Table Of ContentÇÖZÜMLÜ PROBLEMLERLE
SOYUT CEBİR VE
SAYILAR TEORİSİ
PROF. DR. MEHMET ERDOĞAN YRD. DOÇ. DR. GÜLŞEN YILMAZ
Beykent Üniversitesi Beykent Üniversitesi
Fen-Edebiyat Fakültesi Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü Matematik-Bilgisayar Bölümü
Beykent Üniversitesi Yayınevi
Cumhuriyet Mah. Şimşek Sok. No:1, Beykent
Siteleri, Büyükçekmece 34500 İstanbul
Tel : (0212) 444 1997
Faks: (0212) 867 55 66
Beykent Üniversitesi Adına Sahibi
Rektör Prof. Dr. Cuma BAYAT
Yazar:
Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN
Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü
Yrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZ
Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü
“SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ”
1. Baskı, Ağustos 2008
Beykent 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 izni
olmaksızın hiçbir şekilde çoğaltılamaz.
Copyright © 2008
ÖNSÖZ
İstanbul Üniversitesinden emekli olduktan sonra o zamana kadar
çeşitli üniversitelerin farklı bölümlerinde okutmuş olduğumuz Cebir, Lineer
Cebir, Soyut Cebir ve Sayılar Teorisi derslerine ait bilgi ve tecrübe
birikimimizin özellikle lisans öğrencilerine faydalı olacağı düşüncesi ile bu
kitabı yazmaya karar verdik. Kitabı, Sayılar Teorisi olarak bir sömestr ve Cebir
veya Soyut Cebir dersi olarak da iki sömestr okutulabilecek kapsamda ele
aldık.
Birinci kısım Sayılar Teorisine, ikinci kısım ise Cebir derslerine ait
konuları içermektedir. Her iki kısımda da öğrencilerin konuyu daha iyi
anlayabilmeleri için tam çözümlerini verdiğimiz çok sayıda problem ve
konunun sonunda ise öğrencilerin kendilerini kontrol edebilmeleri için
çözümsüz problemlere yer verdik.
Kitabı, bir araştırma kitabı olmaktan ziyade öğrencilerin
anlayabileceği tarzda bir ders kitabı biçiminde hazırladık, kitapta bazı hata ve
eksikliklerin olabileceğini peşinen kabul eder ve okurlarımızın bu konuda
yapacağı uyarılara şimdiden minnettarlığımızı bildiririz.
Kitabın gerek yazım, gerekse düzeltme aşamasında bizden
yardımlarını esirgemeyen Beykent Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi
Matematik-Bilgisayar Bölümü Araştırma Görevlisi Jeta Rogova Alo ve
Beykent Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü sekreteri matematik uzmanı A.
Aslı Somuncuoğlu’ na teşekkür ediyoruz. Ayrıca, kitabı yazmamız için bizi
teşvik eden Beykent Üniversitesi Rektörü Prof. Dr. Cuma Bayat, Fen-Edebiyat
Fakültesi Dekanı Prof. Dr. Emin Özbaş ve Matematik-Bilgisayar Bölüm
Başkanı Prof. Dr. Mahir Resulov’ a ve şüphesiz bize bu fırsatı tanıyan
Beykent Üniversitesi Mütevelli Heyet Başkanımız değerli insan, sayın Adem
Çelik Bey’ e sonsuz minnet ve şükranlarımızı sunmak istiyoruz.
Bu münasebetle, kitabın basımında emeği geçen tüm Beykent
Üniversitesi Yayınevi çalışanlarına da teşekkür ederiz.
Mart 2008, İstanbul
Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN
Yrd. Doç. Dr. Gülşen YILMAZ
iii
İ İ İ
Ç NDEK LER
SAYFA
ÖNSÖZ iii
İÇİNDEKİLER v
BİRİNCİ KISIM
1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME 1
2. BÖLÜM. ASAL SAYILAR 14
3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR 22
4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR 41
5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER 52
VE İNDEKSLER
6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) 67
REZİDÜLER
7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR 86
8. BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ 97
FONKSİYONLAR
İKİNCİ KISIM
1. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE 107
DENKLİK SINIFLARI
2. BÖLÜM. GRUPLAR 109
3. BÖLÜM. ALT GRUPLAR 120
4. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI 125
5. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI 136
6. BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR 140
7. BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI 153
8. BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT 161
GRUPLAR VE BÖLÜM GRUPLARI
v
9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI 172
10. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER 187
11. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ 195
12. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER 205
13. BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI 211
14. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ 232
15. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI 241
16. BÖLÜM. CEBİR 250
KAYNAKÇA 259
DİZİN 261
vi
BİRİNCİ KISIM
1. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME
Tanım 1.1. a ve b iki tamsayı ve a≠0 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 nin
a 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.cdir ve burada eğer
c≠±1 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 ak |b, fakat ak+1 /|b ise bu
durum ak ||b notasyonu ile belirtilir ( k, a nın b yi bölen en büyük kuvvetidir).
