = −j
G/N
H G
x ∈ G : xHx−1 = H
kümesine
H
nin
G
deki nor-
i2 = j 2 = k 2 = −1, ij = k, jk = i, ki = j
ve
ji =
in grup tablosunu yaznz. Bu gruba quaternionlar grubu
kümesi tarafndan do§urulan alt grubu bulunuz.
Q8 'in
bütün
altgruplarnn normal oldu§unu gösterin. (Q8 , bütün altgruplar normal olup da abelyen olmayan bir
grup örne§idir.)
9.
SLn (R) ile n × n tipinde ve determinant 1 olan matrislerin kümesini gösterelim. SLn (R) GLn (R)
10.
H
ve
hk = kh
K
bir
G
grubunun normal altgruplar ve
H ∩ K = {e}
olsun. Her
h∈H
ve
k ∈K
için
11.
G
12.
G bir grup olsun. H 6 G alt grubu her x ∈ G için x2 ∈ H abelyen olmayan bir grup ve
−1
gösterin. (pucu: xhx
=
Z
de onun merkezi olsun. O zaman
(xh)2 h−1 (x−1 )2 ) Ayrca
G/H
G/Z
devirli grup olamaz.
özelli§ine sahip olsun.
H G oldu§unu
ALITIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
G
ÇÖZÜM 2.
H = { e, h }
abelyen ve
H
altgrup oldu§undan
olsun.
e ∈ Z(G)
H G
dir.
G/H = { H, Ha }
oldu§u açktr. Biz
37
h ∈ Z(G)
olur.
oldu§unu yani her
x ∈ G
Bölüm 4
Homomorzmalar ve zomorzmalar
Tanm 4.1
(G, ·)
ve
(H, ?)
iki grup olsun.
i³lemini koruyorsa; yani her
a, b ∈ G
f : G −→ H
bir fonksiyon olsun. E§er
f
fonksiyonu grup
için
f (a · b) = f (a) ? f (b)
ise
f
ye
G
den
·
H
...
ye bir grup homomorzmas veya ksaca homomorzma denir.
...
b
...
?
...
...
f (b)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
a
...
...
a·b
f (a)
.
.
.
...
...
...
f (a) ? f (b) = f (a · b)
...
.
.
.
Örnek 4.2
I : G −→ G birim dönü³ümü G'nin bir homomorzmasdr, çünkü I(xy) = xy = I(x)I(y).
Örnek 4.3
G = (Z, +)
tanmlansn.
f
n∈Z
ve
olsun.
f : G −→ G
dönü³ümü her
x∈Z
için
f (x) = nx
³eklinde
bir homomorzmadr, çünkü
f (x + y) = n(x + y) = nx + ny = f (x) + f (y).
Örnek 4.4
x, y ∈ R
G = (R, +)
ve
H = (R+ , ·)
olsun.
f : G −→ H, f (x) = ex
³eklinde tanmlansn. Her
için
f (x + y) = ex+y = ex · ey = f (x) · f (y)
olup
f
bir grup homomorzmas olur. Burada
g : H −→ G, g(x) = ln x
41
de bir homomorzmadr.
Bölüm 4. Homomorzmalar ve zomorzmalar
G = (Z, +)
Örnek 4.5
göre
ve
H = (Zn , +)
f : G −→ H, f (x) = x (mod n)
x, y ∈ Z
olsun.
H
deki
+
i³lemi modülo
n'e
göre yaplmaktadr. Buna
³eklinde tanmlanan dönü³üm bir homomorzmadr, çünkü her
için
f (x + y) = (x + y)
Örnek 4.6
(mod n) = (x (mod n)) + (y
G = GLn (R), H = (R \ { 0 } , ·)
madr, çünkü her
X, Y ∈ GLn (R)
olsun.
(mod n)) = f (x) + f (y).
f : G −→ H, f (X) = det(X)
olsun.
f
bir homorz-
için
f (X · Y ) = det(X · Y ) = det(X) · det(Y ) = f (X) · f (Y ).
