Ali Nesin
Nesin Yayıncılık Ltd. S¸ti.
k¨
unye. . .
Ali Nesin
Temel Grup Teorisi
˙ cindekiler
I¸
¨ oz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ons¨
1
1 Grup Kavramı
¨ c Grup Orne˘
¨
1.1 U¸
gi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Grup Tanımı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
8
2 Z Grubu ve Tamsayılar
2.1 Z’nin Altgrupları . . . . . . . . . . . .
2.2 Z’de B¨ol¨
unebilirlik . . . . . . . . . . .
˙
2.3 Z’de Asallık, Indirgenemezlik
vs. . . .
2.4 Aritmeti˘gin Temel Teoremi . . . . . .
2.5 En K¨
uc¸u
¨k Ortak Kat . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3 Simetrik Grup Sym n
3.1 Sym n’nin Elemanlarının Yazılımı . . . . . .
3.2 Sym n’de Bile¸ske . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Sym n’de Elemanların Tersleri ve Dereceleri
¨
3.4 Sym n’nin Urete¸
cleri . . . . . . . . . . . . .
3.5 Alt n Grubu . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6 Sym n’de E¸sleniklik . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Sym n’de Hangi Tipten Ka¸c Eleman Var? .
3.8 Sym n’de E¸sleniklik Sınıfı Sayısı . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
19
19
20
21
23
25
.
.
.
.
.
.
.
.
29
29
35
37
39
41
44
47
51
4 Elemanların Kuvvetleri ve Dereceleri
53
4.1 Elemanların Kuvvetleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
4.2 Elemanların Dereceleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
5 Altgruplar
65
6 Geometri ve Gruplar
75
¨
7 Urete¸
cler
93
v
¨
8 Altgrup Otelemeleri
103
¨
8.1 Altgrupların Otelemeleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
8.2 B¨ol¨
um K¨
umesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
9 Normal Altgrup ve B¨
ol¨
um Grubu
9.1 Normal Altgrup . . . . . . . . . .
9.2 B¨ol¨
um Grubuna Hazırlık . . . . .
9.3 B¨ol¨
um Grubu . . . . . . . . . . .
9.4 Z’nin B¨ol¨
um Grupları . . . . . .
10 Homomorfiler
10.1 Homomorfi . . . .
10.2 Otomorfi Grubu .
˙
10.3 Izomorfik
Gruplar
10.4 C
¸ ekirdek . . . . . .
10.5 Z, Yeniden . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
119
119
127
130
137
.
.
.
.
.
143
143
149
154
159
167
¨
11 B¨
ol¨
um Grubu Uzerine
Daha Fazla
173
11.1 B¨ol¨
um Gruplarının Altgrupları . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
11.2 B¨ol¨
um Gruplarının B¨ol¨
um Grupları . . . . . . . . . . . . . . . . 178
12 Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
˙
12.1 Iki Grubun Kartezyen C
¸ arpımı . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.2 C
¸ ok Sayıda Grubun Direkt Toplamı . . . . . . . . . . . . . . .
12.3 Yarıdirekt C
¸ arpım . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
181
181
184
193
13 Abel Grupları
13.1 Serbest Abel Grupları . . . . . . . . . . . . . . . .
13.1.1 Z’nin Direkt Toplamları . . . . . . . . . . .
13.1.2 Taban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.1.3 Serbest Abel Grupları . . . . . . . . . . . .
13.1.4 Boyut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.1.5 Sonu¸clar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
¨
13.1.6 Evrensel Ozellik
. . . . . . . . . . . . . . .
¨
13.2 Sonlu Sayıda Urete¸cli Abel Grupları (1) . . . . . .
13.3 Burulmalı Abel Grupları . . . . . . . . . . . . . . .
¨
13.4 Sonlu Sayıda Urete¸
cli Abel Grupları (2) . . . . . .
13.5 B¨ol¨
un¨
ur Abel Grupları . . . . . . . . . . . . . . . .
13.5.1 Pr¨
ufer p-Grupları . . . . . . . . . . . . . . .
13.5.2 B¨ol¨
un¨
ur Abel Gruplarının Sınıflandırılması
13.6 Abel Gruplarının Saf Altgrupları . . . . . . . . . .
203
203
203
206
207
209
210
215
218
219
223
224
226
231
238
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
14 Grup Etkisi
245
¨
14.1 Tanım ve Ornekler
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
14.2 Kavramlar ve Temel Teoremler . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
15 Sıfırkuvvetli ve C
¸¨
oz¨
ul¨
ur Gruplar
15.1 Kom¨
utat¨or Altgrupları . . . . . . . . .
15.2 Azalan Merkezˆı Seriler, T¨
urev Serileri
15.3 C
¸ ¨oz¨
ul¨
ur Gruplar . . . . . . . . . . . .
15.4 Artan Merkezˆı Seri . . . . . . . . . . .
15.5 Sıfırkuvvetli Gruplar . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
259
259
263
266
269
271
16 Sylow Teoremleri
281
16.1 Sylow Teoremleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281
16.2 Sylow Teoremlerinin Sonu¸cları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285
Seminer Konuları ve Ekler
291
¨
A Oklid
D¨
uzleminin Simetrileri
˙
A.1 Izometriler . . . . . . . . . . . . . . . . .
˙
A.1.1 R’nin Izometrileri
. . . . . . . . . .
2
˙
A.1.2 R ’nin Izometrileri . . . . . . . . .
A.2 Do˘gruları Do˘grulara G¨ot¨
uren D¨on¨
u¸su
¨mler
291
291
292
295
297
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
B Kartezyen C
¸ arpım Serbest Abel Grubu Olmayabilir
307
C Hemen Hemen Her Sonlu C
¸ izge Asimetriktir
311
D Direkt Limit
¨
D.1 Ozde¸
sle¸stirme . . . . . . . . . .
D.2 Direkt Limit . . . . . . . . . . .
¨
D.3 Direkt Limitin Evrensel Ozelli˘
gi
D.4 Cebirsel Yapılarda Direkt Limit
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
319
319
326
329
335
¨
E Serbest Gruplar Uzerine
¨
E.1 Altgrupların Urete¸
cleri . . . .
E.2 Serbest Grupların Altgrupları
E.3 Serbest T¨
umleyen . . . . . .
E.4 Birka¸c Sonu¸c . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
341
341
343
347
351
.
.
.
.
¨
F Zorn Onsavı
355
F.1 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
˙ ansız Bir Problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
F.1.1 Imkˆ
F.1.2 C
¸ ok Kolay Bir Problem . .
F.1.3 Benzer Bir Problem . . . .
F.1.4 Orta Zorlukta Bir Problem
F.1.5 C
¸ etin Bir Problem . . . . .
¨
F.2 Zorn Onsavı ve Birka¸c Sonucu . . .
F.2.1 Hazırlık . . . . . . . . . . .
¨
F.2.2 Zorn Onsavı
. . . . . . . . .
Kaynak¸
ca ve Okuma Listesi
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
357
359
360
363
364
364
366
371
¨ oz
Ons¨
Bir ¨o˘grenci i¸cin soyut cebir matemati˘gin hi¸c ku¸skusuz en zor konusudur. Satır
satır okuyarak anlamak o kadar zor de˘gildir (e˘ger buna anlamak denirse), ne
de olsa mantı˘gın sınırları i¸cinde dolanıyoruz, ama soyut cebirin ¨oz¨
umsenmesi
zordur. Bu zorlu˘gu yenmenin yegˆane yolu zamana ve aklına g¨
uvenip yılmadan
¸calı¸smaktır. Zamanla kavramlar oturacaktır.
C
¸ alı¸smaktan kastım: Bol ¨ornek ve alı¸stırma, harcanan kˆa˘gıda ve zamana
acımadan yazıp silmek, teoremleri kendi ba¸sına kanıtlamaya ¸calı¸smak ve bunu
“tabii ki b¨oyle olmalı, ba¸ska t¨
url¨
u nasıl m¨
umk¨
un ki” diyene kadar tekrar tekrar yapmak, kendi ¨orneklerini yaratmak, soyut kavramların somut resimlerini
¸cizmek, harcanan zamana acımadan geriye d¨on¨
up kitabı tekrar tekrar okumak.
Bir iki ay ¸calı¸smaya ara verip tekrar geri d¨onmek de i¸se yarar; bezdi˘ginizde,
umutsuzlu˘ga kapıldı˘gınızda b¨oyle yapın, zaman ve bilin¸caltı devreye girer ve
iki ay sonra kitaba geri d¨ond¨
u˘gu
¨n¨
uzde her ¸seyi ¸cok daha rahat anlayabilirsiniz.
¨
Ozellikle en basit ¨orneklere ¨onem verin. Girift ¨ornekler sanılanın aksine kafa
karı¸stırır.
E˘ger kitabın ama¸cladı˘gı seviyede bir ¨o˘
grenciyseniz, muhtemelen satır satır
okuyarak, sayfaları teker teker ¸cevirerek anlamayaca˘gınız anlar olacaktır. B¨ol¨
um¨
u bitirdi˘ginizde, hatta bazen bir iki b¨ol¨
um sonra, daha ¨once okuduklarınızı
¸cok daha iyi anlayacaksınız, o kadar ki ilk okuyu¸sta hemen anlamamanıza
¸sa¸sıracaksınız.
Grup teorisi zaten yeterince soyut, dolayısıyla zor oldu˘gundan, akademisyenler a¸sa˘gıdan (¨o˘grencilerden) ve yukarıdan (idareden) gelen baskılara direnemeyerek, dersleri ve kitapları giderek daha fazla kolayla¸stırıyorlar. B¨oyle
yaparak ¨o˘grencilerin sınavı ba¸sarmalarına yardımcı oluyorlar belki ama konuyu anlamalarını imkˆansız hale getiriyorlar. Ben ¸sahsen, grup teorisini faso
fiso kitapları bir yana atıp en zor konuları anlamaya ¸calı¸sarak anladım. Size
de aynı y¨ontemi tavsiye ederim.
B¨ol¨
um ve altb¨ol¨
um ba¸slıklarına bakıldı˘gında teoremlere de˘gil, kavram¨
lara ¨onem verdi˘gim g¨ozlenecektir. Orne˘
gin ¸cok yararlı olan ve grup teorisinin vazge¸cilmezi olan me¸shur Cauchy teoremini ¨ornek ve alı¸stırmalarda, dolayısıyla k¨
uc¸u
¨k puntoyla bulacaksınız. Buna tek istisna, ¨ozel bir b¨ol¨
um ayrılmı¸s
olan ve kitabın son b¨ol¨
um¨
unde yer alan Sylow teoremleridir.
2
¨ oz
¨
Ons
Her ne kadar kitabı birinci sayfasından sonuncu sayfasına kadar satır satır
okunması niyetiyle yazmı¸ssam da, bunun ¸co˘gu zaman m¨
umk¨
un olmadı˘gını biliyorum. Zaten bu kitapta da bezdirici sayıda ¨ornek ve alı¸stırma oldu˘gundan,
kitabı satır satır okumak pek akıl kˆarı de˘gildir. Bir matematik kitabı bir Dostoyevski romanı gibi satır satır okunmaz. Sık sık ge¸cmi¸se referans koyarak,
bazen de kendimi tekrarlayarak, kitabı atlaya zıplaya okumaya karar veren
okura kolaylık sa˘glamak istedim. Umarım tekrar eden bu referanslar akıcılı˘gı
bozmaz ve referanslara ihtiyacı olmayan okuru fazla rahatsız etmez.
¨
Ornekleri,
alı¸stırmaları ve ilk okunu¸sta ¸s¨oyle bir bakılması gereken b¨ol¨
umleri k¨
u¸cu
¨k puntolarla yazdım. Ama gerekti˘ginde buralara geri d¨on¨
up daha
¨
dikkatli bir okuma yapmak gerekecektir. Ornek ve alı¸stırmaların her biri ¨onemlidir; ¨ornek olsun kitap dolsun diye konmamı¸slardır. Bazı ¨ornek ve alı¸stırmalar
ilk okunu¸sta zor bulunabilir; geri d¨on¨
uld¨
u˘gu
¨nde zorlu˘gun kaybolaca˘gını umu˙ okuyu¸sta zamansızlıktan ya da ba¸ska nedenden atladı˘gınız b¨oyorum. Ilk
l¨
umlere daha sonra geri d¨on¨
un, daha iyi anlayacaksınız ve iyi anlayaca˘gınız
birka¸c kavram, kanıt ve teorem, ba¸ska bir¸cok ¸seyi ¸cok daha rahat anlamınızı
sa˘glayarak soyut cebirin kapısını aralayacaktır. (Ne kadar s¨oylesem azdır!)
˙ cinde teorem
Dedi˘gim gibi ¨ornekler ve alı¸stırmalar metnin bir par¸casıdır. I¸
ge¸cen ¨ornekleri okumanızı tavsiye ederim, en azından bir g¨oz atın ve be¸s
¨
on dakika zaman ge¸cirip neyin kanıtlandı˘gını anlayın. Ornek
ve alı¸stırmalar
arasından bazılarına daha fazla zaman ayırın, ¨ozellikle ilk ¨ornek ve alı¸stırmalara, bunlar neredeyse hemen her zaman di˘gerlerinden daha temel ve ¨onemlidir;
do˘gal olarak.
Bazen daha sonra kanıtlayaca˘gım teoremleri ¨onceki b¨ol¨
umlerde ¨ornek olarak verdi˘gim ya da alı¸stırma olarak okura sordu˘gum oldu. Aynı teoremin birka¸c
farklı kanıtını verdi˘gim de oldu.
Kitabı yazarken aklımda olan okur tipi, matematik lisans 2’nci ya da
3’¨
unc¨
u sınıf ¨o˘grencileriydi. Bir de lisans¨
ust¨
u ¨o˘grencileri d¨
u¸su
¨nd¨
um. Bir d¨onemlik bir ders kitabı olarak tasarladım. (Ama bu, kitap bir d¨onemde ¨oz¨
umsenecektir anlamına gelmez!) Atlanacak b¨ol¨
um olmamalı, ancak atlanacak ve
gerekti˘ginde geri d¨on¨
ulecek ¨ornek ve alı¸stırma bol bol olmalı. B¨ol¨
um 13’teki
Altb¨ol¨
um 13.5 ve sonrası ilk iki u
¨c¸ (!) okumada atlanabilir. Lisans¨
ust¨
u ¨o˘grencileri ise, ekler dahil, kitabı ba¸sından sonuna satır satır okumalı.
Bu kitapta okurdan herhangi bir lineer cebir bilgisi beklenmiyor. Teorik
olarak hi¸c lineer cebir bilmeyen biri kitabı ba¸sından sonuna anlayabilmeli.
Lineer cebirle ilgili kavramları gerekti˘ginde tanımladım. Ama hi¸c ku¸sku yok
ki lineer cebir bilen biri kitabın B¨ol¨
um 12’den sonraki kısmını ¸cok daha rahat
anlayacaktır. Bu arada, bu b¨ol¨
um ve sonrasında kitabın seviye atladı˘gını ve
acımasız olmaya ba¸sladı˘gını belirtelim.
Kitabın sonuna, ¨o˘grencilerin birbirlerine seminer olarak sunabilecekleri,
b¨oylece grup teorisini daha iyi ¨o˘grenebilecekleri bazıları kolay, bazıları daha
zor birka¸c ek b¨ol¨
um koydum. Ek b¨ol¨
umler illa kolaydan zora do˘gru sıralan-
mamı¸slardır. Bunlardan biri dı¸sında hi¸cbiri ana metinde kullanılmayacaktır.
Ama mutlaka hepsinin metinde bir ¨onemi olacaktır. Ekleri bilen bir ¨o˘grenci
hi¸c ku¸skusuz konuyu daha iyi kavrayacaktır. Metinde kullanılacak olan ek,
¨
¨
Zorn Onsavı’yla
ilgili olan ektir. Zorn Onsavı’na
da sadece B¨ol¨
um 13’¨
un sonlarına do˘gru, Altb¨ol¨
um 13.3’ten sonra esaslı bi¸cimde ihtiya¸c duyulacaktır ve
¨
kitabın sonuna kadar da Zorn Onsavı
kullanılarak kanıtlanmı¸s sonu¸clar kul¨ yandan, sonlu eleman tarafından u
lanılmayacaktır. Ote
¨retilmi¸s gruplarla il¨
gilenen, dolayısıyla Zorn Onsavı’na ihtiyacı olmayan ¨o˘grencinin bu b¨ol¨
umleri
¨
Zorn Onsavı’na
takılmadan kolaylıkla okuyabilmesi i¸cin gereken uyarıları yaptım.
Te¸sekk¨
ur. Bir¸cok yazıyı LATEX’e d¨on¨
u¸st¨
uren C
¸ i˘gdem S¸ahin’e, bana her t¨
url¨
u ¸calı¸sma imkˆanı yaratan ve teknik konularda yardımcı olan asistanım Aslı
Can Korkmaz’a, ortak yazdı˘gımız bazı yazıları kitaba ek olarak aldı˘gım ¨o˘gren¨ uuzun ve Seyfi T¨
cilerim Halime Omr¨
urkelli’ye, d¨
uzeltmeler yapan ¨o˘grencilerim
Ergin ve Ersin S¨
uer karde¸slere, Bet¨
ul Tolgay’a ve son olarak kitabı ba¸stan
a¸sa˘gı okuyarak bir¸cok T¨
urk¸ce yanlı¸sını ve anlatım bozuklu˘gunu gideren Onur
Kara’ya ¸cok te¸sekk¨
ur ederim.
Ali Nesin / 25 Ekim 2014
1. Grup Kavramı
1.1
¨ c Grup Orne˘
¨
U¸
gi
¨ c ¨ornekle grup kavramına giri¸s yapalım. Matematiksel tanımı daha sonra
U¸
verece˘giz.
¨
Notlar ve Ornekler
1.1. Tamsayılar k¨
umesi Z’yi ve Z u
¨zerine tanımlanan toplama i¸slemini ele alalım, yani (Z, +)
yapısını ele alalım. Her ¸seyden ¨
once toplama Z k¨
umesi u
¨zerine (ikili) bir i¸slemdir, yani
iki tamsayının toplamı gene bir tamsayıdır. Z k¨
umesi u
¨zerine tanımlanmı¸s bu toplama
i¸sleminin ¸su ¨
ozellikleri vardır:
Toplama i¸slemi “birle¸sme ¨
ozelli˘
gi”ni sa˘
glar, yani her x, y, z ∈ Z i¸cin
x + (y + z) = (x + y) + z
olur. Bunun dı¸sında, Z’de toplama i¸slemi i¸cin bir “etkisiz eleman” vardır: 0; yani her
x ∈ X i¸cin
x+0=0+x=x
olur. Bir u
¨c¸u
¨nc¨
u¨
ozellik daha vardır: Her x ∈ Z i¸cin ¨
oyle bir y ∈ Z vardır ki
x+y =y+x=0
˙ ste grup denen ¸sey, bir k¨
olur. Bu y’nin −x oldu˘
gunu bilmeyen yoktur. I¸
ume (¨
ornekte
Z) ve bu k¨
ume u
¨zerinde yukarıdaki u
¨¸c ¨
ozelli˘
gi sa˘
glayan (ikili) bir i¸slemdir (¨
ornekte
toplama). Tam matematiksel tanım ¨
orneklerden sonra gelecek.
Bu ¨
ornekte, i¸slemi de˘
gi¸stirmeden Z k¨
umesi yerine Q ya da R k¨
umesini de alabilirdik,
u
¨c¸ ¨
ozellik gene sa˘
glanırdı. Hatta ¸cift sayılar k¨
umesi 2Z’yi ya da daha genel olarak bir n
sayısının katlarından olu¸san nZ k¨
umesini de alabilirdik. Burada n, 0 dahil, herhangi bir
ger¸cel sayı olabilir, mesela 21 Z k¨
umesi ve toplama i¸slemi yukarıdaki u
¨¸c ¨
ozelli˘
gi sa˘
glar.
Ama Z yerine N’yi alsaydık u
¨c¸u
¨nc¨
u¨
ozellik do˘
gru olmazdı.
Z yerine Z\{3, −3} alsaydık toplama altında bir grup elde etmezdik, ¸cu
¨nk¨
u her ne kadar
u
¨c¸ ¨
ozellik do˘
gruysa da, bu k¨
ume u
¨zerinde toplama her zaman tanımlı de˘
gildir, ¨
orne˘
gin
1 ile 2 bu k¨
umededir ama toplamları olan 3 bu k¨
umede de˘
gildir. 9 ve −6’nın toplamı da
bu k¨
umede de˘
gildir. Yani toplama Z \ {3, −3} k¨
umesi u
¨zerinde bir i¸slem de˘
gildir. Z \ {0}
k¨
umesi de toplama altında kapalı de˘
gildir.
1.2. Bu sefer R∗ olarak g¨
osterece˘
gimiz 0’dan farklı ger¸cel sayılar k¨
umesini alaca˘
gız: R∗ =
R\{0}. Ama i¸slemimiz ¸carpma olacak. Yani (R∗ , · ) yapısını ele alaca˘
gız. Birle¸sme ¨
ozelli˘
gi
gene ge¸cerli:
x · (y · z) = (x · y) · z.
6
1. Grup Kavramı
Etkisiz eleman gene var: 1; yani her x ∈ R∗ i¸cin
x·1=1·x=x
olur. Ayrıca her x ∈ R∗ i¸cin ¨
oyle bir y ∈ R∗ vardır ki
x·y =y·x=1
olur. Bu y elbette 1/x sayısıdır.
Bu ¨
ornekte R∗ yerine Q∗ = Q \ {0}, R>0 = (0, ∞) ya da Q>0 = R>0 ∩ Q k¨
umelerinden
birini de alabilirdik, u
¨¸c ¨
ozellik gene sa˘
glanırdı. Ama R∗ yerine Z \ {0} k¨
umesini alsaydık
u
¨¸cu
¨nc¨
u ¨
ozellik do˘
gru olmazdı, mesela 2 sayısının ¸carpımsal tersi olan 1/2 bu k¨
umede
¨ yandan {1, −1} k¨
de˘
gildir. Ote
umesi ¸carpma i¸slemi i¸cin yukarıdaki u
¨c¸ ¨
ozelli˘
gi de sa˘
glar.
Tek elemanlı {1} k¨
umesi de ¸carpma altında kapalıdır ve u
¨c¸ ¨
ozelli˘
gi sa˘
glar. S
¸u ¨
ornek de
ilgin¸c: E˘
ger a ∈ R∗ ve A = {an : n ∈ Z} ise, (A, ·) yapısının yukarıdaki u
¨c¸ ¨
ozelli˘
gi vardır.
E˘
ger a, b ∈ R∗ ve A = {an bm : n, m ∈ Z} ise, (A, · ) yapısının da yukarıdaki u
¨¸c ¨
ozelli˘
gi
vardır. Bir de ¸su ¨
orne˘
ge bakalım:
B = {π n q : n ∈ Z, q ∈ Q∗ }.
Bu son k¨
ume de ¸carpma i¸slemi altında kapalıdır ve yukarıdaki u
¨c¸ ¨
ozelli˘
gi de sa˘
glar.
1.3. Yukarıdaki ¨
ornekler de˘
gi¸
smeli grup ¨
ornekleridir, yani her x, y elemanları i¸cin, birinci
o
¨rnekte x + y = y + x, ikinci ¨
ornekte x · y = y · x olur. De˘
gi¸smeli gruplara daha ziyade
abel grubu denir. Bu ¨
ornekteki grup bir abel grubu olmayacak.
Dikkat ederseniz yukarıdaki iki ¨
ornekte bir k¨
ume ve bu k¨
ume u
¨zerine bir i¸slem (birinci
o
¨rnekte toplama, ikinci ¨
ornekte ¸carpma) aldık. Nitekim bir grup olması i¸cin bir k¨
ume
ve bu k¨
ume u
¨zerine tanımlı (ikili) bir i¸slem olmalıdır. Bu son ¨
orne˘
gimizde herhangi
bir X k¨
umesi alaca˘
gız ve u
¨zerine i¸slem tanımlayaca˘
gımız k¨
ume X’in e¸sle¸smeleri (ya da
bijeksiyonları), yani X’ten X’e giden birebir ve ¨
orten fonksiyonlar k¨
umesi olacak. Grup
teorisinde e¸sle¸sme ya da bijeksiyon yerine perm¨
utasyon s¨
ozc¨
ug
˘u
¨ kullanılır, biz de ¨
oyle
yapaca˘
gız. X’in perm¨
utasyonları k¨
umesi Sym X olarak yazılır:
Sym X = {f : X −→ X : f birebir ve ¨
orten}.
˙ slem olarak fonksiyonların bile¸skesini alaca˘
I¸
gız. Bile¸ske kavramını anımsatalım. E˘
ger
f : X −→ Y ve g : Y −→ Z birer fonksiyonsa, kısaca “gof” diye okunan g ◦ f : X −→ Z
fonksiyonu, her x ∈ X i¸cin
(g ◦ f )(x) = g(f (x))
olarak tanımlanır. Birebir ve ¨
orten fonksiyonların bile¸skesi de birebir ve ¨
ortendir, dolayısıyla e˘
ger f, g ∈ Sym X ise g ◦ f ve f ◦ g fonksiyonları da Sym X k¨
umesindedir.
˙ iki ¨
Ilk
ornekte altını ¸cizdi˘
gimiz u
¨c¸ ¨
ozelli˘
gi teker teker kontrol edelim. Birle¸sme ¨
ozelli˘
gi
sadece perm¨
utasyonlar i¸cin de˘
gil, bile¸skesi alınabilen t¨
um fonksiyonlar i¸cin ge¸cerlidir:
E˘
ger f : X −→ Y , g : Y −→ Z, h : Z −→ T ise,
h ◦ (g ◦ f ) = (h ◦ g) ◦ f
olur. Bu ¨
onemli e¸sitli˘
gi kanıtlayalım. Her iki fonksiyonun da tanım k¨
umesi X, de˘
ger
k¨
umesi T . Bakalım iki fonksiyon da aynı elemanda aynı de˘
geri alıyor mu? x ∈ X,
rastgele bir eleman olsun. Bile¸skenin tanımını kullanarak hesaplayalım:
(h ◦ (g ◦ f ))(x) = h((g ◦ f )(x)) = h(g(f (x)))
ve
((h ◦ g) ◦ f )(x) = (h ◦ g)(f (x)) = h(g(f (x)))
¨
¨ ¸ Grup Orne
˘
1.1. Uc
gi
7
olur. Her iki hesapta da aynı sonucu bulduk. B¨
oylece birinci ¨
ozelli˘
gin (birle¸sme ¨
ozel˙
li˘
ginin) sa˘
glandı˘
gını g¨
ostermi¸s olduk. Ikinci
¨
ozellik, etkisiz elemanın varlı˘
gını s¨
oyl¨
uyor.
¨
Sym X’te etkisiz eleman var mı? Ozde¸
slik fonksiyonu ya da birim fonksiyon
IdX : X −→ X,
sadece e¸sle¸smelerin de˘
gil, t¨
um uygun fonksiyonlar i¸cin bile¸ske i¸sleminin etkisiz elemanıdır ve elbette Sym X’in bir elemanıdır. Unutanlar i¸cin anımsatalım, IdX fonksiyonu,
her x ∈ X i¸cin
IdX (x) = x
olarak tanımlanmı¸stır. Elbette her f : X −→ Y fonksiyonu i¸cin
f ◦ IdX = f ve IdY ◦f = f
olur. Bu ¨
ozellik de sa˘
glandı. Sonuncu ¨
ozelli˘
ge gelelim. f ∈ Sym X olsun. Acaba
f ◦ g = g ◦ f = IdX
e¸sitli˘
gini sa˘
glayan bir g ∈ Sym X var mı? Var, ¸cu
¨nk¨
u f birebir ve ¨
orten oldu˘
gundan, f ’nin
bir “ters fonksiyonu” vardır. Bunu da unutanlar i¸cin anımsatalım: E˘
ger f : X −→ Y bir
e¸slemeyse, o zaman f −1 : Y −→ X fonksiyonu, her y ∈ Y i¸cin
f −1 (y) = x ⇔ f (x) = y
¨
onermesi do˘
gru olacak bi¸cimde tanımlanmı¸stır, yani f fonksiyonu a’yı b’ye g¨
ot¨
ur¨
uyorsa,
f −1 fonksiyonu f ’nin yaptı˘
gını bozarak b’yi tekrar a’ya geri getirir. f −1 fonksiyonu da
bir e¸slemedir ve
f ◦ f −1 = IdY ve f −1 ◦ f = IdX
olur. Demek ki e˘
ger f ∈ Sym X ise f −1 fonksiyonu da Sym X’tedir ve
f ◦ f −1 = f −1 ◦ f = IdX
¨
olur. Onemsedi˘
gimiz u
¨c¸u
¨nc¨
u¨
ozellik de sa˘
glandı.
¨
E˘
ger |X| > 2 ise bile¸ske i¸slemi Sym X u
¨zerine de˘
gi¸smeli de˘
gildir. Orne˘
gin X = {1, 2, 3}
olsun ve f, g ∈ Sym X perm¨
utasyonları ¸so
¨yle tanımlansınlar:
f (1) = 2, f (2) = 1, f (3) = 3
ve
g(1) = 1, g(2) = 3, g(3) = 2.
O zaman
(g ◦ f )(1) = g(f (1)) = g(2) = 3
ve
(f ◦ g)(1) = f (g(1)) = f (1) = 2
olur. g◦f ve f ◦g perm¨
utasyonları 1’de farklı de˘
ger aldıklarından birbirine e¸sit de˘
gildirler.
Sonu¸c olarak Sym X k¨
umesi bile¸ske i¸slemiyle birlikte bir grup olur. C
¸ ok ¸cok ¨
onemli bir
gruptur. Hakkında ¸cok daha fazla konu¸saca˘
gız.
E˘
ger X = {1, 2, . . . , n} ise Sym X yerine Sym n yazılır. B¨
ol¨
um 3’te sadece bunları konu
edece˘
giz.
¨
Ornekleri
daha sonra ¸co˘galtmak u
¨zere, grubun tanımına gelelim.
8
1.2
1. Grup Kavramı
Grup Tanımı
˙ slem. Bir grubun olu¸sması i¸cin her ¸seyden ¨once bir k¨
ume gereK¨
ume ve I¸
kir. K¨
umeye G diyelim, grubun G’si. Bir grup sadece bir k¨
ume de˘gildir (aksi
halde grup yerine k¨
ume derdik!) Bir grup bir G k¨
umesinden ve G × G kartezyen ¸carpımından G’ye giden bir fonksiyondan olu¸sur. Bu fonksiyona “fonksiyon”dan ziyade i¸
slem, bazen de ikili i¸
slem denir. E˘ger (x, y) ∈ G × G ise,
fonksiyonun bu ikiliyi g¨onderdi˘gi G’nin elemanını ⋆(x, y) olarak de˘gil, x ⋆ y
olarak yazalım. Yukarıdaki ¨orneklerde x ⋆ y i¸slemi sırasıyla x + y, x · y ve x ◦ y
˙ slemde unutulmaması gereken nokta, i¸slemin sonucunun gene G k¨
idi. I¸
ume¨
sinde olma zorunlulu˘gudur. Orne˘
gin (x, y) 7→ x − y kuralı N u
¨zerine bir i¸slem
tanımlamaz, ¸cu
¨nk¨
u x ve y birer do˘gal sayıysa x − y her zaman bir do˘gal sayı
de˘gildir; ¨ote yandan aynı kural bize Z k¨
umesi u
¨zerine bir i¸slem tanımlar. Bir
ba¸ska ¨ornek: (x, y) 7→ x/y kuralı R u
¨zerine bir i¸slem tanımlamaz, ¸cu
¨nk¨
uy=0
>0
ise x/y anlamsızdır; ¨ote yandan aynı kural bize R \ {0} ya da R k¨
umesi
u
¨zerine bir i¸slem tanımlar.
x
y
G
x*y
Bir grubun olu¸sması i¸cin bir k¨
ume ve bu k¨
ume u
¨zerine tanımlanmı¸s bir
i¸slem gerekir dedik, ama bir grubun olu¸sması i¸cin bunlar yeterli de˘gildir, ayrıca
k¨
umenin ve i¸slemin a¸sa˘gıda G1, G2, G3 olarak listeleyece˘gimiz u
¨¸c ¨ozelli˘gi
sa˘glaması gerekir.
¨
G1. Birle¸sme Ozelli˘
gi. Bir grubun olu¸sması i¸cin sa˘glanması gereken birinci
¨ozellik, birle¸sme ¨ozelli˘gidir. Yani her x, y, z ∈ G i¸cin
x ⋆ (y ⋆ z) = (x ⋆ y) ⋆ z
olmalı. Bu ¸cok ¨onemli bir ¨ozelliktir. Bir i¸slemde bu ya da en azından buna
benzer bir ¨ozellik yoksa durum umutsuz demektir, i¸slemi eri¸smesi uzak bir
kenara kaldırabilirsiniz! En azından
x ⋆ (x ⋆ x) = (x ⋆ x) ⋆ x
e¸sitli˘gi do˘gru olmalı ki, hangi sırayla ¸carpaca˘gımıza (yani i¸slem yapaca˘gımıza)
dair ku¸skuya d¨
u¸smeden x’i kendisiyle u
¨¸c defa ¸carpabilelim ve x3 diye bir elemandan s¨ozedebilelim.
Birle¸sme ¨ozelli˘gi sayesinde elli tane elemanı, belirlenmi¸s sırayı bozmamak
kaydıyla istedi˘gimiz gibi ¸carpabiliriz; ¨orne˘gin,
((x ⋆ y) ⋆ z) ⋆ t, (x ⋆ (y ⋆ z)) ⋆ t, (x ⋆ y) ⋆ (z ⋆ t), x ⋆ ((y ⋆ z) ⋆ t), x ⋆ (y ⋆ (z ⋆ t))
1.2. Grup Tanımı
9
¸carpımlarının hepsi e¸sittir; dolayısıyla bu ¸carpımları
x⋆y⋆z⋆t
¨ c ve d¨ort eleman i¸cin do˘gru olan bu ¨ozelolarak parantezsiz yazabiliriz. U¸
lik her sayıda elemanın ¸carpımı i¸cin de do˘grudur. (Bunun kanıtlanması gerekir, ama Bourbaki dı¸sında herhangi bir kitapta bu bariz ve sıkıcı ¨onermenin
kanıtlandı˘gını g¨ormedim; g¨
uzelim geleneklere uyarak biz de kanıtlamayaca˘gız.)
Ama elemanların ¸carpım sırasını de˘gi¸stiremeyebiliriz, ¸cu
¨nk¨
u x ⋆ y her zaman y ⋆ x olmak zorunda de˘gildir. Bu ¨ozelli˘gin sa˘glandı˘gı gruplara de˘gi¸smeli
grup ya da abel grubu denir. Abel grupları, en basit gruplar olduklarından,
bunların grup teorisinde ¨ozel bir yeri vardır.
Sonlu sayıda elemanın ¸carpımının tanımlandı˘gını da g¨ozlemleyelim. Sonsuz sayıda elemanı ¸carpmak (ya da toplamak) i¸cin yakınsaklık gibi analize
¨ozg¨
u kavramlar gerekir, ki bu da bu kitabın konusu de˘gil.
G2. Etkisiz Elemanın Varlı˘
gı. Bir grubun olu¸sması i¸cin ⋆ i¸sleminin birle¸sme ¨ozelli˘gi dı¸sında bir de ayrıca etkisiz elemanı olmalıdır, yani G’nin ¨oyle
bir e elemanı olmalıdır ki, her x ∈ G i¸cin
e⋆x=x⋆e=x
e¸sitli˘gi sa˘glansın. (Dikkat: “her x i¸cin ¨oyle bir e vardır ki...” demedik, “¨oyle bir
e var ki her x i¸cin...” dedik.) Bu ¨ozelli˘gi sa˘glayan bir elemana etkisiz eleman
denir. Aslında her x ∈ G i¸cin e ⋆ x = x e¸sitli˘gini sa˘glayan elemana soldan
etkisiz eleman, her x ∈ G i¸cin x ⋆ e = x e¸sitli˘gini sa˘glayan elemana sa˘
gdan
etkisiz eleman denir. Ama soldan ve sa˘gdan etkisiz elemanlar –e˘ger varsa–
e¸sittirler:
¨
Onsav
1.1. ⋆, G u
¨zerine ikili bir i¸slemse ve bu i¸slemin sa˘gdan ve soldan
etkisiz elemanları varsa, bu elemanlar e¸sittir.
Kanıt: e soldan, f de sa˘gdan etkisiz eleman olsun. Her x ∈ G i¸cin e ⋆ x = x
oldu˘gundan (bunu x = f ¨ozeline uygulayarak)
e⋆f =f
e¸sitli˘gini elde ederiz. Her x ∈ G i¸cin x ⋆ f = x oldu˘gundan (bunu x = e ¨ozeline
uygulayarak)
e⋆f =e
e¸sitli˘gini elde ederiz. Demek ki
f = e ⋆ f = e.
˙
Istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸stır.
Demek ki bir grupta tek bir etkisiz eleman vardır.
10
1. Grup Kavramı
G3. Elemanların Tersi. Bir grupta, grubun her x elemanı i¸cin
x⋆y =y⋆x=e
e¸sitli˘gini sa˘glayan bir y elemanı olmalıdır. Buradaki e, G2’de varlı˘gı s¨oylenen
grubun yegˆane etkisiz elemanıdır. Verilmi¸s bir x i¸cin bu ¨ozelli˘gi sa˘glayan bir
¨
y vardır ama her x i¸cin ba¸ska bir y olabilir (ve nitekim ¨oyle de olur.) Once
verilmi¸s bir x i¸cin bu ¨ozelli˘gi sa˘glayan y’nin biricik oldu˘gunu kanıtlayalım.
¨
Onsav
1.2. Birle¸sme ¨
ozelli˘gini sa˘glayan ve etkisiz elemanı e olan bir (G, ⋆)
yapısında (e’nin biricik oldu˘gunu bir ¨
onceki ¨
onsavdan biliyoruz ) e˘ger z ⋆ x =
x ⋆ y = e ise z = y olur.
Kanıt: Kanıtımız tek bir satırdan olu¸sacak:
y = e ⋆ y = (z ⋆ x) ⋆ y = z ⋆ (x ⋆ y) = z ⋆ e = z.
Kanıtımız bitmi¸stir.
Madem ki bir grupta, verilmi¸s bir x i¸cin, x⋆y = y ⋆x = e e¸sitli˘gini sa˘glayan
bir ve bir tane y var, bu y elemanına ¨ozel bir ad verelim: y’ye x’in (⋆ i¸slemine
g¨ore) tersi adı verilir ve bu eleman
x−1
olarak yazılır. Yukarıdaki ¨onsava g¨ore bir grupta her x elemanı i¸cin
y = x−1 ⇔ x ⋆ y = e ⇔ y ⋆ x = e
e¸sde˘gerlikleri ge¸cerlidir. Bunun sonucu olarak, e˘ger y, x’in tersiyse, x’in de
y’nin tersi oldu˘gu anla¸sılır; nitekim yukarıdaki e¸sde˘ger ko¸sullardan son ikisi x
ve y’ye g¨ore birbirinin simetri˘gidir. Yani x’in tersinin tersi x’tir:
(x−1 )−1 = x.
e ⋆ e = e oldu˘gundan, e−1 = e olur. Ama e kendi kendisinin tersi olan
yegˆane eleman olmayabilir; ¨orne˘gin R⋆ grubunda −1 elemanı da kendisinin
tersidir, ya da Sym X grubunda X’in iki elemanını de˘gi¸stiren ama di˘ger hi¸cbir
elemanı de˘gi¸stirmeyen e¸sleme kendi kendisinin tersidir.
Kolayca g¨osterilebilece˘gi u
¨zere bir grupta x ⋆ y elemanının tersi y −1 ⋆ x−1
elemanıdır ve (x ⋆ y = y ⋆ x olmadık¸ca) x−1 ⋆ y −1 de˘gildir.
Bir grupta sadele¸stirme yapılabilir, yani x ⋆ a = x ⋆ b ise a = b olur. Nitekim, e¸sitli˘gin her iki tarafını da x−1 ile ¸carparsak a = b e¸sitli˘gini buluruz. Bu
kanıtı daha formel olarak yazalım:
a = e ⋆ a = (x−1 ⋆ x) ⋆ a = x−1 ⋆ (x ⋆ a) = x−1 ⋆ (x ⋆ b) = (x−1 ⋆ x) ⋆ b = e ⋆ b = b.
1.2. Grup Tanımı
11
Ve elbette a ⋆ x = b ⋆ x ise a = b olur, kanıt aynıdır. Ama dikkat x ⋆ a = b ⋆ x
ise a ve b e¸sit olmak zorunda de˘gildir.
Bir grupta a ⋆ x ⋆ b = c denkleminin bir ve bir tane ¸c¨oz¨
um¨
u vardır: x =
a−1 ⋆ c ⋆ b−1 . Ama ¨orne˘gin x ⋆ a ⋆ x = b denkleminin ¸c¨oz¨
um¨
u olmayabilir,
oldu˘gunda da birka¸c farklı ¸c¨oz¨
um olabilir.
Grubun tanımını bi¸cimsel olarak yazalım.
Tanım. Bir grup, bir G k¨
umesi ve bu G k¨
umesi u
¨zerine a¸sa˘gıdaki G1, G2, G3
¨
ozelliklerini sa˘glayan bir ⋆ : G × G −→ G ikili i¸sleminden olu¸sur.
G1. Her x, y, z ∈ G i¸cin x ⋆ (y ⋆ z) = (x ⋆ y) ⋆ z.
¨
G2. Oyle
bir e ∈ G vardır ki, her x ∈ G i¸cin x ⋆ e = e ⋆ x = x olur. (Bu ¨
ozelli˘gi
olan e elemanı zorunlu olarak biriciktir.)
G3. e, bir ¨
onceki ¨
ozelli˘gi sa˘glayan yegˆ
ane eleman olsun. Her x ∈ G i¸cin ¨
oyle
bir y ∈ G vardır ki x ⋆ y = y ⋆ x = e e¸sitlikleri sa˘glanır. (Verilmi¸s her x ∈ G
i¸cin, bu ¨
ozelli˘gi sa˘glayan y elemanı zorunlu olarak biriciktir ve x−1 olarak
yazılır.)
Demek ki bir grup, yukarıdaki G1, G2, G3 ¨ozelliklerini sa˘glayan bir G
k¨
umesinden ve bu k¨
ume u
¨zerine tanımlanmı¸s bir ⋆ i¸sleminden olu¸sur; yani bir
grup bir (G, ⋆) ikilisidir. Ama ¸co˘gu zaman i¸slemin ne oldu˘gu ya ¸cok barizdir ya
da i¸slem ¨onemli de˘gildir ve bu durumda (G, ⋆) grubundan de˘gil G grubundan
¨
s¨ozedilir. Orne˘
gin R, Q ya da Z grubundan s¨ozedildi˘ginde i¸slemin toplama
oldu˘gu s¨oylenmeden varsayılır. R⋆ , Q⋆ , R>0 , Q>0 grupları aksi s¨oylenmedik¸ce
¸carpma altında bir gruptur. Sym X ise ¸sa¸smaz bir bi¸cimde bile¸ske altında bir
gruptur.
x ⋆ y elemanına “x ve y’nin ¸
carpımı” denir (ama i¸slem toplama bile olabilir!)
¨
Notlar ve Ornekler
˙ u
¨c¸ ¨
orne˘
gimiz sayı ve fonksiyon k¨
umelerinden olu¸suyordu. Bu ¨
ornekte bir X k¨
ume1.4. Ilk
sinin altk¨
umelerini eleman olarak kabul eden ℘(X) k¨
umesine bakaca˘
gız. Bu k¨
umeyi
¨
bir gruba d¨
on¨
u¸st¨
urece˘
giz. Once
i¸slemi tanımlayalım, bir gruba ula¸smanın ba¸ska yolu
˙ slemimiz simetrik fark i¸slemi olarak adlandırılan ∆ i¸slemi olacak. Bu i¸slemi
yok. I¸
tanımlayalım: A, B ∈ ℘(X) i¸cin, A∆B ¸so
¨yle tanımlanmı¸stır:
A∆B = (A ∪ B) \ (A ∩ B).
Simetrik farkı ¸so
¨yle de tanımlayabilirdik:
A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A).
˙ tanımın e¸sde˘
Iki
ger oldu˘
gunun kanıtını okura bırakıyorum. S
¸u ¨
ozellikler do˘
grudur:
G1. Her A, B, C ∈ ℘(X) i¸cin A∆(B∆C) = (A∆B)∆C. Bu, hemen bakınca do˘
grulu˘
gu
anla¸sılacak e¸sitliklerden de˘
gil, biraz u˘
gra¸smak gerekiyor. Ama bundan sonraki e¸sitlikler
bariz.
G2. Her A ∈ ℘(X) i¸cin A∆∅ = ∅∆A = A olur. Demek ki ∅, simetrik fark i¸sleminin
etkisiz elemanı.
12
1. Grup Kavramı
G3. Her A ∈ ℘(X) i¸cin A∆A = ∅ olur. Demek ki her elemanın tersi var ve bu ters
elemanın kendisi. Bir ba¸ska deyi¸sle her A i¸cin A−1 = A.
Demek ki (℘(X), ∆) bir gruptur. Ayrıca bir abel grubudur, yani her A, B ∈ ℘(X) i¸cin
A∆B = B∆A olur.
1.5. X tercihen sonsuz bir k¨
ume olsun ve X’in sonlu altk¨
umelerinden olu¸san ℘<ω (X) k¨
umesine bakalım. E˘
ger A ve B bu k¨
umedelerse, A∆B de elbette bu k¨
umededir. Demek ki
∆, ℘<ω (X) k¨
umesi u
¨zerine bir i¸slemdir. G1 elbette sa˘
glanıyor. Bo¸sk¨
ume sonlu bir k¨
ume
oldu˘
gundan ℘<ω (X) k¨
umesinin bir elemanıdır, dolayısıyla G2 de sa˘
glanıyor. Yukarıdaki
o
¨rnekte de g¨
ord¨
u˘
gu
¨m¨
uz u
¨zere bir A ∈ ℘<ω (X) elemanının ∆ i¸slemi i¸cin tersi gene
kendisi oldu˘
gundan, G3 ¨
ozelli˘
gi de sa˘
glanıyor. Demek ki (℘<ω (X), ∆) bir gruptur. Bu
<ω
t¨
ur durumlarda ℘ (X) grubunun (bir ¨
onceki ¨
ornekte tanımlanan) ℘(X) grubunun bir
altgrubu oldu˘
gu s¨
oylenir. Ama altgruplar ¸cok ¨
onemli bir kavram oldu˘
gu i¸cin bu kavramı
apayrı ve upuzun bir yazıda ele alaca˘
gız.
1.6. G = {x2 + y 2 : x, y ∈ Q} \ {0} olsun.
(x2 + y 2 )(z 2 + t2 ) = (xz + yt)2 + (xt − yz)2
e¸sitli˘
ginden G’nin ¸carpma altında kapalı oldu˘
gu belli.
(
)2 (
)2
1
x
y
=
+
x2 + y 2
x2 + y 2
x2 + y 2
e¸sitli˘
ginden, e˘
ger q ∈ G ise 1/q ∈ G oldu˘
gu belli. Tabii ki 1 ∈ G. Dolayısıyla G c¸arpma
i¸slemi altında bir gruptur.
Verdi˘
gimiz bu u
¨¸c ¨
orne˘
gin olduk¸ca egzotik oldu˘
gunu s¨
oyleyebiliriz. Grupların en olmadık
yerlerde kar¸sımıza ¸cıkabileceklerini g¨
ostermek i¸cin verilmi¸slerdir. A¸sa˘
gıda ve (genel olarak) bu kitapta ¸cok daha klasik grup ¨
ornekleri verece˘
giz.
1.7. (Kartezyen C
¸ arpım 1.) G ve H iki grup olsun. G ve H farklı k¨
umeler ve i¸slemleri de
farklı olabilir ama biz gene de G’nin ve H’nin i¸slemlerini aynı simgeyle, ⋆ ile g¨
osterelim.
G × H kartezyen ¸carpımı k¨
umesi,
(g1 , h1 ) ⋆ (g2 , h2 ) = (g1 ⋆ g2 , h1 ⋆ h2 )
form¨
ul¨
uyle tanımlanan i¸slemle “do˘
gal olarak” bir grup olur. G1’in basit kanıtı:
((g1 , h1 ) ⋆ (g2 , h2 )) ⋆ (g3 , h3 )
=
=
=
=
=
(g1 ⋆ g2 , h1 ⋆ h2 ) ⋆ (g3 , h3 )
((g1 ⋆ g2 ) ⋆ g3 , (h1 ⋆ h2 ) ⋆ h3 )
(g1 ⋆ (g2 ⋆ g3 ), h1 ⋆ (h2 ⋆ h3 ))
(g1 , h1 ) ⋆ (g2 ⋆ g3 , h2 ⋆ h3 )
(g1 , h1 ) ⋆ ((g2 , h2 ) ⋆ (g3 , h3 )).
Di˘
ger iki ¨
ozelli˘
gin de kanıtı kolay: E˘
ger eG ve eH sırasıyla G ve H gruplarının etkisiz
elemanıysa,
(eG , eH )
elemanı G × H grubunun etkisiz elemanıdır. Ayrıca, e˘
ger (g, h) ∈ G × H ise, kolayca
kontrol edilebilece˘
gi u
¨zere
(g, h)−1 = (g −1 , h−1 )
olur.
G × H grubuna G ve H gruplarının kartezyen ¸
carpımı adı verilir. E˘
ger G ve H abel
gruplarıysa, G × H grubu da bir abel grubudur.
˙ grubun kartezyen ¸carpımı gibi, sonlu sayıda grubun da kartezyen ¸carpımı alınabilir.
Iki
Sonraki ¨
orneklerde sonsuz sayıda grubun kartezyen ¸carpımını almayı g¨
orece˘
giz.
1.2. Grup Tanımı
13
Bu kitapta sık sık kar¸sıla¸saca˘
gımız,
π1 (g, h) = g ve π2 (g, h) = h
form¨
ulleriyle tanımlanmı¸s
π1 : G × H −→ G ve π2 : G × H −→ H
fonksiyonlarına do˘
gal izd¨
u¸
su
¨m fonksiyonları adı verilir. Kolayca kontrol edilebilece˘
gi
u
¨zere,
πi ((g, h)(g1 , h1 )) = πi (g, h)πi (g1 , h1 )
olur.
1.8. (Kartezyen C
¸ arpım 2.) I herhangi bir k¨
ume ve G bir grup olsun. Fonk(I, G), I’dan
G’ye giden foksiyonlar k¨
umesi olsun. G’yi grup yapan i¸slemi ⋆ olarak yazalım. G’nin
etkisiz elemanı da e olsun. S
¸ imdi Fonk(I, G) u
¨zerinde bir i¸slem tanımlayalım. Bu i¸slem
de genellikle ⋆ olarak yazılır. E˘
ger f, g ∈ Fonk(I, G) ise f ⋆ g : I −→ G fonksiyonu ¸so
¨yle
tanımlanır: Her i ∈ I i¸cin,
(f ⋆ g)(i) = f (i) ⋆ g(i).
f ⋆ g fonksiyonuna f ve g fonksiyonlarının noktasal ¸
carpımı adı verilir. Fonk(I, G)
bu i¸slem altında bir grup olur. G1 ¨
ozelli˘
ginin kanıtını okura bırakıyoruz; nitekim G bu
¨
ozelli˘
gi sa˘
gladı˘
gından Fonk(I, G) de sa˘
glar. I’nın her noktasında e de˘
gerini alan sabit e
fonksiyonu Fonk(I, G) grubunun etkisiz elemandır. Ve son olarak e˘
ger f ∈ Fonk(I, G)
ise, her i ∈ I i¸cin
f −1 (i) = f (i)−1
kuralıyla tanımlanan fonksiyon f ’nin tersidir; nitekim, her i ∈ I i¸cin,
(f ⋆ f −1 )(i) = f (i) ⋆ f −1 (i) = f (i) ⋆ f (i)−1 = e
olur, yani f ⋆ f −1 fonksiyonu sabit e de˘
gerini alan fonksiyondur; benzer ¸sekilde f −1 ⋆ f
fonksiyonunun sabit e fonksiyonu oldu˘
gu g¨
osterilebilir.
∏
Bu grup genelde Fonk(I, G) olarak de˘
gil de I G ya da GI ya da I G olarak yazılır ve
G grubunun kendisiyle I defa kartezyen ¸
carpımı olarak adlandırılır. Ve bir fonksiyon
aldı˘
gı de˘
gerler tarafından belirlendi˘
ginden, f ∈ Fonk(I, G) = GI fonksiyonu
f = (f (i))i
olarak yazabilir ve bu yazılım tercih edilir. Hatta ¸co˘
gu zaman f (i) yerine fi yazılır:
f = (fi )i .
Bu yazılımla fonksiyonların ¸carpımı,
(fi )i ⋆ (gi )i = (fi ⋆ gi )i
¸seklini alır.
E˘
ger I sonluysa, diyelim 3 elemanı varsa, G×G×G yazılımı tercih edilebilir ve elemanları
(g1 , g2 , g3 ) olarak yazılabilir. E˘
ger I’nın n tane elemanı varsa Gn ya da G × G × · · · × G
yazılır. n = 2 oldu˘
gunda bir ¨
onceki ¨
orne˘
gin G = H durumuna ¸cok benzer bir ¨
ornek elde
etti˘
gimize dikkat edin1 .
GI grubunun abel olması i¸cin G’nin abel olması yeter
ve gerek ko¸suldur. Ayrıca, bir X
k¨
umesinin kardinalitesini |X| olarak g¨
osterirsek, GI = |G||I| e¸sitli˘
gi ge¸cerlidir.
1˙
Ileride bu benzerli˘
gi izomorfi olarak adlandıraca˘
gız ve grupların izomorfik olduklarını
s¨
oyleyece˘
giz.
14
1. Grup Kavramı
1.9. (Kartezyen C
¸ arpım 3.) I bir k¨
ume ve (Gi )i∈I bir grup ailesi olsun. Her Gi grubunun
i¸slemini aynı simgeyle, ⋆ ile g¨
osterelim.
{
}
∏
∪
Gi = f : I −→
Gi : her i ∈ I i¸cin f (i) ∈ Gi
I
i∈I
∏
olsun. f ∈ I Gi i¸cin f (i)
∏yerine fi yazalım ve f elemanını (ya da fonksiyonunu) (fi )i
olarak g¨
osterelim. S
¸ imdi I Gi k¨
umesinde
(fi )i ⋆ (gi )i = (fi ⋆ gi )i
∏
tanımını yapalım. Bu
umesi bir grup olur. Bunun kanıtı kolaydır ve
∏ i¸slemle I Gi k¨
okura bırakılmı¸stır. I Gi grubuna (Gi )i grup ailesinin kartezyen ¸
carpımı adı verilir.
Kartezyen ¸carpımın abel olması i¸cin yeter ve gerek ko¸sul her Gi grubunun abel olmasıdır.
E˘
ger her Gi grubu G grubuna e¸sitse, bir ¨
onceki ¨
orne˘
gi buluruz.
∏
E˘
ger I sonluysa, mesela I = {1, 2, . . . , n ise I Gi yerine ¸su yazılımlar da kullanılır:
G1 × . . . × Gn =
n
∏
Gi .
i=1
Bu kitapta sık sık kar¸sıla¸saca˘
gımız,
πi ((gi )i ) = gi
form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s
πi :
∏
Gi −→ Gi
I
fonksiyonlarına do˘
gal izd¨
u¸
su
¨m fonksiyonları adı verilir. Bu fonksiyonlar elbette ¨
ortendir ve kolayca kontrol edilebilece˘
gi u
¨zere,
πi ((gi )i (hi )i ) = πi ((gi )i )πi ((hi )i )
olur.
1.10. (Direkt Toplam,
¸ arpım ya da Kısıtlanmı¸s C
¸ arpım.) Yukarıda, bir (Gi )i∈I
∏ Yan C
u∪mesini bir fonksiyon k¨
umesi olarak tanımladık: (Gi )i∈I k¨
umesigrup ailesi i¸cin I Gi k¨
nin bir g elemanı I’dan i∈I Gi k¨
umesine giden ve her i ∈ I i¸cin gi = g(i) ∈ Gi ¨
ozelli˘
gini
sa˘
glayan bir fonksiyondu.
Supp g = {i ∈ I : her i ∈ I i¸cin gi ̸= ei }
olsun. (K¨
ume parantezi i¸cindeki ei , Gi grubunun etkisiz elemanıdır.) Supp g k¨
umesine
g’nin kaidesi adı verilir. S
¸ imdi ¸su k¨
umeye bakalım:
{
}
⊕
∏
Gi = f ∈
Gi : Supp f sonlu .
i∈I
I
∏
Bu k¨
umenin ¸carpma altında kapalı oldu˘
gunu, I Gi grubunun etkisiz elemanını i¸cerdi˘
gi ∏
her elemanın tersini de i¸cerdi˘
gini kanıtlamak zor de˘
gil. Dolayısıyla
⊕gini ve i¸cerdi˘
umesi I Gi grubunda tanımlanan i¸slemle birlikte bir grup olur. Bu gruba
i∈I Gi k¨
direkt toplam, yan ¸
carpım ya da kısıtlanmı¸
s ¸
carpım
⨿ adı verilir. Biz, birinci ya da
sonuncu terimi tercih edece˘
giz. Direkt toplam bazen i∈I Gi olarak yazılır.
⊕
∏
E˘
ger
ger I = {1, 2, . . . , n}
i∈I Gi ile
i∈I Gi arasında bir fark yoktur. E˘
⊕I sonluysa,
ise I Gi yerine
G1 ⊕ . . . ⊕ Gn
yazılımı da kullanılır.
1.2. Grup Tanımı
15
1.11. E˘
ger
onceki ¨
ornekte her i ∈ I i¸cin Gi = G alırsak, o zaman direkt toplam ⊕I G ya
⨿ bir ¨
da I G ya da G(I) olarak g¨
osterilir. Biz daha sade oldu˘
gundan sonuncu yazılımı tercih
edece˘
giz.
1.12. Her grup, matematiksel bir yapı ¨
orne˘
gidir. Matematikte ve ¨
ozellikle cebirde bir¸cok matematiksel yapı ¨
orne˘
gi vardır, grup bu yapılardan sadece biridir. M herhangi bir matematiksel yapı olsun. M bir ¸cizge, bir topolojik uzay, bir metrik uzay, bir grup, bir
halka, bir cisim, bir mod¨
ul, bir vekt¨
or uzayı, bir cebir ya da yazarın ya da okurun
adını duymadı˘
gı, varlı˘
gını bilmedi˘
gi matematiksel bir yapı olabilir. Her matematiksel
yapının otomorfileri bir bi¸cimde tanımlanır. Otomorfisi tanımlanmamı¸s matematiksel
yapı neredeyse d¨
u¸su
¨n¨
ulemez. Otomorfiler, M ’den M ’ye giden ve bazı ¨
ozellikleri olan
fonksiyonlardır. Otomorfi kavramı yapıya g¨
ore de˘
gi¸sir ama otomorfi kavramı istisnasız
her zaman, otomorfiler k¨
umesi Aut M bile¸ske altında grup olacak bi¸cimde tanımlanır.
Dolayısıyla otomorfiler her zaman e¸sle¸smedirler ve
˙ otomorfinin bile¸skesi otomorfi,
a. Iki
¨
b. Ozde¸
slik fonksiyonu IdM otomorfi,
c. Bir otomorfinin tersi de otomorfi
olacak bi¸cimde tanımlanırlar.
1.13. Analizden biraz grup ¨
orne˘
gi verelim. R’den R’ye giden fonksiyonlar (toplama altında)
bir grup olu¸stururlar. R’den R’ye giden s¨
urekli fonksiyonlar (gene toplama altında) bir
grup olu¸stururlar. R’den R’ye giden t¨
urevlenebilir ya da integrallenebilir fonksiyonlar
bir grup olu¸stururlar. A¸sa˘
gıdaki fonksiyon k¨
umeleri de toplama i¸slemi altında bir grup
olu¸stururlar:
{f : R −→ R : limx→5 f (x) = 0},
{f : R −→ R : limx→∞ f (x) = 0},
∫1
{f : R −→ R : 0 f (x) dx = 0},
{f : R −→ R : limx→3− f (x) = 0},
{f : R −→ R : f ′ (5) = 0},
∫1
{f : R −→ R : 0 f (x) dx ∈ Z}.
1.14. Analizden biraz daha grup ¨
orne˘
gi verelim. Bir (a, b) ∈ R2 elemanı i¸cin
(x, y) 7→ (x + a, y + b)
kuralıyla tanımlanmı¸s R2 ’nin d¨
on¨
u¸su
¨mlerine bakalım. (Bunlara ¨
oteleme adı verilir.) Bu
d¨
on¨
u¸su
¨m¨
u τ(a,b) olarak g¨
osterelim.
T = {τ(a,b) : (a, b) ∈ R2 }
olsun. T , bile¸ske i¸slemi altında bir gruptur. Nitekim,
(1)
olur, τ(0,0) etkisiz elemandır ve
τ(a,b) ◦ τ(c,d) = τ(a+c,b+d)
−1
τ(a,b)
= τ(−a,−b)
olur. (1)’den dolayı bu grupla R2 grubu arasında pek bir fark yoktur.
Bir r ∈ R∗ elemanı i¸cin R2 ’nin
(a, b) 7→ (ra, rb)
kuralıyla tanımlanmı¸s µr d¨
on¨
u¸su
¨mlerine bakalım. Bu t¨
ur d¨
on¨
u¸su
¨mlerin k¨
umesi M olsun.
(Bu t¨
ur d¨
on¨
u¸su
¨mlere homoteti denir.) M , fonksiyonların bile¸skesi altında bir gruptur.
Nitekim,
(2)
olur, µ1 etkisiz elemandır ve
µr ◦ µs = µrs
µ−1
= µr−1
r
16
1. Grup Kavramı
olur. (2)’den dolayı bu grupla R∗ grubu arasında pek bir fark yoktur.
Bir α a¸cısı i¸cin, R2 d¨
uzlemini O(0, 0) noktası etrafında α derece d¨
ond¨
urelim. Bu d¨
ond¨
ur¨
uy¨
u ρα olarak g¨
osterelim. Bu t¨
ur d¨
on¨
u¸su
¨mlerin k¨
umesi R olsun. R, fonksiyonların
bile¸skesi altında bir gruptur. Nitekim,
ρα ◦ ρβ = ρα+β
(3)
olur, ρ0 etkisiz elemandır ve
ρ−1
α = ρ−α = ρ2π−α
olur. Bu arada ρ2π = ρ0 = Id e¸sitli˘
gini farkedelim.
1.15. Daha sonra matematiksel olarak tanımlayaca˘
gımız ama okurun lise yıllarından bilmesi
gereken “mod¨
ulo n” sayılar k¨
umesi toplama altında bir grup olu¸sturur.
Bundan b¨oyle, (Z, +) ve (Sym X, ◦) ¨orneklerinde oldu˘gu gibi somut bir
gruptan s¨ozedilmiyorsa, s¨ozkonusu olan rastgele bir grupsa, dolayısıyla ⋆ i¸slemi
belirtilmemi¸sse, ⋆ yerine · ve x ⋆ y yerine x · y, hatta hi¸c noktasız xy yazaca˘gız.
Ayrıca e yerine 1 yazaca˘gız. Tabii bu 1, 1 do˘gal sayısı olmayabilir. Bu yazıda
kanıtladı˘gımız
y = x−1 ⇔ x ⋆ y = e ⇔ y ⋆ x = e
e¸sde˘gerlikleri bir defa daha bu dilde yazalım, ¨onemliler ¸cu
¨nk¨
u:
y = x−1 ⇔ xy = 1 ⇔ yx = 1.
Bundan b¨oyle b¨
ut¨
un kitap boyunca, aksi s¨oylenmedik¸ce G bir grup olacak.
Alı¸stırmalar
√
√
√
√
1.16. Q[ 2] = {a+b 2 : a, b ∈ Q} olsun. Q[ 2] k¨
umesinin toplama i¸slemi altında, Q[ 2]\{0}
˙
k¨
umesinin ¸carpma i¸slemi altında birer grup oldu˘
gunu g¨
osterin. (Ikincisi
birincisi kadar
kolay olmayabilir.)
1.17. G bir grup, X bir k¨
ume olsun. f : G −→ X herhangi bir e¸sleme olsun. x, y ∈ X i¸cin
x⋆y = f (f −1 (x)f −1 (y)) tanımını yapalım. (X, ⋆) ikilisinin bir grup oldu˘
gunu kanıtlayın.
Her a, b ∈ G i¸cin f (ab) = f (a) ⋆ f (b) e¸sitli˘
gi kanıtlayın.
1.18. G ve H iki grup olsun. f : G −→ H fonksiyonu her x, y ∈ G i¸cin f (xy) = f (x)f (y)
e¸sitli˘
gini sa˘
glasın. f (eG ) = eH e¸sitli˘
gini ve her x ∈ G i¸cin f (x−1 ) = f (x)−1 e¸sitli˘
gini
kanıtlayın. (Buradaki eG ve eH , sırasıyla G ve H gruplarının etkisiz elemanlarıdır.)
1.19. G ve H iki grup olsun. f : G −→ H fonksiyonu her x, y ∈ G i¸cin f (xy) = f (x)f (y)
e¸sitli˘
gini sa˘
glasın. Ayrıca f birebir ve ¨
orten olsun. f −1 : H −→ G fonksiyonunun her
−1
−1
−1
u, v ∈ H i¸cin f (uv) = f (u)f (v) e¸sitli˘
gini sa˘
gladı˘
gını kanıtlayın.
1.20. G sonlu bir abel grubu olsun. G’nin derecesi 2 olmayan elemanlarının ¸carpımının 1
oldu˘
gunu g¨
osterin. G’nin elemanlarının karelerinin ¸carpımının 1 oldu˘
gunu g¨
osterin.
1.21. c ∈ G olsun. E˘
ger x ∈ G i¸cin xc = cx e¸sitli˘
gi do˘
gruysa x’in c’yi merkezledi˘
gi ya da c
ile x’in birbiriyle de˘
gi¸
sti˘
gi s¨
oylenir.
CG (c) = {x ∈ G : xc = cx}
olsun. S
¸ unları kanıtlayın:
a. G’nin etkisiz elemanı CG (c)’dedir.
b. E˘
ger x, y ∈ CG (c) ise xy ∈ CG (c) olur.
c. E˘
ger x ∈ CG (c) ise x−1 ∈ CG (c) olur.
CG (c) k¨
umesine c’nin (G’de) merkezleyicisi adı verilir.
1.2. Grup Tanımı
17
1.22. C ⊆ G olsun. E˘
ger x ∈ G elemanı her c ∈ C i¸cin xc = cx e¸sitli˘
gini sa˘
glıyorsa x’in C’yi
merkezledi˘
gi ya da x ile C’nin elemanlarının birbiriyle de˘
gi¸
sti˘
gi s¨
oylenir.
CG (C) = {x ∈ G : her c ∈ C i¸cin xc = cx}
olsun.
CG (C) =
∩
CG (c)
c∈C
e¸sitli˘
gine dikkat edelim. S
¸ unları kanıtlayın:
a. G’nin etkisiz elemanı CG (C)’dedir.
b. E˘
ger x, y ∈ CG (C) ise xy ∈ CG (C) olur.
c. E˘
ger x ∈ CG (c) ise x−1 ∈ CG (c) olur.
d. C ⊆ CG (CG (C)).
e. C ⊆ D ise CG (D) ⊆ CG (C).
f. CG (CG (CG (C))) = CG (C).
CG (C) k¨
umesine C’nin (G’de) merkezleyicisi adı verilir.
1.23. Her a, b ∈ G i¸cin
[a, b] = a−1 b−1 ab ve ab = b−1 ab
tanımlarını yapalım. Her a, b, c ∈ G i¸cin,
(ab)c = ac bc ,
[a, b]c = [ac , bc ],
(ab )c = abc
(bunlar ¸cok bilinen temel e¸sitliklerdir) ve daha az bilinen ama gene de ¨
onemli
[a, b]−1 = [b, a],
−1
[a, b−1 ] = [b, a]b ,
−1
[a−1 , b] = [b, a]a ,
[a, bc] = [a, c][a, b]c ,
[ab, c] = [a, c]b [b, c]
e¸sitliklerini kanıtlayın. [a, b] t¨
ur¨
unden yazılan elemanlara kom¨
utat¨
or adı verilir. [a, b] =
1 ve ab = ba e¸sde˘
ger e¸sitliklerdir. E˘
ger ab = c ise a ve b elemanlarının e¸
slenik oldukları
s¨
oylenir. Philip Hall e¸sitli˘
gi olarak adlandırılması gereken
[[a, b−1 ], c]b [[b, c−1 ], a]c [[c, a−1 ], b]a = 1
e¸sitli˘
gini kanıtlayın. Her n do˘
gal sayısı i¸cin,
(ab)n = an bn [b, an−1 ]b
n−1
n−2
[b, an−2 ]b
· · · [b, a]b
e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
1.24. Her x, y ∈ G ve her n do˘
gal sayısı i¸cin
[x, y n ] = [x, y][x, y]y · · · [x, y]y
n−1
˙
oldu˘
gunu kanıtlayın. Ipucu:
(1) ve t¨
umevarım. Ayrıca (n = 0 i¸cin) “hi¸c tane” kom¨
utat¨
or¨
un ¸carpımı, tanım gere˘
gi, 1’dir.
E˘
ger grubun x ve y elemanları z = [x, y] kom¨
utat¨
or¨
u ile de˘
gi¸siyorsa, yani xz = zx ve
yz = zy ise her n, m ∈ Z i¸cin
[xn , y m ] = [x, y]nm ve xn y n = (xy)n [x, y]n(n−1)/2
e¸sitliklerini kanıtlayın.
18
1. Grup Kavramı
i j
1.25. Her x, y ∈ G ve her n do˘
gal sayısı i¸cin [xm , y n ] elemanının [x, y]x y t¨
ur¨
unden elemanların ¸carpımı oldu˘
gunu kanıtlayın.
1.26. a ∈ G i¸cin aG = {ag : g ∈ G} olsun. aG k¨
umesine a’nın e¸
sleniklik sınıfı adı verilir.
Her a, b ∈ G i¸cin ya aG = bG ya da aG ∩ bG = ∅ oldu˘
gunu kanıtlayın. Bir ba¸ska deyi¸sle
a ≡ b ⇔ bir g ∈ G i¸cin a = bg
olarak tanımlananan ≡ ili¸skisinin bir denklik ili¸skisi oldu˘
gunu kanıtlayın.
1.27. a ∈ G i¸cin λa : G −→ G fonksiyonu her x ∈ G i¸cin λa (x) = ax form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s
olsun. λa fonksiyonunun birebir ve ¨
orten oldu˘
gunu, yani λa ∈ Sym G oldu˘
gunu kanıtlayın. λa ◦ λb = λab , λ1 = IdG (buradaki 1, grubun etkisiz elemanıdır) ve λ−1
a = λa−1
e¸sitliklerini kanıtlayın. a 7→ λa kuralıyla tanımlanmı¸s λ : G −→ Sym G fonksiyonunun
birebir oldu˘
gunu kanıtlayın.
1.28. a ∈ G i¸cin ρa : G −→ G fonksiyonu her x ∈ G i¸cin ρa (x) = xa−1 form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s
olsun. ρa ’nın birebir ve ¨
orten oldu˘
gunu, yani ρa ∈ Sym G oldu˘
gunu kanıtlayın. ρa ◦
sitliklerini
ρb = ρab , ρ1 = IdG (buradaki 1, grubun etkisiz elemanıdır) ve ρ−1
a = ρa−1 e¸
kanıtlayın. a 7→ ρa kuralıyla tanımlanmı¸s ρ : G −→ Sym G fonksiyonunun birebir oldug
˘unu kanıtlayın.
1.29. G bir grup ve λ : G −→ Sym G ve ρ : G −→ Sym G yukarıdaki alı¸stırmalarda verilen
fonksiyonlar olsun. Her a, b ∈ G i¸cin ρa ◦ λb = λb ◦ ρa oldu˘
gunu kanıtlayın. ρ(G), ρ
fonksiyonunun Sym G’deki imgesi olsun, yani
ρ(G) = {ρg : g ∈ G}
olsun.
ρ(G) = {f ∈ Sym G : her a ∈ G i¸cin f ◦ λa = λa ◦ f }
e¸sitli˘
gini kanıtlayın. Aynı ¸seyi ρ ve λ’nın yerlerini de˘
gi¸stirerek yapın.
1.30. G bir grup olsun. a ∈ G i¸cin ϕa : G −→ G fonksiyonu her x ∈ G i¸cin ϕa (x) = axa−1
form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s olsun.
a. ϕa ∈ Sym G oldu˘
gunu g¨
osterin.
b. Her x, y ∈ G i¸cin ϕa (xy) = ϕa (x) ◦ ϕa (y) e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
c. ϕa ◦ ϕb = ϕab , ϕ1 = IdG ve ϕ−1
sitliklerini kanıtlayın.
a = ϕa−1 e¸
1.31. X ⊆ G ve a ∈ G olsun. Yukarıdaki alı¸stırmalardan yararlanarak aX, Xa ve a−1 Xa
k¨
umelerinin eleman sayılarının (X sonsuzsa kardinalitelerinin) e¸sit oldu˘
gunu kanıtlayın.
1.32. ∅ =
̸ A ⊆ G olsun. E˘
ger AA−1 ⊆ A ise, A’nın G grubunun i¸slemi altında kapalı oldu˘
gunu
ve A’nın bu i¸slemle birlikte bir grup oldu˘
gunu kanıtlayın. (AA−1 k¨
umesi, a, b ∈ A i¸cin
ab−1 olarak yazılan elemanlardan olu¸san k¨
umedir.)
1.33. A ⊆ G olsun. E˘
ger her x ∈ G i¸cin x−1 Ax ⊆ A ise her x ∈ G i¸cin x−1 Ax = A e¸sitli˘
gini
kanıtlayın.
¨
1.34. E˘
ger her x ∈ G i¸cin x2 = 1 ise her x, y ∈ G i¸cin xy = yx e¸sitli˘
gini kanıtlayın. (Ote
yandan her x ∈ G i¸cin x3 = 1 e¸sitli˘
gini sa˘
glayan ama de˘
gi¸smeli olmayan gruplar vardır.
En k¨
uc¸u
¨g
˘u
¨n¨
un 27 elemanı vardır.)
2. Z Grubu ve Tamsayılar
Tamsayılar k¨
umesi Z, toplama i¸slemiyle birlikte, bir ¨onceki b¨ol¨
umde g¨ord¨
u˘gu
¨m¨
uz u
¨zere bir gruptur. Gruplar arasında herhalde okurun en ˆa¸sina oldu˘gu
gruptur. Olduk¸ca basit bir gruptur ama yapaca˘gımız her ¸seyin temelidir. Bu
b¨ol¨
umde Z grubunu inceleyece˘giz. Ama sadece toplamayla de˘gil, ¸carpmayla
da ilgilenece˘giz. Tamsayılarda toplamayla ¸carpma arasında olduk¸ca yakın bir
ili¸ski oldu˘gundan bu pek zor olmayacak.
2.1
Z’nin Altgrupları
Bir n tamsayısı i¸cin
nZ = {nk : k ∈ Z}
olarak tanımlanan nZ k¨
umesi de toplama altında bir gruptur. Nitekim grup
olmanın t¨
um ¨ozelliklerini sa˘glar. Bu y¨
uzden nZ grubuna Z’nin altgrubu adı
verilir. Daha genel tanım ¸s¨oyle: E˘ger Z’nin bir A altk¨
umesi toplama i¸slemiyle
birlikte bir grup oluyorsa, o zaman A’ya Z’nin altgrubu adı verilir ve bu durumda A ≤ Z yazılır. E˘ger A altgrubu Z’den farklıysa, A’ya Z’nin ¨
ozaltgrubu
adı verilir.
A¸sa˘gıdaki teorem bu yazının ana teoremidir. Kanıtının ¨oz¨
unde ¸su basit
olgu yatar: E˘ger n > 0 ise, n sayısı, nZ k¨
umesinin en k¨
uc¸u
¨k pozitif do˘gal
sayısıdır, yani n = min(N ∩ nZ \ {0}) olur.
Teorem 2.1. Z’nin her altgrubu, bir ve bir tek n ∈ N i¸cin nZ bi¸cimindedir.
Kanıt: A ≤ Z olsun.
A’nın etkisiz elemanına bu paragraflık a adını verelim. Tabii ki a + a = a
e¸sitli˘gi sa˘glanır. Demek ki a = 0 olur. B¨oylece 0 sayısının A’da oldu˘gunu
kanıtladık. Demek ki A’nın etkisiz elemanı 0 imi¸s.
E˘ger x ∈ A ise, x’in A’da bir tersi vardır, diyelim y ∈ A. Bir ¨onceki
paragrafa g¨ore x + y = 0 olur. Demek ki −x = y ∈ A. B¨oylece A’nın her
elemanının eksilisinin de A’da oldu˘gunu, yani −A ⊆ A i¸cindeli˘gini kanıtlamı¸s
olduk.
2. Z Grubu ve Tamsayılar
20
E˘ger A = {0} ise, n = 0 alalım; teorem sa˘glanır. Bundan b¨oyle A’nın
0 sayısından ibaret olmadı˘gını varsayalım. E˘ger 0 ̸= x ∈ A ise, bir ¨onceki
paragrafa g¨ore −x de A’da oldu˘gundan, A’da en azından pozitif bir do˘gal
sayının oldu˘gunu g¨or¨
ur¨
uz. Yani N ∩ A \ {0} ̸= ∅ olur.
n = min(N ∩ A \ {0})
olsun. nZ = A e¸sitli˘gini kanıtlayaca˘gız.
¨
Once
nZ ⊆ A i¸cindeli˘gini kanıtlayalım. E˘ger nk ∈ A ise, n sayısı da A’nın
bir elemanı oldu˘gundan,
n(k + 1) = nk + n ∈ A
olur. Ayrıca n0 = 0 ∈ A. Bu iki olgudan, t¨
umevarımla nN ⊆ A ¸cıkar. S¸imdi
istedi˘gimiz i¸cindeli˘gi kanıtlayabiliriz:
nZ = n(N ∪ −N) = nN ∪ n(−N) = nN ∪ −(nN) ⊆ A ∪ −A = A.
¨
Sıra A ⊆ nZ i¸cindeli˘gini kanıtlamaya geldi. Once
A∩N k¨
umesinden rastgele
bir m elemanı alalım. T¨
umevarımla m’nin nZ k¨
umesinde oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız. A ∩ N k¨
umesinin m’den k¨
uc¸u
¨k sayılarının nZ k¨
umesinde olduklarını
varsayalım. E˘ger m < n ise, n sayısının se¸ciminden dolayı m = 0 ∈ nZ olmak
zorundadır. E˘ger m ≥ n ise, 0 ≤ m − n ∈ A olur. m − n < n oldu˘gundan,
t¨
umevarım varsayımına g¨ore m − n ∈ nZ olur. Buradan da m ∈ nZ ¸cıkar.
E˘ger m ∈ A negatif bir sayıysa, o zaman −m ∈ A ∩ N olur ve bir ¨onceki
paragrafa g¨ore −m ∈ nZ olur. Buradan m ∈ nZ bulunur.
Son olarak n ∈ N sayısının biricik oldu˘gunu kanıtayalım. E˘ger n, m ∈ N
i¸cin nZ = mZ ise, Hem n|m ve m|n. Buradan da n = m ¸cıkar.
¨
Benzer bir sınıflandırmayı, Ornek
5.23’te Z × Z i¸cin yapaca˘gız.
2.2
Z’de B¨
ol¨
unebilirlik
nZ altgruplarının bazı basit ama ¨onemli ¨ozellikleri vardır. Bu ¨ozellikleri sıralayalım. Ama ¨once bir tanım. a, b ∈ Z olsun. E˘ger bir k ∈ Z i¸cin a = bk
e¸sitli˘gi sa˘glanıyorsa, b’nin a’yı b¨
old¨
u˘
gu
¨ s¨oylenir ve bu b|a olarak g¨osterilir.
Tanıma g¨ore ±1 her sayıyı b¨oler ve 0 sayısı, 0 dahil, her sayıya b¨ol¨
un¨
ur. Ama
0 sadece 0’ı b¨oler, nitekim a = 0k e¸sitli˘
ginin ancak a = 0 ise bir ¸c¨oz¨
um¨
u vardır
ve bu durumda her k bir ¸c¨oz¨
umd¨
ur. E˘ger b|a ve b ̸= 0 ise tanımdaki k sayısı
biriciktir; bu durumda k’ya “a b¨ol¨
u b” adı verilir ve k = a/b olarak yazılır.
E˘ger b = a = 0 ise her k sayısı a = bk e¸sitli˘gini sa˘gladı˘gından bu durumda “0
b¨ol¨
u 0” diye bir sayıdan s¨ozedilmez, yani “0 b¨ol¨
u 0” tanımlanmamı¸stır.
E˘ger d ̸= 0 sayısı a − b’yi b¨ol¨
uyorsa, bu olgu
a ≡ b mod d
yazısıyla g¨osterilir. Bunu “a, mod¨
ulo d, b sayısına denk” olarak okuruz.
2.3. Z’de Asallık, ˙Indirgenemezlik vs.
21
B¨olme hakkında en basit olguları okurun bildi˘gini varsayaca˘gız.
¨
Onsav
2.2. Her n, m ∈ Z i¸cin ¸su ¨
onermeler do˘grudur:
i. nZ ⊆ mZ i¸cindeli˘gi ancak ve ancak n ∈ mZ ise, yani ancak ve ancak m|n
ise do˘grudur.
ii. nZ = mZ e¸sitli˘gi ancak ve ancak n = ±m ise do˘grudur. Demek ki nZ’nin
bir ¨
ozaltgrup olmasıyla n ̸= ±1 e¸sde˘ger ko¸sullardır.
iii. nZ altgrubunun maksimal bir ¨
ozaltgrup olması i¸cin n ̸= ±1 ve n’nin ±1
ve ±n’den ba¸ska bir tamsayıya b¨
ol¨
unmemesi gerek ve yeter ko¸suldur.
Kanıt: (i) okura bırakılmı¸stır. (ii), (i)’den hemen ¸cıkar. (iii) de (i) ve (ii)’den
¸cıkar.
2.3
˙
Z’de Asallık, Indirgenemezlik
vs.
¨
Onsav
2.2.iii’teki gibi bir n tamsayısına indirgenemez adı verilir. 2, 3, 5 gibi
sayılar indirgenemezdir. −2, −3, −5 sayıları da indirgenemezdir. 0, 1, −1, 4,
6 sayıları indirgenemez de˘gildirler.
A ve B, Z’nin iki altgrubu olsun. O zaman,
A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B}
k¨
umesi de bir gruptur. Nitekim, a, a1 ∈ A ve b, b1 ∈ B rastgele elemanlar
olsun.
(a + b) + (a1 + b1 ) = (a + a1 ) + (b + b1 )
oldu˘gundan, A + B k¨
umesi toplama altında kapalıdır. Ayrıca, 0 ∈ A ∩ B
oldu˘gundan, 0 = 0 + 0 ∈ A + B olur. Son olarak, −(a + b) = (−a) + (−b) ∈
A + B olur. Demek ki A + B k¨
umesi ger¸cekten toplama i¸slemiyle birlikte
bir grupmu¸s, yani Z’nin bir altgrubuymu¸s. Bu s¨oylediklerimizden ve Teorem
2.1’den ¸su ¨onemli sonu¸c ¸cıkar:
Teorem 2.3. Her n, m ∈ Z i¸cin nZ + mZ = dZ e¸sitli˘gini sa˘glayan bir ve bir
tane d ∈ N vardır.
Yazımızın bundan sonraki b¨ol¨
um¨
u grup teorisinden ziyade basit aritmetikle
ve ¸carpmayla ilgili olacak. Okur muhtemelen ve umarız kanıtlayacaklarımızın
¨oz¨
un¨
u biliyordur. Sadece y¨ontemin ve tanımların ilgi ¸cekece˘gini umuyoruz.
Modern matematik i¸ste b¨oyle bir ¸sey.
E˘ger nm ̸= 0 ise Teorem 2.3’teki d sayısına n ve m’nin en b¨
uy¨
uk ortak
b¨
oleni adı verilir. Nitekim ger¸cekten ¨oyledir, adına layıktır yani:
n = n · 1 + m · 0 ∈ nZ + mZ = dZ
2. Z Grubu ve Tamsayılar
22
oldu˘gundan, n sayısı d’ye b¨ol¨
un¨
ur. Benzer ¸sekilde m sayısı da d’ye b¨ol¨
un¨
ur.
Demek ki d sayısı hem n’yi hem de m’yi b¨ol¨
uyor. Ayrıca, e˘ger e do˘gal sayısı
hem n’yi hem de m’yi b¨ol¨
uyorsa, o zaman e sayısı nZ + mZ = dZ k¨
umesinin
t¨
um elemanlarını ve ¨ozellikle de d’yi b¨oler. Yani n ve m sayılarının ortak
b¨olenleri aynen d sayısının b¨olenleridir.
Verilmi¸s n, m ∈ Z i¸cin teoremde varlı˘gı ve biricikli˘gi kanıtlanan d sayısı
d = ebob(n, m) olarak yazılır. Bazıları ebob yerine T¨
urk¸ce ses uyumuna daha
uydu˘gu i¸cin obeb’i tercih eder.
A¸sa˘gıdaki sonu¸c ebob’un tanımının do˘grudan bir sonucu.
Sonu¸
c 2.4 (B´ezout Teoremi). Her n, m ∈ Z i¸cin ¨
oyle u, v ∈ Z vardır ki
nu + mv = ebob(n, m) olur.
E˘ger ebob(n, m) = 1 ise n, m tamsayılarının aralarında asal oldu˘gu
¨
s¨oylenir. Orne˘
gin 6 ve 35 aralarında asal sayılardır. Bazen de “n sayısı m’ye
asal ” denir.
Teorem 2.5. n ve m tamsayılarının aralarında asal olması i¸cin yeter ve gerek
ko¸sul nu + mv = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan u, v ∈ Z tamsayılarının olmasıdır.
Kanıt: Gereklilik (yani soldan sa˘ga) tanımdan hemen anla¸sılıyor. Tersine nu+
mv = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan u, v ∈ Z tamsayıların oldu˘gunu varsayalım. O
zaman ebob(n, m) sayısı hem n’yi hem de m’yi b¨old¨
u˘gu
¨nden, 1’i de b¨olmek
zorundadır. Demek ki ebob(n, m) = 1.
Ama yukarıdaki teoremde 1 yerine d alamayız; ¨orne˘gin 3 · 4 + 2 · (−5) = 2
olur ama ebob(3, 2) = 2 olmaz.
E˘ger ±1’den farklı bir p ∈ Z tamsayısı, her n, m ∈ Z i¸cin, nm’yi b¨old¨
u˘gu
¨nde, ya n’yi ya da m’yi b¨olmek zorunda kalıyorsa, o zaman p’ye asal sayı
adı verilir. Elbette e˘ger p bir asal sayıysa ve n1 n2 · · · nk ¸carpımını b¨ol¨
uyorsa,
o zaman (k u
¨zerine t¨
umevarımla) p sayısı n1 , . . . , nk sayılarından birini b¨oler.
S¸imdi indirgenemezlikle asallık arasında bir ayrım olmadı˘gını g¨orece˘giz.
Teorem 2.6. Bir tamsayının asal olması i¸cin yeter ve gerek ko¸sul indirgenemez olmasıdır.
¨
Kanıt: Once
p’nin asal oldu˘gunu varsayalım. d do˘gal sayısı p’yi b¨ols¨
un.
d = ±1, ±p
e¸sitliklerinden birinin do˘gru oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız. d do˘gal sayısı p’yi b¨old¨
u˘gu
¨nden bir e ∈ Z tamsayısı i¸cin p = de olur. O zaman p sayısı de’yi b¨oler.
¨
Bundan da, p asal oldu˘gundan, p’nin ya d’yi ya da e’yi b¨old¨
u˘gu
¨ ¸cıkar. Once
p|d varsayımını yapalım. O zaman bir f tamsayısı i¸cin d = pf olur. Buradan
da
p = de = (pf )e = p(f e)
˘ Temel Teoremi
2.4. Aritmetigin
23
ve dolayısıyla f e = 1, e = ±1 ve p = de = ±d ve d = ±p ¸cıkar. S¸imdi p|e
varsayımını yapalım. O zaman bir f tamsayısı i¸cin e = pf olur. Buradan da
p = de = d(pf ) = p(df )
ve dolayısıyla df = 1, d = ±1 ¸cıkar.
S¸imdi de p’nin bir indirgenemez oldu˘gunu varsayalım. n, m ∈ Z i¸cin p =
nm olsun. p’nin ya n’yi ya da m’yi b¨old¨
u˘
gu
¨n¨
u kanıtlamalıyız. Diyelim p sayısı
n’yi b¨olm¨
uyor. O zaman p’nin m’yi b¨old¨
u˘
gu
¨n¨
u kanıtlamalıyız. p bir indirgenemez oldu˘gundan, hem p’yi hem de n’yi sadece ±1 ve ±p sayıları b¨oler. Ama
±p, n’yi (varsayımımızdan dolayı) b¨olmedi˘ginden, p ve n’nin ortak b¨olenleri
sadece ±1 sayılarıdır, yani p ve n aralarında asaldır. B´ezout teoremine g¨ore
nu + pv = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan u ve v tamsayıları vardır. Bu e¸sitli˘gi m ile
¸carpalım: nmu+pvm = m elde ederiz. Ama nm = p. Demek ki pu+pvm = m.
Bu e¸sitli˘gin sa˘g tarafını p b¨oler. Demek ki sol tarafını da b¨oler. Yani p, m’yi
b¨oler.
Alı¸stırmalar
2.1. obeb(n, m) = d ise, nZ ve mZ’yi i¸ceren en k¨
uc¸u
¨k altgrubun dZ oldu˘
gunu kanıtlayın.
2.2. n1 , . . . , nk ∈ Z olsun. d, bu sayıların en b¨
uy¨
uk ortak b¨
oleni olsun. n1 u1 + · · · + nk uk = d
e¸sitli˘
gini sa˘
glayan u1 , . . . , uk ∈ Z sayılarının varlı˘
gını kanıtlayın.
2.3. n1 , . . . , nk ∈ Z sayılarının ±1 dı¸sında ortak b¨
oleni olmaması i¸cin n1 u1 + · · · + nk uk = 1
e¸sitli˘
gini sa˘
glayan u1 , . . . , uk ∈ Z sayılarının varlı˘
gının gerek ve yeter ko¸sul oldu˘
gunu
kanıtlayın.
2.4
Aritmeti˘
gin Temel Teoremi
Buraya kadar gelmi¸sken aritmeti˘gin temel teoremini kanıtlamamak olmaz.
¨
Once
bir iki yardımcı sonu¸c kanıtlayalım.
¨
Onsav
2.7. 1’den b¨
uy¨
uk her do˘gal sayı bir indirgenemeze (yani bir asala)
b¨
ol¨
un¨
ur.