Örneğin, 52 |50 ve 53 /|50 olduğundan 52 ||50 dir.
Bölünebilme İle İlgili Temel Özellikler
1. i) ∀a∈(cid:1) için a|0 dır. Çünkü 0=a.0 ve 0∈(cid:1) dir.
ii) 0|a ⇔ a=0 dır. Çünkü 0|a ise a=0.c olacak şekilde bir c∈(cid:1)
(gerçekte sonsuz çoklukta) vardır. Böylece a=0.c koşulu ancak a=0 olması
halinde gerçeklenir. Tersine i) den ∀a∈(cid:1) için a|0 olduğundan a=0 için
de ifade doğrudur, yani 0|0, dolayısıyla 0|a dır.
Aşağıdaki özelliklerin tamamı bölünebilme tanımından kolayca elde
edilir:
2. i) ∀a∈(cid:1) için ±1|a ve ±a|a dır.
ii) a|±1⇔a=±1 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|cbdir.
ii) c≠0, ca|cb ise a|bdir.
7. a |b , a |b ise a.a |b.b dir.
1 1 2 2 1 2 1 2
8. a|b ve a|c ise a|(b+c) dir.
1
Böylece 6. ve 8. özelliklerden a|b ve a|c ise a|(bx+cy) (x, y∈(cid:1))
elde ederiz.
9. b|a ve a≠0 ise 1≤|b|≤|a| dır. Çünkü, b|a olduğundan a=b.c olacak
şekilde bir c∈(cid:1) vardır. a≠0olduğundan b≠0, c≠0 (b, c∈(cid:1)) olur ki,
buradan |b|≥1, |c|≥1 elde edilir. Böylece, |a|=|b||c|≥|b|, yani |a|≥|b|
olur. Bu ise 1≤|b|≤|a| olduğunu kanıtlar.
Teorem 1.1. (Bölme Algoritması) b≠0 olmak üzere bir a, b tamsayı çifti
için
a=bq+r, 0≤r<|b| (1.1)
olacak şekilde bir ve ancak bir tek q, r tamsayı çifti vardır. Eğer b/| a ise r
tamsayısı 0<r<|b| eşitsizliğini gerçekler.
Kanıt. 1) Varlık: Önce b>0 olduğunu varsayalım ve m=0,±1,±2,... 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 bq≤a<b(q+1)=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 göre
bulduğumuz bu q, r tamsayı çifti istenen koşulu sağlar.
Şimdi b<0 olduğunu varsayalım. |b|>0 olduğundan yukarıdaki ispatta
görüleceği gibi a=|b|q'+r', 0≤r'<|b| olacak şekilde bir q', r'∈(cid:1)
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 (b≠0) tamsayı çifti için (1.1) koşulunu gerçekleyen q , r ve
1 1
q , r gibi iki tamsayı çiftinin bulunduğunu varsayalım, yani
2 2
a=bq +r, 0≤r <|b|,
1 1 1
a=bq +r , 0≤r <|b|
2 2 2
olsun. Buradan r −r =b(q −q ) veya mutlak değer fonksiyonunun
2 1 1 2
özelliğinden
|r −r |=|b||q −q | (1.2)
2 1 1 2
bulunur. 0≤r <|b| ve −|b|<−r ≤0 eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak
2 1
2
−|b|<r −r <|b| (1.3)
2 1
buluruz. Böylece (1.2) ve (1.3) ten |b||q −q |<|b| elde ederiz ki, |b|≠0
1 2
olduğundan |q −q |<1 ve buradan da q −q =0, yani q =q bulunur. Bu
1 2 1 2 1 2
sonuç, (1.2) de yerine yazılırsa r =r elde edilir. Şu halde q , r ve q , r
1 2 1 1 2 2
tamsayı çiftleri birbirinin aynıdır.