Örnek 4.7
G
bir grup,
N G
olsun.
f : G −→ G/N
her
lanan dönü³üm örten bir homomorzmadr. Bu dönü³üme
homomorzma denir. Her
x, y ∈ G
G
x ∈ G
den
için
G/N
f (x) = N x
³eklinde tanm-
üzerine olan kanonik (do§al)
için
f (xy) = N (xy) = (N x)(N y) = f (x)f (y)
olup
f
bir homomorzmadr. Her
Y = N x ∈ G/N
için
f (x) = N x = Y
olup
görülür.
Teorem 4.8
(i)
e, G'nin
(ii) Her
G
e0
ve
a∈G
f (G) 6 H
(iv)
G
G
abelyen ve
devirli ve
spat (i) Her
f
iki grup ve
H
da
için
(iii)
(v)
H
ve
f : G −→ H
nin birim eleman ise
bir homomorzma olsun.
f (e) = e0
f (a−1 ) = [f (a)]−1
f
örten ise
örten ise
g∈G
H
H
de abelyendir.
de devirlidir.
için
f (g) = f (ge) = f (g)f (e) =⇒ f (g) = f (g)f (e)
=⇒ f (g)−1 f (g) = f (g)−1 f (g)f (e)
=⇒ e0 = e0 f (e)
=⇒ f (e) = e0
spat (ii) Her
a∈G
için
f (a)f (a−1 ) = f (aa−1 ) = f (e) = e0 ,
f (a−1 )f (a) = f (a−1 a) = f (e) = e0
42
f
nin örten oldu§u
olup
[f (a)]−1 = f (a−1 )
spat (iii)
x, y ∈ f (G)
dir.
alalm.
x, y ∈ f (G) =⇒ f (a) = x, f (b) = y
=⇒ ab−1 ∈ G
olup
olacak ³ekilde
∃ a, b ∈ G
vardr
f (ab−1 ) = f (a)f (b−1 ) = f (a)[f (b)]−1 = xy −1
=⇒ xy −1 ∈ f (G)
=⇒
spat (iv)
G
abelyen ve
f
x, y ∈ H =⇒ f
Teorem 2.8 gere§ince
örten olsun.
x, y ∈ H
örten oldu§undan
f (G) 6 H.
olsun.
∃ a, b ∈ G
f (a) = x, f (b) = y.
için
=⇒ xy = f (a)f (b) = f (ab) = f (ba) (G
abelyen oldu§undan
ab = ba)
=⇒ xy = f (ba) = f (b)f (a) = yx
=⇒ H
spat (v)
olup
abelyen gruptur.
G = hai devirli ve f
f (G) = { f (an ) : n ∈ Z }
örten olsun.
dir. imdi
f
örten oldu§undan
n>1
f (G) = H
yazalm.
G = { an : n ∈ Z }
ise
f (an ) = f (a
· · · f (a) = f (a)n .
| · a{z· · · a}) = f| (a)f (a)
{z
}
n−tane
Benzer ³ekilde
n<0
n−tane
ise
f (an ) = f ((a−1 )−n ) = f (a−1 )f (a−1 ) · · · f (a−1 )
|
{z
}
(−n)−tane
= f (a)−1 f (a)−1 · · · f (a)−1
|
{z
}
(−n)−tane
= [f (a)−1 ]−n
= f (a)n
Ayrca
n=0
ise
f (a0 ) = f (e) = e0 = f (a)0
dr. Sonuç olarak her
n∈Z
için
f (an ) = f (a)n .
O halde
H = f (G) = { f (an ) : n ∈ Z } = { f (a)n : n ∈ Z } = hf (a)i
olup
H
de devirlidir.
Not 4.9
f : G −→ H
bir homomorzma olsun.
x, y ∈ G
için
β = { (x, y) : f (x) = f (y) }
43
kümesi
G
de bir denklik ba§ntsdr. Bu ba§ntya göre bir
{ y ∈ G : f (x) = f (y) }
dir. Özel olarak
e
x ∈ G
elemannn denklik snf
x =
nin denklik snf
ē = { x ∈ G : f (x) = f (e) } = { x ∈ G : f (x) = e0 }
kümesine özel bir isim verece§iz.