Kanıt: Do˘gal sayımıza n diyelim. A = {m ∈ N \ {1} : m|n} olsun. n ∈ A
oldu˘gundan, A bo¸sk¨
ume de˘gildir. A, N’nin bir altk¨
umesi oldu˘gundan en k¨
uc¸u
¨k
bir elemanı vardır. Bu elemana p diyelim. Demek ki p, n’yi b¨ol¨
uyor ve p, n’yi
b¨olen 1’den b¨
uy¨
uk en k¨
uc¸u
¨k do˘gal sayı. p’yi b¨olen her do˘gal sayı n’yi de b¨olmek
zorunda oldu˘gundan, p bir indirgenemez olmalı.
Sonu¸
c 2.8. 0’dan farklı a, b, c tamsayıları alalım. E˘ger a sayısı bc ¸carpımını
b¨
ol¨
uyorsa ve a ve b aralarında asalsa, a sayısı c’yi b¨
oler.
¨
Kanıt: E˘ger a = ±1 ise sorun yok. Bundan b¨oyle |a| > 1 olsun. Onsav
2.7’ye
g¨ore a’yı b¨olen pozitif bir p asal sayısı vardır. O zaman p, bc’yi de b¨oler.
Demek ki p ya b’yi ya da c’yi b¨oler. Ama a ile b aralarında asal oldu˘gundan,
2. Z Grubu ve Tamsayılar
24
p, b’yi b¨olemez. Demek ki p, c’yi b¨oler. S¸imdi a = pa1 ve c = pc1 yazalım.
a = pa1 sayısı bc = bpc1 sayısını b¨old¨
u˘gu
¨nden, a1 sayısı bc1 sayısını b¨oler. Ve
a1 ve b sayıları (aynen a ve b gibi) aralarında asaldır. |a1 | < |a| oldu˘gundan,
t¨
umevarımla a1 ’in c1 ’i b¨old¨
u˘gu
¨n¨
u s¨oyleyebiliriz. Demek ki a = pa1 sayısı c =
pc1 sayısını b¨oler.
Teorem 2.9 (Aritmeti˘gin Temel Teoremi). 0’dan farklı her do˘gal sayı sonlu
sayıda pozitif asalın ¸carpımı olarak yazılır. Ayrıca e˘ger p1 , . . . , pn ve q1 , . . . , qm
pozitif asalları i¸cin
p 1 · · · p n = q1 · · · qm
ise n = m olur ve bir σ ∈ Sym n i¸cin pi = qσ(i) olur. (Yani sa˘gda ve solda aynı
sayıda asal vardır ve soldaki ¸carpımla sa˘gdaki ¸carpım arasında, belki asalların
¸carpım sırası dı¸sında, hi¸cbir fark yoktur.)
¨
Kanıt: Once
birinci ¨onermeyi kanıtlayalım. 0 ̸= x ∈ N olsun. Kanıtımızda
asallarla indirgenemezler arasında ayrım olmadı˘gı olgusunu kullanaca˘gız, ama
iki ayrı kavramdan s¨ozetti˘gimiz a¸cık¸ca belli olsun diye “asal” ve “indirgenemez” terimlerini tanımlarına uygun bi¸cimde kullanaca˘gız. x’i (asalların de˘gil!)
indirgenemezlerin ¸carpımı olarak yazaca˘gız. Bunu x u
¨zerine t¨
umevarımla yapaca˘gız.
E˘ger x = 1 ise, x, hi¸c tane indirgenemezin ¸carpımıdır! C
¸u
¨nk¨
u matematikte
bo¸sk¨
umenin elemanlarının ¸carpımı 1 olarak tanımlanır. (Bo¸sk¨
umenin elemanlarının toplamı da 0 olarak tanımlanır.) Bundan b¨oyle x > 1 olsun ve x’ten
k¨
u¸cu
¨k her sayının sonlu sayıda indirgenemezin ¸carpımı olarak yazıldı˘gını var¨
sayalım. Onsav
2.7’ye g¨ore bir p indirgenemezi x’i b¨oler. Diyelim x = py. Ama
y < x oldu˘gundan, t¨
umevarım varsayımına g¨ore y sonlu sayıda indirgenemezin
¸carpımıdır. Demek ki x = py sayısı da sonlu sayıda asalın ¸carpımıdır.
Bunu t¨
umevarımla kanıtlamak yerine (aslında aynı kapıya ¸cıkan) “sonsuza
ini¸s” y¨ontemiyle de kanıtlayabilirdik: Diyelim teoremin ilk ¨onermesi yanlı¸s,
yani 0’dan farklı her do˘gal sayı indirgenemezlerin ¸carpımı olarak yazılamıyor.
O zaman indirgenemezlerin ¸carpımı olarak yazılamayan en k¨
u¸cu
¨k pozitif do˘gal
sayı vardır. Bu pozitif do˘gal sayıya x diyelim ve yukarıdaki paragraftaki gibi
x = py e¸sitli˘
gini sa˘glayan p asalını ve y do˘gal sayısını bulalım. y < x oldu˘gundan, y sayısı indirgenemezlerin ¸carpımı olarak yazılabilir; demek ki x = py
sayısı da indirgenemezlerin ¸carpımı olarak yazılabilir.
S¸imdi ikinci ¨onermeyi kanıtlayalım. p1 , . . . , pn ve q1 , . . . , qm asalları i¸cin
p 1 · · · p n = q1 · · · qm
olsun. Kanıtımızı n u
¨zerinden t¨
umevarımla yapaca˘gız. E˘ger n = 0 ise, yani sol
tarafta ¸carpılan hi¸c asal yoksa, o zaman soldaki ¸carpım 1’e e¸sittir. Dolayısıyla
sa˘gdaki ¸carpım da 1’e e¸sittir. Buradan da sa˘gda da ¸carpılan asal olmadı˘gı ¸cıkar.
Demek ki m = 0 olur. Bundan b¨oyle n > 1 olsun. p1 asalı soldaki ¸carpımı
2.5. En Kuc
¨ ¸ uk
¨ Ortak Kat
25
b¨old¨
u˘gu
¨ i¸cin sa˘gdaki ¸carpımı da b¨oler, demek ki sa˘gdaki qi asallarından birini
b¨oler. p1 ’in b¨old¨
u˘gu
¨ bu asala qi diyelim. Ama qi > 1 bir asal, dolayısıyla bir
indirgenemez oldu˘gundan, bundan p1 = qi ¸cıkar. Sadele¸stirmeyi yaparsak,
p2 · · · pn = q1 · · · qi−1 qi+1 · · · qm
¸cıkar. Sol tarafta n − 1 tane, sa˘g tarafta m − 1 tane asal sayı ¸carpıldı˘gından,
t¨
umevarım varsayımına g¨ore, n − 1 = m − 1 olur ve soldaki p2 , . . . , pn asalının
her biri sa˘gdaki q1 , . . . , qi−1 , qi+1 , . . . , qm asallarından birine e¸sit olur. Bu da
kanıtımızı tamamlar.
2.5
En K¨
u¸
cu
¨ k Ortak Kat
Z’nin iki altgrubunun kesi¸simi de bir altgruptur. Nitekim e˘ger A, B ≤ Z ise,
0 ∈ A∩B olur; e˘ger x, y ∈ A∩B ise, hem x+y, −x ∈ A hem de x+y, −x ∈ B
oldu˘gundan, x + y, −x ∈ A ∩ B olur.
S¸imdi n, m ∈ Z \ {0} olsun. nZ ∩ mZ kesi¸siminin elemanları hem n’ye
hem de m’ye b¨ol¨
unen elemanlar k¨
umesidir. Mesela nm sayısı bu k¨
umenin bir
elemanıdır. Bir ¨onceki paragrafa g¨ore nZ∩mZ ≤ Z olur. Teorem 2.1’e g¨ore, bir
ve bir tane e ∈ N \ {0} sayısı i¸cin nZ ∩ mZ ≤ eZ olur. e’nin nasıl bulundu˘gunu
anımsayalım: e sayısı nZ ∩ mZ grubunun en k¨
u¸cu
¨k pozitif elemanıdır. Bu e
sayısına n ve m sayılarının en k¨
uc
¸u
¨k ortak katı adı verilir ve bu sayı
e = ekok(n, m)
olarak yazılır. Tanıma g¨ore, hem n’ye hem de m’ye b¨ol¨
unen sayılar aynen
ekok(n, m)’ye b¨ol¨
unen sayılardır. Yani e, ger¸cekten de adının ifade etti˘gi gibi
hem n’ye hem de m’ye b¨ol¨
unen en k¨
uc¸u
¨k do˘gal sayıdır. Bazıları ekok yerine
okek demeyi tercih eder.
Bazıları ekok yerine T¨
urk¸ce ses uyumuna daha uydu˘gu i¸cin okek’i tercih
eder.
ebob ile ekok arasında basit bir ili¸ski vardır:
Teorem 2.10. Her n, m ∈ Z i¸cin nm = ± ebob(n, m) ekok(n, m) olur.
Kanıt: Teoremi pozitif n ve m do˘gal sayıları i¸cin kanıtlamak yeterli. Bundan b¨oyle n, m ∈ N olsun. Amacımız nm = ebob(n, m) ekok(n, m) e¸sitli˘gini
kanıtlamak.
ebob(n, m) = d, n = dn1 , m = dm1 olsun. Elbette n1 ve m1 sayıları
aralarında asaldır. Ve d sayısı elbette nm sayısını b¨oler. nm/d = n1 m =
nm1 = dn1 m1 sayısının ekok(n, m) sayısına e¸sit oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız.
nm/d = n1 m = nm1 e¸sitliklerinden dolayı nm/d sayısı hem n’ye hem de
m’ye b¨ol¨
un¨
ur.
2. Z Grubu ve Tamsayılar
26
Di˘ger yandan; diyelim k sayısı hem n’ye hem de m’ye b¨ol¨
un¨
uyor. k’nın
nm/d = n1 m = nm1 = dn1 m1 sayısına b¨ol¨
und¨
u˘gu
¨n¨
u kanıtlayaca˘gız ve b¨oylece
nm/d = ekok(n, m) e¸sitli˘gi kanıtlanmı¸s olacak. Bir u ∈ Z i¸cin k = nu = dn1 u
yazalım. m = dm1 sayısı k = dn1 u sayısını b¨old¨
u˘gu
¨ne g¨ore, m1 sayısı n1 u
sayısını b¨oler. Ama m1 ile n1 aralarında asal oldu˘gundan, buradan m1 ’in u’yu
b¨old¨
u˘gu
¨ ¸cıkar. Demek ki nm/d = nm1 sayısı k = nu sayısını b¨oler.
¨
Notlar ve Ornekler
2.4. Bu notlarda nZ + a gibi k¨
umeleri ele alaca˘
gız. Herhangi bir karı¸sıklı˘
ga mahal vermemek
i¸cin tanımı a¸cık a¸cık yazalım:
nZ + a = {nx + a : x ∈ Z}.
¨
Orne˘
gin 2Z + 1 tek sayılar k¨
umesidir. 5Z + 2, 5’e b¨
ol¨
und¨
ug
˘u
¨nde kalanın 2 oldu˘
gu tamsayılar k¨
umesidir, yani
5Z + 2 = { . . . , −13, −8, −3, 2, 7, 12, . . . }.
Bu arada,
5Z + 2 = 5Z + 7 = 5Z + 12 = 5Z − 3 = −5Z + 2
gibi e¸sitliklere dikkat edelim. Genel olarak nZ + a k¨
umesini betimlemede kullanılan n
yerine −n ve a yerine nZ + a k¨
umesinden herhangi bir sayı koyabiliriz, k¨
ume de˘
gi¸smez;
yani
(1)
nZ + a = mZ + b ⇔ m = ±n ve n|a − b
e¸sde˘
gerli˘
gi ge¸cerlidir. Bu e¸sde˘
gerli˘
gi kanıtlayalım.
¨
Once
m = ±n ve n|a − b varsayımlarını yapalım. Demek ki bir w i¸cin nw = b − a olur.
Dolayısıyla
mZ + b = nZ + b = nZ + nw + a = n(Z + w) + a = nZ + a
olur.
S
¸ imdi de nZ + a = mZ + b e¸sitli˘
gini varsayalım.
b = 0m + b ∈ mZ + b = nZ + a
oldu˘
gundan b − a ∈ nZ olur. Demek ki n sayısı a − b’yi b¨
ol¨
uyor. Diyelim nw = b − a o
zaman,
nZ + a = mZ + b = mZ + nw + a,
yani nZ = mZ + nw olur; buradan da mZ = nZ − nw = n(Z − w) = nZ ve m = ±n
c¸ıkar.
Dolayısıyla n’yi her zaman ≥ 0 ve a’yı 0, 1, . . . , n − 1 sayıları arasından se¸cebiliriz (a
¨
yerine, a’yı n’ye b¨
old¨
ug
˘u
¨m¨
uzde elde edilen kalanı alabiliriz). Orne˘
gin
−7Z + 23 = 7Z + 2
olur.
2.5. Bu ve sonraki notlarda nZ+a gibi k¨
umelerin kesi¸simlerini bulaca˘
gız. Birka¸c basit ¨
ornekle
ba¸slayalım:
(2Z + 1) ∩ (6Z + 4) = ∅
2.5. En Kuc
¨ ¸ uk
¨ Ortak Kat
27
olur ¸cu
¨nk¨
u 2Z + 1 k¨
umesi tek sayılardan olu¸sur, oysa 6Z + 4 k¨
umesinin elemanları ¸cifttir.
S
¸u ¨
ornek de kolay:
(2Z + 1) ∩ (6Z + 1) = 6Z + 1.
ya da
3Z ∩ (9Z + 6) = 9Z + 6.
¨
Daha zor ¨
ornekler var. Orne˘
gin,
(18Z + 7) ∩ (21Z + 4).
Bu kesi¸simi bulmak yukarıdaki ¨
orneklerdeki kesi¸simleri bulmaktan daha zor. Birazdan
do˘
grulu˘
gunu g¨
orece˘
gimiz yanıtı verelim:
(18Z + 7) ∩ (21Z + 4) = 126Z + 25.
2.6. Bu notta soraca˘
gımız ve yanıtlayaca˘
gımız soru ¸su: (nZ + a) ∩ (mZ + b) kesi¸simi ne zaman
bo¸sk¨
ume olur?
¨
Once
(nZ + a) ∩ (mZ + b) ̸= ∅ varsayımını yapalım. Kesi¸simden bir s elemanı alalım.
Demek ki x, y ∈ Z i¸cin
s = nx + a = my + b
olur. Demek ki
b − a = nx − my ∈ nZ + mZ.
Demek ki, e˘
ger d = ebob(n, m) tanımını yaparsak,
b − a ∈ nZ + mZ = dZ
olur. B¨
oylece e˘
ger (nZ + a) ∩ (mZ + b) ̸= ∅ ise a ≡ b mod d oldu˘
gunu bulduk.
S
¸ imdi, tam tersine, a ≡ b mod d varsayımını yapalım; acaba (nZ + a) ∩ (mZ + b) ̸= ∅
oluyor mu? Diyelim b − a = dw. B´ezout teoremine g¨
ore nu + mv = d e¸sitli˘
gini sa˘
glayan
u ve v tamsayıları vardır. Bu e¸sitli˘
gi w ile ¸carparsak, nuw + mvw = dw = b − a yani,
nuw + a = −mvw + b
buluruz. Bu sayıya s dersek, soldaki ifadeden s ∈ nZ + a oldu˘
gu, sa˘
gdaki ifadeden
s ∈ mZ + b oldu˘
gu ¸cıkar. Demek ki (nZ + a) ∩ (mZ + b) ̸= ∅.
B¨
oylece, yukarıdaki iki paragrafta, d = ebob(n, m) tanımıyla,
(nZ + a) ∩ (mZ + b) ̸= ∅ ⇔ a ≡ b mod d
¨
onermesini kanıtlamı¸s olduk.
2.7. S
¸ imdi d = ebob(n, m) tanımıyla, a ≡ b mod d ¨
onermesini varsayıp, bir ¨
onceki nottan
dolayı bo¸sk¨
ume olmadı˘
gını artık bildi˘
gimiz (nZ + a) ∩ (mZ + b) k¨
umesinin neye e¸sit
oldu˘
gunu bulalım. Kesi¸simden bir s alalım. s ∈ nZ + a oldu˘
gundan, s − a ∈ nZ olur,
yani n|s − a. Dolayısıyla (1)’den dolayı
nZ + a = nZ + s
olur. Aynı nedenden
mZ + b = mZ + s
olur. Demek ki,
(nZ + a) ∩ (mZ + b) = (nZ + s) ∩ (mZ + s) = (nZ ∩ mZ) + s,
ve e˘
ger e = ekok(n, m) tanımını yaparsak,
(nZ + a) ∩ (mZ + b) = eZ + s
buluruz. Buldu˘
gumuz sonu¸cları yazalım:
2. Z Grubu ve Tamsayılar
28
Teorem 2.11. n, m, a, b ∈ Z olsun. d = ebob(n, m) ve e = ekok(n, m) tanımlarını
yapalım. d|a − b ko¸sulu, (nZ + a) ∩ (mZ + b) kesi¸siminin bo¸sk¨
ume olmaması i¸cin yeter
ve gerek ko¸suldur. Ve bu durumda, kesi¸simden alınan herhangi bir s i¸cin
(nZ + a) ∩ (mZ + b) = eZ + s
olur.
2.8. Yukarıdaki teoremin pratik bir de˘
geri olması i¸cin kesi¸simdeki s sayısının nasıl bulunaca˘
gı
bilinmeli. Bulalım.
n, m, a, b ∈ Z olsun. d = obeb(n, m) tanımını yapalım. d|a − b varsayımını yapalım, ki
(nZ + a) ∩ (mZ + b) kesi¸simi bo¸sk¨
ume olmasın. Bir s ∈ (nZ + a) ∩ (mZ + b) alalım.
Demek ki x, y ∈ Z i¸cin,
s = nx + a = my + b.
Asıl amacımız nx + a = my + b e¸sitli˘
gini sa˘
glayan x ve y sayıları bulmak.
nx + a = my + b,
e¸sitli˘
ginden
a − b = my − nx
c¸ıkar. d|a − b varsayımından dolayı, bir w i¸cin
dw = a − b
olur. Bunu bir ¨
onceki e¸sitli˘
ge ta¸sıyalım:
(2)
dw = my − nx
buluruz. Hˆ
alˆ
a daha x ve y’yi bulamadık ama en azından sa˘
glamaları gereken (2) e¸sitli˘
gini
bulduk.
S
¸ imdi (2) e¸sitli˘
gini sa˘
glayan x ve y sayılarını bulaca˘
gız. d = obeb(n, m) tanımını kullanalım. Tanımdan dolayı
d = nu + mv
e¸sitli˘
gini sa˘
glayan u, v tamsayıları vardır. (Hem de ¸cok vardır.) Bu e¸sitli˘
gi w ile ¸carpalım:
dw = nuw + mvw.
S
¸ imdi
y = vw ve x = −uw
tanımlarını yapalım. (B¨
oylece (2) e¸sitli˘
gi do˘
gru oldu.) S
¸ imdi
nx + a = −nuw + a = −(d − mv)w + a = −(d − mv)w + (dw + b) = mvw + b = my + b
˙
olur. Istedi˘
gimizi bulduk: nx + a = my + b ve bu sayı (nZ + a) ∩ (mZ + b) kesi¸siminde.
Buldu˘
gumuzu yazalım:
Teorem 2.12. n, m, a, b ∈ Z olsun. d = obeb(n, m) tanımını yapalım. d|a − b varsayımını yapalım. dw = a − b olsun. Ayrıca u, v tamsayıları d = nu + mv e¸sitli˘gini
sa˘glasın. O zaman
−nuw + a = mvw + b ∈ (nZ + a) ∩ (mZ + b)
olur.
3. Simetrik Grup Sym n
E˘ger X bir k¨
umeyse, X’in e¸sle¸smelerinden (ya da perm¨
utasyonlarından, yani
X’ten X’e giden birebir ve ¨orten fonksiyonlardan) olu¸san Sym X k¨
umesi bile¸ske i¸slemi altında bir gruptur. Bunu bir ¨onceki b¨ol¨
umde g¨orm¨
u¸st¨
uk. Simetrik
grup adı verilen bu gruplar matematikte ¸cok ¨onemlidir ve elbette X’in sonlu
oldu˘gu durumlar daha da ¨onemlidir.
E˘ger X ve Y arasında bir e¸sleme varsa, k¨
umeler kuramı a¸cısından X ile Y
arasında fazla bir fark yoktur; dolayısıyla, fonksiyonlar da k¨
umeler kuramının
nesneleri oldu˘gundan, bu durumda Sym X ile Sym Y arasında da fazla bir
fark yoktur; birini anlamak demek di˘gerini de anlamak demektir1 . Demek ki
|X| = n ise, Sym X grubunu anlamakla Sym{1, 2, . . . , n} grubunu anlamak
aynı ¸seydir. Sym{1, 2, . . . , n} yerine Sym n ya da daha kısa olarak Sn yazılır.
Bu b¨ol¨
umde Sym n grubuyla ha¸sır ne¸sir olaca˘gız.
Sym n Grubunun Eleman Sayısı. n kadın ve n erkek ka¸c farklı bi¸cimde
(her kadına bir erkek ve her erke˘ge bir kadın d¨
u¸secek bi¸cimde) e¸sle¸stirilebilir? Sorunun (kolay olan) yanıtını bulmak i¸cin kadınları numaralandıralım.
˙
Birinci kadını n erkekten birine e¸sle¸stirece˘giz. Ikinci
kadını geri kalan n − 1
erkekten birine, u
¨¸cu
¨nc¨
u kadını geri kalan n − 2 erkekten birine e¸sle¸stirece˘giz ve
bunu b¨oylece devam ettirece˘giz. Anla¸sılaca˘gı gibi, toplam n! farklı kadın-erkek
e¸slemesi vardır. Bu n! sayısı, elbette, aynı zamanda, n elemanlı herhangi bir
k¨
umeden n elemanlı herhangi bir k¨
umeye giden e¸sleme sayısıdır.
Sonu¸c olarak, Sym n’nin tam n! tane elemanı vardır.
3.1
Sym n’nin Elemanlarının Yazılımı
¨
Once
Sym n k¨
umesinin elemanlarını inceleyelim, sonra modern matematik
gere˘gi, k¨
umeye bir b¨
ut¨
un olarak bakarız. Bir ¨ornekle ba¸slayalım.
Sym 7’nin a¸sa˘gıdaki perm¨
utasyonunu ele alalım.
1˙
Ileride iki grup arasında pek bir fark olmadı˘
gını belirtmek i¸cin, matematiksel olarak
tanımlayaca˘
gımız “izomorfik” sıfatını kullanaca˘
gız.
30
3. Simetrik Grup Sym n
Tanım k¨
umesini u
¨st sırada, de˘ger k¨
umesini alt sırada g¨osterdik. Perm¨
utasyon
aslında ¸sunu yapıyor:
1 7→ 3
2 7→ 5
3 7→ 4
4 7→ 6
5 7→ 2
6 7→ 1
7 7→ 7
Bu perm¨
utasyonu daha sade olarak ¸s¨oyle yazabiliriz:
(
)
1234567
.
3546217
¨ sıra tanım k¨
Ust
umesinin elemanlarını, alt sıra da de˘ger k¨
umesinin elemanlarını simgeler. 5’in hemen altında 2 olması, bu perm¨
utasyonun 5’teki de˘gerinin
2 oldu˘gunu s¨oyler, yani,
(
)
1234567
f=
3546217
ise, f (1) = 3, f (2) = 5, f (3) = 4, f (4) = 6, f (5) = 2, f (6) = 1, f (7) = 7 olur.
¨
Yukarıdakinden daha kolay bir yazılım vardır. Orne˘
gimizdeki perm¨
utasyona bakalım.
• Bu perm¨
utasyonu 1’i 3’e, 3’¨
u 4’e, 4’¨
u 6’ya, 6’yı da 1’e (ba¸sladı˘gımız
sayıya) g¨ondermi¸s. Yani
1 7→ 3 7→ 4 7→ 6 7→ 1
diye bir d¨
ong¨
u olmu¸s.
• Aynı perm¨
utasyon 2’yi 5’e ve 5’i 2’ye (ba¸sladı˘gımız sayıya) yollamı¸s.
Demek ki bir de
2 7→ 5 7→ 2
diye bir d¨ong¨
u s¨ozkonusu.
• Son olarak, bu perm¨
utasyon 7’yi 7’ye g¨ondermi¸s.
Yukarıdaki u
¨¸c nedenden dolayı bu perm¨
utasyon
(1 3 4 6)(2 5)(7)
3.1. Sym n’nin Elemanlarının Yazılımı
31
olarak g¨osterilir. Buradaki her sayının imgesi hemen sa˘gındaki sayıdır, ama
e˘ger sayı parantezin sonundaysa, o zaman o sayının imgesi bulundu˘gu parantezin ilk sayısıdır.
Her bir paranteze d¨
ong¨
u adı verilir. (1 3 4 6)(2 5)(7) perm¨
utasyonunda 3
d¨ong¨
u vardır.
(1 3 4 6) ve (2 5) d¨ong¨
uleri ayrıktır . Ama (1 3 4 6) ve (2 5 6) d¨ong¨
uleri
ayrık de˘gildirler, ortak bir elemanları (6) vardır.
¨
Orne˘
gin Sym 7’nin (1 2 7)(3 4 5 6) perm¨
utasyonunun resmi a¸sa˘gıdadır.
G¨or¨
uld¨
u˘gu
¨ gibi, (1 2 7) d¨ong¨
us¨
u nedeniyle 1 sa˘gındaki 2’ye, 2 sa˘gındaki 7’ye,
7 de ta en ba¸staki 1’e gidiyor.
D¨ong¨
uyle g¨osterilen perm¨
utasyonlarda her sayı hemen sa˘gındaki sayıya gider.
Sa˘gında sayı olmayan sayılar, bulundukları d¨ong¨
un¨
un (parantezin) en ba¸sına
giderler. Sym 7’nin her elemanı (ki 7! = 5040 tane elemanı vardır) b¨oyle ayrık
d¨ong¨
uler bi¸ciminde yazılabilir.
Yalnız dikkat edilmesi gereken bir nokta var: Bu yazılımla,
(1 2 7)(3 4 5 6) ile (3 4 5 6)(1 2 7)
perm¨
utasyonları da birbirine e¸sittir. Aynı bi¸cimde,
(1 2 7)(3 4 5 6) = (2 7 1)(3 4 5 6) = (3 4 5 6)(2 7 1)
= (4 5 6 3)(2 7 1) = (5 6 3 4)(7 1 2)
gibi e¸sitlikler ge¸cerlidir. Genel olarak (1 5 9 3 6) gibi bir d¨ong¨
uy¨
u yazmaya
d¨ong¨
udeki herhangi bir elemandan ba¸slayabiliriz:
(1 5 9 3 6) = (5 9 3 6 1) = (9 3 6 1 5) = (3 6 1 5 9) = (6 1 5 9 3).
Ama d¨ong¨
un¨
un en k¨
uc¸u
¨k sayısından ba¸slamak bir gelenektir. Sym n’nin her
elemanı, yukarıdaki y¨ontemle, ayrık d¨ong¨
ulerin ¸carpımı olarak yazılabilir. Bunu g¨osterelim. f ∈ Sym n olsun. Herhangi bir 1 ≤ i ≤ n sayısı alalım. Bu
sayıya f ’yi uygulayıp f (i) sayısını elde edelim. f (i) sayısına da f ’yi uygulayıp
f 2 (i) sayısını (yani (f ◦ f )(i) = f (f (i)) sayısını) elde edelim. Bunu b¨oylece
s¨
urd¨
urelim:
i, f (i), f 2 (i), f 3 (i), . . .
dizisini elde ederiz. Ama bu dizinin her terimi 1 ile n arasında; dolayısıyla
hepsi birbirinden farklı olamaz, yani f s (i) = f t (i) e¸sitli˘gini sa˘glayan 0 ≤ s < t
32
3. Simetrik Grup Sym n
vardır. Buradan f t−s (i) = i ¸cıkar. Demek ki bir d > 0 i¸cin f d (i) = i olur. Bu
e¸sitli˘gi sa˘glayan d’lerin en k¨
uc¸u
¨˘gu
¨n¨
u alalım ve bu sayıya da d diyelim. B¨oylece
d−1
f (f
(i)) = i olur ve d¨ong¨
u tamamlanır, yani
(i f (i) f 2 (i) . . . f d−1 (i))
d¨ong¨
us¨
u f ’nin i¸cinde yer alır. Bu d¨ong¨
udeki herhangi iki terim e¸sit olamaz,
¸cu
¨nk¨
u d’yi minimal aldık. S¸imdi, e˘ger kaldıysa, bu d¨ong¨
ude belirmeyen bir
j sayısı alıp yukarıda i i¸cin yaptı˘gımızı j i¸cin yapalım. Bu sefer
(j f (j) f 2 (j) . . . f e−1 (j))
˙ d¨ong¨
d¨ong¨
us¨
un¨
u elde ederiz. Iki
u ayrıktır, yani ortak elemanları yoktur, ¸cu
¨nk¨
u birebir bir fonksiyon olan f fonksiyonu
{i, f (i), f 2 (i), . . . , f d−1 (i)}
k¨
umesini de,
{j, f (j), f 2 (j), . . . , f e−1 (j)}
k¨
umesini de kendisine g¨ot¨
ur¨
uyordur. Demek ki, ayrık d¨ong¨
ulerin ¸carpımı olan
(i f (i) f 2 (i) . . . f d−1 (i))(j, f (j), f 2 (j), . . . , f d−1 (j))
d¨ong¨
us¨
u de f ’nin bir par¸casıdır. S¸imdi, e˘ger kalmı¸ssa, bu iki d¨ong¨
ude belirmeyen bir k sayısı ele alalım ve prosed¨
ur¨
u devam ettirelim. B¨oylece f ’yi ayrık
d¨ong¨
ulerin ¸carpımı (ya da bile¸skesi) olarak yazabiliriz.
Sym 4’¨
un 4! yani 24 elemanını bu yazılımla yazabiliriz:
(1)(2)(3)(4)
(1 2)(3)(4), (1 3)(2)(4), (1 4)(2)(3), (1)(2 3)(4), (1)(2 4)(3), (1)(2)(3 4)
(1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)
(1 2 3)(4), (1 2 4)(3), (1 3 4)(2), (1)(2 3 4)
(1 3 2)(4), (1 4 2)(3), (1 4 3)(2), (1)(2 4 3)
(1 2 3 4), (1 2 4 3), (1 3 2 4), (1 3 4 2), (1 4 2 3), (1 4 3 2)
Yazılımı biraz daha sadele¸stirebiliriz. E˘ger n’nin ka¸c oldu˘gunu ¨onceden
¨
biliyorsak tek elemanlı d¨ong¨
uleri yazmasak da olur. Orne˘
gin (1 3 4 6)(2 5)(7)
yerine daha basit olarak (1 3 4 6)(2 5) yazabiliriz. Bunun gibi (1 2 3)(4 5)(6)(7)
yerine (1 2 3)(4 5) yazalım. Ama o zaman (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) yerine ne
yazaca˘gız? Onun yerine de Id7 yazalım. E˘ger 7 umurumuzda de˘gilse, Id7 yerine
sadece Id yazalım. Bu daha basit yazılımla, Sym 4’¨
un 24 elemanı a¸sa˘gıdaki gibi
yazılır.
Id4
(1 2), (1 3), (1 4), (2 3), (2 4), (3 4)
(1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)
(1 2 3), (1 2 4), (1 3 4), (2 3 4)
(1 3 2), (1 4 2), (1 4 3), (2 4 3)
(1 2 3 4), (1 2 4 3), (1 3 2 4), (1 3 4 2), (1 4 2 3), (1 4 3 2)
3.1. Sym n’nin Elemanlarının Yazılımı
33
Bu yazılımın bir tehlikesi var. O da ¸su: Bu yazılımla
(1 3 4 6)(2 5)
elemanı Sym 6’nın da, Sym 7’nin de, Sym 8’in de elemanı olabilir. Hatta hatta
Sym N’nin de bir elemanı olabilir. Nasıl anlayaca˘gız hangisinin elemanı oldu˘gunu? Konunun geli¸sinden... Biraz dikkat etmek gerekir sadece o kadar.
Bu yazılımın tehlikesi yanında bir avantajı vardır: Bu yazılım sayesinde,
¨orne˘gin, Sym 6’yı rahatlıkla Sym 9’un altk¨
umesi olarak g¨orebiliriz. Nitekim
Sym 6’nın her elemanı, Sym 9’un 7, 8 ve 9’u sabitleyen bir elemanı olarak
g¨or¨
ulebilir.
¨
Notlar ve Ornekler
˙
3.1. Iskambil
kˆ
ag
˘ıtlarını 1’den 52’ye kadar numaralandıralım ve 1 en u
¨stte, 52 en altta olmak
u
¨zere sıraya dizelim. Bu numaralar aslında kˆ
ag
˘ıtların u
¨stten ba¸slayarak sıraları. Desteyi
tam ortadan 26’¸sar kˆ
ag
˘ıtlık iki k¨
uc¸u
¨k desteye b¨
olelim. Destelerden birinde 1’den 26’ya
kadar olan kˆ
ag
˘ıtlar (sol deste), di˘
gerinde 27’den 52’ye kadar olan kˆ
ag
˘ıtlar (sa˘
g deste)
var. S
¸ imdi iki desteyi o bilinen fiyakalı bi¸cimde karalım.
Sa˘
g destenin son kˆ
ag
˘ıdı olan 52 numara gene en alta gelsin. Sol destenin sonuncu kˆ
ag
˘ıdı
olan 26 numara sondan bir ¨
onceki kˆ
ag
˘ıt olsun. Kˆ
ag
˘ıtları bu y¨
ontemle bir sa˘
gdan bir
soldan kararsak, birinci destenin ilk kˆ
ag
˘ıdı (1 yani) en u
¨ste gelir, ikinci destenin ilk
kˆ
ag
˘ıdı (27 yani) ikinci kˆ
ag
˘ıt olur. Sonra 2 numaralı kˆ
ag
˘ıt, sonra 28 numaralı kˆ
ag
˘ıt, sonra
3 numaralı kˆ
ag
˘ıt gelir ve bu b¨
oyle devam eder. Karmadan ¨
onceki destenin kˆ
ag
˘ıtları nasıl
de˘
gi¸smi¸stir? 1 numaralı kˆ
ag
˘ıt gene en ba¸stadır, gene 1 numaradır diyelim. Dolayısıyla (1)
d¨
ong¨
us¨
u olu¸smu¸stur. Ama 2 numaralı kˆ
ag
˘ıt karmadan sonra 3’¨
unc¨
u sıraya gelmi¸stir, yani
3 numaralı kˆ
ag
˘ıt olmu¸stur. 3 numara ise 5 numara olmu¸stur. Genel olarak, ilk destedeki
1 ile 26 arasındaki n numaralı kˆ
ag
˘ıt yeni destede 2n − 1 numaralı kˆ
a˘
gıt olmu¸slardır.
¨ yandan 27 numaralı kˆ
Ote
ag
˘ıt 2 numaralı kˆ
a˘
gıt, 28 numaralı kˆ
ag
˘ıt 4 numaralı kˆ
ag
˘ıt
olmu¸stur. Genel olarak ikinci destedeki 27 ile 52 arasında olan n numaralı kˆ
ag
˘ıt yeni
destede 2(n − 26) numaralı kˆ
ag
˘ıt olmu¸stur. D¨
on¨
u¸su
¨m¨
u ¸so
¨yle g¨
osterebiliriz:
{
2n − 1
e˘
ger 1 ≤ n ≤ 26 ise
f (n) =
2(n − 26) e˘
ger 27 ≤ n ≤ 52 ise
Bu d¨
on¨
u¸su
¨m¨
u (perm¨
utasyonu) ¨
og
˘rendi˘
gimiz bi¸cimde yazarsak (tek satıra sı˘
gmayan),
(1)(2 3 5 9 17 33 14 27)(4 7 13 25 49 46 40 28)(6 11 21 41 30 8 15 29)
(10 19 37 22 43 34 16 31)(12 23 45 38 24 47 42 32)(18 35)(20 39 26 51 50 48 44 36)(52)
perm¨
utasyonunu elde ederiz.
34
3. Simetrik Grup Sym n
3.2. Sym N grubunun elemanlarını da bu y¨
ontemle yazabiliriz, en azından form¨
ul¨
u olan
¨
perm¨
utasyonlarını. Orne˘
gin
(0 1)(2 3)(4 5) . . .
perm¨
utasyonu ¸cift sayılara 1 ekler, tek sayılardan 1 ¸cıkarır.
(0 1)(2 3 4)(5 6 7 8) . . .
bir ba¸ska ¨
ornek. Ama dikkat
(0 1 2 3 . . .)
bir perm¨
utasyonun g¨
osterimi de˘
gildir ¸cu
¨nk¨
u 0’a giden eleman yok, yani fonksiyon ¨
orten
de˘
gil.
Z’den Z’ye giden ve f (n) = n + 1 form¨
ul¨
uyle tanımlanan e¸sle¸smeyi ele alalım. K¨
umeler
kuramı a¸cısından Z ile N arasında bir fark yoktur, ¸cu
¨nk¨
u her ikisi de sayılabilir sonsuzluktadır. Z’den N’ye giden bir g e¸slemesi bulalım. O zaman g ◦ f ◦ g −1 ∈ Sym N olur. g
olarak mesela,
{
2n
e˘
ger n ≥ 0 ise
g(n) =
−2n − 1 e˘
ger n < 0 ise
olabilir. Bu durumda kolayca kontrol edilebilece˘
gi u
¨zere
g ◦ f ◦ g −1 = ( . . . 5 3 1 0 2 4 6 . . . )
olur.
Alı¸stırmalar
3.3. A¸sa˘
gıda g¨
osterilen perm¨
utasyonların en kısa yazılımını bulun.
3.4. f ve g a¸sa˘
gıda (bu sırayla) g¨
osterilen perm¨
utasyonlar olsun. f ◦ g ve g ◦ f perm¨
utasyonlarını bulun.
1 7→ 3 1 7→ 5
2 7→ 5 2 7→ 6
3 7→ 4 3 7→ 3
4 7→ 6 4 7→ 7
5 7→ 2 5 7→ 4
6 7→ 1 6 7→ 2
7 7→ 7 7 7→ 1
3.5. A¸sa˘
gıda g¨
osterilen perm¨
utasyonların en kısa yazılımını bulun.
1 7→ 3
2 7→ 5
3 7→ 4
4 7→ 6
5 7→ 2
6 7→ 1
7 7→ 7
1 7→ 5
2 7→ 6
3 7→ 3
4 7→ 7
5 7→ 4
6 7→ 2
7 7→ 1
1 7→ 2
2 7→ 3
3 7→ 4
4 7→ 5
5 7→ 6
6 7→ 7
7 7→ 1
3.2. Sym n’de Biles¸ke
35
3.6. A¸sa˘
gıdaki f ve g perm¨
utasyonları i¸cin f ◦ g perm¨
utasyonunu bulun ve bu perm¨
utasyonu
en kısa g¨
osterimiyle yazın.
f
f
f
f
f
f
= (1 2 3)(4 5 6 7),
= (1 2 3)(4 5 6 7),
= (1 2 3)(4 5 6 7),
= (1 2 3)(4 5 6 7),
= (1 2 3),
= (1 2 3)(4 5),
g
g
g
g
g
g
= (1 4 3)(2 5 6 7)
= (1 3 2)(4 5 7 6)
= (1 3 2)
= (1 3 2)(4 7 6 5)
= (4 5 6 7)
= f = (1 2 3)(4 5)
Hangi durumlarda f ◦ g = g ◦ f olur?
¨
3.7. Ornek
3.1’de karmaya sa˘
g destenin son kˆ
ag
˘ıdı en alta gelecek bi¸cimde de˘
gil de, sol
destenin en son kˆ
ag
˘ıdı en alta gelecek bi¸cimde ba¸slasaydık hangi perm¨
utasyonu elde
ederdik?
3.2
Sym n’de Bile¸ske
Sym X’ten iki elemanın bile¸skesi yine Sym X’tedir elbette. Sym n gruplarında
ve hatta Sym N grubunda, elemanların bile¸skesini almanın kolay bir y¨ontemi
vardır.
¨
Notlar ve Ornekler
3.8. Sym 7’den iki eleman alıp bunların bile¸skesini bulalım. Diyelim,
(1 2 3)(4 5) ile (1 4 7 2)(3 6 5)
elemanlarını aldık. Bu iki elemanın
(1 2 3)(4 5) ◦ (1 4 7 2)(3 6 5)
bile¸skesini bulalım:
1 7→ 4 7→ 5
2 7→ 1 7→ 2
3 7→ 6 7→ 6
4 7→ 7 7→ 7
5 7→ 3 7→ 1
6 7→ 5 7→ 4
7 7→ 2 7→ 3
En soldan ba¸slayıp okları takip edersek (yani ortadaki kademeyi resimden atarsak),
1 7→ 5
2 7→ 2
3 7→ 6
4 7→ 7
5 7→ 1
6 7→ 4
7 7→ 3
buluruz. Bu perm¨
utasyon da
(1 5)(3 6 4 7)
36
3. Simetrik Grup Sym n
olarak yazılır. Demek ki
(1 2 3)(4 5) ◦ (1 4 7 2)(3 6 5) = (1 5)(3 6 4 7)
olur. Bu e¸sitli˘
gi yukarıdaki zahmetli ¸sekilleri ¸cizmeden de bulabiliriz. S
¸¨
oyle yaparız:
Bile¸skeyi bulmak i¸cin ¨
once 1’in imgesini bulalım.
(1
yazarak hesaplara ba¸slayalım. (1 4 7 2)(3 6 5) perm¨
utasyonu 1’i 4’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Bir
sonraki (1 2 3)(4 5) perm¨
utasyonu da 4’¨
u 5’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Demek ki bulmak istedi˘
gimiz
bile¸ske 1’i 5’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Bu y¨
uzden 1’in yanına 5 yazalım:
(1 5
S
¸ imdi 5’in bile¸ske altında akıbetini bulmalıyız. (1 4 7 2)(3 6 5) perm¨
utasyonu 5’i 3’e
g¨
ot¨
ur¨
uyor. Bir sonraki (1 2 3)(4 5) perm¨
utasyon da 3’¨
u 1’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Demek ki bulmak
istedi˘
gimiz bile¸ske 5’i 1’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Hesaplara ba¸sladı˘
gımız 1 sayısına geri d¨
ond¨
uk.
A¸ctı˘
gımız parantezi kapatalım:
(1 5)
S
¸ imdi nereye gitti˘
gini bilmedi˘
gimiz ilk sayı olan 2’nin akıbetini ¨
og
˘renelim. Yeni bir
parantez a¸cıp sa˘
gına 2 yazalım:
(1 5)(2
(1 4 7 2)(3 6 5) perm¨
utasyonu 2’yi 1’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Bir sonraki (1 2 3)(4 5) perm¨
utasyonu
da 1’i 2’ye g¨
ot¨
ur¨
uyor. Demek ki bulmak istedi˘
gimiz bile¸ske 2’yi 2’ye g¨
ot¨
ur¨
uyor. Paranteze
ba¸sladı˘
gımız 2 sayısına ¸cabuk geri d¨
ond¨
uk. Parantezi hemen kapatalım:
(1 5)(2)
¨
Akıbetini bilmedi˘
gimiz bir sonraki sayı 3. Once
(1 5)(2)(3
yazalım. (1 4 7 2)(3 6 5) perm¨
utasyonu 3’¨
u 6’ya g¨
ot¨
ur¨
uyor. Bir sonraki (1 2 3)(4 5)
perm¨
utasyon da 6’yı 6’ya g¨
ot¨
ur¨
uyor. Demek ki bulmak istedi˘
gimiz bile¸ske 3’¨
u 6’ya
g¨
ot¨
ur¨
uyor. Bu y¨
uzden 3’in yanına 5 yazalım:
(1 5)(2)(3 6
S
¸ imdi 6’nın nereye gitti˘
gini bulmalıyız. (1 4 7 2)(3 6 5) perm¨
utasyonu 6’yı 5’e g¨
ot¨
ur¨
uyor.
Bir sonraki (1 2 3)(4 5) perm¨
utasyonu da 5’i 4’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Demek ki bulmak istedi˘
gimiz
bile¸ske 6’yı 4’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Bu y¨
uzden 6’nın yanına 4 yazalım:
(1 5)(2)(3 6 4
Bakalım 4 nereye gidiyor? Di˘
ger t¨
um sayıları kullandı˘
gımız i¸cin 4’¨
un ya 3’e ya da 7’ye
gitmesi gerekti˘
gini biliyoruz. Bulalım: (1 4 7 2)(3 6 5) perm¨
utasyonu 4’¨
u 7’ye g¨
ot¨
ur¨
uyor.
Bir sonraki (1 2 3)(4 5) perm¨
utasyonu da 7’yi 7’ye g¨
ot¨
ur¨
uyor. Demek ki bulmak istedi˘
gimiz bile¸ske 4’¨
u 7’ye g¨
ot¨
ur¨
uyor. Bu y¨
uzden 4’¨
un yanına 7 yazalım:
(1 5)(2)(3 6 4 7
S
¸ imdi 7’nin bile¸ske altında nereye gitti˘
gini bulmalıyız. 7’nin 3’ten ba¸ska gidecek yeri
kalmadı ama biz gene de yukarıdaki y¨
ontemi uygulayalım: (1 4 7 2)(3 6 5) perm¨
utasyonu
7’yi 2’ye g¨
ot¨
ur¨
uyor. Bir sonraki (1 2 3)(4 5) perm¨
utasyonu da 2’yi 3’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Demek
3.3. Sym n’de Elemanların Tersleri ve Dereceleri
37
ki bulmak istedi˘
gimiz bile¸ske 7’yi ger¸cekten 3’e g¨
ot¨
ur¨
uyor. Paranteze ba¸sladı˘
gımız 3
sayısına geri d¨
ond¨
uk. A¸ctı˘
gımız parantezi kapatalım:
(1 5)(2)(3 6 4 7).
Kontrol edilmemi¸s ba¸ska sayı kalmadı˘
gından,
(1 2 3)(4 5) ◦ (1 4 7 2)(3 6 5) = (1 5)(2)(3 6 4 7)
e¸sitli˘
gine ula¸sırız. (2) parantezini yazmadı˘
gımızdan, aynen yukarıdaki gibi
(1 2 3)(4 5) ◦ (1 4 7 2)(3 6 5) = (1 5)(3 6 4 7)
buluruz.
¨
3.9. Tabii ikiden fazla perm¨
utasyonun da bile¸skesini alabiliriz. Orne˘
gin,
(1 3 5) ◦ (2 3 6) ◦ (1 2 6) = (1 5)(2)(3 6).
Alı¸stırmalar
3.10. E˘
ger f ∈ Sym N ise
Soc f = {n ∈ N : f (n) ̸= n}
˙
olsun. Soc f ’ye f ’nin kaidesi (Ingilizcesi
socle) adı verilir.
Sym<ω N = {f ∈ Sym N : Soc f sonlu}
olsun. Sym<ω N k¨
umesinin bile¸ske altında kapalı oldu˘
gunu ve bile¸ske i¸slemiyle birlikte
bir grup oldu˘
gunu g¨
osterin.
Son olarak (1 2 3)(4 5) perm¨
utasyonunun (1 2 3) ile (4 5) perm¨
utasyonunun bile¸skesi oldu˘guna dikkat edelim, yani
(1 2 3) ◦ (4 5) = (1 2 3)(4 5).
Bu iki perm¨
utasyon birbiriyle yer de˘gi¸stirir: (1 2 3)(4 5) = (4 5)(1 2 3);
¸cu
¨nk¨
u (1 2 3) ile (4 5) perm¨
utasyonlarının de˘gi¸stirdi˘gi elemanlar k¨
umesi (yani
bu perm¨
utasyonların kaideleri) sırasıyla {1, 2, 3} ve {4, 5} k¨
umeleridir ve bu
k¨
umeler ayrık k¨
umelerdir.
3.3
Sym n’de Elemanların Tersleri ve Dereceleri
Her perm¨
utasyonun bir tersi vardır: E˘ger bir perm¨
utasyon x’i y’ye g¨ot¨
ur¨
uyorsa,
¨
bu perm¨
utasyonun tersi y’yi x’e g¨ot¨
ur¨
ur. Orne˘
gin f = (1 2 3 4)(5 6 7 8 9)
¨
perm¨
utasyonunun tersi g = (1 4 3 2)(5 9 8 7 6) perm¨
ustasyonudur. Orne˘
gin
f perm¨
utasyonu 1’i 2’ye g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨nden, g perm¨
utasyonu 2’yi 1’e g¨ot¨
ur¨
ur; f
perm¨
utasyonu 4’¨
u 1’e g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨nden, g perm¨
utasyonu 1’i 4’e g¨ot¨
ur¨
ur. f ne
yapıyorsa, g tam tersini yapar.
f ’nin tersi f −1 olarak yazılır.
Ayrık d¨ong¨
uler halinde yazılmı¸s bir perm¨
utasyonun tersini gene ayrık d¨ong¨
uler halinde yazmak ¸cok kolaydır: Her d¨ong¨
un¨
un ilk elemanını sabitleyip geri
38
3. Simetrik Grup Sym n
kalan elemanları tersten sıralayarak yazmak yeter; daha oldu˘gu gibi. Bir ¨ornek
daha:
[(1 4 7 3)(2 5 8)(6 9)]−1 = (1 3 7 4)(2 8 5)(6 9).
¨
Bazı elemanlar kendi kendilerinin tersidir. Orne˘
gin, (1 2), (1 3)(2 5) gibi elemanların tersleri kendileridir.
E˘ger f bir perm¨
utasyonsa (hatta bir k¨
umeden kendisine giden herhangi
bir fonksiyonsa), f ’nin kendisiyle bile¸skesini alabiliriz, yani f ◦ f bile¸skesini
bulabiliriz. Bu bile¸ske f 2 olarak yazılır. (Ama f ’nin de˘gerlerinin karelerini
alma fonksiyonuyla karı¸stırılmasın.) f ’nin kendisiyle 3 defa da bile¸skesini alabiliriz. Bu yeni perm¨
utasyon f 3 olarak g¨osterilir. Bunu b¨oyle devam ederek
n
f bile¸skesini alabiliriz. f 0 = Id ve f 1 = f anlamına gelirler. Bunlara f ’nin
kuvvetleri adı verilir. Birka¸c ¨ornek verelim:
¨
Notlar ve Ornekler
3.11. f = (1 2 3 4)(5 6 7) olsun. f ’nin kuvvetlerini teker teker yazalım:
f0
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f7
f8
f9
f 10
f 11
f 12
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
Id
(1 2 3 4)(5 6 7) = f
(1 3)(2 4)(5 7 6)
(1 4 3 2)
(5 6 7)
(1 2 3 4)(5 7 6)
(1 3)(2 4)
(1 4 3 2)(5 6 7)
(5 7 6)
(1 2 3 4)
(1 3)(2 4)(5 6 7)
(1 4 3 2)(5 7 6)
Id
G¨
or¨
uld¨
u˘
gu
¨u
¨zere tam 12’inci kuvvette Id buluyoruz, daha ¨
once de˘
gil. Bu durumda f ’nin
derecesinin 12 oldu˘
gu s¨
oylenir. Bu listeyi devam ettirirsek, pek farklı bir ¸sey bulmayız:
f 13 = f, f 14 = f 2 , f 15 = f 3 .
¨
Yukarıdaki liste kendini yeniler. Orne˘
gin,
f 132 = f 10 = (1 3)(2 4)(5 6 7)
olur.
3.12. Yukarıdaki ¨
ornekte iki d¨
ong¨
u vardı: (1 2 3 4) d¨
ong¨
us¨
u ve (5 6 7) d¨
ong¨
us¨
u. Kolayca
g¨
or¨
ulece˘
gi u
¨zere birinci d¨
ong¨
un¨
un derecesi 4, ikincisinin ise 3. C
¸ arpımın derecesi ise
¨
4 × 3 = 12 ama her zaman b¨
oyle olmaz. Orne˘
gin,
f = (1 2 3 4 5 6 7 8 9 10)(11 12)
ise f ’nin derecesi 10 × 2 = 20 de˘
gil, 10 olur. Aynı ¸sekilde
f = (1 2 3 4 5 6)( 7 8 9 10)
perm¨
utasyonunun derecesi 6 × 4 = 24 de˘
gil, 12 olur.
¨
3.4. Sym n’nin Uretec
¸ leri
39
3.13. k uzunlu˘
gunda bir d¨
ong¨
un¨
un derecesi tam k’dır.
3.14. Genel olarak k1 , . . . , kr uzunlu˘
gunda ayrık r d¨
ong¨
uden olu¸san bir perm¨
ustasyonun derecesi ekok(k1 , . . . , kr ) olur.
3.15. Id, derecesi 1 olan yegˆ
ane elemandır.
3.16. Sym 5’in derecesi 2 olan elemanlarını yazalım:
(1 2), (1 3), (1 4), (1 5), (2 3) (2 4), (2 5), (3 4), (3 5), (4 5),
(1 2)(3 4), (1 2)(3 5), (1 2)(4 5), (1 3)(2 4), (1 3)(2 5), (1 3)(4 5),
(1 4)(2 3), (1 4)(2 5), (1 4)(3 5), (1 5)(2 3), (1 5)(2 4), (1 4)(3 5).
Sym n’nin bir f elemanının derecesi , f d kuvvetinin ¨ozde¸slik fonksiyonu
oldu˘gu en k¨
u¸cu
¨k pozitif d do˘gal sayısıdır. Bu durumda f ◦ f d−1 = f d = Id
e¸sitli˘ginden dolayı f −1 = f d−1 olur. Genel olarak e˘ger f n = Id ise f −1 = f n−1
olur.
(1 2), (1 3)(2 5) gibi elemanların dereceleri 2’dir. Derecesi 2 olan her elemanın d¨ong¨
uleri 2 uzunlu˘gundadır. Nitekim e˘ger f 2 = Id ise ve f (a) ̸= a
ise,
(a f (a))
d¨ong¨
us¨
u mutlaka f ’de yer almalıdır. Elbette derecesi 2 olan elemanlar kendi
kendilerinin tersidir ve kendi kendisinin tersi olan her elemanın derecesi 2’dir.
Alı¸stırmalar
3.17.
3.18.
3.19.
3.20.
3.21.
3.22.
3.23.
3.24.
3.25.
3.26.
3.27.
3.28.
Sym 6’nın ka¸c tane derecesi 2 olan elemanı vardır?
Sym 7’nin ka¸c tane derecesi 3 olan elemanı vardır?
Sym 8’in ka¸c tane derecesi 4 olan elemanı vardır?
Sym 9’un ka¸c tane derecesi 6 olan elemanı vardır?
( )
gunu kanıtlayın.
p bir asalsa, Sym n’nin (p − 1)! × np tane derecesi p olan elemanı oldu˘
n = 1, . . . 20 i¸cin Sym n’nin elemanlarının maksimum derecelerini bulun.
¨
Ornek
3.1’deki karmayı ka¸c defa yaparsak kartlar eski haline gelir?
Aynı soru ama bu sefer Alı¸stırma 3.7’deki karma i¸cin.
Yukarıdaki iki soruda destedeki kˆ
ag
˘ıt sayısı (¸cift kalmak u
¨zere) de˘
gi¸sse yanıt ne olur?
n
m
d
f = f = Id ise d = ebob(n, m) i¸cin f = Id oldu˘
gunu kanıtlayın.
f ’nin derecesi d olsun. E˘
ger bir n ∈ N i¸cin f n = Id ise d’nin n’yi b¨
old¨
ug
˘u
¨n¨
u kanıtlayın.
g ∈ Sym n ise g n! = Idn e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
3.4
¨
Sym n’nin Urete¸
cleri
(1 2), (3 5) gibi sadece iki elemanın yerlerini de˘gi¸stiren (di˘gerlerini sabitleyen)
perm¨
utasyonlara transpozisyon adı verilir. T¨
urk¸ce kar¸sılı˘gı olarak makas
terimini ¨oneriyoruz. Makasların derecesi 2’dir elbette ve Sym n grubunda tam
( )
n
n(n + 1)
=
2
2
40
3. Simetrik Grup Sym n
tane makas vardır. Ama derecesi 2 olan her eleman bir makas de˘gildir, ¨orne˘gin
(1 2)(3 5) perm¨
utasyonunun derecesi 2 olmasına ra˘gmen bir makas de˘gildir.
¨
Ote yandan, (1 2)(3 5)(4 7) gibi, Sym n’nin derecesi 2 olan her eleman ayrık
makasların ¸carpımı olarak yazılabilir. (Neden?)
¨ yandan Sym N’de
Ote
(0 1)(2 3)(4 5)(6 7) · · ·
elemanı sonlu sayıda makasın ¸carpımı de˘gildir2 .
Makasların ¨onemi ¸suradan gelmektedir: Sym n’nin her elemanı (ayrık ya
¨
da de˘gil) makasların bile¸skesi olarak yazılabilir. Orne˘
gin,
(1 2) ◦ (2 3) = (1 2 3),
(1 2) ◦ (2 3) ◦ (3 4) = (1 2 3 4),
(1 2) ◦ (2 3) ◦ (3 4) ◦ (4 5) = (1 2 3 4 5).
Bir ba¸ska ¨ornek:
(1 2 5 6)(3 8 4) = (1 2) ◦ (2 5) ◦ (5 6) ◦ (3 8) ◦ (8 4).
(1 a) t¨
ur¨
unden makaslara temel makas diyelim. Sym n’de tam n − 1 tane
temel makas vardır: (1 2), . . . , (1 n).
(1 a) ◦ (1 b) ◦ (1 a) = (a b)
oldu˘gundan, bir ¨onceki paragrafa g¨ore, Sym n’nin her elemanı temel makas¨
ların bile¸skesi olarak yazılabilir. Orne˘
gin,
(1 2 3 4) = (1 2) ◦ (2 3) ◦ (3 4)
= (1 2) ◦ (1 2) ◦ (1 3) ◦ (1 2) ◦ (1 3) ◦ (1 4) ◦ (1 3)
= (1 3) ◦ (1 2) ◦ (1 3) ◦ (1 4) ◦ (1 3)
olur. Daha teknik bir deyi¸sle, temel makaslar Sym n grubunun u
¨rete¸
cleridir .
(1 2), (2, 3), (3 4) gibi ardı¸sık sayılardan olu¸san makaslara ardı¸
sık makaslar adı verelim.
(1 3) = (2 3) ◦ (1 2) ◦ (2 3)
(1 4) = (3 4) ◦ (2 3) ◦ (1 2) ◦ (2 3) ◦ (3 4)
(1 5) = (4 5) ◦ (3 4) ◦ (2 3) ◦ (1 2) ◦ (2 3) ◦ (3 4) ◦ (4 5)
gibi e¸sitlikler sayesinde, bir ¨onceki paragraftan dolayı, Sym n’nin her elemanının ardı¸sık makasların bile¸skesi olarak yazılabilece˘gi g¨or¨
ul¨
ur. Yani ardı¸sık
makaslar da (aynen temel makaslar gibi) Sym n grubunun u
¨rete¸
cleridir .
2
Bir grupta sadece sonlu sayıda eleman ¸carpılabilir; sonsuz sayıda elemanın ¸carpımını
tanımlamak i¸cin bir t¨
ur yakınsaklık kavramını tanımlamamıza olanak sa˘
glayan ¨
ozel ko¸sullar
gerekir.
3.5. Alt n Grubu
41
Ayrıca, do˘grulu˘gu kolayca kontrol edilebilen
(1 2 . . . n) ◦ (1 2) ◦ (1 2 . . . n)−1 = (2 3)
(1 2 . . . n) ◦ (2 3) ◦ (1 2 . . . n)−1 = (3 4)
(1 2 . . . n) ◦ (3 4) ◦ (1 2 . . . n)−1 = (4 5)
...
gibi e¸sitlikler sayesinde, bir ¨onceki paragraftan dolayı Sym n’nin her elemanının
(1 2 . . . n), (1 2), ve (1 2 . . . n)−1
perm¨
utasyonlarının ¸carpımı olarak yazıldı˘gı g¨or¨
ul¨
ur. Kanıtladıklarımızı ve biraz daha fazlasını yazalım:
Teorem 3.1. Sym n’nin her elemanı makaslar/temel makaslar/ardı¸sık makaslar cinsinden yazılabilir. Sym n’nin her elemanı (1 2 . . . n) ve (1 2) perm¨
utasyonları cinsinden de yazılır.
Kanıt: (1 2 . . . n)−1 = (1 2 . . . n)n−1 oldu˘gundan, sonu¸c bir ¨onceki paragraftan ¸cıkar.
¨
Bundan b¨oyle bile¸ske i¸cin ◦ i¸saretini kullanamayaca˘gız. Orne˘
gin (1 2)◦(2 3)
yerine (1 2)(2 3) yazaca˘gız. (1 2) ◦ (3 4) = (1 2)(3 4) e¸sitli˘ginden dolayı bu
yeni yazılım herhangi bir karı¸sıklı˘ga neden olmayacak. Sık sık bile¸ske yerine
¸carpım dedi˘gimiz de olacak.
Alı¸stırmalar
3.29. Sym 3 ve Sym 4 gruplarının elemanlarını temel makasların ¸carpımı olarak en kısa bi¸cimde
yazın.
3.30. Sym 3 ve Sym 4 gruplarının elemanlarını ardı¸sık makasların ¸carpımı olarak en kısa
bi¸cimde yazın.
3.31. Sym 3 ve Sym 4 gruplarının elemanlarını (1 2) ve (1 2 . . . n) elemanlarının ¸carpımı
olarak yazın.
3.32. C
¸ ift sayıda makasın ¸carpımının tek sayıda makasın ¸carpımına e¸sit olamayaca˘
gını g¨
osterin. (Bunun kanıtı zordur; ileride, biraz daha grup teorisi ¨
og
˘rendi˘
gimizde bunun ¸cok
daha kolay bir kanıtını g¨
orece˘
giz.)
3.5
Alt n Grubu
¨
Onceki
altb¨ol¨
umde Sym n’nin her elemanının makasların ¸carpımı olarak yazıldı˘gını g¨ord¨
uk. Sym n’nin ¸cift sayıda makasın ¸carpımı olarak yazılan elemanlarından olu¸san k¨
umeye Alt n diyelim. Alt n k¨
umesinin bile¸ske i¸slemi altında
kapalı oldu˘gu belli, ne de olsa 2k makasın ¸carpımıyla, 2ℓ makasın ¸carpımını
¸carparsak, 2(k + ℓ) makasın ¸carpımını elde ederiz. Alt n’nin elemanlarının tersi
de Alt n’dedir, ¸cu
¨nk¨
u bir makasın tersi yine bir makastır. Idn de Alt n k¨
umesindedir, ¸cu
¨nk¨
u Idn ’yi 0 tane makasın ¸carpımı olarak g¨orebiliriz, ya da e˘ger n ≥ 2
42
3. Simetrik Grup Sym n
ise, Idn ’yi (1 2)(1 2) olarak yazabiliriz. Demek ki Sym n’nin Alt n altk¨
umesi
(bile¸ske i¸slemiyle birlikte) kendi ba¸sına bir gruptur.
Mesela Alt 4 grubu a¸sa˘gıdaki elemanlardan olu¸sur:
Id4 , (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3),
(1, 2 3), (1 2 4), (1 3 4), (2 3 4),
(1 3 2), (1 4 2), (1 4 3), (2 4 3).
Bundan b¨oyle n ≥ 2 olsun. E˘ger Alt n’yi soldan ya da sa˘gdan (1 2) ile (ya
da herhangi bir makasla) ¸carparsak tek sayıda makasın ¸carpımı olarak yazılan
elemanlar k¨
umesini buluruz. Bunun tersi de do˘grudur: Tek sayıda makasın
¸carpımı olarak yazılan bir elemanı soldan ya da sa˘gdan (1 2) ile ¸carparsak
¸cift sayıda makasın ¸carpımı olarak yazılan elemanlar k¨
umesini, yani Alt n’yi
buluruz. Demek ki,
Sym n = Alt n ∪ (1 2) Alt n
olur. Birazdan Alt n ve (1 2) Alt n altk¨
umelerinin ayrık olduklarını g¨osterece˘giz. Yani ¸cift sayıda makasın ¸carpımı olarak yazılan bir eleman tek sayıda
makasın ¸carpımı olarak yazılamaz. Makasların ¸carpımından olu¸san olası bir
α1 · · · α2k = β1 · · · β2ℓ+1
e¸sitli˘ginde, t¨
um makasları e¸sitli˘gin bir tarafında toplayarak, tek sayıda makasın ¸carpımının Idn ’ye e¸sit oldu˘gunu g¨or¨
ur¨
uz. Bunun m¨
umk¨
un olmadı˘gını
g¨ostermemiz lazım. Diyelim, (ai bi ) makasları i¸cin
(1)
(a1 b1 )(a2 b2 ) · · · (ak bk ) = Idn .
Burada ai ̸= bi varsayımını yapıyoruz elbette.
(a2 b2 ) · · · (ak bk )
¸carpımında a1 mutlaka belirmeli, aksi halde (1)’in solundaki ¸carpımda a1 , a1 ’e
de˘gil, b1 ’e giderdi. a1 ’in soldan ikinci makastan itibaren belirdi˘gi ilk makası ele
alalım. Diyelim a1 ilk defa i’inci makasta beliriyor. i ≥ 2 elbette. (ai bi ) makası
yerine buna e¸sit olan (bi ai ) makasını alırsak, ai = a1 varsayımını yapabiliriz.
S¸imdi bu i’inci makası soldan ikinci makas olarak yazabilece˘gimizi g¨orece˘giz.
˙ makastan sonra ve i’inci makastan ¨once a1 belirmedi˘gini aklımızda tutup
Ilk
¸su g¨ozlemi yapalım: a, b, c, d birbirinden farklı sayılar ise,
(c d)(a b) = (a b)(c d) ve (b c)(a b) = (a c)(b c)
e¸sitlikleri ge¸cerlidir. Bu e¸sitlikleri kullanarak i’inci makasta beliren a1 sayısını,
teker teker sola ge¸cirerek ikinci makas haline getirebiliriz ve bunu yaparken
araya daha fazla a1 koymamı¸s oluruz. Yani ¸carpımdaki a1 sayısı aynı kalır,
3.5. Alt n Grubu
43
ama i’inci makasta beliren a1 artık ikinci makasta belirir. Ayrıca yeni ¸carpımda
makas sayısı de˘gi¸smez. B¨oylece (1) ¸carpımı
(2)
(a1 b1 )(a1 b2 )(a3 c3 ) · · · (ak bk ) = Idn
bi¸ciminde bir e¸sitli˘ge d¨on¨
u¸su
¨r. E˘ger b2 = b1 ise, en soldaki iki makası sadele¸stirip k −2 tane makasın ¸carpımının Idn oldu˘gunu g¨or¨
ur¨
uz ve t¨
umevarımla
k −2’nin, dolayısıyla k’nın da ¸cift oldu˘guna h¨
ukmederiz. Bundan b¨oyle b2 ̸= b1
varsayımını yapalım. Ama
(a1 b1 )(a1 b2 ) = (a1 b2 )(b1 b2 )
e¸sitli˘gi ge¸cerli oldu˘gundan, (2) e¸sitli˘gini
(3)
(a1 b2 )(b1 b2 )(a3 c3 ) · · · (ak bk ) = Idn
olarak yazabiliriz. Sadece ilk iki terim de˘gi¸sti. Ama ¸carpımdaki a1 sayısı 1
azaldı, ikinci makasta beliren a1 kayboldu. Bu i¸slemi tekrar tekrar yaparak,
ya k’yı 2 eksiltip k−2 yaparız (ve t¨
umevarımla sonuca varırız), ya da en ba¸staki
˙ slemler bitti˘ginde ¸carpımda
a1 dı¸sında ¸carpımlardaki t¨
um a1 ’leri yok ederiz. I¸
tek bir a1 kalamayaca˘gından, bir zaman sonra sadele¸stirme olmalı ve uzunluk
2 eksilmeli. B¨oylece istedi˘gimiz kanıtlanmı¸s olur. Buldu˘gumuzu yazalım:
Teorem 3.2. n ≥ 2 olsun. Sym n’nin ¸cift sayıda makasın ¸carpımı olarak
yazılan elemanlar n!/2 tane elemanı olan bir gruptur.
Alt n grubu alterne grup olarak bilinir. Grup teorisinde ¸cok ¨onemlidir.
˙
Yukarıdaki kanıt [Sp]’den alınmı¸stır. Ileride
Teorem 3.2’nin daha kavramsal
ve daha az zahmetli bir kanıtını verece˘giz (bkz. Teorem 14.3).
Sym n’nin bir elemanı farklı bi¸cimlerde ve farklı sayılarda makasların ¸carpımı olarak yazılabilir, yani e˘ger σ ∈ Sym n elemanı k tane makasın ¸carpımı
olarak yazılıyorsa, k sayısı σ’nın bir de˘gi¸smezi de˘gildir; ¨ote yandan (−1)k sayısı
σ’nın bir de˘gi¸smezidir, ¸cu
¨nk¨
u k tane makasın ¸carpımı ℓ tane makasın ¸carpımına
e¸sitse, artık k − ℓ sayısının ¸cift oldu˘gunu biliyoruz. Bu (−1)k sayısına σ’nın
i¸
sareti adı verilir ve ±1’e e¸sit olan bu sayı sg σ olarak g¨osterilir.
Alı¸stırmalar
3.33. Sym n’nin 3’e b¨
ol¨
unen sayıda makasın ¸carpımı da bir grup olur elbette. Ama bu grup
Sym n’ye e¸sittir! Kanıtlayın.
3.34. Alt 5’in elemanlarının tiplerini ve her bir tipten ka¸c tane oldu˘
gunu bulun.
3.35. Bir ¨
onceki alı¸stırmayı n = 6, . . . , 10 i¸cin yapın.
3.36. Her α, β ∈ Sym n i¸cin sg(αβ) = sg(α) sg(β) oldu˘
gunu g¨
osterin.
44
3.6
3. Simetrik Grup Sym n
Sym n’de E¸sleniklik
Sym 9’da, ¨orne˘gin
(1 2)(3 4 5)(6 7 8) ile (2 9)(3 7 6)(4 5 8)
elemanları aynı tiptendirler, ¸cu
¨nk¨
u her ikisinde de her k i¸cin uzunlu˘gu k
olan her ayrık d¨ong¨
uden aynı sayıda vardır. Sym 9’un elemanlarının tiplerini
sıralayalım:
Id0 tipi
(1 2) tipi
(1 2 3) tipi
(1 2)(3 4) tipi
(1 2 3 4) tipi
(1 2)(3 4 5) tipi
(1 2 3 4 5) tipi
(1 2)(3 4)(5 6) tipi
(1 2)(3 4 5 6) tipi
(1 2 3)(4 5 6) tipi
(1 2 3 4 5 6) tipi
(1 2)(3 4)(5 6 7) tipi
(1 2)(3 4 5 6 7) tipi
(1 2 3)(4 5 6 7) tipi
(1 2 3 4 5 6 7) tipi
(1 2)(3 4)(5 6)(7 8) tipi
(1 2)(3 4)(5 6 7 8) tipi
(1 2)(3 4 5)(6 7 8) tipi
(1 2)(3 4 5 6 7 8) tipi
(1 2 3)(4 5 6 7 8) tipi
(1 2 3 4)(5 6 7 8) tipi
(1 2)(3 4)(5 6)(7 8 9) tipi
(1 2)(3 4)(5 6 7 8 9) tipi
(1 2)(3 4 5)(6 7 8 9) tipi
(1 2 3)(4 5 6)(7 8 9) tipi
(1 2 3)(4 5 6 7 8 9) tipi
(1 2 3 4)(5 6 7 8 9) tipi
(1 2 3 4 5 6 7 8 9) tipi
Her birinden ka¸c tane oldu˘gunu ileride bulaca˘gız. Bu paragrafta amacımız
aynı tipten iki eleman arasında grup teorisi a¸cısından nasıl bir ili¸ski oldu˘gunu
¨
irdelemek. Ornek
olarak aynı tipten olan
f = (1 2)(3 4)(5 6 7 8 9)
3.6. Sym n’de Es¸leniklik
45
perm¨
utasyonuyla
g = (1 5)(2 8)(3 7 9 6 4)
perm¨
utasyonuna bakalım. Birincisinde sayıların adlarını de˘gi¸stirirsek (Sayıları
T¨
urk¸ceden Macarcaya ¸cevirelim), mesela
1
2
3
4
5
6
7
8
9
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
1
5
2
8
3
7
9
6
4
yazarsak (Macarca 2 yerine 5 deniyormu¸s) ikincisini buluruz.
g = (1 5)(2 8)(3 7 9 6 4) = (8 2)(1 5)(7 9 6 4 3)
oldu˘gundan, ¸s¨oyle de yapabilirdik:
1
2
3
4
5
6
7
8
9
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
yerine
8
2
1
5
7
9
6
4
3
˙
de yazabilirdik. Bu “yerine yazmanın” ne demek oldu˘gunu g¨orelim. Ikinci
yer
de˘gi¸sikli˘gini ele alarak,
h = (1 8 4 5 7 6 9 3)
yazalım ve
h ◦ f ◦ h−1
elemanına bakalım. (E˘ger h, T¨
urk¸ceden Macarcaya s¨ozl¨
ukse, h−1 Macarcadan T¨
urk¸ceye s¨ozl¨
uk olur; b¨oylece T¨
urk¸ce bir d¨on¨
u¸su
¨m olan f ’yi Macarcaya
¸cevirmi¸s oluruz. Tahmin edilece˘gi u
¨zere f ’nin tipi de˘gi¸smemeli. A¸sa˘gıda bile¸ske
i¸cin artık ◦ yazmayaca˘gız.)
hf h−1 = (1 8 4 5 7 6 9 3)(1 2)(3 4)(5 6 7 8 9)(1 3 8 6 7 5 4 8)
= (1 5)(2 8)(3 7 9 6 4) = g
46
3. Simetrik Grup Sym n
buluruz. Yani
hf h−1 = g
olur. Ve elbette soldaki h’leri sa˘g tarafa atarak ve k = f −1 tanımını yaparsak,
kgk −1 = f
buluruz. E˘ger Sym n’nin f ve g elemanlarının tipleri aynıysa, bir h ∈ Sym n
i¸cin,
hf h−1 = g
olur. Bu e¸sitli˘gi sa˘glayan birden ¸cok h ∈ Sym n vardır ama en az bir tane
vardır.
Teorem 3.3. E˘ger Sym n’nin f ve g elemanlarının tipi aynıysa, o zaman bir
h ∈ Sym n i¸cin hf h−1 = g olur. Bunun tersi de do˘grudur: E˘ger bir h ∈ Sym n
i¸cin hf h−1 = g oluyorsa o zaman f ve g’nin tipleri aynıdır.
Kanıt: Birinci kısmın kanıtının nasıl olması gerekti˘gi teoremden ¨once yazı˙
lanlardan belli. Ikinci
¨onermeyi kanıtlayalım. Diyelim f ’nin i¸cinde uzunlu˘gu
k ile ba¸slayan bir d¨ong¨
u var. Bu d¨ong¨
un¨
un (1 2 . . . k) d¨ong¨
us¨
u oldu˘gunu
¨
varsaymak bize bir ¸sey kaybettirmez. Oyle
yapalım. S¸imdi
g(h(1)) = (hf h−1 )(h(1)) = h(f (1)) = h(2)
olur. Ayrıca
g(h(2)) = (hf h−1 )(h(2)) = h(f (2)) = h(3)
olur. Bunu h(k)’ya kadar devam ettiririz, her i = 1, 2, . . . , k − 1 i¸cin
g(h(i)) = h(i + 1)
buluruz. k i¸cin ise,
g(h(k)) = (hf h−1 )(h(k)) = h(f (k)) = h(1)
bulunur. Yani f ’nin (1 2 . . . k) d¨ong¨
us¨
u, g’de (h(1) h(2) . . . h(k)) d¨ong¨
us¨
une
d¨on¨
u¸sm¨
u¸st¨
ur. Her d¨ong¨
u i¸cin aynı ¸sey oldu˘gundan kanıtımız tamamlanmı¸stır.
Sonu¸
c 3.4. E˘ger n ≥ 5 ise (a b c) ∈ Alt n gibi u
¨¸cl¨
u d¨
ong¨
uler Alt n’de
e¸sleniktirler, yani α ve β bu t¨
ur iki eleman ise, bir γ ∈ Alt n i¸cin γαγ −1 = β
olur.
Kanıt: Bu e¸sitli˘gi sa˘glayan bir γ ∈ Sym n oldu˘gunu biliyoruz. E˘ger γ ∈ Alt n
ise sorun yok. Aksi halde, n ≥ 5 oldu˘gundan α’nın yerinden oynatmadı˘gı iki
farklı i, j ∈ {1, 2, . . . , n} vardır; ¸simdi δ = γ (i j) ∈ Alt n olur ve elbette
δαδ −1 = γαγ −1 = β olur.
3.7. Sym n’de Hangi Tipten Kac¸ Eleman Var?
3.7
47
Sym n’de Hangi Tipten Ka¸c Eleman Var?
Sym n ile biraz daha ha¸sır ne¸sir olmak i¸cin biraz hesap yapalım. Bu ve bundan
sonraki b¨ol¨
um, Sym n’nin anla¸sılması i¸cin ya da grup teorisi i¸cin illa okunması
gereken b¨ol¨
umler de˘gildir. Konuya daha ˆa¸sina olmak isteyenlere ¨onerilir ama.
Sym n’de “tipi” aynı olan elemanların sayısını hesaplayalım.
¨
Orne˘
gin (1 2) gibi ikili d¨ong¨
u bi¸ciminde yazılabilen ka¸c eleman vardır?
E˘ger n = 4 ise 6 tane vardır:
(1 2), (1 3), (1 4), (2 3), (2 4), (3 4).
E˘ger n = 5 ise, 10 tane vardır:
(1 2), (1 3), (1 4), (1 5), (2 3), (2 4), (2 5), (3 4), (3 5), (4 5).
Genel olarak bu tip elemanlardan n’nin ikilisi kadar, yani
( )
n
n(n − 1)
=
2
2
tane vardır.
( )
Ya (1 2 3) gibi yazılabilen ka¸c eleman vardır? n3 tane de˘gil. C
¸u
¨nk¨
u se¸c¨
ti˘gimiz her u
¨c¸l¨
u i¸cin iki ayrı se¸cene˘gimiz var. Orne˘gin, 1, 2, 3 se¸cilmi¸sse, bu
sayılarla elde edece˘gimiz, (1 2 3) ve (1 3 2) gibi iki ayrı perm¨
utasyon var. Bu
tipten toplam
( )
n
×2
3
tane eleman vardır. n = 5 olsun ve bu 20 elemanın her birini yazalım:
(1 2 3),
(2 3 4),
(1 3 2),
(2 4 3),
(1 2 4),
(2 3 5),
(1 4 2),
(2 5 3),
(1 2 5),
(2 4 5),
(1 5 2),
(2 5 4),
(1 3 4), (1 3 5), (1 4 5),
(3 4 5),
(1 4 3), (1 5 3), (1 5 4),
(3 5 4).
( )
( )
˙
Ya (12)(34) tipinden? Birinci ¸cift i¸cin n2 se¸cenek var. Ikinci
¸cift i¸cin n−2
2
tane se¸cenek vardır. Ancak bu iki sayıyı ¸carparsak yanlı¸s sonu¸c buluruz. C
¸u
¨nk¨
u b¨oyle yaparsak (12)(34) ve (34)(12)’yi sanki iki ayrı elemanmı¸s gibi iki kez
sayarız. C
¸ arpımı ikiye b¨olmek gerekir. Sonu¸c olarak, (12)(34) tipinden
(n)(n−2)
2
2
2
tane eleman vardır. Gene n = 5 i¸cin bu 15 elemanın hepsini teker teker yazalım:
(1 2)(3 4),
(1 3)(2 4),
(1 4)(2 3),
(1 5)(2 3),
(2 3)(4 5),
(1 2)(3 5),
(1 3)(2 5),
(1 4)(2 5),
(1 5)(2 4),
(2 4)(3 5),
(1 2)(4 5),
(1 3)(4 5),
(1 4)(3 5),
(1 5)(3 4),
(2 5)(3 4).
48
3. Simetrik Grup Sym n
Aynı tipten olan elemanlara e¸
slenik denir. E¸slenik elemanlardan olu¸san
k¨
umeye de e¸
sleniklik sınıfı denir.
A¸sa˘gıdaki tabloda n = 2, . . . , 8 i¸cin, Sn ’de her e¸slenik sınıfında ka¸c eleman
oldu˘gunu hesapladık. Her s¨
utunun altında buldu˘gumuz sayıları toplayarak,
toplamın n! olup olmadı˘gını kontrol ettik. B¨oylece yaptı˘gımız hesapların sa˘glamasını yapmı¸s olduk. (Gene de hata olabilir! Yanlı¸sa tahamm¨
ul¨
u olmayan
okur kendi ba¸sına hesaplamalıdır bu sayıları.)
Id
(12)
(123)
(12)(34)
(1234)
(12)(345)
(12345)
(12)(34)(56)
(12)(3456)
(123)(456)
(123456)
(12)(34)(567)
(12)(34567)
(123)(4567)
(1234567)
(12)(34)(56)(78)
(12)(34)(5678)
(12)(345)(678)
(12)(345678)
(123)(45678)
(1234)(5678)
(12345678)
Toplam
Sym 2
1
1
2
E¸slenik Sınıfları Sayısı
Sym 3 Sym 4 Sym 5
1
1
1
3
6
10
2
8
20
3
15
6
30
20
24
6
24
120
Sym 6
1
15
40
45
90
120
144
15
90
40
120
Sym 7
1
21
70
105
210
420
504
105
630
280
840
210
504
420
720
720
5040
Sym 8
1
28
112
210
420
1120
1344
420
2520
1120
3360
1680
4032
3360
5760
105
1260
1120
3360
2688
1260
5040
40320
¨
Orne˘
gin tipi, (1 2)(3 4)(5 6) elemanının tipiyle aynı olan eleman sayısını
bulmak i¸cin,
( )(
)(
)
n n−2 n−4
2
2
2
sayısını 3!’e b¨olmek zorundayız, aksi halde, ¨orne˘gin, hepsi birbirine e¸sit olan
(1 2)(3 4)(5 6), (1 2)(5 6)(3 4), (3 4)(1 2)(5 6),
(3 4)(5 6)(1 2), (5 6)(1 2)(3 4), (5 6)(3 4)(1 2)
3.7. Sym n’de Hangi Tipten Kac¸ Eleman Var?
49
perm¨
utasyonların hepsini ayrı ayrı saymı¸s olurduk.
Bunun gibi, n ≥ 22 i¸cin, Sym n’de, tipi
(1 2)(3 4)(5 6)(7 8)(9 10)(11 12 13)(14 15 16)(17 18 19)(20 21 22)
olan elemanlardan tam,
(n)(n−2)(n−4)(n−6)(n−8)(n−10)(n−13)(n−16)(n−19)
2
2
2
2
2
3
5! × 4!
3
3
3
24
tane vardır; paydaki ilk be¸s ve son d¨ort terim sadele¸sir ve geriye,
n!
(n − 22)! × (5!25 ) × (4!34 )
kalır. Bir sonraki teoremi okudu˘gunuzda bu sayının anlamı daha iyi anla¸sılacak.
Teorem 3.5.
ong¨
ulerin sayısı olsun.
∑ f ∈ Sn olsun. ki , f ’de i uzunlu˘gundaki d¨
(Demek ki
i · ki = n.) O zaman, f ’nin e¸sleniklik sınıfının eleman sayısı,
(k1
!1k1 ) (k
n!
k
k
2 !2 2 ) · · · (kn !n n )
olur3 .
¨
Kanıt: Once
d¨ong¨
ulerimizin parantezlerini hazırlayalım.
( )( ) . . . ( )(
)(
)...(
)(
)(
)...(
)...
Burada k1 tane 1 sayılık parantez, k2 tane 2 sayılık parantez, ..., kn tane n
sayılık parantez var. (En uzun d¨ong¨
un¨
un uzunlu˘gu ancak n olabilir.) Sayı ko¨
nulabilecek toplam n tane yuva var. Once
n tane sayıyı her bi¸cimde bu parantezlere (her parantezin kabul etti˘gi kadar) yerle¸stirelim. Bunu elbette n! de˘gi¸sik
bi¸cimde yapabiliriz. Ama bu n! yerle¸stirmenin bazıları Sn ’nin aynı elemanını
˙ cine i
verir. Ka¸c tanesinin aynı elemanı verdi˘gini bulup bu sayıya b¨olelim. I¸
tane sayı yerle¸stirilebilen bir parantezi alalım. Bu parantezin i¸cindeki sayıları
¨
i farklı bi¸cimde yerle¸stirirsek Sn ’nin aynı elemanını elde ederiz. Orne˘
gin,
(1 2 3 4 5), (2 3 4 5 1), (3 4 5 1 2), (4 5 1 2 3), (5 1 2 3 4)
yerle¸stirmeleri aynı perm¨
utasyonu verir. Bu parantezlerden tam ki tane oldu˘gundan, sayıları bulundukları parantezlerden ¸cıkarmadan
i ki
3
Bu sayının bir tamsayı olması bile ¸sa¸sırtıcı olmalı!
50
3. Simetrik Grup Sym n
¨ yandan
tane farklı yerle¸stirmenin aynı perm¨
utasyonu verdi˘gini buluruz. Ote
¨
bu parantezlerin de yerlerini de˘gi¸stirebiliriz. Orne˘
gin,
(1 2)(3 4)(5 6), (1 2)(5 6)(3 4), (3 4)(1 2)(5 6),
(3 4)(5 6)(1 2), (5 6)(1 2)(3 4), (5 6)(3 4)(1 2)
yerle¸stirmelerinin hepsi aynı perm¨
utasyonu verir. i uzunlu˘gundaki ki parantezi
ki ! farklı bi¸cimde yerle¸stirebiliriz. Demek ki sadece i uzunlu˘gundaki parantezlere yapılan
i ki · ki !
tane farklı yerle¸stirme aynı perm¨
utasyonu verir. Bunları i = 1, 2, . . . , n i¸cin
¸carparsak, toplam
(1k1 · k1 !)(2k2 · k2 !) · · · (iki · ki !) · · · (nkn · kr !)
farklı yerle¸stirmenin aynı perm¨
utasyonu verece˘gini buluruz. Demek ki bu tipteki eleman sayısını bulmak i¸cin, toplam yerle¸stirme sayısı olan n! sayısını bu
sayıya b¨olmeliyiz.
¨
Onceki
sayfadaki listede Sym n’de en fazla eleman olan e¸sleniklik sınıflarını
koyu harflerle, Id perm¨
utasyonu dı¸sında, en az eleman olan sınıfları da altı ¸cizili
olarak g¨osterdik.
Belli ki, e˘ger n ≥ 5 ise en az (12) tipinde eleman var.
Ve gene belli ki Sn ’de en kalabalık sınıf
(1 2 . . . n − 1)
sınıfı. Bu sınıfın n(n − 2)! tane, yani
n!
(n − 1)
tane elemanı var. Bir ba¸ska deyi¸sle, her n − 1 elemandan biri bu tipten (yani
bu e¸sleniklik sınıfında). En az elemanlı e¸sleniklik sınıfının (1 2)’nin e¸sleniklik
sınıfı oldu˘gunu birazdan kanıtlayaca˘gız.
(1 2 . . . n − 1)
elemanının sınıfının en kalabalık oldu˘gu da do˘gru ama bu olgunun bu kitaba
alınacak kadar kolay bir kanıtını bilmiyorum. Meraklı okur Matematik D¨
unyası
¨
dergisinin 2003-II sayısının 103’¨
unc¨
u sayfasındaki Ozer C
¸ ¨ozer’in kanıtını okuyabilir. Zaten o kadar da ilgin¸c bir soru de˘gil!
3.8. Sym n’de Es¸leniklik Sınıfı Sayısı
3.8
51
Sym n’de E¸sleniklik Sınıfı Sayısı
Her e¸sleniklik sınıfının sayısını bulduk. Peki Sym n k¨
umesinde ka¸c tane e¸sleniklik sınıfı var? Birka¸c sayfa ¨once e¸sleniklik sınıflarını ve dolayısıyla ka¸c tane
olduklarını n = 8’e kadar teker teker bulduk. Biraz daha ileri gidelim:
Sn ’deki e¸sleniklik sınıfı sayısı aslında n sayısının par¸
calanı¸
s sayısına
¨
e¸sittir. Orne˘gin, e˘ger n = 6 ise, n’nin par¸calanı¸slarıyla e¸sleniklik sınıfları
arasında ¸s¨oyle bir perm¨
utasyon vardır:
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
1+1+1+1+1+1
2+1+1+1+1
3+1+1+1
2+2+1+1
4+1+1
3+2+1
5+1
2+2+2
4+2
3+3
6
Id sınıfı
(1 2) sınıfı
(1 2 3) sınıfı
(1 2)(3 4) sınıfı
(1 2 3 4) sınıfı
(1 2 3)(4 5) sınıfı
(1 2 3 4 5) sınıfı
(1 2)(3 4)(5 6) sınıfı
(1 2 3 4)(5 6) sınıfı
(1 2 3)(4 5 6) sınıfı
(1 2 3 4 5 6) sınıfı
Bir do˘gal sayının par¸calanı¸s sayısı, o sayıyı (sıra g¨ozetmeden) do˘gal sayıların
toplamı olarak ka¸c t¨
url¨
u yazılabilece˘gidir. Dolayısıyla 6’nın par¸calanı¸s sayısı
yukarıda g¨or¨
uld¨
u˘gu
¨ gibi 11’dir, Sym 6’nın e¸sleniklik sınıfı sayısına e¸sittir. Genel
˙
olarak, Sym n’nin e¸sleniklik sınıfı sayısı n’nin par¸calanı¸s sayısına e¸sittir. Ilk
birka¸c sayı i¸cin liste a¸sa˘gıda:
n : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 15
sınıf sayısı : 1 2 3 5 7 11 15 22 30 42 56 77 101 135
¨
Uzerine
pek ¸cok ara¸stırma yapılan par¸calanı¸s sayısı matemati˘gin ba¸ska bir
dalının konusudur ve bu konuya daha fazla girmeyece˘giz.
Teorem 3.6. E˘ger n ≥ 4 ise, (1 2)’nin e¸sleniklik sınıfı, Id’in sınıfı dı¸sında,
Sym n’nin en az elemanlı e¸sleniklik sınıfıdır.
Kanıt: Id ̸= f ∈ Sym n olsun. f ’nin e¸sleniklik sınıfının eleman sayısını [f ]
olarak g¨osterelim. f ’yi ayrık d¨ong¨
ulerine ayırıp, uzunlu˘gu r olan d¨ong¨
ulerini,
¨
adına fr diyece˘gimiz bir elemanda toparlayalım. Orne˘
gin
f = (1 2)(3 4)(5 6 7 8)
ise
f2 = (1 2)(3 4), f3 = Id, f4 = (5 6 7 8).