Tanım 1.2. Teorem 1.1. de b>0 alınırsa, (1.1) denklemindeki q tamsayısına
a a
rasyonel sayısının tam kısmı (tam değeri) denir ve q= yazılır.
b b
Tanım 1.3. b ve c iki tamsayı olsun. Eğer bir a≠0 tamsayısı için a|b ve
a|ckoşulları gerçekleniyor ise a ya, b ve c tamsayılarının bir ortak böleni
denir.
Bir b≠0 tamsayısının bölenleri sonlu sayıdadır. O halde b ve c den en az
birisi 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 ortak
böleni (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 (b,c)≥1 dir.
Tanım 1.5. b,b ,...,b hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.
1 2 n
a≠0tamsayısı için a|b ,a|b ,...,a|b ise a tamsayısına b,b ,...,b
1 2 n 1 2 n
tamsayılarının bir ortak böleni denir.
Tanım 1.6. b,b ,...,b hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar olsun.
1 2 n
i) d|b , d|b , ... , d|b
1 2 n
ii) a|b , a|b , ... , a|b ⇒a|d
1 2 n
iii) d>0
koşullarını gerçekleyen d tamsayısına b,b ,...,b tamsayılarının en büyük
1 2 n
ortak böleni denir ve (b,b ,...,b ) şeklinde gösterilir.
1 2 n
3
Teorem 1.2. d, b ve c tamsayılarının en büyük ortak böleni ise
d =(b,c)=bx +cy
0 0
olacak şekilde bir x , y tamsayı çifti vardır.
0 0
Kanıt. A={bx+cy|x, y∈(cid:1)} kümesini göz önüne alalım. Bu kümede en az
bir tane pozitif tamsayı vardır. A kümesindeki en küçük pozitif tamsayıyı l ile
gösterelim. Böylece l=bx +cy olacak şekilde x , y ∈(cid:1) tamsayıları vardır.
0 0 0 0
İlk olarak l|b ve l|c olduğunu gösterelim. Çünkü, eğer l /|bise o takdirde
Teorem 1.1. e göre b=lq+r (0<r<l) olacak şekilde bir q, r tamsayı çifti
bulabiliriz ve buradan,
r =b−lq=b−(bx +cy )q=b(1−qx )+c(−qy )
0 0 (cid:3)(cid:4)(cid:5)0 (cid:2)0
∈(cid:1) ∈(cid:1)
olduğundan r∈A elde ederiz ki, bu r<l oluşu ile çelişir. Şu halde
l /|bolamaz, benzer şekilde l /| c olamayacağı da gösterilebilir. Böylece
l|bve l|c dir. Diğer taraftan d =(b,c) olduğundan b=db ve c=dc
1 1
olacak şekilde b, c ∈(cid:1) tamsayıları vardır.
1 1
l=bx +cy =(db)x +(dc )y =d(bx +c y )⇒d|l, d>0, l>0
0 0 1 0 1 0 (cid:3)1(cid:6)0(cid:4)(cid:6)1(cid:5)0
∈(cid:1)
olduğundan d ≤l dir. d, en büyük ortak bölen olduğundan d <lolamaz . Şu
halde d =l dir ve böylece d =(b,c)=bx +cy elde ederiz.
0 0
Bu teoremi aşağıdaki şekilde genelleştirebiliriz.
Teorem 1.3. b,b ,...,b hepsi birden sıfır olmayan tamsayılar ve d, bu
1 2 n
tamsayıların en büyük ortak böleni olsun. Bu takdirde,
d =(b,b ,...,b )=bx +b x +...+b x
1 2 n 1 1 2 2 n n
olacak şekilde x,x ,...,x tamsayıları vardır.
1 2 n
Kanıt. İspat, Teorem 1.2. deki gibi yapılır.
Teorem 1.4. m, a, b∈(cid:1) ve m>0 ise (ma,mb)=m(a,b) dir.
Kanıt. (ma,mb)=d ve (a,b)=d olsun. d =md olduğunu gösterelim.
1 1
(a,b)=d olduğundan d|a ve d|b dir ve böylece a=da ve b=db olacak
1 1
şekilde a ,b ∈(cid:1) vardır. Bu iki eşitliğin her iki tarafını m ile çarparsak
1 1
ma=mda , mb=mdb ve md|ma, md|mb olacağından md; ma ve mb
1 1
tamsayılarının bir ortak bölenidir. e.b.o.b. tanımından md|d dir. Şu halde
1
4