Tanm 4.10
G, H
iki grup
f : G −→ H
bir homomorzma ve
H
nin birim eleman
e0
olsun.
f
nin
çekirde§i ³öyle tanmlanr:
Çek(f )
G
'
= { x ∈ G : f (x) = e0 }
$f
H
- '
$
Çek(f )
~
&
Teorem 4.11
f : G −→ H
- e0
%
&
bir grup homomorzmas ise Çek(f )
%
G
dir.
spat:
a, b ∈ Çek(f ) =⇒ f (a) = f (b) = e0
=⇒ f (ab−1 ) = f (a)f (b−1 ) = f (a)f (b)−1
=⇒ f (ab−1 ) = e0 (e0 )−1 = e0
=⇒ ab−1 ∈ Çek(f )
=⇒
Teorem 2.8 gere§ince Çek(f )
6 G.
g ∈ G, a ∈ Çek(f ) =⇒ f (gag −1 ) = f (g)f (a)f (g −1 )
=⇒ f (gag −1 ) = f (g)f (a)f (g)−1 = f (g)e0 f (g)−1
=⇒ f (gag −1 ) = e0
=⇒ gag −1 ∈ Çek(f )
olup Çek(f )
G
oldu§u görülür.
44
Tanm 4.12
h
f : G −→ H
bir homomorzma olsun. Bir
nin ters görüntüsü denir.
h
h∈H
için
f (x) = h
nin birden fazla ters görüntüsü olabilir.
h
ise
x∈G
elemanna
nin ters görüntülerinin
kümesi
f −1 (h) = { x ∈ G : f (x) = h }
³eklinde ifade edilebilir. imdi bir
h∈H
nin ters görüntü kümesinin Çek(f ) nin bir sol koseti (veya
sa§ koseti) oldu§unu görece§iz.
Teorem 4.13
x · Çek(f )
f : G −→ H
bir homomorzma,
h∈H
ve
x ∈ f −1 (h)
olsun. Bu durumda
f −1 (h) =
dir.
spat: Önce
f −1 (h) ⊆ x · Çek(f )
x ∈ f −1 (h)
ise
f (x) = h
dir.
b ∈ f −1 (h) =⇒ f (b) = h
=⇒ f (x) = f (b) =⇒ f (x)−1 f (x) = f (x)−1 f (b)
=⇒ e0 = f (x−1 )f (b) = f (x−1 b)
=⇒ x−1 b ∈ Çek(f )
=⇒ ∃ k ∈ Çek(f )
x−1 b = k
için
=⇒ b = xk ∈ x · Çek(f )
olup
f −1 (h) ⊆ x · Çek(f )
elde edilir. imdi de
b ∈ x · Çek(f ) =⇒ ∃ k ∈ Çek(f )
için
b = xk
=⇒ f (b) = f (xk) = f (x)f (k) = f (x)e0 = f (x) = h
=⇒ f (b) = h
olur ve
x · Çek(f ) ⊆ f −1 (h)
Sonuç 4.14
Tanm 4.15
den
H
h∈H
dir. Sonuç olarak
olup
b ∈ f −1 (h)
f −1 (h) = x · Çek(f )
elemannn bütün ters görüntüleri
f : G −→ H
x ∈ f −1 (h)
grup homomorzmas birebir ise
f
dir.
olmak üzere
x · Çek(f )
ye bir izomorzma denir. E§er
ye örten bir izomorzma (yani birebir ve örten bir homomorzma) varsa
izomorktirler veya e³ yapldrlar denir ve
G∼
=H
kümesidir.
G
ile
H
G
gruplarna
yazlr.
Not 4.16 Baz yazarlar izomorzmay birebir ve örten homomorzma olarak tanmlamaktadr. Bu
durumda da
G∼
=H
olmas G den
H
ye bir izomorzma vardr ³eklinde tanmlanr.
Not 4.17 Gruplar arasndaki izomork (e³ yapl) olma ba§ntsnn bir denklik ba§nts oldu§unu
gösterece§iz. Bu yüzden cebirciler iki izomork grup arasnda fark gözetmezler. ki izomork grubun
yaplar ayndr; sadece elemanlar farkldr. Bu yüzden, mesela, elemanlar arasnda uygun e³leme
yapld§nda grup tablolarnn ayn oldu§u görülür.