52
3. Simetrik Grup Sym n
Demek ki her fr uzunlu˘gu r olan ayrık d¨ong¨
ulerin ¸carpımı ve f , bu fr ’lerin
¸carpımı. E˘ger f ve g perm¨
utasyonları aynı tiptelerse, yani aynı e¸sleniklik
sınıfındalarsa, elbette fr ve gr de aynı e¸sleniklik sınıfındadırlar. Ve fr ile aynı
e¸sleniklik sınıfında olan her eleman mutlaka f ile aynı e¸sleniklik sınıfında olan
¨
bir elemanda belirir, hatta muhtemelen 1’den fazla kez belirir. Orne˘
gin yukarıdaki ¨ornekteki f2 ile aynı e¸sleniklik sınıfında olan (1 3)(2 5) elemanı, f ’ye
e¸slenik olan (1 3)(2 5)(4 6 7 8) elemanında belirir. E˘ger fr ̸= Id ise, [fr ] ≤ [f ]
e¸sitsizli˘gi bu y¨
uzden bariz. Demek ki [(1 2)] ≤ [fr ] e¸sitsizli˘gini kanıtlamak
yeterli.
Bundan b¨oyle, f , herbirinin uzunlu˘gu r olan k ayrık d¨ong¨
un¨
un ¸carpımı
olsun. Demek ki kr ≤ n. Ayrıca 2 ≤ r. Bu bilgiler daha sonra gerekecek.
¨
S¸imdi g = (1 2 . . . r) olsun. Once
[g] ≤ [f ] e¸sitsizli˘gini kanıtlayaca˘gız. Her iki
sayıyı da a¸cık a¸cık bulabiliriz:
( )
n
[g] =
(r − 1)!
r
( )(
) (
)
n n−r
n − kr + r ((r − 1)!)k
[f ] =
···
k!
r
r
r
(Teorem 3.5’i de kullanabilirdik.) Bundan sonra [g] ≤ [f ] e¸sitsizli˘gini k ve n
u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlamak, biraz me¸sakkatli olsa da ¸cok zor de˘gil; okura
bırakıyoruz. Demek ki [(12)] ≤ [g] e¸sitsizli˘gini, yani
( ) ( )
n
n
≤
(r − 1)!
2
r
e¸sitsizli˘gini kanıtlamamız gerekiyor. Bu da me¸sakkatli belki ama kolay. Ufak
tefek ayrıntıları saymazsak teorem b¨oylece kanıtlanmı¸stır.
Alı¸stırmalar
3.37. (Bu soru IMO 1987 yarı¸smasında sorulmu¸stur.)
Pn (k) = |{f ∈ Symn : f tam k eleman sabitliyor}|
olsun.
n
∑
kPn (k) = n!
k=0
e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
3.38. Her i = 1, . . . , n − 1 i¸cin σi = (i, i + 1) ∈ Sn olsun. Sn ’nin her elemanının sonlu tane
σi ’nin ¸carpımı oldu˘
gunu kanıtlayın. Her i ve j = 1, . . . , n − 1 i¸cin ya (σi ◦ σj )1 = Id, ya
2
(σi ◦ σj ) = Id, ya da (σi ◦ σj )3 = Id olmalı. Kanıtlayın.
3.39. Her i = 2, . . . , n i¸cin τi = (1, i) ∈ Sn olsun. Sn ’nin her elemanının sonlu tane τi ’nin
c¸arpımı oldu˘
gunu kanıtlayın.
3.40. Sym N’nin her elemanının f 2 = g 2 = IdN e¸sitliklerini sa˘
glayan iki f ve g perm¨
utasyonu
i¸cin f ◦ g olarak yazıldı˘
gını kanıtlayın.
4. Elemanların Kuvvetleri ve
Dereceleri
4.1
Elemanların Kuvvetleri
Bundan b¨oyle, (Z, +) ve (Sym X, ◦) ¨orneklerinde oldu˘gu gibi somut bir gruptan
s¨ozedilmiyorsa, yani s¨ozkonusu olan ¨ozellikle belirtilmemi¸s rastgele bir grupsa,
yani ne grubun elemanları ne de ⋆ i¸slemi belirtilmi¸sse, ⋆ yerine · ve x ⋆ y yerine
x · y, hatta hi¸c noktasız xy yazaca˘gız. Ayrıca e yerine 1 yazaca˘gız. Tabii bu 1,
¨
1 do˘gal sayısı olmayabilir. Onceki
b¨ol¨
umde kanıtladı˘gımız
y = x−1 ⇔ x ⋆ y = e ⇔ y ⋆ x = e
e¸sde˘gerlikleri bir defa daha bu dilde yazalım, ¨onemliler ¸cu
¨nk¨
u:
y = x−1 ⇔ xy = 1 ⇔ yx = 1.
Bir grubun bir x elemanı kendisiyle n defa ¸carpıldı˘gında elde edilen eleman
xn olarak g¨osterilir ve bu elemana x’in n’inci kuvveti adı verilir. Burada n
pozitif bir do˘gal sayıdır. x0 elemanı 1 olarak tanımlanır. Tanım gere˘gi x1 = x
olur. Di˘ger kuvvetlerin ne demek oldukları bariz: x2 = xx, x3 = xxx = x2 x =
xx2 . Bir grubun bir x elemanının kuvvetinin formel tanımı ¸s¨oyle: x0 = 1 ve
her n ∈ N i¸cin xn+1 = xn x.
E˘ger bir grupta, n > 0 tamsayısı i¸cin xn = 1 olursa, o zaman, xxn−1 =
xn = 1 oldu˘gundan, yukarıdaki e¸sde˘gerliklere g¨ore x−1 = xn−1 olur. Bu ¨onemli
g¨ozlemi sık sık kullanaca˘gız. Bunun ¨ozel bir durumu olarak, x2 = 1 ise x−1 = x
oldu˘gu bulunur.
¨
Onsav
4.1. Bir grupta her x elemanı ve her n, m ∈ N i¸cin xn xm = xn+m ve
n
m
(x ) = xnm olur. Demek ki xn xm = xm xn olur.
Kanıt: Birinci e¸sitlikten ba¸slayalım. m u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlayaca˘gız.
E˘ger m = 0 ise
xn xm = xn x0 = xn 1 = xn = xn+0 = xn+m .
54
4. Elemanların Kuvvetleri ve Dereceleri
S¸imdi e¸sitli˘gin m i¸cin do˘gru oldu˘gunu varsayıp e¸sitli˘gi m + 1 i¸cin kanıtlayalım:
xn xm+1 = xn (xm x) = (xn xm )x = xn+m x = x(n+m)+1 = xn+(m+1) .
Sıra ikinci e¸sitlikte. E˘ger m = 0 ise hem (xn )m hem de xnm elemanı 1’e e¸sittir.
S¸imdi e¸sitli˘gin m i¸cin do˘gru oldu˘gunu varsayalım. Kanıtlanan bir ¨onceki e¸sitli˘gi
kullanarak,
(xn )m+1 = (xn )m xn = xnm xn = xnm+n = xn(m+1)
elde ederiz. Kanıtımız tamamlanmı¸stır.
E˘ger n > 0 bir tamsayıysa, x−n ’yi (xn )−1 olarak (yani xn ’nin tersi olarak)
tanımlıyoruz:
x−n = (xn )−1 .
Ama burada bir ¸seyi kontrol etmek gerekir: Daha ¨once x−1 elemanını x’in tersi
olarak tanımlamı¸stık. Oysa burada x−1 ’in farklı bir tanımını yaptık: Burada
x−1 (e˘ger tanımda n = 1 alınırsa), x1 ’in, yani x’in tersi olarak tanımlanmı¸stır.
Her iki tanımın da aynı elemanı i¸saret etti˘gi belli, yani daha ¨onceki tanımla bu
tanım n = 1 ise ¨ort¨
u¸su
¨yor; bir sorun yok. Hatta tanımda n = 0 bile alabiliriz,
gene bir sorun olmaz: Eski tanıma g¨ore x−0 = x0 = 1 di˘ger yandan yeni tanıma
g¨ore de x−0 = (x0 )−1 = 1−1 = 1 ¸cıkar.
Pozitif n tamsayıları i¸cin (tanım gere˘gi) do˘gru olan bu e¸sitli˘gin taraflarının
tersini alırsak xn = (x−n )−1 elde ederiz. Demek ki m = −n i¸cin (xm )−1 = x−m
olur. Aynı e¸sitli˘gin negatif sayılar i¸cin de do˘gru oldu˘gunu g¨or¨
ur¨
uz. Demek ki
her n ∈ Z i¸cin
x−n = (xn )−1
olur.
¨
Onsav
4.2. Bir grubun her x elemanı ve her n, m ∈ Z i¸cin xn xm = xn+m ve
n
m
(x ) = xnm olur. Demek ki (x−1 )n = x−n ve xn xm = xm xn olur.
Kanıt: Birinci e¸sitlikten ba¸slayalım. Gerekirse kanıtlamak istedi˘gimiz e¸sitli˘gin
tersini alarak (o zaman x−(n+m) = x−m x−n elde ederiz), n+m ≥ 0 varsayımını
¨
yapabiliriz. Demek ki ya n ≥ 0 ya da m ≥ 0. Onsav
4.1’den dolayı n ya da
m’nin negatif oldu˘gunu varsayabiliriz.
¨
Birinci S
¸ ık: m < 0. Bu durumda Onsav
4.1’e g¨ore,
xn+m (xm )−1 = xn+m x−m = x(n+m)+(−m) = xn
olur. Sol taraftaki xm ’yi sa˘g tarafa atarak istedi˘gimiz xn+m = xn xm e¸sitli˘gini
elde ederiz.
¨
˙
Ikinci
S
¸ ık: n < 0. Bu durumda Onsav
4.1’e g¨ore,
(xn )−1 xn+m = x−n xn+m = x(−n)+(n+m) = xm
4.1. Elemanların Kuvvetleri
55
olur. Soldaki xn ’yi sa˘g tarafa atarak istedi˘gimiz xn+m = xn xm e¸sitli˘gini elde
ederiz.
Gelelim (xn )m = xnm e¸sitli˘gine. Gerekirse tarafların tersini alarak m ≥ 0
varsayımını yapabiliriz. E˘ger m = 0 ise e¸sitlik 0’ıncı kuvvetin tanımından
¸cıkıyor. E¸sitli˘gin m i¸cin do˘gru oldu˘gunu varsayıp e¸sitli˘gi m+1 i¸cin kanıtlayalım.
Kanıtlanan bir ¨onceki e¸sitlikten ve tanımdan,
(xn )m+1 = (xn )m xn = xnm xn = xnm+n = xn(m+1)
elde ederiz.
(x−1 )n = x−n e¸sitli˘gi bir ¨oncekinden elde edilir. Nitekim bir ¨onceki (xn )m =
xnm e¸sitli˘ginde n = −1 alırsak, her m ∈ Z i¸cin (x−1 )m = x−m buluruz.
Son e¸sitli˘gin kanıtı: xn xm = xn+m = xm+n = xm xn .
Sonu¸
c 4.3. Her grubun her x elemanı i¸cin, {xn : n ∈ Z} k¨
umesi ¸carpma
ve tersini alma i¸slemi altında kapalıdır ve grubun etkisiz elemanını i¸cerir. Bir
ba¸ska deyi¸sle bu k¨
ume grubun i¸slemi altında kendi ba¸sına bir grup olur.
Kanıt: Do˘grudan bir ¨onceki ¨onsavın sonucudur.
Ama dikkat, {xn : n ∈ Z} k¨
umesi sonsuz olmak zorunda de˘gildir. Bu
konuya bir sonraki b¨ol¨
umde de˘ginece˘giz.
Sonu¸
c 4.4. E˘ger bir grubun bir x elemanı i¸cin xn = 1 oluyorsa ve e˘ger n
sayısı k − ℓ sayısını b¨
ol¨
uyorsa (yani k ≡ ℓ mod n oluyorsa), o zaman xk = xℓ
olur.
Kanıt: k − ℓ = nu olsun. O zaman xk = xℓ+nu = xℓ xnu = xℓ (xn )u = xℓ 1u =
xℓ 1 = xℓ olur.
¨
Onemli
bir ¸seye dikkat etmek lazım: (xy)n elemanı xn y n elemanına e¸sit
¨ yandan e˘ger xy = yx ise (xy)n = xn y n olur. S¸imdi bunu
olmayabilir. Ote
kanıtlayalım.
¨
Onsav
4.5. E˘ger bir grubun x ve y elemanları birbirleriyle de˘gi¸siyorlarsa, yani
xy = yx ise o zaman her n ve m tamsayısı i¸cin xn y m = y m xn ve (xy)n = xn y n
olur.
¨
˙ olarak m ≥ 0 varsayımını
Kanıt: Once
xy m = y m x e¸sitli˘gini kanıtlayalım. Ilk
yapalım. E˘ger m = 0 ya da m = 1 ise kanıtlayacak bir ¸sey yok. E¸sitli˘gin m
i¸cin ge¸cerli oldu˘gunu varsayalım. O zaman e¸sitlik m + 1 i¸cin de ge¸cerli olur:
xy m+1 = x(yby b) = (xy m )y = (y m x)y = y m (xy)
= y m (yx) = (y m y)x = y m+1 x.
Demek ki her m ≥ 0 i¸cin xy m = y m x. E˘ger m < 0 ise, −m > 0 oldu˘gundan,
biraz ¨once yaptı˘gımızdan
xy −m = y −m x
56
4. Elemanların Kuvvetleri ve Dereceleri
olur. y −m terimlerini di˘ger tarafa atarak
xy m = y m x
buluruz.
S¸imdi de xn y m = y m xn e¸sitli˘gini kanıtlayalım. E˘ger n = 0 ise e¸sitlik bariz. E˘ger e¸sitlik n i¸cin do˘gruysa, biraz ¨once kanıtlanan y n x = xy n e¸sitli˘gini
kullanarak,
(xy)n+1 = (xy)n (xy) = (xn y n )(xy) = xn (y n x)y
= xn (xy n )y = (xn x)(y n y) = xn+1 y n+1
elde ederiz. Demek ki (t¨
umevarımla) e¸sitlik n ≥ 0 i¸cin do˘gru. S¸imdi n < 0
olsun. m = −n > 0 tanımını yapalım. Biraz ¨once kanıtladı˘gımız (xy)m =
xm y m e¸sitli˘gini ters ¸cevirirsek, y −m x−m = (xy)−m , yani y n xn = (xy)n buluruz.
Bu ve bir ¨onceki e¸sitlik xn y n = (xy)n verir.
˙
Ileride
bu ¨onsavları referans vermeden ¨ozg¨
urce kullanaca˘gız.
¨
Notlar ve Ornekler
4.1. E˘
ger g = (1 2 3 4)(5 6 7 8 9) ∈ Sym 9 ise
g2
g3
g4
g5
g6
g7
g8
g9
g 10
olur. Dolayısıyla
=
=
=
=
=
=
=
=
=
(1 3)(2 4)(5 7 9 6 8)
(1 4 3 2)(5 8 6 9 7)
(5 9 8 7 6)
(1 2 3 4)
(1 3)(2 4)(5 6 7 8 9)
(1 4 3 2)(5 7 9 6 8)
(5 8 6 9 7)
(1 2 3 4)(5 9 8 7 6)
(1 3)(2 4)
( )2
g 20 = g 10·2 = g 10 = [(1 3)(2 4)]2 = Id9
ve g −1 = g 19 olur. Ayrıca,
( )7
g 143 = g 20·7+3 = g 20 g 3 = g 3 = (1 4 3 2)(5 8 6 9 7)
olur.
4.2. g = (1 2)(3 4 5)(6 7 8 9)(10 11 12 13 14) ise g 143 perm¨
utasyonunu bulalım. g 60 = Id
143
23
23
oldu˘
gu belli. Demek ki g
=g .S
¸ imdi g perm¨
utasyonunu bulalım. Kareler alarak,
g2
g4
g8
g 16
=
=
=
=
(3 5 4)(6 8)(7 9)(10 12 14 11 13)
(3 4 5)(10 14 13 12 11)
(3 5 4)(10 13 11 14 12)
(3 4 5)(10 11 12 13 14)
buluruz. Buradan
g 143
=
=
=
g 23 = g 16+8−1 = g 16 g 8 g −1
[(3 4 5)(10 11 12 13 14)][(3 5 4)(10 13 11 14 12)]
[(1 2)(3 5 4)(6 9 8 7)(10 14 13 12 11)]
(1 2)(3 5 4)(6 9 8 7)(10 13 11 14 12)
4.1. Elemanların Kuvvetleri
57
¸cıkar. S
¸¨
oyle de yapabilirdik: a = (1 2), b = (3 4 5), c = (6 7 8 9), d = (10 11 12 13 14)
olsun. Bu d¨
ort eleman birbirleriyle de˘
gi¸sirler, yani mesela ab = ba olur.
a2 = Id9 , b3 = Id9 , c4 = Id9 , d5 = Id9
oldu˘
gundan,
g 143 = g 23 = (abcd)23 = a1 b2 c3 d3 = (1 2)(3 5 4)(6 9 8 7)(10 13 11 14 12)
olur.
4.3. E˘
ger G ve H birer grupsa ve g ∈ G ve h ∈ ∏
H ise, G ⊕
× H kartezyen ¸carpımında, her
n ∈ Z i¸cin (g, h)n = (g n , hn ) olur. Benzer ¸sey I Gi ve I Gi gruplarında da ge¸cerlidir.
4.4. E˘
ger grubun i¸slemi + ise, ki bu durumda matematik¸ciler arasında yapılan bir anla¸smaya
g¨
ore grup de˘
gi¸smeli olmak zorundadır, o zaman g n yerine ng yazıldı˘
gını s¨
oylemi¸stik.
˙ slemi toplamayla yazılan bir grup olan Z × Z’den ¨
I¸
ornek verelim. k ∈ Z ve (x, y) ∈ Z × Z
i¸cin k(x, y) = (kx, ky) olur.
E˘ger grubun i¸slemi toplama (+) i¸saretiyle simgeleniyorsa (ki bu durumda
grubun abel oldu˘gu varsayılır), o zaman G’nin etkisiz elemanı 0 olarak ve bir
g elemanının tersi −g olarak yazılır. Ayrıca n ∈ Z i¸cin g n yerine ng yazılır.
Elbette 1g = g, 0g = 0 ve −1g = −g olur. Yukarıda kanıtladı˘gımız e¸sitlikler
bu yeni yazılımla ¸su hali alırlar: Her n, m ∈ Z ve her x, y ∈ G i¸cin,
(n + m)x = nx + mx
n(mx) = (nm)x
n(x + y) = nx + ny.
Ayrıca bu durumda
x + (−y) yerine x − y,
(−x) + y yerine − x + y,
(−x) + (−y) yerine − x − y
˙ slemi toplama olarak yazılan bir gruba toplamsal grup denir. Bu
yazılır. I¸
durumda i¸slemin her zaman de˘gi¸smeli oldu˘gunun varsayıldı˘gını bir kez daha
anımsatalım.
Alı¸stırmalar
4.5. E˘
ger bir grubun a ve b elemanları i¸cin ab = ba ve an = bm = 1 oluyorsa, e = ekok(n, m)
i¸cin (ab)e = 1 e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
4.6. E˘
ger bir grubun bir a elemanı i¸cin an = am = 1 oluyorsa, d = ebob(n, m) i¸cin ad = 1
e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
4.7. X bir k¨
ume, x ∈ X ve f ∈ Sym X olsun. E˘
ger f n (x) = x ve f m (x) = x oluyorsa,
d
d = ebob(n, m) i¸cin f (x) = x e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
4.8. G bir grup ve c, x ∈ G olsun. E˘
ger xn , xm ∈ CG (c) ise, d = ebob(n, m) i¸cin xd ∈ CG (c)
oldu˘
gunu kanıtlayın.
58
4. Elemanların Kuvvetleri ve Dereceleri
4.2
Elemanların Dereceleri
G bir grup ve g ∈ G olsun. Bazen bir n ̸= 0 tamsayısı i¸cin g n = 1 olur.
g −n = (g n )−1 = 1 oldu˘gundan, e˘ger g n = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan bir n ̸= 0
tamsayısı varsa, o zaman g n = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan pozitif bir n do˘gal sayısı
vardır. Bu durumda, g n = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan en k¨
uc¸u
¨k n > 0 do˘gal sayısına
g’nin derecesi (ya da mertebesi) adı verilir ve bu en k¨
u¸cu
¨k pozitif do˘gal sayı
deg g = n olarak g¨osterilir. Bazen de b¨oyle bir n > 0 sayısı yoktur; bu durumda
derecenin sonsuz oldu˘gu s¨oylenir ve deg g = ∞ yazılır. Derecesi 1 olan yegˆane
eleman 1’dir. Bir grubun derecesi sonlu olan elemanlarına burulmalı eleman
adı verilir. Di˘ger elemanlar burulmasız eleman olarak anılır. Her elemanı
burulmalı olan bir gruba burulmalı grup denir. E˘ger bir grupta bir n >
0 do˘gal sayısı i¸cin, her g elemanı g n = 1 e¸sitli˘gini sa˘glıyorsa, gruba sonlu
eksponantli grup denir; e˘ger n bu e¸sitlikleri sa˘glayan en k¨
u¸cu
¨k do˘gal sayıysa,
grubun eksponantının n oldu˘gu s¨oylenir. E˘ger bir grupta etkisiz elemandan
ba¸ska burulmalı eleman yoksa, o gruba burulmasız grup denir. Z, Q ve R
burulmasız gruplardır. Ama her n > 0 i¸cin Sym n burulmalı bir gruptur, hatta
her f ∈ Sym n i¸cin f n! = Idn olur. (Neden?)
E˘ger G de˘gi¸smeli bir grupsa ve i¸slemi + ile ifade edilmi¸sse, g n yerine ng
yazıldı˘gını unutmayın. Konuya yeni ba¸slayan biri i¸cin, ¸carpımsal ifadeden toplamsal ifadeye ge¸cmek biraz zahmet ve dikkat gerektirebilir.
¨
Notlar ve Ornekler
4.9. Bir grupta bir elemanın ve tersinin dereceleri e¸sittir: deg g = deg g −1 ; ¸cu
¨nk¨
u
g n = 1 ⇔ g −n = 1
o
¨nermesi do˘
grudur.
4.10. Z, Q, R gruplarında etkisiz eleman 0 dı¸sında elemanların dereceleri sonlu olamazlar
c¸u
¨nk¨
u bu gruplarda n ∈ Z i¸cin nx = 0 oluyorsa, n = 0 olmak zorundadır.
4.11. (1 2 3 4)(5 6 7 8 9) elemanının derecesi 20’dir ama (1 2 3 4)(5 6 7 8 9 10) elemanının
derecesi 12’dir.
4.12. Sym N grubunun ¸su iki elemanını alalım:
g = (0 1)(2 3)(4 5) . . . ve h = (1 2)(3 4)(5 6) . . .
Her iki elemanın da derecesi 2’dir. C
¸ arpım (bile¸ske yani) yapılırsa,
gh = ( . . . 6 4 2 0 1 3 5 . . . ) ve hg = ( . . . 5 3 1 0 2 4 6 . . . )
bulunur. deg g = deg h = 2’dir ama deg gh = deg hg = ∞ olur.
4.13. G, eleman sayısı ¸cift olan sonlu bir grup olsun. G’nin derecesi 2 olan elemanı oldu˘
gunu
g¨
osterece˘
giz. E˘
ger g 2 ̸= 1 ise, g ̸= g −1 olur. Ayrıca her g elemanı i¸cin deg g = deg g −1
¨
olur (bkz. Ornek
4.9). {g ∈ G : g 2 ̸= 1} k¨
umesi {g, g −1 } olarak iki¸ser iki¸ser gruplanır,
dolayısıyla eleman sayısı ¸cifttir. Dolayısıyla geriye kalan {g ∈ G : deg g = 1} k¨
umesinin
eleman sayısı da ¸cift olmak zorundadır. Bu k¨
umede derecesi 1 olan 1 elemanı da var.
O elemanı ¸cıkarırsak geriye tek sayıda (dolayısıyla en az 1 tane) derecesi 2 olan eleman
kalır.
4.2. Elemanların Dereceleri
59
˙
Ileride,
e˘
ger p bir asalsa ve p, G grubunun eleman sayısını b¨
ol¨
uyorsa, o zaman G’nin
derecesi p olan bir elemanı oldu˘
gunu g¨
osterece˘
giz (bkz. Teorem 4.11 ve Teorem 10.14).
Alı¸stırmalar
4.14. G1 ve G2 iki grup, g1 ∈ G1 ve g2 ∈ G2 olsun. E˘
ger g1 ve g2 elemanlarından birinin derecesi sonsuzsa, G1 × G2 kartezyen ¸carpımının (g1 , g2 ) elemanının da derecesinin
sonsuz oldu˘
gunu kanıtlayın. E˘
ger deg g1 ve deg g2 birer do˘
gal sayıysa, deg(g1 , g2 ) =
ekok(deg g1 , deg g2 ) e¸sitli˘
gini kanıtlayın. Buradan, e˘
ger deg(g1 , g2 ) = ∞ ise ya deg g1 ’in
ya da deg g2 ’nin sonsuz olması gerekti˘
gi ¸cıkar.
4.15. Bir grupta derecesi sonlu olan iki elemanın ¸carpımının derecesi sonlu olmak zorunda
mıdır?
4.16. ab ve ba’nın derecelerinin aynı oldu˘
gunu kanıtlayın. abc ve bca’nın derecelerinin aynı
¨
oldu˘
gunu kanıtlayın. Oyle
bir grup ve a, b, c elemanları bulun ki abc ve acb’nin dereceleri
farklı olsun.
n
4.17. a−1 ba = b2 ise a−n ban = b2 e¸sitli˘
gini kanıtlayın. a4 = 1 ise b’nin derecesi hakkında ne
s¨
oyleyebilirsiniz?
4.18. b−1 ab = a2 ve c−1 ac = a3 ise ve b ve c elemanlarının dereceleri sırasıyla 4 ve 3 ise a’nın
derecesi hakkında ne s¨
oyleyebilirsiniz?
⊕
4.19. (Gi )i bir grup ailesi olsun. Her Gi grubunun her elemanı burulmalıysa, i∈I Gi grubunun her elemanının burulmalı oldu˘
gunu kanıtlayın.
Sonlu bir grupta her elemanın derecesi sonludur. C
¸u
¨nk¨
u sonlu bir grupta
g, g 2 , g 3 , . . .
elemanlarının hepsi birbirinden farklı olamaz, demek ki 0 < m < n i¸cin g n =
g m ve dolayısıyla g n−m = 1 olmak zorundadır. Bundan da deg g < ∞ ¸cıkar.
¨
Onsav
4.6. G bir grup, g ∈ G ve deg g = d < ∞ olsun. O zaman g n = 1
e¸sitli˘ginin do˘gru olması i¸cin d’nin n’yi b¨
olmesi gerek ve yeter ko¸suldur. Bunun
k
ℓ
sonucu olarak, g = g e¸sitli˘ginin do˘gru olması i¸cin yeter ve gerek ko¸sul d’nin
k − ℓ sayısını b¨
olmesidir.
Kanıt: E˘ger d, n’yi b¨ol¨
uyorsa, n = dq e¸sitli˘gini sa˘glayan bir q ∈ Z se¸celim. O
zaman,
g n = g dq = (g d )q = 1q = 1
olur.
S¸imdi g n = 1 varsayımını yapalım. n’yi d’ye b¨olelim: Bir q ∈ Z ve r =
0, 1 . . . , d − 1 i¸cin n = qd + r olur ve o zaman da
1 = g n = g qd+r = g qd g r = (g d )q g r = 11 g r = g r ,
yani
gr = 1
olur. Ama 0 ≤ r < d oldu˘gundan, derecenin tanımından dolayı r = 0 bulunur.
Demek ki n = qd + r = qd + 0 = qd ve d, n’yi b¨oler.
g k = g ℓ e¸sitli˘gi ancak g k−ℓ = 1 ise ge¸cerlidir. Son ¨onerme bundan ve bir
¨onceki ¨onermeden ¸cıkar.
60
4. Elemanların Kuvvetleri ve Dereceleri
Sonu¸
c 4.7. G bir grup, g ∈ G ve p bir asal olsun. E˘ger g p = 1 ise ya g = 1
ya da deg g = p olur.
n
E˘ger p bir asalsa ve bir n tamsayısı i¸cin g p = 1 oluyorsa g’ye p-eleman
adı verilir. 1’den farklı bir eleman ancak tek bir p asalı i¸cin bir p-eleman olabilir
(bkz. Alı¸stırma 4.6).
Sonu¸
c 4.8. G bir grup ve g ∈ G bir p-elemansa g’nin derecesi p’nin bir
kuvvetidir.
Sonu¸
c 4.9. G bir grup ve g ∈ G olsun. E˘ger deg g = n < ∞ ve m sayısı
n’ye asalsa, bir h ∈ G i¸cin hm = g olur. Dilenirse h, g’nin bir kuvveti olarak
alınabilir.
Kanıt: A = {1, g, g 2 , . . . , g n−1 } olsun. f (x) = xm form¨
ul¨
uyle verilmi¸s A’dan
A’ya giden fonksiyonu ele alalım. E˘ger f (x) = f (y) ise, (xy −1 )m = 1 olur.
¨
Onsav
4.6’ya g¨ore deg(xy −1 )|m, aynı ¨onsava g¨ore deg(xy −1 )|n. Alı¸stırma 4.6’ya
g¨ore deg(xy −1 ) = 1, yani x = y. Demek ki f fonksiyonu birebirdir; dolayısıyla
¨ortendir. Demek ki g’nin bir kuvvetinin m’inci kuvveti g’ye e¸sit olur.
Aynı sonucu daha basit olarak ¸s¨oyle de kanıtlayabilirdik: Bir u, v ∈ Z i¸cin
un + mv = 1 olur. Demek ki
g = g 1 = g un+mv = (g n )u (g v )m = (g v )m
olur.
¨
Notlar ve Ornekler
4.20. Bu ¨
ornekte ¸su sonucu kanıtlayaca˘
gız:
j
Teorem 4.10. G bir grup, g ∈ G, deg g = n < ∞ olsun. n = pj11 · · · pkk , n’nin farklı
asal ¸carpanlarıma ayrımı olsun. O zaman ¨
oyle g1 , . . . , gk ∈ G vardır ki,
1. g = g1 · · · gk olur.
2. Her i, j i¸cin gi gj = gj gi olur. (Dolayısıyla ggi = gi g olur.)
3. Her gi bir pi -elemandır.
Hatta gi ’leri g’nin bir kuvveti olarak se¸cebiliriz.
Kanıt: mi = n/pji i olsun. O zaman m1 , . . . , mk sayıları aralarında asaldır. Dolayısıyla
m1 u1 + · · · + mk uk = 1
e¸sitli˘
gini sa˘
glayan u1 , . . . , uk sayıları vardır (bkz. Alı¸stırma 2.3). S
¸ imdi kolay bir hesap
yapalım:
g = g 1 = g m1 u1 +···+mk uk =1 = g m1 u1 · · · g mk uk
S
¸ imdi gi = g mi ui tanımını yaparsak istedi˘
gimiz her ¸sey do˘
gru olur.
˙
Ileride
bu sonucu bir kez daha Sonu¸c 10.22 olarak kanıtlayaca˘
gız.
4.21. p bir asal ve G, eleman sayısı p’ye b¨
ol¨
unen bir grup olsun. Bu paragrafta G’nin derecesi
p olan bir elemanı oldu˘
gunu g¨
orece˘
giz.
X = {(g1 , . . . , gp ) : g1 · · · gp = 1}
4.2. Elemanların Dereceleri
61
olsun. Her g1 , . . . , gp−1 i¸cin
(g1 , . . . , gp−1 , g) ∈ X
¨
onermesini sa˘
glayan bir ve bir tane g ∈ G oldu˘
gu i¸cin
|X| = |G|p−1
olur; ama bizim i¸cin ¨
onemli olan X’in eleman sayısının p’ye b¨
ol¨
und¨
u˘
gu
¨ olgusu olacak.
Bu arada (1, . . . , 1) ∈ X ve
(x, . . . , x) ∈ X ⇔ xp = 1
oldu˘
gunu g¨
ozden ka¸cırmayalım. Demek ki Sonu¸c 4.7’ye g¨
ore
(x, . . . , x) ∈ X ⇔ (x = 1 ya da deg x = p)
olur.
D = {(x, . . . , x) ∈ X}
tanımını yapalım. D’nin 1’den fazla elemanı oldu˘
gunu g¨
ostermek istiyoruz.
(g1 , . . . , gp ) ∈ X i¸cin
t(g1 , . . . , gp ) = (gp , g1 , g2 , . . . , gp−1 )
olsun. Yani t, X’in elemanlarının koordinatlarını bir sa˘
ga kaydırsın, en sa˘
gdaki koordinatı da en ba¸sa alsın. t elbette X’ten X’e giden birebir ve ¨
orten bir fonksiyondur (yani
t ∈ Sym X olur); ayrıca tp = IdX olur.
T = {IdX , t, t2 , . . . , tp−1 }
olsun. Elbette t, D’nin elemanlarını sabitler, yani x ∈ D ise t(x) = x olur, ama t, D
dı¸sında bir eleman sabitleyemez. Bunun da ¨
otesinde, T ’nin IdX dı¸sında hi¸cbir elemanı
¨
X’in herhangi bir elemanını sabitleyemez (bkz. Ornek
4.7) ¸cu
¨nk¨
u p bir asal. Demek ki
her x ∈ X \ D i¸cin
T x = {x, t(x), t2 (x), . . . , tp−1 (x)}
k¨
umesinin tam p elemanı var. Ayrıca e˘
ger x ̸= y ise,
Tx ∩ Ty = ∅
olur. (Neden?) Bundan X \ D k¨
umesinin her biri ayrık ve her birinde p elemanı olan
T x par¸calarına ayrıldı˘
gı ¸cıkar. Demek X \ D k¨
umesinin eleman sayısı p’ye b¨
ol¨
un¨
ur.
Dolayısıyla D’nin eleman sayısı p’ye b¨
ol¨
un¨
ur. S
¸ unu kanıtladık:
Teorem 4.11 (Cauchy Teoremi). Eleman sayısı p asalına b¨
ol¨
unen sonlu bir grubun,
derecesi p olan bir elemanı vardır.
˙
Ileride
bu teoremin daha standart bir ba¸ska kanıtını verece˘
giz (bkz. Teorem 10.14).
¨
Demek ki Onsav
4.6’ya g¨ore, bir grupta deg g = 6 ise, g 124 = g 4 olur ve
g’nin (negatif ya da pozitif) t¨
um kuvvetleri
1, g, g 2 , g 3 , g 4 , g 5
elemanlarından birine e¸sittir. Ayrıca yukarıda sıralanan elemanlar birbirine
e¸sit olamazlar. Bu sonucu not edelim:
62
4. Elemanların Kuvvetleri ve Dereceleri
Teorem 4.12. E˘ger bir grubun bir g elemanının derecesi d < ∞ ise
{g n : n ∈ Z} = {1, g, g 2 , . . . , g d−1 }
olur ve bu k¨
umenin tam d tane elemanı vardır. Tersine, e˘ger {g n : n ∈ Z}
k¨
umesinin d tane elemanı varsa, o zaman g’nin derecesi d’dir. Demek ki g’nin
derecesi sonlu da sonsuz da olsa,
|{g n : n ∈ Z}| = deg g
olur.
Kanıt: n ∈ Z olsun. n’yi d’ye b¨olelim: Bir q ∈ Z ve r = 0, 1 . . . , d − 1 i¸cin
n = qd + r olur ve o zaman da
g n = g qd+r = g qd g r = (g d )q g r = 11 g r = g r
olur. Bu birinci ¨onerme. E¸sitli˘gin sa˘gındaki k¨
umede d tane eleman oldu˘gunu
kanıtlayalım: E˘ger k, ℓ ∈ {0, 1 . . . , d − 1} i¸cin g k = g ℓ ise o zaman g k−ℓ = 1
¨
olur. Demek ki Onsav
4.6’ya g¨ore d sayısı k −ℓ sayısını b¨olmeli. −d < k −ℓ < d
oldu˘gundan, bu da ancak k − ℓ = 0 ise, yani k = ℓ ise m¨
umk¨
und¨
ur.
S¸imdi {g n : n ∈ Z} k¨
umesinin tam d tane elemanı oldu˘gunu varsayalım.
E˘ger 0 ≤ k < ℓ < d i¸cin g k = g ℓ olsaydı, o zaman g ℓ−k = 1 olurdu. Ama o
zaman da g’nin derecesi ℓ−k’dan, dolayısıyla d’den k¨
uc¸u
¨k olurdu. Ama birinci
¨onermeye g¨ore bu durumda {g n : n ∈ Z} k¨
umesinin d’den az elemanı olurdu,
¸celi¸ski. Demek ki
1 = g 0 , g = g 1 , g 2 , . . . , g d−1
elemanları birbirinden farklı ve
{g n : n ∈ Z} = {1, g, g 2 , . . . , g d−1 }.
Demek ki g d elemanı sa˘g k¨
umede beliren d elemandan birine e¸sit olmalı, yani
0 ≤ k ≤ d − 1 i¸cin g d = g k olmalı. Buradan g d−k = 1 = g 0 ¸cıkar. Bir iki
satır ¨once bu e¸sitli˘gin ancak k = 0 ise do˘gru olabilece˘gini g¨ord¨
uk. Demek
d
k
0
¨
ki g = g = g = 1. Ote yandan g’nin daha k¨
u¸cu
¨k bir pozitif kuvveti 1
olamayaca˘gından, g’nin derecesi d olmalıdır.
E˘ger grubun i¸slemi toplamayla yazılıyorsa, teoremdeki
{g n : n ∈ Z} = {1, g, g 2 , . . . , g d−1 }
e¸sitli˘gi
{ng : n ∈ Z} = {0, g, 2g, . . . , (d − 1)g}
bi¸cimini alır. Bu durumda (elemanın derecesi sonlu da olsa sonsuz da olsa)
{ng : n ∈ Z} k¨
umesi Zg ya da gZ olarak yazılır.
Teoremden, sonlu bir grubunun eksponantının sonlu oldu˘gu anla¸sılır.
Bu ¨onemli teoremden sonra yazıyı dereceler u
¨zerine ¸cok yararlı birka¸c
sonu¸cla bitiriyoruz.
4.2. Elemanların Dereceleri
63
¨
Onsav
4.13. deg g = d < ∞ ve n ∈ Z ise
deg g n =
d
ebob(d, n)
olur. Demek ki d ve n aralarında asalsa deg g = deg g n olur.
Kanıt: Teorem 4.12’ye g¨ore, 0 ≤ n < d varsayımını yapabiliriz. deg g n = k
olsun. Kanıtı iki par¸caya ayıraca˘gız.
a. E˘
ger ebob(d, n) = 1 ise. Bu durumda deg g n = d e¸sitli˘gini kanıtlamalıyız.
¨
Elbette (g n )d = (g d )n = 1n = 1 olur. Onsav
4.6’ya g¨ore k|d. Ayrıca 1 =
n
k
nk
(g ) = g oldu˘gundan, d|nk. Demek ki varsayımımıza g¨ore d|k. Buradan
k = d ¸cıkar.
b. E˘
ger n|d ise. Bu durumda deg g n = d/n e¸sitli˘gini kanıtlamalıyız. Elbette
n
d/n
¨
(g )
= g d = 1 olur. Onsav
4.6’ya g¨ore k|d/n ve k ≤ d/n. E˘ger k < d/n
kn
olsaydı, kn < d ve g = (g n )k = 1 olurdu, ¸celi¸ski. Demek ki k = d/n.
c. Genel durum. d’yi b¨olen bir a ve d’ye asal bir b i¸cin n = ab olsun.
Elbette a = ebob(d, n)’dir. O zaman yukarıda yapılanlardan dolayı, deg g n =
deg(g a )b = deg g a = d/a olur.
¨
Onsav
4.14. G bir grup ve a, b ∈ G dereceleri sonlu olan ve ab = ba e¸sitli˘gini
sa˘glayan iki eleman olsun. Bu durumda deg ab| ekok(deg a, deg b) olur. Ayrıca
e˘ger deg a ve deg b aralarında asalsa deg ab = deg a deg b olur.
¨
˙
Kanıt: Birinci kısım Onsav
4.5 ve 4.6’dan ¸cıkar. Ikinci
kısmı kanıtlayalım.
k
k
−k
k = deg ab olsun. Demek ki (ab) = 1, yani a = b .
Birinci kısma g¨ore k| deg a deg b. Madem ¨oyle, d| deg a ve e| deg b i¸cin k = de
¨
yazalım. Onsav
4.13’e g¨ore
deg ak =
deg a
deg b
deg b
deg a
=
ve deg b−k =
=
ebob(deg a, k)
d
ebob(deg b, k)
e
olur. Dolayısıyla
deg a
deg b
=
d
e
olmalı. Ama deg a ve deg b aralarında asal oldu˘gundan, bundan, deg a = d ve
deg b = e ¸cıkar. Demek ki k = de = deg a deg b olur.
Alı¸stırmalar
4.22. G de˘
gi¸smeli bir grup olsun. E˘
ger a ∈ G burulmasız, 1 ̸= b ∈ G burulmalıysa, ab
elemanının burulmasız oldu˘
gunu kanıtlayın.
4.23. Sym 12 grubunun derecesi en b¨
uy¨
uk elemanlarının tipini bulun.
4.24. E˘
ger deg g = n ve m sayısı n’yi b¨
ol¨
uyorsa, grupta derecesi m olan bir elemanın varlı˘
gını
kanıtlayın.
5. Altgruplar
Bazen bir grubun bir altk¨
umesi, grubun i¸slemiyle birlikte kendi ba¸sına bir grup
olur;
1
nZ ⊆ Z ⊆ Z ⊆ Q ⊆ R ve Q⋆ ⊆ R⋆
2
¨orneklerinde oldu˘gu gibi. G’nin i¸slemiyle birlikte bir grup olan altk¨
umelerine
G’nin altgrubu adı verilir. E˘ger H, G’nin altgrubuysa, bu, H ≤ G olarak
g¨osterilir. Genelde bir altk¨
umenin altgrup olması i¸cin i¸slem altında kapalı olması yetmez, ¨orne˘gin N toplama altında kapalı olmasına ra˘gmen Z’nin bir
¨ yandan birazdan kanıtlayaca˘gımız Teorem 5.1’e g¨ore
altgrubu de˘gildir. (Ote
altk¨
ume sonluysa ¸carpma altında kapalı olmak altgrup olmak i¸cin yeterlidir.)
G, G’nin bir altgrubudur elbette. G’nin G’den farklı altgruplarına ¨
ozaltgrup adı verilir ve e˘ger H, G’nin bir ¨ozaltgrubuysa, bu < olarak g¨osterilir.
E˘ger G’nin etkisiz elemanı e ise, {e} ≤ G olur. Bu altgruba tri¸
skadan altgrup
adı verilir. Bunlar pek o kadar ilgin¸c altgruplar de˘giller.
Alı¸stırmalar
5.1. E˘
ger G bir grupsa ve g ∈ G ise
{g n : n ∈ Z}
k¨
umesinin bir altgrup oldu˘
gunu g¨
osterin. E˘
ger g’nin derecesi d < ∞ ise bu altgrubun
tam d tane elemanı oldu˘
gunu ve
{1, g, g 2 , . . . , g d−1 }
k¨
umesine e¸sit oldu˘
gunu Teorem 4.12’de g¨
orm¨
u¸st¨
uk. E˘
ger d = 12 ise {1, g 3 , g 6 , g 9 }
2
11
k¨
umesi, hem G’nin hem de {1, g, g , . . . , g } grubunun bir altgrubudur.
5.2. G bir grup olsun. i ve j iki do˘
gal sayı olsun. {g in : n ∈ Z} ve {g jn : n ∈ Z}, G’nin iki
altgrubudur. Bu altgrupların kesi¸simini bulun. (E˘
ger deg g = ∞ ise, sonu¸c pek zor de˘
gil.
E˘
ger deg g = d < ∞ ise biraz u˘
gra¸smak gerekebilir.)
5.3. p bir do˘
gal sayıysa A(p) = {a/pn : a ∈ Z, n ∈ N} k¨
umesinin Q grubunun bir altgrubu
oldu˘
gunu g¨
osterin. Birbirine asal p ve q do˘
gal sayıları i¸cin A(p) ∩ A(q) = Z oldu˘
gunu
kanıtlayın. E˘
ger p ve q aralarında asal de˘
gilse kesi¸sim ne olur?
¨
Birazdan ¸cok daha fazla ¨ornek verece˘
giz. Once
altgrupların temel ¨ozelliklerini ortaya ¸cıkaralım.
G’nin bir H altgrubunun, H kendi ba¸sına bir grup oldu˘gundan, etkisiz
elemanı vardır. G’nin etkisiz elemanına e ve H’ninkine de f diyelim. Elbette
66
5. Altgruplar
f f = f olur; ayrıca f ∈ G oldu˘gundan, G’de hesap yaparak f e = f bulunur;
demek ki f f = f = f e ve buradan da (G grubunda sadele¸stirme yaparak)
e = f buluruz. Demek ki H ile G’nin etkisiz elemanı aynıdır. Benzer ¸sekilde
H’deki bir elemanın H’de ve G’de terslerinin aynı oldu˘gu kanıtlanır.
E˘ger G bir grup ve A, B ⊆ G ise,
AB = {ab : a ∈ A, b ∈ B} ve A−1 = {a−1 : a ∈ A}
tanımlarını yapalım. Demek A’nın ¸carpma altında kapalı olması demek, aynen
AA ⊆ A demektir. (AB)C = A(BC) ve (AB)−1 = B −1 A−1 gibi e¸sitlikler
bariz olmalı. Dolayısıyla (AB)C yerine parantezsiz olarak ABC yazabiliriz.
Demek ki bir H ⊆ G altk¨
umesinin G’nin bir altgrubu olması i¸cin,
HH ⊆ H, e ∈ H, H −1 ⊆ H
ko¸sulları gerek ve yeterdir. Birinci ko¸sul, H’nin i¸slem altında kapalı oldu˘gunu,
ikincisi H’nin G’nin etkisiz elemanını i¸cerdi˘gini ve u
¨¸cu
¨nc¨
us¨
u H’deki bir elemanın G grubundaki tersinin gene H’de oldu˘gunu s¨oyl¨
uyor. E˘ger G toplama
altında bir grupsa, yukarıdaki ko¸sullar,
H + H ⊆ H, 0 ∈ H, −H ⊆ H
ko¸sullarına d¨on¨
u¸su
¨r.
Bir grup ve altgrubunun ve e¸santiyon olarak altgrubun birka¸c elemanının
resmi a¸sa˘gıda:
A¸sa˘gıda b¨oyle bir durum irdeleniyor.
Teorem 5.1. Bir grubun, ¸carpma i¸slemi altında kapalı olan, ama bo¸sk¨
ume
olmayan sonlu bir altk¨
umesi grubun i¸slemiyle birlikte bir grup olur.
Kanıt: Gruba G, grubun sonlu altk¨
umesine de H diyelim. Varsayıma g¨ore
H’nin elemanlarıyla H’nin elemanlarını ¸carptı˘gımızda sonu¸c gene H’de ¸cıkar.
˙ slem olarak,
Grup tanımının u
¨¸c ¨ozelli˘ginin H i¸cin sa˘glandı˘gını kanıtlamalıyız. I¸
tabii ki G’yi grup yapan i¸slemi alıyoruz. Birle¸sme ¨ozelli˘gi G’nin elemanları i¸cin
67
do˘gru oldu˘gundan, H’nin elemanları i¸cin de do˘grudur. S¸imdi H’de etkisiz elemanın varlı˘gını kanıtlayalım. Aslında G’nin etkisiz elemanının zorunlu olarak
H’de oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız. H’nin bo¸sk¨
ume olmadı˘gını biliyoruz. H’den bir
h elemanı se¸celim ve h’yi kendisiyle ¸carpıp
h, h2 , h3 , h4 , . . .
elemanlarını elde edelim. Varsayıma g¨ore bunların hepsi H’nin elemanlarıdır.
Ama H sonlu bir k¨
ume oldu˘gundan, iki farklı n ve m pozitif do˘gal sayısı i¸cin
hn = hm
olmalı. Diyelim n > m. O zaman hm = hn = hn−m hm e¸sitli˘ginden, G grubunda
sadele¸stirme yaparak, hn−m = 1 elde ederiz. Varsayıma g¨ore hn−m ∈ H. Demek ki 1 ∈ H. Ayrıca hn−m = 1 e¸sitli˘ginden, hhn−m−1 = hn−m = 1 ¸cıkar.
Demek ki
h−1 = hn−m−1
olur. E˘ger n − m = 1 ise h−1 = h0 = 1 ∈ H, e˘ger n − m > 1 ise h−1 =
hn−m−1 ∈ H olur. Demek ki her iki durumda da h’nin (G grubundaki) tersi
H’dedir. B¨oylece H’nin kendi ba¸sına bir grup oldu˘gu kanıtlanmı¸s oldu.
Teoreme g¨ore, e˘ger X sonlu bir k¨
umeyse, Sym X’in bile¸ske i¸slemi altında
kapalı olan ama bo¸sk¨
ume olmayan her altk¨
umesi bile¸ske i¸slemiyle birlikte bir
˙
grup olur. Ileride
bu olguyu sık sık kullanaca˘gız.
A¸sa˘gıdaki sonu¸c da ¸cok yararlıdır.
¨
Onsav
5.2. G bir grup olsun. E˘ger A, B ⊆ G altk¨
umeleri ¸carpma altında
kapalıysa ve BA ⊆ AB ise, AB k¨
umesi de ¸carpma altında kapalıdır. Ayrıca
e˘ger A ve B sonluysa, AB ≤ G olur.
Kanıt: Kanıt bir satırdan ibarettir: (AB)(AB) = A(BA)B ⊆ A(AB)B =
˙
(AA)(BB) ⊆ AB. Ikinci
¨onerme bundan ve bir ¨onceki teoremden ¸cıkar.
¨
Onsav
5.3. G bir grup olsun. E˘ger A, B ≤ G ve BA ⊆ AB ise, AB ≤ G
olur.
Kanıt: AB’nin ¸carpma altında kapalı oldu˘gu ¨onceki ¨onsavdan anla¸sılıyor.
AB’nin elemanlarının da tersleri AB’dedir ¸cu
¨nk¨
u (AB)−1 ⊆ B −1 A−1 ⊆ BA ⊆
AB olur.
Bundan b¨oyle G’nin etkisiz elemanını e yerine 1 ile g¨osterece˘giz. G, elbette G’nin bir altgrubudur. Ayrıca sadece 1 elemanından olu¸san altk¨
ume bir
altgruptur: {1} ≤ G. Belki okur tasvip etmeyebilir ama {1} altgrubu yerine
sık sık 1 yazılır ve bu yazılım ¸cok kullanı¸slıdır. Ama hi¸cbir zaman 1 = {1}
68
5. Altgruplar
yazılmaz ¸cu
¨nk¨
u b¨oyle bir tanım k¨
umeler kuramının temellendirme aksiyomuyla ¸celi¸sirdi. {1} yerine 1 yazılması (yanlı¸s olan!) 1 = {1} e¸sitli˘ginden de˘gil,
matematik¸cilerin yaptı˘gı bir anla¸smadan kaynaklanır. 1 simgesinin ne zaman
etkisiz eleman 1 olarak ne zaman {1} altgrubu olarak kullanıldı˘gı her zaman
anla¸sılaca˘gından, bu tuhaf anla¸sma herhangi bir karı¸sıklı˘ga yol a¸cmayacaktır.
¨
(Oyle
bir olasılık varsa 1 altgrubu yerine yazılması gerekti˘gi gibi {1} yazın.)
A¸sa˘gıdaki sonu¸c da ¸cok yararlı olacak.
¨
Onsav
5.4. G bir grup ve A, B ≤ G olsun. E˘ger A ∩ B = {1} ise (a, b) 7→ ab
kuralı A × B’den AB’ye giden bir e¸sleme verir. Dolayısıyla |AB| = |A||B|
olur.
Kanıt: Fonksiyonun ¨orten oldu˘gu belli. Diyelim, a, a1 ∈ A ve b, b1 ∈ B i¸cin
−1 ∈ A ∩ B = {1} olur, yani a−1 a = b b−1 = 1,
ab = a1 b1 o zaman a−1
1
1 a = b1 b
1
yani a = a1 ve b = b1 olur. Demek ki fonksiyon birebirmi¸s.
¨
Notlar ve Ornekler
¨
5.4. Once
basit ¨
orneklerden ba¸slayalım: 2Z ≤ Z ≤ 32 Z ≤ Q ≤ R, {1, −1} ≤ Q⋆ ≤ R⋆ ,
>0
>0
Q ≤ R . Ayrıca
√
√
√
√
Z[ 2] = {a + b 2 : a, b ∈ Z} ve Q[ 2] = {a + b 2 : a, b ∈ Q}
gibi k¨
umeler de R’nin altgruplarıdır.
√
Biraz daha az bariz bir ¨
ornek: Q[ 2] \ {0} ≤ R⋆ olur. (Okura alı¸stırma.)
5.5. Z grubunun t¨
um altgruplarını Teorem 2.1’de sınıflandırmı¸stık: Z’nin her altgrubu bir
ve bir tek n ∈ Z i¸cin nZ bi¸cimindedir. Birazdan Z × Z grubunun t¨
um altgruplarını da
sınıflandıraca˘
gız.
5.6. G bir abel grubu olsun.
E˘
ger n ∈ Z ise, Gn = {g ∈ G : g n = 1} k¨
umesi G’nin bir altgrubudur (bkz. Sonu¸c 4.3).
π, bir asal sayılar k¨
umesi olsun. Asal b¨
olenleri π k¨
umesinde olan sayılara π-sayı adı
verilir. {g ∈ G : deg g bir π-sayı} bir altgruptur. (Derecesi π-sayı olan grup elemanlarına
π-eleman denir. E˘
ger π = {p} ise π-eleman yerine p-eleman denir.)
E˘
ger π, t¨
um asallar k¨
umesiyse, yukarıdaki ¨
ornek, derecesi sonlu olan (yani burulmalı)
elemanlardan olu¸san bir k¨
umenin bir altk¨
ume oldu˘
gunu g¨
osterir.
Ama 1 dı¸sında burulmalı elemanları olan de˘
gi¸smeli bir grupta, burulmasız elemanlar
k¨
umesi hi¸cbir zaman bir altgrup olamaz. (Neden?)
5.7. G de˘
gi¸smeli bir grup ve n ∈ Z olsun. Gn = {g n : g ∈ G}, G’nin bir altgrubudur. Bu t¨
ur
altgrupların ¸ce¸sitli n sayıları i¸cin kesi¸simleri de alınabilir elbet. E˘
ger Gn = G ise G’ye
n-b¨
ol¨
un¨
ur denir. Q grubu her n ̸= 0 i¸cin n-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur ¸cu
¨nk¨
u Q grubunda her a ∈ Q
ve n ̸= 0 i¸cin nx = a denklemi ¸co
¨z¨
ulebilir. Bu t¨
ur gruplara b¨
ol¨
un¨
ur grup denir. R>0
⋆
¨
grubu da b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Ama R grubu sadece tek n sayıları i¸cin n-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Orne˘
gin
x2 = −1 denkleminin R’de ¸co
¨z¨
um¨
u olmadı˘
gından R⋆ grubu 2-b¨
ol¨
un¨
ur de˘
gildir. E˘
ger
p1 , . . . , pk asalları n’yi b¨
olen t¨
um asallarsa, grubun n-b¨
ol¨
un¨
ur olması demek, grubun her
i i¸cin pi -b¨
ol¨
un¨
ur olması demektir. (Neden?)
B¨
ol¨
un¨
ur bir grubun ya 1 elemanlı ya da sonsuzdur. B¨
ol¨
un¨
ur grupların kartezyen ¸carpımları ve kısıtlanmı¸s ¸carpımları da b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Bir kartezyen ¸carpım ya da kısıtlanmı¸s
c¸arpım b¨
ol¨
un¨
urse, ¸carpımı alınan gruplar da b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Bunlar kanıtlanması olduk¸ca
basit olgulardır.
69
⊕
∏
5.8. (Gi )i∈I bir grup ailesi olsun. O zaman I Gi ≤ I Gi olur.
5.9. A ≤ G ve B ≤ H olsun. O zaman A × B ≤ G × H olur. Ama dikkat: G × H’nin t¨
um
¨
altgrupları bu t¨
urden de˘
gildir. Orne˘
gin, e˘
ger G = H ise,
{(g, g) : g ∈ G} ≤ G × G
olur ve G = 1 olmadık¸ca (yani G = {1} olmadık¸ca!) A × B t¨
ur¨
unden yazılan bir altgrup
de˘
gildir.
¨
Birazdan, Ornek
5.23’te Z × Z grubunun altgruplarını sınıflandıraca˘
gız.
5.10. Bir ¨
onceki ¨
orne˘
gi sonsuz sayıda grubun kartezyen ¸carpımına genelle¸stirmek i¸
sten bile
⊕
de˘
g
ildir:
(G
c
in
H
i )i∈I bir grup ailesi olsun. Her i ∈ I i¸
i ≤ Gi olsun. O zaman
I Hi ≤
⊕
∏
∏
I Gi ve
I Hi ≤
I Gi olur.
∏
∏
5.11. H ≤ I Gi olsun. i0 ∈ I sabit bir g¨
osterge¸c olsun. πi0 : I Gi −→ Gi0 fonksiyonu
πi0 ((gi )i ) = gi0 form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s olsun. πi0 fonksiyonuna i0 ’ıncı do˘
gal izd¨
u¸
su
¨m
fonksiyonu denir. πi0 (H) ≤ Gi0 olur.
5.12. [Merkezleyici] G bir grup ve X ⊆ G olsun. O zaman
CG (X) = {g ∈ G : her x ∈ X i¸cin gx = xg}
olarak tanımlanan CG (X) k¨
umesi G’nin bir altgrubudur (bkz. Alı¸stırma 1.22). Bu altgruba X’in merkezleyicisi adı verilir.
5.13. [Merkezleyici] G bir grup, H ≤ G ve X ⊆ G olsun. O zaman
CH (X) = {g ∈ G : her x ∈ X i¸cin gx = xg}
olarak tanımlanan CH (X) k¨
umesi G’nin bir altgrubudur (bkz. Alı¸stırma 1.22). Bu altgruba X’in H’deki merkezleyicisi adı verilir.
5.14. [Merkez] G bir grup ve H ≤ G olsun. O zaman H’nin merkezi
Z(H) = {z ∈ H : her x ∈ H i¸cin zx = xz}
olarak tanımlanır. Elbette bir altgruptur ve bir ¨
onceki ¨
orne˘
gin yazılımıyla Z(H) =
CH (H) olur. Z(G)’nin altgruplarına G’nin merkezˆı altgruplar , elemanlarına da merkezˆı elemanlar denir.
5.15. Her ¸sey yukarıdaki ¨
orneklerde oldu˘
gu gibiyse, Z(CH (X)) gibi altgruplar da tanımlanabilir. E˘
ger g ∈ G i¸cin g n ∈ H oluyorsa, g n ∈ Z(CH (g)) olur. (Neden?)
5.16. [Normalleyici] E˘
ger G bir grup ve X ⊆ G ise,
X g = {xg : x ∈ X} = {g −1 xg : x ∈ X}
olarak tanımlansın. O zaman,
NG (X) = {g ∈ G : X g = X}
k¨
umesi G’nin bir altgrubu olur. Bu altgruba X’in normalleyicisi adı verilir. (Uygulamada genellikle X bir altgrup olur.)
5.17. X bir k¨
ume ve Y ⊆ X olsun.
{g ∈ Sym X : g(Y ) = Y } ve {g ∈ Sym X : her y ∈ Y i¸cin g(y) = y}
˙
k¨
umeleri Sym X’in altgruplarıdır. Ikinci
birincisinin de altgrubudur. E˘
ger Z ⊆ X ise,
{g ∈ Sym X : ya g(Y ) = Y ve g(Z) = Z ya da g(Y ) = Z ve g(Z) = Y }
k¨
umesi de Sym X’in bir altgrubudur.
70
5. Altgruplar
5.18. E˘
ger g ∈ Sym X ise, g, X’in altk¨
umeler k¨
umesi olan ℘(X) k¨
umesi u
¨zerine de bir etkisi
vardır: A ⊆ X i¸cin
g˜(A) = {g(a) : a ∈ A}.
f = g˜h
˜ e¸sitli˘
g˜ ∈ Sym ℘(X) olur ve g 7→ g˜ fonksiyon her g, h ∈ Sym X i¸cin gh
gini sa˘
glayan
Sym X’ten Sym ℘(X)’e giden birebir bir fonksiyondur. B¨
oylece g elemanını Sym ℘(X)
grubunun bir elemanı olarak da g¨
orebiliriz.
5.19. G bir grup ve a, b ∈ G olsun. H k¨
umesi, a, b, a−1 , b−1 elemanlarının her t¨
url¨
u ¸car¨
pımlarından olu¸san k¨
ume olsun. Orne˘
gin, a4 b2 a−3 b5 a, b3 a2 b−4 a7 b8 a−7 ∈ H. (Tabii bu
elemanlar e¸sit olabilirler, ¨
orne˘
gin grup de˘
gi¸smeliyse e¸sittirler.) H k¨
umesi bir altgruptur.
Bu yaptı˘
gımızı a, b, c elemanlarıyla ya da sonsuz sayıda elemanla da yapabiliriz.
5.20. Bir grupta her altgrup k¨
umesinin kesi¸simi bir altgruptur.
5.21. Bir altgrubun da altgrupları vardır. Bir grubun bir altgrubunun altgrupları grubun
altgruplarıdır elbette. Yani C ≤ B ve B ≤ A ise C ≤ A olur.
5.22. Z’nin altgruplarının bir ve bir tek n ∈ N i¸cin nZ bi¸ciminde olduklarını biliyoruz (Teorem
2.1). Elbette nZ ≤ mZ i¸cindeli˘
gi ancak ve ancak m, n’yi b¨
ol¨
uyorsa do˘
grudur. Dolayısıyla
¨ yandan Z’nin minimal
Z’nin maksimal altgrupları1 bir p asalı i¸cin pZ bi¸cimindedir. Ote
˙
altgrubu yoktur. Ileride
Q’nun maksimal altgrubu olmadı˘
gı g¨
osterece˘
giz. Ancak Q’nun
1’i i¸cermeyen maksimal altgrubu vardır. Yani ¨
oyle bir A ≤ Q vardır ki, 1 ̸∈ A olur ve
e˘
ger A < B ≤ Q ise 1 ∈ B olur. Okur b¨
oyle bir A altgrubu bulmaya ¸calı¸sabilir. C
¸ ok
kolay de˘
gildir ama imkˆ
ansız da de˘
gildir (bkz. Teorem F.3). R grubunun da b¨
oyle bir
altgrubu vardır (bkz. Teorem F.5) ancak bu altgrubun varlı˘
gını kanıtlamak i¸cin Se¸cim
Aksiyomu’na ihtiya¸c vardır, yani varlı˘
gı bilinen altgrubun ne oldu˘
gunu kimse bilemez!
5.23. [Z × Z’nin Altgrupları] Z’nin altgruplarının bir ve bir tek n ∈ N i¸cin nZ bi¸ciminde
olduklarını biliyoruz (Teorem 2.1). Bu ¨
ornekte Z × Z grubunun altgruplarını sınıflandıraca˘
gız2 . H ≤ Z × Z olsun.
A = {x ∈ Z : bir y ∈ Z i¸cin (x, y) ∈ H}
tanımını yapalım. (A, H’nin birinci izd¨
u¸su
¨m¨
ud¨
ur.) A’nın Z’nin bir altgrubu oldu˘
gunu
kanıtlamak zor de˘
gil. Demek ki Teorem 5.1’e g¨
ore bir ve bir tek n ∈ N i¸cin A = nZ olur.
Tanıma g¨
ore
H ≤ A × Z = nZ × Z
olmalı. Ayrıca
B = {y ∈ Z : (0, y) ∈ H}
tanımını yapalım. B ≤ Z oldu˘
gundan (kanıtı kolay), bir ve bir tek k ∈ N i¸cin B = kZ
olur. Demek ki
H ∩ ({0} × Z) = {0} × B = {0} × kZ.
E˘
ger n = 0 ise H ≤ {0} × Z ve H = {0} × B = {0} × kZ olur. Bundan b¨
oyle n > 0
olsun.
1
Bir grubun maksimal altgrubu terimi, en b¨
uy¨
uk ¨
ozaltgrubu anlamına kullanılır, aksi
halde grubun kendisi tabii ki grubun maksimal altgrubu olurdu. Benzer ¸sekilde 1 altgrubu
bir grubun en k¨
uc¸u
¨k altgrubudur. Bu y¨
uzden minimal altgrup deyimi en k¨
uc¸u
¨k ve 1’den
farklı altgrup anlamında kullanılır.
2
Matematikte bir k¨
umeyi sınıflandırmak , k¨
umeyle, ¸cok daha a¸sina oldu˘
gumuz bir k¨
ume
arasında bir e¸sleme bulmak anlamına gelir. Bir ba¸ska deyi¸sle, sınıflandırılmak istenen k¨
ume¨
nin elemanları, daha a¸sina oldu˘
gumuz bir k¨
umenin elemanlarıyla kodlanır. Orne˘
gin Z’nin
altgrupları N’nin elemanları tarafından kodlanmı¸slardır. Z’nin her altgrubu N’nin bir elemanına ve N’nin her elemanı Z’nin bir altgrubuna tekab¨
ul eder. N’nin elemanlarıyla daha
a¸sina oldu˘
gumuzdan (ne de olsa do˘
gal sayılar), b¨
oylece Z’nin altgruplarını sınıflandırmı¸s
oluruz.
71
n ∈ A oldu˘
gundan, ¨
oyle bir m ∈ Z vardır ki (n, m) ∈ H olur. B¨
oyle bir m ∈ Z
¨
sabitleyelim. S
¸ imdi H’den herhangi bir (x, y) elemanı se¸celim. x’i n’ye b¨
olelim: Oyle
q, r ∈ Z bulunur ki,
x = nq + r ve 0 ≤ r < n
olur. (x, y) − q(n, m) ∈ H ve
(x, y) − q(n, m) = (x − qn, y − qm) = (r, y − qm) ∈ H ≤ nZ × Z
oldu˘
gundan r = 0 olmak zorunda. Demek ki,
(x, y) − q(n, m) = (0, y − qm) ∈ H ∩ ({0} × Z) = {0} × kZ.
Dolayısıyla bir z ∈ Z i¸cin
(x, y) − q(n, m) = (0, kz) = z(0, k)
olur. Buradan da
(x, y) = q(n, m) + z(0, k)
¸cıkar. Demek ki
H ≤ Z(n, m) + Z(0, k).
Di˘
ger yandan, (n, m), (0, k) ∈ H oldu˘
gundan, Z(n, m) + Z(0, k) ≤ H i¸cindeli˘
gi bariz.
B¨
oylece n ∈ N \ {0}, k ∈ N ve m ∈ Z i¸cin
H = Z(n, m) + Z(0, k)
e¸sitli˘
gini kanıtlamı¸s olduk. Ancak bulunan n, m, k sayıları biricik olmayabilir. Aslında
n ve k sayıları biricik de, k de˘
gi¸sik de˘
gerler alabilir. k u
¨zerindeki ko¸sulları daha da
kısıtlamak amacıyla devam edelim. E˘
ger k = 0 ise H = Z(n, m) olur ve biriciklik
konusunda bir sorun ya¸sanmaz. Ama e˘
ger k > 0 ise, m’yi k’ya b¨
olelim ve
m = kq1 + r1 ve 0 ≤ r1 < k
¨
onermelerini sa˘
glayan q1 , r1 ∈ Z bulalım.
(n, m) = (n, r1 ) + q1 (0, k) ∈ Z(n, r1 ) + Z(0, k)
oldu˘
gundan
H = Z(n, m) + Z(0, k) ≤ Z(n, r1 ) + Z(0, k)
olur. Ama (n, r1 ) = (n, m) − q1 (0, k) ∈ H, dolayısıyla Z(n, r1 ) ≤ H ve
H = Z(n, r1 ) + Z(0, k).
A¸sa˘
gıdaki teoremin yarısını kanıtladık:
Teorem 5.5. H ≤ Z × Z olsun. A¸sa˘gıdakilerden biri ve sadece biri ge¸cerldiir:
i. Bir ve bir tek k ∈ N i¸cin H = Z(0, k) olur.
ii. Bir ve bir tek 0 ̸= n ∈ N ve m ∈ Z ¸cifti i¸cin H = Z(n, m) olur.
iii. Bir ve bir tek n, k ∈ N\{0} ve m ∈ {0, 1, . . . , k−1} u
¨¸cl¨
us¨
u i¸cin H = Z(n, m)+Z(0, k)
olur.
˙ iki ¸sıkkın biriciklik kısmı kolay ve
Kanıt: Varlık kısmını biraz ¨
once kanıtladık. Ilk
¨ cu
okura bırakılmı¸stır. U¸
¨nc¨
us¨
un¨
unki de ¸cok zor de˘
gil. E˘
ger ko¸sulları sa˘
glayan (n, m, k)
ve (n1 , m1 , k1 ) u
¨c¸l¨
uleri i¸cin
Z(n, m) + Z(0, k) = Z(n1 , m1 ) + Z(0, k1 )
olursa, o zaman kolayca g¨
or¨
ulece˘
gi u
¨zere (0, k) ve (0, k1 ) birbirinin katı olmak zorunda.
Buradan da k = k1 ¸cıkar. Aynı ¸sey n ve n1 i¸cin de ge¸cerli. Demek ki n = n1 . Son
olarak m = m1 e¸sitli˘
gini kanıtlayalım. Bir x, y ∈ Z i¸cin (n, m) = x(n1 , m1 ) + y(0, k1 ) =
x(n, m1 ) + y(0, k) = (xn, xm1 + yk) oldu˘
gundan, x = 1 ve m = m1 + yk olmalı. Ama
m ∈ {0, 1, . . . , k − 1} i¸cindeli˘
gi y = 0 verir. Demek ki m = m1 .
72
5. Altgruplar
Alı¸stırmalar
5.24. G bir grup ve H ve K iki altgrup olsun. E˘
ger K ⊆ H ise K ≤ H oldu˘
gunu kanıtlayın.
−1
5.25. Ne t¨
ur G grupları i¸cin {(g, g ) : g ∈ G} ≤ G × G olur?
5.26. G bir grup ve A, B ≤ G olsun. A ∪ B k¨
umesinin bir altgrup olması i¸cin ya A’nın
¨ c altgrup i¸cin bu do˘
B’yi ya da B’nin A’yı i¸cermesi gerekti˘
gini kanıtlayın. U¸
gru de˘
gildir.
Kar¸sı¨
ornek bulun.
5.27. G bir grup olsun. E˘
ger Z(G) ≤ H ≤ G ise Z(G) ≤ Z(H) oldu˘
gunu kanıtlayın. E˘
ger
H ≤ G ise, Z(G) ∩ H ≤ Z(H) oldu˘
gunu kanıtlayın.
5.28. G bir
gal sayısı i¸cin Hn ≤ G olsun. E˘
ger her n i¸cin Hn ≤ Hn+1
∪ grup olsun ve her n do˘
ise, n Hn ≤ G oldu˘
gunu kanıtlayın.
5.29. G bir grup olsun. G’nin bir (Hi )i∈I altgrup ailesi verilmi¸s olsun. Her i, j ∈ I i¸cin,
H
gunu varsayalım. O zaman
∪i ≤ Hj ve Hj ≤ Hi i¸cindeliklerinden birinin ge¸cerli oldu˘
H
≤
G
oldu˘
g
unu
kanıtlayın.
i
I
5.30. G bir grup ve p bir asal olsun. E˘
ger bir H ≤ G altgrubunun her elemanının derecesi
p’nin bir kuvvetiyse,
H’ye
p-altgrup
denir. Bir ¨
onceki alı¸stırmadaki Hi altgrupları p∪
gruplarsa, I Hi altgrubunun da bir p-grup oldu˘
gu belli. Bu olgudan hareket ederek ve
¨
Zorn Onsavı’nı
kullanarak, G’nin maksimal p-altgruplarının oldu˘
gunu kanıtlayın. (Tabii,
¨
e˘
ger G sonluysa, Zorn Onsavı’na
gerek yok.)
5.31. Alı¸stırma 5.29’i genelle¸stirebiliriz. G bir grup ve (Hi )i∈I , G’nin bir altgrup ailesi olsun.
E˘
ger her i, j ∪
∈ I ve her hi ∈ Hi ve hj ∈ Hj i¸cin hi hj ∈ Hk i¸cindeli˘
gini sa˘
glayan bir
k ∈ K varsa, i∈I Hi k¨
umesinin bir altgrup oldu˘
gunu kanıtlayın.
5.32. G bir grup, H ≤ G ve x ∈ G olsun. E˘
ger xn , xm ∈ H ise, d = ebob(n, m) i¸cin xd ∈ H
oldu˘
gunu kanıtlayın.
5.33. E˘
ger n ≥ 3 ise Z(Sym n) = {Idn } e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
5.34. Sym 3 grubunun t¨
um altgruplarını bulun.
5.35. Sym 4 grubunun t¨
um altgruplarını bulun.
5.36. K ≤ G ve NG (K) ≤ H ≤ G olsun. NG (K) = NH (K) e¸sitli˘
gini g¨
osterin.
5.37. f (T1 , . . . , Tn ) bir polinom olsun. (Katsayıların nereden alındı˘
gı ¨
onemli de˘
gil, ¨
orne˘
gin
Z’den alınabilir.) σ ∈ Sym n i¸cin
(σf )(X1 , . . . , Xn ) = f (Xσ(1) , . . . , Xσ(n) )
olsun.
G(f ) = {σ ∈ Sym n : σf = f }
k¨
umesinin Sym n’nin bir altgrubu oldu˘
gunu kanıtlayın.
f (X1 , X2 , X3 ) = X1 X2 X3 + X1 + X2 + X3
i¸cin G(f ) grubunu bulun.
f (X1 , X2 , X3 ) = X1 X2 + X1 X3 + X2 X3
i¸cin G(f ) grubunu bulun.
f (X1 , X2 , X3 ) = X1 X2 X3 + X1 + X2
i¸cin G(f ) grubunu bulun.
f (X1 , X2 , X3 ) = X1 X2 + X3
i¸cin G(f ) grubunu bulun.
f (X1 , X2 , X3 ) = X1 X2 + X3 + X1
i¸cin G(f ) grubunu bulun.
73
5.38. Q grubunun maksimal bir altgrubunun olmadı˘
gını kanıtlayın. (Not: Maksimal altgrup,
¨
maksimal ¨
ozaltgrup anlamına gelir. Bu alı¸stırma kolay olmayabilir; bkz. Ornek
11.10.)
∩
¨
5.39. Oyle bir G grubu ve bu grubun ¨
oyle H1 > H2 > . . . altgruplarını bulun ki n Hn = 1
olsun. (Buradaki 1, {1} anlamındadır.)
5.40. H ≤ G ve x ∈ G olsun. x−1 Hx k¨
umesinin bir altgrup oldu˘
gunu kanıtlayın. Bu t¨
ur
altgruplara H’nin e¸
sleni˘
gi adı verilir. x−1 Hx yerine H x yazmak adettendir (ve ¸cok
yararlıdır!) (H x )y = H xy e¸sitli˘
gini kanıtlayın. E˘
ger her x ∈ G i¸cin H x ≤ H oluyorsa,
x
her x ∈ G i¸cin H = H oldu˘
gunu kanıtlayın. CG (H x ) = CG (H)x ve NG (H x ) = NG (H)x
e¸sitliklerini kanıtlayın.
5.41. H ≤ G ve x ∈ G olsun. xH k¨
umesinin bir altgrup olması i¸cin x’in H’de olmasının yeter
ve gerek ko¸sul oldu˘
gunu kanıtlayın. (Bu durumda xH = H olur, yani yeni bir altgrup
elde edilmez.)
¨
5.42. Z × Z grubunun altgruplarını Ornek
5.23’te sınıflandırmı¸stık. Z × Z grubunun maksimal
altgruplarını bulun.
¨
5.43. Z × Z × Z grubunun altgruplarını Ornek
5.23’teki (ya da Teorem 5.5’teki) gibi tamsayılarla sınıflandırın.
5.44. E˘
ger p1 , . . . , pk asalları n’yi b¨
olen t¨
um asallarsa, bir grubun n-b¨
ol¨
un¨
ur olması demek,
grubun her i i¸cin pi -b¨
ol¨
un¨
ur olması demek oldu˘
gunu kanıtlayın.
5.45. K¨
ume olarak G = R × R⋆ olsun3 . G u
¨st¨
une ¸su ikili i¸slemi tanımlayalım:
(x, y)(z, t) = (yz + x, yt).
a. G’nin bu i¸slemle birlikte bir grup oldu˘
gunu kanıtlayın. G’nin de˘
gi¸smeli bir grup olmadı˘
gını g¨
osterin.
b. H = {(x, 1) ∈ G : x ∈ Z} olsun. H ≤ G oldu˘
gunu kanıtlayın.
c. t = (0, 2) olsun. Ht ⊆ tH oldu˘
gunu ama e¸sitli˘
gin do˘
gru olmadı˘
gını kanıtlayın.
¨
d. CG (t) = {g ∈ G : gt = tg} altgrubunu bulun (bkz. Ornek
5.12). Bu altgrubun
de˘
gi¸smeli bir grup oldu˘
gunu kanıtlayın.
e. u = (1, 1) olsun. CG (u) altgrubunu bulun. Bu altgrubun de˘
gi¸smeli bir grup oldu˘
gunu
kanıtlayın.
f. G = CG (u)CG (t) e¸sitli˘
gini kanıtlayın. G’nin her elemanının, bir ve bir tek a ∈ CG (u)
ve b ∈ CG (t) i¸cin ab bi¸ciminde yazıldı˘
gını kanıtlayın.
5.46. 1 ve G’den ba¸ska altgrubu olmayan (yani en fazla iki altgrubu olan) bir grubun sonlu
oldu˘
gunu ve eleman sayısının 1 ya da bir asal sayı oldu˘
gunu kanıtlayın.
5.47. G bir grup ve X ⊆ G olsun.
{xϵ11 · · · xϵnn : n ∈ N, xi ∈ X, ϵi = ±1}
k¨
umesinin bir altgrup oldu˘
gunu g¨
osterin. Bu algrubun
{xϵ11 · · · xϵnn : n ∈ N, xi ∈ X, ϵi ∈ Z}
k¨
umesine e¸sit oldu˘
gunu g¨
ozlemleyin. Sabit her k > 0 do˘
gal sayısı i¸cin
{
}
∑
ϵ1
ϵn
x1 · · · xn : n ∈ N, xi ∈ X, ϵi = ±1,
ϵi ≡ 0 mod k
i
k¨
umesinin bir altgrup oldu˘
gunu kanıtlayın.
Bilenlere: R yerine, Q, C ya da asal bir p > 2 i¸cin Z/pZ gibi, karakteristi˘
gi 2 olmayan
herhangi bir K cismi alınabilir. Alı¸stırmadaki her ¸sey gene ge¸cerlidir.
3
74
5. Altgruplar
5.48. G bir grup ve H ≤ G olsun. Her a, b ∈ G i¸cin, ya aH ∩ bH = ∅ ya da aH = bH oldu˘
gunu
kanıtlayın. Ayrıca her a, b ∈ G i¸cin a¸sa˘
gıdaki ¨
onermelerin e¸sde˘
ger oldu˘
gunu kanıtlayın:
i. aH = bH.
ii. aH ∩ bH ̸= ∅.
iii. b−1 a ∈ H.
iv. a−1 b ∈ H.
v. a ∈ bH.
vi. b ∈ aH.
5.49. G bir grup ve a ∈ G olsun. Hangi ko¸sullarda {x ∈ G : x2 ̸= a} bir grup olur. (Bu
alı¸stırma kolay olmayabilir. x2 ̸= a yerine x2 ax3 ̸= b gibi ko¸sullar alınırsa ¸cok ¸cok daha
zor olabilir.)
5.50. B¨
ol¨
un¨
ur bir grubun ya 1 elemanlı ya da sonsuz oldu˘
gunu g¨
osterin. B¨
ol¨
un¨
ur grupların kartezyen ¸carpımlarının ve kısıtlanmı¸s ¸carpımlarının b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu kanıtlayın. Bir kartezyen ¸carpım ya da kısıtlanmı¸s ¸carpım b¨
ol¨
un¨
urse, ¸carpımı alınan grupların da b¨
ol¨
un¨
ur
oldu˘
gunu kanıtlayın.
5.51. G bir grup ve A, B ≤ G olsun. |AB| ≤ |A||B| e¸sitsizli˘
gi bariz olmalı. |AB||A ∩ B| =
˙
|A||B| e¸sitli˘
gini kanıtlayın. (Ipucu:
f (a, b) = ab form¨
ul¨
uyle tanımlanan f : A×B −→ AB
fonksiyonundan hareket edebilirsiniz.) E˘
ger A ve B sonlu altgruplarsa, ekok(|A|, |B|)
sayısının |AB| sayısını b¨
old¨
ug
˘u
¨n¨
u kanıtlayın.
6. Geometri ve Gruplar
Bu uzun b¨ol¨
umde ¸ce¸sitli geometrik nesnelerin “simetri”lerini bulaca˘gız. Her
seferinde, ele aldı˘gımız geometrik nesnenin simetriler k¨
umesi bile¸ske i¸slemiyle
˙
birlikte bir grup olacak. Yani bu b¨ol¨
umde bir¸cok grup ¨orne˘gi g¨orece˘giz. Ilk
¨orneklerden sonra, okuma daha hızlı yapılabilir, her okur her ¨orne˘gi ilk okumada anlamak zorunda de˘gildir, ama ilk birka¸c ¨orne˘gin iyi anla¸sılması gerekir.
¨
Notlar ve Ornekler
6.1. Karenin Simetrileri. Bir kareyle ba¸slayalım. Karenin k¨
o¸selerini 1, 2, 3 ve 4 olarak
numaralandıralım. Hen¨
uz simetrinin matematiksel anlamını bilmesek de karenin simetrilerini bulaca˘
gız. Karenin simetrileri bile¸ske i¸slemi altında bir grup olu¸sturacak bi¸cimde
tanımlanacak. (Tanım birazdan.) Karenin simetrilerinden olu¸san gruba G adını verelim.
Merkezini sabit tutarak kareyi saatin (mesela) ters y¨
on¨
une do˘
gru 90 derece d¨
ond¨
urebiliriz. S
¸ ekil a¸sa˘
gıda.
Bu d¨
on¨
u¸su
¨me r adını verelim. O zaman, sadece karenin k¨
o¸selerine odaklanırsak, bu
d¨
on¨
u¸su
¨m
r = (1 2 3 4)
¨ c defa da
olarak yazılır. r’yi iki defa da uygulayıp kareyi 180 derece d¨
ond¨
urebiliriz. U¸
uygulayabiliriz. D¨
ort defa uyguladı˘
gımızda kare 360 derece d¨
on¨
up eski yerine gelir; yani
r4 = Id4
76
6. Geometri ve Gruplar
olur. Demek ki r’nin derecesi 4’t¨
ur. r’nin kendisiyle bile¸skesini alarak
Id4
r = (1 2 3 4)
r2 = (1 3)(2 4)
r3 = (1 4 3 2)
d¨
on¨
u¸su
¨mlerini elde ederiz. (r0 , tanım gere˘
gi Id4 olur; dolayısıyla r4 = r0 = Id4 ve r5 = r,
6
2
103
3
r =r ,r
= r olur.) Bunlara d¨
ond¨
ur¨
u denir. D¨
ond¨
ur¨
uler k¨
umesine R diyelim:
R = {Id4 , r, r2 , r3 }.
R’nin bile¸ske altında kapalı oldu˘
guna dikkat edelim. Mesela r3 r = r4 = Id4 ve r2 r3 =
5
r = r olur. Ayrıca r’deki her elemanın bir tersi vardır ve bu ters de R’dedir:
r−1 = r3 , (r2 )−1 = r2 , (r3 )−1 = r.
Yani R bir gruptur. (Bunu Teorem 5.1’den de biliyoruz.) Bir ba¸ska deyi¸sle R ≤ G olur.
Bu d¨
ort d¨
on¨
u¸su
¨m¨
u ger¸cekle¸stirmek i¸cin d¨
uzlemden ¸cıkmaya gerek yok, kareyi d¨
uzlemde
kalarak d¨
ond¨
urebiliriz.
Bu d¨
ort d¨
on¨
u¸su
¨m dı¸sında karenin d¨
ort simetrisi daha vardır. Bunlardan biri a¸sa˘
gıdaki
noktalı eksene g¨
ore ayna g¨
or¨
unt¨
us¨
ud¨
ur.
K¨
o¸selere odaklanırsak, bu d¨
on¨
u¸su
¨m¨
u
s = (2 4)
perm¨
utasyonu olarak yazabiliriz. Bu t¨
ur simetrilere yansıma adı verilir.
Yansımaları kareyi e˘
gip b¨
ukmeden ve d¨
uzlemin dı¸sına ¸cıkarmadan fiziksel olarak ger¸cekle¸stiremeyiz. Yansımaları fiziksel olarak ger¸cekle¸stirmek i¸cin u
¨c¸u
¨nc¨
u boyutu kullanarak
kareyi kaldırıp ters ¸cevirip tekrar d¨
uzleme yatırmak gerekir.
Karenin yukarıdaki eksen gibi u
¨c¸ simetri ekseni daha vardır (toplamda d¨
ort tane yani).
¨
Orne˘
gin karenin ortasından dikey inen do˘
gru da bir simetri eksenidir; karenin bu eksene
g¨
ore simetrisini alırsak (1 2)(3 4) yansımasını buluruz. Karenin t¨
um yansımaları ¸so
¨yle:
(2 4) = s,
(1 2)(3 4),
(1 4)(2 3),
(1 3).
77
Bir yansımayı kareye iki defa pe¸spe¸se uygularsak ¨
ozde¸slik fonksiyonu Id4 ’¨
u buluruz; yani
yansımaların derecesi 2’dir. Dolayısıyla yansımaların her biri Id4 ile birlikte bir grup
¨
olu¸sturur. (Bu kadar basit bir ¸sey i¸cin Teorem 5.1’i uygulamaya gerek yok.) Orne˘
gin,
S = {Id4 , s}
bir gruptur, yani S ≤ G olur. Ama iki yansımanın bile¸skesi yansıma de˘
gildir. Kontrol edildi˘
gi zaman g¨
or¨
ulece˘
gi ve a¸sa˘
gıda da g¨
orece˘
gimiz u
¨zere iki yansımanın bile¸skesi
yukarıdaki d¨
ort d¨
ond¨
ur¨
uden biridir.
s’yi teker teker R’nin d¨
ort elemanıyla (soldan ya da sa˘
gdan) ¸carparsak aynen yukarıda
sıraladı˘
gımız 4 simetriyi elde ederiz:
s Id4 = s = (2 4) = Id4 s
sr = (2 4)(1 2 3 4) = (1 4)(2 3) = r3 s
sr2 = (2 4)(1 3)(2 4) = (1 3) = r2 s
sr3 = (2 4)(1 4 3 2) = (1 2)(3 4) = rs.
B¨
oylece toplam 8 tane simetri bulduk. Bu simetrilerin k¨
umesi D4 olarak g¨
osterilir.
D4 = SR = RS = R ⊔ Rs = {Id4 , r, r2 , r3 , s, rs, r 2 s, r3 s}.
¨
Nitekim R ∩ S = {1} oldu˘
gundan, Onsav
5.4’e g¨
ore RS’nin |R||S| = 4 × 2 = 8 tane
¨
elemanı vardır. Ayrıca Onsav
5.2’ye g¨
ore D4 k¨
umesi bile¸ske i¸slemi altında kapalıdır,
dolayısıyla Teorem 5.1’e g¨
ore bir gruptur, yani D4 ≤ G olur. (Hˆ
alˆ
a daha G’nin tanımını
bilmiyoruz! Ama tanımı her ne olursa olsun, bile¸ske altında bir grup olacak.) D4 grubunun ¸carpım tablosunu ¸cizelim. i’inci satırdaki elemanı soldan j’inci satırdaki elemanla
¸carparsak,
Id4
r
r2
r3
s
rs
r2 s
Id4
Id4
r
r2
r3
s
rs
r2 s
2
r
r2
r3
Id4
r3 s
s
rs
r2
r2
r3
Id4
r
r2 s
r3 s
s
r3
r3
Id4
r
r2
rs
r2 s
r3 s
s
s
rs
r2 s
r3 s
Id4
r
r2
rs
rs
r2 s
r3 s
s
r3
Id4
r
r2 s
r2 s
r3 s
s
rs
r2
r3
Id4
r3 s
r3 s
s
rs
r2 s
r
r2
r3
¸carpım tablosunu elde ederiz. C
¸ arpım tablosu aslında ¸su u
¨c¸ kuralla belirlenmi¸stir:
r4 = Id4 , s2 = Id4 , sr = r3 s.
Nitekim bu kuralları bilirsek, grupların birle¸sme ¨
ozelli˘
gini kullanarak, istedi˘
gimiz ele¨
manla istedi˘
gimiz elemanı ¸carpabiliriz. Orne˘
gin
(r2 s)(rs) = r2 (sr)s = r2 (r3 s)s = r5 s2 = r5 = r4 r = r
ya da
rs(r3 ) = r(sr)r2 = r(r3 s)r2 = r4 (sr)r = r4 (r3 s)r = r7 (sr) = r7 (r3 s) = r10 s = r2 s.
Bu grup 8 elemanlı dihedral grup olarak adlandırılır ve biraz ¨
once de dedi˘
gimiz gibi
D4 olarak g¨
osterilir.
Bir kareyi, bir e˘
griyi ya da genel olarak fiziksel bir nesneyi resmetmek kolaydır, foto˘
grafı
bile ¸cekilebilir ama bir grubu resmetmek kolay de˘
gildir. Daha ¸cok hareketi temsil etti˘
ginden, bir grubun her elemanının ancak filmi ¸cekilebilir, bir grup da o zaman bir film
ar¸sivi olur! Bir kitapta bu m¨
umk¨
un olmadı˘
gından biz gene de grupların resmini ¸cizmeye
¸calı¸saca˘
gız. D4 ’¨
u ¸so
¨yle ¸cizece˘
giz:
78
6. Geometri ve Gruplar
Karenin ba¸ska simetrisi yoktur. Bunu kanıtlamak i¸cin simetrinin tanımını bilmemiz
lazım. C
¸ e¸sitli tanımlar verilebilir. Biz ¸su tanımı tercih edece˘
giz: Karenin simetrisi
k¨
o¸selerin bir perm¨
utasyonudur, ama herhangi bir perm¨
utasyonu de˘
gil, ba˘
glantılı k¨
o¸seleri
¨
ba˘
glantılı k¨
o¸selere g¨
ot¨
uren bir perm¨
utasyonudur. Orne˘
gin yukarıdaki notasyonla, karenin bir simetrisi, 1 k¨
o¸sesini 3 k¨
o¸sesine g¨
ot¨
ur¨
uyorsa, 2 k¨
o¸sesini ya kendisine ya da 4
k¨
o¸sesine g¨
ot¨
urmek zorundadır, ¸cu
¨nk¨
u 2 k¨
o¸sesi 1 k¨
o¸sesine ba˘
glantılıdır; dolayısıyla 2’nin
gitti˘
gi k¨
o¸se, 1’in gitti˘
gi k¨
o¸seye (¨
orne˘
gimizde 3 k¨
o¸sesine) ba˘
glantılı olmak zorundadır.