45
Örnek 4.18
Z4 −→ A
A = { 1, −1, i, −i }
kümesi çarpma i³lemi ile bir gruptur.
Z4 = { 0, 1, 2, 3 }
alalm.
f :
dönü³ümünü
f (0) = 1,
³eklinde tanmlayalm.
f
f (1) = i,
f (2) = −1,
nin 11 ve örten oldu§u açktr.
f
f (3) = −i
nin homomorzma oldu§u kontrol edilebilir.
Mesela
f (1 + 2) = f (3) = −i
Bütün kontroller yapldktan sonra
A∼
= Z4
f (1)f (2) = i(−1) = −i.
ve
yazabiliriz. imdi grup tablolarnn (elemanlar
f
de verilen
srada yazd§mzda) aslnda ayn oldu§unu görelim.
Benzer ³ekilde
+
0
1
2
3
·
1
i
−1
−i
0
0
1
2
3
1
1
i
−1
−i
1
1
2
3
0
i
i
−1
−i
1
2
2
3
0
1
−1
−1
−i
1
i
3
3
0
1
2
−i
−i
1
i
−1
G = hai =
e, a, a2 , a3
4-üncü mertebeden devirli grup ise
A∼
=G
dir. Bu ³ekildeki
C4 ile gösterilir. Genel
∼
Zn = Cn oldu§u açktr.
tüm gruplarn snfna 4-üncü mertebeden devirli grup denir ve hepsi de
n−inci
mertebeden devirli gruplar
Örnek 4.19 imdi ³ekildeki
ABC
Cn
ile gösterilir. Bu durumda
olarak
e³kenar üçgenini dü³ünelim.
A
B
T
T
T
T
T
T
l
C
Bu üçgeni tam ortasndan ve düzleme dik bir eksen etrafnda
i³lemine
f
diyelim.
l
do§rusu etrafnda
180◦
döndürmeye
g
120◦
saatin ters yönünde döndürme
diyelim. Bu durumda
f3 = e
ve
g2 = e
Birim dönü³üm olarak üçgenin orjinal hali anla³lmaktadr.
A
C
B
A
T
T
T
T
f f f T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T C
T B
T A
T C
B
A
C
B
46
dir.
A
A
A
T
T
T
g g T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T
T B
T C
T C
B
C
B
Bu ³ekilde elde edece§imiz bütün farkl dönmeler :
etti§imiz gruba dihedral grup denir ve
edilen grup da
Dn
ile gösterilir ve
D3
e, f, f 2 , g, f g, f 2 g
fonksiyonlardr. Bu ³ekilde elde
ile gösterilir. Benzer ³ekilde e³kenar
|Dn | = 2n
dir.
D3 =
e, f, f 2 , g, f g, f 2 g
n-gen kullanlarak elde
grubundan
S3
grubuna
φ
dönü³ümünü
e −→ f1
f −→ f5
φ:
f 2 −→ f4
f g −→ f6
g −→ f2
f 2 g −→ f3
D3 ∼
= S3 .
³eklinde tanmlarsak bir örten izomorzma elde ederiz. O halde
Tablodaki bo³luklar doldu-
run.
Teorem 4.20
Çek(f )
= {e}
spat: (=⇒)
f : G −→ H
= {e}
e
f
f2
g
fg
f 2g
e
e
f
f2
g
fg
f 2g
f
f
f2
e
fg
f 2g
g
f2
f2
e
f
f 2g
g
fg
g
g
f 2g
fg
e
f
f2
fg
fg
f 2g
f 2g
homomorzmasnn bir izomorzma olmas için gerek ve yeter ³art
olmasdr.
f
11 oldu§undan
Çek(f )
·
bir izomorzma olsun. O halde
x = e
olmaldr. O halde
f
birebirdir.
f (x) = e0
olur.
47
f (x) = e0
olsun.
f (e) = e0
olacak ³ekildeki tek eleman
x = e
olup
f
dir. Yani
(⇐=)
Çek(f )
= {e}
olsun. Her
x, y ∈ G
için
f (x) = f (y) =⇒ f (x)f (y)−1 = e0
=⇒ f (xy −1 ) = e0
=⇒ xy −1 ∈ Çek(f ) = { e }
=⇒ xy −1 = e
=⇒ x = y
olup
f
G, H, K
Teorem 4.21
(i)
f : G −→ H
(ii)
nin 11 oldu§u, yani izomorzma oldu§u gösterilmi³ olur.
birer grup olsun.
örten izomorzma ise
f : G −→ H, g : H −→ K
f −1 : H −→ G
örten izomorzma ise
de örten izomorzmadr.
g◦ f : G −→ K
örten izomorzmadr.
spat (i) Birebir ve örten bir dönü³ümün tersi de 11 ve örten olaca§ndan
−1 in homomorzma oldu§unu göstermemiz yeterlidir.
O halde f
oldu§undan
f (g1 ) = h1 , f (g2 ) = h2
olacak ³ekilde sadece bir tane
f −1
h1 , h2 ∈ H
g1 , g2 ∈ G
de 11 ve örtendir.
olsun.
f
11 ve örten
eleman çifti vardr. imdi
f (g1 g2 ) = f (g1 )f (g2 ) = h1 h2 =⇒ f −1 (h1 h2 ) = g1 g2 = f −1 (h1 )f −1 (h2 )
olup
f −1
bir homomorzmadr.
spat (ii) Birebir ve örten iki dönü³ümün bile³kesi 11 ve örten olaca§ndan
halde
g◦ f 'nin
bir homomorzma oldu§unu göstermemiz yeterlidir.
x, y ∈ G
g◦ f
11 ve örtendir. O
olsun.
(g◦ f )(xy) = g(f (xy))
= g(f (x)f (y))
(f hom. oldu§undan)
= g(f (x)) · g(f (y))
(g hom. oldu§undan)
= (g◦ f )(x) · (g◦ f )(y)
olup
g◦ f
bir homomorzmadr. O halde örten izomorzmadr.
Sonuç 4.22
G den G ye I
ktir. Yukardaki teoremde
birim dönü³ümü örten bir izomorzmadr. O halde her grup kendine izomor-
G∼
= H =⇒ H ∼
=G
ve
G∼
= H, H ∼
= K =⇒ G ∼
=K
oldu§u gösterilmi³tir. O
halde gruplar üzerinde tanmlanan izomork olma ba§nts bir denklik ba§ntsdr.
Teorem 4.23 ki devirli grubun izomork olmas için gerek ve yeter ³art bu iki grubun mertebelerinin
ayn olmasdr.
48
spat: (=⇒)
G
ve
H
iki devirli grup olsun.
G∼
=H
ise
f : G −→ H
homomorzmas 11 ve örten
oldu§undan
|G| = |H|
(⇐=) imdi
G = hai , H = hbi iki devirli grup ve |G| = |H| = n olsun. f : G −→ H
k
için f (a )
=
olmaldr. (Bu sonuç
bk ³eklinde tanmlansn.
f (ak ) = f (at ) =⇒ bk = bt
k ≡ t (mod n)
olup
f
G
ve
H
devirli olmasa da do§rudur.)
dönü³ümü her
k∈Z
nin 11 ve örten bir homomorzma oldu§unu gösterece§iz.
n=∞
k=t
ise
ak = at
olup
olur ve
oldu§unu hatrlayn (bkz. Teorem 1.28). O halde
f
m, t ∈ Z
birebir olur. E§er
olmak üzere
n<∞
k = t + mn
ise
dir.
imdi
ak = at+mn
= at amn = at (an )m
= at
olup
f
imdi
bu durumda da birebirdir.
h∈H
x = ak ∈ G
verilsin. Bir
ve
y = at ∈ G
k∈Z
için
h = bk
³eklindedir. O halde
f (ak ) = bk = h
olup
f
örtendir.
olsun.
f (xy) = f (ak at ) = f (ak+t ) = bk+t = bk bt = f (ak )f (at ) = f (x)f (y)
olup
f
bir homomorzmadr. Sonuç olarak
Tanm 4.24 Bir
G
nin bir
a ∈ G
G∼
=H
dir.