Bu tanımla karenin yukarıdaki 8 simetriden ba¸ska simetrisi olmadı˘
gını kanıtlayalım.
G, karenin simetrilerinden olu¸san k¨
ume olsun. G elbette Sym 4’¨
un bir altk¨
umesidir ve
D4 ’¨
u i¸cerir. G’nin bile¸ske altında kapalı oldu˘
gu simetrinin tanımından belli. Teorem
5.1’e g¨
ore G bile¸ske i¸slemiyle birlikte bir gruptur.
Rastgele bir g ∈ G alalım. Bu g elemanının D4 ’¨
un yukarıda sıraladı˘
gımız 8 perm¨
utas¨
yonundan biri oldu˘
gunu kanıtlayaca˘
gız. Once
¸su saptamayı yapalım: R’nin
r0 = Id4 , r, r2 , r3
elemanları 1 k¨
o¸sesini sırasıyla 1, 2, 3 ve 4 k¨
o¸sesine g¨
ot¨
ur¨
ur. Demek ki bir ve bir tek
i ∈ {0, 1, 2, 3} i¸cin
g(1) = ri (1)
olur. (Aslında i = g(1) − 1 olur ama bunun bir ¨
onemi yok.) S
¸ imdi r−i g perm¨
utasyonuna
bakalım. Bu perm¨
utasyon da G’dedir, yani karenin bir simetrisidir, ¸cu
¨nk¨
u ne de olsa
karenin simetrilerinin bile¸skesidir. Ama en ba¸sta aldı˘
gımız g simetrisi 1’i rastgele bir
k¨
o¸seye g¨
ot¨
ur¨
urken, bu simetri 1’i 1’e g¨
ot¨
ur¨
ur:
(r−i g)(1) = 1.
E˘
ger tabiri caizse r−i g simetrisi g simetrisinden daha evcildir, ¸cu
¨nk¨
u g simetrisi hakkında
simetri olmasından ba¸ska hi¸cbir ¸sey bilmiyorduk ama r−i g simetrisinin hi¸c olmazsa 1
noktasını sabitledi˘
gini biliyoruz. S
¸ imdi (r−i g)(2) k¨
o¸sesine bakalım. 1 ile 2 k¨
o¸seleri karede
−i
ba˘
glantılı olduklarından, (r g)(1) = 1 ile (r−i g)(2) k¨
o¸seleri de ba˘
glantılı olmalılar. Ama
1’e ba˘
glantılı olan sadece 2 ve 4 k¨
o¸seleri var. Demek ki
ya (r−i g)(2) = 2 ya da (r−i g)(2) = 4.
S
¸ imdi s’nin 1 k¨
o¸sesini sabitledi˘
gini ve 2 ve 4 k¨
o¸selerinin yerlerini de˘
gi¸stirdi˘
gini g¨
ozlemleyelim. E˘
ger (r−i g)(2) = 2 ise r−i g simetrisi 1 ve 2 noktalarını sabitler. E˘
ger (r−i g)(2) = 4
ise, bu sefer sr−i g simetrisi 1 ve 2 noktalarını sabitler. Demek ki birinci durumda s0 r−i g
simetrisi, ikinci durumda s1 r−i g simetrisi 1 ve 2 noktalarını sabitler. Bir ve bir tek
j ∈ {0, 1} i¸cin sj r−i g simetrisinin 1 ve 2 noktalarını sabitledi˘
gini g¨
osterdik. Ve sj r−i g
hˆ
alˆ
a daha karenin bir simetrisidir, yani hˆ
alˆ
a G’dedir. Son olarak 1 ve 2 noktalarını sabitleyen karenin bir simetrisinin ¨
ozde¸slik fonksiyonu olması gerekti˘
gini kanıtlayalım. Bunu
kanıtlarsak, sj r−i g = Id4 ve dolayısıyla g = ri (sj )−1 = ri sj ∈ D4 olur ve istedi˘
gimiz
kanıtlanmı¸s olur.
t ∈ G simetrisi 1 ve 2 noktalarını sabitlesin. 2 ve 3 noktaları ba˘
glantılı olduklarından,
t(3) noktası t(2) = 2 noktasına ba˘
glantılı olmalıdır. Demek ki ya t(3) = 1 ya da t(3) = 3.
79
Ama zaten t(1) = 1. Demek ki t(3) = 1 olamaz ve t(3) = 3 olmalı. S
¸ imdi t simetrisi 1,
2 ve 3 noktalarını sabitliyor. Geriye kalan son noktanın kendisinden ba¸ska gidecek yeri
kalmamı¸stır. B¨
oylece t = Id4 ve G = D4 e¸sitlikleri kanıtlanmı¸s oldu.
6.2. Karenin Simetrileri, bir defa daha. Yukarıda buldu˘
gumuz sonucu, ileride yararlanmak u
¨ zere, biraz farklı bir bi¸cimde bulaca˘
gız. Karenin simetrileri grubunu yine G ile
g¨
osterelim. A¸sa˘
gıda resmi g¨
osterilen dikey do˘
gruya g¨
ore ayna simetrisine bakalım.
Bu simetri h1 = (1 4)(2 3) ∈ G perm¨
utasyonudur. Derecesi 2’dir ve Id4 ile birlikte G’nin
bir altgrubunu olu¸sturur.
H1 = {Id4 , h1 } ≤ G
olsun. H1 ’deki perm¨
utasyonlar karenin alt kenarını alt kenarına, u
¨st kenarını u
¨st kenarına g¨
ot¨
ur¨
ur, ¨
orne˘
gin H1 ’in elemanlarıyla 1’i 1’e ya da 4’e g¨
ot¨
urebiliriz ama 1 k¨
o¸sesini
karenin u
¨st kenarına ta¸sıyamayız. Bunu sa˘
glamak i¸cin yatay do˘
gruya g¨
ore ayna simetrisini alalım.
Bu simetri de h2 = (1 2)(3 4) perm¨
utasyonudur; aynen h1 gibi derecesi 2’dir. Bu arada
h1 h2 = h2 h1 e¸sitli˘
gine dikkatinizi ¸cekerim, ¨
onemlidir.
H2 = {Id4 , h2 } ≤ G
olsun. h1 h2 = h2 h1 e¸sitli˘
ginden dolayı,
H1 H2 = {Id4 , h1 , h2 , h1 h2 }
¨
k¨
umesi G’nin bir altgrubu olur. H1 ∩H2 = {Id4 } oldu˘
gundan, Onsav
5.4’e g¨
ore |H1 H2 | =
|H1 ||H2 | = 2 × 2 = 4 olur. Bu altgrubun elemanlarıyla 1’i 1’e (Id4 ile), 2’ye (h2 ile), 3’e
(h1 h2 ile) ve 4’e (h4 ile) g¨
ot¨
urebiliriz ¸cu
¨nk¨
u hesapları yaparsak,
h1
h2
h1 h2
=
=
=
(1 4)(2 3)
(1; 2)(3; 4)
(1; 3)(2; 4)
buluruz.
Yukarıda yaptıklarımıza birazdan geri d¨
onece˘
giz. S
¸ imdi karenin k¨
o¸selerini ba¸ska t¨
url¨
u kodlayalım. Kareyi, 4 olarak adlandırdı˘
gımız k¨
o¸se d¨
uzlemin merkezi kabul edilen (0, 0)
noktasına ve 1 olarak adlandırdı˘
gımız k¨
o¸se d¨
uzlemin (1, 0) noktasına gelecek bi¸cimde
xy d¨
uzlemine yerle¸stirdi˘
gimizi d¨
u¸su
¨nelim. S
¸ ekil a¸sa˘
gıda.
80
6. Geometri ve Gruplar
Noktaları (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) olarak kodladık. (Bu kodları, 00, 10, 01, 11 olarak
daha sade bi¸cimde de yazabilirdik, daha kullanı¸slı olurdu.) α perm¨
utasyonu, birinci
ve ikinci koordinatı de˘
gi¸stiren perm¨
utasyon olsun. Demek ki α perm¨
utasyonu 00 ve
11 noktalarını sabitler ama 01 ve 10 noktalarını birbirleriyle de˘
gi¸stirir. Eski 1, 2, 3, 4
kodlarına geri d¨
onersek,
α = (1 3)
perm¨
utasyonudur. Elbette
S2 = {Id4 , α} ≤ G
olur. Ayrıca
H1 H2 ∩ S2 = {Id4 }
¨
oldu˘
gundan, Onsav
5.4’e g¨
ore |H1 H2 S2 | = |H1 H2 ||S2 | = 4×2 = 8 olur. G’nin 8 elemanlı
bir altk¨
umesini bulduk. Ama bir ¨
onceki alı¸stırmadan G’nin zaten 8 elemanı oldu˘
gunu
biliyoruz. Demek ki
G = H1 H2 S2
olur.
Meraklı okur G’nin H1 H2 S2 ’ye e¸sit oldu˘
gunu aynen bir ¨
onceki ¨
ornekte yaptı˘
gımız gibi
de kanıtlayabilir.
¨ cgen
¨ cgen Tabanlı Piramidin Simetrileri. Bu sefer u
6.3. U¸
¨c¸ boyutlu bir nesne alalım: U¸
tabanlı d¨
uzg¨
un piramit.
K¨
o¸selerden birinden, diyelim 1 noktasından, bu noktanın kar¸sısındaki y¨
uzeye dik bir
do˘
gru ge¸cirelim. Bu do˘
gruyu eksen kabul eden 120 derecelik bir d¨
ond¨
ur¨
u vardır ve bu
d¨
ond¨
ur¨
u elbette piramidin bir simetrisidir. Bu d¨
ond¨
ur¨
uy¨
u r1 olarak g¨
osterelim.
S
¸ ekilden de g¨
or¨
ulece˘
gi u
¨zere, k¨
o¸selere odaklanırsak, r1 = (2 3 4) olur. r1 ’in kendisiyle
bile¸skesini alabiliriz:
r1 = (2 3 4), r12 = (2 4 3), r13 = Id4 .
81
Aynen bu r1 gibi, r2 , r3 , r4 simetrilerini de bulabiliriz:
r2 = (1 4 3), r3 = (1 2 4), r4 = (1 3 2).
B¨
oylece toplam 9 tane simetri bulduk: Id4 ve
r1
r2
r3
r4
= (2 3 4),
= (1 4 3),
= (1 2 4),
= (1 3 2),
r12
r22
r32
r42
= (2 4 3),
= (1 3 4),
= (1 4 2),
= (1 2 3).
C
¸ ok daha fazlasını bulaca˘
gız. S
¸ imdilik, i = 1, 2, 3, 4 i¸cin
Ri = {Id4 , ri , ri2 }
tanımını yapalım. Ri , bile¸ske i¸slemi altında bir gruptur.
Ba¸ska simetriler bulmaya ¸calı¸salım. Kesi¸smeyen iki kenarın orta noktalarını birle¸stiren
do˘
gruyu alalım. Piramidi bu do˘
gru etrafında 180 derece d¨
ond¨
urebiliriz.
S
¸ ekildeki d¨
ond¨
ur¨
uy¨
u yaparsak
a2 = (1 2)(3 4)
perm¨
utasyonunu buluruz. Bunun gibi iki tane daha vardır. Her birini yazalım:
a2 = (1 2)(3 4),
a3 = (1 3)(2 4),
a4 = (1 4)(2 3).
S
¸ imdi ¸cok tuhaf bir ¸sey s¨
oyleyece˘
gim:
A = {Id4 , a2 , a3 , a4 }
k¨
umesi bile¸ske i¸slemiyle birlikte bir grup olur. (Bu tuhaf olgu sadece 4 sayısına ¨
ozg¨
ud¨
ur.)
Hatta abelyen bir grup olur. Okur bunu kolaylıkla kontrol edebilir ama biz de kontrol
edelim:
a2 a3 = [(1 2)(3 4)][(1 3)(2 4)] = (1 4)(2 3) = a4 .
Benzer e¸sitlik di˘
gerleri i¸cin de ge¸cerlidir:
a2 a3 = a3 a2 = a4 ,
a2 a4 = a4 a2 = a3 ,
a3 a4 = a4 a3 = a2 .
Ayrıca A k¨
umesinin her elemanı kendisinin tersidir. Ve
A ∩ R1 = {Id4 }
¨
olur. Nitekim Onsav
5.4’e g¨
ore |AR1 | = |A||R1 | = 4 × 3 = 12 olmalıdır. AR1 k¨
umesinin
elemanları ¸simdiye kadar buldu˘
gumuz
Id4 , r1 , r12 , r2 , r22 , r3 , r32 , r4 , r42 , a2 , a3 , a4
82
6. Geometri ve Gruplar
elemanlarıdır. Ger¸cekten de,
a2 r1 = (1 2)(3 4)(2 3 4) = (1 2 4) = r3 ,
a3 r1 = (1 3)(2 4)(2 3 4) = (1 3 2) = r4 ,
a4 r1 = (1 4)(2 3)(2 3 4) = (1 4 3) = r2 ,
a2 r12 = (1 2)(3 4)(2 4 3) = (1 2 3) = r42 ,
a3 r12 = (1 3)(2 4)(2 4 3) = (1 3 4) = r22 ,
a4 r12 = (1 4)(2 3)(2 4 3) = (1 4 2) = r32
e¸sitliklerinden
AR1 = A ⊔ Ar1 ⊔ Ar12 = {Id4 , r1 , r12 , r2 , r22 , r3 , r32 , r4 , r42 , a2 , a3 , a4 }
e¸sitli˘
gini buluruz. Bu k¨
umeye H adını verelim:
H = AR1 = {Id4 , r1 , r12 , r2 , r22 , r3 , r32 , r4 , r42 , a2 , a3 , a4 }.
Benzer ¸sekilde R1 A = H e¸sitli˘
gini kanıtlayabiliriz:
r1 a2 = (2 3 4)(1 2)(3 4) = (1 3 2) = r4 ,
r1 a3 = (2 3 4)(1 3)(2 4) = (1 4 3) = r2 ,
r1 a4 = (2 3 4)(1 4)(2 3) = (1 2 4) = r3 ,
r12 a2 = (2 4 3)(1 2)(3 4) = (1 4 2) = r32 ,
r12 a3 = (2 4 3)(1 3)(2 4) = (1 2 3) = r42 ,
r12 a4 = (2 4 3)(1 4)(2 3) = (1 3 4) = r22 .
¨
Demek ki Onsav
5.2’ye g¨
ore H bile¸ske altında kapalıdır ve Teorem 5.1’e g¨
ore bir gruptur.
S
¸ ekli a¸sa˘
gıda:
H’nin her elemanının piramidin bir simetrisi oldu˘
gunu biliyoruz. (Simetriyi bir ¨
onceki
o
¨rnekteki gibi tanımlıyoruz.) Yani e˘
ger G piramidin simetrilerinden olu¸san grupsa, H ≤
G olur.
Piramidin daha fazla simetrisi vardır, ama di˘
gerleri piramidi e˘
gip b¨
ukmeden u
¨¸c boyutlu uzayda fiziksel olarak ger¸cekle¸stirilemezler. Nitekim piramidin kar¸sılıklı iki kenarından birini i¸ceren, di˘
gerinin orta noktasından ge¸cen d¨
uzleme g¨
ore simetrisini (ayna
g¨
or¨
unt¨
us¨
un¨
u) alabiliriz.
Yukarıdaki ¸sekildeki ¨
ornekte
t = (2 4)
2
simetrisini elde ederiz. t = Id4 olur elbette. Her ne kadar t d¨
on¨
u¸su
¨m¨
u u
¨c¸ boyutlu
uzayda ger¸cekle¸stirilemiyorsa da, t piramidin bir simetrisidir, ama H’de de˘
gildir (¸cu
¨nk¨
ut
83
d¨
on¨
u¸su
¨m¨
u sa˘
gı sol, solu sa˘
g yapar, oysa uzayda istedi˘
giniz kadar dola¸sın sa˘
gınız solunuza,
solunuz sa˘
gınıza gelmez).
¨
T = {Id4 , t} olsun. T bir gruptur ve H ∩ T = {Id4 } olur. Demek ki Onsav
5.4’e g¨
ore
|HT | = |H| × |T | = 12 × 2 = 24
olur. Ama HT ⊆ Sym 4 ve her ikisinin de 24 elemanı var. Demek ki
G = HT = Sym 4.
H’nin elemanları sa˘
gı solu korudu˘
gundan, t ise sa˘
gı sol yaptı˘
gından, Ht k¨
umesinin
elemanları sa˘
gı sol yaparlar, dolayısıyla u
¨¸c boyutlu uzayda ¸cekip ¸ceki¸stirmeden ger¸cek˙
le¸stirilemezler. H’nin elemanları (12 tane) uzayda ger¸cekle¸stirilebilirler. Ileride
H’nin
Alt 4 olarak adlandırıldı˘
gını g¨
orece˘
giz.
6.4. Piramidin Simetrileri. Bu sefer tabanı d¨
uzg¨
un n-gen olan bir dik piramit alalım.
n = 3 durumunu yukarıda g¨
orm¨
u¸st¨
uk. S
¸ imdi n > 3 durumuna bakalım.
Tabandaki noktaların u
¨¸c ba˘
glantısı vardır; yani dereceleri 3’t¨
ur. Oysa tepe noktasının
derecesi n’dir. Tepe noktası derecesi n olan yegˆ
ane nokta oldu˘
gundan, her simetri tepe
noktasını tepe noktasına g¨
ot¨
urmek zorundadır. Dolayısıyla e˘
ger istersek tepe noktasını
unutup d¨
uzg¨
un bir n-gen olan tabanın simetrilerine odaklanabiliriz. (Tabanın her simetrisi piramidin bir simetrisine geni¸sletebilir ve piramidin her simetrisi tabanın bir
simetrisini verir.)
¨
Bildi˘
gimiz simetrileri yazalım. Oncelikle
tepe noktasını sabitleyen d¨
ond¨
ur¨
uler var. E˘
ger
r en k¨
uc¸u
¨k pozitif a¸cılı d¨
ond¨
ur¨
uyse, toplam n tane d¨
ond¨
ur¨
u elde ederiz:
R = {1, r, r2 , . . . , rn−1 }.
Bunların dı¸sında bir de tabanın farklı eksenlere g¨
ore ayna simetrileri vardır. Bunlardan
da tam n tane vardır, ama e˘
ger s bunlarsan biriyse, Rs k¨
umesi t¨
um ayna simetriler
k¨
umesidir. Piramidin simetriler grubu
Dn = R ⊔ Rs
dir ve bu simetrilerin sadece yarısı (R’deki d¨
ond¨
ur¨
uler) u
¨c¸ boyutlu uzayda ger¸cekle¸stirilebilir. Bunun b¨
oyle oldu˘
gunun kanıtını okura bırakıyoruz. C
¸ arpım tablosu da
rn = Id, s2 = Id ve sr = rn−1 s
e¸sitlikleri tarafından belirlenir. Dn grubuna, 2n elemanlı dihedral grup adı verilir.
6.5. K¨
up¨
un Simetrileri. K¨
o¸selerini a¸sa˘
gıdaki ¸sekildeki gibi 1’den 8’e kadar adlandırdı˘
gımız
k¨
up¨
un simetrilerini bulaca˘
gız.
84
6. Geometri ve Gruplar
¨
Bu ¨
orne˘
gi okumadan ¨
once okurun Ornek
6.2’yi tekrar okumasında yarar var. Kısaca o
o
¨rne˘
gi ¨
ozetleyelim. O ¨
ornekte, a¸sa˘
gıdaki karenin (ki yukarıdaki k¨
up¨
un ¨
on y¨
uz¨
ud¨
ur)
iki ¨
ozel simetrisini almı¸stık:
h1 = (1 4)(2 3) ve h2 = (1 2)(3 4).
Sonra
H1 = {Id4 , h1 } ≤ G ve H2 = {Id4 , h2 } ≤ G
tanımlarını yapıp
H1 H2 = {Id4 , h1 , h2 , h1 h2 }
k¨
umesinin d¨
ort elemanlı bir altgrup oldu˘
gunu kanıtlamı¸stık.
h1 h2 = h2 h1 , h21 = Id4 , h22 = Id4
e¸sitliklerine dikkati ¸cekmi¸stik. Bu e¸sitliklerin sonucu olarak H1 H2 k¨
umesinin de˘
gi¸smeli
bir grup oldu˘
gunu g¨
orm¨
u¸st¨
uk.
S
¸ imdi yukarıdaki H1 H2 grubunun elemanlarının k¨
up¨
un ¨
on y¨
uz¨
unde yaptı˘
gı de˘
gi¸sikliklerin benzerini k¨
up¨
un arka y¨
uz¨
unde de yapalım. Yani
Id4
h1 = (1 4)(2 3)
h2 = (1 2)(3 4)
h1 h2 = (1 3)(2 4)
yerine
yerine
yerine
yerine
Id8
h1 = (1 4)(2 3)(5 8)(6 7)
h2 = (1 2)(3 4)(5 6)(7 8)
h1 h2 = (1 3)(2 4)(5 7)(6 8)
perm¨
utasyonlarına bakalım, yani yukarıdaki listede sa˘
gda yer alan (karenin) simetrileri
yerine soldaki (k¨
up¨
un) simetrilerini ele alalım. Bu yeni tanımlarla
h1 h2 = h2 h1 , h21 = Id4 , h22 = Id8
e¸sitlikleri hˆ
alˆ
a ge¸cerlidir. Bu yeni h elemanlarıyla
H1 = {Id8 , h1 } ve H2 = {Id8 , h1 }
tanımlarını yapalım.
H1 H2 = {Id8 , h1 , h2 , h1 h2 }
k¨
umesi G’nin bir altgrubudur. Bu altgrubun elemanlarıyla 1’i 1’e (Id4 ile), 2’ye (h2 ile),
3’e (h1 h2 ile) ve 4’e (h1 ile) g¨
ot¨
urebiliriz. Bu elemanlar k¨
up¨
un ¨
on y¨
uz¨
un¨
u ¨
on y¨
uz¨
une
g¨
ot¨
ur¨
urler ama ¨
on y¨
uz¨
un¨
u arka y¨
uz¨
une g¨
ot¨
urmezler.
K¨
up¨
un ¨
on y¨
uz¨
un¨
u arka y¨
uz¨
une g¨
ot¨
uren herhangi bir simetri alalım, diyelim
h3 = (1 5)(2 6)(3 7)(4 8)
85
simetrisini aldık.
h23 = Id8 , h1 h3 = h3 h1 , h2 h3 = h3 h2
e¸sitliklerinin do˘
grulu˘
gu kolaylıkla kontrol edilebilir. Bu e¸sitliklerden ve daha ¨
oncekilerden,
H1 H2 H3 = {Id8 , h1 , h2 , h1 h2 , h3 , h1 h3 , h2 h3 , h1 h2 h3 }
k¨
umesinin bir altgrup oldu˘
gu ¸cıkar. Bu altgrubun yeni elemanlarına bakalım, yani yukarıdaki 4 elemanla h3 ’¨
u (sa˘
gdan ya da soldan farketmez) ¸carpalım (yani bile¸skesini
alalım):
Id4 ◦h3 = h3 = (1 5)(2 6)(3 7)(4 8)
h1 h3 = (1 4)(2 3)(5 8)(6 7) ◦ (1 5)(2 6)(3 7)(4 8) = (1 8)(2 7)(3 6)(4 5)
h2 h3 = (1 2)(3 4)(5 6)(7 8) ◦ (1 5)(2 6)(3 7)(4 8) = (1 6)(2 5)(3 8)(4 7)
h1 h2 h3 = (1 3)(2 4)(5 7)(6 8) ◦ (1 5)(2 6)(3 7)(4 8) = (1 7)(2 8)(3 5)(4 6).
G¨
or¨
uld¨
ug
˘u
¨ u
¨zere H1 H2 H3 grubunun tam 8 elemanı var, tam k¨
up¨
un k¨
o¸se sayısı kadar.
¨
(Bu grubun 8 elemanı oldu˘
gu Onsav
5.4’ten de anla¸sılır.) Bu grubun her elemanı 1’i
¨
farklı bir noktaya g¨
ot¨
ur¨
uyor. Orne˘
gin 1’i 6’ya g¨
ot¨
urmek i¸cin h2 h3 ’¨
u kullanmalıyız, ba¸ska
bir eleman olmaz. h1 h3 elemanı ile de 1’i 8’e g¨
ot¨
urebiliriz. Bir ba¸ska deyi¸sle, e˘
ger bir
i = 1, . . . , 8 k¨
o¸sesi verilmi¸sse, 1 k¨
o¸sesini i k¨
o¸sesine g¨
ot¨
uren bir ve bir tane h ∈ H1 H2 H3
elemanı vardır.
Yukarıda yaptıklarımızı aklımızın bir k¨
o¸sesinde tutup k¨
up¨
un ba¸ska simetrilerini bulmak
amacıyla yola koyulalım. Bunu yapmak i¸cin k¨
up¨
un k¨
o¸selerini 1, 2 gibi sayılarla de˘
gil,
a¸sa˘
gıdaki gibi 0 ve 1 u
¨c¸l¨
uleriyle g¨
osterelim.
Dikkat ederseniz iki k¨
o¸senin birbiriyle ba˘
glantılı olması i¸cin yeter ve gerek ko¸sul iki
¨
k¨
o¸senin sadece tek bir teriminin farklı olmasıdır. Orne˘
gin 010 ile 011 ba˘
glantılıdır,
¸cu
¨nk¨
u sadece son terimleri farklıdır. Bunun gibi 110 ile 100 ba˘
glantılıdır ama 010 ile
001 ba˘
glantılı de˘
gildir. Hatta iki noktanın farklı terim sayısı iki nokta arasındaki mesafedir ; mesela 100 noktasından 011 noktasına gitmek i¸cin 3 kenardan ge¸cmek gerekir,
daha az kenardan ge¸cerek gidemeyiz.
Bir ¨
onceki paragraftaki a¸cıklamalardan dolayı, koordinatların yerlerini de˘
gi¸stirmek k¨
u¨
p¨
un ba˘
glantılılık ili¸skisini bozmaz. Orne˘
gin, birinci ve ikinci koordinatların yerlerini
de˘
gi¸stirirsek, k¨
up¨
un
000 7→ 000
001 7→ 001
010 7→ 100
011 7→ 101
100 7→ 010
101 7→ 011
110 7→ 110
111 7→ 111
d¨
on¨
u¸su
¨m¨
un¨
u elde ederiz, ki bu d¨
on¨
u¸su
¨m ba˘
glantılı noktaları ba˘
glantılı noktalara, ba˘
glantısız noktaları ba˘
glantısız noktalara g¨
ot¨
ur¨
ur. Ya da birinci koordinatı ikinci koordi-
86
6. Geometri ve Gruplar
nata, ikinci koordinatı u
¨c¸u
¨nc¨
u koordinata, u
¨¸cu
¨nc¨
u koordinatı birinci koordinata yollayabiliriz. O zaman,
000 7→ 000
001 7→ 100
010 7→ 001
011 7→ 101
100 7→ 010
101 7→ 110
110 7→ 011
111 7→ 111
d¨
on¨
u¸su
¨m¨
un¨
u elde ederiz. B¨
oylece, koordinatların her d¨
on¨
u¸su
¨m¨
u bize k¨
up¨
un bir simetrisini verir ve bunlardan da 3! = 6 tane vardır, Sym 3’¨
un eleman sayısı kadar. Bu
d¨
on¨
u¸su
¨mlerin k¨
umesine S3 adını verelim. S3 elbette bir gruptur. (Sym 3’e ¸cok benzer.)
S3 ’¨
un elemanlarının her biri 000 k¨
o¸sesini (yani yukarıdaki yazılımla 1 k¨
o¸sesini) sabitler. Daha ¨
once buldu˘
gumuz H1 H2 H3 grubunun sadece Id8 elemanı 1 k¨
o¸sesini sabit¨
ledi˘
ginden S3 ∩ H1 H2 H3 = {Id8 } olur. Buradan da, Onsav
5.4’e g¨
ore, H1 H2 H3 S3 k¨
umesinin |H1 H2 H3 | × |S3 | = 8 × 6 = 48 elemanı oldu˘
gu ¸cıkar.
K¨
up¨
un H1 H2 H3 S3 ’¨
un elemanlarından ba¸ska bir simetrisinin olmadı˘
gını kanıtlayalım. g,
k¨
up¨
un herhangi bir simetrisi olsun. H1 H2 H3 grubunun her elemanının 1 k¨
o¸sesini bir
ba¸ska k¨
o¸seye g¨
ot¨
urd¨
ug
˘u
¨n¨
u anımsayalım. H1 H2 H3 ’te 1 k¨
o¸sesini g(1) k¨
o¸sesine g¨
ot¨
uren
bir ve bir tane h elemanı vardır. O zaman h−1 g simetrisi 1 k¨
o¸sesini 1 k¨
o¸sesine g¨
ot¨
ur¨
ur.
Ama 1 k¨
o¸sesini 1 k¨
o¸sesine g¨
ot¨
uren her simetri S3 ’te olmak zorundadır. (Neden?) Demek
ki bir ve bir tane s ∈ S3 i¸cin h−1 g = s, yani g = hs olur. B¨
oylece k¨
up¨
un t¨
um simetrileri
H1 H2 H3 S3 k¨
umesindedir. B¨
oylece k¨
up¨
un toplam 48 tane simetrisi oldu˘
gunu g¨
ord¨
uk.
Soru: K¨
up¨
un k¨
o¸selerini 01-¨
u¸cl¨
uleri olarak g¨
osterelim. Her 0 koordinatını 1’e, her 1
koordinatını da 0’a d¨
on¨
u¸st¨
uren simetri G = H1 H2 H3 S3 grubunda nasıl yazılır?
¨
6.6. [D¨
ort Boyutlu K¨
up¨
un Simetrileri.] Once
d¨
ort boyutlu k¨
up¨
u tanımlayalım. Ama
daha ¨
once 0, 1, 2 ve 3 boyutlu k¨
up¨
un tanımlarına bir ba¸ska g¨
ozle bakalım.
0 boyutlu k¨
up bir noktadan ibarettir. C
¸ izmeyi gerek g¨
orm¨
uyoruz.
1 boyutlu k¨
up¨
u [0, 1] aralı˘
gı olarak g¨
orebiliriz. K¨
o¸se noktaları 0 ve 1’dir.
˙ tane 0 boyutlu (yani iki nokta) alıp noktaları
1 boyutlu k¨
up¨
u ¸so
¨yle de g¨
osterebiliriz: Iki
bir do˘
gruyla birle¸stirmek.
2 boyutlu k¨
up¨
u, k¨
o¸seleri (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1) noktalarına gelecek bi¸cimde yerle¸stirelim.
˙ tane 1 boyutlu k¨
Bunu ¸so
¨yle de g¨
osterebiliriz. Iki
uple (yani iki tane [0, 1] do˘
gru parc¸asıyla) ba¸slayalım (bkz. a¸sa˘
gıdaki soldaki ¸sekil). Sonra 1 boyutlu k¨
uplerden birinin
87
koordinatlarının ba¸sına 0, di˘
gerinin ba¸sına 1 getirelim ve birbirine tekab¨
ul eden noktalarını bir do˘
gruyla birle¸stirelim. (Bkz. a¸sa˘
gıdaki sa˘
gdaki ¸sekil. Elde edilen ¸seklin bir kare
olmaması sizi rahatsız etmesin, kare de yapabilirdik.)
3 boyutlu k¨
up¨
u, R3 uzayına yukarıdakine benzer ¸sekilde, k¨
o¸seler i, j, k = 0, 1 i¸cin (i, j, k)
ya da daha basit olarak ijk noktalarına gelecek ¸sekilde yerle¸stirelim. (A¸sa˘
gıdaki sa˘
gdaki
¸sekil.) E˘
ger iki noktanın u
¨c¸ koordinatından sadece biri de˘
gi¸sikse, k¨
o¸seler arasına bir
kenar ¸ciziyoruz.
˙ tane 2 boyutlu k¨
Bunu ¸so
¨yle de g¨
osterebiliriz. Iki
uple (yani iki tane kareyle) ba¸slayalım
(bkz. yukarıdaki soldaki ¸sekil). Sonra 2 boyutlu k¨
uplerden birinin koordinatlarının ba¸sına 0, di˘
gerinin ba¸sına 1 getirelim ve birbirine tekab¨
ul eden noktalarını bir do˘
gruyla
birle¸stirelim (bkz. yukarıdaki sa˘
gdaki ¸sekil).
˙ tane u
S
¸ imdi 4 boyutlu k¨
up¨
u betimleyebiliriz. Iki
¨¸c boyutlu k¨
up alalım. Bunlardan birinin
koordinatlarının ba¸sına 0, di˘
gerinin ba¸sına 1 getirelim ve k¨
uplerin birbirine tekab¨
ul eden
k¨
o¸selerini bir kenarla birle¸stirelim.
88
6. Geometri ve Gruplar
Dikkat ederseniz, iki nokta sadece tek bir koordinatta ayrı¸sıyorsa birbiriyle ba˘
glantılıdır.
B¨
oylece geometriyi cebirselle¸stirmi¸s olduk.
D¨
ort boyutlu k¨
upe K adını verelim. K’nın simetrilerini bulalım. K’nın simetrilerinden
olu¸san gruba G adını verelim.
K’nın ba¸sında 0 olan noktaları u
¨c¸ boyutlu bir k¨
up olu¸stururlar. Bu k¨
upe K0 diyelim.
Ba¸sında 1 olanlara da K1 diyelim. Demek ki K = 0K1 ⊔ 1K1 .
Bir ¨
onceki ¨
ornekte buldu˘
gumuz u
¨¸c boyutlu k¨
up¨
un
H1 H2 H3 = {Id8 , h1 , h2 , h1 h2 , h3 , h1 h3 , h2 h3 , h1 h2 h3 }
simetrilerini ele alalım. Anımsarsanız H1 H2 H3 k¨
umesi 8 elemanlı bir gruptu ve u
¨c¸ boyutlu k¨
up¨
un herhangi bir noktasını H1 H2 H3 ’¨
un elemanlarıyla u
¨c¸ boyutlu k¨
up¨
un herhangi bir noktasına g¨
ot¨
urebiliyorduk. E˘
ger H1 H2 H3 ’teki simetrileri aynı anda K0 ve
K1 k¨
uplerine uygularsak (birinci koordinata dokunmadan), K’nın simetrilerini buluruz.
K’nın bu simetri grubuna da u
¨c¸ boyutlu k¨
upte oldu˘
gu gibi H1 H2 H3 adını verelim. h1 ,
h2 , h3 elemanlarının da adını de˘
gi¸stirmeyelim. Mesela 3 boyutlu k¨
up¨
un
h1 = (1 4)(2 3)(5 8)(6 7)
simetrisi, 4 boyutlu k¨
up¨
un
h1 = (1 4)(2 3)(5 8)(6 7)(9 12)(10 11)(13 16)(14 15)
simetrisine d¨
on¨
u¸st¨
u.
Bir de K0 ile K1 de˘
gi¸stoku¸s eden bir h4 ayna simetrisi bulalım. Mesela h4 , noktaların
birinci koordinatını de˘
gi¸stirsin, 0 ise 1, 1 ise 0 yapsın. h24 = Id16 oldu˘
gundan,
H4 = {Id16 , h4 }
k¨
umesi bir gruptur. Ayrıca
h1 h4 = h4 h1 , h 2 h4 = h4 h2 , h 3 h4 = h4 h3
olur. Bundan da H1 H2 H3 H4 k¨
umesinin de˘
gi¸smeli bir grup oldu˘
gu ¸cıkar. Ayrıca H1 H2 H3
grubu K0 k¨
up¨
un¨
u kendisine g¨
ot¨
urd¨
ug
˘u
¨nde, h4 ise K0 k¨
up¨
un¨
u K1 k¨
up¨
une g¨
ot¨
urd¨
ug
˘u
¨nden
H1 H2 H3 ∩ H4 = {Id16
¨
olur, dolayısıyla Onsav
5.4’e g¨
ore
|H1 H2 H3 H4 | = |H1 H2 H3 | × |H4 | = 8 × 2 = 16
olur. Ayrıca H1 H2 H3 H4 k¨
umesinin, K’nın herhangi bir noktasını istedi˘
gimiz herhangi
bir noktasına g¨
ot¨
urecek bir ve bir tane elemanı vardır.
89
¨
Onceki
paragrafta bulunan H1 H2 H3 H4 simetrileri dı¸sında, K’nin d¨
ort koordinatını karan ve bu y¨
uzden Sym 4’e ¸cok ¸cok benzeyen bir simetri grubu vardır. Bu simetri grubuna
S4 adını verelim: Mesela σ = (1 2 3) perm¨
utasyonuysa, σ(i, j, k, ℓ) = (k, i, j, ℓ) olur, ya
da σ = (1 2)(3 4) perm¨
utasyonuysa, σ(i, j, k, ℓ) = (j, i, ℓ, k) olur.
S4 grubunun her elemanı (0, 0, 0, 0) noktasını sabitledi˘
ginden, ama H1 H2 H3 H4 grubunun sadece Id16 elemanı bu noktayı sabitledi˘
ginden, H1 H2 H3 H4 ∩ S4 = {Id16 } olur.
Buradan da |H1 H2 H3 H4 S4 | = |H1 H2 H3 H4 | × |S4 | = 16 × 4! = 24 × 4! ¸cıkar.
Ayrıca S4 grubunun elemanları A1 = (1, 0, 0, 0), A2 = (0, 1, 0, 0), A3 = (0, 0, 1, 0), A4 =
(0, 0, 0, 1) elemanlarını birbirine g¨
ot¨
ur¨
ur, hatta S4 grubunun elemanları bu noktalara
olan etkileriyle betimlenirler.
B¨
oylece, H1 H2 H3 H4 S4 ⊆ G oldu˘
gundan, G’nin 16 × 4! tane elemanını bulduk. S
¸ imdi
G = H1 H2 H3 H4 S4 e¸sitli˘
gini kanıtlayalım. g ∈ G rastgele bir eleman olsun. H1 H2 H3 H4
grubunda,
g(0, 0, 0, 0) = a(0, 0, 0, 0)
e¸sitli˘
gini sa˘
glayan bir ve bir tane a elemanı vardır. S
¸ imdi a−1 g elemanı (0, 0, 0, 0) noktasını sabitler. Ve bu y¨
uzden de K’nın d¨
ort eksenini birbirine d¨
on¨
u¸st¨
ur¨
ur. S4 grubunda,
eksenleri ya da (aynı ¸sey) A1 , A2 , A3 , A4 noktalarını aynen a−1 g elemanı gibi d¨
on¨
u¸st¨
uren
bir σ elemanı vardır. Demek ki, G’nin σ −1 a−1 g elemanı (0, 0, 0, 0) ve A1 , A2 , A3 , A4
noktalarını sabitler. B¨
oyle bir eleman t¨
um noktaları sabitlemek, yani Id16 ’ya e¸sit olmak zorundadır. Nitekim bu eleman A1 ve A2 noktalarını sabitledi˘
ginden, bu noktalara
kom¸su olan
(0, 0, 0, 0) ve (1, 1, 0, 0)
noktalarını birbirine g¨
ot¨
urmek zorundadır. Ama (0, 0, 0, 0) noktasını zaten kendine g¨
ot¨
ur¨
uyor, demek ki (1, 1, 0, 0) noktasını da kendine g¨
ot¨
urmek zorundadır. Bu fikri devam ettirirsek, σ −1 a−1 g elemanının K’nın t¨
um noktalarını sabitledi˘
gi, yani Id16 oldu˘
gu
anla¸sılır. Demek ki σ −1 a−1 g = Id16 ve g = aσ ∈ H1 H2 H3 H4 S4 .
Soru: K¨
up¨
un k¨
o¸selerini 01-¨
uc¸l¨
uleri olarak g¨
osterelim. 0 koordinatını 1’e, 1 koordinatını
da 0’a d¨
on¨
u¸st¨
uren simetri G = RST grubunda nasıl yazılır?
6.7. n boyutlu k¨
up¨
u
Kn = {(δ1 , . . . , δn ) : her i i¸cin δi = 0, 1}
olarak tanımlayabiliriz. E˘
ger k¨
up¨
u, k¨
up¨
un i¸cini de i¸cerecek bi¸cimde tanımlamak istersek,
Kn = {(δ1 , . . . , δn ) : her i i¸cin δi ∈ [0, 1]}
tanımını yapabiliriz. Bizim i¸cin hangi tanımın kabul edildi˘
gi farketmeyecek. Fikirleri
sabitlemek amacıyla birincisini kabul edelim. E˘
ger iki noktanın sadece bir koordinatı
de˘
gi¸sikse, bu noktalar arasında bir ba˘
glantı olsun. (Ba˘
glantılar k¨
up¨
un kenarlarıdır.)
Kn ’nin 2n × n! tane simetrisi vardır. Bu, aynen yukarıdaki iki ¨
ornekteki y¨
ontemle g¨
osterilebilir. Ama bunların hepsi n boyutlu uzayı e˘
gip b¨
ukmeden ger¸cekle¸smez, bazıları ayna
simetrileridir. Sadece yarısı n-boyutlu uzaydan ¸cıkmadan ger¸cekle¸stirilebilir.
∏
⊕
6.8.
umelerinden de bir nevi sonsuz boyutlu k¨
up elde edilebilir.
ω {0, 1} ve
ω {0, 1} k¨
˙ k¨
Iki
o¸senin (noktanın yani) ba˘
glantılı olması demek, tek bir koordinatın farklı olması
demektir. Bu k¨
uplerin de simetri grupları vardır. Ama bu sefer simetriyi biraz farklı
tanımlamak gerekebilir. Daha ¨
once simetriyi
A ile B k¨
o¸seleri ba˘
glantılıysa, f (A) ile f (B) k¨
o¸seleri de ba˘
glantılıdır
ko¸sulunu sa˘
glayan k¨
o¸selerin bir f perm¨
utasyonu olarak tanımlanmı¸stık. Bu sefer,
A ile B k¨
o¸selerinin ba˘glantılı olması i¸cin,
f (A) ile f (B) k¨
o¸selerinin ba˘glantılı olmaları yeter ve gerektir
90
6. Geometri ve Gruplar
ko¸sulunu sa˘
glayan k¨
o¸selerin bir f perm¨
utasyonu olarak tanımlamak gerekir, ki e˘
ger f
bir simetriyse, f −1 de bir simetri olsun. (Ama bu ¨
ozelli˘
gin sa˘
glanması i¸cin eski tanım
da yeterli olabilir. Bu c¨
umleden de anla¸sılaca˘
gı u
¨zere sonsuz boyutlu k¨
uplerin simetri
grubu hakkında bu yazarın bir bilgisi bulunmamaktadır.)
6.9. [Oktahedronun Simetrileri.] Oktahedron, a¸sa˘
gıdaki 6 k¨
o¸seli, 12 kenarlı, 8 y¨
uzeyli
d¨
uzg¨
un cisimdir.
K¨
up¨
un ¨
orne˘
ginde oldu˘
gu gibi k¨
o¸seleri de˘
gil de, y¨
uzeyleri birbirine d¨
on¨
u¸st¨
uren 8 elemanlı
bir simetri grubu bulmak zor de˘
gildir. Mesela dikey eksen etrafında d¨
ond¨
ur¨
ulerle, yatay
d¨
uzleme g¨
ore ayna simetrisi b¨
oyle bir grup verir. Bu grup sayesinde oktahedronun tam
8 × 3! = 48 tane simetrisi oldu˘
gunu g¨
ostermek zor de˘
gildir. Okur alı¸stırma olarak bunu
g¨
ostermelidir. Biz burada bir ba¸ska y¨
ontem kullanaca˘
gız.
¨ c boyutlu k¨
U¸
up¨
un her y¨
uzeyinin a˘
gırlık noktasını alıp, kom¸su y¨
uzeylerin a˘
gırlık merkezlerini birle¸stirirsek bir oktahedron elde ederiz.
Bu sayede k¨
up¨
un her simetrisinin oktahedronun bir simetrisine yol a¸ctı˘
gını g¨
ozlemleyebiliriz. Nitekim k¨
up¨
un bir σ simetrisini ve bir ABCD y¨
uzeyini alalım. σ mesafesi 2
olan A ve C k¨
o¸selerini, mesafesi 2 olan σ(A) ve σ(C) k¨
o¸selerine g¨
ot¨
ur¨
ur. Dolayısıyla
A ve C k¨
o¸selerinin ortak kom¸suları olan B ve C k¨
o¸selerini σ(A) ve σ(B) k¨
o¸selerinin
ortak kom¸sularına g¨
ot¨
ur¨
ur. Demek ki σ simetrisi k¨
up¨
un ABCD y¨
uzeyini gene k¨
up¨
un
bir ba¸ska y¨
uzeyine, σ(A)σ(B)σ(C)σ(D) y¨
uzeyine g¨
ot¨
ur¨
ur. Dolayısıyla σ simetrisi k¨
up¨
un
ABCD y¨
uzeyinin orta noktasını σ(A)σ(B)σ(C)σ(D) y¨
uzeyinin orta noktasına g¨
ot¨
ur¨
ur,
yani k¨
up¨
un i¸cine ¸cizilen oktahedronu gene oktahedrona g¨
ot¨
ur¨
ur.
Nasıl k¨
upten oktahedron elde etmi¸ssek, oktahedrondan da benzer ¸sekilde bir k¨
up elde
ederiz.
91
Aynen yukarıdaki yaptı˘
gımız gibi oktahedronun her simetrisinin k¨
up¨
un bir simetrisini
verdi˘
gi kanıtlanabilir. Dolayısıyla oktahedronun simetri grubuyla 3 boyutlu k¨
up¨
un simetri grubu aynıdır.
¨
7. Urete¸
cler
Bir grupta iki altgrubun kesi¸simi gene bir gruptur. Bunun kanıtı ¸cok basittir: H
ve K iki altgrup olsun. 1 elemanı her iki altgrupta da oldu˘gundan kesi¸simdedir
de. E˘ger xK kesi¸simdeyse, x elemanı hem H’de hem de K’da oldu˘gundan, x’in
tersi, yani x−1 elemanı hem H’de hem de K’dadır; demek ki x−1 ∈ H ∩ K
olur. S¸imdi kesi¸simden iki eleman alalım: x ve y. Bu elemanlar hem H’de hem
de K’da olduklarından ¸carpımı olan xy de hem H’de hem de K’dadır. Demek
ki xy kesi¸simdedir. B¨oylece H ∩ K kesi¸simin bir altgrup oldu˘gu kanıtlanmı¸s
oldu.
Dikkat ederseniz yukarıdaki akıl y¨
ur¨
utme sadece iki altgrubun de˘gil, ka¸c
tane olursa olsun, isterse sonsuz sayıda olsun, altgrupların kesi¸siminin de bir
altgrup oldu˘gunu g¨osteriyor. Yani bir grupta, herhangi bir altgruplar k¨
umesinin kesi¸simi bir altgruptur.
S¸imdi X, bir G grubunun herhangi bir altk¨
umesi olsun. X’i i¸ceren en az
bir altgrup vardır: G. Bu altk¨
umeyi i¸ceren t¨
um altgrupları kesi¸stirelim. Bu
kesi¸simin bir altgrup oldu˘gunu biliyoruz. Ayrıca kesi¸sim X’i de i¸cerir tabii ki.
Demek ki X’i i¸ceren t¨
um altgrupların kesi¸simi gene X’i i¸ceren bir altgruptur. Dolayısıyla bu kesi¸sim X’i i¸ceren en k¨
u¸cu
¨k altgrup olmak zorundadır. S¸u
sonucu kanıtladık:
Teorem 7.1. G bir grup ve X ⊆ G olsun. X’i i¸ceren t¨
um altgrupların kesi¸simi
X’i i¸ceren en k¨
uc¸u
¨k altgruptur.
¨
7. Uretec
¸ ler
94
X’i i¸ceren en k¨
uc¸u
¨k altgrubu ⟨X⟩ olarak g¨osterelim. E˘ger X = {x1 , . . . , xn }
sonluysa, ⟨{x1 , . . . , xn }⟩ yerine ⟨x1 , . . . , xn ⟩ yazılır. Ve e˘ger X, Y ⊆ G ise,
⟨X ∪ Y ⟩ yerine ⟨X, Y ⟩ yazılır. Benzer kısaltmaları yapmakta kendimizi kısıtlamayaca˘gız.
∩
⟨X⟩ =
H
X⊆H≤G
e¸sitli˘gini biliyoruz. Ayrıca e˘ger X ⊆ H ≤ G ise ⟨X⟩ ≤ H i¸cindeli˘gini de
biliyoruz.
E˘ger X = ∅ ya da X = {1} ise ⟨X⟩ = 1 olur1 . ⟨G⟩ = G e¸sitli˘gi de kolay.
⟨G \ {1}⟩ = G e¸sitli˘ginin kanıtını da okura bırakıyoruz.
Yukarıdaki teorem uygulamada pek yararlı olmayabilir, ¸cu
¨nk¨
u teorem bize
X’i i¸ceren en k¨
uc¸u
¨k bir altgrubun oldu˘gunu s¨oyl¨
uyor ama altgrubun neye
benzedi˘gini s¨oylemiyor. S¸imdi ⟨X⟩ altgrubunun neye benzedi˘gini biraz daha
somut olarak g¨orelim.
x, y ∈ X ise, xy ∈ ⟨X⟩ oldu˘gunu biliyoruz. Bunun gibi
xy −1 , x2 , y −3 , xyx, yx−1 y −2 ∈ ⟨X⟩
i¸cindelikleri de biliyoruz. Daha da genel olarak, x1 , . . . , xn ∈ X ve ϵ1 , . . . , xn =
±1 ise,
xϵ11 · · · xϵnn ∈ ⟨X⟩
olur. Demek ki,
{xϵ11 · · · xϵnn : n ∈ N, xi ∈ X, ϵi = ±1} ⊆ ⟨X⟩
olur2 . Ama sol taraftaki k¨
ume X’i i¸ceriyor (tanımda n = 1 ve ϵ1 = 1 alın)
ve ayrıca bir altgrup (¸cu
¨nk¨
u ¸carpma altında kapalı, elemanlarının tersi de
k¨
umenin i¸cinde ve elbette 1’i i¸ceriyor3 ). Bundan ve ⟨X⟩ altgrubunun X’i i¸ceren
en k¨
u¸cu
¨k altgrup olmasından e¸sitlik ¸cıkar:
⟨X⟩ = {xϵ11 · · · xϵnn : n ∈ N, xi ∈ X, ϵi = ±1}.
Bu y¨
uzden ⟨X⟩ altgrubuna X tarafından u
¨retilen altgrup adı verilir ve
X’e de u
¨rete¸
c k¨
umesi denir.
⟨X⟩ = {xk11 · · · xknn : n ∈ N, xi ∈ X, ki ∈ Z}
e¸sitli˘gini okur g¨ozden ka¸cırmamalıdır. Bu t¨
ur bir yazılımla xi ile xi+1 elemanlarının birbirinden farklı olduklarını varsayabiliriz.
Buradaki 1, {1} altgrubu anlamına geliyor.
Dikkat: Tanımdaki xϵ11 · · · xϵnn ifadesinde X’in aynı elemanı tekrar edebilir.
3
E˘
ger X ̸= ∅ ise, X’ten bir x se¸celim ve tanımda n = 2, x1 = x2 = x ve ϵ1 = 1, ϵ2 = −1
alalım; 1 = xx−1 olur. E˘
ger X = ∅ ise, tanımda n = 0 olsun, G’nin hi¸c tane elemanının
c¸arpımı 1 olarak tanımlanmı¸stır. Demek ki 1 ger¸cekten soldaki k¨
umededir.
1
2
95
¨
Ozel
bir durum olarak X = {x} durumunu ele alalım. Bu durumda b¨
ut¨
un
xi ’ler x’e e¸sit olmak zorundadır ve
⟨x⟩ = {xn : n ∈ N}
bulunur. E˘ger deg x = n < ∞ ise,
⟨x⟩ = {1, x, x2 , . . . , xn−1 }
e¸sitli˘gini daha ¨once g¨orm¨
u¸st¨
uk. Tek bir eleman tarafından u
¨retilen gruplara
d¨
ong¨
usel ya da devirli grup denir. Devirli gruplar abel gruplarıdır ve en
˙
basit gruplardır. Ileride
bu konuya ¨ozel bir b¨ol¨
um ayıraca˘gız.
E˘ger X = {x, y} ise durum hemen karma¸sıkla¸sır:
⟨x, y⟩ = {xk1 y ℓ1 · · · xkn y ℓn : n ∈ N, ki , ℓi ∈ Z}.
Ama xy = yx ise bu karma¸sık durum kendini toparlar:
⟨x, y⟩ = {xk y ℓ : k, ℓ ∈ Z}.
E˘ger bir de ayrıca deg x = n < ∞ ve deg y = m < ∞ ise, o zaman,
⟨x, y⟩ = {xk y ℓ : k = 0, 1, . . . , n − 1, ℓ = 0, 1, . . . , m − 1}
olur. (Ama sa˘gdaki k¨
umede g¨or¨
ulen b¨
ut¨
un xk y ℓ elemanları farklı olmak zorunda de˘gildir.)
Daha genel olarak, e˘ger X’in elemanları aralarında de˘gi¸siyorlarsa, yani her
x, y ∈ X i¸cin xy = yx oluyorsa, o zaman,
⟨X⟩ = {xk11 · · · xknn : n ∈ N, xi ∈ X, ki ∈ Z}
olur ve bu ifadede e˘ger istersek i ̸= j i¸cin xi ̸= xj alabiliriz.
Bazen xy = yx yerine x ile y arasında ba¸ska ili¸skiler olabilir; bu durumda
da ⟨x, y⟩ altgrubunun olduk¸ca basit g¨osterimi olabilir. En standart ¨ornek,
deg x = deg y = 2 ve deg xy = n oldu˘gu durumdur. Bu durumda z = xy
tanımıyla, xz = z n−1 x olur ve
⟨x, y⟩ = ⟨z, x⟩ = {xi z j : i ∈ {0, 1}, j ∈ {0, 1, . . . , n − 1}}
elde edilir. Ayrıntıları okura alı¸stırma olarak bırakıyoruz.
Altb¨ol¨
um 3.4’te Sym n grubunun birka¸c farklı u
¨rete¸c k¨
umesini vermi¸stik:
a. Sym n, makaslar tarafından ((i j) t¨
ur¨
unden perm¨
utasyonlar) tarafından
u
¨retilir.
b. Sym n, ardı¸sık makaslar tarafından ((i i + 1) t¨
ur¨
unden perm¨
utasyonlar)
tarafından u
¨retilir.
¨
7. Uretec
¸ ler
96
c. Sym n, (1 i) t¨
ur¨
unden makaslar tarafından u
¨retilir.
d. Sym n, (1 2) ve (1 2 . . . n) perm¨
utasyonları tarafından u
¨retilir.
Okurun bu a¸samada o altb¨ol¨
um¨
u tekrar g¨ozden ge¸cirmesinin yerinde bir
karar olaca˘gını d¨
u¸su
¨n¨
uyoruz.
Tabii e˘ger grubun i¸slemi + ile ifade ediliyorsa (dolayısıyla de˘gi¸smeli bir
grup s¨ozkonusuysa) o zaman,
⟨X⟩ = {k1 x1 + · · · + kn xn : n ∈ N, xi ∈ X, ϵi ∈ Z}
olur ve istersek i ̸= j i¸cin xi ̸= xj alabiliriz.
¨
Notlar ve Ornekler
E˘
ger n ∈ Z ise ⟨n⟩ = nZ olur.
E˘
ger n, m ∈ Z ise, d = ebob(n, m) i¸cin ⟨n, m⟩ = nZ + mZ = dZ olur.
E˘
ger (n, m) ∈ Z × Z ise, ⟨(n, m)⟩ = (n, m)Z olur.
⟨(n, 0), (0, m)⟩ = nZ × mZ olur. n ya da m sayılarından en az biri 0’a e¸sit olmadık¸ca bu
iki altgrup birbirine e¸sit de˘
gildir. (Neden?)
7.5. Z × Z grubu e1 = (1, 0) ve e2 = (0, 1) elemanları tarafından u
¨retilir. Zn grubu da
7.1.
7.2.
7.3.
7.4.
e1 = (1, 0, 0, . . . , 0, 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0, 0), . . . , en = (0, 0, 0, . . . , 0, 1)
7.6.
7.7.
7.8.
7.9.
7.10.
elemanları tarafından u
¨retilir. Bu grubun ba¸ska u
¨rete¸cleri de vardır elbette. Ancak yukarıda verilen u
¨rete¸clere do˘
gal u
¨rete¸
cler diyebiliriz. Teorem 5.5’te Z × Z grubunun
her elemanının en fazla iki eleman tarafından u
¨retildi˘
gini g¨
ostermi¸stik. Birazdan Zn
grubunun her elemanının en fazla n eleman tarafından u
¨retildi˘
gini g¨
osterece˘
giz.
Sym n grubu {(1 k) : k = 2, . . . , n} k¨
umesi tarafından u
¨retilir ve daha k¨
uc¸u
¨k bir altk¨
ume
tarafından u
¨retilmez. (Neden? Bkz. sayfa 40.)
Sym n grubu {(k k + 1) : k = 1, . . . , n − 1} k¨
umesi tarafından u
¨retilir ve daha k¨
uc¸u
¨k bir
altk¨
ume tarafından u
¨retilmez. (Neden? Bkz. sayfa 40.)
Sym n grubu (1 2 . . . n) ve (1 2) tarafından u
¨retilir ve daha k¨
uc¸u
¨k bir altk¨
ume tarafından u
¨retilmez (bkz. Teorem 3.1).
E˘
ger n ≥ 2 ise, Sym n’nin (a b)(c d) t¨
ur¨
unden elemanlar tarafından u
¨retilen altgrubu
Sym n’nin Alt n olarak g¨
osterilen bir ¨
ozaltgrubudur, tam n!/2 tane elemanı vardır (bkz.
Teorem 3.2 ve Teorem 14.3).
n ≥ 3 i¸cin Alt n grubu (i j k) bi¸ciminde yazılan elemanlar tarafından u
¨retilir. Nitekim
(a b)(b c) = (a b c) ve (a b)(c d) = (a b)(b c)(b c)(c d) = (a b c)(b c d) oldu˘
gundan,
c¸ift sayıda makasın ¸carpımını bu sayede (a b c) t¨
ur¨
unden d¨
ong¨
ulerin ¸carpımı olarak
yazabiliriz.
n ≥ 5 i¸cin Alt n grubu iki ayrık makasın ¸carpımı olarak yazılan (a b)(c d) elemanları
tarafından u
¨retilir. Nitekim bir ¨
onceki paragrafta Alt n’nin (a b c) t¨
ur¨
unden d¨
ong¨
uler
tarafından u
¨retildi˘
gini g¨
ord¨
uk. E˘
ger e ve d, bu a, b, c sayılarından farklıysa, (a b c) =
(a b)(b c) = (a b)(d e)(d e)(b c) oldu˘
gundan, her (a b c) d¨
ong¨
us¨
un¨
u (a b)(c d) tipinden
iki elemanın ¸carpımı olarak yazabiliriz.
G bir grup ve X ⊆ G olsun. CG (X) = CG (⟨X⟩) e¸sitli˘
gini g¨
osterin.
E˘ger H = ⟨X⟩ ise H’nin X k¨
umesi tarafından u
¨retildi˘gi s¨oylenir. E˘ger
ayrıca |X| = n < ∞ ise, H’nin n eleman tarafından u
¨retildi˘gi s¨oylenir.
97
X ⊆ ⟨X⟩ oldu˘gundan elbette |X| ≤ |⟨X⟩| olur. E˘ger X sonluysa ya da
sayılabilir sonsuzluktaysa |⟨X⟩| ≤ ω olur, aksi halde, |⟨X⟩| = |X| olur. K¨
umeler kuramından kardinaliteleri anımsayan biri i¸cin bunlar ¸cok kolay alı¸stırmalardır.
¨
Notlar ve Ornekler
7.11. E˘
ger Z = ⟨a⟩ ise, a tamsayısı ya 1 ya da −1 olmak zorundadır.
7.12. G = R olsun. O zaman her a ∈ R i¸cin ⟨a⟩ = aZ olur.
7.13. G = R⋆ olsun. O zaman her a ∈ R⋆ i¸cin ⟨a⟩ = {an : n ∈ Z} olur (tabii ki!) E˘
ger a = −1
ise ⟨a⟩ = {1, −1} olur.
7.14. E˘
ger G = ⟨Z(G), x⟩ ise G bir abel grubudur. (Burada Z(G), G’nin t¨
um elemanlarıyla
de˘
gi¸sen elemanlar k¨
umesi, yani G’nin merkezidir.) Nitekim ko¸suldan dolayı,
G = {zxn : z ∈ Z(G), n ∈ Z}
olur ve bu grubun bir abel grubu oldu˘
gu
(zxn )(z1 xm ) = zz1 xn xm = zz1 xn+m ve (z1 xm )(zxn ) = zz1 xm xn = zz1 xm+n
e¸sitliklerinden belli.
7.15. E˘
ger A, B ⊆ G ise (genellikle uygulamada A ve B altgrup olurlar), ⟨[a, b] : a ∈ A, b ∈ B⟩
altgrubu [A, B] olarak g¨
osterilir. Burada [a, b] yazılımının a−1 b−1 ab anlamına geldi˘
gini
anımsatırız.
E˘
ger B ≤ NG (A) ise, a ∈ A, b ∈ B i¸cin [a, b] = a−1 b−1 ab = a−1 (b−1 ab) ∈ AA ⊆ A
oldu˘
gundan, [A, B] ≤ A olur.
E˘
ger B ≤ NG (A) ve A ≤ NG (B) ise, kolayca g¨
or¨
ulece˘
gi u
¨zere [A, B] ≤ A ∩ B olur.
Bir ¨
onceki satırdan, e˘
ger B ≤ NG (A), A ≤ NG (B) ve A ∩ B = {1} ise, [A, B] ≤ A ∩ B =
{1} oldu˘
gu anla¸sılır; yani her a ∈ A, b ∈ B i¸cin ab = ba olur.
7.16. G bir grup ve A, B ≤ G olsun. B ≤ NG (A) olsun, yani her b ∈ B i¸cin Ab = A olsun. O
¨
zaman ⟨A, B⟩ = AB olur (bkz. Onsav
5.3).
7.17. G bir grup ve x ∈ G olsun. E˘
ger n1 , . . . , nk ∈ Z ise d = ebob(n1 , . . . , nk ) i¸cin
⟨xn1 , . . . , xnk ⟩ = ⟨xd ⟩
olur. Nitekim bir mi i¸cin dmi = ni oldu˘
gu i¸cin
xni = xdmi = (xd )mi ∈ ⟨xd ⟩
olur. Demek ki ⟨xn1 , . . . , xnk ⟩ ≤ ⟨xd ⟩.
Di˘
ger y¨
ondeki i¸cindeli˘
gi kanıtlayalım. d = ebob(n1 , . . . , nk ) oldu˘
gundan, Alı¸stırma 2.2’ye
g¨
ore, ¨
oyle u1 , . . . , uk ∈ Z vardır ki,
d = n1 u1 + · · · + nk uk
olur; dolayısıyla
xd = xn1 u1 +···+nk uk = (xn1 )u1 · · · (xnk )uk ∈ ⟨xn1 , . . . , xnk ⟩,
yani ⟨xd ⟩ ≤ ⟨xn1 , . . . , xnk ⟩ olur. Bundan ¸su ¸cıkar:
Teorem 7.2. D¨
ong¨
usel bir grubun altgrupları da d¨
ong¨
useldir.
¨
7. Uretec
¸ ler
98
∏
7.18. G = I Z olsun. ei ∈ G elemanı, i dı¸sında her koordinatı 0 olan ve i’inci koordinatı 1
olan eleman olsun. Yani e˘
ger
{
1 e˘
ger i = j ise
δi,j =
0 e˘
ger i ̸= j ise
ise4 ,
ei = (δi,j )j∈I
olsun. E˘
ger X = {ei : i ∈ I} ise
⟨X⟩ = ⊕I Z
olur. Benzer durum ba¸ska grupların kartezyen ¸carpımında da ya¸sanır.
7.19. Teorem 2.1’de Z’nin altgruplarının en fazla bir eleman tarafından u
¨retildi˘
gini g¨
ostermi¸stik5 . Teorem 5.5’te de Z × Z grubunun her altgrubunun en fazla iki eleman tarafından
u
¨retildi˘
gini g¨
ostermi¸stik. S
¸ imdi Zn grubunun her altgrubunun en fazla n eleman tarafından u
¨retildi˘
gini g¨
osterece˘
giz.
Teorem 7.3. Zn grubunun her altgrubu en fazla n eleman tarafından u
¨retilir.
Kanıt: n = 1 ve n = 2 i¸cin, ve hatta n = 0 i¸cin teoremin do˘
gru oldu˘
gunu biliyoruz.
Bundan b¨
oyle n ≥ 2 olsun ve teoremin n − 1 i¸cin do˘
gru oldu˘
gunu varsayalım. A ≤ Zn
olsun. Kanıtımızda Zn = Zn−1 × Z e¸sitli˘
gini kullanaca˘
gız. S
¸ u k¨
umeye bakalım:
B = {y ∈ Z : bir x ∈ Zn−1 i¸cin (x, y) ∈ A}.
Bir ba¸ska deyi¸sle B, A altgrubunun son koordinata izd¨
u¸su
¨m¨
ud¨
ur. B ≤ Z oldu˘
gunu
g¨
ostermek kolay. Demek ki bir ve bir tek m ≥ 0 i¸cin
B = mZ
olur. Yani A’nın elemanlarının son koordinatları m’nin bir katı olmak zorunda. m ∈ B
oldu˘
gundan, bir x0 ∈ Zn−1 i¸cin
(x0 , m) ∈ A
olur.
A’dan rastgele bir eleman alalım. Bu elemanı, x ∈ Zn−1 ve y ∈ Z i¸cin, (x, y) olarak
yazalım. y ∈ B oldu˘
gundan, bir u ∈ Z i¸cin y = um olur. Buradan,
(x, y) − u(x0 , m) = (x, y) − (ux0 , um) = (x − ux0 , y − um) = (x − ux0 , 0) ∈ Zn−1 × {0}
olur. Ama bu eleman ayrıca A altgrubunda da, ¸cu
¨nk¨
u hem (x, y), hem de (x0 , m) elemanı
A’da. B¨
oylece bir u ∈ Z i¸cin,
(x, y) − u(x0 , m) ∈ A ∩ (Zn−1 × {0})
elde ederiz.
S
¸ imdi hesaplara bir paragraflık ara verip A∩(Zn−1 ×{0}) k¨
umesine (aslında altgrubuna)
daha yakından bakalım.
C = {x ∈ Zn−1 : (x, 0) ∈ A}
olsun.
A ∩ (Zn−1 × {0}) = C × {0}
olur. Elbette C ≤ Zn−1 . T¨
umevarım varsayımına g¨
ore C en fazla n − 1 elemanla u
¨retilir,
diyelim c1 , . . . , cn−1 ∈ C ≤ Zn−1 ile u
¨retiliyor, yani
C = Zc1 + . . . + Zcn−1
4
5
δi,j Kronecker delta sembol¨
u olarak bilinir.
0 eleman tarafından u
¨retilen altgrup {0} altgrubudur.
99
olur.
ai = (ci , 0)
tanımını yaparsak
A ∩ (Zn−1 × {0}) = C × {0} = Za1 + · · · + Zan−1
buluruz.
Kaldı˘
gımız yerden devam edelim. Rastgele bir (x, y) ∈ A almı¸s ve bir u ∈ Z i¸cin,
(x, y) − u(x0 , m) ∈ A ∩ (Zn−1 × {0}) = C × {0}
oldu˘
gunu kanıtlamı¸stık. Bir ¨
onceki paragrafa g¨
ore,
(x, y) − u(x0 , m) ∈ Za1 + · · · + Zan−1
olur. E˘
ger
an = (x0 , m)
tanımını yaparsak, bundan,
(x, y) ∈ Za1 + · · · + Zan−1 + Zan
¸cıkar. Demek ki,
A ≤ Za1 + · · · + Zan−1 + Zan .
Di˘
ger y¨
ondeki i¸cindelik kolay, ¸cu
¨nk¨
u a1 , . . . , an−1 , an ∈ A.
7.20. Burada daha sonra ¸ce¸sitli vesilelerle kullanaca˘
gımız ¸su teoremi kanıtlayaca˘
gız:
Teorem 7.4. (gi )i∈I , G grubunun bir u
¨rete¸c altk¨
umesi olsun. Ayrıca I’nın sonsuz
oldu˘gunu ve {gi : i ∈ I} k¨
umesinin daha k¨
u¸cu
¨k kardinalitede bir altk¨
umesinin G’nin
u
¨rete¸c k¨
umesi olamayaca˘gını varsayalım. O zaman G’nin her u
¨rete¸c k¨
umesinin en az |I|
kadar elemanı vardır.
Kanıt: (hj )j∈J , G’nin bir u
¨rete¸c k¨
umesi olsun. Her hj , gi ’ler cinsinden yazılır; bu
yazılımda
kullanılan
I’nın
altk¨
u
mesine
Ij diyelim. Her Ij sonlu bir k¨
umedir. Elbette
∪
umesi G’nin bir u
¨rete¸c k¨
umesidir. Buradan ve varsayımdan dolayı
I’nın j∈J Ij altk¨
∪ |I| = Ij j∈J
¸cıkar. Buradan da J’nin sonlu olamayaca˘
gı ¸cıkar. J sonsuz oldu˘
gundan, kardinal aritmeti˘
ginden,
∪ I
j ≤ |J|
j∈J
¸cıkar. Yani |I| ≤ |J|.
7.21. A¸sa˘
gıdaki sonu¸c direkt toplamda u
¨retilen bir altgrubun ne kadar b¨
uy¨
uk olabilece˘
gine
dair bir ¸sey s¨
oyl¨
uyor.
⊕
Teorem 7.5. G =
gal izd¨
u¸su
¨m fonksiyonları, φi : Gi −→ G
I Gi , πi : G −→ Gi do˘
do˘
omme fonksiyonları, X ⊆ G ve Hi = ⟨φi (πi (X))⟩ ≤ Gi olsun. O zaman ⟨X⟩ ≤
⊕gal g¨
I Hi olur.
⊕
gunu kanıtlamak yeterli. Ama elKanıt: X’in her elemanının
I Hi altgrubunda oldu˘
∏
bette her x elemanı x = I φi (πi (x)) olarak yazılır. E˘
ger φi1 (πi1 (x)), . . . , φin (πin (x)) ̸=
1 ama di˘
gerleri 1 ise,
x=
n
∏
j=1
olur.
x=
n
∏
j=1
φij (πij (x)) ∈
n
∏
j=1
Hj ≤
⊕
Hi
I
¨
7. Uretec
¸ ler
100
Alı¸stırmalar
7.22. G = Z ve x = 3, y = 2 olsun. ⟨x, y⟩ = Z e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
7.23. G = Z ve x = 84, y = 30, z = 231 olsun. ⟨x, y, z⟩ altgrubunun neye e¸sit oldu˘
gunu
bulun.
√
√
7.24. G = R⋆ , x = 2, y = 3 olsun. ⟨x, y⟩ altgrubunun xn y m elemanlarının farklı n ve m
tamsayıları i¸cin farklı de˘
gerler verdi˘
gini kanıtlayın.
7.25. G bir grup ve x, y ∈ G olsun. Bir n ∈ Z i¸cin xn = y varsayımını yapalım. ⟨y⟩ = ⟨x⟩
oldu˘
gunu kanıtlayın.
7.26. G bir grup ve x, y ∈ G olsun. Bir n ∈ Z i¸cin xn = y varsayımını yapalım. ⟨x, y⟩ = ⟨x⟩
oldu˘
gunu kanıtlayın.
7.27. G bir grup ve x, y ∈ G i¸cin
x ≡ y ⇔ ⟨x⟩ = ⟨y⟩
7.28.
7.29.
7.30.
7.31.
7.32.
7.33.
7.34.
7.35.
7.36.
7.37.
7.38.
7.39.
7.40.
7.41.
7.42.
7.43.
7.44.
7.45.
tanımını yapalım. Bu ili¸skinin bir denklik ili¸skisi oldu˘
gunu ve her denklik sınıfının sonlu
oldu˘
gunu kanıtlayın.
Ne zaman X = ⟨X⟩ olur?
G bir grup ve Y ⊆ X ⊆ G olsun. ⟨Y ⟩ ≤ ⟨X⟩ oldu˘
gunu kanıtlayın.
G bir grup, Y, X ⊆ G ve Y ⊆ ⟨X⟩ olsun. ⟨Y ⟩ ≤ ⟨X⟩ oldu˘
gunu kanıtlayın.
Z2 grubunun (2, 3) ve (1, 2) elemanları tarafından u
¨retildi˘
gini g¨
osterin.
Z2 grubunun (2, 3) ve (3, 2) elemanları tarafından u
¨retilen altgrubunun elemanlarını
bulun.
Z2 grubunun (2, 3) ve (5, 1) elemanları tarafından u
¨retilen altgrubunun elemanlarını
bulun.
Q grubunun 2/7 ve 1/5 elemanları tarafından u
¨retilen altgrubunu bulun (bkz. Teorem
10.23 ve kanıtı).
Q grubunun 2/5, 4/7 ve 6/13 elemanları tarafından u
¨retilen altgrubunu bulun (bkz.
Teorem 10.23 ve kanıtı).
G bir grup ve X ⊆ G olsun. ⟨X⟩ = ⟨X −1 ⟩ = ⟨X ∪ X −1 ⟩ oldu˘
gunu kanıtlayın.
X ⊆ G olsun. Her x, y ∈ X i¸cin xy = yx varsayımını ayaplım. Bu durumda ⟨X⟩
altgrubunun bir abel grubu oldu˘
gunu kanıtlayın.
G bir grup ve x, y ∈ G olsun. deg x = deg y = 2 ve deg xy = n < ∞ varsayımını
yapalım. |⟨x, y⟩| = 2n e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
H ≤ G ve x ∈ G olsun. E˘
ger H altgrubu en fazla n eleman tarafından u
¨retiliyorsa,
⟨H, x⟩ altgrubunun en fazla n + 1 eleman tarafından u
¨retildi˘
gini kanıtlayın.
n > 0 bir tamsayı olsun. r, d¨
uzlemi (0, 0) noktası etrafında 2π/n radyan (ya da 360/n
derece) d¨
ond¨
uren d¨
on¨
u¸su
¨m olsun. r ∈ Sym R ve deg r = n olur. k ∈ Z olsun. ⟨rk ⟩ = ⟨r⟩
e¸sitli˘
ginin ge¸cerli olması i¸cin obeb(n, k) = 1 olması gerekti˘
gini kanıtlayın.
Bir grubun minimal bir altgrubunun (oldu˘
gunda) d¨
ong¨
usel olmak zorunda oldu˘
gunu
kanıtlayın.
Farklı n do˘
gal sayıları i¸cin Sym n’nin en fazla elemanlı d¨
ong¨
usel altgruplarını bulun.
−1
G bir grup, X ⊆ G ve H = ⟨X⟩ olsun. E˘
ger g ∈ G i¸cin g Xg ⊆ X oluyorsa g −1 Hg ⊆
H oldu˘
gunu kanıtlayın. E˘
ger her g ∈ G i¸cin g −1 Xg ⊆ X oluyorsa, her g ∈ G i¸cin
g −1 Hg = H oldu˘
gunu kanıtlayın.
H, K ≤ G olsun. E˘
ger H altgrubu en fazla n, H altgrubu en fazla m eleman tarafından
u
¨retiliyorsa, ⟨H, K⟩ altgrubunun en fazla n+m eleman tarafından u
¨retildi˘
gini kanıtlayın.
H ≤ G ve x ∈ G olsun. E˘
ger H altgrubu en fazla n eleman tarafından u
¨retiliyorsa,
x−1 Hx altgrubunun da en fazla n eleman tarafından u
¨retildi˘
gini kanıtlayın.
101
7.46. G bir grup ve x, y ∈ G olsun. deg x = deg y = 2 ve deg xy = ∞ varsayımını yapalım.
⟨x, y⟩ = {(xy)n : n ∈ Z} ⊔ {x(xy)n : n ∈ Z}
7.47.
7.48.
7.49.
7.50.
7.51.
7.52.
e¸sitli˘
gini ve sa˘
g tarafta g¨
osterilen elemanların her birinin di˘
gerinden farklı oldu˘
gunu
kanıtlayın.
G bir grup ve x, y ∈ G olsun. xy = yx varsayımını yapalım. ⟨x, y⟩ altgrubunun xn y m
elemanlarının farklı n ve m tamsayıları i¸cin farklı de˘
gerler vermemesiyle, her ikisi birden
0 olmayan n ve m tamsayıları i¸cin xn = y m e¸sitli˘
ginin do˘
gru olmasının yeter ve gerek
oldu˘
gunu kanıtlayın.
Zn ’nin her altgrubunun en fazla n eleman tarafından u
¨retilebilece˘
gini kanıtlayın. (n
u
¨zerine t¨
umevarımla ama bu alı¸stırma bu a¸samada zor olabilir, bkz. Teorem 13.6.)
Q grubunun sonlu sayıda eleman tarafından u
¨retilmedi˘
gini kanıtlayın.
E˘
ger X k¨
umesi Q grubu u
¨retiyorsa ve x ∈ X ise X \ {x} k¨
umesinin de Q k¨
umesini
u
¨retti˘
gini kanıtlayın. (C
¸ ok kolay olmayabilir.)
R’nin (ya da Q’n¨
un) her altgrubunun ya 1 eleman tarafından u
¨retildi˘
gini ya da R’de (ya
da Q’de) yo˘
gun oldu˘
gunu kanıtlayın.
G bir grup olsun. Bir α kardinali i¸cin (Gβ )β<α bir altgrup ailesi olsun.
∪Her γ ≤ β < α i¸cin
G
¨
rete¸
c
k¨
u
mesi
olsun.
umesinin
γ ≤ Gβ varsayımını yapalım. Xβ ⊆ Gβ bir u
β<α Xβ k¨
∪
¨retti˘
gini kanıtlayın.
β<α Gβ altgrubunu u
¨
8. Altgrup Otelemeleri
Sanırım soyut cebirin en ¨onemli konusuna geldik. Bu ve bundan sonraki birka¸c
b¨ol¨
um ne kadar ¸cok okunur, u
¨zerinde ne kadar ¸cok durulursa o kadar yararlıdır.
8.1
¨
Altgrupların Otelemeleri
G bir grup, H de G’nin bir altgrubu olsun. E˘ger a ∈ G ise, aH’yi tahmin
edildi˘gi gibi tanımlayalım:
aH = {ah : h ∈ H}.
aH k¨
umesini H’nin ¨otelemesi olarak yorumlayabiliriz, ¸cu
¨nk¨
u ger¸cekten aH
k¨
umesinin elemanları, H’nin elemanlarının a ile soldan bir t¨
ur ¨otelenmesidir.
aH k¨
umesine H’nin a tarafından soldan ¨
otelemesi (bazen de sol e¸sk¨
ume, sol
yank¨
ume ya da sol sınıf) adı verilir. Biz daha ¸cok ¨oteleme terimini kullanaca˘gız
ve ¸cok gerekmedik¸ce “sol” ibaresini kullanmaktan ka¸cınaca˘gız. Ama okur sol
¨oteleme oldu˘gu gibi sa˘g ¨otelemenin de oldu˘gunu ve bu iki ¨otelemenin farklı
olabilece˘gini aklından ¸cıkarmamalıdır.
E˘ger a ∈ H ise elbette aH ⊆ H, hatta aH = H olur. (Neden?) Bunun
tersi de do˘grudur: aH = H ise, a ∈ H olmak zorundadır. Demek ki H’nin
kendisi de H’nin bir ¨otelemesidir. Bu arada a = a · 1 ∈ aH i¸cindeli˘gini de
g¨ozlemleyelim.
Elbette h 7→ ah kuralı bize H ile aH arasında bir e¸sleme tanımlar1 . Dolayısıyla H ile aH k¨
umesinin eleman sayısı aynıdır. Bir ba¸ska deyi¸sle t¨
um sol
¨otelemelerin kardinalitesi (eleman sayısı) e¸sittir; bu dedi˘gimiz H altgrubu sonsuz olsa da ge¸cerlidir. Benzer ¸sekilde sa˘g ¨otelemeler de tanımlanır ve aynı sonu¸c
sa˘g ¨otelemeler i¸cin de ge¸cerlidir. Dolayısıyla sol ¨otelemelerle sa˘g ¨otelemelerin
eleman sayısı e¸sittir.
Birazdan bir altgrubun herhangi iki sol ¨otelemesinin ya e¸sit ya da ayrık
oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız; yani kesi¸simde en az bir eleman olan iki sol ¨oteleme
e¸sit olmak zorundadırlar. Bunun b¨oyle oldu˘gunu a¸sa˘gıdaki ¨orneklerde de tespit
edeceksiniz.
1
Bu e¸slemenin tersi x 7→ a−1 x kuralıyla verilmi¸stir.
¨
8. Altgrup Otelemeleri
104
¨
Notlar ve Ornekler
8.1. G = Sym 5 ve H = Sym 4 olsun. H grubunu G’nin i¸cine g¨
omebiliriz, yani H’yi G’nin
bir altgrubu olarak g¨
orebiliriz2 .
H’nin kendisi H’nin bir ¨
otelemesidir. Hatta biraz ¨
once g¨
ord¨
ug
˘u
¨m¨
uz gibi
σH = H ⇔ σ ∈ H
o
¨nermesi do˘
grudur. S
¸ imdi H dı¸sından bir σ alalım. σ’nın H dı¸sında olması σ(5) ̸= 5 demektir. Mesela σ = (1 5) olsun. σH o
¨telemesinin elemanlarını bulalım. H’nin elemanları
5’i 5’e g¨
ot¨
urd¨
ug
˘u
¨nden, σ da 5’i 1’e g¨
ot¨
urd¨
ug
˘u
¨nden, σH’nin elemanları 5’i 1’e g¨
ot¨
ur¨
urler.
Demek ki,
σH ⊆ {α ∈ Sym 5 : α(5) = 1}.
¨
Ote yandan Sym 5’in 5’i 1’e g¨
ot¨
uren tam 4! tane elemanı vardır (neden?), yani |σH| =
|H| = 4! kadar. Demek ki yukarıdaki i¸cindelik aslında bir e¸sitliktir:
σH = {α ∈ Sym 5 : α(5) = 1}.
¨
Orne˘
gin,
(1 3 5), (1 3 2 5), (1 3 5)(2 4) ∈ σH
olur.
¨
H’nin ba¸ska ¨
otelemesi var mı? Evet var. Orne˘
gin,
(2 5)H = {α ∈ Sym 5 : α(5) = 2}
k¨
umesi H’nin bir ba¸ska ¨
otelemesidir. B¨
oylece Sym 4’¨
un Sym 5 i¸cinde tam 5 farklı ¨
otelemesi oldu˘
gu g¨
or¨
ul¨
ur: Her i = 1, 2, 3, 4, 5 i¸cin σi = (i 5) ise3
σi H = {α ∈ Sym 5 : α(5) = i}
k¨
umeleri H’nin birbirinden farklı sol ¨
otelemeleri olur ve H’nin ba¸ska da ¨
otelemesi yoktur.
Toplamda, her birinin eleman sayısı 4! olan 5 tane sol ¨
oteleme bulduk. Bu ¨
otelemelerin
ayrık olduklarını ve Sym 5’i kapladıklarını g¨
ozlemleyin. Yani
Sym 5 =
5
⊔
(i 5) Sym 4
i=1
olur. S
¸ ekil a¸sa˘
gıda.
Sym 4’¨
un Sym 5 i¸cindeki ¨
otelemeleri
Aslında, Sym 4’¨
un elemanları {1, 2, 3, 4} k¨
umesinin perm¨
utasyonları, Sym 5’in elemanları {1, 2, 3, 4, 5} k¨
umesinin perm¨
utasyonları olduklarından, illa formel olmak gerekiyorsa,
Sym 4 grubuyla Sym 5 grubu kesi¸smezler, ayrıktırlar. Ancak Sym 4’¨
un her elemanı Sym 5’in
bir elemanına gayet do˘
gal bir bi¸cimde geni¸sletilebilir; bunun i¸cin bir σ ∈ Sym 4 i¸cin σ(5) = 5
tanımını yapmak yeterlidir. Demek ki Sym 4 grubunu (do˘
gal olarak) Sym 5’in bir altgrubu
olarak g¨
orebiliriz. Daha genel olarak e˘
ger Y ⊆ X ise, Sym Y grubu Sym X’in bir altgrubu
olarak g¨
or¨
ulebilir. Bunun i¸cin Sym Y ’nin elemanlarını X u
¨zerine X \ Y u
¨st¨
unde ¨
ozde¸slik
olacak bi¸cimde geni¸sletmek yeterlidir.
3
E˘
ger i = 5 ise (5 5) perm¨
utasyonunu Id5 olarak algılayın.
2
¨
8.1. Altgrupların Otelemeleri
105
(2 4 5)(1 3)H = (2 5)H ve benzer e¸sitlikleri okur g¨
orebilmelidir. H’nin G’deki her
¨
otelemesi yukarıdaki 5 k¨
umeden biridir.
Bu arada X = {(1 5), (2 5), (3 5), (4 5), Id5 } k¨
umesinin her sol ¨
otelemeden bir ve
bir tek eleman i¸cerdi˘
gini g¨
ozlemleyelim. Bu ¨
ozelli˘
gi olan k¨
umelere H’nin sol temsilci
k¨
umesi denir.
H’nin sa˘
g¨
otelemeleri de vardır. Rastlantı bu ya, yukarıdaki X k¨
umesi H’nin sa˘
g temsilcileri k¨
umesidir aynı zamanda. Nitekim, i = 1, 2, 3, 4, 5 i¸cin
Hσi = {α ∈ Sym 5 : α(i) = 5}
k¨
umeleri H’nin t¨
um sa˘
g ¨
otelemeleridir ve her biri di˘
gerlerinden farklıdır. Bu ¨
ornekte
H dı¸sında hi¸cbir sol ¨
oteleme bir sa˘
g¨
oteleme de˘
gildir. Bazı ¨
ozel durumlarda, ¨
orne˘
gin G
de˘
gi¸smeli grup oldu˘
gunda, ama bazı ba¸ska durumlarda da sol ¨
otelemelerle sa˘
g¨
otelemeler
arasında fark yoktur.
Sym 4’¨
un Sym 5 i¸cindeki ¨
otelemeleri
Yukarıda sa˘
g ve sol temsilci k¨
umeleri aynı ¸cıktı:
X = {(1 5), (2 5), (3 5), (4 5), Id5 }.
Bu k¨
ume bir altgrup de˘
gildir tabii. Temsilciler k¨
umesini altgrup olarak se¸cebilir miyiz?
Her zaman se¸cemeyiz ama bu durumda se¸cebiliriz. α = (1 2 3 4 5) olsun. (Ya da herhangi
bir 5-d¨
ong¨
u, farketmez.) O zaman
⟨α⟩ = {Id5 , α, α2 , α3 , α4 }
altgrubu da bir temsilciler k¨
umesidir. Tabii aynı zamanda Sym 4 altgrubu, ⟨α⟩ altgrubunun temsilciler k¨
umesidir.
Daha genel olarak, e˘
ger G = Sym n, H = Sym(n − 1) ≤ G ve α ∈ G, derecesi n olan
herhangi bir d¨
ong¨
uyse, H ve ⟨α⟩ altgrupları birbirinin (sa˘
g ve sol) temsilciler k¨
umesidir.
G’nin her elemanı tek bir h ∈ H ve i ∈ {0, 1, 2, 3, 4} i¸cin hαi olarak yazılır. Ve aynı
zamanda G’nin her elemanı tek bir k ∈ H ve j ∈ {0, 1, 2, 3, 4} i¸cin kαj olarak yazılır.
Biraz ¨
once de dedi˘
gimiz gibi temsilciler k¨
umesinin bir altgrup olarak bulunması istisnai
bir durumdur, her zaman olmaz.
8.2. Derecesi n olan bir g elemanı i¸cin G = ⟨g⟩ = {1, g, g 2 , . . . , g n−1 } olsun. k, n’yi b¨
olen bir
do˘
gal sayı olsun, diyelim n = km. S
¸ imdi H = ⟨g k ⟩ = {1, g k , g 2k , . . . , g (k−1)m } olsun.
H ≤ G olur. H’nin her ¨
otelemesi bir i = 0, 1, . . . , k − 1 i¸cin g i H olarak yazılır (neden?)
ve bu t¨
ur ¨
otelemeler birbirinden farklıdır. Yani
G=
k−1
⊔
gi H
i=0
olur. Demek ki X = {1, x, x2 , . . . , xk−1 } k¨
umesi H’nin her (sa˘
g ya da sol farketmez,
¸cu
¨nk¨
u G bir abel grubu) ¨
otelemesinden bir ve bir tek eleman i¸cerir. Bu t¨
ur k¨
umelere
temsilci k¨
umesi dendi˘
gini bir ¨
onceki ¨
ornekte s¨
oylemi¸stik.
¨
8. Altgrup Otelemeleri
106
8.3. E˘
ger grubun i¸slemi toplamayla yazılıyorsa4 , xH ¨
otelemesi yerine x + H olarak yazılır
elbette. Alı¸skanlık daha ¸cok H + x olarak yazmaktır. Bu ¨
ornekte G = Z ve H = 5Z
olsun. O zaman H’nin G i¸cinde tam 5 ¨
otelemesi vardır:
5Z, 5Z + 1, 5Z + 2, 5Z + 3, 5Z + 4.
¨
Bu ¨
otelemeler bir ¨
onceki ¨
ornekte oldu˘
gu gibi birbirinden ayrıktırlar. Otelemeler
¸so
¨yledir:
5Z
5Z + 1
5Z + 2
5Z + 3
5Z + 4
=
=
=
=
=
{ . . . , −10, −5, 0, 5, 10, 15, . . . }
{ . . . , −9, −4, 1, 6, 11, 16, . . . }
{ . . . , −8, −3, 2, 7, 12, 17, . . . }
{ . . . , −7, −2, 3, 8, 13, 18, . . . }
{ . . . , −6, −1, 4, 9, 14, 19, . . . }
Sonu¸c olarak,
Z=
4
⊔
(5Z + i)
i=0
olur. Bu be¸s ¨
otelemeden ikisini a¸sa˘
gıdaki resimde g¨
or¨
uyorsunuz.
Ama bu ¨
ornekte Z’nin sıralaması pek ¨
onemli olmadı˘
gından, Z’yi bir do˘
gru u
¨zerinde
g¨
ostermenin yararı yoktur. Bu y¨
uzden 5 ¨
otelemenin 5’inin de kolaylıkla g¨
or¨
und¨
ug
˘u
¨ a¸sag
˘ıdaki g¨
osterimi tercih edece˘
giz.
Bu arada {0, 1, 2, 3, 4} k¨
umesinin her ¨
otelemeden bir ve bir tek eleman i¸cerdi˘
gini
g¨
ozlemleyelim5 .
¨
8.4. Yukarıdaki iki ¨
ornekte ¨
oteleme sayısı sonluydu. Oteleme
sayısının sonsuz oldu˘
gu bir
o
¨rnek verelim. G = R ve H = Z olsun. Her n ∈ Z i¸cin Z + n = Z oldu˘
gundan, her r ∈ R
i¸cin
Z+r =Z+r−1=Z+r−2=Z+r−3=Z+r+1=Z+r+2
4
Bu durumda i¸slemin de˘
gi¸smeli oldu˘
gunu unutmayalım.
Genel kanının aksine bunlar mod¨
uler sayılar de˘
gildirler, ilkokuldan beri bildi˘
gimiz
sayılardır!
5
¨
8.1. Altgrupların Otelemeleri
107
olur. Bu nedenle,
z + r = Z + r − [r]
olur . Demek ki her ¨
oteleme, bir r ∈ [0, 1) elemanı i¸cin Z + r bi¸cimindedir. Peki r, s ∈
[0, 1) i¸cin ne zaman Z + r = Z + s e¸sitli˘
gi ge¸cerli olur? Ancak ve ancak r − s ∈ Z ise, yani
r = s ise ge¸cerli olur. B¨
oylece her ¨
otelemenin bir ve bir tek r ∈ [0, 1) elemanı i¸cin Z + r
bi¸ciminde oldu˘
gunu g¨
ostermi¸s olduk. Z’nin her ¨
otelemesinde de bir ve bir tek r ∈ [0, 1)
sayısı oldu˘
gunu g¨
ozlemleyin. Sonu¸c olarak,
6
R=
⊔
(Z + r)
r∈[0,1)
olur. Demek ki [0, 1) k¨
umesi Z’nin R’deki ¨
otelemelerinin temsilciler k¨
umesidir, yani Z’nin
her ¨
otelemesinde [0, 1) k¨
umesinden bir ve bir tek eleman vardır. [2, 3) ya da (0, 1] ba¸ska
temsilciler k¨
umeleridir ama [0, 1) en do˘
gal se¸cimdir.
8.5. E˘
ger G = R ve H = Q ise, H’nin gene sonsuz sayıda ¨
otelemesi vardır, ancak bu sefer
yukarıdaki gibi bir temsilciler k¨
umesi bulamayız7 .
8.6. G = R⋆ = R \ {0} ve H = {1, −1} olsun. G, ¸carpma altında bir gruptur, H de G’nin bir
altgrubudur. H’nin her ¨
otelemesi xH = {x, −x} bi¸cimindedir. x = 0 durumu dı¸sında
her ¨
oteleme biri pozitif biri negatif olmak u
¨zere iki sayı i¸cerir. Her ¨
otelemede bir ve bir
tek negatif olmayan bir sayı vardır. Yani
R⋆ =
⊔
xH
x≥0
olur.
Dikkat ettiyseniz yukarıdaki ¨orneklerde ¨otelemeler ayrık k¨
umelerdi. Bu,
˙
genel bir olgudur ve ¸cok ¨onemlidir. Ileride
¸cok daha fazla ¨ornek vermek u
¨zere,
¨otelemelerle ilgili bu ¨onemli olguyu kanıtlayalım hemen.
Teorem 8.1. G bir grup ve H ≤ G olsun. Her a, b ∈ G i¸cin, ya aH ∩ bH = ∅
olur ya da aH = bH. Yani e˘ger bir altgrubun iki ¨
otelemesinin ortak tek bir
elemanı dahi varsa bu ¨
otelemeler e¸sittirler. Ayrıca her a, b ∈ G i¸cin a¸sa˘gıdaki
¨
onermeler e¸sde˘gerdir:
i. aH = bH.
ii. aH ∩ bH ̸= ∅.
iii. b−1 a ∈ H.
iv. a−1 b ∈ H.
v. a ∈ bH.
vi. b ∈ aH.
6
Burada [r], r sayısının tamkısmıdır, yani r’den k¨
uc¸u
¨ke¸sit en b¨
uy¨
uk tamsayıdır.
Bir temsilciler k¨
umesi elle bulunamaz, ancak Se¸cim Aksiyomu kullanılarak temsilciler
k¨
umesinin varlı˘
gı kanıtlanabilir.
7
¨
8. Altgrup Otelemeleri
108
Kanıt: Diyelim aH ∩ bH ̸= ∅. Bu varsayımla aH = bH e¸sitli˘gini kanıtlamalıyız. Varsayım a ve b’ye g¨ore simetrik oldu˘gundan (mesela) aH ⊆ bH
i¸cindeli˘gini kanıtlamak yeterli.
aH ∩bH ̸= ∅ ¨onermesini do˘grulayan bir eleman alalım: Diyelim h1 , h2 ∈ H
i¸cin ah1 = bh2 ∈ aH ∩ bH. Bu durumda her h ∈ H i¸cin,
−1
−1
ah = (ah1 )(h−1
1 h) = (bh2 )(h1 h) = b(h2 h1 h) ∈ bH
cindeli˘gi do˘grudur.
olur ¸cu
¨nk¨
u H bir altgrup oldu˘gundan h2 h−1
1 h ∈ H i¸
(ii) do˘gruysa (i)’in do˘gru oldu˘gunu yukarıda kanıtladık.
Di˘gerleri ¸cok bariz.
Bu teoreme g¨ore, H altgrubunun ¨otelemeleri G’yi kesi¸smeyen par¸calara
˙ ste ¸sekil:
ayırır. I¸
Bunun birka¸c ¨orne˘gini verelim.
¨
Notlar ve Ornekler
8.7. G = R × R olsun8 . H = R × {0} olsun. Elbette H ≤ G olur.
(x, y) = (x, 0) + (0, y) ∈ H + (0, y)
oldu˘
gundan, H’nin her ¨
otelemesi bir y ∈ R i¸cin H + (0, y) bi¸ciminde yazılır. Ayrıca bu
y biriciktir, ¸cu
¨nk¨
u
H + (0, y) = H + (0, z)
⇔
⇔
⇔
⇔
(0, y) − (0, z) ∈ H
(0, y − z) ∈ H
(0, y − z) ∈ R × {0}
y=z
e¸sde˘
gerli˘
gi ge¸cerlidir. Demek ki X = {0} × R k¨
umesi bir temsilciler k¨
umesidir: H’nin
her ¨
otelemesinde X k¨
umesinden bir ve bir tek eleman bulunur. Dikkat ederseniz X bir
altgruptur. Bir temsilciler k¨
umesinin altgrup olarak se¸cilebilmesi istisnaidir, her zaman
olmaz.
8
Grup i¸slemi toplama elbette: (x, y) + (z, t) = (x + z, y + t).
¨
8.1. Altgrupların Otelemeleri
109
Ba¸ska temsilciler k¨
umesi de vardır mesela
Y = {(x, x) : x ∈ R}
k¨
umesi de bir temsilciler k¨
umesidir. Y de bir altgruptur. Ama
Z = {(x2 , x) : x ∈ R}
k¨
umesi bir temsilciler k¨
umesidir ama (toplama altında) bir altgrup de˘
gildir.
{(x, x3 ) : x ∈ R} de (grup olmayan) bir ba¸ska temsilciler k¨
umesidir.
Ama {(x, x2 ) : x ∈ R} bir temsilciler k¨
umesi de˘
gildir.
{(x, x2 ) : x ∈ [0, ∞)} de bir temsilciler k¨
umesi de˘
gildir.
8.8. G gene yukarıdaki gibi olsun. H = {(x, x) : x ∈ R} olsun. Kolayca g¨
or¨
ulece˘
gi u
¨zere
H ≤ G olur.
(x, y) = (x, x) + (0, y − x)
e¸sitli˘
ginden, X = {0}×R k¨
umesinin (aslında altgrubunun) bir temsilciler k¨
umesi oldu˘
gu
anla¸sılır. Aynı bi¸cimde Y = R × {0} ve Z = {(x, −x) : x ∈ R} k¨
umeleri de (altgrupları
de) temsilciler k¨
umesidir.
8.9. (Karma¸sık sayıları bilenlere.) G = C⋆ k¨
umesi ¸carpma altında bir gruptur.
H = S 1 = {ζ ∈ C : |ζ| = 1} = {cos θ + i sin θ : θ ∈ R} = {eiθ : θ ∈ R}
k¨
umesi C⋆ ’ın bir altgrubudur. Her α ∈ C, tek bir θ ∈ [0, 2π) i¸cin
α = |α|eiθ
bi¸ciminde yazıldı˘
gından ve eiθ ∈ S 1 oldu˘
gundan,
αS 1 = |α|eiθ S 1 = |α|S 1
olur ve ayrıca αS 1 o
¨telemesinin her elemanının mod¨
ul¨
us¨
u (normu) |α|’ya e¸sittir; yani
S 1 ’in her ¨
otelemesinde bir ve bir tane pozitif ger¸cel sayı vardır. Bir ba¸ska deyi¸sle R>0
k¨
umesi S 1 ’in ¨
otelemelerinin bir temsilciler k¨
umesi vardır. Daha ba¸ska temsilciler k¨
umesi
de vardır elbette.
Bir altgrup ¨otelemesi i¸cindeki herhangi bir eleman tarafından belirlenir:
E˘ger α, bir H altgrubunun ¨otelemesiyse ve a ∈ α ise, o zaman α = aH olur.
Demek ki a ∈ bH ise aH = bH olur.
Bir k¨
umeyi birbiriyle kesi¸smeyen par¸calara ayırmak, o k¨
ume u
¨zerinde bir
denklik ili¸skisi tanımlamak demektir. (Kesi¸smeyen par¸calar verildi˘ginde, denklik ili¸skisini tanımlamak i¸cin, aynı par¸cada olan iki elemanın birbirine denk
oldu˘gunu s¨oylemek yeterlidir.) Demek ki her altgrup grupta bir denklik ili¸skisi
tanımlar ve altgrubun her ¨otelemesi bu denklik ili¸skisinin bir denklik sınıfıdır;
bir ba¸ska deyi¸sle (okurun mutlaka ama mutlaka kendi ba¸sına kanıtlaması iyice
¨oz¨
umsemesi gereken) ¸su sonu¸c do˘grudur:
¨
8. Altgrup Otelemeleri
110
Sonu¸
c 8.2. G bir grup ve H bir altgrup olsun.
a ≡ b ⇔ aH = bH
olarak tanımlanan ≡ ikili ili¸skisi G u
¨zerine bir denklik ili¸skisi tanımlar. A¸sa˘gıdaki ko¸sullardan her biri bu denklik ili¸skisinin bu tanıma e¸sde˘ger ko¸sulları
¸s¨
oyledir:
a. a ≡ b.
b. b ∈ aH.
c. a−1 b ∈ H.
d. aH ∩ bH ̸= ∅.
e. aH ⊆ bH.
E˘ger yukarıdaki satırda a ile b’nin yerlerini de˘gi¸stirirsek, gene e¸sde˘ger
ko¸sullar elde ederiz. Ayrıca her a ∈ H i¸cin
{x ∈ G : a ≡ x} = aH
olur; yani aH ¨
otelemesi bu denklik ili¸skisine g¨
ore a’nın sınıfıdır.
Yukarıdaki ¨orneklerde buldu˘gumuz temsilciler k¨
umesi, her denklik sınıfından bir eleman se¸cmekten ba¸ska bir ¸sey de˘gildi; ama se¸cilen bu elemanların
bir k¨
ume olu¸sturması gerekmektedir, ki bu da her zaman ¸cok kolay de˘gildir,
¨
Ornek
8.5’te ¨orne˘gin b¨oyle bir zorluk vardır.
¨
Notlar ve Ornekler
¨
8.10. Farklı Altgrupların Otelemelerinin
Kesi¸simi. Yukarıdaki sonu¸cta aynı altgrubun
iki ¨
otelemesinin kesi¸simi hakkında bir olgu kanıtladık. Burada bunu genelle¸stirece˘
giz:
Teorem 8.3. H, K ≤ G ve a, b ∈ G olsun. O zaman ya aH ∩ bK = ∅ olur, ya da
herhangi bir c ∈ aH ∩ bK i¸cin aH ∩ bK = c(H ∩ K) olur.
Kanıt: Diyelim aH ∩ bK ̸= ∅. Rastgele bir c ∈ aH ∩ bK alalım. O zaman, c ∈ aH
oldu˘
gundan, cH = aH olur. Benzer ¸sekilde cK = bK olur. Demek ki aH ∩ bK =
cH ∩ cK = c(H ∩ K) olur.
¨
Okur Ornek
2.5’i buradaki sonu¸c ı¸sı˘
gında da okumalıdır.
8.11. Yukarıdaki teoreme somut ¨
ornekler verelim. G = Z, H = 14Z, K = 21Z, a = 10, b = 9
olsun. Yani (14Z+10)∩(21Z+9) kesi¸simini bulalım. 14Z+10 ⊆ 7Z+3 ve 21Z+9 ⊆ 7Z+2
¨ yandan (14Z + 10) ∩ (21Z + 3)
oldu˘
gundan, kesi¸sim bo¸sk¨
ume olmak zorundadır. Ote
bo¸sk¨
ume olmaz, ¸cu
¨nk¨
u mesela 24 her iki k¨
umededir. Okur kesi¸simin bu durumda 42Z+24
oldu˘
gunu kanıtlamak isteyebilir. Daha genel olarak (aZ + b) ∩ (bZ + d) kesi¸siminin ne
zaman bo¸sk¨
ume oldu˘
gunu, ne zaman olmadı˘
gını ve olmadı˘
gında da hangi k¨
umeye e¸sit
oldu˘
gunu kanıtlamaya ¸calı¸sabilir.
¨
8.12. C
¸ ifte Otelemeler.
H, K ≤ G olsun. g ∈ G i¸cin HgK k¨
umesine H-K ¸
cifte ¨
otelemesi denir. Kolayca g¨
osterilebilece˘
gi u
¨zere, HxK ∩ HyK ̸= ∅ ise xK = HyK olur.
Demek ki ¸cifte ¨
otelemeler bir grubu ayrık par¸calara b¨
oler. Ama bu sefer her iki ¸cifte
o
¨telemenin eleman sayısı aynı de˘
gildir. HxK k¨
umesinin eleman sayısını bulalım. Bunun i¸cin f (h, k) = hxk e¸sitli˘
giyle tanımlanan f : H × K −→ HxK fonksiyonuna bakalım. Bu fonksiyon ¨
ortendir ama birebir olmak zorunda de˘
gildir. Bakalım ka¸c tane
¨ um
8.2. Bol
¨ Kumesi
¨
111
(h1 , k1 ) ∈ H × K elemanı i¸cin h1 xk1 = hxk oluyor. E¸sitli˘
gin do˘
gru oldu˘
gunu varsayıp h1 ve k1 hakkında bilgi toplayalım. k1 k−1 = x−1 (h−1 h1 )x ∈ K ∩ H x olmalı.
L = K ∩ H x olsun. Demek ki k1 k−1 ∈ L ve k1 ∈ Lk olmalı. Bundan da k1 i¸cin en fazla
|L| tane se¸cene˘
gimiz oldu˘
gu ¸cıkar. Ama her k1 i¸cin en fazla bir tane h1 ∈ H bulunur,
¸cu
¨nk¨
u inceledi˘
gimiz e¸sitli˘
gin sa˘
glanması i¸cin h1 = hxkk1−1 x−1 olmak zorundadır. Demek ki en fazla |L| tane (h1 , k1 ) ∈ H × K ¸cifti i¸cin h1 xk1 = hxk olabilir. S
¸ imdi di˘
ger
taraftan gidelim. k1 ∈ Lk rastgele bir eleman olsun. Diyelim ℓ ∈ L i¸cin k1 = ℓk e¸sitli˘
gi
ge¸cerli. L’nin tanımından dolayı ℓ ∈ K ve bir h2 ∈ H i¸cin ℓ = hx2 = x−1 h2 x olmalı. S
¸ imdi
h1 = hxkk1−1 x−1 tanımını yapalım. h1 ’in tanımından dolayı elbette h1 xk1 = hxk olmalı.
¨
Onemli
olan h1 ’in H’de olup olmadı˘
gı. Bakalım: h1 = hxkk1−1 x−1 = hxk(k −1 ℓ−1 )x−1 =
−1
hxℓ−1 x−1 = hx(x−1 h2 x)−1 x−1 = hx(x−1 h−1
= hh−1
∈ H. B¨
oylece analizin so2 x)x
2
nuna geldik. H × K k¨
umesinin tam |L| tane elemanının imgesi aynı, ne daha az ne daha
fazla. Demek ki
|H||K| = |HxK||K ∩ H x |.
8.2
B¨
ol¨
um K¨
umesi
S¸imdi ¨onemli bir tanım yapalım. G bir grup ve H ≤ G olsun. Sol ¨
otelemeler
k¨
umesi G/H ¸s¨oyle tanımlanır:
G/H = {xH : x ∈ G}.
Bu k¨
ume aynen yukarıda tanımladı˘gımız ≡ denklik ili¸skisinin sınıflarından
olu¸san k¨
umedir. Bu y¨
uzden G/H k¨
umesine daha ziyade b¨
ol¨
um k¨
umesi adı
verilir. Resim a¸sa˘gıda:
Sonu¸
c 8.4 (Lagrange Teoremi). E˘ger G bir grupsa ve H ≤ G ise, |G| =
|G/H| |H| olur. Dolayısıyla e˘ger G sonluysa
|G/H| =
olur.
|G|
|H|
Bu sonu¸c elbette G sonlu bir grup iken ge¸cerlidir, ama kardinaliteleri bilen
biri |G| = |G/H| |H| e¸sitli˘ginin sonsuz gruplar i¸cin de ge¸cerli oldu˘gunu zorluk ¸cekmeden anlayacaktır; ama bu durumda e¸sitlik, |G| = max{|G/H| , |H|}
e¸sitli˘gine d¨on¨
u¸su
¨r.
112
¨
8. Altgrup Otelemeleri
G/H k¨
umesini sol ¨otelemeler i¸cin tanımladık. Aynı ¸seyi sa˘g ¨otelemeler i¸cin
de tanımlayabilirdik. Aynı k¨
umeyi bulmayız genellikle. Yani aslında yukarıda
ayrı ayrı
(G/H)sol ve (G/H)sa˘g
tanımlarını yapmalıydık. Notasyonu a˘gırla¸stırmamak i¸cin bunu tercih etmeyece˘giz. Yeri geldi˘ginde G/H’yi sol b¨ol¨
um k¨
umesi i¸cin, yeri geldi˘ginde sa˘g
b¨ol¨
um k¨
umesi anlamında kullanaca˘gız. Ne zaman hangi anlamda kullandı˘gımız
kapsamdan anla¸sılacak ve bir karı¸sıklık olmayacak. Ama yukarıdaki sonu¸c elbette sa˘g ¨otelemeler k¨
umesi i¸cin de ge¸cerli oldu˘gundan,
|(G/H)sol | = (G/H)sa˘g olur. Bu e¸sitlik ¸s¨oyle de g¨or¨
ulebilir: xH 7→ Hx−1 kuralıyla tanımlanan fonksiyon, sol b¨ol¨
um k¨
umesiyle sa˘g b¨ol¨
um k¨
umesi arasında bir e¸sleme verir. (Ama
xH 7→ Hx olmazdı! C
¸u
¨nk¨
u xH = yH ise, illa Hx = Hy e¸sitli˘gi do˘gru olmak
zorunda de˘gildir.)
Yukarıdaki sonu¸clar konuya yeni ba¸slayan biri i¸cin belki sıkıcı bulunabilir
ama had safhada ¨onemli oldukları a¸sa˘gıdaki ¨onemli ve ilgin¸c sonu¸clardan belli.
Sonu¸
c 8.5 (Lagrange Teoremi). E˘ger G sonlu bir grupsa ve H ≤ G ise, H’nin
(ve G/H’nin) eleman sayısı G’nin eleman sayısını b¨
oler.
Sonu¸
c 8.6. E˘ger G sonlu bir grupsa ve x ∈ G ise deg x, G’nin eleman sayısını
b¨
oler; bir ba¸ska deyi¸sle her g ∈ G i¸cin g |G| = 1 olur.
Kanıt: |⟨x⟩| = deg x e¸sitli˘gini Teorem 4.12’den biliyoruz. Sonu¸c, bundan ve
bir ¨onceki sonu¸ctan ¸cıkar.
¨
Orne˘
gin 28 elemanlı bir grubun elemanlarının derecesi ve altgruplarının
kardinalitesi ancak 1, 2, 4, 7, 14 ve 28 olabilir, ama mesela 3 olamaz. Mesela
Sym 3 grubunun eleman sayısı 3! = 6’dır ve derecesi 1, 2 ve 3 olan elemanları
vardır, sırasıyla Id3 , (1 2) ve (1 2 3) mesela. Ama Sym 3’¨
un derecesi 6 olan bir
elemanı yoktur.
Sonu¸
c 8.7. Sonlu bir grubun eksponantı sonludur. Hatta eksponant elemanların derecelerinin en k¨
u¸cu
¨k ortak katıdır ve grubun eleman sayısını b¨
oler.
Gruba G diyelim. E˘ger m, G’nin elemanlarının derecelerinin en k¨
uc¸u
¨k ortak
katıysa, elbette her g ∈ G i¸cin g m = 1 olur. Demek ki eksponant sonludur ve
exp G ≤ m olur. Ayrıca her g ∈ G i¸cin g exp G = 1 oldu˘gundan, deg g, exp G’yi
b¨oler, dolayısıyla m, exp G’yi b¨oler ve m ≤ exp G olur.
Sonu¸
c 8.8. E˘ger p bir asal ve |G| = pn ise, G’nin elemanlarının dereceleri
ancak p’nin bir kuvveti olur.
¨ um
8.2. Bol
¨ Kumesi
¨
113
¨
Notlar ve Ornekler
8.13. Sym 4’¨
un altgruplarının olası eleman sayısını bulalım. Sym 4’¨
un 4! = 24 elemanı oldu˘
gundan, altgruplarının eleman sayısı ancak 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12 ve 24 olabilir. 1 elemanlı
sadece bir altgrup vardır: {Id4 }.
⟨(1 2)⟩, ⟨(1 2 3)⟩ ve ⟨(1 2 3 4)⟩ altgruplarının eleman sayısı sırasıyla 2, 3 ve 4’t¨
ur.
Sym 3’¨
u do˘
gal olarak Sym 4’¨
un i¸cine g¨
omebilece˘
gimizi biliyoruz: Sym 4’¨
un 4’¨
u sabitleyen
perm¨
utasyonlarından olu¸san altgrup, yani ⟨(1 2), (1 2 3)⟩ altgrubu Sym 3’e ¸cok benzer
ve eleman sayısı 3! = 6’dır.
Sym 4’¨
un 8 elemanlı altgrubu da vardır (bkz. sayfa 77): ⟨(1 2 3 4), (2 4)⟩.
Sym 4’¨
un 12 elemanlı altgrubu da vardır (bkz. sayfa 82): ⟨(1 2 3), (1 2 4), (1 3 4), (2 3 4)⟩.
Nitekim bu grup ¸su 12 elemandan olu¸sur:
Alt 4
=
{Id4 , (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3),
(1 2 3), (1 2 4), (1 3 4), (2 3 4), (1 3 2), (1 4 2), (1 4 3), (2 4 3)}.
˙
Bu k¨
umenin ger¸cekten bir altgrup olu¸sturdu˘
gunu g¨
ostermeyi okura bırakıyoruz. Ileride
bunun ¸cok daha kolay bir yolunu bulaca˘
gız.
24 elemanlı bir altgrubu bulmak kolay, ¸cu
¨nk¨
u sadece bir tane var: Sym 4.
Demek ki 24’¨
u b¨
olen her do˘
gal sayı i¸cin, o kadar elemanı olan bir altgrup bulduk. Ama
bu 4 sayısına ¨
ozg¨
ud¨
ur, aynı ¸sey Sym 5’te ge¸cerli de˘
gildir.
8.14. Sym 5’in altgruplarının olası eleman sayılarını bulabildi˘
gimiz kadarıyla bulalım.
Sym 5’in 5! = 120 elemanı oldu˘
gundan, altgruplarının eleman sayısı ancak 1, 2, 3, 4, 5, 6,
8, 10, 12, 15, 20, 24, 30, 60, 120 olabilir. Bir ¨
onceki alı¸stırmanın yardımıyla eleman sayısı
1, 2, 3, 4, 6, 12, 24 olan altgruplar bulabiliriz, ne de olsa 5’i sabitleyen perm¨
utasyonlardan
olu¸san altgrup Sym 4’e ¸cok benzer. ⟨(1 2 3 4 5)⟩ altgrubunun 5 elemanı vardır. 10
elemanlı bir altgrup bulmak da ¸cok zor de˘
gil: ⟨(1 2 3 4 5), (2 5)(3 4)⟩ altgrubunun
¨
10 elemanı vardır. (Bu altgrup, Ornek
6.4’te tanımlanan D5 grubuna benzer.) Sym 5
kendisinin 120 elemanlı bir altgrubudur. Geriye 15, 20, 30 ve 60 elemanlı altgruplar
bulmak kaldı. 60 elemanlı bir altgrup vardır:
Alt 5 = ⟨(a b)(c d) : a, b, c, d ∈ {1, 2, 3, 4, 5}⟩
altgrubunun tam 60 tane elemanı vardır (bkz. Teorem 3.2).
⟨(1 2 3 4 5), (2 3 5 4)⟩
˙
altgrubunun ise tam 20 elemanı vardır. (Okura alı¸stırma.) Ileride
Sym 5’in 15 ya da 30
elemanlı altgrubunun olmadı˘
gını g¨
osterebilecek bilgiye sahip olaca˘
gız (bkz. Alı¸stırma
16.26).
8.15. H, K ≤ G olsun. |H| bir asal olsun. O zaman ya H ≤ K ya da H ∩ K = {1} olur,
¸cu
¨nk¨
u H ∩ K kesi¸simi H’nin bir altgrubu oldu˘
gundan, eleman sayısı |H|’yi b¨
oler. Dolayısıyla ya H ∩ K = 1 ya da H ∩ K = H, yani H ≤ K olur.
E˘
ger |H| ile |K| aralarında asalsa da H ∩ K = {1} olmak zorundadır.
8.16. n > 0 bir do˘
gal sayı olsun. 0 < m ≤ n olsun.
A = {σ ∈ Sym n : e˘
ger i > m ise σ(i) = i}
ve
B = {σ ∈ Sym n : e˘
ger i ≤ m ise σ(i) = i}
olsun. A’nın elemanları, sadece {1, . . . , m} sayıları u
¨zerinde ger¸cek anlamda bir etkisi
bulunan, m’den b¨
uy¨
uk sayıların yerini de˘
gi¸stirmeyen perm¨
utasyonlardır. B’nin elemanları da, sadece {m + 1, . . . , n} sayıları u
¨zerinde bir etkisi bulunan, m + 1’den k¨
uc¸u
¨k
¨
8. Altgrup Otelemeleri
114
sayıların yerini de˘
gi¸stirmeyen perm¨
utasyonlardır. A ve B, elbette Sym n’nin altgruplarıdır ve A ∩ B = {Idn } olur. Ayrıca her α ∈ A ve β ∈ B i¸cin αβ = βα olur. A’nın
m!, B’nin ise (n − m)! tane elemanı vardır. Dolayısıyla AB altgrubunun n!(m − n)! tane
elemanı vardır. Sym n’nin n! tane elemanı oldu˘
gundan, bundan n!(m − n)! sayısının n!
sayısını b¨
old¨
u˘
gu
¨ ¸cıkar. Ama biz bunu zaten biliyorduk, ne de olsa
( )
n
n!
=
∈N
m
m!(n − m)!
oldu˘
gunu biliyoruz. Ama aynı y¨
ontemle ¸su kanıtlanabilir: m1 , . . . , mk do˘
gal sayılarsa,
m1 ! · · · mk ! sayısı (m1 + · · · + mk )! sayısını b¨
oler.
8.17. 3!, 4! ve 5! sayılarını b¨
olen 3’¨
un en b¨
uy¨
uk kuvveti 31 = 3’t¨
ur. Dolayısıyla Sym 3, Sym 4
ve Sym 5’in maksimum 3-altgruplarının eleman sayısı ancak 3 olabilir. ⟨(1 2 3)⟩ b¨
oyle
bir altgruptur.
¨ yandan Sym 6, Sym 7 ve Sym 8 gruplarının eleman sayısı 32 = 9 sayısına b¨
Ote
ol¨
un¨
ur
ama 33 = 27’ye b¨
ol¨
unmez. Dolayısıyla bu grupların 27 elemanlı bir altgrubu olamaz
ama 9 elemanlı altgrupları olabilir. Nitekim, ⟨(1 2 3), (4 5 6)⟩ b¨
oyle bir altgruptur.
Sym 9, Sym 10 ve Sym 11’e gelince. Bu gruplar 34 sayısına b¨
ol¨
un¨
urler ama 35 sayısına
4
b¨
ol¨
unmezler. Acaba 3 elemanlı bir altgrupları var mı? Evet var:
⟨(1 2 3), (4 5 6), (7 8 9), (1 4 7)(2 5 8)(3 6 9)⟩
b¨
oyle bir altgruptur. Bu altgrup di˘
gerleri gibi abel grubu de˘
gildir.
⟨(1 2 3), (4 5 6), (7 8 9)⟩
altgrubu 27 elemanlıdır ve abeldir ama sonuncu u
¨rete¸c abelli˘
gi bozar.
Yukarıdaki ¨orneklerden de anla¸sılaca˘gı u
¨zere, sonlu bile olsa, bir grubun
altgruplarını bulmak hi¸c de kolay bir u˘gra¸s de˘gildir.
G’den G/H k¨
umesine giden ve her x ∈ G i¸cin,
π(x) = xH
olarak tanımlanan do˘gal bir π : G −→ G/H fonksiyonu vardır. Bu fonksiyon
¨ortendir ve
x ≡ y ⇔ π(x) = π(y)
˙ u¸
olur. Izd¨
su
¨m fonksiyonu adı verilen bu ¨orten fonksiyonun resmi a¸sa˘gıda.
¨ um
8.2. Bol
¨ Kumesi
¨
115
˙
Ileride
bu izd¨
u¸su
¨m fonksiyonunu sık sık kullanaca˘gız. Bu arada (daha ¸cok
sonlu oldu˘gunda) |G|/|H| kardinalitesine H’nin G’deki indeksi ya da endisi
˙
dendi˘gini de s¨oyleyelim. Indeks
genellikle [G : H] olarak yazılır. Sol indeks
ile sa˘g indeksin ayrımının gereksiz oldu˘gunu sayfa 112’de s¨oylemi¸stik. E˘ger
[G : H] = n ise bunu bazen kısaca
n
H≤G
olarak g¨osterece˘
giz. E˘ger indeks sonlu de˘gilse, indeksin sonsuz oldu˘gunu
s¨oyleyece˘giz ve bunu yazıyla [G : H] = ∞ olarak g¨osterece˘giz.
¨
Notlar ve Ornekler
8.18. E˘
ger m ≤ n ise Sym m’yi Sym n’nin bir altgrubu olarak g¨
orebiliriz. Bu durumda indeks
n!/m! olur elbette. Bunun ¨
ozel bir durumu olarak [Sym(n + 1) : Sym n] = n + 1 olur.
¨
Ornek
8.1’i anlayan okur Sym n’nin Sym(n + 1)’deki (sol ya da sa˘
g) temsilciler k¨
umesini
bulmakta zorlanmayacaktır.
8.19. Teorem 3.2’ye g¨
ore n ≥ 2 i¸cin [Sym n : Alt n] = 2 olur.
8.20. G bir grup ve K ≤ H ≤ G ise [G : K] = [G : H][H : K] olur.
Kanıt: E˘
ger [G : K] < ∞ ise sonu¸c
[G : K] = |G/K| =
|G|
|G| |H|
=
= [G : H][H : K]
|K|
|H| |K|
e¸sitli˘
ginden bariz, ki bu da en ilgin¸c durumdur. En genel haliyle kanıtlayalım. K’nın H
i¸cinde bir sol temsilciler k¨
umesi se¸celim ve bu k¨
umeye Y diyelim. Demek ki
⊔
H=
yH.
y∈Y
Ayrıca, H’nin G i¸cinde bir sol temsilciler k¨
umesi se¸celim ve bu k¨
umeye Z diyelim. Demek
ki
⊔
G=
zH.
z∈Z
Bu ikisinden
G=
⊔
z∈Z
zH =
⊔
zyK
z∈Z, y∈Y
¸cıkar. Buradan da ZY ’nin K’nın G’de temsilciler k¨
umesi oldu˘
gu anla¸sılır ve bu da
istenileni kanıtlar.
8.21. H ve K, G’nin sonlu indeksli iki altgrubu olsun. [H : H ∩ K] indeksiyle ilgili bir ¸seyler
s¨
oylemeye ¸calı¸salım. Tanım gere˘
gi,
H/(H ∩ K) = {x(H ∩ K) : x ∈ H}.
Ama x ∈ H i¸cin,
x(H ∩ K) = xH ∩ xK = H ∩ xK.
Demek ki,
H/(H ∩ K) = {H ∩ xK : x ∈ H} ⊆ {H ∩ xK : x ∈ G}.
Dolayısıyla H ∩ K’nın H’deki ¨
otelemeleri K’nın G’deki ¨
otelemelerinden daha fazla olamaz:
[H : H ∩ K] ≤ [G : K].
¨
8. Altgrup Otelemeleri
116
Buradan,
[G : H ∩ K] = [G : H][H : H ∩ K] ≤ [G : H][G : K]
c¸ıkar. Demek ki sonlu indeksli iki altgrubun kesi¸siminin indeksi de sonludur. Dolayısıyla
sonlu indeksli sonlu sayıda altgrubun kesi¸siminin indeksi de sonludur. Hatta bu durumda
[G : H1 ∩ . . . ∩ Hn ] ≤ [G : H1 ] · · · [G : Hn ]
olur.
8.22. Bu b¨
ol¨
um¨
u¨
onemli iki sonu¸cla bitirelim:
Teorem 8.9. p bir asal, n > 0 bir do˘gal sayı ve G, pn elemanlı bir grup ise, Z(G) ̸= 1
olur.
Kanıt: p bir asal, n > 0 bir do˘
gal sayı ve G, pn elemanlı bir grup olsun. Alı¸stırma
G
8.35’ten dolayı her g ∈ G i¸cin |g | = |G|/|CG (g)| olur, yani p’nin bir kuvveti olur.
g ∈ Z(G) ⇔ g G = {g} ⇔ CG (g) = G
e¸sde˘
gerli˘
ginden dolayı, e˘
ger g ∈
/ Z(G) ise, g G e¸sleniklik sınıfının eleman sayısı p’nin pozitif bir kuvvetidir, dolayısıyla p’ye b¨
ol¨
un¨
ur. Ayrıca G’nin eleman sayısı da p’ye b¨
ol¨
un¨
ur.
E¸sleniklik sınıfları ayrık olduklarından (Alı¸stırma 1.26) G k¨
umesini e¸sleniklik sınıflarının
ayrık bile¸simi olarak yazabiliriz:
⊔
G = Z(G) ⊔
gG
bazı g ∈
/ Z(G) i¸cin
olur. En sa˘
gdaki bile¸simdeki her e¸sleniklik sınıfı p’ye b¨
ol¨
und¨
ug
˘u
¨nden, Z(G)’nin eleman
sayısı da p’ye b¨
ol¨
un¨
ur, yani Z(G) ̸= 1 olur.
8.23. A¸sa˘
gıdaki sonuca g¨
ore 169 elemanlı gruplar ¸cok karma¸sık olamazlar:
Sonu¸
c 8.10. p bir asal olsun. p2 elemanlı her grup bir abel grubudur.
Kanıt: G, p2 elemanlı bir grup olsun. Bir ¨
onceki teoreme g¨
ore Z(G) > 1. E˘
ger Z(G)’nin
p2 elemanı varsa Z(G) = G olur ve sorun kalmaz. E˘
ger Z(G)’nin p elemanı varsa, o
zaman G/Z(G) grubunun p elemanı vardır, dolayısıyla d¨
ong¨
useldir. g ∈ G/Z(G) elemanı
bir u
¨rete¸c olsun. O zaman G = ⟨Z(G), g⟩ olur, dolayısıyla abeldir.
Bunun sonucu olarak ileride p2 elemanlı bir grubun ya Z/pZ×Z/pZ ya da Z/p2 Z grubuna
c¸ok benzedi˘
gini (cebirin jargonunda izomorf oldu˘
gunu) g¨
orece˘
giz.
Alı¸stırmalar
8.24. H ≤ G ve x ∈ G olsun. E˘
ger bir y ∈ G i¸cin xH = Hy oluyorsa, xH = Hx ve yH = Hy
olması gerekti˘
gini g¨
osterin.
¨
8.25. Oyle
H ≤ G ve x, y ∈ G ¨
orne˘
gi bulun ki, xH = yH olsun ama Hx = Hy olmasın.
8.26. E˘
ger p ve q birbirine asal iki sayıysa, 1/p + Z ve 1/q + Z ¨
otelemelerinin ayrık oldu˘
gunu
g¨
osterin. Buradan [Q : Z] = ∞ e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
8.27. n ≥ 3 ve H, Sym n’de, {1, 2, 3} k¨
umesini kendisine g¨
ot¨
uren perm¨
utasyonlar k¨
umesi
olsun. Elbette H ≤ Sym n olur. [Sym n : H] sayısını bulun.
8.28. Z2 grubunda, H = ⟨(2, 3), (3, 2)⟩ altgrubunun indeksinin sonsuz oldu˘
gunu g¨
osterin.
8.29. Z2 grubunda, H = ⟨(2, 3), (5, 1)⟩ altgrubunun indeksinin sonlu oldu˘
gunu g¨
osterin.
8.30. G bir grup ve H ≤ G olsun. g, x ∈ G i¸cin
g˜(xH) = gxH
tanımını yapalım. B¨
oylece g 7→ g˜ kuralıyla tanımlanmı¸s bir G −→ Sym(G/H) fonksi−1 = g
˜ = gh,
f ˜
yonu verildi˘
gini kanıtlayın. g˜ ◦ h
1 = IdG/H ve gg
˜−1 e¸sitliklerini kanıtlayın.
¨ um
8.2. Bol
¨ Kumesi
¨
117
8.31. G = R⋆ × R olsun. G u
¨st¨
une ¸su ikili i¸slemi tanımlayalım:
(x, y)(z, t) = (yz + x, yt).
a. G’nin bu i¸slemle birlikte bir grup oldu˘
gunu kanıtlayın.
b. H = {(x, 0) ∈ G : x ∈ Z} olsun. H ≤ G oldu˘
gunu kanıtlayın.
c. t = (1, 2) olsun. Ht ⊆ tH oldu˘
gunu ama e¸sitli˘
gin do˘
gru olmadı˘
gını kanıtlayın.
d. CG (t) = {g ∈ G : gt = tg} altgrubunu bulun.
e. u = (1, 1) olsun. CG (u) altgrubunu bulun.
f. G = CG (u)CG (t) e¸sitli˘
gini kanıtlayın. G’nin her elemanının, bir ve bir tek a ∈ CG (u)
ve b ∈ CG (t) i¸cin ab bi¸ciminde yazıldı˘
gını kanıtlayın.
8.32. G bir grup olsun. Z(G) = {z ∈ G : her g ∈ G i¸cin zg = gz} olsun. Z(G)’nin her sol
¨
otelemesinin aynı zamanda bir sa˘
g¨
oteleme oldu˘
gunu kanıtlayın.
8.33. G bir grup ve H ve K iki altgrup olsun. x ∈ G i¸cin HxK bi¸ciminde yazılan bir k¨
umeye
H-K-¨
otelemesi adı verilir. Herhangi iki H-K-¨
otelemesinin ya e¸sit ya da ayrık oldu˘
gunu
kanıtlayın.
8.34. G bir grup ve H, K ≤ G olsun.
HK/K = {hK : h ∈ H}
ve
H/(H ∩ K) = {h(H ∩ K) : h ∈ H}
8.35.
8.36.
8.37.
8.38.
olsun. hK 7→ h(H ∩ K) kuralının HK/K k¨
umesinden H/(H ∩ K) k¨
umesine giden bir
fonksiyon tanımladı˘
gını kanıtlayın. Bu fonksiyonun bir e¸sleme oldu˘
gunu kanıtlayın.
G bir grup ve x ∈ G olsun. CG (x) = {c ∈ G : cx = xc} olsun. CG (x) ≤ G olur. (x’in
G’deki merkezleyicisi denir bu altgruba.) g ∈ G i¸cin xg = g −1 xg tanımını yapalım. Bu
elemana x’in bir e¸
sleni˘
gi denir. xG = {xg : g ∈ G} k¨
umesine ise x’in e¸
sleniklik sınıfı
denir. G/CG (x) = {CG (x)g : g ∈ G} olsun (sa˘
g¨
otelemeler k¨
umesi). CG (x)g 7→ xg kuralıyla belirlenen fonksiyonun G/CG (x) b¨
ol¨
um k¨
umesinden xG k¨
umesine giden iyitanımlı
bir fonksiyon oldu˘
gunu kanıtlayın. Bu fonksiyonun bir e¸sleme oldu˘
gunu kanıtlayın. Dolayısıyla sonlu bir grupta e¸sleniklik sınıfının eleman sayısı grubun eleman sayısını b¨
oler.
[G : Z(G)] = n ise G’deki her e¸sleniklik sınıfının eleman sayısının n’yi b¨
old¨
ug
˘u
¨n¨
u kanıtlayın.
G bir grup, H ≤ G ve x ∈ G olsun. CH (x) = {c ∈ H : cx = xc} olsun. CH (x) ≤ G
olur. (x’in H’deki merkezleyicisi denir bu altgruba.) xH = {xh : h ∈ H} olsun.
H/CH (x) = {CH (x)g : g ∈ H} olsun. CH (x)h 7→ xh kuralıyla belirlenen fonksiyonun
H/CH (x) k¨
umesinden xH k¨
umesine giden iyi tanımlı bir fonksiyon oldu˘
gunu kanıtlatın.
Bu fonksiyonun bir e¸sleme oldu˘
gunu kanıtlayın.
G bir grup ve H ≤ G olsun. g ∈ G i¸cin H g = g −1 Hg tanımını yapalım. H g ≤ G
oldu˘
gunu kanıtlayın. NG (H) = {g ∈ G : H g = H} olsun. H ≤ NG (H) ≤ G oldu˘
gunu
kanıtlayın. (H’nin G’deki normalleyicisi denir bu NG (H) altgrubuna.)
H G = {H g : g ∈ G} ve G/NG (H) = {NG (H)g : g ∈ G}
olsun. NG (H)g 7→ H g kuralıyla belirlenen fonksiyonun G/NG (H) sa˘
g¨
otelemeler k¨
umesinden H G k¨
umesine giden iyi tanımlı bir fonksiyon oldu˘
gunu kanıtlayın. (Bir ba¸ska
deyi¸sle NG (H)g = NG (H)g1 ise H g = H g1 e¸sitli˘
gini kanıtlamalısınız.) Bu fonksiyonun
bir e¸sleme oldu˘
gunu kanıtlayın.
8.39. G bir grup ve H, K ≤ G olsun. NK (H) = {g ∈ K : H g = H} olsun.
K ∩ H ≤ NK (H) ≤ K
¨
8. Altgrup Otelemeleri
118
oldu˘
gunu kanıtlayın. (H’nin K’daki normalleyicisi denir bu NK (H) altgrubuna.)
H K = {H g : g ∈ K} ve K/NK (H) = {NK (H)g : g ∈ K}
olsun. NK (H)g 7→ H g kuralıyla belirlenen fonksiyonun K/NK (H) sa˘
g¨
otelemeler k¨
umesinden H K k¨
umesine giden iyi tanımlı bir fonksiyon oldu˘
gunu kanıtlayın.
8.40. X ⊆ G altk¨
umesi G’yi u
¨retsin ve 0 < n ∈ N olsun.
{
}
∑
k1
kr
Gn = x1 · · · xr : r ∈ N, xi ∈ X, ki ∈ Z,
ki ≡ 0 mod n
i
altgrubunun G’deki indeksinin en fazla n oldu˘
gunu kanıtlayın.
8.41. Bir ¨
onceki alı¸stırmada G = Sym m ve n = 2 olsun. X makaslardan olu¸san k¨
ume olsun.
X’in G’yi u
¨retti˘
gini Altb¨
ol¨
um 3.4’ten biliyoruz. m = 2, 3, 4 i¸cin bir ¨
onceki alı¸stırmada
tanımlanan G2 altgrubunun indeksinin tam 2 oldu˘
gunu g¨
osterin. E˘
ger n bir tek sayıysa
indeksin 1 oldu˘
gunu g¨
osterin.
8.42. Sadece iki e¸sleniklik sınıfı olan bir grubun sadece 2 elemanı oldu˘
gunu kanıtlayın. (Teorem
8.9’u kullanabilirsiniz.)
9. Normal Altgrup ve B¨
ol¨
um
Grubu
Bu sefer soyut cebirin en ¨onemli konusuna ger¸cekten geldik.
9.1
Normal Altgrup
G bir grup ve H ≤ G olsun. Bir ¨onceki yazıdan G/H sol b¨ol¨
um k¨
umesinin
tanımını anımsayalım:
G/H = {xH : x ∈ G}.
Bu k¨
ume u
¨zerinde olabilecek en do˘gal ve aklımıza gelebilecek ilk yolla bir
¸carpma i¸slemi tanımlamaya kalkı¸salım: Her x, y ∈ G i¸cin
(xH)(yH) = xyH
olsun. G¨or¨
uld¨
u˘gu
¨ gibi G/H k¨
umesi u
¨zerine tanımladı˘gımızı iddia etti˘gimiz
bu i¸slem G’nin i¸slemini yansıtıyor; G/H’nin elemanlarını ¸carpmak i¸cin G’nin
u
¨zerine var olan ¸carpmayı kullanıyoruz.
Birazdan bu i¸slemin tanımda bir sorun oldu˘gunu g¨orece˘giz, ama bir an i¸cin
bu tanımda bir sorun olmadı˘gını kabul edip ¨ozelliklerini g¨orelim.
Her ¸seyden ¨once G/H k¨
umesinden alınan iki elemanın ¸carpımı gene bu
k¨
umede. Bunun dı¸sında ¸su ¨ozellikler do˘gru:
1. Bu i¸slemin birle¸sme ¨
ozelli˘gi vardır, yani her x, y, z ∈ G i¸cin
(xH)((yH)(zH)) = ((xH)(yH))(zH)
olur.
Bunun kanıtı ¸cok basit:
(xH)((yH)(zH)) = (xH)(yzH) = x(yz)H = (xy)zH
= (xyH)(zH) = ((xH)(yH))(zH).
2. Bu i¸slemin bir etkisiz elemanı vardır.
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
120
Nitekim H ∈ G/H i¸slemin etkisiz elemanıdır ¸cu
¨nk¨
u her x ∈ G i¸cin,
(xH)H = (xH)(1H) = x1H = xH
ve
H(xH) = (1H)(xH) = (1x)H = xH
olur.
3. G/H k¨
umesinin her elemanının bu i¸slem i¸cin bir tersi vardır.
Nitekim xH elemanının tersi x−1 H elemanıdır. (Etkisiz elemanın H oldu˘gunu unutmayalım.) Bunu kontrol edelim:
(xH)(x−1 H) = xx−1 H = 1H = H ve (x−1 H)(xH) = x−1 xH = 1H = H.
B¨oylece G/H k¨
umesinin bu i¸slem altında bir grup oldu˘gunu g¨ord¨
uk...
Yalnız tanımda bir sorun var, o da ¸su: (xH)(yH) = xyH kuralının ger¸cekten
bir i¸slem tanımladı˘gını g¨ostermedik. Yani xH = x1 H ise ve ayrıca yH = y1 H
ise, elbette
(xH)(yH) = (x1 H)(y1 H)
olmalı; aksi halde e¸sit elemanları ¸carparak farklı sonu¸clar buluruz ki bu da
i¸slem iyi tanımlanmamı¸s demektir. Sorun ¸su ki xH ¨otelemesi x’i belirlemiyor;
nitekim xH o¨telemesinin her x1 elemanı i¸cin xH = x1 H olur ve ¸carpmada x
yerine x1 kullanırsak bir ba¸ska sonu¸c bulabiliriz.
Bu tanım sorununun biraz u
¨st¨
une gidelim, ¨onemlidir ¸cu
¨nk¨
u. E˘ger
π : G −→ G/H
fonksiyonu,
π(x) = xH
kuralıyla tanımlanmı¸ssa, G/H’nin α ve β elemanlarını ¸carpmak i¸cin, verilen
tanıma g¨ore, α ve β’nın π-¨onimgelerinden sırasıyla birer x ve y elemanı se¸cilir
ve sonra αβ ¸carpımı π(xy) olarak tanımlanır. A¸sa˘gıdaki ¸sekildeki g¨orsellikle
ifade edecek olursak, α ve β’yı ¸carpmak i¸cin “yukarı ¸cık, ¸carp, a¸sa˘gı in”. Yani
α, β ∈ G/H elemanlarını ¸carpmak i¸cin,
1. π −1 (α) ve π −1 (β) k¨
umelerinden birer x ∈ G ve y ∈ G elemanı se¸c,
2. G grubunda xy ¸carpımını yap,
3. S¸imdi αβ ¸carpımını π(xy) olarak tanımla.
9.1. Normal Altgrup
121
Sorun birinci adımdaki x ve y se¸cimlerinde. Farklı x ve y se¸cimleri i¸cin
farklı π(xy) sonu¸cları bulunabilir; nitekim a¸sa˘gıdaki ¨ornek de bazen ger¸cekten
farklı sonu¸c bulaca˘gımızı g¨osteriyor.
¨
Notlar ve Ornekler
9.1. G = Sym 5 ve H = Sym 4 olsun. H’yi G’nin bir altgrubu olarak g¨
orebilece˘
gimizi biliyoruz. α = (1 5)H ∈ G/H ve β = (2 5)H ∈ G/H olsun.
α = (1 5)H = (1 2 5)H = {σ ∈ Sym 5 : σ(5) = 1}
¨
e¸sitli˘
gini Ornek
8.1’de g¨
osterdik. S
¸ imdi yukarıda metinde ¨
onerdi˘
gimiz gibi αβ ¸carpımını
hesaplayalım. Bir yandan,
αβ = (1 5)H(2 5)H = (1 5)(2 5)H = (1 5 2)H = {σ ∈ Sym 5 : σ(5) = 2}
olur, di˘
ger yandan,
αβ = (1 2 5)H(2 5)H = (1 2 5)(2 5)H = (1 2)H = H = {σ ∈ Sym 5 : σ(5) = 5}
olur; iki farklı yanıt!
9.2. G = Sym 4 ve H = {Id4 , (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} olsun. H ≤ G olur. Bu sefer
G/H k¨
umesinde yukarıda metinde ¨
onerilen i¸slem herhangi bir sorun arzetmez, yani her
x, x1 , y, y1 ∈ Sym 4 i¸cin, e˘
ger xH = x1 H ve yH = y1 H ise,
(xH)(yH) = (x1 H)(y1 H)
olur.
Tanımın sorunsuz olması i¸cin ¸su ¨ozellik do˘gru olmalı elbette:
Her x, x1 , y, y1 ∈ G i¸cin, e˘ger xH = x1 H ve yH = y1 H ise xyH = x1 y1 H.
Bu ¨ozelli˘gi sa˘glayan G’nin H altgruplarına normal adı verilir. Ama bu tanım,
her ne kadar do˘gal olsa da, ¸cok kullanı¸slı olmadı˘gından, buna e¸sde˘ger bir ko¸sul
bulmak yararlı olacaktır. S¸imdi bunu yapıyoruz:
Teorem 9.1. H’nin G’nin normal bir altgrubu olması i¸cin yeter ve gerek ko¸sul
her x ∈ G i¸cin xH = Hx e¸sitli˘ginin do˘gru olmasıdır.
¨
Kanıt: Once
H’nin G’nin normal bir altgrubu oldu˘gunu varsayalım. Her x ∈
G ve h ∈ H i¸cin, hH = 1H ve xH = xH oldu˘gundan, varsayıma g¨ore, hxH =
1xH = xH, yani hx ∈ xH olmalıdır. Demek ki Hx ⊆ xH. E˘ger bu e¸sitlikte x
yerine x−1 alırsak, Hx−1 ⊆ x−1 H elde ederiz; k¨
umelerin elemanlarının tersini
alırsak da xH ⊆ Hx elde ederiz. Demek ki Hx = xH.
S¸imdi her x ∈ G i¸cin xH = Hx e¸sitli˘ginin do˘gru oldu˘gunu varsayalım.
x, x1 , y, y1 ∈ G elemanları xH = x1 H ve yH = y1 H e¸sitliklerini sa˘glasınlar.
Hesap yapalım:
xyH = xy1 H = xHy1 = x1 Hy1 = Hx1 y1 = x1 y1 H.
˙
Istedi˘
gimizi kanıtladık.
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
122
¨
Tanım Uzerine.
Teoremdeki ko¸sul akılda tutulması ¸cok daha kolay oldu˘gundan, normal altgrubun tanımı kitaplarda bizim yaptı˘gımız gibi yapılmaz; ¸s¨oyle
yapılır: E˘ger H ≤ G altgrubu
Her x ∈ G i¸cin xH = Hx
o¨zelli˘gini sa˘glıyorsa1 , yani altgrubun sa˘g ¨otelemeleriyle sol ¨otelemeleri arasında
bir fark yoksa H’ye G’nin normal altgrubu oldu˘gu s¨oylenir ve bu durum
yazılı olarak
H ▹G
bi¸ciminde g¨osterilir. Bazen “H’ye, G’de normal” ya da G-normal denir ¸cu
¨nk¨
u e˘ger H ▹G ≤ G1 ise “H ▹G1 ” ¨onermesi do˘gru olmayabilir. Hatta H ▹G▹G1
ise de H ▹ G1 do˘gru olmayabilir. Bu y¨
uzden H’nin G-normal ya da G1 -normal
¨
oldu˘gunu ¨ozellikle belirtmekte yarar vardır (bkz. Ornek
9.7). E˘ger H, G’de
normal ise, bazen H’nin G-normal oldu˘gu s¨oylenir.
Elbette xH = Hx e¸sitli˘gi ile x−1 Hx = H e¸sitli˘gi e¸sde˘gerdir. H x = x−1 Hx
tanımını anımsatırız. Bu e¸sitli˘gi sa˘glayan bir x elemanının H’yi normalize
etti˘gi s¨oylenir. Demek ki bir H ≤ G altgrubunun G-normal olması i¸cin yeter
ve gerek ko¸sul,
her x ∈ G i¸cin H x = H
ko¸suludur. S¸imdi bir H ≤ G altgrubu i¸cin ¸su tanımı yapalım:
NG (H) = {x ∈ G : H x = H}.
Elbette H ≤ NG (H) ≤ G olur. Ve gene elbette H ▹NG (H) olur. Hatta NG (H),
H’nin i¸cinde normal oldu˘gu G’nin en b¨
uy¨
uk altgrubudur. NG (H) altgrubuna
G’nin normalleyicisi adı verilir.
Demek ki H’nin G-normal olması i¸cin yeter ve gerek ko¸sul NG (H) = G
e¸sitli˘gidir. Normalli˘gin bir ba¸ska e¸sde˘ger ko¸sulu
her x ∈ G i¸cin H x ⊆ H
ko¸suludur (bkz. Alı¸stırma 5.40). Ama dikkat, ¨ozel bir x elemanı i¸cin H x ⊆ H
i¸cindeli˘gi H x = H e¸sitli˘gi anlamına gelmeyebilir; e¸sitli˘gin olması i¸cin, H x ⊆ H
i¸cindeli˘ginin her x i¸cin do˘gru olması gerekmektedir.
E˘ger bir K ≤ G altgrubu i¸cin K ≤ NG (H) oluyorsa, o zaman K’nın
H’yi normalledi˘
gi s¨oylenir. Bu durumda ⟨H, K⟩ = HK e¸sitli˘ginin do˘gru
¨
oldu˘gunu ge¸cmi¸ste, Onsav
5.3’te u
¨st¨
u kapalı bir bi¸cimde s¨oylemi¸stik. Okur bu
¨
¨onemli olguyu bir defa daha kontrol etmek isteyebilir (bkz. Ornek
9.8.)
Bu altb¨ol¨
umde kanıtladıklarımızı ¨ozetleyelim.
1
E˘
ger her h ∈ H i¸cin xh = hx ise, elbette xH = Hx e¸sitli˘
gi sa˘
glanır, ama xH = Hx
e¸sitli˘
ginin sa˘
glanması i¸cin illa bu de˘
gi¸sme ¨
ozelli˘
gi gerekli de˘
gildir; her h ∈ H i¸cin, xh = h1 x
ve hx = xh2 e¸sitliklerinin sa˘
glandı˘
gı h1 , h2 ∈ H olması e¸sitli˘
gin sa˘
glanması i¸cin yeter.
9.1. Normal Altgrup
123
Teorem 9.2. H ▹ G oldu˘gunda, G/H b¨
ol¨
um k¨
umesi u
¨zerine G’nin grup
yapısını yansıtan bir grup yapısı vardır. Bu grup yapısı
(xH)(yH) = xyH
¸carpım kuralıyla tanımlanır. G/H grup yapısının etkisiz elemanı H’dir. Ayrıca
xH ∈ G/H elemanının tersi x−1 H elemanıdır.
G/H grubuna b¨
ol¨
um grubu adı verilir. E˘ger H ▹ G ve [G : H] = n < ∞
ise, bu durum kısaca
n
H▹G
olarak g¨osterilir.
xyH olarak tanımlanan (xH)(yH) ¸carpımının ger¸cekten xH k¨
umesinin elemanlarıyla yH k¨
umesinin elemanlarını (bu sırayla) ¸carpmak demek oldu˘gunu
g¨orelim: Her h, h1 ∈ H i¸cin, y −1 hy ∈ H y = Y oldu˘gundan, (xh)(yh1 ) =
(xy)(y −1 hyh1 ) ∈ xyH olur. Demek ki xH ile yH’nin elemanlarını bu sırayla
¸carptı˘gımızda sonu¸c xyH = (xH)(yH) k¨
umesinde ¸cıkıyor. Ters istikamet bariz: xyh = (x1)(yh). Demek ki,
{(xh)(yh1 ) : h, h1 ∈ H} = xyH.
Ancak G/H grubunun ¸carpımını altk¨
umelerin ¸carpımı olarak g¨ormek yanlı¸stır.
Hi¸cbir cebirci G/H u
¨zerindeki ¸carpımı b¨oyle g¨ormez. Bu konudan sonraki
altb¨ol¨
umlerde daha etraflıca s¨ozedece˘giz.
¨
Notlar ve Ornekler
9.3. E˘
ger G bir abel grubuysa, elbette her H ≤ G ve her x ∈ G i¸cin xH = Hx olur. Demek
ki bu durumda G’nin her altgrubu normaldir.
9.4. G’nin merkezinin
Z(G) = {z ∈ G : her g ∈ G i¸cin zg = gz}
olarak tanımlandı˘
gını anımsayalım. Z(G) bir altgruptur. Z(G) ▹ G oldu˘
gunu g¨
ostermek
kolaydır.
9.5. E˘
ger H ≤ G altgrubunun indeksi 2 ise, o zaman H ▹ G olur. Nitekim bu durumda G’nin
sadece iki sol ¨
otelemesi ve iki sa˘
g ¨
otelemesi vardır. Bu ¨
otelemelerden biri H’dir. E˘
ger
x ∈ G \ H ise, xH di˘
ger sol ve Hx di˘
ger sa˘
g ¨
otelemedir. Demek ki G = H ⊔ xH =
H ⊔ Hx. Buradan da Hx = xH c¸ıkar. E¸sitlik x ∈ H iken bariz oldu˘
gundan, istedi˘
gimiz
kanıtlanmı¸stır. Buradan da Alt n ▹ Sym n ¸cıkar.
9.6. Sym n’nin Sym(n + 1)’deki indeksi n + 1’dir ama e˘
ger n ≥ 2 ise normallik s¨
ozkonusu
olamaz. Demek ki bir ¨
onceki ¨
ornekteki olgu, 2 yerine (mesela) 3 i¸cin yanlı¸stır. Ama daha
sonra ¸sunu kanıtlayaca˘
gız: E˘
ger p, |G|’yi b¨
olen en k¨
uc¸u
¨k asal sayıysa, G’deki indeksi p
olan altgruplar normaldirler (bkz. Sonu¸c 10.16).
9.7. H = {Id4 , (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} k¨
umesinin Sym 4’¨
un bir altgrubu oldu˘
gunu
biliyoruz. H ▹ G olur. (Bu, elle de g¨
osterilebilir ama ayrıca Alı¸stırma 9.19 da kullanılabilir.) H ayrıca bir abel grubudur. Demek ki K = {Id4 , (1 2)} ▹ H olur. Ama
K’nın G’de normal olmadı˘
gını g¨
ostermek kolay. (Teorem 3.3 de zaten ¨
oyle s¨
oyl¨
uyor.)
B¨
oylece K ▹ H ve H ▹ G oldu˘
gu ama K ▹ G olmadı˘
gı bir ¨
ornek bulmu¸s olduk. Normallik
ili¸skisi ge¸ci¸sken bir ili¸ski de˘
gildir.
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
124
¨
9.8. H ▹ G ve K ≤ G olsun. O zaman ⟨H, K⟩ = HK = KH olur. Bu dedi˘
gimiz Onsav
5.3’ten hemen ¸cıkar. Nitekim H ▹ G oldu˘
gundan, HK ⊆ KH olur. Demek ki HK ≤ G;
dolayısıyla ⟨H, K⟩ ⊆ HK olur. HK ⊆ ⟨H, K⟩ i¸cindeli˘
gi bariz.
Bir ¨
onceki paragrafta s¨
oyledi˘
gimizin do˘
gru olması i¸cin illa H’nin normal bir altgrup
olması gerekmez, K ≤ NG (H) ise de aynı olgu aynı kanıtla do˘
grudur: K ≤ NG (H) ise
⟨H, K⟩ = HK olur.
Bu ¨
orne˘
gi metinde defalarca kullanaca˘
gız; dolayısıyla ¨
oz¨
umsenmesinde yarar vardır.
9.9. A▹G olsun. O zaman her b ∈ G ve a ∈ A i¸cin [a, b] = a−1 b−1 ab = a−1 (b−1 ab) ∈ AA ⊆ A
olur. Dolayısıyla A, B ▹ G ise, her a ∈ A ve b ∈ B i¸cin [a, b] ∈ A ∩ B olur, daha profesyonel bir deyi¸sle [A, B] ≤ A ∩ B olur. Bunun sonucu olarak, e˘
ger ayrıca A ∩ B = {1} ise
[A, B] = {1} olur, yani A’nın her elemanı B’nin her elemanıyla de˘
gi¸sir.
¨
9.10. 1 ve kendisinden ba¸ska normal altgrubu olmayan gruplara basit grup denir. Orne˘
gin,
asal p’ler i¸cin Z/pZ grupları basit gruplardır. Ama bunlar en basit basit gruplardır,
basit gruplar genelde bu gruplar kadar basit olmazlar. n ≥ 5 i¸cin Alt n gruplarının
basit olduklarını birazdan kanıtlayaca˘
gız. G herhangi bir grup olsun. H basit ama abel
olmayan grup olsun. G × H grubunun normal altgruplarının, bir G1 ▹ G i¸cin G1 × 1
ya da G1 × H bi¸ciminde oldu˘
gunu g¨
osterece˘
giz. Buradaki G1 tabii ki normal altgrubun
ilk izd¨
u¸su
¨m¨
u olmak zorundadır. N ▹ G × H olsun. E˘
ger N ’nin elemanlarının ikinci
koordinatı hep 1 ise, N = pr1 (N ) × 1 olur elbette. S
¸ imdi diyelim N ’de ikinci koordinatı
1 olmayan bir eleman var, diyelim (g, h). E˘
ger c ∈ H ise, (g, h)(1,c) (g, h)−1 ∈ N olur
elbette. Ama,
(g, h)(1,c) (g, h)−1 = (1, c)−1 (g, h)(1, c)(g, h)−1 = (1, [c, h]).
Bu her c ∈ H i¸cin do˘
gru oldu˘
gundan,
1 × [H, h] ≤ N
olur. h yerine h’nin kuvvetlerini de alırsak,
1 × [H, ⟨h⟩] ≤ N
buluruz. Ama Alı¸stırma 9.32.a’ya g¨
ore [H, ⟨h⟩]▹H olur. h ̸= 1 ve Z(H) = 1 oldu˘
gundan,
[H, ⟨h⟩] ̸= 1 olur. H basit bir grup oldu˘
gundan [H, ⟨h⟩] = H olur. Demek ki
1×H ≤N
olur. Buradan kolaylıkla istenen sonu¸c ¸cıkar. A¸sa˘
gıdaki teorem de bu yaptı˘
gımızın bir
sonucudur.
Teorem 9.3. H1 , . . . , Hn basit ama abel olmayan gruplar olsun. O zaman H1 ×. . .×Hn
grubunun tam 2n tane normal altgrubu vardır ve bu altgruplar bazı koordinatları hep 1
olan, bazı koordinatlarda t¨
um de˘gerleri alan altgruplardır, yani Hi ’lerin bazılarının direkt
¸carpımıdır.
˙
9.11. Ileride
n ≥ 5 i¸cin Alt n gruplarının basit olduklarını kanıtlayaca˘
gız. S
¸ imdilik n ≥ 5 i¸cin
Sym n’nin 1, Alt n ve kendisi olmak u
¨zere sadece 3 tane normal altgrubu oldu˘
gunu, yani
neredeyse basit oldu˘
gunu kanıtlayalım.
Teorem 9.4. n ≥ 5 i¸cin Sym n’nin 1’den farklı normal bir ¨
ozaltgrubu Alt n olmak
zorundadır ve Alt n basit bir gruptur.
Kanıt: 1 < H ▹ Sym n olsun. H’nin Alt n’yi i¸cerdi˘
gini kanıtlayaca˘
gız. Not 7.9’a g¨
ore
farklı a, b, c, d ∈ {1, . . . , n} noktaları i¸cin ya (a b c) ya da (a b)(c d) t¨
ur¨
unden elemanların H’de olduklarını kanıtlamak yeterli. Teorem 3.3’e g¨
ore bu elemanlardan sadece
birinin H’de oldu˘
gunu g¨
ostermek yeterli. 1 ̸= α ∈ H olsun. α elemanı i ∈ {1, 2, . . . , n}
9.1. Normal Altgrup
125
noktasını yerinden oynatsın, yani α(i) ̸= i olsun. i ve α(i) noktalarından farklı bir
j ∈ {1, 2, . . . , n} se¸celim. H’nin α(i j)α−1 elemanını hesaplayalım. Bu eleman da (i j)
gibi bir makas olmalı. Kolayca g¨
or¨
ulece˘
gi u
¨zere α(i j)α−1 = (α(i) α(j)) olur. Demek ki
α(i j)α−1 (i j) = (α(i) α(j))(i j).
Ama α(i j)α−1 (i j) = αα−(i j) ∈ H ¸cu
¨nk¨
u H ▹ Sym n. Demek ki,
(α(i) α(j))(i j) ∈ H.
α(i) ̸= i, j oldu˘
gunu biliyoruz. E˘
ger α(j) ̸= i j ise H’de (a b)(c d) t¨
ur¨
unden bir eleman
buluruz. E˘
ger α(j) = i j ise (α(i) α(j))(i j) ∈ H elemanı (a b c) t¨
ur¨
unden bir elemandır.
∩
9.12. H ≤ G olsun. K = x∈G H x olsun. Elbette her g ∈ G i¸cin K g ⊆ K olur. Alı¸stırma
5.40’a g¨
ore, K ▹ G olur. E˘
ger G’nin bir G-normal L altgrubu H’nin altgrubuysa, o
zaman her x ∈ G i¸cin L = Lx ≤ H x oldu˘
gundan, L ≤ K olur. Demek ki H’nin her
G-normal altgrubu K’nın i¸cindedir. K da H’nin bir G-normal altgrubu oldu˘
gundan,
bundan K’nın H’nin en b¨
uy¨
uk G-normal altgrubu oldu˘
gu ¸cıkar. K’ya H’nin G’deki
g¨
obe˘
gi 2 adı verilir ve K = CoreG H ya da daha basit olarak K = Core H yazılır.
9.13. H ≤ G sonlu indeksli bir altgrup olsun. O zaman, Alı¸stırma 8.38’ya g¨
ore,
|{H x : x ∈ G}| = |G/NG (H)| < ∞
¨
olur. Ornek
8.21 ve bir ¨
onceki alı¸stırmadaki tanıma g¨
ore, [G : CoreG H] < ∞ olur:
˙
Sonlu indeksli bir altgrubun, sonlu indeksli bir G-normal altgrubu vardır. Ileride,
e˘
ger
[G : H] = n ise, [G : CoreG H] sayısının n! sayısını b¨
old¨
ug
˘u
¨n¨
u kanıtlayaca˘
gız (bkz.
Teorem 10.15).
9.14. Bu notta n ≥ 5 i¸cin Alt n’nin basit bir grup oldu˘
gunu kanıtlayaca˘
gız.
Alı¸stırmalar
H ▹G o
¨nermesiyle NG (H) = H e¸sitli˘
ginin aynı anlama geldi˘
gini g¨
or¨
un.
Her x ∈ G i¸cin xH ⊆ Hx ise, H’nin G’de normal oldu˘
gunu g¨
osterin.
E˘
ger H ▹ G ise, CG (H) ▹ G oldu˘
gunu g¨
osterin.
E˘
ger H ▹ G ve K ≤ G ise ⟨H, K⟩ = HK = KH e¸sitliklerini g¨
osterin.
X ⊆ G ¸su ¨
ozelli˘
gi sa˘
glasın: Her g ∈ G i¸cin gX ⊆ Xg. Bu durumda ⟨X⟩ ▹ G oldu˘
gunu
g¨
osterin (bkz. Alı¸stırma 7.43). Buradan {Id4 , (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} ▹ Sym 4
oldu˘
gunu g¨
osterin. (Teorem 3.3’e de bakabilirsiniz.)
9.20. X ⊆ G olsun. E˘
ger her g ∈ G i¸cin X g = X ise, ⟨X⟩ ▹ G oldu˘
gunu g¨
osterin
⟨∪ (bkz.⟩sayfa
g
122). E˘
ger her g ∈ G i¸cin X g ⊆ X ise, ⟨X⟩ ▹ G oldu˘
gunu g¨
osterin.
▹G
g∈G X
oldu˘
gunu g¨
osterin.
9.21. Sonlu ya da sonsuz sayıda normal altgrubun kesi¸siminin her zaman normal bir altgrup
oldu˘
gunu g¨
osterin. Buradan, e˘
ger X ⊆ G ise,
∩
H
9.15.
9.16.
9.17.
9.18.
9.19.
X⊆H▹G
k¨
umesinin X’i i¸ceren en k¨
uc¸u
¨k normal altgrup oldu˘
gunu g¨
osterin.
⟨
⟩
∪ g
∩
X
H=
X⊆H▹G
2˙
Ingilizcesi core.
g∈G
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
126
e¸sitli˘
gini g¨
osterin. Bu gruba, X tarafından u
¨retilmi¸
s en k¨
uc¸u
¨k normal altgrup adı verilir.
Bu grup ⟨⟨X⟩⟩ olarak ya da ⟨X G ⟩ olarak yazılır.
9.22. X ⊆ G altk¨
umesi G’yi u
¨retsin.
{
}
∑
kr
k1
ki ≡ 0 mod n
Gn = x1 · · · xr : r ∈ N, xi ∈ X, ki ∈ Z,
i
9.23.
9.24.
9.25.
9.26.
9.27.
9.28.
9.29.
9.30.
9.31.
9.32.
grubunun G’de normal oldu˘
gunu kanıtlayın. (Bu konuyla ilgili bkz. Alı¸stırma 8.40.)
G bir grup, A ▹ G, B ≤ G ve A ≤ C ≤ G olsun. A < AB ∩ C ile B ∩ C ̸≤ A ko¸sullarının
e¸sde˘
ger olduklarını kanıtlayın.
E˘
ger n ≥ 3 ise Z(Sym n) = {Idn } oldu˘
gunu kanıtlayın.
Z2 (G) = {z ∈ G : her g ∈ G i¸cin g −1 z −1 gz ∈ Z(G)} olsun. Z2 (G) ▹ G oldu˘
gunu kanıtlayın.
x, y ∈ G i¸cin [x, y] = x−1 y −1 xy tanımını anımsayın. G′ = ⟨[x, y] : x, y ∈ G⟩ olsun.
G′ ▹ G oldu˘
gunu kanıtlayın. G′ grubuna G’nin t¨
urevi ya da birinci t¨
urevi adı verilir.
H, K ▹ G i¸cin [H, K] = ⟨[x, y] : x ∈ H, y ∈ K⟩ olsun. [H, K] ▹ G oldu˘
gunu kanıtlayın.
H1 ▹ H ve G1 ▹ G ko¸sullarıyla H1 × G1 ▹ H × G ko¸sulunun e¸sde˘
ger oldu˘
gunu kanıtlayın.
G bir grup olsun. {(g, g) ∈ G × G} ne zaman G × G’nin normal bir altgrubu olur?
G bir grup ve X = {(g, g) ∈ G × G} olsun. G′ × G′ ≤ ⟨X G ⟩ oldu˘
gunu g¨
osterin. (G′
altgrubunun tanımı i¸cin bkz. Alı¸stırma 9.26.)
Sym<ω N altgrubunun (bkz. Alı¸stırma 3.10) Sym n’de normal oldu˘
gunu kanıtlayın.
(P. Hall, [H]) a. x, y, z ∈ G i¸cin [x, yz] = [x, z][x, y]z ve [xy, z] = [x, z]y [y, z] e¸sitliklerini
g¨
osterin. Buradan, e˘
ger H, K ≤ G ise H ve K gruplarının [H, K] altgrubunu normalize
etti˘
gini g¨
osterin ([H, K] altgrubunun tanımı i¸cin bkz. Alı¸stırma 9.27). Buradan [H, G]▹G
oldu˘
gunu g¨
osterin.
b. E˘
ger A ≤ G bir abel altgrubuysa ve g ∈ NG (A) ise adg (a) = [g, a] form¨
ul¨
uyle
tanımlanmı¸s ad(g) : A −→ A fonksiyonunun bir homomorfi oldu˘
gunu ve ¸cekirde˘
ginin
CA (g) oldu˘
gunu kanıtlayın.
c. x, y, z ∈ G olsun.
[[x, y −1 ], z]y [[y, z −1 ], x]z [[z, x−1 ], y]x = 1
e¸sitli˘
gini g¨
osterin. Buradan e˘
ger H, K ≤ G ise ve [[H, K], K] = 1 ise [H, K ′ ] = 1
oldu˘
gunu kanıtlayın. (K ′ = [K, K] olarak tanımlanmı¸stır; bkz. Alı¸stırma 9.26.)
¨ c Altgrup Onsavı.
¨
d. P. Hall U¸
H, K ve L altgrupları G’de normal olsunlar. (c)’yi
kullanarak
[[H, K], L] ≤ [[K, L], H][[L, H], K]
i¸cindeli˘
gini kanıtlayın.
e. G0 = G ve Gi+1 = [Gi , G] olsun. Gi ▹ G ve Gi+1 ≤ Gi oldu˘
gunu kanıtlayın.
f. G(0) = G ve G(i+1) = [G(i) , G(i) ] olsun. G(i) ▹G ve G(i+1) ≤ G(i) oldu˘
gunu kanıtlayın.
i
j
i+j+1
(i)
2i −1
(d)’yi kullanarak [G , G ] ≤ G
ve G ≤ G
i¸cindeliklerini kanıtlayın.
9.33. H, K ≤ G ve A, B ≤ Z(G) olsun. [AH, BK] = [H, K] e¸sitli˘
gini kanıtlayın. (Alı¸stırma
9.32.a’daki e¸sitliklerden yararlanabilirsiniz.)
9.34. A, B, C, D ▹ G olsun. [AB, CD] ≤ [A, C][B, C][A, D][B, D] oldu˘
gunu kanıtlayın.
Not. G bir grup olsun. ≡, G u
¨zerine bir denklik ili¸skisi olsun. E˘ger x ∈ G ise, x’in
denklik sınıfını [x] olarak yazalım, yani
[x] = {a ∈ G : a ≡ x}
¨ um
9.2. Bol
¨ Grubuna Hazırlık
127
olsun. G/ ≡, G’nin denklik sınıflarından olu¸san k¨
ume olsun, yani
G/ ≡ = {[x] : x ∈ G}.
G/ ≡ k¨
umesi u
¨zerine ikili bir i¸slem tanımlama deneyiminde bulunalım: [x], [y] ∈ G/ ≡
i¸cin
(1)
[x][y] = [xy]
olsun. Bunun ge¸cerli bir tanım olması i¸cin her x, x1 , y, y1 ∈ G i¸cin
(2)
x ≡ x1 ve y ≡ y1 ise xy ≡ x1 y1
¨onermesinin do˘gru olması gerekmektedir.
Teorem 9.5. Her x, x1 , y, y1 ∈ G i¸cin (2) ¨
onermesinin do˘gru olması i¸cin, yani G/ ≡
k¨
umesi u
¨zerine (1)’deki tanımın ge¸cerli olması i¸cin H = [1] normal bir altgrup olmalı
ve denklik ili¸skisi
x ≡ y ⇔ xH = yH
e¸sde˘gerli˘gi tarafından verilmeli. Bir ba¸ska deyi¸sle G/ ≡ = G/H ve [x] = xH olmalı.
Kanıt: x, y ∈ [1] i¸cin, x ≡ 1 ve y ≡ 1 oldu˘gundan, (2)’ye g¨ore xy ≡ 1, yani xy ∈ [1].
Ayrıca x ≡ 1 ve x−1 ≡ x−1 oldu˘
gundan, gene (2)’ye g¨ore 1 ≡ x−1 , yani x−1 ∈ [1].
Ayrıca 1 elemanının [1]’de oldu˘gu belli. Demek ki [1] bir altgrup.
x ∈ [1] ve y ∈ G olsun. O zaman y −1 ≡ y −1 , x ≡ 1 ve y ≡ y oldu˘gundan, (2)’ye
g¨ore, y −1 xy ≡ y −1 1y = 1, yani y −1 [1]y ⊆ [1] olur. Bu da [1] altgrubunun normal
oldu˘gunu g¨osterir.
S¸imdi x ≡ y varsayımını yapalım. y −1 ≡ y −1 oldu˘gundan (2)’ye g¨ore, y −1 x ≡ 1,
yani y −1 x ∈ [1], yani x[1] = y[1] olur.
Son olarak x[1] = y[1] olsun. O zaman y −1 x ∈ [1], yani y −1 x ≡ 1 olur. Ama y ≡ y
oldu˘gundan, (2)’den x ≡ y ¸cıkar.
9.2
B¨
ol¨
um Grubuna Hazırlık
Okur muhtemelen mod¨
uler sayıları lise yıllarından biliyordur. Mod¨
uler sayılarda, bir n do˘gal sayısı se¸cilir ve birdenbire bu n’nin 0’a e¸sit oldu˘guna
h¨
ukmedilir ve bu h¨
ukm¨
un sonu¸clarına katlanılır, ¨orne˘gin 3(n+1)2 −7(n−1)+4
˙ ste bir G grubunu bir H normal altgrubuna “b¨olmek”
sadece 14’e e¸sit olur. I¸
demek, ¨oz¨
unde H’nin elemanlarını 1’e e¸sitleyip bu e¸sitlemenin sonu¸clarına
katlanmak demektir. Bu altb¨ol¨
umde bu konuyu i¸sleyece˘giz. Ama l¨
utfen okur bu
altb¨ol¨
um¨
u bitirdi˘ginde konuyu hemen ¨oz¨
umseyece˘gini d¨
u¸su
¨nmesin. Tecr¨
ubeyle
sabittir ki, bu altb¨ol¨
um¨
un konusu olan b¨ol¨
um gruplarını ¨oz¨
umsemek uzun
u˘gra¸slar gerektirir.
¨
Tanımı vermeden ¨once ¨orneklerle ba¸slayalım. Orneklerde
okur normal altgrup g¨orm¨
uyorsa, normal altgrubu gizledi˘gimizdendir.
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
128
¨
Notlar ve Ornekler
9.35. Serbest Grup. a ve b iki yeni simge olsun. a−1 ve b−1 olarak g¨
osterece˘
gimiz iki yeni
simge daha yaratalım. Bu d¨
ort simgeyle yazılmı¸s sonlu uzunluktaki t¨
um kelimeleri
(dizileri yani) ele alalım, ama kelimelerimizde a ve a−1 ya da b ve b−1 yanyana geliyorsa,
¨
bu iki terimi kelimeden silme hakkını kendimize tanıyalım. Orne˘
gin,
aabbbba−1 a−1 aa−1 bb−1 b = aabbbba−1 a−1 b
olsun. Ayrıca, kısalık u˘
gruna, ¨
orne˘
gin aa yerine a2 , b−1 b−1 b−1 yerine b−3 yazalım.
B¨
oylece, yukarıdaki ¨
orne˘
gimiz
aabbbba−1 a−1 aa−1 bb−1 b = aabbbba−1 a−1 b = a2 b4 a−2 b
olarak yazılır.
1 uzunlu˘
gunda 4 kelimemiz var: a, a−1 , b, b−1 .
2 uzunlu˘
gunda 12 kelimemiz var:
a2 , ab, ab−1 , ba, b2 , ba−1 , a−1 b, a−2 , a−1 b−1 , b−1 a, b−1 a−1 , b−2 .
Bu kelimelerin sonuna sırasıyla a, b, a−1 , b−1 koyarak ve uzunlu˘
gu kısalanları atarak
uzunlu˘
gu 3 olan kelimeler elde ederiz. Her bir kelimenin sonuna a, b, a−1 , b−1 harflerinden u
¨c¸u
¨ gelece˘
ginden (biri sadele¸sir), bir sonraki a¸samada 12 × 3 = 36 yeni kelime
yaratırız.
0 uzunlu˘
gunda da bir kelime vardır. 0 uzunlu˘
gundaki kelime hi¸c tane simgeyle yazılır.
Adına bo¸
skelime diyebiliriz. Bo¸skelimeyi 1 olarak simgeleyelim.
Kolayca kanıtlanabilece˘
gi u
¨zere, e˘
ger n ≥ 1 ise n uzunlu˘
gunda toplam 4 × 3n−1 kelime
vardır. “A˘
ga¸c” adı verilen a¸sa˘
gıdaki fraktal ¸sekilde t¨
um kelimeler g¨
or¨
ul¨
uyor, bo¸skelime,
yani 1 elemanı merkezde. 1’in kuzeyinde a, do˘
gusunda b, g¨
uneyinde a−1 , batısında ise
b−1 elemanı var. Do˘
gru par¸calarının kesi¸sti˘
gi noktalar grubun elemanlarını simgeliyor.
Bir w noktasının hemen kuzeyinde wa noktası yer alıyor, do˘
gusunda wb, g¨
uneyinde
wa−1 , batısında wb−1 . Tabii a˘
ga¸c sonsuza kadar gidiyor.
Bu k¨
umeyi F2 olarak g¨
osterelim. F2 k¨
umesi, “kelimeleri yanyana koyup sadele¸stirme”
¨
i¸slemi altında bir grup olur. Orne˘
gin a2 b2 a−3 ile ab−1 a2 elemanlarının bu sırayla ¸carpımları
(a2 b2 a−3 )(ab−1 a2 ) = a2 b2 a−2 ab−1 a2
olur. Bir ba¸ska ¨
ornek:
(a2 b2 a−3 )(a4 b−1 a2 ) = a2 b2 ab−1 a2 .
Bu gruba iki eleman tarafından serbest¸
ce u
¨retilmi¸
s grup adı verilir. Gruba serbest
grup adı verilmesinin nedeni anla¸sılmı¸stır sanıyorum: a ve b elemanları arasında ¨
ozel
hi¸cbir ili¸ski yok. Sonraki ¨
orneklerde a ve b arasında ¨
ozel ili¸skiler tanımlayaca˘
gız.
9.36. Yukarıdaki ¨
orne˘
gi alalım ama bundan b¨
oyle ab = ba, yani a−1 b−1 ab = 1 e¸sitli˘
gini varsayalım. O zaman, en basit grup teorisi bize her n, m ∈ Z i¸cin an bm = bm an e¸sitli˘
gini
verir. Bu yeni grubun elemanları bir ve bir tek n, m ∈ Z sayı ¸cifti i¸cin an bm bi¸ciminde
¨ um
9.2. Bol
¨ Grubuna Hazırlık
129
yazılırlar, ¸cu
¨nk¨
u ne de olsa artık ba = ab e¸sitli˘
ginden yararlanarak soldaki b’leri kelimelerin en sa˘
gına yı˘
gabiliriz. C
¸ arpma kuralımız artık ¸so
¨yledir:
(an bm )(ak bℓ ) = an+k bm+ℓ .
Yine bir grup elde ederiz, ¸cu
¨nk¨
u grup olma kurallarına riayet ediyoruz. Bu grubun Z × Z
grubundan pek farkı yoktur, nitekim (n, m) 7→ an bm birebir ve ¨
orten fonksiyonu bize
Z × Z grubuyla bu yeni grup arasında bir t¨
ur s¨
ozl¨
uk g¨
orevini g¨
or¨
ur. Bu ¨
ornekteki grup
⟨a, b | a−1 b−1 ab⟩
olarak yazılır. | simgesinden ¨
once gelen simgeler u
¨rete¸cleri, bu simgeden sonra gelen
kelimeler de 1’e e¸sitlenmesi gereken kelimeleri g¨
osterir.
¨
9.35’i tekrar ele alalım (artık bir ¨
onceki ¨
ornekteki ab = ba e¸sitli˘
gi ge¸cerli de˘
gil)
9.37. Ornek
ama bundan b¨
oyle a2 = 1, b3 = 1 e¸sitliklerini varsayalım. O zaman a−1 = a ve b−1 =
b2 olur ve dolayısıyla a−1 ve b−1 terimlerine ihtiyacımız kalmaz, bu terimler yerine
sırasıyla a ve b2 yazabiliriz. Ayrıca a2 ve b3 elemanları da yok olurlar, ¸cu
¨nk¨
u bunlar 1’e
e¸sittirler. B¨
oylece kelimelerde sadece a, b ve b2 g¨
or¨
un¨
ur olur; ve tabii bir de bo¸skelime
olan 1 elemanı. Bu yeni grubun elemanlarını ¨
once uzunluklarına g¨
ore, sonra alfabetik
sıralamalarına g¨
ore dizebiliriz:
1,
a, b,
ab, ba, b2 ,
aba, ab2 , bab, b2 a,
abab, ab2 a, baba, bab2 , b2 ab,
...
Bu k¨
ume u
¨zerinde de bir ¸carpma i¸slemi var, ama ¸carpma yaparken olası sadele¸stirmeleri
yapmakta yarar var. Mesela,
(ababab2 abab2 )(bab2 ababab2 ) = abab2 ab2
olur, ¸cu
¨nk¨
u parantezleri kaldırdı˘
gımızda ortaya ¸cıkan b2 b yok olur ve ardından ba¸ska
terimler de yok olur. B¨
oylece grubumuzun elemanları, k ∈ N, m1 , . . . , mk−1 ∈ {1, 2},
n ∈ {0, 1} ve mk ∈ {0, 1, 2} sayıları i¸cin bir ve bir tek bi¸cimde
an bm1 abm2 · · · abmk−1 abmk
olarak yazılır. Bu, sonsuz bir gruptur3 . Bu grup,
⟨a, b | a2 , b3 ⟩
olarak g¨
osterilir.
9.38. Bir ¨
onceki ¨
orne˘
gi alalım, yani hˆ
alˆ
a daha a2 = 1 = b3 olsun, ama ayrıca (ab)2 = 1 olsun.
−2
B¨
oylece abab = 1, yani aba = b = b, yani ba = ab olur. Gene b’leri en sa˘
ga ge¸cirebiliriz.
Bu sefer geriye sonlu sayıda eleman kalır:
{1, a, b, ab, b2 , ab2 }.
Bu grup,
⟨a, b | a2 , b3 , (ab)2 ⟩
olarak g¨
osterilir.
3
Bu t¨
ur ¨
onermeleri kanıtlamak her zaman kolay de˘
gildir. Y¨
ontemi bir ba¸ska kitapta
g¨
or¨
ur¨
uz. Bkz. [Bo].
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
130
9.39. Grubumuz yine F2 olsun. Gene a2 = 1 = b3 h¨
uk¨
umlerini verelim, ama bir de ayrıca
(ab)3 = 1 olsun. Bakalım F2 ’den geriye neler kalacak. 1 = (ab)3 = ababab e¸sitli˘
ginden
b2 a = (ab)−1 = abab
elde edilir. Demek ki kelime listemizde abab belirmeyecek, kelime olarak belirmeyece˘
gi
gibi herhangi bir kelimenin i¸cinde de belirmeyecek. Onun yerine daha kısa olan (3
uzunlu˘
gunda olan) b2 a koyaca˘
gız. Kabul etti˘
gimiz e¸sitliklerin bir ba¸ska sonucu daha
var:
baba = ab2 .
Dolayısıyla kelimelerde baba yerine daha kısa olan ab2 yazaca˘
gız. Bu e¸sitliklerden yola
c¸ıkarak t¨
um kelimeleri yazabiliriz. Kelimeleri uzunluklarına g¨
ore dizelim. Bir sonraki
uzunluktaki kelimeleri bulmak i¸cin, bir ¨
onceki kelimelerin sonuna a ve b getirelim, ama
daha kısa g¨
osterimi olan kelimeleri atalım, i¸cinde abab ve baba beliren kelimeleri listeden
silebiliriz.
0 uzunlu˘
gunda: 1
1 uzunlu˘
gunda: a, b
2 uzunlu˘
gunda: ab, ba, b2
3 uzunlu˘
gunda: aba, ab2 , bab, b2 a
4 uzunlu˘
gunda: bab2 , b2 ab.
Liste bitti, ¸cu
¨nk¨
u 4 uzunlu˘
gunda kelimelerin sonuna a ya da b koyarsak daha kısa kelimeler elde ederiz. Elde edilen grubun 12 elemanını bulduk. Eleman sayısı daha da
azalabilir mi? Hayır, ¸cu
¨nk¨
u G = Sym 4 grubunda a = (1 2)(3 4) ve b = (1 2 3) elemanlarını alırsak, a2 = b3 = (ab)3 = 1 olur ve bu iki elemanın u
¨retti˘
gi altgrubun tam
12 elemanı vardır (okura alı¸stırma); bu y¨
uzden grubun eleman sayısı 12’den az olamaz.
(Okura d¨
u¸su
¨nmesi i¸cin malzeme... a2 = b3 = (ab)3 = 1 e¸sitliklerinin sa˘
glandı˘
gı a ve b
tarafından u
¨retilen serbest grubun eleman sayısı (1 2)(3 4) ve b = (1 2 3) tarafından
u
¨retilen eleman sayısından daha az olamaz.)
Bu grup,
⟨a, b | a2 , b3 , (ab)3 ⟩
olarak g¨
osterilir.
Alı¸stırmalar
9.40. ⟨a, b | a2 , b3 , (ab)4 ⟩ grubunu hesaplayın.