G grubundan kendi üzerine olan bir izomorzmaya G nin bir otomorzmas
eleman için
fa : G −→ G , fa (x) = axa−1
³eklinde tanmlanan
zaman bir otomorzmadr (Neden?). Bu tür bir otomorzmaya
nin iç otomorzmalarnn kümesi
I(G)
ile gösterilir.
G
Teorem 4.25
G
nin otomorzmalarn kümesi
nin bir iç otomorzmas denir.
G
Örnek 4.26
A = { 1, −1, i, −i }
otomorzmadr.
f (i)f (i)
yani
f ∈ O(G)
O(G)
O(G)
bile³ke i³lemi ile bir gruptur.
O(G)
f (1) = 1
f (−1) = (−1)(−1) = 1
f ∈ O(G) =⇒
nin birim elemandr. Fonksiyonlardaki
bir grup olur.
grubunun bütün otomorzmalarn bulalm.
olsun.
nin
11, örten bir homomorzma } .
dir. Birim dönü³üm bir otomorzma olup
bile³ke i³leminin birle³me özelli§i olup
O(G)
G
nin otomorzmalar grubu denir. Yani
spat: Teorem 4.21 gere§ince iki otomorzmann bile³kesi bir otomorzmadr. Ayrca
f −1 ∈ O(G)
dönü³ümü her
nin bütün otomorzmalarnn kümesi
bile³ke i³lemi ile bir grup oldu§unu gösterece§iz. Bu gruba
O(G) = { f : G −→ G | f,
G
fa
denir.
olmak zorundadr.
olmaldr. Bu da
49
f
f (i) = −1
I
birim dönü³ümü bir
diyelim. O halde
f (ii) =
nin 11 olmad§ anlamna gelir. imdi de
f (i) = −i
seçelim. Buradan
f (−1) = f (ii) = f (i)f (i) = (−i)(−i) = −1
f (−i) = f (−1)f (i) = (−1)(−i) = i
seçilmelidir.
halde
f
11 ve örten olup di§er bir otomorzmadr. Bu grubun ba³ka otomorzmas yoktur. O
O(A) = { I, f }
Örnek 4.27
dönü³ümün
Çözüm:
G
G
dir. Otomorzma grubunun tablosu ³öyledir:
a ∈ G
bir grup olsun. Bir
◦
I
f
I
I
f
f
f
I
için
fa : G −→ G, fa (x) = axa−1
³eklinde tanmlanan
nin bir otomorzmas oldu§unu gösterin.
x, y ∈ G
olsun.
fa (xy) = a(xy)a−1 = (axa−1 )(aya−1 ) = fa (x)fa (y)
olup
fa
bir homomorzmadr. Ayrca
fa (x) = fa (y) =⇒ axa−1 = aya−1 =⇒ x = y
olup
fa
birebirdir. imgi verilen her
g∈G
için
x = a−1 ga
seçersek
fa (x) = axa−1 = a(a−1 ga)a−1 = g
olup
fa
nn örten oldu§u görülür. Yani
Teorem 4.28
G = hai =
fa ∈ O(G).
e, a, a2 , . . . , an−1
ise
fk : G −→ G, fk (a) = ak
olmak üzere
O(G) = { fk | 1 6 k < n, (k, n) = 1 } .
spat:
f ∈ O(G)
olsun.
f (a) = ak
m ³eklindedir. O halde
üzere a
olsun.
nin üretici elemanlar
örtendir. Ayrca
fk
O(G) = { fk | 1 6 k < n, (n, k) = 1 }.
Örnek 4.29
Z6
16m<n
(n, k) = 1 dir. Tersine (k, n) = 1 olmak üzere fk
fk (a) = ak , G nin üretici eleman olup fk
dir. Sonuç:
G
ve
(m, n) = 1
olmak
dönü³ümünü dü³ünelim.
11 bir homomorzmadr. Yani
fk ∈ O(G)
nn otomorzmalar grubunu belirleyiniz.