9.41. ⟨a, b | a2 , b2 , (ab)3 ⟩ grubunu hesaplayın.
9.42. ⟨a, b | a2 , b2 , (ab)n ⟩ grubunu hesaplayın.
9.43. ⟨a, b, c | a2 , b2 , c2 , (ab)3 , (bc)3 , (ac)2 ⟩ grubunu hesaplayın.
9.44. Alfabeyle serbest¸ce u
¨retilen grupta, sınıfınızdaki ¨
og
˘rencilerin adlarını, soyadlarını ve
g¨
obek adlarını 1’e e¸sitleyin. Ka¸c elemanlı bir grup elde edersiniz?
9.3
B¨
ol¨
um Grubu
G bir grup ve H ▹ G olsun. Demek ki her x ∈ G i¸cin xH = Hx e¸sitli˘gi ge¸cerli.
Daha da ¨onemlisi
G/H = {xH : x ∈ G}
b¨ol¨
um k¨
umesi u
¨zerinde do˘gal4 bir grup yapısı var. Bu durumda xH altk¨
umesini
G’nin bir altk¨
umesi olarak g¨ormek yerine G/H grubunun bir elemanı olarak
4
“G’nin grup yapısından kaynaklanan” anlamında.
¨ um
9.3. Bol
¨ Grubu
131
g¨ormek istendi˘ginden, daha ¸cok bir altk¨
umeyi andıran xH yazılımı yerine bir
elemanı daha ¸cok andıran x yazılımı kullanılır. Tabii x yazılımında H’nin kaybolmu¸s olması bazen sorun yaratabilir. Mesela H ve K diye iki normal altgrubumuz varsa, x yazılımının xH yerine mi yoksa xK yerine mi yazıldı˘gı ku¸skuya
neden olabilir. Bu gibi durumlarda x
˜, x
ˆ gibi varyasyonlar kullanaca˘gız. Demek
ki sayfa 114’te π(x) = xH olarak tanımlanan π : G −→ G/H izd¨
u¸su
¨m fonksiyonunu artık bir u
¨st¸cizgi ile g¨osteriyoruz:
π(x) = x.
E˘ger H normal altgrubunun ne oldu˘gu konunun geli¸sinden belliyse ya da
¨onemsizse, G/H yerine G yazılır. Ama dikkat, e˘ger H normal olmayan sade
bir altgrupsa, ¸cok mecbur kalmadık¸ca, xH yerine x ve G/H yerine G yazılımı
tercih edilmez.
Bu yazılımla,
(xH)(yH) = xyH yerine x y = xy,
H yerine 1,
(xH)−1 = x−1 H yerine x −1 = x−1
(xH)n = xn H yerine x n = xn
¨
yazılır. Orne˘gin, G/H b¨ol¨
um grubunun x, y ve z −1 elemanlarını ¸carpmak ¸cok
kolaydır:
x y z −1 = xyz −1 .
Yani G’de i¸slem yapmasını biliyorsak, G/H’de de i¸slem yapabiliriz: Elemanların u
¨st¨
undeki ¸cizgiyi silip G’de i¸slem yapalım ve ¸cıkan sonucun u
¨st¨
une bir
¸cizgi ¸cekelim; bu kadar basit. Hatta G/H’de i¸slem yapmak G’de i¸slem yapmaktan ¸cok daha kolaydır, ¸cu
¨nk¨
u G’de 1’e e¸sit olmayan elemanlar ya da ¸carpımlar
G/H’de 1’e e¸sit olabilirler. Laf a¸cılmı¸sken,
x=1⇔x∈H
¨
e¸sde˘gerli˘gini unutmayalım, ¨onemlidir. Orne˘
gin,
a2 b
−1
c3 = 1
e¸sitli˘gi, yani
a 2 b −1 c 3 = 1
e¸sitli˘gi ancak ve ancak
a2 b−1 c3 ∈ H
ise ge¸cerlidir. Ya da
a2 b
e¸sitli˘gi, yani
a2 b
−1
−1
4
c 3 = d e −3
c 3e 3d
−4
=1
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
132
e¸sitli˘gi, yani
a 2 b −1 c 3 e 3 d −4 = 1
e¸sitli˘gi ancak ve ancak
a2 b−1 c3 e3 d−4 ∈ H
ise ge¸cerlidir. Yani G grubundaki her olguyu G ve H’yle ilgili bir olgu olarak
yazabiliriz. Dolayısıyla G grubunun bir¸cok ¨ozelli˘gi G/H b¨ol¨
um grubuna yansır.
A¸sa˘gıda bir¸cok ¨ornek verece˘giz.
E˘ger G toplamsal yazılıyorsa, o zaman ¸carpımsal yazılımla x y = xy olarak
yazılan e¸sitlik
x+y =x+y
e¸sitli˘gine, x n = xn olarak yazılan e¸sitlik
nx = nx
e¸sitli˘gine d¨on¨
u¸su
¨r. Yukarıdaki a 2 b
−1
4
c 3 = d e −3 ¨orne˘gi de
2a − b + 3c = 4d − 3e ise 2a − b + 3c − 4d + 3e ∈ H
haline d¨on¨
u¸su
¨r.
Sık sık kar¸sımıza ¸cıkabilecek bir durum: E˘ger H ▹ G ve [G : H] = n ise her
g ∈ G i¸cin g n ∈ H olur; ¸cu
¨nk¨
u Sonu¸c 8.6’ya g¨ore her g ∈ G i¸cin, g n = 1 olur.
A¸sa˘gıdaki ¨orneklerde H her zaman G grubunun normal bir altgrubudur.
¨
Notlar ve Ornekler
9.45. G hangi grup olursa olsun, G’nin G altgrubunun normal oldu˘
gunu biliyoruz. Yukarıda
yapılanlarda H = G alalım. O zaman G’nin tek bir ¨
otelemesi vardır: G. C
¸u
¨nk¨
u her
x ∈ G i¸cin x = xG = G olur. Demek ki her x ∈ G i¸cin x = 1 = G ve G/G = {1}.
Dolayısıyla G/G, tek elemanlı gruptur, sadece etkisiz elemanı vardır.
9.46. G hangi grup olursa olsun, G’nin sadece etkisiz elemanından olu¸san {1} altgrubunun
normal oldu˘
gunu biliyoruz. Yukarıda yapılanlarda H = {1} alalım. O zaman her g ∈ G
i¸cin
g = g{1} = {g},
dolayısıyla
G/{1} = {{g} : g ∈ G}
olur. Ayrıca her x, y ∈ G i¸cin, G/{1} grubunda,
{x}{y} = x y = xy = {xy}
olur. Bu durumda G/{1} grubuyla G grubu arasında, elemanların ve i¸slemin adları
dı¸sında, hi¸cbir fark yoktur: G’nin x elemanı, G/{1} grubunda {x} elemanına d¨
on¨
u¸su
¨r
ve G grubundaki xy i¸slemi G/{1} grubunda {x}{y} = {xy} i¸slemine d¨
on¨
u¸su
¨r.
9.47. g ∈ G ve p bir asal olsun. E˘
ger g p ∈ H ise ya g ∈ H ya da deg(g) = p olur, ¸cu
¨nk¨
u gp ∈ H
p
ile g = 1 e¸sde˘
ger ¨
onermelerdir ve Sonu¸c 4.7’den istedi˘
gimiz ¸cıkar.
¨ um
9.3. Bol
¨ Grubu
133
9.48. G b¨
ol¨
un¨
ur bir grup5 ve H ▹ G olsun. O zaman G/H grubu da b¨
ol¨
un¨
ur bir gruptur.
Nitekim e˘
ger xn = g denkleminin G’de ¸co
¨z¨
um¨
u varsa, xn = g n denkleminin G/H’de
¸co
¨z¨
um¨
u vardır: G’deki ¸co
¨z¨
um a ise, G/H’deki (bir) ¸co
¨z¨
um a olur.
9.49. E˘
ger G bir abel grubuysa, Tor G, G’nin burulmalı elemanlarından olu¸san k¨
ume olsun.
Tor G bir altgruptur. H ≤ G olsun. E˘
ger K = {g ∈ G : bir n > 0 i¸cin g n ∈ H} ise
H ≤ K ≤ G ve Tor(G/H) = K/H olur.
9.50. Her h ∈ H i¸cin hn = 1 olsun. E˘
ger deg g = m ise, g m ∈ H oldu˘
gundan, g mn = 1
olur. Okur m’nin deg g’yi, deg g’nin de nm’yi b¨
old¨
ug
˘u
¨n¨
u kanıtlamak isteyebilir. Aslında
deg g = deg g × deg(g deg g ) olur.
9.51. Z/pZ gruplarının elemanları
0, 1, . . . , p − 1
sınıflarıdır. Bildi˘
gimiz gibi bu k¨
ume “toplama” i¸slemi altında bir gruptur; tanım ¸so
¨yledir:
a + b = a + b.
9.52. p bir asal olsun. (p’nin bir asal sayı alınması i¸cin hi¸cbir neden yoktur ama bu ¨
ornekte
yapacaklarımız genelde p asalları i¸cin yapılır.) Bir a ∈ N do˘
gal sayısı alalım. a sayısını
p tabanında yazalım: a0 , a1 , . . . , ak ∈ {0, 1, . . . , p − 1} i¸cin
a = a0 + a1 p + · · · + ak pk .
n > k i¸cin an = 0 olsun ve b¨
oylece a’yı
a=
∞
∑
ai pi = a0 + a1 p + · · · + an pn + · · ·
i=0
olarak yazabilelim. O zaman Z/pn Z grubunda,
a = a0 + a1 p + · · · + an−1 pn−1
olur. Ayrıca bu elemanın p0 , p1 , . . . , pk ∈ {0, 1, . . . , p − 1} “rakamları” i¸cin
b = b0 + b1 p + · · · + bn−1 pn−1
bi¸ciminde bir elemana e¸sit olması i¸cin, her i = 0, 1, . . . , n − 1 i¸cin
ai = bi
olmalı. a’nın bu g¨
osterimiyle,
pa = a0 p + a1 p2 + · · · + an−2 pn−1
olur. Ve sa˘
gdaki bi¸cimde yazılan her eleman bir ba¸ska elemanın p katıdır:
a0 p + a1 p2 + · · · + an−2 pn−1 = pa0 + a1 p + · · · + an−2 pn−2 .
Demek ki
p · (Z/pn Z) = p Z/pn Z
olur ve bu altgrubun tam pn−1 tane elemanı vardır. Benzer ¸sekilde,
pi a = a0 pi + a1 pi+1 + · · · + an−i−1 pn−1
olur. Demek ki
pi · Z/pn Z = pi Z/pn Z
olur ve i ≤ n i¸cin bu altgrubun tam pn−i tane elemanı vardır.
5
Yani her g ∈ G ve n > 0 tamsayısı i¸cin xn = g denkleminin G’de bir ¸co
¨z¨
um¨
u olsun.
¨
Orne˘
gin Q, R ve R>0 b¨
ol¨
un¨
ur gruplardır.
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
134
9.53. p gene bir asal olsun. Z/pn Z grubunda ¸calı¸saca˘
gız. Bir i ∈ N i¸cin
{a ∈ Z/pn Z : pi a = 0}
altgrubunun elemanlarını bulaca˘
gız. Bunun i¸cin bir ¨
onceki ¨
ornekteki g¨
osterim kullanı¸slı
olacak.
a = a0 + a1 p + · · · + an−1 pn−1
olsun. O zaman,
pi a = a0 pi + a1 pi+1 + · · · + an−i−1 pn−1
olur. Demek ki pi a = 0 olması i¸cin
a0 = a1 = . . . = an−i−1 = 0
olmalıdır. Yani
a = an−i pn−i + · · · + an−1 pn−1 = pn−i an−i + · · · + an−1 pi−1
olmalı. Demek ki,
{a ∈ Z/pn Z : pi a = 0} = pn−i · Z/pn Z = pn−i Z/pn Z
olur. Bu grubun tam pi tane elemanı vardır.
9.54. 1 ▹ H1 ▹ H2 ▹ . . . ▹ Hn = G olsun ve [Hi+1 : Hi ] = p varsayımını yapalım. O zaman her
n
¨ yandan derecesi pi
g ∈ G i¸cin g p = 1 olur, ama g’nin derecesi daha d¨
u¸su
¨k olabilir. Ote
olan elemanlar G \ Hi k¨
umesindedir.
9.55. Q/Z grubunun her elemanının derecesi sonludur. Nitekim e˘
ger n, m ∈ Z i¸cin q = n/m
ise, |m|q ∈ Z oldu˘
gundan, Q/Z grubunda |m|q = |m|q = 0 olur.
9.56. G bir abel grubu olsun.
T (G) = {g ∈ G : bir n > 0 tamsayısı i¸cin g n = 1}
olsun. T (G), G’nin burulmalı elemanlarından olu¸san altk¨
umedir. Elbette T (G) ≤ G olur.
G/T (G) grubu burulmasızdır, yani 1’den ba¸ska burulmalı elemanı yoktur, ¸cu
¨nk¨
u bir
g ∈ G/T (G) ve m > 0 i¸cin g m = 1 olursa, o zaman g m ∈ T (G) olur, dolayısıyla bir
n > 0 i¸cin g mn = (g m )n = 1 olur, ya g ∈ T (M ), bir ba¸ska deyi¸sle g = 1 olur.
9.57. X ⊆ G k¨
umesi G’yi u
¨retsin. H ▹ G ve G = G/H olsun. X = {x : x ∈ X} ⊆ G
tanımını yapalım. O zaman X k¨
umesi G grubunu u
¨retir. Nitekim G’nin her elemanı
X’in elemanlarının ve terslerinin ¸carpımı oldu˘
gundan, bu ¸carpımın izd¨
u¸su
¨m¨
un¨
u alınca
G grubunun her elemanının X k¨
umesinin elemanlarının ve terslerinin ¸carpımı oldu˘
gunu
g¨
or¨
ur¨
uz. Bunun ¨
ozel bir durumu olarak, e˘
ger G d¨
ong¨
usel bir grupsa, G/H grubunun da
d¨
ong¨
usel oldu˘
gu ¸cıkar.
9.58. E˘
ger G bir abel grubuysa, G/H de bir abel grubudur, ¸cu
¨nk¨
u ne de olsa her x, y ∈ G
i¸cin, x y = xy = yx = y x olur.
9.59. G/H’nin kom¨
utat¨
orleri, G’nin kom¨
utat¨
orlerinin izd¨
u¸su
¨m¨
ud¨
ur:
[x, y] = [x, y]
olur. Bunun gibi,
x y = xy
olur; yani x G = xG olur. Demek ki G/H’deki e¸sleniklik sınıfları G’deki e¸sleniklik
sınıflarının π : G −→ G/H do˘
gal izd¨
u¸su
¨m fonksiyonu altında imgesidir.
¨ um
9.3. Bol
¨ Grubu
135
9.60. G grubunun bir abel grubu olması aslında G ve H’nin bir ¨
ozelli˘
gidir. G grubunun bir
abel grubu olmasının ne demek oldu˘
gunu anlamaya ¸calı¸salım. G grubunun abel grubu
olması demek, her a, b ∈ G i¸cin a b = b a e¸sitli˘
ginin ge¸cerli olması demektir; bu son
−1 −1
e¸sitlik de a b a b = 1 e¸sitli˘
gine denktir; ve nihayet bu son e¸sitlik a−1 b−1 ab ∈ H,
yani [a, b] ∈ H ¨
onermesine denktir. Demek ki G/H grubunun bir abel grubu olması i¸cin,
yeter ve gerek ko¸sul, her “a, b ∈ G i¸cin [a, b] ∈ H” ko¸suludur.
9.61. E˘
ger her x, y ∈ G i¸cin [x, y] elemanı grubun merkezindeyse, aynı ¸sey G/H grubunda
da ge¸cerlidir. Yani, her x, y, z ∈ G i¸cin [[x, y], z] = 1 ise, aynı ¸sey G = G/H grubunda
¨ yandan [[x, y], z] = 1 e¸sitli˘
da olur: Her x, y, z ∈ G i¸cin [[x, y], z] = 1 olur. Ote
gi,
[[x, y], z] = 1 e¸sitli˘
gi sa˘
glanmadan da sa˘
glanabilir. Genel olarak,
[[x, y], z] = 1 ⇔ [[x, y], z] ∈ H
¨
onermesi do˘
grudur.
9.62. G = G/H grubunun merkezini betimlemeye ¸calı¸salım. Merkez,
Z(G) = {ζ ∈ G : her α ∈ G i¸cin ζα = αζ}
olarak tanımlanmı¸stır. G grubunun her elemanı bir g ∈ G i¸cin g olarak yazıldı˘
gından,
Z(G) = {z ∈ G : her g ∈ G i¸cin zg = gz}
olur. S
¸ imdi a¸sa˘
gıdaki e¸sde˘
gerlilikleri takip edin:
zg = gz ⇔ z −1 g −1 zg = 1 ⇔ z −1 g −1 zg ∈ H ⇔ [z, g] ∈ H.
Demek ki,
Z(G) = {z ∈ G : her g ∈ G i¸cin [z, g] ∈ H}.
G¨
or¨
uld¨
ug
˘u
¨ gibi Z(G) altgrubunun z elemanları, G’de anlamlı olan
her g ∈ G i¸cin [z, g] ∈ H
ili¸skisiyle betimleniyorlar.
9.63. x ∈ G olsun. G grubunda x elemanının merkezleyicisini, yani
CG (x) = {g ∈ G : gx = xg}
altgrubunu bulalım. Aynen yukarıdaki gibi hareket ederek,
CG (x) = {g ∈ G : [g, x] ∈ H}
buluruz.
9.64. x, y ∈ G i¸cin [x, y] = x−1 y −1 xy tanımını anımsayalım. G′ = ⟨[x, y] : x, y ∈ G⟩ olsun.
Alı¸stırma 9.26’da G′ ▹ G oldu˘
gunu kanıtlamı¸stık. G′ grubuna G’nin t¨
urev altgrubu ya
da birinci t¨
urevi adı verilir.
E˘
ger G′ ≤ H ≤ G ise, H ▹ G olur ¸cu
¨nk¨
u her h ∈ H ve g ∈ G i¸cin
g −1 hg = hh−1 g −1 hg = h[h, g] ∈ HG′ ⊆ HH = H
olur. Ayrıca G/H bir abel grubudur ¸cu
¨nk¨
u her x, y ∈ G i¸cin [x, y] ∈ G′ ≤ H oldu˘
gu
i¸cin,
[x, y] = [x, y] = 1
olur.
Bunun tersi de do˘
grudur. H ▹ G olsun. E˘
ger G/H bir abel grubuysa, G′ ≤ H olur,
¸cu
¨nk¨
u her x, y ∈ G i¸cin
[x, y] = [x, y] = 1
oldu˘
gundan, [x, y] ∈ H olur. Demek ki G′ ≤ H olur.
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
136
9.65. H ▹ G olsun. H altgrubu X altk¨
umesi tarafından, G/H grubu da bir Y ⊆ G i¸cin
{y : y ∈ Y } k¨
umesi tarafından u
¨retilsin. O zaman G grubu XY k¨
umesi tarafından
±1
u
¨retilir. Nitekim, g ∈ G ise, g elemanı y1 , . . . , ym ∈ Y i¸cin g = y1±1 · · · ym
olur. Do∓1
∓1
layısıyla gym · · · y1 ∈ H olur. Ama H, X tarafından u
¨retildi˘
ginden, x1 , . . . , xm ∈ X
±1
±1
±1 ±1
∓1
±1
i¸cin gym
· · · y1∓1 = x±1
1 · · · xn ve g = x1 · · · xn y1 · · · ym olur.
9.66. E˘ger G/Z(G) d¨
ong¨
uselse, G bir abel grubudur.
Kanıt: Nitekim e˘
ger G/Z(G) grubu a tarafından u
¨retiliyorsa, bir ¨
onceki ¨
orne˘
ge g¨
ore
¨
G = ⟨Z(G), a⟩ olur. Urete¸
cler birbiriyle de˘
gi¸sti˘
ginden, G zorunlu olarak bir abel grubu
olur (Alı¸stırma 7.37).
9.67. Bu ¨
ornekte Q/Z abel grubunu ¸calı¸saca˘
gız. E˘
ger q = k/n ise (k, n ∈ Z elbette), nq = k ∈
Z oldu˘
gundan, Q/Z grubunda nq = 0 olur. Demek ki Q/Z burulmalı bir gruptur. Ayrıca
k ve n aralarında asalsa, deg q = n oldu˘
gunu ve nq = 0 e¸sitli˘
gini sa˘
glayan elemanların,
paydası n olarak yazılan q kesirli sayılarının sınıfları oldu˘
gunu kanıtlamak zor de˘
gil;
okura alı¸stırma olarak bırakıyoruz. Demek ki,
A[n] = {q ∈ Q/Z : nq = 0}
altgrubunun tam n tane elemanı vardır ve bu elemanlar
n−1
0 1 2
, , , ...,
n n n
n
kesirli sayılarının sınıflarıdır. Bunlar arasında derecesi n olanlar, n’ye asal bir k =
0, 1, . . . , n − 1 tamsayısı i¸cin
k
n
bi¸ciminde yazılan kesirli sayıların sınıflarıdır. A[n] altgrubu d¨
ong¨
useldir, mesela 1/n’nin
sınıfı tarafından u
¨retilir. Q/Z grubunun, derecesi n olan her eleman bu altgruptadır ve
bu altgrubu u
¨retir.
Bu arada A[n] ≤ A[m] ko¸suluyla n|m ko¸sulunun e¸sde˘
ger oldu˘
gunu ve
∪
Q/Z =
A[n!]
n∈N
e¸sitli˘
gini g¨
orelim.
Ayrıca Q b¨
ol¨
un¨
ur bir grup oldu˘
gundan, Q/Z grubu da b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Nitekim e˘
ger q ∈ Q/Z
ve n > 0 ise, q ′ = q/n olsun, o zaman nq ′ = q olur.
S
¸ imdi p bir asal olsun. A[p∞ ], Q/Z grubunun, derecesi p’nin bir kuvveti olan elemanlardan olu¸san altk¨
umesi olsun. Elbette,
∪
A[p∞ ] = {q ∈ Q/Z : bir n ∈ N i¸cin pn q = 0} =
A[pn ]
n∈N
∞
olur ve dolayısıyla A[p ] sonsuz bir altgruptur. Elemanları, paydası p’nin bir kuvveti
olarak yazılan kesirli sayıların sınıflarıdır. A[p∞ ] grubuna Pr¨
ufer p-grubu adı verilir
ve bu grup Zp∞ olarak g¨
osterilir. Kolaylıkla
pA[pn+1 ] = A[pn ]
e¸sitli˘
gi kanıtlanır ve bu e¸sitlikten A[p∞ ] grubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gu ¸cıkar. A[p] grubu
bir p-grup oldu˘
gundan, di˘
ger asallara da b¨
ol¨
un¨
ur, dolayısıyla A[p] b¨
ol¨
un¨
ur bir gruptur.
¨ um
9.4. Z’nin Bol
¨ Grupları
137
Alı¸stırmalar
9.68. A ▹ G ve H, K ≤ G, A’yı i¸ceren iki altgrup olsun. H/A ∩ K/A = (H ∩ K)/A oldu˘
gunu
kanıtlayın.
9.69. A ▹ G ve H, K ≤ G, A’yı i¸ceren iki altgrup olsun. H/A ∩ K/A ̸= 1 ko¸suluyla A < H ∩ K
ko¸sulunun e¸sde˘
ger oldu˘
gunu kanıtlayın.
(∏
) (⊕
)
n
n
9.70. p bir asal olsun.
gunu kanıtlayın.
n Z/p Z /
n Z/p Z grubunun burulmasız oldu˘
9.71. H = ⟨(2, 3), (3, 2)⟩ ≤ Z2 olsun. Z2 /H grubunun grup yapısını bulun.
9.72. H = ⟨(2, 3), (5, 1)⟩ ≤ Z2 olsun. Z2 /H grubunun grup yapısını bulun.
¨
9.73. Z × Z grubunun altgruplarını Ornek
5.23’te sınıflandırmı¸stık. O sınıflandırmadan bir
H ≤ Z × Z altgrubu alalım. Z × Z/H’nin ka¸c elemanı vardır? (Z × Z)/H grubu hakkında
neler s¨
oyleyebilirsiniz?
9.74. Q/Z grubunun her ¨
ozaltgrubunun sonlu oldu˘
gunu kanıtlayın. E˘
ger altgrubun n elemanı
˙
¨
varsa, bu grubun A[n] oldu˘
gunu kanıtlayın. (Ipucu
ve A[n]’nin tanımı i¸cin bkz. Ornek
9.67.)
9.75. X ⊆ G altk¨
umesi G’yi u
¨retsin ve 1 < n ∈ N olsun.
}
{
∑
k1
kr
ki ≡ 0 mod n
Gn = x1 · · · xr : r ∈ N, xi ∈ X, ki ∈ Z,
i
altgrubunun normal oldu˘
gunu, G/Gn grubunun d¨
ong¨
usel oldu˘
gunu ve eleman sayısının
n’yi b¨
old¨
ug
˘u
¨n¨
u kanıtlayın. (E˘
ger 1 ̸= x ∈ X ise G/Gn grubu x tarafından u
¨retilir.)
9.4
Z’nin B¨
ol¨
um Grupları
Z’nin toplama altında bir grup oldu˘gunu, hatta bir abel grubu oldu˘gunu, do¨
layısıyla her altgrubunun normal oldu˘gunu (bkz. Ornek
9.58) ve her altgrubunun bir ve bir tek n ∈ N i¸cin nZ bi¸ciminde oldu˘gunu (bkz. Teorem 2.1) biliyoruz. Bir ¨onceki altb¨ol¨
umlerde G grubu yerine (toplamsal yazılan) Z grubunu
ve H altgrubu yerine bir nZ altgrubu alaca˘gız. n’yi de do˘gal sayı se¸cece˘giz.
˙ slemimiz toplama oldu˘gundan, bu durumda nZ altgrubunun ¨otelemeleri
I¸
k + nZ ya da nZ + k bi¸ciminde yazılırlar; biz ikinci yazılımı tercih edece˘giz.
¨
E˘ger n = 0 ise, o zaman nZ = 0Z = {0} olur (bkz. Ornek
9.45) ve ¨oteleume bir ¨oteleme olur.
meler k = {0} + k = {k} olurlar, yani tek elemanlı her k¨
Dolayısıyla
Z/0Z = {{k} : k ∈ Z}
olur. Z/0Z grubunda i¸slem ¸s¨oyle ifade edilir:
{k} + {ℓ} = k + ℓ = k + ℓ = {k + ℓ};
dolayısıyla Z/0Z grubunun Z grubundan pek farkı yoktur. Bundan b¨oyle n > 0
olsun.
Farklı k sayıları i¸cin aynı ¨otelemeyi elde edebiliriz. Teorem 8.1’i toplamsal
olarak yazarsak,
nZ + k = nZ + ℓ ⇔ k − ℓ ∈ nZ
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
138
elde ederiz. Yani nZ + k ve nZ + ℓ ¨otelemelerinin e¸sit olması i¸cin yeter ve gerek
ko¸sul n sayısının k − ℓ sayısını b¨olmesidir.
S¸imdi herhangi bir nZ+k ¨otelemesi alalım. k’yı n’ye b¨olelim. Tamsayılarda
¨
¸calı¸stı˘gımız i¸cin bir kalan olacaktır: Oyle
q ve r tamsayıları vardır ki hem
k = nq + r
hem de
0≤r<n
olur. Demek ki
nZ + k = nZ + nq + r = n(Z + q) + r = nZ + r
olur. B¨oylece
nZ + k = nZ + r
e¸sitli˘gini g¨ostermi¸s olduk. Sa˘g taraftaki r, k sayısı n’ye b¨ol¨
und¨
u˘gu
¨nde kalandır
ve 0, 1, 2, . . . , n − 1 sayılarından biridir. Demek ki Z/nZ k¨
umesinde en fazla
n tane eleman vardır:
nZ, nZ + 1, nZ + 2, . . . , nZ + (n − 1).
¨
Orne˘
gin n = 2 ise, iki ¨oteleme buluruz: C
¸ ift sayılar k¨
umesi 2Z ve tek sayılar
k¨
umesi 2Z + 1. E˘ger n = 3 ise u
¨c¸ ¨oteleme buluruz:
3’e b¨ol¨
unen sayılar k¨
umesi 3Z,
3’e b¨ol¨
und¨
u˘gu
¨nde 1 kalan sayılar k¨
umesi 3Z + 1, ve
3’e b¨ol¨
und¨
u˘gu
¨nde 2 kalan sayılar k¨
umesi 3Z + 2.
E˘ger n = 4 ise
Z/4Z = {4Z, 4Z + 1, 4Z + 2, 4Z + 3}
olur. Ama bir ¨onceki altb¨ol¨
umde nZ + k yerine k yazmanın faziletlerini g¨or¨
m¨
u¸st¨
uk. Oyle yapalım:
Z/4Z = {0, 1, 2, 3}.
Genel olarak
Z/nZ = {0, 1, 2, . . . , n − 1} = {k : 0 ≤ k < n}
olur. Yukarıda g¨or¨
unen k ¨otelemenin her birinin farklı olduklarını g¨ostermek
zor de˘gildir, nitekim e˘ger 0 ≤ k ≤ ℓ < n i¸cin, nZ + k = nZ + ℓ olsaydı, o
zaman n’nin ℓ − k sayısını b¨olmesi gerekirdi, ama 0 ≤ k − ℓ < n e¸sitsizlikleri,
bu durumda ℓ − k = 0 yani ℓ = k verir. Demek ki Z/nZ b¨ol¨
um grubunun tam
tamına n tane elemanı vardır ve bu elemanlar yukarıda sıralanmı¸slardır.
Z/nZ grubunun elemanlarına bazen “mod¨
ulo n” sayılar denir. Lisede
¨o˘grenilen mod¨
uler sayılar aslında bunlardır, do˘gru tanım burada yapıldı˘gı gibidir, ama lisede nZ + k ¨otelemesi yerine “k’nın kalan sınıfı”ndan s¨ozedilir.
¨ um
9.4. Z’nin Bol
¨ Grupları
139
¨
Onsav
9.6. Her n ∈ Z i¸cin Z/nZ devirli bir gruptur ve n’ye asal m sayıları
i¸cin m elemanları tarafından u
¨retilir ve ba¸ska elemanlar tarafından u
¨retilmez.
Kanıt: 1 elbette Z/nZ grubunu u
¨retir, ¸cu
¨nk¨
u ne de olsa her do˘gal sayıyı 1’i
¨
kendisiyle toplayarak elde ederiz. Ornek
9.57 de zaten aynı ¸seyi s¨oyl¨
uyor: 1,
Z’yi u
¨retti˘ginden, 1 elemanı Z/nZ’yi u
¨retir. Dolayısıyla Z/nZ grubu devirli
bir gruptur6 .
S¸imdi m ∈ Z/nZ elemanının Z/nZ grubunu u
¨retti˘gini varsayalım. O zaman
Z/nZ’nin her elemanı m elemanının bir katıdır. Bunun ¨ozel bir durumu olarak,
1 elemanının m elemanının bir katı oldu˘gunu g¨or¨
ur¨
uz. Yani ¨oyle bir k ∈ Z
vardır ki, 1 = km = km olur. Demek ki n sayısı km − 1 sayısını b¨oler; yani
¨oyle bir u ∈ Z vardır ki nu = km − 1 olur. Dolayısıyla n ve m’nin ortak b¨oleni
1’i de b¨olmek zorundadır. Bundan da n ve m’nin ortak b¨olenlerinin sadece 1
ve −1 oldu˘gu ¸cıkar, yani n ve m aralarında asaldır.
S¸imdi tam tersine n ve m elemanlarının aralarında asal oldu˘gunu varsayalım. Teorem 2.5’e g¨ore, ¨oyle u, v tamsayıları vardır ki nu + mv = 1 olur. Bu
e¸sitli˘gi Z/nZ grubuna indirirsek,
1 = nu + mv = nu + mv = mv = vm
olur, yani 1 ∈ ⟨m⟩ olur. Buradan da (bkz. Alı¸stırma 7.25)
Z/nZ = ⟨1⟩ ≤ ⟨m⟩ ≤ Z/nZ
ve dolayısıyla ⟨m⟩ = Z/nZ ¸cıkar. Demek ki m elemanı Z/nZ grubunu u
¨retir.
˙
Ileride
bu gruptan ¸cok daha fazla s¨ozedece˘giz.
Not: Z/nZ grubunda toplamayı x + y = x + y olarak tanımladık, daha do˘grusu tanımlayabilece˘gimizi g¨osterdik. Aynı k¨
ume u
¨zerinde benzer y¨ontemle bir
¸carpma i¸slemi de tanımlayabiliriz: x y = xy. Nitekim e˘ger x = x1 ve y = y1
ise, yani n, x − x1 ve y − y1 sayılarını b¨ol¨
uyorsa, o zaman,
xy − x1 y1 = x(y − y1 ) + (x − x1 )y1
e¸sitli˘ginden dolayı n, xy − x1 y1 sayısını da b¨oler, yani xy = x1 y1 olur. Demek
ki
x y = xy
tanımını yapmaya hakkımız var. B¨oylece Z/nZ k¨
umesi u
¨zerine ikili bir i¸slem
¨
(¸carpma i¸slemi) tanımlamı¸s oluruz. Orne˘
gin e˘ger n = 8 ise,
5 · 6 = 5 · 6 = 30 = 6
6˙
Ileride devirli gruplar i¸cin ayrı bir b¨
ol¨
um ayıraca˘
gız; dolayısıyla o zaman burada
yapılanların hepsi o b¨
ol¨
um¨
un sonu¸clarından ¸cıkacak.
¨ um
9. Normal Altgrup ve Bol
¨ Grubu
140
olur. Bu i¸slem de˘gi¸sme ve birle¸sme ¨ozelli˘gini sa˘glar, ¸cu
¨nk¨
u aynı ¨ozellikler Z’de
sa˘glanır. Benzer nedenden 0 ∈ Z/nZ yutan elemandır ¸cu
¨nk¨
u her x ∈ Z/nZ
i¸cin 0·x = 0 olur. Ve gene aynı nedenden 1 etkisiz elemandır: her x ∈ Z/nZ i¸cin
1·x = x olur. Ama bu i¸slemle birlikte Z/nZ bir grup olmaz, ¸cu
¨nk¨
u her elemanın
¨
¸carpma i¸slemi i¸cin bir tersi yoktur. Orne˘gin Z/6Z’de, 0, 2, 3, 4 elemanlarının
¨ yandan
¸carpımsal tersleri yoktur. Ote
(Z/nZ)⋆ = {x ∈ Z/nZ : bir y ∈ Z i¸cin x y = 1}
k¨
umesi ¸carpma altında bir grup olur. Bu grubun
{x ∈ Z/nZ : ebob(x, n) = 1}
¨
k¨
umesine e¸sit oldu˘gunu kanıtlamak zor de˘gil. Orne˘
gin E˘ger p bir asalsa
(Z/pZ)⋆ = {1, 2, . . . , p − 1}
¨
olur. E˘ger ayrıca n > 0 bir do˘gal sayıysa, Ornek
9.52’deki yazılımla, (Z/pn Z)⋆
grubunun elemanları, a0 , a1 , . . . , an−1 ∈ {0, 1, . . . , p − 1} ama a0 ̸= 0 i¸cin
a0 + a1 p + · · · + an−1 pn−1
bi¸ciminde yazılırlar. Dolayısıyla bunlardan (p−1)pn−1 = pn −pn−1 tane vardır.
Bu dediklerimizin bir ba¸ska sonucu, e˘ger p bir asalsa,
(Z/pn Z)⋆ = (Z/pn Z) \ (pZ/pn Z)
¨
e¸sitli˘gidir (bkz. Ornek
9.52). B¨
ut¨
un bunlardan ¸su sonu¸clar ¸cıkar:
Teorem 9.7 (Fermat’nın K¨
u¸cu
¨k Teoremi). E˘ger p bir asalsa her x i¸cin xp ≡
x mod p olur.
Kanıt: x’in p’ye b¨ol¨
unmedi˘gini varsayabiliriz. O zaman x ∈ (Z/pZ)⋆ olur.
Ama bu grubun derecesi p − 1 oldu˘gundan, Sonu¸c 8.6’ya g¨ore xp−1 = 1, yani
xp = x olur.
Euler-Fermat Teoremi adıyla bilinen Euler’in a¸sa˘gıdaki teoremi Fermat’nın
k¨
u¸cu
¨k teoremini genelle¸stirir:
Teorem 9.8 (Euler-Fermat Teoremi). n ve m birbirine asal iki do˘gal sayı
olsun. n’den k¨
u¸cu
¨ke¸sit ve n’ye asal pozitif do˘gal sayı sayısı φ(n) olsun. Bu
φ(n)
durumda m
≡ 1 mod n olur.
Kanıt: Metinde m ∈ (Z/nZ)⋆ oldu˘gunu g¨ord¨
uk. Ayrıca |(Z/nZ)⋆ | = φ(n)
oldu˘gunu g¨ord¨
uk. Demek ki Sonu¸c 8.6’ya g¨ore mφ(n) = 1 olur.
Bu son teoremdeki φ fonksiyonuna Euler φ fonksiyonu adı verilir. Teoremden de belli ki Euler φ fonksiyonunu hesaplayabilmek ¨onemli. Yukarıda
asal p sayıları i¸cin φ(pn ) = pn − pn−1 oldu˘gunu g¨ord¨
uk. Bu bilgi ve a¸sa˘gıdaki
olguyla Euler φ-fonksiyonunun aldı˘gı de˘gerleri hesaplayabiliriz, yeter ki sayıyı
asallarına ayırabilelim.
¨ um
9.4. Z’nin Bol
¨ Grupları
141
Olgu 9.9. E˘ger n ve m birbirine asal iki do˘gal sayıysa φ(nm) = φ(n)φ(m)
olur.
Bu olguyu kanıtlamak bu a¸samada ger¸cekten zor de˘gildir. Kanıtı pek zor
olamayan Teorem 10.18’in biraz fazlası kullanılarak kolaylıkla kanıtlanabilir.
Ama bu kanıtı vermek bizi ba¸ska mecralara s¨
ur¨
ukleyebilece˘ginden, bu ¨onemli
olgunun (olduk¸ca kolay) kanıtını halkalarla ilgili bir ba¸ska kitabımıza saklayaca˘gız.
Z/nZ k¨
umesi, toplama ve ¸carpma i¸slemleriyle birlikte bir “halka” olur.
10. Homomorfiler
Bu b¨ol¨
umde soyut cebirin en ¨onemli konusuyla tanı¸saca˘gız.
10.1
Homomorfi
G ve H iki grup olsun. E˘ger φ : G −→ H fonksiyonu her g1 , g2 ∈ G i¸cin
(1)
φ(g1 g1 ) = φ(g1 )φ(g2 )
e¸sitli˘gini sa˘glıyorsa, φ fonksiyonuna homomorfi adı verilir. Bir ba¸ska deyi¸sle,
i¸
slemlerle uyumlu ya da ¸
carpmaya da˘
gılan fonksiyonlara homomorfi denir. Tabii e˘ger G’nin i¸slemi toplamaysa (1) e¸sitli˘gi
φ(g1 + g1 ) = φ(g1 )φ(g2 )
olarak yazılmalı. Benzer de˘gi¸siklik e˘ger H’nin i¸slemi toplamaysa e¸sitli˘gin sa˘g
tarafında da yapılmalı.
Homomorfi yerine homomorfizma ya da e¸syapı d¨on¨
u¸su
¨m¨
u gibi tabirler de
kullanılır.
˙
Ileride
ba¸ska cebirsel yapıların da homomorfilerini tanımlayaca˘gımızdan,
di˘gerlerinden ayrı¸stırmak amacıyla homomorfi yerine grup homomorfisi de
diyebiliriz.
G grubundan H grubuna giden homomorfilerden olu¸san k¨
umeyi
Hom(G, H)
˙ ¨ornekte bu k¨
olarak g¨osterelim. Ilk
umenin bo¸sk¨
ume olmadı˘gını g¨orece˘giz.
¨
Notlar ve Ornekler
10.1. G ve H herhangi iki grup olsun. H’nin etkisiz elemanını alı¸sık oldu˘
gumuz u
¨zere 1 simgesiyle g¨
osterelim. O zaman her g ∈ G i¸cin φ(g) = 1 olarak tanımlanan f : G −→ H
fonksiyonu bir homomorfidir. Homomorfi olan tek sabit fonksiyon bu fonksiyondur.
¨
10.2. Ozde¸
slik fonksiyonu IdG , G’den G’ye giden bir homomorfidir.
10.3. G ≤ H olsun ve i : G −→ H fonksiyonu, her g ∈ G i¸cin i(g) = g olarak tanımlansın. i
bir homomorfidir. i’ye do˘
gal g¨
omme adı verilir.
144
10. Homomorfiler
10.4. E˘
ger G bir abel grubuysa ve a ∈ Z ise x 7→ xa kuralı bize G’den G’ye giden bir homomorfi verir. E˘
ger G’nin i¸slemi toplamayla yazılıyorsa, bu kural x 7→ ax olarak g¨
osterilir.
10.5. Analiz derslerinden bildi˘
gimiz exp fonksiyonu R grubundan R>0 grubuna giden bir homomorfidir ¸cu
¨nk¨
u her x, y ∈ R i¸cin exp(x + y) = exp x exp y olur. (R toplama altında,
R>0 ise ¸carpma altında bir gruptur.) ln fonksiyonu da R>0 grubundan R grubuna giden
bir homomorfidir
10.6. Yukarıdaki ¨
orne˘
gi G = Z grubuna uygulayalım. a ∈ Z sabit bir sayı olsun. φa (n) = an
¨
kuralıyla tanımlanan φa : Z −→ Z fonksiyonu bir homomorfidir. Ornek
10.19’da Z’den
Z’ye giden t¨
um homomorfilerin bu t¨
urden oldu˘
gunu g¨
osterece˘
giz.
10.7. G = Z ve H herhangi bir grup olsun. Rastgele bir h ∈ H se¸celim. φ(n) = hn kuralıyla
tanımlanmı¸s h : Z −→ H bir homomorfizmadır.
10.8. G = Z × Z, H herhangi bir grup ve a, b ∈ H elemanları ab = ba e¸sitli˘
gini sa˘
glayan iki
eleman olsun. φ(n, m) = an bm kuralıyla tanımlanmı¸s φ : Z × Z −→ H bir homomorfidir.
10.9. G herhangi bir grup ve g ∈ G olsun. Inng (x) = gxg −1 kuralıyla tanımlanmı¸s Inng
fonksiyonu G’den gene G’ye giden bir homomorfidir (bkz. Alı¸stırma 1.30).
10.10. G herhangi bir grup ve H, K ≤ G olsun. K ≤ NG (H) varsayımını yapalım. O zaman
k ∈ K ve h ∈ H i¸cin φk (h) = khk−1 kuralıyla tanımlanmı¸s φk fonksiyonu H’den gene
H’ye giden bir homomorfidir. Bu homomorfiler birebir ve ¨
ortendir. Ayrıca φk ◦φk′ = φkk′
olur.
10.11. G bir grup olsun. z ∈ G elemanı ¸su ¨
ozelli˘
gi sa˘
glasın: Her g ∈ G i¸cin [z, g] ∈ Z(G). O
zaman adz (g) = [z, g] kuralıyla tanımlanmı¸s fonksiyon bir grup homomorfisidir.
10.12. G bir grup ve H ▹ G olsun. Sayfa 114’te π(g) = gH = g kuralıyla tanımladı˘
gımız
π : G −→ G/H izd¨
u¸su
¨m fonksiyonu bir homomorfidir. Bu homomorfi ileride ¸cok ¨
onemli
olacaktır.
10.13. E˘
ger φ : G −→ H ve ψ : H −→ K birer homomorfiyse, ψ ◦ φ : G −→ H de bir
homomorfidir.
10.14. (φi : Gi −→ Hi )i bir homomorfi ailesi olsun. O zaman,
(
)
∏
φi ((gi )i ) = (φi (gi ))
i
kuralı bize bir
∏
i
Gi −→
∏
Hi
i
∏
homorfisi verir. E˘
ger φi ’lerin her biri birebirse (ya da ¨
ortense), i φi homomorfisi de
birebirdir (¨
ortendir) ama tabii bu olgu grup teorisiyle de˘
gil, k¨
umeler kuramıyla ilgili bir
o
¨nermedir.
10.15. G, H1 ve H2 u
¨c¸ grup olsun. Hom(G, H1 × H2 ), Hom(G, H1 ) ve Hom(G, H2 ) arasında
bir ili¸ski bulalım. E˘
ger φ1 ∈ Hom(G, H1 ) ve φ2 ∈ Hom(G, H2 ) iki homomorfiyse,
(φ1 × φ2 )(g) = (φ1 (g), φ2 (g1 ))
form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s
φ1 × φ2 : G −→ H1 × H2
fonksiyonu bir homomorfidir. B¨
oylece
α(φ1 , φ2 ) = φ1 × φ2
kuralıyla tanımlanmı¸s bir
α : Hom(G, H1 ) × Hom(G, H2 ) −→ Hom(G, H1 × H2 )
10.1. Homomorfi
145
fonksiyonu elde ederiz. Bu fonksiyonun tersi de vardır.
π1 : H1 × H2 −→ H1 ve π2 : H1 × H2 −→ H2
do˘
gal izd¨
u¸su
¨m fonksiyonlarıysa o zaman
β(φ) = (π1 ◦ φ, π2 ◦ φ)
kuralı bize,
β : Hom(G, H1 × H2 ) −→ Hom(G, H1 ) × Hom(G, H2 )
fonksiyonunu verir. α ve β fonksiyonlarının birbirinin tersi olduklarını kontrol etmek zor
de˘
gildir.
10.16. Bir ¨
onceki ¨
orne˘
gi somutla¸stıralım. n, m > 0 tamsayı olsunlar. E˘
ger x ∈ Z ise, x ∈ Z/nZ
ve x
˜ ∈ Z/mZ tahmin edilen mod¨
uler sayıları simgelesinler. φ : Z −→ Z/nZ × Z/mZ
fonksiyonu
˜)
φ(x) = (x, x
olarak tanımlansın. Bu fonksiyon bir homomorfidir.
( ∏
)
10.17. G bir grup ve (Hi )i bir grup ailesi olsun. Hom G, i Hi ve Hom(G, Hi ) k¨
umeleri
arasında bir ili¸ski bulalım. E˘
ger her i g¨
ostergeci i¸cin φi ∈ Hom(G, Hi ) homomorfisi
verilmi¸sse,
(
)
∏
φi (g) = (φi (g))i
i
form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s
∏
φi : G −→
∏
i
Hi
i
fonksiyonu bir homomorfidir. B¨
oylece
α((φi )i ) =
∏
φi
i
kuralıyla tanımlanmı¸s bir
α:
∏
(
Hom(G, Hi ) −→ Hom G,
i
∏
)
Hi
i
fonksiyonu elde ederiz. Bu fonksiyonun tersi de vardır. E˘
ger
∏
πi :
Hi −→ Hi
i
do˘
gal izd¨
u¸su
¨m fonksiyonlarıysa o zaman
β(φ) = (πi ◦ φ)i
kuralı bize,
(
β : Hom G,
∏
i
)
Hi
−→
∏
Hom(G, Hi )
i
fonksiyonunu verir. α ve β fonksiyonlarının birbirinin tersi olduklarını kontrol etmek zor
de˘
gildir.
( ∏
)
∏
Soru: Benzer bir ¸seyi Hom G, i Hi yerine Hom (G, ⊕i Hi ) i¸cin ya da i Hom(G, Hi )
yerine ⊕i Hom(G, Hi ) i¸cin yapabilir miyiz?
146
10. Homomorfiler
E˘ger φ : G −→ H bir homomorfiyse, G’nin etkisiz elemanı, H’nin etkisiz elemanına gitmek zorundadır, nitekim e˘ger 1G ∈ G ve 1H ∈ H etkisiz
elemanlarsa,
φ(1G ) = φ(1G · 1G ) = φ(1G ) · φ(1G )
oldu˘gundan, φ(1G ) = 1H olur. Ayrıca her g ∈ G i¸cin
1H = φ(1G ) = φ(gg −1 ) = φ(g)φ(g −1 )
oldu˘gundan, φ(g −1 ) = φ(g)−1 olur. B¨
ut¨
un bunlardan φ(G) ≤ H ¸cıkar. Ayrıca
her n ∈ Z i¸cin φ(g n ) = φ(g)n ¸cıkar. Dolayısıyla e˘ger g n = 1 ise φ(g) ancak,
H’nin derecesi n’yi b¨olen bir eleman olabilir. Bir ba¸ska deyi¸sle homomorfi
olmak kolay de˘gildir. Bu kadarla da kalmıyor: E˘ger, ¨orne˘gin, G’nin a, b, c
elemanları arasında
a2 b3 c−2 ab = 1
gibi bir ili¸ski varsa, H’nin φ(a), φ(b), φ(c) elemanları arasında da
φ(a)2 φ(b)3 φ(c)−2 φ(a)φ(b) = 1
gibi bir ili¸ski olmak zorundadır.
B¨
ut¨
un bunlardan bir de ¸su ¸cıkar: E˘ger X ⊆ G altk¨
umesi G’nin bir u
¨rete¸c
k¨
umesiyse, o zaman herhangi bir φ : G −→ H homomorfisi φ’nin X k¨
umesi
u
¨zerinde alaca˘gı de˘gerler tarafından belirlenir. Nitemin φ’nin X u
¨zerine aldı˘gı
de˘gerleri biliyorsak, bir g ∈ G elemanını, n ∈ N, xi ∈ X, ki ∈ Z i¸cin
g = xk11 · · · xknn
olarak yazarsak,
φ(g) = φ(x1 )k1 · · · φ(xn )kn
e¸sitli˘gi do˘gru olur, yani φ(g) elemanı φ(x1 ), . . . , φ(xn ) elemanları tarafından
belirlenir. Ama tabii φ’nin X’te alaca˘gı de˘gerler de genellikle rastgele olamaz.
Homomorfilerin bile¸skesinin bir homomorfi oldu˘gu bariz olmalı.
E˘ger φ : G −→ H bir homomorfiyse, φ(G)’ye G’nin homomorfik imgesi
adı verilir. Homomorfik imgeler G’ye olduk¸ca benzer, en azından G’nin izlerini
ta¸sır. G’nin t¨
um ili¸skileri φ(G)’ye φ sayesinde yansır, mesela G burulmalı bir
grupsa φ(G) de burulmalı bir gruptur, G bir abel grubuysa φ(G) de abeldir
vs. ama φ(G)’de G’den daha fazla ili¸ski olabilir, mesela (en u¸c ¨ornek) φ(G)’de
b¨
ut¨
un elemanlar 1’e e¸sit olabilirler ama G’de b¨oyle olmayabilir.
¨
Notlar ve Ornekler
10.18. n > 0 bir tamsayı olsun. Z/nZ grubundan Z grubuna giden homomorfileri bulalım.
φ : Z/nZ −→ Z bir homomorfi olsun. Z/nZ grubu 1 tarafından u
¨retildi˘
ginden, yukarıdaki metinde s¨
oylediklerimizden, φ’nin φ(1) de˘
geri tarafından belirlendi˘
gi anla¸sılır.
Nitekim, her k ∈ Z i¸cin,
φ(k) = φ(k · 1) = kφ(1)
10.1. Homomorfi
147
olur. Burada k = n alırsak,
0 = φ(0) = φ(n) = nφ(1),
yani nφ(1) = 0 buluruz. Ama n, φ(1) ∈ Z ve Z’de iki sayının ¸carpımı 0 ise, ikisinden
biri 0 olmalıdır. Demek ki φ(1) = 0 ve her k ∈ Z i¸cin,
φ(k) = kφ(1) = k · 0 = 0
olmalı. Sonu¸c: Z/nZ grubundan Z grubuna giden homomorfi sabit 0 fonksiyonu olmak
zorundadır. Zaten Z/nZ burulmalı bir grup oldu˘
gundan, homomorfik imgesi de burulmalı olmalıdır, ama Z’nin burulmalı tek elemanı 0’dır.
10.19. H herhangi bir grup olsun. Z grubundan H’ye giden t¨
um homomorfileri bulalım.
φ : Z −→ H bir homomorfi olsun. Z grubu 1 tarafından u
¨retildi˘
ginden, yukarıdaki
metinde s¨
oylediklerimizden, φ’nin φ(1) de˘
geri tarafından belirlendi˘
gi anla¸sılır. Nitekim,
her n ∈ Z i¸cin,
φ(n) = φ(n · 1) = φ(1)n
olur. (Toplamadan ¸carpmaya ge¸cti˘
gimiz ¸sa¸sırtmasın; H’nin i¸slemi ¸carpımsal olabilir.)
S
¸ imdi soru φ(1)’in H’nin hangi elemanı olabilece˘
gi. 1’in Z grubunda sa˘
glamak zorunda
oldu˘
gu ¨
ozel bir ili¸ski olmadı˘
gından, φ(1), H’nin herhangi bir elemanı olabilir. E˘
ger h ∈ H
verilmi¸sse, φh : Z −→ H fonksiyonu φh (n) = hn olarak tanımlansın. O zaman φh bir
homomorfidir, ne de olsa
φ(n + m) = hn+m = hn hm = φ(n)φ(m)
olur. Demek ki H ile Hom(Z, H) k¨
umesi arasında h 7→ φh kuralıyla verilmi¸s bir e¸sleme
vardır.
Bunun ¨
ozel bir durumu olarak Hom(Z, Z) k¨
umesine bakalım. (Bu k¨
ume End Z olarak yazılır ve bir k¨
umeden ¸cok daha fazladır, bir halkadır. Halka kavramını ileride ele
alaca˘
gız.) Z’den Z’ye giden her homomorfi bir n ∈ Z i¸cin
φ(x) = nx
form¨
ul¨
uyle verilmi¸stir. Yani n ile ¸carpmadır. 0 ile ¸carpma dı¸sında her biri birebirdir ama
sadece ikisi ¨
ortendir: 1 ile ¸carpma (ki ¨
ozde¸slik fonksiyonu IdZ ’dir) ve −1 ile ¸carpma (ki
− IdZ olarak g¨
osterilir.)
10.20. H herhangi bir grup ve n > 0 bir tamsayı olsun. Z/nZ grubundan H’ye giden t¨
um
homomorfileri bulalım.
φ : Z/nZ −→ H bir homomorfi olsun. Z/nZ grubu 1 tarafından u
¨retildi˘
ginden, yukarıdaki metinde s¨
oylediklerimizden, φ’nin φ(1) de˘
geri tarafından belirlendi˘
gi anla¸sılır.
Nitekim, her k ∈ Z i¸cin,
φ(k) = φ(k · 1) = φ(1)k
olur. S
¸ imdi soru, φ(1)’in H’nin hangi elemanı olabilece˘
gi. 1 elemanının derecesi n oldu˘
gundan, 1 = φ(0) = φ(n) = φ(1)n olmalı, yani H’nin f (1) elemanı φ(1)n = 1
e¸sitli˘
gini sa˘
glamalı (yani derecesi n’yi b¨
olmeli.) φ(1) u
¨zerine ba¸ska da bir ko¸sul yoktur.
Demek ki derecesi n’yi b¨
olen her h elemanı i¸cin, φh (k) = hk kuralıyla tanımlanmı¸s
φh : Z/nZ −→ H fonksiyonu bir homomorfidir ve bunlardan ba¸ska da Z/nZ’den H’ye
giden bir homomorfi yoktur.
Sonu¸c olarak ¸sunu bulduk: E˘
ger Hn = {h ∈ H : hn = 1} ise Hn ile Hom(Z/nZ, H)
k¨
umesi arasında h 7→ φh kuralıyla verilmi¸s bir e¸sleme vardır.
10.21. Bir ¨
onceki ¨
ornekten yararlanarak Hom(Z/nZ, Z/mZ) k¨
umesini bulalım. Demek ki, ¨
oyle
k ∈ Z/mZ elemanlarını arıyoruz ki, nk = 0 olsun, yani m, nk sayısını b¨
ols¨
un. B¨
oyle
bir k tamsayısı se¸celim. d = ebob(n, m) olsun. n = dn1 , m = dm1 yazalım. Demek ki
148
10. Homomorfiler
dm1 , dn1 k’yı b¨
ol¨
uyor, yani m1 , n1 k’yı b¨
ol¨
uyor. Ama n1 ve m1 aralarında asaldır tabii.
Dolayısıyla m1 , k’yı b¨
oler, yani bir t sayısı i¸cin k = tm1 olur. Kontrol edelim: Acaba
k = tm1 ise m, nk’yı b¨
ol¨
uyor mu?
nk = ntm1 = dn1 tm1 = n1 t(dm1 ) = (n1 t)m
oldu˘
gundan, m sayısı nk’yı ger¸cekten de b¨
oler. k = tm1 sayısını Z/mZ grubunda hesaplayaca˘
gımızdan ve m = dm1 oldu˘
gundan, t sayısını {0, 1, . . . , d − 1} k¨
umesinden
alabiliriz. Demek ki b¨
oyle bir t i¸cin1
ψt (˜
x) = tm1 x
kuralı bize bir
ψt : Z/nZ −→ Z/mZ
homomorfisi verir ve ba¸ska da yoktur:
Hom(Z/nZ, Z/mZ) = {ψt : t = 0, 1, . . . , d − 1}.
Okur n = m durumunu ¨
ozellikle irdelemek isteyebilir. Bu ¨
ozel durum i¸cin bkz. Alı¸stırma
10.48.
10.22. Q grubundan Z grubuna giden homomorfileri bulalım. φ ∈ Hom(Q, Z) olsun. Her a ∈ Q
ve her n > 0 i¸cin nx = a denkleminin Q’da bir ¸c¨
oz¨
um¨
u oldu˘
gundan, bu denkleme φ’yi
uygulayarak nφ(x) = φ(a) e¸sitli˘
gini elde ederiz. Demek ki ny = φ(a) denkleminin Z’de
bir ¸co
¨z¨
um¨
u vardır. Ama n’yi φ(a)’ya asal alabilirsek, bu denklemin Z’de ¸co
¨z¨
um¨
u olamaz.
Demek ki φ(a) = 0 olmalı. Dolayısıyla Hom(Q, Z) k¨
umesi sadece sabit 0 fonksiyonundan
ibarettir.
10.23. G burulmalı bir grup2 ve φ : G −→ H bir homomorfi olsun. O zaman φ(G) grubu da
burulmalı bir gruptur. E˘
ger G’nin her elemanının n’inci kuvveti 1 ise, G’nin homomorfik
imgelerinin de aynı ¨
ozelli˘
gi vardır.
3
10.24. G b¨
ol¨
un¨
ur bir grup ve φ : G −→ H bir homomorfi olsun. O zaman φ(G) grubu da
b¨
ol¨
un¨
ur bir gruptur. Nitekim e˘
ger xn = g denkleminin G’de ¸co
¨z¨
um¨
u varsa, xn = φ(g)n
denkleminin φ(G)’de ¸co
¨z¨
um¨
u vardır: G’deki ¸co
¨z¨
um a ise, φ(G)’deki (bir) ¸co
¨z¨
um φ(a)
olur.
¨
Bu ¨
ornek ı¸sı˘
gında Ornek
10.22’ye bir daha bakalım. Z’nin b¨
ol¨
un¨
ur bir altgrubu {0}
olmak zorunda oldu˘
gundan, Hom(Q, Z)’de sadece sabit 0 fonksiyonu vardır.
Alı¸stırmalar
10.25. E˘
ger φ : G −→ H bir homomorfiyse ve A ≤ G ise φ(A) ≤ H oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.26. E˘
ger φ : G −→ H bir homomorfiyse ve B ≤ H ise φ−1 (B) ≤ G oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.27. φ(x) = x−1 kuralıyla tanımlanmı¸s fonksiyonun homomorfi olması i¸cin grubun abel
grubu olması yeter ve gerek ko¸sul oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.28. E˘
ger φ : G −→ H bir homomorfiyse ve B ▹ H ise φ−1 (B) ▹ G oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.29. E˘
ger φ : G −→ H bir homomorfiyse ve A ▹ G ise, φ(A) ▹ H oldu˘
gu her zaman do˘
gru
de˘
gildir. Bunu g¨
ormek i¸cin bir H grubu ve H’nin normal olmayan bir A grubunu alalım.
Mesela A = Sym 2, H = Sym 3 olabilir. G = A olsun ve φ : G −→ H g¨
omme fonksiyonu
E˘
ger x ∈ Z ise, x
˜ ∈ Z/nZ ve x ∈ Z/mZ elemanları x tamsayısının sırasıyla Z/nZ ve
Z/mZ b¨
ol¨
um gruplarındaki izd¨
u¸su
¨mlerini simgelesin.
2
Yani her g ∈ G o
¨yle bir n > 0 tamsayısı vardır ki g n = 1 olur.
3
Yani her g ∈ G ve n > 0 tamsayısı i¸cin xn = g denkleminin G’de bir ¸co
¨z¨
um¨
u olsun.
¨
Orne˘
gin Q, R ve R>0 b¨
ol¨
un¨
ur gruplardır.
1
10.2. Otomorfi Grubu
149
olsun, yani her g ∈ G i¸cin φ(g) = g olsun. O zaman A▹G olur (e¸sitler ¸cu
¨nk¨
u) ama φ(A)▹
¨ yandan E˘
H olmaz. Ote
ger φ : G −→ H bir homomorfiyse ve A ▹ G ise φ(A) ▹ φ(G)
oldu˘
gu do˘
grudur; kanıtlayın. Yani ¨
orten homomorfilerde normal altgrupların imgeleri de
normaldir.
10.30. G bir grup ve A bir abel grubu olsun. Hom(G, A), G’den A’ya giden homomorfiler
k¨
umesi olsun. E˘
ger α, β ∈ Hom(G, A) ise, αβ : G −→ H fonksiyonunu, her g ∈ G i¸cin
(αβ)(g) = α(g)β(g)
olarak tanımlayalım. αβ’nın da bir homomorfi oldu˘
gunu g¨
ostermek zor de˘
gil; g¨
osterin.
Bunun i¸cin A’nın bir abel grubu olması ¨
onemlidir, aksi halde ¨
onerme do˘
gru de˘
gildir;
¨
ornek bulun.
10.31. E˘
ger α : G −→ H bir homomorfiyse ve aynı zamanda bir e¸slemeyse α−1 : H −→ G
fonksiyonunun da bir homomorfi oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.32. G ve G1 birer grup, φ : G −→ G1 bir homomorfi ve (Hi )i∈I ailesi G’nin bir altgrup
ailesi olsun. Bu durumda φ(⟨Hi : i ∈ I⟩) = ⟨φ(Hi ) : i ∈ I⟩ e¸sitli˘
gini g¨
osterin.
10.33. G bir grup, N ▹ G ve (Hi )i∈I ailesi G’nin bir altgrup ailesi olsun. Yukarıdaki alı¸stırmayı
kullanarak ⟨Hi : i ∈ I⟩N/N = ⟨Hi N/N : i ∈ I⟩ e¸sitli˘
gini g¨
osterin.
10.2
Otomorfi Grubu
Homomorfilerin bile¸skelerinin de homomorfi oldu˘gunu kanıtlamak zor de˘gil.
Nitekim e˘ger φ : G −→ H ve ψ : H −→ K iki homomorfiyse,
(ψ ◦ φ)(xy) = ψ(φ(xy)) = ψ(φ(x)φ(y))
= ψ(f (x))ψ(f (y)) = (ψ ◦ φ)(y)(ψ ◦ φ)(y)
e¸sitli˘gi bize ψ ◦ φ : G −→ K fonksiyonunun da bir homomorfi oldu˘gunu s¨oyler.
Aynı zamanda e¸sleme olan φ : G −→ H homomorfilerine izomorfi adı verilir. Aynı zamanda e¸sle¸sme olan φ : G −→ G homomorfilerine otomorfi adı
verilir. G’nin otomorfilerinden olu¸san k¨
ume Aut G olarak yazılır. Bir ¨onceki
paragrafa g¨ore izomorfilerin bile¸skesi gene bir izomorfidir ve dolayısıyla Aut G
k¨
umesi bile¸ske altında kapalıdır. Bir G grubundan kendisine giden homomorfilere endomorfi adı verilir ve bu k¨
ume Hom(G, G) yerine End G olarak g¨osterilir. End G k¨
umesi de Aut G k¨
umesi gibi bile¸ske altında kapalıdır.
E˘ger φ : G −→ H bir izomorfiyse, o zaman φ’nin ters fonksiyonu olan
φ−1 : H −→ G de bir izomorfidir. Nitekim e˘ger h1 , h2 ∈ H ise, φ(g1 ) = h1
ve φ(g2 ) = h2 e¸sitliklerini, yani φ−1 (h1 ) = g1 ve φ−1 (h2 ) = g2 e¸sitliklerini
sa˘glayan g1 , g2 ∈ G elemanlarını se¸cip hesap yapalım:
φ−1 (h1 h2 ) = f −1 (f (g1 )f (f2 )) = f −1 (f (g1 ))f −1 (f (g2 ))
= g1 g2 = φ−1 (h1 )φ−1 (h2 )
olur. Dolayısıyla otomorfilerin (bile¸ske i¸slemine g¨ore) tersleri de bir otomorfidir.
Bunun dı¸sında IdG : G −→ G ¨ozde¸slik fonksiyonu elbette bir otomorfidir.
S¨oylediklerimizden ¸su sonu¸c ¸cıkar:
150
10. Homomorfiler
Teorem 10.1. E˘ger G bir grupsa, Aut G k¨
umesi de fonksiyonların bile¸skesi
i¸slemi altında bir gruptur.
Elbette Aut G, Sym G’nin bir altgrubudur, ne de olsa Aut G’nin elemanları
aynı zamanda G’nin e¸sle¸smeleridir.
¨
Notlar ve Ornekler
10.34. φ ∈ End Q olsun. φ(1) = a olsun. Her q ∈ Q i¸cin φ(q) = aq e¸sitli˘
gini kanıtlayaca˘
gız.
φ(n + 1) = φ(n) + φ(1) = φ(n) + a e¸sitli˘
ginden t¨
umevarımla her n ∈ N i¸cin φ(n) = an
e¸sitli˘
gi ¸cıkar. φ(−n) = −φ(n) e¸sitli˘
ginden de her n ∈ N i¸cin φ(n) = an e¸sitli˘
gi ¸cıkar.
S
¸ imdi n, m ∈ Z olmak u
¨zere q = n/m olsun. O zaman
(n)
( n)
= mφ
= mφ(q)
an = φ(n) = φ m
m
m
olur ve bundan da istenen φ(q) = an/m = aq e¸sitli˘
gi ¸cıkar.
10.35. Z × Z grubunun endomorfilerini bulalım. φ ∈ End(Z × Z) olsun. Z × Z grubu e1 =
(1, 0) ve e2 = (0, 1) elemanları tarafından u
¨retildi˘
ginden, φ endomorfisi bu elemanların
imgeleri tarafından belirlenir. Nitekim e˘
ger
φ(e1 ) = (a, b) ve φ(e2 ) = (c, d)
ise her (x, y) ∈ Z × Z i¸cin,
φ(x, y) = φ(xe1 + ye2 ) = xφ(e1 ) + yφ(e2 ) = x(a, b) + y(c, d) = (xa + yc, xb + yd)
olur. Ayrıca her (a, b) ve (c, d) se¸cimi bize bir endomorfi verir.
10.36. exp fonksiyonu R grubundan R>0 grubuna giden bir izomorfidir ve tersi olan ln fonksiyonu R>0 grubundan R grubuna giden bir izomomorfidir.
¨
10.37. Aut Z iki elemandan olu¸sur: IdZ ve − IdZ (bkz. Ornek
10.19). Birincisi x 7→ x, ikincisi
x 7→ −x kuralıyla verilir. S
¸ imdi Z yerine, bir a i¸cin A = {an : n ∈ Z} bi¸ciminde yazılan
sonsuz d¨
ong¨
usel grubu ele alalım. Bu grup elbette Z grubuna izomorftur. Dolayısıyla
Aut A ≃ Aut Z olmalı, dolayısıyla A’nın iki otomorfisi olmalı. Bunlardan biri x 7→ x,
di˘
geri x 7→ x−1 kuralıyla verilmi¸stir.
10.38. H ▹ G olsun. O zaman G’nin her g elemanı x 7→ xg kuralıyla H’nin bir otomorfisini do˘
gurur. H’nin bu otomorfisine φg diyelim. Kolaylıkla φg1 g2 = φg1 ◦ φg2 e¸sitli˘
gi
kanıtlanabilir. Demek ki φ(g) = φg kuralıyla tanımlanmı¸s φ : G −→ Aut H fonksiyonu
bir homomorfidir.
10.39. Yukarıdaki ¨
orne˘
gi genelle¸stirebiliriz. G herhangi bir grup ve H, K ≤ G olsun. K ≤
NG (H) varsayımını yapalım. O zaman k ∈ K ve h ∈ H i¸cin φk (h) = khk−1 kuralıyla
tanımlanmı¸s φk fonksiyonu H’den gene H’ye giden bir otomorfidir. Ayrıca φk ◦ φk′ =
φkk′ olur; yani φ(k) = φk kuralı bize bir φ : K −→ Aut H homomorfisi verir.
10.40. G herhangi bir grup, n > 0 bir tamsayı ve σ ∈ Sym n olsun. O zaman Gn kartezyen grubunun koordinatlarını σ elemanına g¨
ore kararsak, yani (gi )i elemanını (gσ(i) )i elemanına
¨
d¨
on¨
u¸st¨
ur¨
ursek, Gn ’nin bir φσ otomorfisini elde ederiz. Orne˘
gin n = 6 ve σ = (1 2 3)(5 6)
ise
φσ (g1 , g2 , g3 , g4 , g5 , g6 ) = (g2 , g3 , g1 , g4 , g6 , g5 )
olur. Her α, β ∈ Sym n i¸cin φα ◦ φβ = φαβ olur. B¨
oylece φ(σ) = φσ kuralıyla verilmi¸s
bir φ : Sym n −→ Aut Gn homomorfisi elde ederiz.
Bu ¨
ornekte endis k¨
umesini sonlu almak zorunda de˘
gildik, endis k¨
umesi herhangi bir I
k¨
umesi olabilirdi. Bu durumda σ’yı Sym n’den se¸cmek durumunda olurduk.
10.2. Otomorfi Grubu
151
Alı¸stırmalar
10.41. G bir grup olsun. x 7→ x−1 fonksiyonunun bir otomorfi olmasıyla G’nin abel grubu
olmasının e¸sde˘
ger ko¸sullar oldu˘
gunu g¨
osterin.
2
10.42. G bir grup olsun. x 7→ x fonksiyonunun bir endomorfi olmasıyla G’nin abel grubu
olmasının e¸sde˘
ger ko¸sullar oldu˘
gunu g¨
osterin. (Aynı alı¸stırma, 2 yerine 3 sayısı i¸cin
do˘
gru de˘
gildir.)
10.43. G bir grup olsun. (g1 , g2 ) 7→ (g2 , g1 ) fonksiyonunun G × G grubunun bir otomorfisi
oldu˘
gunu g¨
osterin.
10.44. G bir grup olsun. Gn = G × . . . × G (n defa) olsun. Sym n grubundan Aut Gn grubu˙
nun i¸cine giden birebir homomorfi oldu˘
gunu g¨
osterin. (Ipucu:
Sym n’nin elemanları Gn
grubunun koordinatlarını tahmin edildi˘
gi gibi de˘
gi¸stirsin.)
10.45. Z × Z grubunu ele alalım. e1 = (1, 0) ve e2 = (0, 1) olsun. Rastgele bir G grubu olsun
ve φ : Z × Z −→ G bir homomorfi olsun. φ(e1 )φ(e2 ) = φ(e2 )φ(e1 ) e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
S
¸ imdi G grubundan g1 ve g2 elemanları alalım. Bu elemanların birbirileriyle de˘
gi¸sti˘
gini
varsayalım, yani g1 g2 = g2 g1 olsun. Z × Z grubundan G grubuna giden ve φ(e1 ) =
g1 ve φ(e2 ) = g2 e¸sitliklerini sa˘
glayan bir homomorfi oldu˘
gunu kanıtlayın; ayrıca bu
homomorfinin biricik oldu˘
gunu kanıtlayın.
Yukarıdaki alı¸stırmayı Z ⊕ Z ⊕ Z ve herhangi bir I g¨
osterge¸c k¨
umesi i¸cin ⊕I Z gruplarına
genelle¸stirin.
10.46. A = Z × Z grubunu ele alalım. e1 = (1, 0) ve e2 = (0, 1) olsun. A’dan A’ya giden ve
φ(e1 ) = (1, 2), φ(e2 ) = (1, 1) e¸sitliklerini sa˘
glayan bir φ ∈ End A oldu˘
gunu bir ¨
onceki
alı¸stırmadan biliyoruz. Bu endomorfinin bir izomorfi oldu˘
gunu kanıtlayın.
φ(e1 ) = (1, 2), φ(e2 ) = (3, 1) e¸sitliklerini sa˘
glayan φ ∈ End A endomorfisinin birebir
oldu˘
gunu ama ¨
orten olmadı˘
gını kanıtlayın.
φ(e1 ) = (1, 2), φ(e2 ) = (2, 1) e¸sitliklerini sa˘
glayan φ ∈ End A endomorfisinin ne birebir
ne ¨
orten oldu˘
gunu kanıtlayın.
Hangi a, b, c, d ∈ Z sayıları i¸cin φ(e1 ) = (a, b), φ(e2 ) = (c, d) e¸sitliklerini sa˘
glayan
φ ∈ End A endomorfisi birebirdir, ya da ¨
ortendir?
10.47. Bu alı¸stırmada bir abel grubunun endomorfilerinin bir “halka” olu¸sturdu˘
gunu g¨
osterece˘
giz. A ̸= 1 bir abel grubu olsun. Kolaylık olması a¸cısından A’nın i¸slemini toplamayla yazalım. E˘
ger α, β ∈ End A ise α + β : A −→ A fonksiyonu da bir endomorfi olur
(bkz. Alı¸stırma 10.30). Ayrıca α ◦ β fonksiyonunun da bir endomorfi oldu˘
gunu biliyoruz.
Bundan b¨
oyle α ◦ β yerine αβ yazalım ve bunu α ile β’nın ¸carpımı olarak algılayalım.
a. End A k¨
umesinin toplama altında bir abel grubu oldu˘
gunu g¨
osterin. Toplamanın
etkisiz elemanı olan sabit 0 fonksiyonunu gene 0 olarak g¨
osterece˘
giz.
b. Her α, β, γ ∈ End A i¸cin (αβ)γ = α(βγ) oldu˘
gunu zaten biliyoruz; bu e¸sitlik sadece
endomorfiler i¸cin de˘
gil, t¨
um fonksiyonlar i¸cin ge¸cerlidir.
c. Her α, β, γ ∈ End A i¸cin α(β + γ) = αβ + αγ ve (α + β)γ = αγ + βγ e¸sitliklerini
g¨
osterin.
d. IdA ∈ Aut A ⊆ End A elemanı ¸carpmanın etkisiz elemanıdır. Bu elemanı 1 olarak
g¨
osterece˘
giz. 1 ̸= 0 oldu˘
gunu g¨
ozlemleyin.
Yukarıdaki ¨
ozellikleri olan bir (End A, +, ◦, 0, 1) yapısına halka denir.
10.48. Her x, t ∈ Z i¸cin ψt (x) = tx kuralı bize bir ψt : Z/nZ −→ Z/nZ grup endomorfisi verir.
¨
End(Z/nZ) = {ψt : t = 0, 1, . . . , n − 1} e¸sitli˘
gini kanıtlayın (bkz. Ornek
10.21).
ψ(t) = ψt kuralıyla tanımlanmı¸s ψ : Z/nZ −→ End(Z/nZ) fonksiyonunun (ger¸cekten)
iyi tanımlı, birebir ve ¨
orten oldu˘
gunu kanıtlayın. ψ(t + s) = ψ(t) + ψ(s) ve ψ(t s) =
ψ(t) ◦ ψ(s) e¸sitliklerini kanıtlayın.
Aut(Z/nZ) = {ψt : t = 0, 1, . . . , n − 1 ve ebob(t, n) = 1} e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
10.49. Bir ¨
onceki alı¸stırmadan esinlenerek End Z halkasını (k¨
umesini ve toplama ve bile¸ske
152
10. Homomorfiler
i¸slemlerini) bulun.
¨
10.50. Ornek
10.17’deki Hi grupları abel grupları olsun. O ¨
ornekte bulunan α ve β fonksiyonları
homomorfilerin toplamasıyla uyumlu mudur, yani bir grup homomorfisi midir?
10.51. Aut D4 grubunu bulun.
10.52. Z × Z grubunun otomorfi grubunu ve bu grubun merkezini bulun.
10.53. A ⊆ G bir altk¨
ume ve X = {Ax : x ∈ G} olsun. E˘
ger g ∈ G ise ve B ∈ X ise g˜(B) = B g
tanımını yapalım. g˜ ∈ Sym X oldu˘
gunu kanıtlayın. γ 7→ g˜ fonksiyonunun G’den Sym X’e
giden bir homomorfi oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.54. G sonlu bir grup olsun. φ ∈ Aut G, derecesi 2 olan bir otomorfi olsun, yani φ ◦ φ = IdG
olsun. E˘
ger φ(g) = g oldu˘
gunda g = 1 oluyorsa, yani φ’nin 1’den ba¸ska sabitledi˘
gi
nokta yoksa, o zaman her g ∈ G i¸cin φ(g) = g −1 oldu˘
gunu (dolayısıyla G’nin abel
˙
¨
oldu˘
gunu, bkz. Alı¸stırma 10.41) kanıtlayın. Ipucu:
Once
G’nin her elemanının g −1 φ(g)
olarak yazıldı˘
gını g¨
osterin; sonra bu t¨
ur elemanlara φ’yi uygulayın.
˙ c Otomorfiler. S¸imdi bir G grubunun ¨ozel otomorfilerinden s¨ozedece˘giz.
I¸
Kolayca kanıtlanabilece˘gi u
¨zere, g ∈ G ise, x 7→ gxg −1 kuralıyla tanımlanmı¸s
Inng : G −→ G fonksiyonu G’nin bir otomorfisidir. Bunu kanıtlamak i¸cin,
Inng fonksiyonunun birebir ve ¨orten oldu˘gunu ve Inng (xy) = Inng (x) Inng (y)
e¸sitli˘gini g¨ostermek gerekir, ki bunlar da olduk¸ca basit hesaplardır. Inng t¨
ur¨
unden otomorfilere G’nin i¸
c otomorfisi adı verilir. Buradan, G’den Aut G’ye giden bir Inn : G −→ Aut G fonksiyonu elde ederiz: Inn(g) = Inng . Bu fonksiyon
da bir homomorfidir, ancak birebir ya da ¨orten olmayabilir. Inn fonksiyonunun
homomorfi oldu˘gunu kanıtlamak kolay: Her g, h, x ∈ G i¸cin,
(Inng ◦ Innh )(x) = Inng ((Innh )(x)) = Inng (hxh−1 ) = ghxh−1 g −1
= (gh)x(gh)−1 = Inngh (x)
ve dolayısıyla her g, h ∈ G i¸cin Inng ◦ Innh = Inngh olur. Bir grubun i¸c otomorfilerinden ba¸ska otomorfileri de olabilir; ama bazen de olmayabilir. Mesela
n ≥ 3 ama n ̸= 6 ise, Sym n’nin sadece i¸c otomorfileri vardır ama bunu g¨ostermek hi¸c kolay de˘gildir.
˙ c otomorfiler k¨
I¸
umesi Inn G elbette Aut G grubunun bir altgrubudur. Bu
altgrubun normal bir altgrup oldu˘gunu iddia edip kanıtlıyoruz. g, x ∈ G ve
ϕ ∈ Aut G olsun. Hesap yapalım:
(ϕ−1 Inng ϕ)(x) = ϕ−1 (gϕ(x)g −1 ) = ϕ−1 (g)xϕ−1 (g)−1 = Innϕ−1 (g) (x)
ve dolayısıyla
ϕ−1 Inng ϕ = Innϕ−1 (g) ,
yani Inn G ▹ Aut G.
Alı¸stırmalar
10.55. g ∈ Z(G) ko¸suluyla Inng = IdG ko¸sulunun e¸sde˘
ger oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.56. Inng = Innh e¸sitli˘
ginin do˘
gru olması i¸cin gh−1 ∈ Z(G) ko¸sulunun gerek ve yeter oldu˘
gunu kanıtlayın. Dolayısıyla e˘
ger Z(G) = 1 ise Inn : G −→ Aut G homomorfisi birebirdir.
10.2. Otomorfi Grubu
153
10.57. H ▹ G olsun. O zaman G’nin her g elemanı x 7→ xg kuralıyla H’nin bir otomorfisini do˘
gurur. H’nin bu otomorfisine φg diyelim. Kolaylıkla φg1 g2 = φg1 ◦ φg1 e¸sitli˘
gi
kanıtlanabilir. Demek ki φ(g) = φg kuralıyla tanımlanmı¸s φ : G −→ Aut H fonksiyonu
bir homomorfidir.
φ(g) ∈ Inn H ⇔ g ∈ CG (H)H
¨
onermesini kanıtlayın.
Karakteristik Altgruplar. G bir grup ve H ≤ G olsun. E˘ger her φ ∈
Aut G i¸cin φ(H) ⊆ H, dolayısıyla φ(H) = H oluyorsa, H’ye karakteristik altgrup denir. Bu durumda H char G yazılır. Karakteristik altgruplar i¸c
otomorfiler altında de˘gi¸smedi˘ginden normal olurlar.
Alı¸stırmalar
10.58.
10.59.
10.60.
10.61.
10.62.
10.63.
10.64.
10.65.
Z(G) char G olur.
E˘
ger H char G ise CG (H) char G olur.
E˘
ger H, K char G ise HK char G olur.
E˘
ger H, K char G ise [H, K] char G olur.
π bir asallar k¨
umesiyse, ⟨h : h bir π-eleman⟩ char G olur.
n ∈ N ise ⟨hn : h ∈ G⟩ char G olur.
h ∈ G ise ⟨φ(h) : φ ∈ Aut G⟩ char G olur.
G bir grup, t ∈ G derecesi 2 olan bir eleman olsun. X = {[t, g] : g ∈ G} olsun. Bu
alı¸stırmada X’in bir abel grubu oldu˘
gunu (ve fazlasını) kanıtlayaca˘
gız.
a. x ∈ X i¸cin xt = x−1 oldu˘
gunu kanıtlayın. Elbette t ̸∈ X. Buradan, tX’in elemanlarının derecesinin 2 oldu˘
gunu g¨
osterin.
b. φ(gCG (t)) = [t, g −1 ] kuralıyla tanımlanmı¸s φ : G/CG (t) −→ X fonksiyonunun iyitanımlanmı¸s oldu˘
gunu ve bir e¸sleme oldu˘
gunu kanıtlayın.
Bundan b¨
oyle G’nin sonlu oldu˘
gunu ve CG (t) = {1, t} varsayımını yapalım.
c. (b)’den dolayı |X| = |G|/2 olur.
d. (a)’dan dolayı X’te derecesi 2 olan bir eleman yoktur.
e. Demek ki X ∩ tX = ∅ olur.
f. Buradan G = X ⊔ tX e¸sitli˘
gini ve X’in derecesi ̸= 2 olan elemanlardan olu¸stu˘
gunu
g¨
osterin.
g. Demek ki X, G’nin karakteristik bir altk¨
umesidir, yani otomorfiler tarafından yerinden oynatılamaz.
h. x ∈ X \ {1} sabit bir eleman olsun. tx ’in de X’in elemanlarını terslerine yolladı˘
gını
x
yani her y ∈ X i¸cin y t = y −1 oldu˘
gunu kanıtlayın.
i. Buradan 1 ̸= x2 = ttx elemanının X’in elemanlarını merkezledi˘
gini g¨
osterin.
j. Buradan X = CG (x2 ) ≤ G ¸cıkar.
k. (1)’den dolayı X bir abel grubudur.
10.66. G derecesi 2 olan elemanı bulunmayan burulmalı bir grup olsun. G’nin derecesi 2 olan bir
φ otomorfisi oldu˘
gunu ve bu otomorfinin 1’den ba¸ska eleman sabitlemedi˘
gini varsayalım.
Her g ∈ G i¸cin φ(g) = g −1 oldu˘
gunu (dolayısıyla G’nin bir abel grubu oldu˘
gunu)
kanıtlayaca˘
gız.
a. Her a, b ∈ G i¸cin e˘
ger a2 = b2 ise a = b oldu˘
gunu g¨
osterin.
Bundan b¨
oyle bir g ∈ G sabitleyelim. G’nin 2-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu biliyoruz (Sonu¸c 4.9).
h2 = φ(g −1 )g e¸sitli˘
gini sa˘
glayan bir h ∈ G alalım.
b. φ(h)2 = h−2 oldu˘
gunu, buradan da φ(h) = h−1 e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
154
10. Homomorfiler
c. φ(gh−1 ) = gh−1 e¸sitli˘
gini, buradan da g = h e¸sitli˘
gini kanıtlayın. Bu da istedi˘
gimiz
sonucu verir.
10.3
˙
Izomorfik
Gruplar
˙ izomorfik grup arasında grupların elemanlarının ve i¸slemlerinin adları ve
Iki
g¨osterimleri dı¸sında grup teorisi a¸cısından hi¸cbir fark yoktur. Nitekim e˘ger f :
G −→ H bir izomorfiyse, φ’yi bir s¨ozl¨
uk gibi kullanıp G dilinde yazılan ¨onermeleri H dilinde yazılmı¸s ¨onermeler haline d¨on¨
u¸st¨
urebiliriz ve birinde do˘gru
¨
olan ¨onermenin ¸cevrilmi¸s hali di˘gerinde de do˘gru olur. Orne˘
gin a, b, c ∈ G gibi
elemanlar arasındaki her t¨
url¨
u ili¸ski φ(a), φ(b), f (c) ∈ H elemanları arasında
da ge¸cerlidir. Ya da a, b, c ∈ G gibi elemanlar i¸ceren xayabxyxc = 1 benzeri herhangi bir denklemin G’de ¸c¨oz¨
um¨
u varsa, bu denklemin muadili olan
(¨orne˘gimizde xφ(a)yφ(a)φ(b)xyxφ(c) = 1) denkleminin H’de de ¸c¨oz¨
um¨
u vardır ve G’de ne kadar ¸c¨oz¨
um varsa, H’de de o kadar ¸c¨oz¨
um vardır. Ya da G bir
abel grubuysa H de bir abel grubudur. G’de her x, y, z i¸cin [[x, y], [x, z]] = 1
e¸sitli˘gi ge¸cerliyse, aynı e¸sitlik H’nin her x, y, z elemanı i¸cin de ge¸cerlidir. Bu
dediklerimizin ters istikameti de do˘grudur: H’de do˘gru olan her ¨onerme, φ−1
s¨ozl¨
u˘gu
¨yle G’nin diline ¸cevrildi˘ginde G’de de do˘gru olur.
Dolayısıyla izomorfik gruplar grup teorisi a¸cısından e¸sit sayılmalıdır. E¸sit
olmadıklarından, e¸sitlik yerine ≃ i¸saretini kullanaca˘gız ve G ve H grupları
izomorfikse G ≃ H yazaca˘gız. ≃ ili¸skisi gruplar sınıfı4 u
¨zerine bir denklik
ili¸skisidir: Her G, H, K grubu i¸cin,
G≃G
G ≃ H ise H ≃ G
G ≃ H ise H ≃ K ise G ≃ K
¨onermeleri ge¸cerlidir.
¨
Notlar ve Ornekler
10.67. T¨
um 1 elemanlı gruplar birbirine izomorfiktir.
10.68. Z/2Z = {0, 1} grubuyla ¸carpma altında bir grup olan R⋆ grubunun {1, −1} altgrubu
izomorfiktirler. Nitekim 0 elemanını 1’e (etkisiz eleman etkisiz elemana gitmek zorunda),
1 elemanını −1’e g¨
ot¨
uren φ fonksiyonu bir izomorfidir, φ(x + y) = φ(x)φ(y) e¸sitli˘
gini
sa˘
glar.
˙ elemanlı t¨
10.69. Iki
um gruplar izomorfiktirler. Nitekim {1, x}, iki elemanlı bir grup olsun. 1
etkisiz eleman oldu˘
gundan, x’in tersi 1 olamaz; x’in tersi gene x olmalı. Demek ki x2 = 1
olmalı. G¨
or¨
uld¨
ug
˘u
¨ gibi grubun ¸carpması tamamen belirlendi. Bu yaptı˘
gımız tabii ki t¨
um
gruplar i¸cin ge¸cerli. (E˘
ger grubun i¸slemi toplamaysa, yaptıklarımızı toplamanın diline
c¸evirmek gerekir.) Dolayısıyla t¨
um iki elemanlı gruplar izomorfiktirler ve hatta birinden
4
Gruplar bir k¨
ume olu¸sturmazlar. Ne de olsa her x k¨
umesi i¸cin bir elemanlı {x} k¨
umesi
vardır, yani ¸cok fazla grup vardır, k¨
ume olamayacak kadar. K¨
ume olan ya da olmayan topluluklara genel olarak sınıf adı verilir. Mesela t¨
um k¨
umeler toplulu˘
gu k¨
ume olmayan bir
sınıftır.
10.3. ˙Izomorfik Gruplar
155
di˘
gerine giden tek bir izomorfi vardır. E˘
ger gruplardan biri {1, x} di˘
geri {1, y} ise,
izomorfi 1’i 1’e, x’i y’ye g¨
ot¨
urmek zorundadır.
¨ c elemanlı t¨
10.70. U¸
um gruplar da izomorfiktirler, ama bu sefer u
¨c¸ elemanlı iki grup arasında
iki farklı izomorfi vardır. E˘
ger gruplardan biri {1, x, x2 } di˘
geri {1, y, y 2 } ise x 7→ y ve
x 7→ y 2 iki farklı izomorfiye yol a¸car.
10.71. P ⊆ N, asallar k¨
umesi olsun. 0 ̸= x ∈ N olsun. x’i asallarına ayıralım:
∏ val x
x=
p p .
p∈P
¨
Burada valp x, p’nin x’i b¨
olen en b¨
uy¨
uk kuvvetidir. Orne˘
gin, her p ∈ P i¸cin
val3 18 = 2, val2 18 = 1, val5 1000 = 3, val7 121 = 0, valp 1 = 0, valp pn = n
olur. E˘
ger p asalı x’i b¨
olm¨
uyorsa, valp x = 0 olur; dolayısıyla yukarıdaki ¸carpım aslında
sonlu bir ¸carpımdır, ¸carpılan terimlerin hemen hepsi 1’e e¸sittir. Elbette
valp xy = valp x + valp y
olur; bir ba¸ska deyi¸sle e˘
ger N’de elemanları asallarına ayırabilirsek, ¸carpma i¸slemi aslında
elemanları b¨
olen asalların en b¨
uy¨
uk kuvvetlerinin toplamasıyla elde edilir; ¨
orne˘
gin,
(2754 324 576 )(2141 515 714 ) = 2895 324 591 714
olur. S
¸ imdi q ∈ Q>0 olsun. x, y ∈ \{0} i¸cin q = x/y olarak yazalım. O zaman,
∏
valp x
∏ val x−val y
x
p∈P p
p
q= = ∏
=
p p
valp y
y
p
p∈P
p∈P
olur.
valp q = valp x − valp y
tanımını yapalım. Bu tanımın iyi bir tanım oldu˘
gu, yani x/y = x1 /y1 ise
valp x − valp y = valp x1 − valp y1
oldu˘
gu belli. Yukarıda elde etti˘
gimiz e¸sitli˘
gi bu tanımla tanı¸stıralım: Aynen do˘
gal sayılarda oldu˘
gu gibi
∏ val q
q=
p p
p∈P
elde ederiz, ama bu sefer valp q sayıları negatif de olabilirler. Gene aynen do˘
gal sayılarda
oldu˘
gu gibi,
valp qq ′ = valp q + valp q ′
olur; ama bunun dı¸sında bir de,
valp
q
= valp q − valp q ′
q′
olur. S
¸ imdi,
φ : Q>0 −→
⊕
Z
P
fonksiyonunu
φ(q) = (valp q)p
olarak tanımlayalım. φ fonksiyonu birebir ve ¨
ortendir. Ayrıca φ(qq ′ ) = φ(q)+φ(q ′ ) olur.
Demek ki φ bir izomorfidir:
⊕
Q≃
Z.
P
156
10. Homomorfiler
10.72. G bir grup, X bir k¨
ume olsun. f : G −→ X bir e¸sleme olsun. x, y ∈ X i¸cin x ⋆ y =
f (f −1 (x)f −1 (y)) tanımını yapalım. (X, ⋆ ) ikilisi bir grup olur ve b¨
oylece f : G −→ X
e¸slemesi bir izomorfiye d¨
on¨
u¸su
¨r.
10.73. A, ⊕i∈I Z grubunun, koordinatları ¸cift sayılar olan elemanlardan olu¸san altk¨
ume olsun.
A’nın bir grup oldu˘
gu bariz olmalı. A ile ⊕i∈I Z grubu izomorfiktir. (Neden?)
10.74. Aynı eleman sayısına sahip (sonlu ya da sonsuz) t¨
um d¨
ong¨
usel gruplar izomorfiktirler.
E˘
ger grubun n elemanı varsa, grup {1, x, x2 , . . . , xn−1 } bi¸cimindedir ve xr xs = xr+s
oldu˘
gundan, r 7→ xr fonksiyonu Z/nZ grubundan bu gruba giden bir izomorfidir. E˘
ger
grubun sonsuz sayıda elemanı varsa, o zaman grubun xn t¨
ur¨
unden elemanları farklı
n tamsayıları i¸cin farklı elemanlardır ve n 7→ xn fonksiyonu Z’den gruba giden bir
izomorfidir.
Teorem 10.2. Aynı elemana sahip iki d¨
ong¨
usel grup birbirine izomorfiktir. Eleman
sayısı n < ∞ olan bir d¨
ong¨
usel grup Z/nZ grubuna, eleman sayısı sonsuz olan d¨
ong¨
usel
bir grup Z grubuna izomorfiktir.
10.75. Asal sayıda elemanı olan bir grup d¨
ong¨
usel olmak zorundadır. Dolayısıyla bir p asalı
i¸cin p tane elemanı olan bir grup Z/pZ grubuna izomorfiktir.
Teorem 10.3. E˘ger p bir asalsa, p elemana sahip her grup Z/pZ grubuna izomorfiktir.
(Dolayısıyla d¨
ong¨
useldir, dolayısıyla abel grubudur.)
10.76. G bir grup ve A, B ≤ G olsun. Her a ∈ A ve her b ∈ B i¸cin ab = ba varsayımını
yapalım. O zaman AB ≤ G olur. Bir de ayrıca A ∩ B = 1 varsayımını yapalım. O zaman
¨
(a, b) 7→ ab kuralı bize A × B grubuyla (kartezyen ¸carpım, bkz. Ornek
1.7) AB altgrubu
arasında bir homomorfi verir (kontrol edilmeli; bunun i¸cin A ve B’nin elemanlarının
birbirleriyle de˘
gi¸smeleri ¨
onemlidir). Bu homomorfi ¨
ortendir elbette, ama aynı zamanda
−1
birebirdir: a, a1 ∈ A ve b, b1 ∈ B i¸cin ab = a1 b1 ise o zaman a−1
∈ A∩B = 1
1 a = b1 b
olur, yani a = a1 ve b = b1 olur. Demek ki bu durumda A × B ≃ AB olur. A¸sa˘
gıdaki
teoremi kanıtladık:
Teorem 10.4. G bir grup ve A, B ≤ G olsun. Her a ∈ A ve her b ∈ B i¸cin ab = ba
ve A ∩ B = 1 varsayımlarını yapalım. O zaman (a, b) 7→ ab kuralı bize A × B grubuyla
G’nin AB altgrubu arasında bir izomorfi verir.
10.77. G, kendisinden ve 1’den ba¸ska altgrubu olmayan bir grup olsun. Diyelim G ̸= 1. O
zaman her 1 ̸= x ∈ G i¸cin ⟨x⟩ = G olur. Demek ki bir 1 ̸= n ∈ N i¸cin G ≃ Z/nZ.
Ama n asal de˘
gilse Z/nZ’nin 1’den farklı ¨
ozaltgrupları vardır. Demek ki bir p asalı i¸cin
G ≃ Z/pZ. Bunu da teorem olarak yazalım:
Teorem 10.5. Kendisinden ve 1’den ba¸ska altgrubu olmayan bir grup bir p asalı i¸cin
Z/pZ grubuna izomorftur.
10.78. G bir grup, I bir indeks k¨
umesi ve (Ai∈I ), G’nin bir altgrup ailesi olsun. Her i ̸= j ve
her ai ∈ Ai ve aj ∈ Aj i¸cin ai aj = aj ai varsayımını yapalım. Bu durumda ⟨Ai : i ∈ I⟩
grubunun elemanlarını birbirinden farklı i1 , . . . , ik ∈ I g¨
osterge¸cleri ve aij ∈ Aij elemanları i¸cin ai1 · · · aik bi¸ciminde yazabiliriz. Yani Ai altgruplarının elemanlarını
herhangi
∏
bir sıra g¨
ozetmeksizin diledi˘
gimiz gibi ¸carpabiliriz. Dolayısıyla (ai )i 7→ i ai kuralı bize
⊕Ai grubundan ⟨Ai : i ∈ I⟩ altgrubuna giden bir fonksiyon verir. Bu fonksiyon elbette ¨
orten bir homomorfidir. Ama birebir olmayabilir. Birebir olabilmesi i¸cin Ai ’lerden
birinin 1’den farklı bir elemanını di˘
gerlerinin elemanlarının ¸carpımı olarak yazamamız
gerekir, ∏
yani ⟨Ai : i ∈ I \ {j}⟩ ∩ Aj = 1 e¸sitli˘
ginin olması gerekir (neden?) O zaman
(ai )i 7→ i ai kuralı bize ⊕Ai grubuyla G’nin ⟨Ai : i ∈ I⟩ altgrubu arasında bir izomorfi
verir.
Bunu da bir teorem olarak yazabiliriz.
10.3. ˙Izomorfik Gruplar
157
Teorem 10.6. G bir grup, I bir indeks k¨
umesi ve (Ai∈I ), G’nin bir altgrup ailesi olsun.
Her i ̸= j ve her ai ∈ Ai ve aj ∈ Aj i¸
c
in
∏ ai aj = aj ai ve ⟨Ai : i ∈ I \ {j}⟩ ∩ Aj = 1
varsayımını yapalım. O zaman (ai )i 7→ i ai kuralı bize ⊕Ai grubuyla G’nin ⟨Ai : i ∈ I⟩
altgrubu arasında bir izomorfi verir.
10.79. G bir grup olsun. Z ≃ A ▹ G olsun. Ayrıca [G : A] = 2 olsun. G grubu hakkında ne
s¨
oyleyebiliriz?
Yanıt: A grubu a elemanı tarafından u
¨retilsin. b ∈ G \ A olsun. Demek ki
G = ⟨a, b⟩ = A ⊔ Ab
olur. A’nın indeksi 2 oldu˘
gundan, b2 ∈ A olur (bkz. sayfa 132). Dolayısıyla bir n ∈ N
2
n
i¸cin b = a olur. n’nin tek ya da ¸cift olması ¨
onemli olacak, bu y¨
uzden,
n = 2m + e
olacak bi¸cimde m ∈ N ve e = 0, 1 sayılarını se¸celim. Demek ki
(1)
b2 = a2 ae .
Ayrıca, b elemanı, x 7→ xb kuralıyla A grubunun bir otomorfisine yol a¸car. Ama A’nın sa¨
dece iki otomorfisi vardır (bkz. Ornek
10.37); bunlardan biri ¨
ozde¸slik fonksiyonu x 7→ x,
di˘
geri de x 7→ x−1 kuralıyla verilmi¸s tersini alma fonksiyonudur; bir ba¸ska deyi¸sle
ab = a±1
˙ durumu ayrı ayrı irdeleyelim.
olur. Iki
¨
Once her x ∈ A i¸cin xb = x durumunu ele alalım. Bu durumda G abel grubu olmak
zorundadır. Dolayısıyla (1)’den dolayı,
(ba−1 )2 = ae
olur. ba−1 ∈ G \ A oldu˘
gundan, ta en ba¸sta se¸cti˘
gimiz b yerine ba−1 elemanını alıp
b2 = a e
varsayımını yapabiliriz. S
¸ imdi iki ayrı altdurum var: e = 0 ya da e = 1. Birinci altdurumda b2 = 1 olur. Bu durumda B = {1, b} bir altgruptur ve elbette Z/2Z ≃ B ≤ G
olur. Dolayısıyla, Teorem 10.4 ve Alı¸stırma 10.94’den dolayı
G = ⟨a, b⟩ = ⟨a⟩⟨b⟩ = AB ≃ A ⊕ B ≃ Z ⊕ Z/2Z
olur. Bu izomorfide a elemanı Z ⊕ Z/2Z grubunun (±1, 0) elemanına (ikisinden birine)
ve b elemanı (0, 1) elemanına tekab¨
ul etmektedir. S
¸ imdi e = 1 altdurumunu ele alalım.
Bu altdurumda b2 = a oldu˘
gundan,
G = ⟨a, b⟩ = ⟨b⟩ ≃ Z
olur. Bu izomorfide b elemanı Z’nin ±1 elemanına tekab¨
ul eder (Z’nin ±1’den ba¸ska
u
¨reteci yoktur ¸cu
¨nk¨
u); a ise ±2 elemanına ve A altgrubu Z’nin 2Z altgrubuna tekab¨
ul
eder.
S
¸ imdi her x ∈ A i¸cin xb = x−1 durumunu ele alalım. Bu durumda,
an = b2 = (b2 )b = (an )b = (an )−1 = a−n
oldu˘
gundan, an = 1 olur. Demek ki b2 = 1 olur. Bu son e¸sitlik grubun yapısını tamamen
ortaya ¸cıkarır:
G = {an bϵ : n ∈ Z, ϵ = 0, 1}
158
10. Homomorfiler
ve
ba = babb = b−1 abbab b = a−1 b.
−1
Buldu˘
gumuz bu ba = a b (ya da baba = 1) e¸sitli˘
gi ve varsayımımız olan b2 = 1 e¸sitli˘
gi,
′
grubun an bϵ ve am bϵ elemanlarını ¸carpmak i¸cin yeterlidir. S
¸ u teoremi kanıtladık:
Teorem 10.7. G bir grup olsun. G’nin Z’ye izomorfik indeksi 2 olan bir altgrubu
oldu˘gunu varsayalım. O zaman G ≃ Z ⊕ Z/2Z, G ≃ Z ya da G = ⟨a, b | b2 = baba = 1⟩
olur. Her u
¨¸c durumda da Z’ye izomorf olan altgrup sırasıyla Z ⊕ {0}, Z = 2Z ve ⟨a⟩
olur.
Alı¸stırmalar
10.80.
10.81.
10.82.
10.83.
10.84.
10.85.
10.86.
10.87.
10.88.
Z ile Z ⊕ Z grubunun izomorfik olmadıklarını g¨
osterin.
Z/4Z ile Z/2Z ⊕ Z72Z grubunun izomorfik olmadıklarını g¨
osterin.
D3 ile Sym 3 gruplarının izomorfik olduklarını g¨
osterin.
Z’nin 0’dan farklı her altgrubunun Z’ye izomorfik oldu˘
gunu g¨
osterin.
Q grubunun Q’ya izomorfik bir ¨
ozaltgrubu olmadı˘
gını g¨
osterin.
⊕
∏
osterin.
n Z/nZ ile
n Z/nZ gruplarının izomorfik olmadıklarını g¨
n ≥ 3 i¸cin Sym n’nin ⟨(1 2 3)⟩ altgrubunun Z/3Z’ye izomorfik oldu˘
gunu g¨
osterin.
m ≤ n i¸cin Sym n’nin ⟨(1 2 . . . m)⟩ altgrubunun Z/mZ’ye izomorfik oldu˘
gunu g¨
osterin.
6 ≤ n i¸cin Sym n’nin
⟨(1 2 3), (4 5 6)⟩
altgrubunun Z/3Z ⊕ Z/3Z grubuna izomorfik oldu˘
gunu g¨
osterin.
10.89. Sym 9, Sym 10 ve Sym 11’e gelince. Bu gruplar 34 sayısına b¨
ol¨
un¨
urler ama 35 sayısına
4
b¨
ol¨
unmezler. Acaba 3 elemanlı altgrupları var mı? Evet var:
⟨(1 2 3), (4 5 6), (7 8 9), (1 4 7)(2 5 8)(3 6 9)⟩
grubu b¨
oyle bir altgruptur. Bu altgrup di˘
gerleri gibi abel grubu de˘
gildir.
⟨(1 2 3), (4 5 6), (7 8 9)⟩
altgrubu Z/3Z × Z/3Z × Z/3Z grubuna izomorfiktir ama sonuncu u
¨rete¸c abelli˘
gi bozar.
10.90. φ : G −→ G1 bir izomorfi olsun. H ≤ G olsun. [G : H] = [G1 : φ(H)] oldu˘
gunu
kanıtlayın.
10.91. φ0 : G −→ H bir izomorfi olsun. G’den H’ye giden t¨
um izomorfilerin bir α ∈ Aut H
i¸cin α ◦ φ0 ¸seklinde oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.92. φ0 : G −→ H bir izomorfi olsun. G’den H’ye giden t¨
um izomorfilerin bir β ∈ Aut G i¸cin
φ0 ◦ β ¸seklinde oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.93. E˘
ger A ≃ A1 ve B ≃ B1 ise A × B ≃ A1 × B1 oldu˘
gunu kanıtlayın.
˙
10.94. Izomorfik
grupların
kartezyen
¸
c
arpımlarının
izomorfik
oldu˘
gunu kanıtlayın, yani her i
∏
∏
¨
gunu kanıtlayın (bkz. Ornek
10.14).
i¸cin Gi ≃ Hi ise i Gi ≃ i Hi oldu˘
10.95. Aut D4 ’¨
un D4 ’e izomorfik oldu˘
gunu g¨
osterin.
2
10.96. G bir grup olsun. Z/3Z ≃ H ≤ G olsun. G’nin ya Z/6Z’ye ya da Sym 3’e izomorfik
oldu˘
gunu kanıtlayın.
2
10.97. G bir grup, p > 2 bir asal olsun. Z/pZ ≃ H ≤ G olsun. G’nin Z/2pZ ya da Dp
gruplarından birine izomorfik oldu˘
gunu kanıtlayın.
2
10.98. G bir grup olsun. Z/4Z ≃ H ≤ G olsun. G’nin Z/8Z, Z/4Z ⊕ Z/2Z, D4 ya da Q
(d¨
ordeyler) gruplarından birine izomorfik oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.4. C
¸ ekirdek
159
2
10.99. G bir grup olsun. Z/8Z ≃ H ≤ G olsun. G’nin olası grup yapılarını sınıflandırın. (Bu
a¸samada biraz zordur. Sınıflandırma i¸cin Aut(Z/8Z) ≃ (Z/8Z)⋆ grubunun derecesi ≤ 2
olan elemanlarını bulmanız gerekir. Ama yetmez, daha fazlası gerekir.)
10.100. G = Z/2Z × Z/4Z × Z/8Z olsun. x, y, z ∈ Z i¸cin x ∈ Z/2Z, y˜ ∈ Z/4Z, zˆ ∈ Z/8Z
yazaca˘
gız. K = ⟨(1, ˜
1, ˆ
1)⟩ ≤ G olsun. G/K ≃ Z/2Z × Z/4Z oldu˘
gunu g¨
osterin.
∏
¨
10.101. Ornek 1.4’teki grubun X Z/2Z grubuna izomorf oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.102. ⟨a, b | a2 , b3 , (ab)2 ⟩ grubunun {1, a, b, ab, b2 , ab2 } k¨
umesinden ibaret oldu˘
gunu ve
Sym 3 grubuna izomorf oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.103. ⟨a, b | a4 , b2 , (ab)2 ⟩ grubunun D4 grubuna izomorf oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.104. n > 2 bir do˘
gal sayı olsun. ⟨a, b | an , b2 , (ab)2 ⟩ grubunun Dn grubuna izomorf
oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.105. n > 2 bir do˘
gal sayı olsun. ⟨a, b | a2 , b2 , (ab)n ⟩ grubunun da Dn grubuna izomorf
oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.4
C
¸ ekirdek
G ve H iki grup ve φ : G −→ H bir homomorfi olsun. φ’nin imgesinin,
yani φ(G)’nin H’nin bir altgrubu oldu˘gunu kanıtlamak kolay. Dolayısıyla H
yerine φ(G) alırsak, φ homomorfisinin ¨orten oldu˘gunu varsayabiliriz. Demek
ki homomorfileri ¨orten yapmak kolay, bunun i¸cin de˘ger grubunu k¨
uc¸u
¨ltmek
yeterli.
S¸imdi φ’nin birebirli˘giyle ya da tam tersine ne kadar birebir olmadı˘gıyla
ilgilenelim.
h ∈ H olsun. h’nin ¨onimgesi φ−1 (h) k¨
umesini bulmak istiyoruz. E˘ger h,
φ’nin imgesinde de˘gilse, yani h ̸∈ φ(G) ise, elbette φ−1 (h) = ∅ olur. S¸imdi
h ∈ φ(G) varsayımını yapalım. Demek ki bir g ∈ G i¸cin φ(g) = h. B¨oyle bir
g sabitleyelim. h’nin φ-¨onimgesinden bir ba¸ska eleman alalım, diyelim x, yani
φ(x) = h e¸sitli˘
gi de sa˘glansın. x’in ne olabilece˘gini anlamaya ¸calı¸salım.
φ(x) = h = φ(g)
oldu˘gundan,
olur, yani
φ(g −1 x) = 1
g −1 x ∈ φ−1 (1)
160
10. Homomorfiler
olur. φ−1 (1) k¨
umesi, aslında H’nin {1} altgrubunun ¨onimgesi oldu˘gu i¸cin G’nin
bir altgrubudur, nitekim 1 ∈ φ−1 (1) ve e˘ger x, y ∈ f −1 (1) ise, φ(xy −1 ) =
φ(x)φ(y)−1 = 1 · 1 = 1 ve xy −1 ∈ f −1 (1) olur. Bu altgruba φ’nin ¸
cekirde˘
gi
adı verilir ve altgrup Ker φ olarak yazılır. Demek ki,
g −1 x ∈ Ker φ.
Bu son ko¸sul da elbette,
x ∈ g Ker φ
anlamına gelir. S¸imdi ters istikametten gidelim, x ∈ g Ker φ varsayımını yapalım. O zaman bir a ∈ Ker φ i¸cin x = ga olur. Bu e¸sitli˘gin iki tarafına φ
uygularsak, φ(a) = 1 oldu˘gundan,
φ(x) = φ(ga) = φ(g)φ(a) = φ(g)
elde ederiz. B¨oylece,
{x ∈ G : φ(x) = φ(g)} = g Ker φ
¨ yandan φ’nin birebir olması demek soldaki k¨
e¸sitli˘gini bulmu¸s olduk. Ote
umenin, dolayısıyla sa˘gdaki k¨
umenin de tek elemanlı olması demektir. Demek ki
φ’nin birebir olmasıyla Ker φ = 1 e¸sitli˘
gi e¸sde˘ger ¨onermelerdir5 .
Ker φ altgrubu, H-normal oldu˘gunu bildi˘gimiz {1} altgrubunun ¨onimgesi
oldu˘gundan G-normaldir (bkz. Alı¸stırma 10.28). Aynı olguyu do˘grudan da
kanıtlayabiliriz: x ∈ Ker φ ve g ∈ G olsun. O zaman
φ(g −1 xg) = φ(g −1 )φ(x)φ(g) = φ(g −1 )φ(g) = φ(g)−1 φ(g) = 1
oldu˘gundan, g −1 xg ∈ Ker φ, yani her g ∈ G i¸cin g −1 Ker φ g ⊆ Ker φ olur, ki
bu da Ker φ’nin normal olması demektir (bkz. sayfa 122).
Kanıtladıklarımızı teorem olarak yazalım.
Teorem 10.8. φ : G −→ H bir grup homomorfisi olsun. O zaman Ker φ ▹ G
olur ve φ’nin birebir olması i¸cin yeter ve gerek ko¸sul Ker φ = 1 e¸sitli˘gidir. Bundan b¨
oyle {1} altgrubu yerine gelenek oldu˘
gu u
¨zere 1 yazaca˘
gız. Konunun geli¸sinden
okur 1 ile elemanı mı yoksa altgrubu mu kastetti˘
gimizi anlayacaktır.
5
10.4. C
¸ ekirdek
161
Teoremin ikinci ¨onermesi pratikte ¸cok i¸se yarar; gelecekte sık sık kullanaca˘gız.
E˘ger φ : G −→ H birebir bir homomorfiyse, φ’ye bazen g¨
omme adı
verilir. E˘ger G’den H’ye giden bir g¨omme varsa, G’nin H’nin i¸cine g¨
om¨
uld¨
u˘
gu
¨
φ
s¨oylenir. Bu durumda bazen G ,→ H ya da daha a¸cık olmak isteniyorsa G ,→ H
yazılır.
S¸imdi biraz geriye gidelim ve biraz ¨once kanıtladı˘gımız
{x ∈ G : φ(x) = φ(g)} = g Ker φ
e¸sitli˘gini g¨ozden ge¸cirelim. g Ker φ k¨
umesinin t¨
um elemanlarının φ-imgesi birbirine e¸sit (hepsi φ(g)’ye e¸sit) ve birebirli˘gi bozan da Ker φ’nin 1’den fazla
elemanı olması. Demek ki e˘ger g Ker φ ¨otelemelerini tek bir eleman yaparsak
φ birebir bir fonksiyona d¨on¨
u¸su
¨r. Ama G/ Ker φ grubunda g Ker φ ¨otelemesi
tek bir eleman, g olarak yazdı˘gımız tek bir eleman.
Yukarıdaki resimden takip edelim. g ∈ G/ Ker φ i¸cin,
φ(g) = φ(g)
tanımını yapalım. Bu, ger¸cekten bir tanımdır ¸cu
¨nk¨
u, g = g1 ise g ∈ g1 Ker φ
ve dolayısıyla φ(g) = φ(g1 ) olur. B¨oylece bir
φ : G/ Ker φ −→ H
fonksiyonunu elde ederiz. Bu fonksiyon bir grup homomorfisidir, nitekim, her
g, g1 ∈ G/ Ker φ i¸cin
φ(g g1 ) = φ(gg1 ) = φ(gg1 ) = φ(g)φ(g1 ) = φ(g)φ(g1 ) = φ(g)φ(g1 )
olur. Ayrıca φ birebirdir, ¸cu
¨nk¨
u
Ker φ = {x : φ(x) = 1} = {x : φ(x) = 1} = {x : x ∈ Ker φ} = {1}
ve ¸cekirde˘gi tek elemanlı oldu˘gundan f birebir; nitekim φ’nin birebir olması
i¸cin elimizden geleni yaptık: φ’nin birebirli˘gini bozan elemanları G/ Ker φ grubunda tek bir eleman olarak g¨ord¨
uk.
162
10. Homomorfiler
Sonu¸c olarak φ fonksiyonu G/ Ker φ ile φ(G) arasında bir izomorfi oldu.
S¸imdi yukarıda yaptı˘gımızı biraz genelle¸stirmeye ¸calı¸salım. φ fonksiyonunu
G/ Ker φ grubunda tanımladık, ama dikkat ederseniz φ fonksiyonunu tanımlamak i¸cin G grubunu illa Ker φ normal altgrubuna b¨olmek zorunda olmadı˘gımızı g¨or¨
urs¨
un¨
uz; Ker φ altgrubundan daha k¨
uc¸u
¨k bir G-normal altgrup da
i¸simizi g¨orebilirdi. Nitekim, K ≤ Ker φ bir G-normal altgrup ise x ∈ G/K
i¸cin,
φ(x) = f (x)
kuralı bize bir
φ : G/K −→ H
tanımlar, ger¸cekten de e˘ger G/K grubunda x = x1 ise, x1 x−1 ∈ K ≤ Ker φ,
dolayısıyla 1 = φ(x1 x−1 ) = φ(x1 )φ(x−1 ) = φ(x1 )φ(x)−1 ve φ(x1 ) = φ(x) olur;
demek ki φ iyitanımlı. Tanımladı˘gımız bu φ : G/K −→ H fonksiyonunun ne
kadar birebir oldu˘gunu ¨ol¸cebiliriz:
Ker φ = {x ∈ G/K : φ(x) = 1} = {x ∈ G/K : f (x) = 1}
= {x ∈ G/K : x ∈ Ker φ} = Ker φ/K.
B¨
ut¨
un bunları teorem olarak yazalım, ¨onemlidir ¸cu
¨nk¨
u:
Teorem 10.9. φ : G −→ H bir homomorfi ve K ≤ Ker φ bir G-normal
altgrup olsun. O zaman x ∈ G/K i¸cin
φ(x) = φ(x)
form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s φ : G/K −→ H fonksiyonu bir homomorfidir ve
Ker φ = Ker φ/K
olur. Bunun ¨
ozel bir durumu olarak, K = Ker φ alırsak, φ : G/ Ker φ −→ φ(G)
bir izomorfi olur. Sonu¸c olarak
G/ Ker φ ≃ φ(H)
izomorfisini elde ederiz.
¨
Notlar ve Ornekler
10.106. G bir grup, A bir abel grubu ve φ : G −→ A bir homomorfi olsun. O zaman G′ ≤ Ker φ
olur. Nitekim her x, y ∈ G i¸cin, A abel oldu˘
gundan,
φ([x, y]) = φ(x−1 y −1 xy) = φ(x)−1 φ(y)−1 φ(x)φ(y) = φ(x)−1 φ(x)φ(y)−1 φ(y) = 1
olur. G′ altgrubunun u
¨rete¸cleri Ker φ altgrubunda oldu˘
gundan G′ ≤ Ker φ olur.
10.4. C
¸ ekirdek
163
10.107. G bir grup ve A, B ≤ G olsun. B ≤ NG (A) olsun, yani her b ∈ B i¸cin Ab = A
olsun. (Bu durumda, B, A’yı normalize eder denir.) O zaman ⟨A, B⟩ = AB oldu˘
gunu
¨
biliyoruz (bkz. Onsav
5.3). A ▹ AB oldu˘
gunu kanıtlamak kolay, ¸cu
¨nk¨
u a ∈ A, b ∈ B
i¸cin Aab = Ab = A olur. Demek ki AB/A grubundan s¨
ozedebiliriz. φ(a) = a e¸sitli˘
giyle
tanımlanan φ : B −→ AB/A fonksiyonunu ele alalım. Bu fonksiyon elbette ¨
orten bir
homomorfidir. C
¸ ekirde˘
gini bulalım:
Ker φ = {b ∈ B : φ(b) = 1} = {b ∈ B : b = 1} = {b ∈ B : b ∈ A} = A ∩ B.
Yukarıdaki teoreme g¨
ore, bundan,
AB/A ≃ B/(A ∩ B)
¸cıkar. Bu izomorfi bir teorem olmayı hakeder.
Teorem 10.10. G bir grup ve A, B ≤ G olsun. E˘ger B, A’yı normalize ediyorsa,
A ▹ AB ve AB/A ≃ B/(A ∩ B) olur.
10.108. Yukarıdaki teoremin bir uygulamasını g¨
orelim. E˘
ger A ve B altgrupları ayrıca bir p
asalı i¸cin sonlu p-altgruplarsa (yani eleman sayısı p’nin bir kuvvetiyse ya da elemanları
p-elemansa), o zaman AB de bir p-altgrup olur, ¸cu
¨nk¨
u bir ¨
onceki teoreme g¨
ore,
|AB| = |A||B|/|A ∩ B|
olur ve e¸sitli˘
gin sa˘
gındaki u
¨c¸ sayı da p’nin kuvvetleridir.
10.109. Yukarıdaki sonucun sonsuz p-altgruplar i¸cin de ge¸cerli oldu˘
gu biraz zahmetle g¨
osterilebilir:
Teorem 10.11. G bir grup ve A, B ≤ G olsun. E˘ger B, A’yı normalize ediyorsa ve
A ve B birer p-altgrupsa (yani elemanları p-elemanlarsa), o zaman ⟨A, B⟩ = AB de
bir p-altgrubu olur. Dolayısıyla maksimal bir p-altgrup normalse, bu altgrup grubun t¨
um
p-elemanlarını i¸cerir.
Kanıt: ⟨A, B⟩ = AB e¸sitli˘
gini biliyoruz. S
¸ imdi a ∈ A, b ∈ B olsun. ab’nin bir p-eleman
oldu˘
gunu kanıtlayaca˘
gız. (ab)k elemanını hesaplayalım. Bir ak ∈ A i¸cin
(ab)k = ak bk
e¸sitli˘
gini kanıtlayalım. k = 0, 1 i¸cin e¸sitlik bariz. (ab)k = ak bk e¸sitli˘
gini varsayalım. O
zaman
−k
(ab)k+1 = (ab)k (ab) = ak bk ab = ak bk ab−k bk+1 = ak ab bk+1
−k
olur. ak+1 = ak ab
∈ A oldu˘
gundan istedi˘
gimiz kanıtlanır. Demek ki deg b = pk ise,
k
k
(ab)p = a′ bp = a′ ∈ A
olur. E˘
ger deg a′ = pℓ ise,
(ab)p
k+ℓ
k
ℓ
ℓ
= ((ab)p )p = a′p = 1
˙
olur. Ikinci
¨
onerme birincinin do˘
grudan bir sonucudur.
10.110. p bir asal olsun. H, G’nin maksimal bir p-altgrubu olsun. E˘
ger G sonluysa, maksimal
¨
p-altgrup elbette vardır. E˘
ger G sonsuzsa, maksimal p-altgrubun varlı˘
gı Zorn Onsavı
sayesinde g¨
osterilebilir (bkz.Alı¸stırma 5.30). E˘
ger H ▹G ise, Teorem 10.11’e g¨
ore, H, G’nin
t¨
um p-elemanlarından olu¸san k¨
umedir, dolayısıyla G’nin biricik maksimal p-altgrubudur
ve G’nin t¨
um p-altgruplarını kapsar.
164
10. Homomorfiler
10.111. G bir grup ve (Hi )i bir normal ∏
altgrup ailesi olsun. πi : G −→ G/Hi do˘
gal izd¨
u¸su
¨m
fonksiyonu olsun. (πi )i : G −→ i G/Hi bu homomorfilerin ¸carpımı olsun, yani her
g ∈ G i¸cin
(πi )i (g) = (πi (g))i
¨
olarak tanımlansın (bkz. Ornek 10.17).
∩
Ker (πi )i =
Hi
i
∩
olur. Dolayısıyla (πi )i homomorfisinin birebir olması i¸cin i Hi = 1 e¸sitli˘
gi yeter ve
gerek ko¸suldur.
Bunun
¨
ozel bir durumu olarak G = Z, I = N ve Hn = nZ alalım. B¨
oylece Z grubunu
∏
omebiliriz.
n Z/nZ grubuna g¨
Bir ba¸ska ¨
ozel durum: G = Z, I = N, p > 1 bir ∏
do˘
gal sayı olsun. (Genelde p bir asal
olur.) Bu ¨
ornekte a¸cıklanan y¨
ontemle Z grubunu n Z/pn Z grubuna g¨
omebiliriz.
10.112. H ▹ G olsun. O zaman G’nin her g elemanı x 7→ xg kuralıyla H’nin bir otomorfisini do˘
gurur. H’nin bu otomorfisine φg diyelim. Kolaylıkla φg1 g2 = φg1 ◦ φg1 e¸sitli˘
gi
kanıtlanabilir. Demek ki φ(g) = φg kuralıyla tanımlanmı¸s φ : G −→ Aut H fonksiyonu
bir homomorfidir. Bu homomorfinin ¸cekirde˘
gi,
Ker φ = {g ∈ G : g = IdH } = {g ∈ G : her x ∈ H i¸cin xg = x} = CG (H)
olur.
10.113. Yukarıdaki ¨
orne˘
gi genelle¸stirebiliriz. G herhangi bir grup ve H, K ≤ G olsun. K ≤
NG (H) varsayımını yapalım. O zaman k ∈ K ve h ∈ H i¸cin φk (h) = khk−1 kuralıyla
tanımlanmı¸s φk fonksiyonu H’den gene H’ye giden bir otomorfidir. Ayrıca φk ◦ φk′ =
φkk′ olur; yani φ(k) = φk kuralı bize bir φ : K −→ Aut H homomorfisi verir. C
¸ ekirde˘
gini
bulmak zor de˘
gil: Ker φ = CK (H) olur.
⊕
10.114. A = I Z ve n > 0 bir do˘gal sayı olsun. A/nA ≃ ⊕I Z/nZ olur.
⊕
Kanıt: A grubundan I Z/nZ grubuna giden
(ai )i 7→ (ai )i
kuralıyla tanımlanmı¸s do˘
gal φ homomorfisine bakalım. φ elbette ¨
ortendir. E˘
ger (ai )i ∈
Ker φ ise, her i ∈ I i¸cin ai ∈ nZ olur; bir bi = ai /n ∈ Z olsun; o zaman ai = nbi ve
(ai )i = n(bi )i ∈ nA olur. Demek ki Ker φ ≤ nA. Ters i¸cindelik bariz.
10.115. p bir asal olsun. E˘
ger bir grup burulmalıysa ve derecesi p olan bir elemanı yoksa, o
zaman grubun p-b¨
ol¨
unebilir oldu˘
gunu g¨
osterelim. Gruptan bir a elemanı alalım. xp = a
denkleminin grupta ¸co
¨z¨
um¨
u oldu˘
gunu g¨
osterece˘
giz. H = ⟨a⟩ sonlu grubundan yine kendisine giden x 7→ xp fonksiyonuna bakalım. H abel grubu oldu˘
gundan bu bir homomorfidir. Grupta derecesi p olan bir eleman olmadı˘
gından bu fonksiyon birebirdir (bkz. Sonu¸c
4.7). H sonlu oldu˘
gundan bu fonksiyon ayrıca ¨
ortendir. Demek ki bir x i¸cin xp = a olur.
Teorem 10.12. Derecesi p olan elemanı bulunmayan burulmalı gruplar p-b¨
ol¨
un¨
ur gruplardır.
10.116. Bu ¨
ornekte a¸sa˘
gıdaki teoremi kanıtlayaca˘
gız.
Teorem 10.13. Sonlu bir grubun eleman sayısı p asalına b¨
ol¨
unm¨
uyorsa grup p-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur.
Kanıt: G grup ve g ∈ G olsun. Lagrange Teoremi’ne (Sonu¸c 8.5) g¨
ore H = ⟨g⟩ abel
grubunun eleman sayısı p’ye b¨
ol¨
unmez ve Sonu¸c 8.6’ya g¨
ore H grubunun derecesi p
olan bir elemanı yoktur. Demek ki H’den H’ye giden x 7→ xp kuralıyla tanımlanmı¸s
homomorfinin ¸cekirde˘
gi 1’dir, dolayısıyla bu homomorfi birebirdir (Sonu¸c 4.7). Ama H
sonlu oldu˘
gundan bundan homomorfinin ¨
orten oldu˘
gu ¸cıkar. Demek ki bir x ∈ H ≤ G
i¸cin xp = g olur.
10.4. C
¸ ekirdek
165
10.117. G bir grup, H ≤ G, g ∈ G \ H, p bir asal olsun. g p ∈ H, |H| < ∞ ve |H|’nin p’ye asal
oldu˘
gu varsayımlarını yapalım. gH ¨
otelemesinde derecesi p olan bir eleman bulaca˘
gız.
Elbette g p ∈ CH (g), hatta g p ∈ Z(CH (g)). (Bundan emin olun.) CH (g) sonlu bir grup
oldu˘
gundan ve eleman sayısı p’ye b¨
ol¨
unmedi˘
ginden, p-b¨
ol¨
unebilir bir altgruptur (Teorem
10.13). Demek ki bir c ∈ CH (g) ≤ H i¸cin cp = g p olur. Ama cg = gc oldu˘
gundan
(gc−1 )p = 1 olur. g ∈
/ H oldu˘
gundan gc−1 ̸= 1 ve bundan de deg gc−1 = p c¸ıkar.
10.118. Cauchy Teoremi. Eleman sayısı p asalına b¨
ol¨
unen sonlu bir grubun derecesi p olan bir
elemanı oldu˘
gunu daha ¨
once (¨
ornek olarak) Teorem 4.11’da kanıtlamı¸stık. Bu paragrafta
aynı teoremin daha uzun ve daha standart bir kanıtını verece˘
giz. Okurun bu kanıtı t¨
um
ayrntılarıyla anlaması ¨
onemlidir; b¨
oylece bu ana kadar edindi˘
gi teorik bir¸cok bilginin
uygulamasını g¨
orecektir.
Teorem 10.14 (Cauchy Teoremi). Eleman sayısı p asalına b¨
ol¨
unen sonlu bir grubun
derecesi p olan bir elemanı vardır.
Kanıt: Grubumuza G diyelim. |G| = n olsun. Teoremi n u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlayaca˘
gız. Dolayısıyla e˘
ger G’nin bir ¨
ozaltgrubunun eleman sayısı p’ye b¨
ol¨
un¨
uyorsa, o
zaman t¨
umevarımla bu ¨
ozaltgrubun derecesi p olan bir elemanı oldu˘
guna h¨
ukmederiz
ve bu durumda kanıt biter. Dolayısıyla bundan b¨
oyle G’nin ¨
ozaltgruplarının eleman
sayısının p’ye b¨
ol¨
unmedi˘
gini varsayabiliriz.
g ∈ G olsun. g’nin G’deki merkezleyicisi olarak tanımlanan
CG (g) = {c ∈ G : cg = gc}
altgrubunu anımsatırız.
G/CG (g) = {CG (g)x : x ∈ G}
sol ¨
otelemeler k¨
umesiyle g
G
e¸sleniklik sınıfı arasında
f (CG (H)x) = g x
kuralıyla verilmi¸s bir e¸sleme vardır. (Kanıt: E˘
ger CG (g)x = CG (g)y ise xy −1 ∈ CG (g)
xy −1
x
y
oldu˘
gundan, g
= g ve dolayısıyla g = g olur, dolayısıyla f fonksiyonu iyi tanımlıdır. Bu adımların geriye d¨
on¨
u¸su
¨ oldu˘
gundan f ayrıca birebirdir; ¨
ortenlik bariz (bkz.
Alı¸stırma 8.35). Demek ki
|g G | = |G/CG (g)| = |G|/|CG (g)|
olur. E˘
ger g ∈
/ Z(G) ise CG (g) < G olur, ve p asalı CG (g)’nin eleman sayısını b¨
olmedi˘
ginden, p asalı g G e¸sleniklik sınıfının eleman sayısını b¨
oler.
¨ yandan g G e¸sleniklik sınıfları ya birbirine e¸sittir ya da ayrıktır. (Kanıt: E˘
Ote
ger g x = hy
z
yx−1 z
yx−1 z
G
ise her z i¸cin g = (h
) = h
∈ h olur. Ters i¸cindelik de benzer ¸sekilde
kanıtlanır (bkz. Alı¸stırma 1.26). Sadece 1 elamanı olan g G e¸sleniklik sınıfları Z(G)’nin
elemanlarının e¸sleniklik sınıflarıdır; 1’den fazla elemanı olanların eleman sayısı da p’ye
b¨
ol¨
un¨
ur. B¨
oylece
⊔
G = Z(G) ⊔
gG
Z(G)’de olmayan bazı g’ler i¸cin
olur. p en soldaki ve en sa˘
gdaki k¨
umelerin eleman sayısını b¨
old¨
ug
˘u
¨nden, buradan p’nin
|Z(G)| sayısını da b¨
old¨
ug
˘u
¨ ¸cıkar. Dolayısıyla Z(G), G’nin bir ¨
ozaltgrubu olamaz, yani
Z(G) = G olmalı. Demek ki G bir abel grubu olmak zorundadır.
1 < A < G olsun. A’nın eleman sayısı p’ye b¨
ol¨
unmedi˘
ginden G/A grubunun eleman
sayısı p’ye b¨
ol¨
un¨
ur. T¨
umevarımla G/A grubunun derecesi p olan bir elemanı oldu˘
gunu
¨ yandan Teorem 10.13’e
buluruz. Bu elemana g diyelim. Demek ki g ̸∈ A ama g p ∈ A. Ote
g¨
ore A’nın elemanları p-b¨
ol¨
unebilir. B¨
oylece bir a ∈ A i¸cin g p = ap olur ve buradan da
(ga−1 )p = 1 ¸cıkar ¸cu
¨nk¨
u G artık bir abel grubu. Demek ki deg(ga−1 ) = 1, p. Ama derece
1 olsaydı, g = a ∈ A olurdu, ¸celi¸ski.
166
10. Homomorfiler
10.119. H ≤ G olsun. X = G/H = {xH : x ∈ G} olsun (sol ¨
otelemeler k¨
umesi). E˘
ger g ∈ G
ise,
φg (xH) = gxH
kuralı bize bir φg : X −→ X fonksiyonu verir. Bu fonksiyonun birebir ve ¨
orten oldu˘
gunu
kanıtlamak zor de˘
gildir. Demek ki φg ∈ Sym X. B¨
oylece
φ(g) = φg
kuralıyla tanımlanmı¸s φ : G −→ Sym X fonksiyonunu elde ettik. Bu fonksiyon aslında
bir homomorfidir ¸cu
¨nk¨
u her g1 , g2 ∈ G ve xH ∈ X i¸cin,
φ(g1 g2 )(xH) = (g1 g2 )xH = g1 (g2 (xH)) = (φ(g1 ) ◦ φ(g2 ))(xH),
dolayısıyla
φ(g1 g2 ) = φ(g1 ) ◦ φ(g2 )
olur. S
¸ imdi φ’nin ¸cekirde˘
gini bulalım:
Ker φ
=
=
=
=
=
{g
{g
{g
{g
∩
∈ G : φg = IdX } = {g ∈ G : her x ∈ G i¸cin gxH = xH}
∈ G : her x ∈ G i¸cin gxH = xH}
∈ G : her x ∈ G i¸cin x−1 gx ∈ H}
∈ G : her x ∈ G i¸cin g ∈ xHx−1 }
H x.
∩
¨
Ornek
9.12’de CoreG H = H x tanımını yapmı¸stık (H’nin G’deki g¨
obe˘
gi, H’nin en
b¨
uy¨
uk G-normal altgrubu). Demek ki, G/ CoreG H grubundan Sym G/H grubuna giden
birebir bir homomorfi var. Buradan da ¸su teorem ¸cıkar:
Teorem 10.15. E˘ger [G : H] = n ise [G : CoreG H] sayısı n! sayısını b¨
oler.
¨
10.120. Yukarıdaki teoremin (Ornek
9.5’i genelle¸stiren) ¸sa¸sırtıcı bir uygulaması vardır:
Sonu¸
c 10.16. E˘ger p asalı bir grubun eleman sayısını b¨
olen en k¨
u¸cu
¨k asalsa, o zaman
grubun endisi p olan her altgrubu normaldir.
Kanıt: Gruba G, altgruba H diyelim. [G : H] = p olsun. Bir ¨
onceki teoreme g¨
ore [G :
¨
CoreG H] sayısı p! sayısını b¨
oler. Ama [G : CoreG H] sayısı |G|’yi de b¨
oler. Onermenin
hipotezine g¨
ore [G : CoreG H] = 1 ya da p olmak zorundadır. CoreG H ≤ H ≤ G
¨
oldu˘
gundan CoreG H = H (bkz. Ornek
8.20) ve H ▹ G olur.
10.121. Asal sayıda elemanı olan bir grubun d¨
ong¨
usel, dolayısıyla bir abel grubu oldu˘
gunu
biliyoruz (Teorem 10.3). Derecesi bir asalın karesi olan gruplar da abel gruplarıdır:
Sonu¸
c 10.17. p bir asal olsun. E˘ger |G| = p2 ise G bir abel grubudur.
Birinci Kanıt: E˘
ger Z(G) = p2 ise Z(G) = G ve G abel olmak zorunda.
E˘
ger |Z(G)| = p ise, |G/Z(G)| = p olur. Dolayısıyla Teorem 10.3’e g¨
ore G/Z(G)
¨
d¨
ong¨
useldir ve Ornek
9.66’ya g¨
ore G bir abel grubu olur.
S
¸ imdi Z(G) = 1 olsun. 1 ̸= a ∈ G olsun. E˘
ger A = ⟨a⟩ = G ise, G bir abel grubudur,
c¸eli¸ski. Demek ki A’nın eleman sayısı p’dir, dolayısıyla endisi p2 /p = p olur. Sonu¸c
10.16’ya g¨
ore A ▹ G olur. Bir b ∈ G \ A alalım. Aynen A ile oldu˘
gu gibi B = ⟨b⟩ ▹ G olur
¨
ve p tane elemanı vardır. A = B olamayaca˘
gından, A ∩ B = 1 olur (bkz. Ornek
8.15).
¨
B¨
ut¨
un bunlardan G = ⟨A, B⟩ = AB ¸cıkar (bkz. Ornek
9.8). Ama daha da ¨
onemlisi,
¨
Ornek
9.9’dan x ∈ A ve y ∈ B i¸cin xy = yx ¸cıkar, yani G = AB bir abel grubudur (bkz.
Teorem 10.4).
˙
Ikinci
Kanıt: Teorem 8.9’a g¨
ore Z(G) ̸= 1 olur. Dolayısıyla G/Z(G) grubunun 1 ya da
¨
p elemanı vardır. Dolayısıyla Teorem 10.3’e g¨
ore G/Z(G) d¨
ong¨
useldir ve Ornek
9.66’e
g¨
ore G bir abel grubu olur.
10.5. Z, Yeniden
167
10.122. p2 elemanlı bir grup ya Z/pZ × Z/pZ grubuna ya da Z/p2 Z grubuna izomorfiktir.
Bunun artık kolay olan kanıtını okura bırakıyoruz.
Alı¸stırmalar
10.123. A ⊆ G bir altk¨
ume ve X = {Ax : x ∈ G} olsun. E˘
ger g ∈ G ise ve B ∈ X ise
g
g˜(B) = B tanımını yapalım. g˜ ∈ Sym X oldu˘
gunu kanıtlayın. γ 7→ g˜ fonksiyonunun
G’den Sym X’e giden bir homomorfi oldu˘
gunu kanıtlayın. E˘
ger |X| = n ise, bundan
G’nin,
[G : N ]|n!,
N ▹ G,
N ≤ {x ∈ G : Ax = A} ≤ G
¨
ozelliklerini sa˘
glayan bir N altgrubunun varlı˘
gını kanıtlayın. E˘
ger A ≤ G ise, |X| =
|G/NG (A)| e¸sitli˘
gi yararlı olabilir.
10.124. G = Z/2Z × Z/4Z × Z/8Z ve H = Z/2Z × Z/4Z olsun. φ : G −→ H fonksiyonu ¸so
¨yle
tanımlansın:
φ(x, y˜, zˆ) = (x + y, z]
− y).
Burada x, y, z ∈ Z ve x ∈ Z/2Z, y˜ ∈ Z/4Z, zˆ ∈ Z/8Z.
a. φ fonksiyonunun iyi tanımlı oldu˘
gunu g¨
osterin.
b. φ fonksiyonunun bir homomorfi oldu˘
gunu g¨
osterin.
c. φ fonksiyonunun ¨
orten oldu˘
gunu g¨
osterin.
d. (1, ˜
1, ˆ
1) ∈ Ker φ oldu˘
gunu g¨
osterin.
e. K = ⟨(1, ˜
1, ˆ
1)⟩ ≤ G olsun.
f. |K| = 8 oldu˘
gunu g¨
osterin.
g. G/K ≃ H oldu˘
gunu g¨
osterin.
10.125. Cayley Teoremi. G bir grup olsun. g ∈ G i¸cin g˜ : G −→ G fonksiyonu g˜(x) = gx
olarak tanımlansın. g˜ ∈ Sym G oldu˘
gunu g¨
osterin. g 7→ g˜ kuralının G’den Sym G’ye
giden birebir bir grup homomorfisi oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.5
Z, Yeniden
Bu yaptıklarımızın ¨onemli bir uygulamasını g¨orelim. n, m > 0 iki tamsayı
˜ ∈ Z/mZ tahmin edilen mod¨
uler sayıları
olsun. E˘ger x ∈ Z ise, x ∈ Z/nZ ve x
simgelesin. φ(x) = (x, x
˜) form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s φ : Z −→ Z/nZ × Z/mZ
¨
homomorfisini ele alalım (bkz. Ornek
10.16). Bu homomorfinin ¸cekirde˘gini
bulalım: E˘ger e = ekok(n, m) ise,
Ker φ = {x ∈ Z : φ(x) = 0} = {x ∈ Z : x = 0 ve x
˜ = ˜0}
= {x ∈ Z : x ∈ nZ ∩ mZ} = nZ ∩ mZ = eZ
olur. B¨oylece, e˘ger x ∈ Z i¸cin x
ˆ ∈ Z/eZ malum elemanı simgeliyorsa,
φ(ˆ
x) = (x, x
˜)
kuralı bize birebir bir
Z/eZ −→ Z/nZ × Z/mZ
homomorfisini verir.
168
10. Homomorfiler
Bunun ¨ozel durumu olarak (n, m) = 1 alalım. O zaman e = nm olur. Bu
¨ornekten
φ(ˆ
x) = (x, x
˜)
kuralıyla tanımlanmı¸s
Z/nmZ −→ Z/nZ × Z/mZ
birebir bir grup homomorfisini elde ederiz. Eleman sayıları aynı (= nm) oldu˘gundan homomorfi aynı zamanda ¨ortendir, yani bir izomorfidir. Elde etti˘gimiz
teoremi yazalım.
Teorem 10.18. n ve m birbirine asal iki do˘gal sayı olsun. O zaman
Z/nmZ ≃ Z/nZ × Z/mZ
olur. Ayrıca,
φ(ˆ
x) = (x, x
˜)
form¨
ul¨
uyle (do˘gal olarak ) tanımlanmı¸s Z/nmZ −→ Z/nZ × Z/mZ fonksiyonu
bir izomomorfidir.
Sonu¸
c 10.19. Birbirine asal sayıda elemanı olan iki d¨
ong¨
usel grubun kartezyen ¸carpımı da d¨
ong¨
useldir.
Sonu¸
c 10.20. n > 1 do˘gal sayısını asallarına ayıralım: n = pk11 · · · pkr r . Bu
durumda
Z/nZ ≃ Z/pk11 Z × . . . × Z/pkr r Z
olur.
Sonu¸
c 10.21 (C
¸ in Kalan Teoremi). E˘ger n1 , . . . , nr birbirine iki¸ser iki¸ser asal
do˘gal sayılarsa ve a1 , . . . , ar tamsayılarsa,
(x ≡ ai mod ni )i=1,...,r
denklem sisteminin bir ¸co
¨z¨
um¨
u vardır ve iki ¸c¨
oz¨
um¨
un farkı n1 · · · nr sayısına
b¨
ol¨
un¨
ur.
Kanıt: n = n1 · · · nr olsun.
Z/nZ ≃ Z/n1 Z × . . . × Z/nr Z
izomorfisini biliyoruz. a ∈ Z/nZ elemanı, bu izomorfi altında sa˘g taraftaki
˙ ¸c¨oz¨
(a1 , . . . , ar ) elemanına tekab¨
ul etsin. x = a sistemin bir ¸c¨oz¨
um¨
ud¨
ur. Iki
um¨
un farkı elbette n’ye b¨ol¨
unecektir.
Teorem 4.10’u bir kez daha kanıtlayabiliriz:
10.5. Z, Yeniden
169
Sonu¸
c 10.22. Bir grupta her burulmalı eleman, asal p sayıları i¸cin birbirleriyle de˘gi¸sen p-elemanların ¸carpımıdır.
Kanıt: G bir grup ve g ∈ G derecesi n olan bir eleman olsun. Teoremi ⟨g⟩
altgrubunda kanıtlamak yeterli. Ama ⟨g⟩ ≃ Z/nZ oldu˘gundan teoremi Z/nZ
grubunda kanıtlamak yeterli. Bu da Sonu¸c 10.20 tarafından verilmi¸stir.
¨
Notlar ve Ornekler
10.126. G bir grup olsun. g, x ∈ G i¸cin Inng (x) = gxg −1 tanımının bize i¸c otomorfi denen
bir Inng : G −→ G otomorfisi verdi˘
gini g¨
ord¨
uk (bkz. sayfa 152). Ayrıca Inn(g) = Inng
kuralıyla tanımlanan Inn : G −→ Aut G fonksiyonunun bir grup homomorfisi oldu˘
gunu
da biliyoruz. Inn homorfisinin ¸cekirde˘
gini bulalım:
Ker Inn
=
=
=
{g ∈ G : Inng = IdG }
{g ∈ G : her x ∈ G i¸cin Inng (x) = x}
{g ∈ G : her x ∈ G i¸cin gxg −1 = x} = Z(G).
Demek ki
G/Z(G) ≃ Inn(G).
¨
10.127. Ornek 10.74’te aynı (sonlu) sayıda elemanı olan t¨
um d¨
ong¨
usel grupların izomorfik
oldu˘
gu s¨
oylenmi¸s ve okurdan bunu kanıtlaması istenmi¸sti. Bu kanıt aslında ¸su ¸sekilde
yapılmalı: n elemanlı d¨
ong¨
usel gruba G diyelim. O zaman grup, bir x ∈ G i¸cin, G =
{1, x, x2 , . . . , xn−1 } bi¸cimindedir. Her r, s ∈ Z i¸cin xr xs = xr+s oldu˘
gundan, φ(r) =
xr fonksiyonu Z grubundan bu gruba giden ¨
orten bir homomorfidir. Bu homomorfinin
¸cekirde˘
gini bulalım:
Ker φ = {r ∈ Z : φ(r) = 1} = {r ∈ Z : xr = 1} = {r ∈ Z : n|r} = nZ.
Dolayısıyla G ≃ Z/nZ olur.
C
¸ arpma. S¸imdi biraz da ¸carpmayla ilgilenelim. Z/nZ k¨
umesi u
¨zerinde bir
toplama i¸slemi tanımladık. Toplamayı x + y = x + y e¸sitli˘giyle tanımladık. Bu
toplama tanımı ge¸cerli ¸cu
¨nk¨
u g¨ord¨
u˘gu
¨m¨
uz ve kanıtlaması kolay oldu˘gu u
¨zere
x = x1 ve y = y1 ise x + y = x1 + y1 olur. Benzer tanımı ¸carpma i¸cin de
yapabiliriz, ¸cu
¨nk¨
u x = x1 ve y = y1 ise xy = x1 y1 olur; nitekim e˘ger n sayısı
x − x1 ve y − y1 sayısını b¨ol¨
uyorsa, o zaman
xy − x1 y1 = x(y − y1 ) + (x − x1 )y1
e¸sitli˘ginden dolayı n sayısı xy − x1 y1 sayısını da b¨oler. Demek ki artık Z/nZ
k¨
umesinde toplama dı¸sında bir de
x y = xy
e¸sitli˘giyle tanımlanmı¸s ¸carpma i¸slemimiz var. Aslında ¸carpma i¸slemi toplama
i¸sleminden ¸cok ¸cok farklı de˘gil, nasıl, do˘gal sayılarda xy, x’i kendisiyle y defa
toplamak ya da y’yi kendisiyle x defa toplamak anlamına geliyorsa, Z/nZ
k¨
umesinde de
xy = x · y = y · x
170
10. Homomorfiler
e¸sitli˘gi ge¸cerlidir. Buradan, Z’den Z/nZ’ye giden
x 7→ x
form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s do˘gal fonksiyonun sadece toplamaya de˘gil, ¸carpmaya
da da˘gıldı˘gı anla¸sılır.
C
¸ arpmanın bir de etkisiz elemanı vardır: 1. Nitekim her x ∈ Z i¸cin x 1 =
x1 = x olur.
S¸imdi ¸su tanımı yapalım:
(Z/nZ)⋆ = {α ∈ Z/nZ : bir β ∈ Z/nZ i¸cin αβ = 1 }.
Bu k¨
umenin elemanlarına tersinir elemanlar denir. Tersinir elemanlar k¨
umesi (Z/nZ)⋆ bir gruptur. Nitekim α, α1 elemanları tersinirse, o zaman αα1
elemanı da tersinirdir ¸cu
¨nk¨
u e˘ger αβ = 1 ve α1 β1 = 1 ise (αβ)(β1 a1 ) = 1 olur;
ayrıca 1 tersinirdir (tersi gene kendisidir) ve (Z/nZ)⋆ k¨
umesinin her elemanının
(k¨
umenin tanımı gere˘gi) bir tersi vardır ve tersi gene (Z/nZ)⋆ k¨
umesindedir
(¸cu
¨nk¨
u α’nın tersi β ise, β’nın tersi elbette α’dır).
¨
Notlar ve Ornekler
10.128.
10.129.
10.130.
10.131.
10.132.
10.133.
10.134.
10.135.
(Z/2Z)⋆ = {1}.
(Z/3Z)⋆ = {1, 2}.
(Z/4Z)⋆ = {1, 3}.
(Z/5Z)⋆ = {1, 2, 3, 4}.
(Z/6Z)⋆ = {1, 5}.
(Z/8Z)⋆ = {1, 3, 5, 7}.
(Z/9Z)⋆ = {1, 2, 4, 5, 7, 8}.
Bu ¨
ornekte a¸sa˘
gıdaki teoremi kanıtlayaca˘
gız:
Teorem 10.23. Q’n¨
un sonlu sayıda elemanı tarafından u
¨retilen altgrupları ya 0’dır ya
da Z’ye izomorfiktir.
¨
Kanıt: Urete¸
clerden en az biri 0 olmasın. Altgrubun Z’ye izomorfik oldu˘
gunu g¨
ostermeliyiz. Elemanlara q1 , . . . , qn diyelim. ai , bi ∈ Z olmak u
¨zere
ai
qi =
bi
yazalım.
b = ekok(b1 , . . . bn )
olsun. ci = b/bi ∈ Z ise,
qi =
ai
ci ai
=
bi
b
olur. Dolayısıyla
b1 = . . . = bn = b
varsayımını yapabiliriz. O zaman
⟨q1 , . . . , qn ⟩ =
⟨a
1
b
,...,
an ⟩
1
= ⟨a1 , . . . , an ⟩
b
b
olur. ⟨a1 , . . . , an ⟩ ≤ Z oldu˘
gundan, bir a ∈ Z i¸cin aZ grubuna e¸sittir. Demek ki grup a/b
tarafından u
¨retilmi¸stir.
10.5. Z, Yeniden
171
(Z/nZ)⋆ grubunun elemanlarını bulmak zor de˘gildir:
Teorem 10.24. (Z/nZ)⋆ = {x ∈ Z/nZ : ebob(x, n) = 1} olur.
Kanıt: E˘ger ebob(x, n) = 1 ise, Teorem 2.5’e g¨ore nu + xv = 1 e¸sitli˘gini
sa˘glayan u ve v tamsayıları vardır. Bu e¸sitli˘gi Z/nZ grubuna indirgersek,
1 = nu + xv = nu + xv = xv = x v
olur; dolayısıyla x tersinirdir.
S¸imdi x elemanının tersinir oldu˘gunu varsayalım. Demek ki bir y i¸cin x y =
1 olur, yani xy − 1 ∈ nZ olur. Demek ki bir z ∈ Z i¸cin xy − 1 = nz, yani
xy + n(−z) = 1. Gene Teorem 2.5’e g¨ore n ve x sayıları aralarında asaldır. ¨
Notlar ve Ornekler
10.136. p bir asal olsun. k ∈ Z i¸cin φ(k) = 1 + kp ∈ (Z/p2 Z)⋆ olsun.
φ(k)f (ℓ) = (1 + kp)(1 + ℓp) = 1 + (k + ℓ)p = φ(k + ℓ)
oldu˘
gundan, φ : Z −→ (Z/p2 Z)⋆ grubuna giden bir homomorfidir (toplamayı ¸carpmaya
d¨
on¨
u¸st¨
ur¨
ur). C
¸ ekirde˘
gi hesaplayalım:
Ker φ = {k ∈ Z : p|k} = pZ.
˙
Imgesi
de kolay:
φ(Z) = 1 + pZ/p2 Z ≤ (Z/p2 Z)⋆ .
Demek ki
Z/pZ ≃ 1 + pZ/p2 Z
olur.
10.137. p bir asal ve n bir do˘
gal sayı olsun. Her k = 1, . . . , n − 1, n i¸cin
Uk = 1 + pk Z/pn Z
olsun. Uk k¨
umesi ¸carpma altında kapalı oldu˘
gundan Uk ≤ (Z/pn Z)⋆ olur (bkz. Teorem
n−k
5.1). Uk altgrubunun p
tane elemanı vardır ve
1 = Un < Un−1 < . . . < Uk+1 < Uk < . . . < U1 = 1 + pZ/pn Z
olur. Dolayısıyla
Uk /Uk+1 ≃ Z/pZ
ve her x ∈ U1 i¸cin x
pn−1
= 1 olur. Ayrıca,
Uk \ Uk+1 = 1 + pk (Z/pk Z)⋆
e¸sitli˘
gini g¨
ostermek zor de˘
gil. Buradan kolaylıkla ¸su kanıtlanır: E˘
ger p > 2 ve 1 + pk x ∈
k
p
Uk \ Uk+1 ise (1 + p x) ∈ Uk+1 \ Uk+2 olur. Demek ki deg 1 + p = pn−1 ve dolayısıyla
U1 = ⟨1 + p⟩ ≃ Z/pn−1 Z
ve her k i¸cin
k
Uk = ⟨(1 + p) ⟩ ≃ Z/pn−k Z
olur.
p = 2 i¸cin Uk gruplarının yapısı biraz daha farklıdır. Bu yapıları ke¸sfetmeyi okura (heyecanlı bir) alı¸stırma olarak bırakıyoruz.
172
10. Homomorfiler
Alı¸stırmalar
10.138. Q grubunun 1/3 ve 2/7 tarafından u
¨retilen altgrubunu bulun.
10.139. Q grubunun 2/5, 4/7 ve 6/13 elemanları tarafından u
¨retilen altgrubunu bulun.
10.140. Z/6Z’de x2 + x polinomunun ka¸c k¨
ok¨
u vardır?
10.141. Z/8Z’de x2 − 1 polinomunun ka¸c k¨
ok¨
u vardır?
2
10.142. E˘
ger p > 2 asalsa Z/pZ’de x − 1 polinomunun iki k¨
ok¨
u oldu˘
gunu kanıtlayın.
10.143. n = 2, . . . , 16 i¸cin (Z/nZ)⋆ gruplarından d¨
ong¨
usel olanlarını bulun ve her biri i¸cin
grubu u
¨reten bir eleman bulun. (Bu sonuncu soru ancak elemanları teker teker deneyerek
yapılabilir.)
10.144. (Z/8Z)⋆ grubunun d¨
ong¨
usel olmadı˘
gını ama Z/2Z×Z/2Z grubuna izomorfik oldu˘
gunu
kanıtlayın.
10.145. (Z/16Z)⋆ ve (Z/24Z)⋆ grupları nasıl gruplardır?
10.146. ebob(n, m) = 1 ise,
(Z/nmZ)⋆ ≃ (Z/nZ)⋆ × (Z/mZ)⋆
oldu˘
gunu kanıtlamaya ¸calı¸sın. Bu a¸samada bu alı¸stırma kolay olmayabilir ama bir ipucu
verelim: Z/nZ × Z/mZ k¨
umesi u
¨zerinde do˘
gal bir ¸carpma i¸slemi tanımlayıp Teorem
10.18’i kullanın. Halkalar kuramı a¸samasına gelindi˘
ginde bu alı¸stırma ¸cok daha kolay
olacaktır.
¨
11. B¨
ol¨
um Grubu Uzerine
Daha Fazla
Bu b¨ol¨
umde soyut cebirin en ¨onemli konusuyla tanı¸saca˘gız.
11.1
B¨
ol¨
um Gruplarının Altgrupları
G bir grup ve H ▹ G olsun. G/H grubu G ve H tarafından belirleniyor,
dolayısıyla G/H grubunun t¨
um ¨ozellikleri aslında G ve H gruplarının ¨ozellikleridir. Bu b¨ol¨
umde amacımız G/H grubunun altgruplarını G ve H cinsinden
belirlemek.
G/H yerine G yazalım. E˘ger g ∈ G ise, G grubunun gH elemanı yerine
alı¸sılageldi˘gi u
¨zere g yazaca˘gız. π : G −→ G de do˘gal izd¨
u¸su
¨m homomorfisi
olsun:
π(g) = g.
α ≤ G bir altgrup olsun. O zaman π −1 (α) ≤ G olur ¸cu
¨nk¨
u bir altgrubun bir
homomorfi altında ¨onimgesi de bir altgruptur. Ayrıca H = π −1 (1) ≤ π −1 (α)
olur. Demek ki
α 7→ π −1 (α)
kuralı G grubunun altgrupları k¨
umesinden G’nin (H’yi i¸ceren) altgrupları
k¨
umesine giden bir fonksiyon tanımlar. Bu fonksiyonu da π −1 olarak g¨osterelim.
174
¨
¨ um
11. Bol
Daha Fazla
¨ Grubu Uzerine
S¸imdi G’nin herhangi bir A altgrubunun π-imgesini, yani G grubundaki
izd¨
u¸su
¨m¨
un¨
u alalım: π(A). Elbette π(A) ≤ G olur. Bu sefer A 7→ π(A) kuralı G’nin altgrupları k¨
umesinden G grubunun altgrupları k¨
umesine giden bir
fonksiyon tanımlar. Bu fonksiyonu da π olarak g¨osterelim.
B¨oylece G’nin altgrupları k¨
umesiyle, G/H’nin altgrupları k¨
umesi arasında
biri soldan sa˘ga, di˘geri sa˘gdan sola giden iki fonksiyon elde ettik: π ve π −1 .
Bakalım bunlar ne kadar birbirinin tersi. Elbette G grubunun her α altgrubu
i¸cin
π(π −1 (α)) = α
olur, yani π ◦ π −1 = Id olur. Demek ki π ¨orten ve π −1 birebir. Ama π −1 ◦ π =
Id e¸sitli˘gi do˘gru olmayabilir, ¸cu
¨nk¨
u mesela π birebir olmayabilir, ne de olsa
H’nin her altgrubunun izd¨
u¸su
¨m¨
u (mesela 1 ve H altgruplarının izd¨
u¸su
¨m¨
u) G
grubunun {1} altgrubudur ve H’nin bir¸cok altgrubu olabilir; demek ki H = 1
olmadık¸ca π birebir olamaz ve π −1 fonksiyonunun tersi olması beklenemez.
Ayrıca π −1 fonksiyonu ¨orten olmayabilir, ¸cu
¨nk¨
u α ≤ G ise o zaman π −1 (α) ≥
H olur, ama G’nin her altgrubu H’yi i¸cermek zorunda de˘gildir, mesela 1 altgrubu genellikle H’yi i¸cermez, demek ki H ̸= 1 ise π −1 ¨orten olamaz. Madem
π −1 fonksiyonu ¨orten de˘gil, bu fonksiyonun imgesini bulalım ve π’yi bu imgeye
kısıtlayalım, belki bu kısıtlamayla π −1 ◦ π = Id e¸sitli˘gi do˘gru olur. π −1 (G)
fonksiyonunun imgesini bulmak i¸cin, π ¨orten oldu˘gundan, A ≤ G i¸cin G’nin
π −1 (π(A)) altgrubunu bulmak yeterli.
Sav: E˘ger A ⊆ G ise π −1 (π(A)) = HA olur.
¨ um
11.1. Bol
¨ Gruplarının Altgrupları
175
Kanıt: x ∈ π −1 (π(A)) olsun. O zaman π(x) ∈ π(A) olur. Demek ki bir a ∈ A
i¸cin π(x) = π(a), yani x = a, yani a−1 x ∈ H olur. Demek ki x ∈ Ha ⊆ HA.
Ters istikameti kanıtlamak daha da kolay π(HA) = π(H)π(A) = 1 · π(A) =
π(A) oldu˘gundan, HA ⊆ π −1 (π(A)) olur.
Bu arada A ≤ G oldu˘gunda, HA ≤ G oldu˘gunu da anımsayalım (bkz.
Alı¸stırma 9.18).
Yukarıdaki savdan, e˘ger H ≤ A ≤ G ise, π −1 (π(A)) = HA = A ¸cıkar. Yani
e˘ger π fonksiyonunu H’yi i¸ceren altgruplar k¨
umesine kısıtlarsak, π −1 ◦ π = Id
olur. Bu ¨onemli sonucu teorem olarak yazalım.
Teorem 11.1. H ▹ G olsun.
π : G’nin H’yi i¸ceren altgrupları k¨
umesi −→ G/H’nin altgrupları k¨
umesi
ve
π −1 : G/H’nin altgrupları k¨
umesi −→ G’nin H’yi i¸ceren altgrupları k¨
umesi
fonksiyonları birbirinin tersidir. Yani G/H’nin her altgrubu, G’nin H’yi i¸ceren bir ve bir tek altgrubunun π-imgesidir. Ayrıca e˘ger A ≤ G ise,
π −1 (π(A)) = HA
olur. Ayrıca yukarıdaki π ve π −1 fonksiyonları, G’nin H’yi i¸ceren normal
altgrupları ve G/H’nin normal altgrupları arasında bir e¸sleme verir.
Kanıt: Sadece son kısmı kanıtlamamız lazım. Son kısım da Alı¸stırma 10.28
ve 10.29’dan ¸cıkar.
¨
Notlar ve Ornekler
11.1. A ▹ G ve A ≤ B ≤ G olsun. G = G/A ve B = B/A tanımlarını yapalım. O zaman
NG (B)/A = NG (B) olur.
Kanıt: NG (B)/A ≤ NG (B) i¸cindeli˘
ginin do˘
gru oldu˘
gu bariz. Di˘
ger i¸cindeli˘
gi kanıtg
˙ e¸sitlikten
layalım. g ∈ NG (B) olsun. O zaman B g A/A = B = B = B/A olur. (Ilk
emin olun.) Demek ki Teorem 11.1’e g¨
ore B g A = B ama A = Ag ≤ B g ve dolayısıyla
B g A = B g . Buradan B g = B g A = B ve g ∈ NG (B) ¸cıkar.
Bu t¨
ur ¨
ornekler b¨
ol¨
um grubunu anlamak i¸cin ¸cok ¨
onemlidir. Ciddi ¨
og
˘rencinin kanıtın
her a¸samasını ¸cok ¸cok iyi anlamalı, kanıt bariz hale gelene kadar tekrar etmelidir.
11.2. Teorem 11.1’i kullanarak, n bir do˘
gal sayı olmak u
¨zere, Z/nZ grubunun altgruplarını bulalım. Teoremde G = Z, H = nZ alırsak, bunlar, nZ ≤ A ≤ Z i¸cin, A/nZ bi¸cimindedir.
Tabii A, bir m > 0 i¸cin mZ bi¸ciminde olmalıdır; ayrıca nZ ≤ A = mZ olması gerekti˘
ginden, m sayısı n’yi b¨
olmelidir. Demek ki, Z/nZ grubunun altgrupları, n’yi b¨
olen
bir m sayısı i¸cin mZ/nZ bi¸cimindedir1 . Ama mZ, m tarafından u
¨retildi˘
ginden, mZ/nZ
¨
grubu da m’nin imgesi tarafından u
¨retilir, yani d¨
ong¨
useldir (bkz. Ornek
9.57). T¨
um
d¨
ong¨
usel gruplar bir n do˘
gal sayısı i¸cin Z/nZ’ye izomorfik olduklarından (bkz. Teorem
10.2), bundan, daha ¨
once Teorem 7.2 olarak kanıtladı˘
gımız ¸su teorem ¸cıkar:
Dikkat: m · Z/nZ ile mZ/nZ arasında (tanım itibarıyla) bir ayrım g¨
ozetilmelidir. Birinci
grup m · Z/nZ = {mx : x ∈ Z/nZ} anlamına gelir ama ikinci grup mZ/nZ = (mZ)/(nZ) =
1
¨
¨ um
11. Bol
Daha Fazla
¨ Grubu Uzerine
176
Teorem 11.2. D¨
ong¨
usel bir grubun altgrupları da d¨
ong¨
useldir.
11.3. m do˘
gal sayısı n do˘
gal sayısını b¨
ols¨
un ve d = n/m olsun. Bir ¨
onceki ¨
orne˘
ge g¨
ore
mZ/nZ ≤ Z/nZ olur. mZ/nZ grubunun yapısını bulalım. m tarafından u
¨retildi˘
ginden
mZ/nZ grubu d¨
ong¨
useldir. Elemanları da belli:
0, m, 2m, . . . , (d − 1)m;
ya da
0, m, 2m, . . . , (d − 1)m.
Bu elemanların herbiri di˘
gerinden farklı oldu˘
gundan tam tamına d tane eleman bulmu¸s
olduk. Demek ki mZ/nZ grubu d¨
ong¨
usel ve d tane elemanı var. Dolayısıyla Z/dZ grubuna izomorfik olmalıdır (bkz. Teorem 10.2).
Teorem 11.3. E˘ger m|n ise mZ/nZ ≃ Z/(n/m)Z olur.
Bu teoremin daha u
¨st d¨
uzey ve daha ¸sık bir kanıtını verelim.
Kanıt: n = md olsun. S
¸ u do˘
gal homomorfileri takip edelim:
Z −→ mZ −→ mZ/nZ.
Bu homomorfiye φ diyelim. Tanım gere˘
gi φ(x) = mx. Elbette φ o
¨rtendir. C
¸ ekirde˘
gini
hesaplayalım:
Ker φ
=
=
{x ∈ Z : φ(x) = 0} = {x ∈ Z : mx = 0}
{x ∈ Z : n|mx} = {x ∈ Z : d|x} = dZ.
Demek ki, Teorem 10.9’a g¨
ore, Z/dZ ≃ mZ/nZ olur.
11.4. Bir sonraki do˘
gal soru ¸su: E˘
ger m sayısı n’yi b¨
olm¨
uyorsa, m · Z/nZ grubunun yapısı
nedir? Teorem 11.2’ye g¨
ore bu grubun d¨
ong¨
usel oldu˘
gunu biliyoruz. Ayrıca Lagrange
teoremine g¨
ore (bkz. Sonu¸c 8.5), grubun eleman sayısı n’yi b¨
oler. Demek ki bir d|n i¸cin,
m · Z/nZ ≃ Z/dZ. Amacımız d’yi n ve m cinsinden bulmak.
d = ebob(n, m) alabilece˘
gimizi g¨
orelim. m = dm1 ve n = dn1 olarak yazalım. (m1 , n) =
1 oldu˘
gundan, Teorem 10.24’e g¨
ore m1 elemanı Z/nZ’de tersinir olur. Demek ki
m1 · Z/nZ = m1 · Z/nZ = Z/nZ
olur. Ayrıca d, n’yi b¨
old¨
ug
˘u
¨nden, bir ¨
onceki teoreme g¨
ore,
m · Z/nZ = dm1 · Z/nZ = d · Z/nZ = dZ/nZ ≃ Z/n1 Z
olur. S
¸ u teoremi kanıtladık:
Teorem 11.4. d = ebob(n, m) olsun. O zaman m · Z/nZ ≃ Z/(n/d)Z olur.
Bu teoremin de daha ¸sık bir kanıtını verelim.
Kanıt: n = dn1 ve m = dm1 olsun. A¸sa˘
gıdaki homomorfileri takip edelim:
Z −→ Z/nZ −→ m · Z/nZ.
Bu homomorfilerin bile¸skesine φ diyelim. φ ¨
orten bir homomorfidir. C
¸ ekirde˘
gini hesaplayalım:
Ker φ
=
=
{x ∈ Z : φ(x) = 0} = {x ∈ Z : mx = 0} = {x ∈ Z : mx = 0}
{x ∈ Z : n|mx} = {x ∈ Z : n1 |m1 x} = {x ∈ Z : n1 |x} = n1 Z.
Demek ki, Teorem 10.9’a g¨
ore, Z/n1 Z ≃ m · Z/nZ olur.
{y : y ∈ mZ} = {mx : x ∈ Z} anlamına gelir. Neyse ki mx = mx oldu˘
gundan k¨
umeler
¨ yandan e˘
birbirine e¸sittir. Ote
ger m, n’yi b¨
olmezse mZ/nZ yazılımı pek ho¸s kar¸sılanmaz,
c¸u
¨nk¨
u grup teorisinde G/H yazıldı˘
gında H’nin G’nin altgrubu oldu˘
gu varsayımı yapılır.
Mesela n = 4, m = 3 ise 3 · Z/4Z = (−1) · Z/4Z = Z/4Z olur. Ama 4Z ̸⊆ 3Z oldu˘
gundan
3Z/4Z yazılmaz.
¨ um
11.1. Bol
¨ Gruplarının Altgrupları
177
11.5. m|n olsun. Demek ki mZ/nZ ≤ Z/nZ. Dolayısıyla (Z/nZ)/(mZ/nZ) b¨
ol¨
um grubu
vardır. Bu grubun grup yapısını bulalım. Z/nZ d¨
ong¨
usel oldu˘
gundan (Z/nZ)/(mZ/nZ)
¨
grubu da d¨
ong¨
useldir (bkz. Ornek
9.57). Ayrıca Teorem 11.3’e g¨
ore
|(Z/nZ)/(mZ/nZ)| = |Z/nZ|/|mZ/nZ| = n/(n/m) = m
olur. Demek ki
(Z/nZ)/(mZ/nZ) ≃ Z/mZ
olmalıdır.
S
¸ u teoremi kanıtladık:
Teorem 11.5. m|n ise (Z/nZ)/(mZ/nZ) ≃ Z/mZ olur.
Bu teoremin de daha ¸sık bir kanıtını verelim.
Kanıt: A¸sa˘
gıdaki do˘
gal homomorfileri takip edelim:
Z −→ Z/nZ −→ (Z/nZ)/(mZ/nZ).
Bile¸skeye φ diyelim. Bile¸skesini aldı˘
gımız homomorfiler ¨
orten oldu˘
gundan φ de ¨
ortendir.
φ’nin ¸cekirde˘
gini hesaplayaca˘
gız. Ama ¨
once notasyonumuzu sabitleyelim. x ∈ Z i¸cin x ∈
Z/nZ g¨
osterimi, x’in Z/nZ grubu u
¨zerine tahmin edilen do˘
gal izd¨
u¸su
¨m¨
un¨
u simgeleyecek.
ˆ ∈ (Z/nZ)/(mZ/nZ) g¨
Ayrıca, x ∈ Z/nZ i¸cin, x
osterimi, x elemanının (Z/nZ)/(mZ/nZ)
grubu u
¨zerine tahmin edilen do˘
gal izd¨
u¸su
¨m¨
un¨
u simgeleyecek. Demek ki her x ∈ Z i¸cin
ˆ
φ(x) = x.
mZ ≤ Ker φ i¸cindeli˘
gi bariz ¸cu
¨nk¨
u her x ∈ Z i¸cin
ˆ = mx
ˆ =ˆ
φ(mx) = mx
0
olur. Di˘
ger i¸cindeli˘
gi kanıtlayalım:
Ker φ
=
=
=
⊆
ˆ=ˆ
{x ∈ Z : x
0} = {x ∈ Z : x ∈ mZ/nZ}
{x ∈ Z : bir y ∈ Z i¸cin x = my}
{x ∈ Z : bir y ∈ Z i¸cin n|(x − my)}
{x ∈ Z : m|x} = mZ.
Demek ki Ker φ = mZ ve Teorem 10.9’a g¨
ore, Z/mZ ≃ (Z/nZ)/(mZ/nZ) olur.
Birazdan bu teoremdeki anafikri s¨
om¨
ur¨
up ¸cok daha genel bir teorem kanıtlayaca˘
gız (bkz.
Teorem 11.6).
Alı¸stırmalar
11.6. G sonlu bir p-grup olsun.
1 = A0 < A1 < . . . < An
ve Ai+1 /Ai ≃ Z/pZ ¨
ozelliklerini sa˘
glayan G-normal altgruplar oldu˘
gunu kanıtlayın.
˙
(Ipucu:
Teorem 8.9 ve t¨
umevarım.)
11.7. G sonlu bir p-grubu ve H ≤ G olsun.
H = A0 ▹ A1 ▹ . . . ▹ An
ve Ai+1 /Ai ≃ Z/pZ ¨
ozelliklerini sa˘
glayan altgruplar oldu˘
gunu kanıtlayın.
¨
¨ um
11. Bol
Daha Fazla
¨ Grubu Uzerine
178
11.2
B¨
ol¨
um Gruplarının B¨
ol¨
um Grupları
G bir grup ve H ▹ G olsun. G/H’nin bir normal altgrubunu alalım. Teorem
11.1’e g¨ore bu normal altgrup, bir H ≤ K ▹ G i¸cin K/H bi¸cimindedir. Dolayısıyla G/H grubunu K/H grubuna b¨ol¨
up, (G/H)/(K/H) grubunu bulabiliriz. Okurun i¸cinden, gereken sadele¸stirmeyi yapıp (!)
(G/H)/(K/H) ≃ G/K
yazmak ge¸ciyorsa, okur kendini i¸cg¨
ud¨
ulerine bıraksın, yanılmayacaktır:
Teorem 11.6. H ▹ G olsun. H ≤ K ▹ G olsun. Bu durumda K/H ▹ G/H
oldu˘gunu biliyoruz.
(G/H)/(K/H) ≃ G/K
ˆ ∈ (G/H)/(K/H) elemanına
olur ve bu iki grup arasında x
˜ ∈ G/K elemanını x
g¨
ot¨
uren do˘gal bir izomorfi vardır.
¨
Kanıt: Once
notasyon konusunda anla¸salım: E˘ger x ∈ G ise x
˜ ∈ G/K elemanı x’in G/K grubundaki do˘gal izd¨
u¸su
¨m¨
un¨
u, x ∈ G/K elemanı x’in G/H
grubundaki do˘gal izd¨
u¸su
¨m¨
un¨
u ve α ∈ G/H ise, α
ˆ ∈ (G/H)/(K/H) elemanı α’nın (G/H)/(G/K) grubundaki do˘gal izd¨
u¸su
¨m¨
un¨
u temsil edecek. S¸imdi
G −→ G/H −→ (G/H)/(K/H) do˘gal homomorfilerini izleyelim: x ∈ G elemanı ¨once x ∈ G/H elemanına gider, ardından da ikinci homomorfiyi takip
ˆ elemanına gider. Bu iki homomorfinin bile¸skesine φ diyelim. Demek
ederek x
ki
ˆ.
φ(x) = x
Bu homomorfilerin bile¸simi bir homomorfidir. Ayrıca bile¸skesi alınan homomorfiler ¨orten oldu˘gundan φ de ¨ortendir. φ’nin ¸cekirde˘gini hesaplamak farz
oldu:
Ker φ =
=
=
=
=
=
=
=
{x ∈ G : φ(x) = ˆ1}
ˆ = ˆ1}
{x ∈ G : x
{x ∈ G : x ∈ K/H}
{x ∈ G : ¨oyle bir y ∈ K var ki x = y olur}
{x ∈ G : ¨oyle bir y ∈ K var ki xy −1 ∈ H olur}
{x ∈ G : ¨oyle bir y ∈ K var ki x ∈ Hy olur}
{x ∈ G : x ∈ HK}
{x ∈ G : x ∈ K} = K
Teorem 10.9’a g¨ore, G/K ≃ Im φ = (G/H)/(K/H) olur.
Kanıtımızın aynen Teorem 11.5’in kanıtı gibi oldu˘guna dikkatinizi ¸cekerim.
¨ um
¨ um
11.2. Bol
¨ Gruplarının Bol
¨ Grupları
179
¨
Notlar ve Ornekler
11.8. Q/Z elbette R/Z’nin bir altgrubu. Yukarıdaki teoreme g¨
ore (R/Z)/(Q/Z) ≃ R/Q olur.
11.9. A¸sa˘
gıdaki teorem, t¨
umevarıma izin verdi˘
ginden, sonlu p-grupların analizinde ¸cok ¨
onemli
olabilir.
Teorem 11.7. p bir asal ve G sonlu bir p-grubu olsun. O zaman G’nin Ai+1 /Ai ≃ Z/pZ
¨
onermesini sa˘glayan
A0 = 1 < A1 < . . . < An = G
normal altgrupları vardır.
Kanıt: Teorem 8.9’a ya da 14.6’ya g¨
ore Z(G) ̸= 1 olur. Cauchy Teoremi’ne g¨
ore Z(G)’de
derecesi p olan bir eleman vardır. Bu elemanla u
¨retilmi¸s grup elbette p elemanlıdır, dolayısıyla Z/pZ grubuna izomorfiktir, ve merkezde oldu˘
gundan G-normaldir. Bu altgruba
A1 diyelim. |G| u
¨zerine t¨
umevarımla, G/A1 grubunun istenen ¨
ozelli˘
gi sa˘
glayan normal
altgrupları vardır. Teorem 11.1’e g¨
ore bu altgrupları A1 ≤ Ai ▹ G i¸cin, Ai /A1 olarak
yazabiliriz. Demek ki, Teorem 11.6’ya g¨
ore
Z/pZ ≃ (Ai+1 /A1 )/(Ai /A1 ) ≃ Ai+1 /Ai
˙
olur. Istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸stır.
Sonu¸
c 11.8. p bir asalsa pn elemanlı bir grubun her i = 0, 1, . . . , n i¸cin pi elemanlı bir
altgrubu vardır.
11.10. G bir abel grubu olsun. H < G, G’nin maksimal bir (¨
oz)altgrubu olsun. (Maksimal
¨
ozaltgrup olmayabilir ama biz oldu˘
gunu varsayıyoruz.) Bu, Teorem 11.1’den dolayı,
G/H’nin sadece iki altgrubu var anlamına gelir. Teorem 10.5’ten dolayı, bir p asalı i¸cin
¨
¨
G/H ≃ Z/pZ olur. Dolayısıyla Ornek
5.7 ve Ornek
9.48’e g¨
ore, b¨
ol¨
un¨
ur bir grubun mak¨
¨ yandan
simal ¨
ozaltgrubu yoktur. Orne˘
gin Q grubunun maksimal altgrubu yoktur. Ote
Q grubunun, 1’i (ya da 0’dan farklı herhangi bir elemanı) i¸cermeyen altgruplar arasında
maksimal olan vardır (ve birka¸c tane vardır; bir ba¸ska deyi¸sle Q’nun 1’i i¸cermeyen ¨
oyle
altgrupları vardır ki bu altgruplardan daha b¨
uy¨
uk her altgrup 1’i i¸cerir). Okur alı¸stırma
olarak bu altgrubu bulmaya ¸calı¸sabilir. (Bkz. Teorem F.3.)
11.11. Burada yukarıdaki soruyu yanıtlayalım. Q grubunun 1’i¸cermeyen en az bir altgrubu
vardır, mesela {0} altgrubu. 2Z bir ba¸skasıdır. Q grubunun 1’i i¸cermeyen altgrupları
arasında en b¨
uy¨
uklerinin oldu˘
gunu kanıtlayaca˘
gız. B¨
oyle bir altgrup, 1/2, 1/3 gibi
sayıları da i¸ceremez elbet. S
¸¨
oyle bir tanım yapalım:
{a
}
A=
: a ∈ 2Z, b ̸∈ 2Z .
b
Yani A payı ¸cift paydası tek olan kesirli sayılar olsun. Bu k¨
ume toplama ve ¸cıkarma
altında kapalıdır ve bo¸sk¨
ume de˘
gildir, dolayısıyla bir altgruptur. 1’i i¸cermedi˘
gi bariz,
hatta hi¸cbir tek tamsayıyı i¸cermedi˘
gi bariz. Ama A c¸ift tamsayıları i¸cerir. S
¸ imdi A < B
olsun. B’nin 1’i i¸cerdi˘
gini kanıtlayaca˘
gız. B’den A’da olmayan bir eleman alalım: u/v.
Pay ve paydayı sadele¸stirilmi¸s olarak alalım. O zaman u ¸cift sayı olamaz, ¸cu
¨nk¨
u aksi
halde v de ¸cift sayı olmak zorunda olurdu. u/v elemanını kendisiyle v defa toplayarak
u ∈ B varsayımını yapabiliriz. u = 2u1 + 1 olarak yazalım. 2u1 ∈ 2Z ≤ A oldu˘
gundan,
1 − u − 2u1 ∈ B olur ve b¨
oylece istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸s olur.
Okur, yukarıda 2 ile yaptı˘
gımızı rastgele bir p asalı i¸cin yapabilir. Ayrıca alı¸stırma olarak
Q/A grubunun grup yapısını anlamaya ¸calı¸sabilir. Birka¸c ipucu: Q b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gundan,
Q/A elbette b¨
ol¨
un¨
ur bir gruptur. E˘
ger A’yı p asalı i¸cin tanımlamı¸ssak, Q/A grubunun
her elemanı bir p-elemandır. Ayrıca Q/A’nın her ¨
ozaltgrubu sonludur ve bir n ∈ N i¸cin
Z/pn Z grubuna izomorftur. Zp∞ olarak g¨
osterilen bu gruba Pr¨
ufer p-grubu adı verilir.
12. Direkt ve Yarıdirekt
C
¸ arpımlar
12.1
˙ Grubun Kartezyen C
Iki
¸ arpımı
E˘ger G1 ve G2 iki grupsa, G1 × G2 k¨
umesini bir gruba d¨on¨
u¸st¨
urmeyi biliyoruz.
Bunun i¸cin ¸carpımı (olabilecek en do˘gal bi¸cimde),
(a, b)(c, d) = (ac, bd)
olarak tanımlamak yeterli. Bu altb¨ol¨
umde ters problemi ele alaca˘gız, yani bir
grubun hangi ko¸sullarda G1 × G2 t¨
ur¨
unden bir gruba izomorfik oldu˘gunu bulaca˘gız.
¨
Once
G = G1 × G2 grubu u
¨zerine bir iki kelime s¨oyleyelim.