Çözüm:
50
|Z6 | = 6. O(Z6 ) = { fk | 0 < k < 6, (k, 6) = 1 } = { f1 , f5 }
Ödev:
Z11
dir.
f1 (0) = 1 · 0 = 0
f5 (0) = 5 · 0 = 0
f1 (1) = 1 · 1 = 1
f5 (1) = 5 · 1 = 5
f1 (2) = 1 · 2 = 2
f5 (2) = 5 · 2 = 4
f1 (3) = 1 · 3 = 3
f5 (3) = 5 · 3 = 3
f1 (4) = 1 · 4 = 4
f5 (4) = 5 · 4 = 2
f1 (5) = 1 · 5 = 5
f5 (5) = 5 · 5 = 1
in otomorzmalar grubunu belirleyiniz.
Örnek 4.30
G
bir grup olsun.
|O(G)| = 1
G
ise
nin bir abelyen grup oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
O(G) = { f | f : G −→ G
dir. O zaman
G
Teorem 4.31
otomorzma }.
|O(G)| = 1 =⇒ G −→ G
nin eleman says 1 veya 2 dir. Yani
Cn , n.
mertebeden devirli grup ise
G
bir tek otomorzma vardr, o da
IG
abelyendir.
Cn ∼
= Zn
dir.
C∞
sonsuz devirli grup ise
C∞ ∼
=Z
dir.
spat:
Cn =
e, a, a2 , . . . , an−1
olsun.
f : Cn −→ Zn
dönü³ümünü
0 6 k 6 n−1
olmak üzere
f (ak ) = k
olarak tanmlayalm.
Her
k ∈ Zn = { 0, 1, . . . , n − 1 }
için
f (ak ) = k
f (ak ) = f (am ) =⇒ k = m =⇒ ak = am
olup
olup
f
bir homomorzmadr.
=⇒ f
bir izomorzma olup
imdi
f : C∞ −→ Z
Cn ∼
= Zn
dönü³ümünü
C∞
f (ak ) = k
kabul edildi.)
= t = k + m (mod n) = f (ak ) + f (am )
³eklinde tanmlayalm.
olup
sonsuz devirli oldu§undan
sonsuz devirli grup oldu§undan her
n∈Z
f
bir homomorzmadr.
n=m
için
dir.
a n ∈ C∞
ve
f (an ) = n
C∞ ∼
= Z.
Örnek 4.32
=e
dir.
f (an am ) = f (an+m ) = n + m = f (an ) + f (am )
f (an ) = f (am ) =⇒ C∞
0
örtendir. (a
11 dir.
f (ak am ) = f (at ) [burada t ≡ k + m (mod n)]
=⇒ f
f
olup
f
örtendir. O halde
Z8 'in
otomorzmalar grubu olan
O(Z8 )'i
Çözüm:
51
belirleyiniz.
8 ile aralarnda asal olan saylar 1,3,5 ve 7 dir. O halde
O(Z8 ) = { f1 , f3 , f5 , f7 } dir. Mesela f3 elemann
yazalm.
Örnek 4.33
G
f3 (0) = 3 · 0 = 0
f3 (4) = 3 · 4 = 4
f3 (1) = 3 · 1 = 3
f3 (5) = 3 · 5 = 7
f3 (2) = 3 · 2 = 6
f3 (6) = 3 · 6 = 2
f3 (3) = 3 · 3 = 1
f3 (7) = 3 · 7 = 5
devirli ve mertebesi sonsuz olsun. Bu durumda
G
nin otomorzmalar grubunu belir-
leyiniz.
Çözüm:
G
a ∈ G
devirli oldu§undan bir
için
G = hai
otomorzma oldu§undan örtendir. O halde
oldu§undan bir
r∈Z
b=
için
dr.
a∈G
f : G −→ G
için öyle bir
bir
b∈G
k ∈ Z
vardr ki
için
f (a) = ak
f (b) = a
olur.
G
dr.
f
devirli
ar olmaldr.
f (b) = f (ar ) = a =⇒ (ar )k = a =⇒ ark = a =⇒ k = ∓1.
k=1
oldu§unda
k = −1
Yani
f (a) = a =⇒ f = I,
oldu§unda
O(G) =
Örnek 4.34
f (a) = a−1 .
I, f | f (a) = a−1 .
f : G −→ S
bir grup homomorzmas ve Çek(f )
= {e}
olsun. Her
a∈G
için
a
ile
f (a)
nn derecelerinin ayn oldu§unu gösteriniz.
Çözüm:
|a| = m
olsun.
[f (a)]m = f (am ) = f (e) = e0
says var mdr? Oldu§unu kabul edelim
an
=e
olur. Bu da
|a| = m
olur. Acaba
[f (a)]n = e0
=⇒ [f (a)]n = f (an ) = e0
olmas ile çeli³ir. Buradan
|f (a)| = m
olacak ³ekilde
olup Çek(f )
n<m
= {e}
do§al
oldu§undan
elde edilir.
ALITIRMALAR
1.
G = (Q\{ 0 } , ·) olsun. f : G −→ G, f (x) = |x| ³eklinde tanmlansn. f
oldu§unu gösterip Çek(f ) yi bulunuz ve
2.
M 2×2 =
(R, +)
("
#
a b
c d
G/ Çek(f )
nin bir grup homomorzmas
yi yaznz.
)
: a, b, c, d ∈ R
kümesi bilinen matris toplam ile bir gruptur.
dönü³ümü
f
"
#!
a b
c d
52
=a+d
f : M 2×2 −→
³eklinde tanmlanyor.
f
nin bir grup homomorzmas oldu§unu gösterip Çek(f ) yi bulunuz ve
M 2×2 / Çek(f )
yi yaznz.
3.
f : G −→ G
dönü³ümü her
a∈G
zmas olmas için gerek ve yeter ³art
4.
f
için
G
f (a) = a−1
³eklinde tanmlansn.
f
nin bir grup homomor-
nin abelyen olmasdr. Gösterin.
G = hxi herhangibir devirli grup olsun. f : G −→ (Z, +) dönü³ümü f (xn ) = n ³eklinde tanmlansn.
bir homomorzma olur mu? E§er olursa Çek(f ) yi yaznz.
5.
φ : C −→ C, φ(x + iy) = x − iy
6.
f : G −→ H
dönü³ümü toplamsal
örten bir izomorzma olsun.
7.
G = C \ {0}
8.
f : G −→ H
9.
G = (C \ { 0 } , ·)
N G
ise
C
grubunun bir otomorzmasdr. Gösteriniz.
f (N ) H
oldu§unu gösteriniz.
H = { 2 ×" 2 tersi#olan reel matrisler } de bilinen maa −b
tris çarpm ile bir gruptur. φ : G −→ H, φ(a + ib) =
ile tanmlanan dönü³üm bir grup
b a
homomorzmas mdr? Bu dönü³üm G ile H yi izomork yapar m?
çarpma i³lemi ile bir gruptur.
bir grup homomorzmas olsun.
ve
H = (R+ , ·)
olsun.
z = x + iy
tanmlanan dönü³üm bir homomorzma mdr?
10.
R? = R \ {0}
olmak üzere
K H
G
ile
ise
için
H
f −1 (K) G
φ : G −→ H, φ(z) = |z| =
f
11 ve örten midir?
olsun.
R/ Çek(f )
f
x, y ∈ G
yi yaznz.
için
f (xy) = |xy| = |x| |y| = f (x)f (y)
olup
f
bir homomorzmadr.
Çek(f )
= { x ∈ G : f (x) = |x| = 1 } = { 1, −1 }
olup
G/ Çek(f ) = { Çek(f ) · x : x ∈ G } = { { x, −x } : x ∈ G }
53
olarak
nin grup homomorzmas
ALITIRMALARIN ÇÖZÜMLER
ÇÖZÜM 1.
p
x2 + y 2
yi izomork yapar m?
f : (R, +) −→ (R? , ·), f (x) = 5x
oldu§unu gösteriniz. Çek(f ) yi bulunuz.
dir.

ders notları - yrd. doç. dr. yıldıray çelik

Transkript

Benzer belgeler

1 Temmuz 2007 Pazar

HASRETİM SANA / NİZAR KABBANİ

İlk Görüşme için Klavuz

Page 1 GE B_ZE_ BELED|YES| @are Faaüyet Raporu Page 2 Page

12 Eylül Çocuğu! Küfür tadında kullanılabilir mi? Neden olmasın

Dergi tasarımının çöküşü