H1 = G1 × {1} ve H2 = {1} × G2
tanımlarını yapalım. O zaman
H1 ≃ G1 , H2 ≃ G2
¨onermeleri ve dolayısıyla
G = G 1 × G 2 ≃ H1 × H2
¨onermesi do˘grudur. Bunların kolay kanıtını okur teyit edebilir. Ayrıca, kolayca
kanıtlanabilece˘
gi u
¨zere,
(1)
H1 ▹ G, H2 ▹ G, G = H1 H2 , ve H1 ∩ H2 = 1
olur1 . S¸imdi, (1) ko¸sullarını sa˘glayan H1 ve H2 altgruplarının varlı˘gının, G
grubunun H1 × H2 grubuna izomorfik olması i¸cin yeterli oldu˘gunu g¨orece˘giz.
En sondaki 1, G = G1 × G2 grubunun tek elemanlı altgrubunu simgelemektedir, yani
{(1, 1)} anlamındadır.
1
182
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
G bir grup olsun. Diyelim G’nin H1 ve H2 altgrupları (1) ko¸sullarını
sa˘glıyor. O zaman, H2 normal bir altgrup oldu˘gundan, h1 ∈ H1 ve h2 ∈ H2
i¸cin,
−1
−1 −1
h−1
1 h2 h1 h2 = (h1 h2 h1 )h2 ∈ H2 H2 ⊆ H2
olur; benzer ¸sekilde
−1
−1 −1
h−1
1 h2 h1 h2 = h1 (h2 h1 h2 ) ∈ H1 H1 ⊆ H1
oldu˘gundan,
−1
h−1
1 h2 h1 h2 ∈ H1 ∩ H2 = 1
−1
olur; buradan da ¨once h−1
1 h2 h1 h2 = 1, sonra
(2)
h1 h2 = h2 h1
¸cıkar. S¸imdi
φ(h1 , h2 ) = h1 h2
kuralıyla tanımlanmı¸s
φ : H1 × H2 −→ G
fonksiyonuna bakalım. H1 H2 = G oldu˘gundan bu fonksiyon ¨ortendir. Ayrıca
(2)’den dolayı φ bir homomorfidir:
φ((h1 , h2 )(h′1 , h′2 )) = φ(h1 h′1 , h2 h′2 ) = h1 h′1 h2 h′2
= h1 h2 h′1 h′2 = φ(h1 , h2 )φ(h′1 h′2 ).
φ’nin ¸cekirde˘gini hesaplayalım:
Ker φ =
=
=
=
=
=
{(h1 , h2 ) ∈ H1 × H2
{(h1 , h2 ) ∈ H1 × H2
{(h1 , h2 ) ∈ H1 × H2
{(h1 , h2 ) ∈ H1 × H2
{(h1 , h2 ) ∈ H1 × H2
{(1, 1)}.
: φ(h1 h2 ) = 1}
: h1 h2 = 1}
: h1 = h−1
2 }
: h1 = h−1
2 ∈ H1 ∩ H2 = 1}
: h1 = h−1
2 = 1}
Demek ki φ ayrıca birebirmi¸s. B¨oylece H1 × H2 ≃ G izomorfisi kanıtlanmı¸s
oldu. Kanıtladı˘gımızı bir teorem olarak yazalım.
Teorem 12.1. G grubunun H1 ve H2 altgrupları
(1)
H1 ▹ G, H2 ▹ G, G = H1 H2 , ve H1 ∩ H2 = 1
¨
onermelerini sa˘glıyorsa,
G ≃ H1 × H2
olur.
12.1. ˙Iki Grubun Kartezyen C
¸ arpımı
183
Varsayımlardan G = H1 H2 ko¸sulunu atarsak da bir sonu¸c elde ederiz.
Teorem 12.2. Bir grubun H1 ve H2 altgrupları birbirlerini normalize ediyorsa
ve H1 ∩ H2 = 1 ise, o zaman
⟨H1 , H2 ⟩ = H1 H2 ≃ H1 × H2
olur.
Kanıt: ⟨H1 , H2 ⟩ = H1 H2 e¸sitli˘gini biliyoruz. Bir ¨onceki teoremde G = H1 H2
alalım.
Hemen bir uygulama g¨orelim.
Sonu¸
c 12.3. G bir abel grubu, n ve m birbirine asal pozitif do˘gal sayılar ve
her g ∈ G i¸cin g nm = 1 olsun.
G[n] = {g ∈ G : g n = 1} ve G[m] = {g ∈ G : g m = 1}
tanımlarını yapalım. O zaman G ≃ G[n] × G[m] olur.
¨
Kanıt: Once,
her g ∈ G i¸cin g n ∈ G[m] ve g m ∈ G[n] oldu˘gunu g¨orelim. Sonra,
B´ezout Teoremi’ne g¨ore nu + mv = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan u, v ∈ Z tamsayıları
oldu˘gunu farkedelim. S¸imdi her g ∈ G i¸cin,
g = g 1 = g nu+mv = (g n )u (g m )v
olur. Demek ki G = G[m]G[n]. Teorem 12.1’i uygulayabilmek i¸cin son olarak
G[n] ∩ G[m] = 1 e¸sitli˘gini kanıtlamamız lazım. Bu da kolay: E˘ger g n = g m = 1
ise,
g = g 1 = g nu+mv = (g n )u (g m )v = 1
olur.
Sonu¸
c 12.4. G, sonlu eksponantlı bir abel grubu olsun. Her p asalı i¸cin
G[p∞ ] = {g ∈ G : bir i ∈ N i¸cin g p = 1}
i
tanımını yapalım. O zaman
G[p∞ ] ≤⊕
G ve sadece n’yi b¨
olen p asalları i¸cin
∏
∞
∞
∞
G[p ] ̸= 1 olur. Ve G ≃ p G[p ] = p G[p ] olur.
Kanıt: exp G = n olsun. Tabii sadece n’yi b¨olen p asalları i¸cin G[p∞ ] ̸= 1
olur; dolayısıyla n’yi b¨olen farklı asallara p1 , . . . , pk dersek, ¨onermeyi
∞
G ≃ G[p∞
1 ] × . . . × G[pk ]
olarak yazabilirdik.
184
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
E˘ger n sayısı pi ’ye b¨ol¨
un¨
uyorsa ama pi+1 ’e b¨ol¨
unm¨
uyorsa, m = n/pi tanımını yaparak, Sonu¸c 12.3’ten
G ≃ G[pi ] × G[m]
elde ederiz. G[pi ] = G[p∞ ] oldu˘gundan, sonu¸c t¨
umevarımla kolaylıkla kanıtlanır.
Bu teoremin bir benzeri daha genel olarak burulmalı abel grupları i¸cin
do˘grudur (bkz. Sonu¸c 12.9).
¨
Notlar ve Ornekler
12.1. Alt 1 = {Id1 }, Alt 2 = {Id2 }, Alt 3 = {Id3 , (1 2 3) (1 3 2)} grupları basit gruplardır.
Ama Alt 4 basit bir grup de˘
gildir; ¨
orne˘
gin,
{Id4 , (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} ▹ Alt 4
olur. Ama Alt 5 ve sonrası basittir. S
¸ imdi bu sonucu kanıtlayaca˘
gız.
Sonu¸
c 12.5. n ≥ 5 i¸cin Alt n basit bir gruptur.
Kanıt: H, Alt n’nin minimal bir normal altgrubu olsun. H =
̸ Alt n varsayımını yapalım. α ∈ Sym n rastgele bir makas olsun. H α ▹ Alt n olur. E˘
ger H α = H ise, H,
Sym n = ⟨Alt n, α⟩ tarafından normallenir. Bu durumda Teorem 9.4’e g¨
ore H = Alt n
olur. Bundan b¨
oyle her α makası i¸cin H α ̸= H varsayımını yapalım. H minimal normal
altgrup oldu˘
gundan, H ∩ H α = 1 olur. Demek ki H ile H α ’nın elemanları birbirleriyle
de˘
gi¸sirler. Dolayısıyla
⟨H, H α ⟩ = H ⊕ H α
olur. Ama bu altgrup hem Alt n tarafından hem de α tarafından,dolayısıyla Sym n tarafından normallenir. Gene Teorem 9.4’e g¨
ore Alt n = H ⊕ H α olur. Demek ki |H|2 =
n!/2 ve dolayısıyla |H| bir ¸cift sayı olmak zorunda. Demek ki H’de derecesi 2 olan bir h
elemanı vardır. Bu eleman makasların ¸carpımıdır. E˘
ger α’yı bu makaslardan biri olarak
alırsak, hα = h ve dolayısıyla h ∈ H ∩ H α = 1 olur. C
¸ eli¸ski.
12.2
C
¸ ok Sayıda Grubun Direkt Toplamı
⊕
osterdi˘gimiz ve adına diVerilmi¸s bir (Gi )i∈I grup ailesiyle
I Gi olarak g¨
rekt toplam dedi˘gimiz bir grup yaratmı¸stık. Anımsatalım. K¨
ume olarak tanım
¸s¨oyleydi:
{
}
⊕
∏
Gi = (gi )i∈I ∈
Gi : {i ∈ I : gi ̸= 1} sonlu .
I
I
Kolaylık a¸cısından (gi )i∈I elemanını (gi )i olarak g¨osterelim. C
¸ arpımı tahmin
edildi˘gi gibi:
(gi )i (hi )i = (gi hi )i .
⊕
S¸imdi G = I Gi ve her j ∈ I i¸cin
Hj = {(gi )i ∈ G : her i ∈ I i¸cin e˘ger i ̸= j ise gi = 1}
12.2. C
¸ ok Sayıda Grubun Direkt Toplamı
185
tanımlarını yapalım. Yani Hj k¨
umesi, belki j’inci terim dı¸sında, her terimi 1
olan elemanlardan olu¸ssun. Her j ∈ I i¸cin, Gj ≃ Hj ≤ G ve
G=
⊕
Gi ≃
⊕
I
Hi
I
oldu˘gu bariz olmalı. Ayrıca her j ∈ I i¸cin
(3)
Hj ▹ G,
(4)
G = ⟨Hi : i ∈ I⟩
ve
(5)
Hj ∩ ⟨Hi : i ∈ I \ {j}⟩ = 1
⊕
olur. (3) bariz olmalı. (4) de zor de˘gil, ¸cu
¨nk¨
u G = I Gi grubunun bir g = (gi )i
elemanında sonlu sayıda 1’den farklı terim vardır. E˘ger i1 , . . . , in g¨osterge¸cleri
i¸cin gi1 ̸= 1, . . . , gin ̸= 1 ve di˘ger g¨osterge¸cler i¸cin terimler 1 ise, g ∈ Hi1 · · · Hin
olur. (5)’i kanıtlayalım: ⟨Hi : i ∈ I \ {j}⟩ altgrubunun her elemanının j’inci
koordinatı 1’dir; ama Hj grubunun j’inci koordinat dı¸sında her koordinatı
1’dir; demek ki kesi¸simdeki bir elemanın t¨
um koordinatları 1’dir, yani kesi¸sim
1’dir.
C
¸ o˘gu zaman (5)’i ba¸ska t¨
url¨
u yazmak daha kullanı¸slı olur. (5) ile ¸su ko¸sul
e¸sde˘gerdir:
E˘ger i1 , . . . , in ∈ I farklı g¨
osterge¸clerse, hi1 ∈ Hi1 , . . . , hin ∈ Hin ise ve
hi1 · · · hin = 1 ise hi1 = . . . = hin = 1 olur.
∏
Bu iki ko¸sulun e¸sde˘ger oldu˘gunun kanıtı ¸cok kolaydır: E˘ger 1 = i hi ise, her
j i¸cin,
∏
h−1
=
hi ∈ Hj ∩ ⟨Hi : i ∈ I \ {j}⟩ = 1,
j
i̸=j
dolayısıyla hj = 1 olur. Di˘ger istikamet de kolay.
S¸imdi problemi tersten ele alalım. G herhangi bir grup olsun. G’nin
⊕ bir
(Hi )i∈I altgrup ailesi verilmi¸s olsun. (3), (4) ve (5) ko¸sullarının G ≃
I Hi
olması i¸cin yeter ko¸sullar oldu˘gunu kanıtlayalım. Bunun i¸cin ¨once i ̸= j ve
hi ∈ Hi , hj ∈ Hj i¸cin hi hj = hj hi e¸sitli˘gini kanıtlamalıyız. (5)’ten dolayı
Hi ∩ Hj = 1 oldu˘gundan, bu aynen bir ¨onceki altb¨ol¨
umdeki gibi (3) kullanıla¨
rak kanıtlanır (bkz. Ornek
9.9): [Hi , Hj ] ≤ Hi ∩ Hj = 1. S¸imdi
φ((hi )i ) =
∏
i
hi
186
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
kuralıyla tanımlanmı¸s
φ:
⊕
Hi −→ G
I
fonksiyonuna bakalım. hi ’ler arasında sonlu∏sayıda 1’den farklı eleman oldu˘gundan ve hi ’ler aralarında de˘gi¸sti˘ginden, i hi ¸carpımı anlamlıdır, sonu¸cta
sonlu sayıda eleman ¸carpılmaktadır. φ elbette bir homomorfidir ve (4)’ten
dolayı ¨orten bir homomorfidir. Birebir oldu˘gu da, yukarıda
(5)’e e¸sde˘ger oldu˘gu
∏
kanıtlanan ¨onermeden ¸cıkıyor: E˘ger 1 = φ((hi )i ) = i hi ise, her j i¸cin hj = 1
olur.
Teorem 12.6. E˘ger bir G grubunun (Hi )i altgrup ailesi (3), (4) ve (5) ko¸sullarını sa˘glıyorsa
∏
hi
φ((hi )i ) =
form¨
ul¨
uyle tanımlanan φ :
⊕
I
i
Hi −→ G fonksiyonu bir izomorfidir.
Teorem 12.7. E˘ger bir grubun birbirini normalize eden (Hi )i altgrup ailesi
Hj ∩ ⟨Hi : i ∈ I \ {j}⟩ = 1
⊕
ko¸sulunu sa˘glıyorsa ⟨Hi : i ∈ I⟩ ≃ I Hi olur.
(5)
Bazen (Hi )i altgrup ailesi kar¸sımıza bir k¨
ume olarak ¸cıkar. Zaten bir ¨onceki
teoremdeki Hi ’lerden ikisi e¸sit olamayacaklarından (hatta kesi¸semeyeceklerinden), teoremdeki aileyi bir k¨
ume olarak almak sonucu zayıflatamaz. Bu durumu da kaydedelim:
Teorem 12.8. G bir grup ve X, elemanları G’nin birbirini normalize eden
(bazı) altgruplarından olu¸san bir k¨
ume olsun. Diyelim birbirinden farklı her
H1 , . . . , Hn ∈ X ve her hi ∈ Hi i¸cin h1 · · · hn = 1 e¸sitli˘gi⊕
ancak h1 = . . . =
hn = 1 i¸cin do˘gru olabiliyor. Bu durumda ⟨H : H ∈ X⟩ ≃ H∈X H olur. Sonu¸c 12.4’¨
u genelle¸stirerek bu teoremi burulmalı abel gruplarına uygulayalım:
Sonu¸
c 12.9. G burulmalı bir abel grubu olsun. Her p asalı i¸cin
G[p∞ ] = {g ∈ G : bir i ∈ N i¸cin g p = 1}
⊕
tanımını yapalım. O zaman G[p∞ ] ≤ G ve G ≃ p asal G[p∞ ] olur.
i
Kanıt: G[p∞ ] altk¨
umesinin bir altgrup oldu˘gu bariz olmalı. Teorem 4.10 ya
da Sonu¸c 10.22’den dolayı G[p∞ ] altgrupları G’yi u
¨retir. Sabit bir q asalı i¸cin
∞
⟨G[p ] : p ̸= q⟩ grubunun elemanlarının dereceleri q asalına b¨ol¨
unmezler.
Demek ki bu altgrubun G[q ∞ ] ile kesi¸simi 1’dir. Teorem 12.6 istedi˘gimiz izomorfiyi verir.
12.2. C
¸ ok Sayıda Grubun Direkt Toplamı
187
¨
Notlar ve Ornekler
¨
12.2. Ornek
9.55’e g¨
ore Q/Z burulmalı bir gruptur. G = Q/Z ve p bir asal olsun. O zaman
Sonu¸c 12.9’da tanımlanan G[p∞ ] altgrubu,
{α : α = a/pn : n ∈ N, a ∈ Z}
grubuna, yani
{α : α = a/pn : n ∈ N, a = 0, 1, 2, . . . , pn − 1}
grubuna e¸sittir. Dolayısıyla Q/Z b¨
ol¨
um grubu bu altgrupların direkt toplamına izomorfiktir. Bu kitapta arada bir s¨
ozedece˘
gimiz ve matematikte ¨
onemli bir yer tutan G[p∞ ]
gruplarına Pr¨
ufer p-grubu adı verilir ve bu altgruplar Zp∞ olarak g¨
osterilir.
12.3. G bir abel grubu ve H ≤ G olsun. p bir asal olsun. Elbette H[p∞ ] = G[p∞ ] ∩ H olur.
12.4. G burulmalı bir abel grubu H ≤ G olsun. Sonu¸c 12.9’a ve bir ¨
onceki ¨
orne˘
ge g¨
ore,
Hp ≤ G[p∞ ] altgrupları i¸cin,
⊕
H≃
Hp
p
asal
olur. Elbette Hp = G[p∞ ] ∩ H olur.
12.5. E˘
ger G = ⟨g⟩, n elemanlı d¨
ong¨
usel bir grupsa, her d|n i¸cin G’nin d elemanlı tek bir
altgrubu vardır:
⟨
⟩
g n/d = {xn/d : x ∈ G} = {x ∈ G : xd = 1}.
Bunun tersi de do˘
grudur:
Her d i¸cin d elemanlı en fazla bir altgrubu olan sonlu gruplar d¨
ong¨
useldir.
¨
Kanıt: Onermeyi
grubun eleman sayısı u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlayaca˘
gız, ne de
olsa altgruplarının da aynı ¨
ozelli˘
gi vardır. Teoremi ¨
once asal sayıların kuvvetleri i¸cin
kanıtlayalım. p bir asal, n ∈ N ve G grubunun pn elemanı olsun. Merkezden derecesi
p olan bir a elemanı alalım (Teorem 8.9 ya da 14.6). ⟨a⟩ grubu G’nin eleman sayısı p
olan yegˆ
ane altgrubudur, demek ki tri¸skadan olmayan her altgrubun altgrubudur, yani
a, tri¸skadan olmayan her altgrubun elemanıdır. G/⟨a⟩ grubu da ¨
onermenin hipotezini
sa˘
glar. Demek ki t¨
umevarımla G/⟨a⟩ grubunun d¨
ong¨
usel oldu˘
gunu anlarız. b ∈ G i¸cin
G/⟨a⟩ = ⟨b⟩ olsun. Demek ki G = ⟨a⟩⟨b⟩. Ama ⟨a⟩ ≤ ⟨b⟩. Demek ki G = ⟨b⟩.
S
¸ imdi G’nin eleman sayısı bir asalın bir kuvveti olmasın. O zaman her p i¸cin G’de
tek bir maksimal p-altgrubu vardır (iki tane olsa eleman sayıları farklı olmak zorunda;
Sonu¸c 11.8’den dolayı da az sayıda elemanı olan di˘
gerinin i¸cinde olmak zorunda, bu da
maksimallikle ¸celi¸sir). Dolayısıyla maksimal p-altgrupları grubun t¨
um p-elemanlarından
olu¸sur. Buradan da grubun maksimal p-altgruplarının direkt toplamı oldu˘
gu anla¸sılır
(bkz. Alı¸stırma 12.12). Ama her p-altgrubun d¨
ong¨
usel oldu˘
gunu bir paragraf ¨
once kanıtladık. C
¸ in Kalan Teoremi’ne g¨
ore (Teorem 10.21) G d¨
ong¨
useldir.
12.6. G sonlu bir grup olsun. E˘ger |G|’yi b¨
olen her d do˘gal sayısı i¸cin xd = 1 denkleminin
G’de en fazla d tane ¸co
¨z¨
um¨
u varsa G d¨
ong¨
useldir.
Kanıt: Varsayım altgruplara ge¸cti˘
ginden, grubun eleman sayısı u
¨zerine t¨
umevarım ya¨
pabiliriz. Once
G’nin bir asal p sayısı i¸cin bir p-grubu oldu˘
gunu varsayalım. Diyelim
|G| = pn . Teorem 11.7’ye g¨
ore G’nin pn−1 elemanlı bir H altgrubu vardır. T¨
umevarımla
H altgrubu, G’nin derecesi ≤ pn−1 olan elemanlardan olu¸sur. Dolayısıyla G \ H k¨
umesinde derecesi pn−1 ’den k¨
uc¸u
¨ke¸sit bir eleman olamaz. E˘
ger g ∈ G \ H ise, g’nin derecesi
tam tamına pn olmalıdır ve dolayısıyla G’yi u
¨retir.
S
¸ imdi G bir p-grup olmasın. |G|’yi b¨
olen asal bir p alalım. G’nin en fazla elemanlı
bir p-altgrubunu alalım, diyelim P . Yukarıda yapılandan dolayı P d¨
ong¨
useldir. P ’nin
eleman sayısı pn olsun. pn maksimal oldu˘
gundan, G’de derecesi pn ’den b¨
uy¨
uk eleman
olamaz, aksi halde bu elemanın u
¨retti˘
gi altgrubun eleman sayısı pn ’den b¨
uy¨
uk olurdu.
188
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
k
P d¨
ong¨
usel oldu˘
gundan, her k ≤ n i¸cin P ’de xp = 1 denklemini sa˘
glayan tam pk
k
tane eleman vardır, demek ki G’nin derecesi p olan t¨
um elemanları P ’dedir. Bundan
da P ’nin G’nin p-elemanlarından olu¸stu˘
gu ¸cıkar. Buradan da grubun p-altgruplarının
direkt toplamı oldu˘
gu anla¸sılır (Alı¸stırma 12.12). Her p-altgrubun d¨
ong¨
usel oldu˘
gunu
bildi˘
gimizden C
¸ in Kalan Teoremi’ne g¨
ore (Teorem 10.21) G d¨
ong¨
useldir.
A¸sa˘gıdaki sonuca ileride sık sık ihtiyacımız olacak. Aradan ¸cıkarmanın tam
zamanı.
¨
Onsav
12.10. G bir grup, I bir g¨
osterge¸c k¨
umesi ve her i ∈ I i¸cin Xi , G’nin
birbirini normalize eden bir altgrup k¨
umesi olsun. Ayrıca
i, j ∈ I i¸cin ya
∪
Xi ⊆ Xj ya da Xj ⊆ Xi varsayımını yapalım. X = i Xi olsun. E˘ger her
i ∈ I i¸cin
⊕
⟨H : H ∈ Xi ⟩ =
H
H∈Xi
oluyorsa
⟨H : H ∈ X⟩ =
⊕
H
H∈X
olur.
Kanıt: Teorem 12.8’i kullanaca˘gız. Farklı H1 , . . . , Hn ∈ X ve hj ∈ Hj i¸cin
h1 · · · hn = 1
olsun. Her Hj ∈ Xij olsun. Hipoteze g¨ore, Xij ’lerden biri di˘gerlerini kapsar,
diyelim Xik hepsini kapsıyor. O zaman h1 · · · hn = 1 e¸sitli˘gi ⟨H : H ∈ Xik ⟩
grubunda yer aldı˘gından, di˘ger hipoteze g¨ore H1 = . . . = hn = 1 olur.
Alı¸stırmalar
) ⊕
(⊕
) ∏
(∏
sitliklerini kanıtlayın.
12.7. Z
I Z(Gi ) e¸
I Gi =
I Z(Gi ) ve Z
I Gi =
¨
12.8. Ornek 1.5’teki grubun ⊕X Z/2Z grubuna izomorfik oldu˘
gunu kanıtlayın (bkz. Alı¸stırma
10.101).
12.9. I ve J ayrık g¨
osterge¸c k¨
umeleri olsun. K = I ∪ J olsun. Son olarak (Gk )k∈K bir grup
ailesi olsun.
(
) (
)
⊕
⊕
⊕
Gk ≃
Gi ⊕
Gj
K
I
J
izomorfisini kanıtlayın.
∪
12.10. α ∈ A i¸cin (Iα )α iki¸ser iki¸ser ayrık g¨
osterge¸c k¨
umeleri olsun. J = A Iα olsun. Son
olarak (Gj )j∈J bir grup ailesi olsun.
)
(
∏
∏ ∏
Gi
Gj ≃
J
izomorfisini kanıtlayın. Aynı ¨
onermeyi
α∈A
∏
Iα
yerine
⊕
ile kanıtlayın.
12.2. C
¸ ok Sayıda Grubun Direkt Toplamı
189
12.11. A = Q/Z olsun. Her p asalı i¸cin A[p∞ ], A’nın, derecesi p’nin bir kuvveti olan elemanlardan olu¸san altk¨
umesi olsun.
A[pn ] = {q ∈ Q/Z : pn q = 0}
˙
olsun. Ayrıca A[pn ] ve A[p∞ ] birer altgruptur. Ikincisine
Pr¨
ufer p-grubu denir. Elbette,
A[pn ] ≤ A[pn+1 ] ≤ A[p∞ ] ≤ A
ve ayrıca
A[p∞ ] = {q ∈ Q/Z : bir n ∈ N i¸cin pn q = 0} =
∪
A[pn ]
n∈N
olur.
⊕
Q/Z =
A[p∞ ]
asal
e¸sitli˘
gini kanıtlayın. E˘
ger q = 1/6 ise, q elemanının p asalları i¸cin A[p∞ ] bile¸senlerine
¨
ayırın (bkz. Ornek
9.67).
12.12. G burulmalı bir grup olsun. Her p asalı i¸cin grubun p-elemanlarının
k¨
umesinin bir altg⊕
rup oldu˘
gunu varsayalım, diyelim Gp . Bu durumda G = pasal Gp oldu˘
gunu kanıtlayın
(bkz. Teorem 4.10).
p
¨
Direkt Toplamın Kategorik Ozelli˘
gi
⊕
(Hi )i∈I bir grup ailesi olsun. ⊕I Hi grubunun “kategorik” olarak adlandırılacak bir
ozelli˘gini a¸cıklayaca˘gız.
¨ozelli˘gi vardır. Bu paragrafta
I Hi grubunun bu ¨
⊕
Her j ∈ ⊕
I i¸cin Hj ’den I Hi grubuna giden do˘gal bir g¨omme vardır: E˘ger h ∈ Hj
ise, ej (h) ∈ I Hi elemanı, j’inci koordinatı h olan, di˘ger koordinatları 1 olan elemanı
temsil etsin. Her i ̸= j ve her hi ∈ Hi ve hj ∈ Hj i¸cin
ei (hi )ej (hj ) = ej (hj )ei (hi )
e¸sitli˘gini biliyoruz.
S¸imdi rastgele bir G grubu ve bir (fi : Hi −→ G)i∈I homomorfi ailesi alalım. Her
i ̸= j ve her hi ∈ Hi ve hj ∈ Hj i¸cin
fi (hi )fj (hj ) = fj (hj )fi (hi )
e¸sitli˘gini varsayalım. (hi )i ∈ ⊕I Hi i¸cin
f ((hi )i ) =
∏
fi (hi )
i
tanımını yapalım. Sadece sonlu sayıda hi ̸= 1 oldu˘gundan ve ¸carpılan elemanlar aralarında de˘gi¸sti˘ginden, sa˘gdaki ifade anlamlıdır. B¨oylece bir
⊕
f:
Hi −→ G
I
fonksiyonu elde ettik. Bu fonksiyonun bir homomorfi oldu˘gunu ve her i ∈ I i¸cin
(6)
f ◦ ei = fi
e¸sitli˘gini kontrol etmek zor de˘gildir. Ayrıca (elbette) f homomorfisi (6) e¸sitliklerini
sa˘glayan biricik homomorfidir ¸cu
¨nk¨
u (6), f ’nin her koordinatında alması gerekti˘gi
de˘geri s¨oylemektedir.
190
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
Demek ki:
Teorem 12.11. (Hi )i∈I bir grup ailesi ve her j ∈ I i¸cin ej : Hj −→ ⊕I Hi do˘gal
g¨
omme olsun. O zaman
(
(
))
⊕
⊕
(Hi )i ,
Hi , ei : Hi −→
Hi
I
I
i
u
¨¸cl¨
us¨
un¨
un ¸su ¨
ozelli˘gi vardır: Rastgele bir G grubu alalım. Her i ̸= j ve her hi ∈ Hi
ve hj ∈ Hj i¸cin
fi (hi )fj (hj ) = fj (hj )fi (hi )
e¸sitli˘gini sa˘glayan bir (fi : Hi −→ G)i∈I homomorfi ailesi alalım. O zaman ¨
oyle bir
ve bir tane
⊕
f:
Hi −→ G
I
homomorfisi vardır ki her i ∈ I i¸cin
f ◦ ei = f i
olur.
Teoremdeki “bir ve bir tane” s¨ozleri ¨onemlidir, hafife alınmamalıdır. S¸imdi yukarıdaki teoreme bir ek yapalım:
Teorem 12.12. (Hi )i bir grup ailesi, H bir grup ve (e′i : Hi −→ H)i bir homomorfi
ailesi olsun. E˘ger
((Hi )i , H, (e′i : Hi −→ H)i )
⊕
u
¨¸cl¨
us¨
u bir ¨
onceki teoremdeki
¨
ozelli˘gi sa˘glıyorsa, o zaman H ≃
I Hi olur. Ayrıca
⊕
¨
oyle bir g : H −→ I Hi izomorfisi vardır ki her i ∈ I i¸cin g ◦ e′i = ei olur.
Kanıt: Yukarıdaki ¸semadan takip edin. Teorem 12.11’den dolayı
f ◦ ei = e′i
12.2. C
¸ ok Sayıda Grubun Direkt Toplamı
191
e¸sitliklerini sa˘glayan bir
f:
⊕
Hi −→ H
I
homomorfisi vardır. Kanıtlamak istedi˘gimiz teoremin hipotezine g¨ore
g ◦ e′i = ei
e¸sitliklerini sa˘glayan bir
g : H −→
⊕
Hi
I
homomorfisi vardır. Demek ki f ◦ g : H −→ H homomorfisi her i ∈ I i¸cin
(f ◦ g) ◦ e′i = f ◦ (g ◦ e′i ) = f ◦ ei = e′i
e¸sitli˘gini sa˘glar. f ◦ g : H −→ H homomorfisinin sa˘gladı˘gı bu e¸sitli˘gi IdH ¨ozde¸slik
fonksiyonu da sa˘glar. Teoremdeki⊕“bir ve bir tane” nitelemesinden dolayı f ◦ g = IdH
olmalı. Benzer nedenden g ◦ f : I Hi −→ ⊕I Hi fonksiyonu da birim fonksiyondur.
B¨oylece f ve g’nin birbirinin tersi izomorfiler olduklarını kanıtladık.
¨
Kartezyen C
¸ arpımın Kategorik Ozelli˘
gi
∏
(Hi )i∈I bir grup ailesi olsun. I Hi grubunun da “kategorik” olarak adlandırılacak
bir ¨ozelli˘gi vardır. Bu
gini a¸cıklayaca˘gız.
∏ paragrafta bu ¨ozelli˘
u¸su
¨m fonksiyonu vardır:
Her j ∈ I i¸cin I Hi grubundan Hj grubuna giden izd¨
πj ((hi )i ) = hj . Bu fonksiyon elbette ¨orten bir homomorfidir.
S¸imdi herhangi bir G grubu ve bir (ρi : G −→ Hi )i homomorfi
ailesi alalım.
∏
Amacımız her i ∈ I i¸cin πi ◦ ρ = ρi e¸sitli˘
gini sa˘glayan ρ : G −→ I Hi homomorfisi
bulmak. E˘ger ger¸cekten b¨oyle bir ρ varsa, ve g ∈ G i¸cin
ρ(g) = (hi )i
ise, o zaman (πi ◦ ρ)(g) = ρi (g), yani hi = ρi (g) olmalı. Demek ki tek ¸caremiz
ρ(g) = (ρi (g))i
¨
tanımını yapmak. Nitekim bu tanım istedi˘gimiz ¨ozellikleri sa˘glar. Once
bunu bir teorem olarak yazalım. Sonra daha fazlasını ekleyece˘giz.
192
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
∏
Teorem 12.13. (Hi )i∈I bir grup ailesi ve her j ∈ I i¸cin πj : I Hi −→ Hj izd¨
u¸su
¨m
fonksiyonu olsun. O zaman
(
(
))
∏
∏
(Hi )i ,
Hi , πi :
Hi −→ Hi
I
I
i
u
¨¸cl¨
us¨
un¨
un ¸su ¨
ozelli˘gi vardır: Rastgele bir G grubu ve bir (ρi : G −→ Hi )i homomorfi
ailesi alalım. O zaman ¨
oyle bir ve bir tane
∏
ρ : G −→
Hi
I
homomorfisi vardır ki her i ∈ I i¸cin
πi ◦ ρ = ρi
olur. ρ homomorfisi her g ∈ G i¸cin
ρ(g) = (ρi (g))i
olarak tanımlanmı¸stır.
Bu teoremdeki “bir ve bir tane” s¨ozleri de ¨onemlidir, ¸simdi bu s¨ozlerin ¨onemini
g¨orelim:
Teorem 12.14. (Hi )i bir grup ailesi, H bir grup ve (πi′ : H −→ Hi )i bir homomorfi
ailesi olsun. E˘ger
((Hi )i , H, (πi′ : H −→ Hi )i )
∏
u
¨¸cl¨
us¨
u bir ¨
onceki teoremdeki
¨
ozelli˘gi sa˘glıyorsa, o zaman H ≃ I Hi olur. Ayrıca
∏
¨
oyle bir g : H −→ I Hi izomorfisi vardır ki her i ∈ I i¸cin πi′ = πi ◦ g olur.
Kanıt: Yukarıdaki ¸semadan takip edin. Teorem 12.13’ten dolayı
πi ◦ g = πi′
e¸sitliklerini sa˘glayan bir g : H −→
teoremin hipotezine g¨ore
∏
I
Hi homomorfisi vardır. Kanıtlamak istedi˘gimiz
πi′ ◦ f = πi
e¸sitliklerini sa˘glayan bir
f:
∏
I
Hi −→ H
12.3. Yarıdirekt C
¸ arpım
193
homomorfisi vardır. O zaman f ◦ g : H −→ H homomorfisi
πi′ ◦ (f ◦ g) = πi′
e¸sitli˘gini sa˘glar. f ◦ g : H −→ H homomorfisinin sa˘gladı˘gı bu e¸sitlik IdH : H −→ H
tarafından da sa˘glanır. Ama varsayımdaki biriciklikten dolayı bundan f ◦ g = IdH
¸cıkar. Benzer nedenden g ◦ f = Id∏I Hi olur. Demek ki f ve g birer izomorfidir.
12.3
Yarıdirekt C
¸ arpım
Bir grubun iki altgrubunun direkt ¸carpımı olması olduk¸ca basit gruplarda
rastlanan bir durumdur. Bu altb¨ol¨
umde ¸cok daha sık rastlanan bir durumdan
s¨ozedece˘giz. G bir grup olsun. H, K ≤ G olsun. Diyelim K, H’yi normalize
ediyor, yani K ≤ NG (H). Bu durumda
⟨H, K⟩ = HK = {hk : h ∈ H, k ∈ K}
e¸sitli˘gini ve H ▹ HK oldu˘gunu biliyoruz. Bundan sonra yapaca˘gımız i¸cin G’yi
HK altgrubuna e¸sit almanın bir sakıncası olmayacak, istersek G = HK varsayımını yapabiliriz. Demek ki HK grubunun her elemanı bir h ∈ H ve k ∈ K
i¸cin hk bi¸ciminde yazılabilir. Bir ba¸ska deyi¸sle
f : (h, k) 7→ hk
kuralıyla tanımlanan H × K k¨
umesinden HK grubuna giden fonksiyon ¨orten
bir fonksiyondur. Ama birebir olmayabilir. Altb¨ol¨
um 12.1’de bu fonksiyonun
bir grup izomorfisi oldu˘gu durumu ele almı¸stık. Bu altb¨ol¨
umde bu fonksiyonun
sadece birebir oldu˘gu daha genel durumu ele alaca˘gız.
f fonksiyonunda birebirli˘gi bozanın ne oldu˘gu ¸cok belli: H ∩K altgrubunun
1 olmaması birebirli˘gin ¨on¨
undeki yegˆane engeldir. Nitekim e˘ger a ∈ H ∩ K ise,
(ha, a−1 k) ile (h, k) elemanlarının f -imgeleri aynıdır. Bundan b¨oyle H ∩K = 1
varsayımını yapalım. Bu durumda H × K k¨
umesiyle (grubuyla de˘gil!) HK altgrubu arasında birebir ve ¨orten bir e¸sleme vardır. Amacımız HK altgrubunun
¸carpmasını f e¸slemesini kullanarak H ×K k¨
umesine ¸cekmek, bir ba¸ska deyi¸sle,
verilmi¸s (h, k), (h1 , k1 ) ∈ H × K elemanları i¸cin
f −1 (f (h, k)f (h1 , k1 )) ∈ H × K
elemanını bulmak. Nitekim bir grupla bir k¨
ume arasında bir e¸sleme varsa, bu
e¸slemeyi kullanarak grubun i¸slemini k¨
ume u
¨zerinde tanımlayarak k¨
umeyi bir
¨
gruba d¨on¨
u¸st¨
urebiliriz; e¸sleme de b¨oylece bir izomorfi olur (bkz. Ornek 10.72).
Bu ama¸cla, h, h1 ∈ H ve k, k1 ∈ K elemanları i¸cin (hk)(h1 k1 ) ¸carpımını
hesaplayalım:
(hk)(h1 k1 ) = hkh1 k1 = hkh1 k −1 kk1 = (hkh1 k −1 )(kk1 ).
194
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
E¸sitli˘gin en sa˘gındaki ifadenin birinci parantezindeki hkh1 k −1 elemanı H’nin
bir elemanı ¸cu
¨nk¨
u K altgrubu H’yi normalize ediyor. k ∈ K i¸cin
φk : H −→ H
fonksiyonu
φk (h) = khk −1
olarak tanımlansın. Bildi˘gimiz ve kanıtlaması kolay oldu˘gu u
¨zere φk ∈ Aut H
olur. Demek ki,
(hk)(h1 k1 ) = (hφk (h1 ))(kk1 )
e¸sitli˘gi ge¸cerlidir. Buradan hareketle H × K k¨
umesi u
¨zerinde bir i¸slem tanımlayabiliriz:
(h, k) ⋆ (h1 , k1 ) = (hφk (h1 ), kk1 ).
B¨oylece H × K k¨
umesi HK grubuna izomorfik bir grup yapısına kavu¸smu¸s
˙
olur. Izomorfi
de elbette f : (h, k) 7→ hk fonksiyonuyla verilmi¸stir.
Dikkat ederseniz yukarıda tanımlanan ¸carpım kartezyen ¸carpımdaki ¸carpı˙
ma ¸cok benziyor. Ikinci
koordinatta ger¸cekten K’daki ¸carpmayı kullanıyoruz,
ama birinci koordinatta hh1 yerine h1 ’e hafif bir de˘gi¸sim uygulayarak hφk (h1 )
yazdık. E˘ger φk = IdH ise (yani k, H’nin elemanlarıyla de˘gi¸siyorsa, yani k ∈
CK (H) ise), aynen kartezyen ¸carpımı elde ederiz. C
¸ arpmada
kh1 = kh1 k −1 k = φk (h1 )k
e¸sitli˘gini kullandı˘gımız g¨ozden ka¸cmamalı; k’yı h1 ’in solundan sa˘gına ge¸cirirken h1 ’e gereken d¨on¨
u¸su
¨m¨
u uyguluyoruz.
Her k ∈ K i¸cin tanımlanmı¸s olan φk : H −→ H otomorfilerine dikkatimizi
¸cevirelim konuyu daha soyut haliyle ele almadan ¨once.
φ : K −→ Aut H
fonksiyonunu
φ(k) = φk
kuralıyla tanımlanmı¸s olsun. φ’nin bir grup homomorfisi oldu˘gunu biliyoruz.
Sonu¸c olarak, HK grubunun ¸carpım tablosu, H ve K gruplarının ¸carpım
˙ ste bu olguyu bir
tabloları ve φ homomorfisi tarafından tamamen belirleniyor. I¸
sonraki paragraftan itibaren s¨om¨
urece˘giz. Ama ¨once G yerine HK grubunu
alarak yukarıdaki varsayımlarımızın bir listesini ¸cıkaralım, ileride gerekecek:
(6)
G = HK, H ▹ G, K ≤ G, H ∩ K = 1.
Ters Problem. S¸imdi yukarıda yaptıklarımızı unutmu¸s gibi yapıp problemi
tersten ele alalım. Ortada G grubu yok ama onun yerine K ve H grupları ve
12.3. Yarıdirekt C
¸ arpım
195
bir φ : K −→ Aut H homomorfisi verilmi¸s olsun. k ∈ K i¸cin φ(k) yerine φk
yazmayı tercih edece˘giz2 . H × K k¨
umesi u
¨zerine ¸su i¸slemi tanımlayalım:
(h, k)(h1 , k1 ) = (hφk (h1 ), kk1 ).
Bu i¸slemin H × K k¨
umesini bir gruba d¨on¨
u¸st¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u kanıtlayaca˘gız.
¨
Once
birle¸sme ¨ozelli˘gini kanıtlayalım.
(h, k)((h1 , k1 )(h2 , k2 )) =
=
=
=
=
(h, k)(h1 φk1 (h2 ), k1 k2 )
(hφk (h1 φk1 (h2 )), kk1 k2 )
(hφk (h1 )φk (φk1 (h2 )), kk1 k2 )
(hφk (h1 )(φk φk1 )(h2 ), kk1 k2 )
(hφk (h1 )φkk1 (h2 ), kk1 k2 ).
Di˘ger yandan
((h, k)(h1 , k1 ))(h2 , k2 ) = (hφk (h1 ), kk1 )(h2 , k2 ) = (hφk (h1 )φkk1 (h2 ), kk1 k2 ).
Aynı sonucu bulduk. Demek ki birle¸sme ¨ozelli˘gi sa˘glanıyor.
S¸imdi (1, 1) elemanının etkisiz eleman oldu˘gunu g¨ozlemleyelim:
(1, 1)(h, k) = (1 · φ1 (h), 1 · k) = (φ1 (h), k) = (IdH (h), k) = (h, k)
(¸cu
¨nk¨
u φ bir homomorfi oldu˘gundan φ1 = φ(1) = IdH olur) ve
(h, k)(1, 1) = (hφk (1), k · 1) = (h · 1, k) = (h, k)
(¸cu
¨nk¨
u φk bir homomorfi oldu˘gundan φk (1) = 1 olur) olur.
Son olarak bir (h, k) elemanının tersinin oldu˘gunu kanıtlayalım, hatta daha
iyisini yapıp tersini bulalım. E˘ger (h, k)’nin ters elemanına (h1 , k1 ) dersek,
(1, 1) = (h, k)(h1 , k1 ) = (hφk (h1 ), kk1 )
olmalı. Demek ki k1 = k −1 ve h1 = (φk )−1 (h−1 ) = φk−1 (h)−1 olmalı, yani
(h, k) elemanının tersi –e˘ger varsa–
(φk−1 (h)−1 , k −1 )
olmalı. Son olarak (φk−1 (h)−1 , k −1 ) elemanının (h, k) elemanının sa˘gdan da
ters elemanı oldu˘gunu g¨osterelim:
(h, k)(φk−1 (h)−1 , k −1 ) =
=
=
=
=
=
=
=
2
(hφk (φk−1 (h)−1 ), kk −1 )
(hφk (φk−1 (h))−1 , 1)
(h(φk φk−1 )(h)−1 , 1)
(hφkk−1 (h)−1 , 1)
(hφ1 (h)−1 , 1)
(h Id(h)−1 , 1)
(hh−1 , 1)
(1, 1).
Aksi halde (φ(k))(h) gibi bol parantezli ifadeler olu¸sur, oysa φ(k) yerine φk yazarak bu
ifade φk (h) olarak g¨
osterilebilir.
196
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
Yukarıda in¸sa etti˘gimiz H × K grubuna H ve K’nın (bu sırayla) φ’ye
g¨ore yarı¸
carpımı adı verilir ve bu grup H o φ K olarak yazılır. φ fonksiyonu
hep IdH de˘gerini alan sabit fonksiyon oldu˘gunda bildi˘gimiz H × K kartezyen
¸carpım grubunu elde ederiz, yani direkt ¸carpım yarıdirekt ¸carpımın ¨ozel bir
halidir.
G = H o φ K grubunun H1 = H × {1} ve K1 = {1} × K altk¨
umelerine
bakalım. Elbette H1 ∩ K1 = 1 olur. Ayrıca H1 , K1 ≤ G oldu˘gu ¸carpımın
tanımına bakınca bariz olmalı. H1 ▹ G olgusunu kanıtlamak da zor de˘gil.
H1 K1 = G e¸sitli˘gi ise ¸su hesaptan ¸cıkıyor:
(7)
(h, 1)(1, k) = (hφ1 (1), 1 · k) = (h, k).
Demek ki G’nin H1 ve K1 altgrupları (6)’yı sa˘glıyor.
H o φ K yarı¸carpımında (e˘ger bir karı¸sıklı˘ga neden olmayacaksa) (h, 1) yerine de h, (1, k) yerine de k yazılabilir; dolayısıyla (7)’den dolayı (h, k) yerine
hk yazılabilir. Bu durumda ¸carpmayı
(hk)(h1 k1 ) = hkh1 k −1 kk1 = hφk (h1 )kk1
olarak g¨osterebilriz. Ama tabii 1 ̸= a ∈ H ∩ K ise, (1, a) elemanıyla (a, 1)
elemanı farklı elemanlar oldu˘gundan, bu elemanları a olarak g¨ostermek yanlı¸s
olur; bu elemanları sırasıyla 1a ve a1 olarak g¨ostermek gerekir ki bu yazım
bi¸cimi de kolaylıkla hataya yol a¸cabilir. Bu durumda K’nın a elemanını a′ gibi
ba¸ska bir simgeyle g¨ostermek d¨
u¸su
¨n¨
ulebilir. Bir ba¸ska sorun da ¸su olabilir: H
toplamsal, K ¸carpımsal bir grupsa (hk)(h1 k1 ) = hkh1 k −1 kk1 = hφk (h1 )kk1
yerine
(hk)(h1 k1 ) = (h + kh1 k −1 )kk1 = (h + φk (h1 ))kk1
yazmak gerekir, ki bu yazım da tecr¨
ubesiz biri i¸cin kafa karı¸stırıcı olabilir.
Sonu¸c olarak hk yazılımı kolaylıklar sa˘glasa da tehlikesiz de˘gildir, dikkatle
kullanılmalı. Matris ¸carpımını bilen biri (h, k) elemanını
(
)
k h
0 1
olarak g¨or¨
urse, H’nin toplamsal bir grup oldu˘gu durumlarda ¸carpım ¸cok daha
kolay bi¸cimde akla yerle¸sebilir:
(
)(
) (
)
k h
k1 h1
kk1 kh1 + h
=
;
0 1
0 1
0
1
ama tabii burada kh1 ¸carpımı φk (h1 ) olarak d¨
u¸su
¨n¨
ulmeli. Okur bu a¸samada
¨
Ornek 12.24’e g¨oz atabilir.
Artık teoremi yazabiliriz:
12.3. Yarıdirekt C
¸ arpım
197
Teorem 12.15. H ve K birer grup ve φ : K −→ Aut H bir homomorfi olsun.
φ(k) yerine φk yazalım. O zaman,
(h, k)(h1 , k1 ) = (hφk (h1 ), kk1 )
i¸slemi G = H × K k¨
umesini (H o φ K olarak yazılan) bir gruba d¨
on¨
u¸st¨
ur¨
ur.
E˘ger H1 = H × {1} ve K1 = {1} × K tanımlarını yaparsak, G’nin bu altk¨
umeleri (6)’yı sa˘glarlar.
Aksine, bir G grubu ve G’nin (6)’yı sa˘glayan H ve K altgrupları verilmi¸s
olsun. O zaman bir φ : K −→ Aut H homomorfisi i¸cin G ≃ H o φ K olur.
Burada φ homomorfisini her k ∈ K ve h ∈ H i¸cin (φ(k))(h) = khk −1 olarak
alabiliriz.
Ama dikkat, iki farklı φ ve ψ i¸cin H o φ K ≃ H o ψ K olabilir. Alı¸stırmalarda buna ¨ornek g¨osterece˘giz.
E˘ger φ’nin ne oldu˘gu belliyse ya da ¨onemi yoksa, o zaman H o φ K yerine
H o K yazılır.
H ≤ G olsun. E˘ger bir K ≤ G i¸cin G = H o K oluyorsa, K’nın H’nin bir
t¨
umleyeni oldu˘
gu s¨oylenir; H’nin de G’de ayrı¸
stı˘
gı s¨oylenir.
¨
Notlar ve Ornekler
12.13. H × K grubunun bir yarı¸carpım oldu˘
gunu s¨
oylemi¸stik. Bunun i¸cin H o φ K grubunun
in¸sasında her k ∈ K i¸cin φk = IdH almak yeterli.
12.14. H herhangi bir abel grubu olsun. H’nin τ otomorfisi her h ∈ H i¸cin τ (h) = h−1
form¨
ul¨
uyle verilsin. K = {IdH , τ } olsun. φ : K −→ Aut H do˘
gal g¨
omme fonksiyonu
olsun. B¨
oylece H o φ K grubu elde ederiz. Grubun elemanlarını h ∈ H ve ϵ = 0, 1 i¸cin
hτ ϵ bi¸ciminde yazabiliriz. C
¸ arpma ¸su kuralla belirlenir:
τ h = h−1 τ.
Dolayısıyla
ϵ+ϵ1
(hτ ϵ )(h1 τ ϵ1 ) = (hh−ϵ
1 )τ
olur. Ama tabii ayrıca τ 2 = 1 olur.
E˘
ger H = Z/nZ ise, elde edilen grup Dn dihedral grubuna izomorfik olur.
¨
12.15. Yukarıdaki alı¸stırmayı tersten ele alalım. G = Dn olsun. Once
bu grubun yapısını
anımsayalım:
Dn = ⟨r, s : rn = s2 = 1, srs = r−1 ⟩.
Ya da ¸so
¨yle:
Dn = {ri sϵ : i = 0, 1, . . . n − 1, ϵ = 0, 1}
ve ¸carpma r = s = 1 ve sr = r−1 s ili¸skileriyle belirlenmi¸stir.
R = ⟨r⟩ ≃ Z/nZ ve S = ⟨s⟩ ≃ Z/2Z olsun. [Dn : R] = 2 oldu˘
gundan, R ▹ Dn olur.
Ama bunu ¸so
¨yle de g¨
orebiliriz: r ∈ R oldu˘
gundan r, R’yi normalize eder; s−1 rs = srs =
r−1 ss = r−1 oldu˘
gundan s−1 ri s = (s−1 rs)i = (r−1 )i = r−i olur ve dolayısıyla s de R’yi
normalize eder; hem r hem de s tarafından normalize edilen R, Dn = ⟨r, s⟩ tarafından
da normalize edilir.
(6)’daki her ¸sey sa˘
glanmı¸stır, dolayısıyla Dn = R o S olur. S’nin 1’den farklı elemanı
R’nin elemanlarını e¸sleniklik altında ters ¸cevirdi˘
ginden, bu aynen bir ¨
onceki ¨
ornektir.
n
2
198
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
12.16. G = Sym 3 olsun. H = {Id3 , (1 2 3), (1 3 2)} ≃ Z/3Z ve K = {Id2 , (1 2)} ≃ Z/2Z
olsun. O zaman G = H o K olur. Bu ¨
orne˘
gin bir ¨
onceki ¨
orne˘
gin n = 3 durumu oldu˘
gu
g¨
ozden ka¸cmasın.
12.17. G = Sym n olsun. Teorem 3.2’ye g¨
ore
K = {Id4 , (1 2)}
i¸cin, G = Alt n o K olur.
12.18. Alt 4 altgrubunun kendisi de ba¸ska altgrupların yarı¸carpımıdır. Nitekim,
H1 = {Id4 , (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)}
ve
K1 = ⟨(1 2 3)⟩
ise Alt 4 = H1 o K1 olur. Okur bunun neden b¨
oyle oldu˘
gunu kanıtlayabilir ama sanırız
bir sonraki ¨
ornek buna ve bundan ¨
onceki ¨
orneklerin hepsine birden a¸cıklık getirecek.
12.19. H ▹G olsun. [G : H] = p bir asal olsun. G\H k¨
umesinde derecesi p olan bir k elemanının
oldu˘
gunu varsayalım. O zaman ⟨k⟩ ∩ H = 1 olmak zorundadır (bkz. Alı¸stırma 5.32) ve
dolayısıyla G = HK olur. Bu durumda G = H o K olur. Yukarıdaki her yarı¸carpım
o
¨rne˘
gi bu olgunun bir sonucudur.
12.20. α = (1 2 3), β = (4 5 6) ∈ Sym 6 olsun. Bu iki eleman Z/3Z × Z/3Z grubuna izormorfik
bir altgrup u
¨retirler. γ = (1 4)(2 5)(3 6) olsun. ⟨γ⟩ ≃ Z/2Z ve αγ = β ve β γ = α olur.
Demek ki γ elemanı ⟨α, β⟩ altgrubunu normalize eder.
G = ⟨α, β, γ⟩ = ⟨α, β⟩ o ⟨γ⟩ ≃ (Z/3Z × Z/3Z) o Z/2Z
olur.
oldu˘
gundan,
(αβ −1 )γ = (αβ −1 )−1 ve (αβ)γ = αβ
G = ⟨αβ −1 ⟩ o ⟨γ⟩ ⊕ ⟨αβ⟩ ≃ Sym 3 × Z/3Z
olur. Ayrıntıları okura bırakıyoruz.
12.21. Yukarıdaki ¨
orne˘
gi kolaylıkla ¸ce¸sitlendirebiliriz: α = (1 2 3), β = (4 5 6), γ = (7 8 9) ∈
Sym 9 olsun. Bu elemanlar H ≃ (Z/3Z)3 grubunu u
¨retirler. S
¸ imdi H grubunun bu
u
¨rete¸clerini e¸sleniklik etkisiyle karan, dolayısıyla H’yi normalize eden ¸su elemana bakalım: σ = (1 4 7)(2 5 8)(3 6 9). Kolaylıkla g¨
or¨
ulece˘
gi u
¨zere,
G = ⟨α, β, γ, σ⟩ = ⟨α, β, γ⟩ o ⟨σ⟩ ≃ (Z/3Z)3 o Z/3Z
olur.
CG (σ) = ⟨αβγ, σ⟩ ≃ Z/3Z × Z/3Z
oldu˘
gunun kanıtını okura bırakıyoruz.
12.22. G bir grup olsun. Inn : G −→ Aut G homomorfisini anımsayalım: Inng (x) = gxg −1 .
B¨
oylece G o Inn G grubunu elde ederiz. Bu grubun elemanları G × G k¨
umesinin elemanlarıdır ve ¸carpım ¸so
¨yle yapılır:
(g, h)(x, y) = (g Innh (x), hy) = (ghxh−1 , hy).
12.23. G bir grup, n > 0 bir do˘
gal sayı olsun. Gn grubunun elemanlarının koordinatlarını belli
bir σ ∈ Sym n elemanına g¨
ore de˘
gi¸stirmek Gn grubunun bir otomorfisini verir:
σ
˜ (g1 , . . . , gn ) = (gσ(1) , . . . , gσ(1) ).
B¨
oylece Sym n −→ Aut G ve bu sayede Gn o Sym n elde ederiz. E˘
ger H ≤ Sym n ise,
Gn o H grubu da aynı y¨
ontemle tanımlanır. Tabii burada {1, . . . , n} k¨
umesi i¸cin yapılan
sonlu(⊕
ya da sonsuz
herhangi
bir
X
k¨
u
mesi
i¸
c
in
de
yapılabilir;
o
zaman
her H ≤ Sym X
)
(∏
)
i¸cin
G
o
H
ve
G
o
H
gruplarını
elde
ederiz.
x
x
x∈X
x∈X
n
12.3. Yarıdirekt C
¸ arpım
199
12.24. p bir asal, K = Z/pZ ve K ⋆ = Z/pZ \ {0} olsun. K toplama altında, K ⋆ ¸carpma
altında bir gruptur3 . Her k = 1, . . . , p − 1 i¸cin φk (x) = kx form¨
ul¨
u bir φk : K −→ K
otomorfisi verir ve φ(k) = φk form¨
ul¨
uyle tanımlanan φ : K ⋆ −→ Aut K fonksiyonu bir
grup homomorfisidir. B¨
oylece K o φ K ⋆ grubunu elde ederiz. C
¸ arpma ¸so
¨yledir:
(x, y)(z, t) = (x + yz, yt).
Matrisleri bilenler, bu grubun
{(
y
0
x
1
)
}
: x ∈ K, y ∈ K ⋆
grubu oldu˘
gunu farkedeceklerdir.
S
¸ imdi bu ¨
orne˘
gi biraz de˘
gi¸stirelim. αi : x 7→ xi form¨
ul¨
u K ⋆ grubunun bir andomorfi⋆
sini verir. Dolayısıyla φi = φ ◦ αi : K −→ Aut K bir grup homomorfisidir. B¨
oylece
K o φi K ⋆ grubunu elde ederiz. C
¸ arpma bu sefer ¸so
¨yledir:
(x, y)(z, t) = (x + y i z, yt).
E˘
ger i = 1 ise bir ¨
onceki ¨
orne˘
gi elde ederiz. E˘
ger i = 0 ise direkt ¸carpımı elde ederiz.
Buradaki i’leri {0, 1, . . . , p − 2} arasından se¸cmek yeterlidir, daha do˘
grusu i’yi mod¨
ulo
p − 1 almak yeterlidir, ¸cu
¨nk¨
u her y ∈ K ⋆ i¸cin Fermat’nın K¨
u¸cu
¨k Teoremi’nden dolayı
(Teorem 9.7) y p−1 = 1 olur.
ψi : (x, y) 7→ (x, y i ) fonksiyonu K o φi K ⋆ grubundan K o φ K ⋆ grubuna giden bir homomorfidir, nitekim
ψi ((x, y)(z, t)) = ψi (x + y i z, yt) = (x + y i z, y i ti )
ve
ψi (x, y)ψi (z, t) = (x, y i )(z, ti ) = (x + y i z, y i ti )
olur. Daha genel olarak, ψi : (x, y) 7→ (x, y i ) fonksiyonu K o φij K ⋆ grubundan K o φj K ⋆
grubuna giden bir homomorfidir. Bu homomorfinin ¸cekirde˘
gi
Ker ψi = {(0, y) : y i = 1}
olur elbette. Demek ki ψi ’nin bir izomorfi olması i¸cin (i, p−1) = 1 olmalıdır ¸cu
¨nk¨
u ancak
bu durumda Ker ψi = {(0, 1)} olur. Demek ki e˘
ger i ∈ (Z/(p − 1)Z)⋆ i¸cin k = ij oluyorsa
ψi , K o φk K ⋆ ile K o φj K ⋆ grupları arasında bir izomorfidir.
12.25. Her p asalı ve her k ∈ N i¸cin (1 + p)k ≡ 1 + pk mod p2 ve (1 + pk)p ≡ 1 mod p2 olur.
Binom a¸cılımını kullanarak bu e¸sitlikleri kanıtlamak olduk¸ca kolaydır. (Hatta e˘
ger p = 2
ise (1 + pk)p ≡ 1 mod p3 olur.) Dolayısıyla e˘
ger k ∈ {1, 2, . . . , p − 1} ise,
σk (x) = (1 + pk)x
kuralıyla tanımlanmı¸s fonksiyon Z/p2 Z grubunun derecesi p olan bir otomorfisidir.
Z/p2 Z grubunun da derecesi p olan ba¸ska otomorfisi yoktur, ¸cu
¨nk¨
u bu grubun t¨
um
otomorfileri, tersinir (yani p’ye asal bir) a ∈ Z/p2 Z elemanı i¸cin x 7→ ax bi¸cimindedir.
Bu otomorfinin derecesinin p olması demek, a ̸= 1 ve ap = 1 demektir. Ama Fermat’nın
k¨
uc¸u
¨k teoremine g¨
ore ap = a mod p. Demek ki bu otomorfinin derecesinin p olması i¸cin
a ̸= 1 ve a ≡ 1 mod p yeter ve gerek ko¸suldur, yani bir k ∈ {1, 2, . . . , p−1} i¸cin a = 1+kp
bi¸ciminde olmalıdır. Bu arada, (1+p)k ≡ 1+kp mod p2 oldu˘
gundan, σ1k = σk oldu˘
gunun
farkına varalım.
| Aut(Z/p2 Z)| = |(Z/p2 Z)⋆ | = |Z/p2 Z \ pZ/p2 Z| = p2 − p = p(p − 1)
3
Bilenler i¸cin: Bu ¨
orne˘
gin bir kısmı herhangi bir K cismi i¸cin de ge¸cerlidir. Mesela K’yı
Q, R alabilirsiniz.
200
12. Direkt ve Yarıdirekt C
¸ arpımlar
oldu˘
gundan4 , Aut(Z/p2 Z), eleman sayısı p ve p − 1 olan iki altgrubun kartezyen ¸carpımıdır (Sonu¸c 12.4). Bu da derecesi p olan sadece p − 1 tane otomorfi oldu˘
gunu g¨
osterir,
aynen yukarıda buldu˘
gumuz k = 1, 2, . . . , p − 1 i¸cin σk ’lar.
12.26. Yukarıda yaptıklarımızdan, eleman sayısı p3 olan
Gk = Z/p2 Z o ⟨σk ⟩ ≃ Z/p2 Z o σk Z/pZ
grubunu elde ederiz. k = 0, 1, . . . , p − 1 alınabilir. E˘
ger k = 0 ise elde edilen grup
Z/p2 Z × Z/pZ abel grubudur ama aksi halde grup abel de˘
gildir. Grubu Z/p2 Z o σk Z/pZ
olarak g¨
ormek istersek, grubun i¸sleminin a¸cılımı ¸s¨
oyledir:
ˆ = (a + (1 + bpk)c, bd),
b
(a, ˆb)(c, d)
c¸u
¨nk¨
u (1 + pk)b ≡ 1 + bpk mod p2 denkli˘
gi ge¸cerlidir. Buradan, k = 1, . . . , p − 1 i¸cin
Gk gruplarının birbirine izomorfik oldukları kanıtlanabilir. Bunu a¸sa˘
gıdaki ¨
ornekte de
g¨
orece˘
giz.
12.27. p ̸= 2 bir asal ve G, p3 elemanlı abel olmayan bir grup olsun. G’nin derecesi p2 olan bir
elemanı oldu˘
gunu varsayalım. G’nin bir ¨
onceki ¨
ornekteki Z/p2 Z o ⟨σ1 ⟩ grubuna izomorf
oldu˘
gunu kanıtlayaca˘
gız.
G’nin merkezi 1’den farklıdır (Teorem 8.9). G abel olmadı˘
gından Z(G) ̸= G. Aynı nedenden, Alı¸stırma 9.66’ya g¨
ore |Z(G)| ̸= p2 . (Aksi halde p elemanı oldu˘
gundan G/Z(G)
grubu d¨
ong¨
usel olur, dolayısıyla G abel olur.) Demek ki |Z(G)| = p.
¨
G/Z(G) de˘
gi¸smeli oldu˘
gundan, her x, y ∈ G i¸cin [x, y] ∈ Z(G) olur. Ornek
1.24’e g¨
ore
de, her n ∈ Z i¸cin
xn y n = (xy)n [x, y]n(n−1)/2
olur. Burada n = p alırsak, p > 2 oldu˘
gundan,
(xy)p = xp y p
olur. Demek ki x 7→ φ(x) = xp kuralıyla tanımlanmı¸s fonksiyon G’nin bir homomorfisidir.
a ∈ G, derecesi p2 olan bir eleman olsun. A = ⟨a⟩ ≃ Z/p2 Z olsun. E˘
ger Z(G) ̸≤ A ise,
|Z(G)| = p oldu˘
gundan, Z(G) ∩ A = 1 ve dolayısıyla G = A ⊕ Z(G) olur; ama buradan
da G’nin abel oldu˘
gu ¸cıkar, ¸celi¸ski. Demek ki Z(G) ≤ A. Buradan da ap ∈ Z(G) \ {1}
c¸ıkar ¸cu
¨nk¨
u A ≃ Z/p2 Z.
G \ A’da derecesi p olan bir elemanın varlı˘
gını kanıtlayalım. b ∈ G \ A olsun. G d¨
ong¨
usel
olmadı˘
gından b’nin derecesi p3 olamaz. Diyelim b’nin derecesi p2 . Yukarıda a i¸cin ka¨
nıtladı˘
gımız her ¸sey b i¸cin de ge¸cerlidir. Orne˘
gin bp ∈ Z(G) \ {1}. Ama Z(G) ≃ Z/pZ
oldu˘
gundan, bundan, bir k ∈ {1, 2, . . . , p − 1} i¸cin
φ(a) = ap = (bp )k = (bk )p = φ(bk )
c¸ıkar. Ama φ bir homomorfi oldu˘
gundan, φ(ab−k ) = 1 yani
(ab−k )p = 1
olur. Elbette ab−k ̸∈ A. Bundan b¨
oyle b yerine ab−k alarak, bp = 1 e¸sitli˘
gini varsayabiliriz. Demek ki e˘
ger B = ⟨b⟩ ≃ Z/pZ ise,
G = A o B = {ai bj : 0 ≤ j < p2 ve 0 ≤ j < p}
4
(Z/p2 Z)⋆ , Z/p2 Z halkasının tersinir elemanlarının k¨
umesidir. Bu elemanlar p’ye asal,
yani p’ye b¨
ol¨
unmeyen tamsayıların Z/p2 Z’deki imgeleridir, yani (Z/p2 Z)⋆ = Z/p2 Z \ pZ/p2 Z
olur. p2 − p elemanı vardır ve ¸carpma altında bir abel grubudur.
12.3. Yarıdirekt C
¸ arpım
201
olur. b elemanı e¸sleniklik etkisiyle A’nın derecesi p olan bir otomorfisini verir. Bir ¨
onceki
¨
ornekten, bir k ∈ {1, 2, . . . , p − 1} i¸cin (eski k’yı unutun),
ab = a1+kp
¸cıkar. Dolayısıyla her n ∈ Z i¸cin,
n
n
ab = a(1+kp) = a1+knp
olur. E˘
ger n’yi kn ≡ 1 mod p olacak bi¸cimde se¸cersek ve b yerine bn ’yi alırsak, genelli˘
gi
bozmadan,
ab = a1+p
e¸sitli˘
gini buluruz. Bu e¸sitlik grubun ¸carpım tablosunu tamamen vermektedir. Mesela
buradan,
[a, b] = a−1 ab = ap
ve
2
ba = abb−1 a−1 ba = ab[a, b]−1 = aba−p = a1−p b = ap
−p+1
b
buluruz.
Lineer cebir bilenlere: Bu grup,
{(
)
}
y x
2
: y, x ∈ Z/p Z ve y ≡ 1 mod p
0 1
grubuna izomorftur.
12.28. Lineer cebir bilenlere: Bir p > 2 asalı i¸cin, eksponantı p olan p3 elemanlı ama abel
olmayan bir grup Heisenberg grubu adı verilen




 1 x z
0 1 y  : x, y, z ∈ Z/pZ


0 0 1
grubuna izomorfiktir. Bunun kanıtını okura bırakıyoruz.
13. Abel Grupları
Bu b¨ol¨
umde amacımız en basit gruplar olarak addedilebilecek olan abel gruplarını anlamaya ¸calı¸smak. Grubu bazen ¸carpımsal yazılımla yazaca˘gız ¸cu
¨nk¨
u genel olarak abel grupları abel olmayan grupların altgrupları olarak, yani
¸carpımsal yazılımla belirirler. Ama okur kanıtladı˘gımız her sonucu ¸carpımsal
dilden toplamsal dile ¸cevirmelidir.
Ne yazık ki Abel gruplarını sınıflandırmak m¨
umk¨
un de˘gildir; konu matemati˘gin temelleriyle ve k¨
umeler kuramının kabul edilen aksiyomlarıyla yakın
ili¸skidedir. T¨
um abel grupları sınıflandıramasak da bir¸cok abel grubunu sınıflandıraca˘gız, sonlu ya da b¨ol¨
un¨
ur abel gruplarını mesela. Hatta ¸cok daha faz¨
˙
lasını yapaca˘gız. Bazen Zorn Onsavı’nı
kullanmak zorunda kalaca˘gız. Ihtiyacı
¨
olan okur i¸cin kitabın ekinde Zorn Onsavı’na
uzunca bir yer ayırdık.
Burada kanıtlananların hepsi ¸cok daha genel bir kapsamda (tek u
¨rete¸cli
b¨olgeler u
¨zerine mod¨
uller kapsamında) ve aynı y¨ontemlerle kanıtlanabilir ve
daha sonraki ciltlerde kanıtlayaca˘gız. Ama okurları o kadar bekletmenin do˘gru
olmayaca˘gını d¨
u¸su
¨nd¨
uk.
Her ne kadar bu kitabın varsayımı de˘gilse de temel lineer cebir bilgisi olan
¨ yandan bu kitabın okubir okur, bu b¨ol¨
um¨
u ¸cok daha rahat okuyacaktır. (Ote
runun, hele hele kitabın bu a¸samasına kadar gelebilmi¸s bir okurun temel lineer
cebir bildi˘gi de bir ba¸ska ger¸cektir.) Gelecekte bu kitapta bu b¨ol¨
ume esaslı bir
bi¸cimde ihtiyacımız olmayaca˘gından okur ilk okuyu¸sta bu b¨ol¨
um¨
u atlayabilir.
13.1
Serbest Abel Grupları
13.1.1
Z’nin Direkt Toplamları
⊕I Z grupları, tabiri caizse, di˘ger t¨
um abel gruplarına tepeden bakan gruplardır
¸cu
¨nk¨
u bu gruplardan t¨
um abel gruplarına giden ve istedi˘gimiz t¨
um makul
de˘gerleri alan homomorfiler bulmak m¨
umk¨
und¨
ur. Bunun nedeni de ⊕I Z grubunda xy = yx dı¸sında, daha do˘grusu x+y = y +x dı¸sında elemanlar arasında
hi¸cbir ili¸ski bulunmamasıdır. (Hatırlarsanız bir grupta elemanlar arasında ne
kadar ¸cok ili¸ski varsa, o gruptan ba¸ska gruplara giden homomorfiler bulmak o
kadar zordur.)
204
13. Abel Grupları
En basit ¨ornekten ba¸slayalım; I’nın sadece bir elemanı olsun, yani bu t¨
ur
grupların en basiti olan Z grubuna bakalım. Rastgele bir G grubu ve bu G
grubundan rastgele bir eleman se¸celim. O zaman Z’den G’ye giden ve Z’nin 1
elemanını G’nin g elemanına g¨ot¨
uren bir ve bir tane homomorfi vardır. 1’i g’ye
g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨ne g¨ore, bu homomorfinin n tamsayısını g n elemanına g¨ot¨
urmekten
ba¸ska ¸caresi yoktur, yani homomorfi
n 7→ g n
kuralıyla belirlenir. Sonu¸c olarak, G’de ne kadar eleman varsa Z’den G’ye giden
¨
o kadar homomorfi vardır. Bunu Ornek
10.19’da da g¨orm¨
u¸st¨
uk.
S¸imdi i¸sler biraz daha zorla¸ssın, bu sefer I’da iki eleman olsun, yani Z × Z
grubunu ele alalım. e1 = (1, 0) ve e2 = (0, 1) tanımlarını yapalım. Z × Z
grubunun her elemanı bir ve bir tane n, m tamsayı ¸cifti i¸cin ne1 + me2 olarak
yazılır, nitekim,
(n, m) = (n, 0) + (0, m) = n(1, 0) + m(0, 1) = ne1 + me2
olur. Dolayısıyla e˘ger φ : Z ⊕ Z −→ G bir homomorfiyse,
(1)
φ(n, m) = φ(ne1 + me2 ) = φ(e1 )n φ(e2 )m
olmak zorundadır. (G grubunu gene ¸carpımsal aldık; toplamsal alsaydık (1)
yerine φ(n, m) = nφ(e1 ) + mφ(e2 ) yazardık.) Yani φ(n, m) elemanı φ(e1 )
ve φ(e2 ) elemanları tarafından belirlenmi¸stir. Ama φ(e1 ) ve φ(e2 ) elemanları
rastgele olamazlar, ¸cu
¨nk¨
u e1 + e2 = e2 + e1 oldu˘gundan,
(2)
φ(e1 )φ(e2 ) = φ(e2 )φ(e1 )
e¸sitli˘gi sa˘glanmak zorunda, yani φ(e1 ) ve φ(e2 ) elemanları birbirleriyle de˘gi¸smeli. S¸imdi soru ¸su: Birbiriyle de˘gi¸sen her g1 , g2 ∈ G elemanı i¸cin, (1)
kuralı bir φ : Z ⊕ Z −→ G homomorfisi tanımlar mı? Yanıt olumludur. (1)
form¨
ul¨
un¨
un ger¸cekten bir homomorfi tanımladı˘gını g¨ormek zor de˘gil. Birazdan
daha genelini yapaca˘gız.
En genel durumu ele alalım. I rastgele bir g¨osterge¸c k¨
umesi olsun. I sonlu
da olabilir sonsuz da. A = ⊕I Z olsun. Her j ∈ I i¸cin ej ∈ A elemanı, j’inci
terim (ya da koordinat) dı¸sında her terimi 0 olan ve j’inci terimi 1 olan eleman
olsun. E˘ger
{
1 e˘ger i = j ise
δi,j =
0 e˘ger i ̸= j ise
tanımını yaparsak (δi,j ’ye Kronecker delta sembol¨
u denir),
ej = (δj,i )i
13.1. Serbest Abel Grupları
205
olur. E˘ger I sonlu bir k¨
umeyse ya da N ise, ej elemanlarını
(0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . .)
olarak ¸cok daha anla¸sılır bir bi¸cimde g¨osterebilirdik. (Burada j’inci bile¸sen
1, di˘gerleri 0’dır.) Ama I k¨
umesi ¸cok ¸cok vah¸si bir k¨
ume olabilir, ¨orne˘gin
R’nin altk¨
umeleri k¨
umesinin sonlu altk¨
umelerinden Z’ye giden fonksiyonlardan olu¸san k¨
ume olabilir; o zaman I’nın elemanlarını makul bir y¨ontemle
sıralamak m¨
umk¨
un olmaz. Bu durumları es ge¸cmemek i¸cin ej = (δj,i )i g¨osterimini kullanaca˘gız. Bu tanımla A’nın her a elemanı
∑
a i ei
a=
i∈I
olarak tek bir bi¸cimde yazılır. Bu toplamdaki ai ’ler birer tamsayıdır ve sadece sonlu tanesi 0’dan farklıdır, yani aslında yukarıdaki toplam sonlu bir
toplamdır.
S¸imdi G herhangi bir grup olsun ve her i ∈ I i¸cin G’den bir gi elemanı
se¸celim. Her i, j ∈ I i¸cin gi gj = gj gi varsayımını yapalım. Mesela gi ’lerin
hepsi aynı elemansa bu e¸sitlik sa˘glanır. S¸imdi
φ : A −→ G
fonksiyonunu
(3)
φ
(
∑
i
)
ai ei
=
∏
giai
i
form¨
ul¨
uyle tanımlayalım. Bu form¨
ul¨
un ger¸cekten bir fonksiyon tanımladı˘gı
belli:
a. E˘ger ai = 0 ise giai = 1 oldu˘gundan ve sadece sonlu sayıda i i¸cin ai ̸= 0
oldu˘gundan, sa˘gdaki ¸carpımda sonlu sayıda terim ¸carpılmaktadır, yani sa˘gdaki
¸carpma anlamlıdır1 .
∑
b.∑⊕I Zi grubunun
her elemanı tek bir bi¸cimde i ai ei olarak yazılabilir,
∑
yani i ai ei = i bi ei∑
ise ai = bi olmak zorundadır; dolayısıyla f (a) de˘gerini
bulmak i¸cin ¨once a’yı i ai ei olarak (tek bir bi¸cimde) yazıp, sonra 0 olmayan
sonlu sayıdaki ai i¸cin G grubunun giai elemanlarını hesaplayıp, bu elemanları
¸carpmak yeterli; u
¨stelik ¸carpmayı herhangi bir sırada yapabiliriz, ¸cu
¨nk¨
u gi ’ler
birbirleriyle de˘gi¸siyorlar.
Bu uzun a¸cıklamalardan, φ fonksiyonunun tanımlı oldu˘gu anla¸sılıyor. Ve
elbette her i ∈ I i¸cin φ(ei ) = gi olur. S¸imdi φ’nin bir homomorfi oldu˘gunu
1
Mesela aynı fonksiyonu, sonsuz sayıda i ∈ I i¸cin gi ̸=
∏1 ise ve G’de sonsuz sayıda elemanın
¸carpımını tanımlayacak (metrik gibi) bir aygıt yoksa, I Zi grubu u
¨zerinde tanımlayamazdık.
206
13. Abel Grupları
kanıtlayalım. A’dan a ve b elemanları alalım. Amacımız φ(a + b) = φ(a)φ(b)
e¸sitli˘gini kanıtlamak. Bu elemanları (ei )i cinsinden yazalım, diyelim hemen
hemen her terimi 0 olan2 (ai )i ve (bi )i tamsayı dizileri i¸cin
∑
∑
a=
ai ei ve b =
bi ei .
i
i
O zaman
a+b=
∑
(ai + bi )ei
i
olur. S¸imdi
(
∑
φ(a + b) = φ
(ai + bi )ei
i
)
=
∏
giai +bi =
i
∏
giai gibi
i
olur. Ama gi gj = gj gi oldu˘gundan, sa˘gdaki ¸carpımı
∏ a ∏ b
gi i
gi i = φ(a)φ(b)
i
i
olarak yazabiliriz. Demek ki ger¸cekten de φ(a + b) = φ(a)φ(b) imi¸s, yani φ
ger¸cekten bir homomorfi imi¸s.
13.1.2
Taban
Yukarıda yaptıklarımız u
¨zerine biraz durup d¨
u¸su
¨nelim. φ’nin varlı˘gı i¸cin A’nın
ei elemanlarını kullandık. Aslında A’nın ei elemanlarını de˘gil, bu elemanların
bazı ¨ozelliklerini kullandık. O ¨ozellikler de ¸sunlardı:
∑
a. A grubunun her elemanı i ai ei bi¸ciminde yazılabilir, yani {ei : i ∈ I}
k¨
umesi∑
A grubunu∑u
¨retir.
b. i ai ei = i bi ei e¸sitli˘gi ancak (ve ancak)
∑ her i ∈ I i¸cin ai = bi ise
do˘grudur. Bunun e¸sde˘ger bir bi¸cimi ¸s¨oyledir:
sitli˘gi ancak ve
i ci ei = 0 e¸
ancak her i ∈ I i¸cin ci = 0 ise m¨
umk¨
und¨
ur.
¨
Urete¸
c K¨
umeleri. Bir A grubunun birinci ¨ozelli˘gi sa˘g∑
layan bir {ei : i ∈ I}
altk¨
umesine A’nın u
¨rete¸
c k¨
umesi dendi˘gini biliyoruz. i ai ei bi¸ciminde bir
ifadeye ei ’lerin (¨
urete¸clerin) do˘
grusal kombinasyonu adı verilir. Demek ki
A’nın her elemanı u
¨rete¸c k¨
umesinin bir kombinasyonudur. E˘ger E ⊆ A bir
u
¨rete¸c k¨
umesiyse ve E ⊆ F ⊆ A ise, F de elbette bir u
¨rete¸c k¨
umesidir. a = a
e¸sitli˘ginden dolayı (!) A bariz bi¸cimde A’nın u
¨rete¸c k¨
umesidir. Dolayısıyla
b¨
uy¨
uk u
¨rete¸c k¨
umeleri bulmak zor de˘gildir, marifet k¨
u¸cu
¨k u
¨rete¸c k¨
umeleri bul¨
maktır ya da bulunmu¸s bir u
¨rete¸c k¨
umesini olabildi˘gince k¨
uc¸u
¨ltmektir. Urete¸
c
2
“Hemen hemen her terim” s¨
ozleri, aksi s¨
oylenmedik¸ce “sonlu sayıda her terim” anlamına
gelmektedir.
13.1. Serbest Abel Grupları
207
k¨
umeleri hakkında bir ¨onemli not: E˘ger E, A’nın bir u
¨rete¸c k¨
umesiyse ve E’nin
her elemanı F ⊆ A k¨
umesinin bir do˘grusal kombinasyonuysa, o zaman F de
A’nın bir u
¨rete¸c k¨
umesidir (bkz. Alı¸stırma 7.30).
˙
Ba˘
gımsız K¨
umeler. Ikinci
¨ozelli˘gi sa˘glayan bir {ei : i ∈ I} altk¨
umesine
A’nın do˘
grusal ba˘
gımsız ya da Z-ba˘
gımsız ya da daha kısa olarak sadece
ba˘
gımsız altk¨
u∑
mesi denir. Bir {ei : i ∈ I} altk¨
umesinin ba˘gımsız oldu˘gunu
g¨ostermek i¸cin
cin ci = 0 e¸sitli˘gi
i ci ei = 0 varsayımı yapılıp her i ∈ I i¸
kanıtlanır. E˘ger E ⊆ A ba˘gımsız bir altk¨
umeyse, E’nin altk¨
umeleri de ba˘gımsız
altk¨
umelerdir. ∅ ba˘gımsız bir altk¨
umedir, ¸cu
¨nk¨
u ba˘gımlılı˘ga yol a¸cacak elemanı yoktur. Dolayısıyla k¨
u¸cu
¨k ba˘gımsız altk¨
umeler bulmaktan ziyade b¨
uy¨
uk
ba˘gımsız altk¨
umeler bulmak marifettir. Ba˘gımsız k¨
umeler hakkında basit ama
˙ cinde 0 elemanı olan bir k¨
¨onemli bir olgu: I¸
ume ba˘gımsız olamaz. Son bir not:
Ba˘gımsız bir altk¨
umenin bir elemanı altk¨
umenin di˘ger elemanlarının do˘grusal
kombinasyonu olamaz.
¨ yandan {1}
Z grubunun {2} k¨
umesi ba˘gımsızdır ama Z’yi u
¨retmez. Ote
k¨
umesi hem ba˘gımsızdır hem de Z’yi u
¨retir. Aynı ¸sekilde {−1} k¨
umesi hem
ba˘gımsızdır hem de Z’yi u
¨retir. Ama Q grubunun {1} k¨
umesi Q grubunu
u
¨retmez. Hatta Q’n¨
un sonlu sayıda u
¨reteci yoktur, ¸cu
¨nk¨
u paydalar yeterince
b¨
uy¨
uyemez.
Taban. Bir A grubunun ba˘gımsız olan bir u
¨rete¸c k¨
umesine taban adı verilir.
E˘ger T bir tabansa ve S ⊂ T ⊂ U ⊆ A ise, ne S ne de U bir taban olabilir,
¸cu
¨nk¨
u S artık u
¨rete¸c k¨
umesi de˘gildir ve U ba˘gımsız olamaz.
E˘ger T bir serbest abel grubunun tabanıysa, bazen T ’nin abel grubunu
serbest¸
ce u
¨retti˘
gi s¨oylenir. Serbest¸ce u
¨retilmek kavramından Altaltb¨ol¨
um
13.1.6’da daha etraflıca s¨ozedece˘giz.
Alı¸stırmalar
13.1. A = Z(N) olsun. Her n ∈ N i¸cin en ∈ A metindeki gibi olsun. φ : A −→ Q homomorfisi φ(en ) = 1/n! e¸sitlikleriyle tanımlansın. φ’nin ¨
orten oldu˘
gunu kanıtlayın. Ker φ’nin
u
¨rete¸clerini bulun. Demek ki A/ Ker φ ≃ Q.
⊕
cin en ∈ A metindeki gibi olsun.
13.2. A = ∞
n=1 Z olsun. Her n ≥ 1 i¸
B = ⟨nen − e1 : n ≥ 1 ⟩
tanımını yapalım. A/B grubunun b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu kanıtlayın. A/B grubu Q grubuna
izomorfik midir?
13.1.3
Serbest Abel Grupları
Tabanı olan bir abel grubuna serbest abel grubu adı verilir. Demek ki Z(I)
grubu serbest bir abel grubu ve metinde tanımladı˘gımız {ei : i ∈ I} k¨
umesi
bu grubun bir tabanı. Bu tabana A grubunun do˘
gal tabanı denir. Birazdan
her serbest abel grubunun bir I k¨
umesi i¸cin ⊕I Z grubuna izomorf oldu˘gunu
kanıtlayaca˘gız.
208
13. Abel Grupları
⊕∅ Z = 0 oldu˘gundan, tanıma g¨ore 0 grubu serbest bir abel grubudur ve
∅, 0’ın bir tabanıdır. Z serbest abel grubunun iki farklı tabanı vardır: {1} ve
{−1}; ba¸ska da yoktur. Ama bu iki serbest abel grubu dı¸sında, her serbest abel
¨
grubunun sonsuz sayıda tabanı vardır. Ornekler
a¸sa˘gıda. Birazdan bir serbest
abel grubunun tabanının eleman sayısının de˘gi¸smedi˘gini kanıtlayaca˘gız.
¨
Notlar ve Ornekler
13.3. e1 = (1, 0) ve e2 = (0, 1) elemanları Z ⊕ Z grubunun bir tabanı oldu˘
gu gibi,
f1 = (1, 1) ve f2 = (2, 1)
elemanları da aynı grubun bir tabanıdır. Nitekim her (x, y) ∈ Z ⊕ Z elemanı
(x, y) = (2y − x)f1 + (x − y)f2
olarak yazılır. Demek ki f1 ve f2 elemanları Z ⊕ Z grubunu u
¨retiyorlar. Ayrıca e˘
ger
xf1 + yf2 = (0, 0)
ise, o zaman
(0, 0) = xf1 + yf2 = x(1, 1) + y(2, 1) = (x, x) + (2y, y) = (x + 2y, x + y),
yani
x + 2y
x+y
=
=
0
0
olur. Bu sistemin de yegˆ
ane ¸co
¨z¨
um¨
u x = y = 0’dır.
13.4. f1 = (2, 1), f2 = (3, 6) elemanları Z ⊕ Z grubunu u
¨retmezler, ¸cu
¨nk¨
u
xf1 + yf2 = (2x + 3y, x + 6y)
elemanlarının koordinatlarının toplamı
(2x + 3y) + (x + 6y) = 3x + 9y
sayısıdır ve bu toplam her zaman 3’e b¨
ol¨
un¨
ur. Demek ki koordinatlarının toplamı 3’e
¨ yandan {f1 , f2 } ba˘
b¨
ol¨
unmeyen bir eleman f1 ve f2 cinsinden yazılamaz. Ote
gımsız bir
k¨
umedir. Bunun kolay kanıtını okura bırakıyoruz.
13.5. f1 = (4, 2) ve f2 = (6, 3) ise, {f1 , f2 } ba˘
gımsız bir k¨
ume de˘
gildir, f1 ile f2 arasında
3f1 + (−2)f2 = 0
ili¸skisi vardır.
13.6. ⊕N Z k¨
umesinin do˘
gal tabanını (aynen metindeki gibi) e0 , e1 , e2 , . . . olarak g¨
osterelim.
i = 1, 2, . . . i¸cin
fi = (1, 1, . . . , 1, 0, 0, . . . ) = e0 + . . . + ei−1
elemanlarını tanımlayalım. (Burada i tane 1 vardır.) e0 = f1 ve i ≥ 1 i¸cin
ei = fi+1 − fi
oldu˘
gundan, (fi )i ailesi de bir tabandır.
13.1. Serbest Abel Grupları
209
Alı¸stırmalar
13.7. A = Z3 olsun. Herhangi bir a, b, c ∈ Z i¸cin (a, b, c), (b, c, a) ve (c, a, b) elemanlarının
ba˘
gımsız olamayacaklarını g¨
osterin.
13.8. (1, 3) ve (2, 2) elemanlarının Z2 ’nin bir tabanı oldu˘
gunu g¨
osterin.
13.9. (1, 3) ve (5, 3) elemanlarının Z2 ’yi u
¨retemeyece˘
gini g¨
osterin.
13.10. Z2 grubunun (a, b) ve (c, d) elemanlarının ba˘
gımsız olmaları i¸cin ad − bc ̸= 0 ko¸sulunun
yeter ve gerek oldu˘
gunu kanıtlayın.
13.11. (a, b) ve (c, d) elemanlarının Z2 grubunu u
¨retmeleri i¸cin e1 = (1, 0) ve e2 = (0, 1)
elemanlarının bu iki eleman cinsinden yazılmalarının yeter ve gerek ko¸sul oldu˘
gunu
kanıtlayın.
13.12. (a, b) ve (c, d) elemanlarının Z2 grubunu u
¨retmeleri i¸cin ad − bc = ±1 e¸sitli˘
ginin yeter
ve gerek ko¸sul oldu˘
gunu kanıtlayın.
∏
13.13. (en )n∈N ailesi ⊕N Z grubunun bir tabanı olsun. a∏∈ N Z elemanı her koordinatı 1 olan
eleman olsun. {en : n ∈ N} ∪ {a} k¨
umesinin N Z grubunun ba˘
gımsız bir altgrubu
oldu˘
gunu kanıtlayın. Bu k¨
ume tarafından u
¨retilen grubun elemanlarını betimleyin.
∏
13.14. A, N Z k¨
umesinin
bir zaman sonra sabitle¸sen elemanlardan olu¸san altk¨
umesi olsun.
∏
Bu k¨
umenin N Z grubunun bir altgrubu oldu˘
gu bariz olmalı. Bu grubun serbest abel
grubu oldu˘
gunu kanıtlayın ve grubun bir tabanını bulun.
13.1.4
Boyut
S¸imdi t¨
um serbest abel gruplarının bir I i¸cin ⊕I Z grubuna izomorf oldu˘gunu
kanıtlayalım. Daha sonra I’nın kardinalitesinin serbest abel grubunun bir
de˘gi¸smezi oldu˘gunu g¨osterece˘giz.
Teorem 13.1. G bir serbest abel grubu olsun. G’nin bir tabanının kardinalitesi
I ise3 G ≃ Z(I) olur.
Kanıt: Toplamsal olarak yazaca˘gımız G grubunun tabanını (gi )i∈I olarak
g¨osterelim. A = Z(I) olsun. Her i ∈ I i¸cin ei ∈ A elemanı metindeki gibi olsun.
(ei )i∈I ailesinin A grubunun bir tabanı oldu˘gunu biliyoruz. Metindeki gibi, her
i ∈ I i¸cin φ(ei ) = gi e¸sitli˘gini sa˘glayan (yegˆane) homomorfiyi tanımlayalım.
Yani (3)’te (¸carpımsal yazılımla) g¨osterdi˘gimiz u
¨zere
(
)
∑
∑
φ
ai gi
a i ei =
i
i
olsun. (gi )i∈I ailesi G’yi u
¨retti˘ginden φ ¨orten olur. (gi )i∈I ailesi ba˘gımsız
˙
oldu˘gundan φ birebirdir. Demek ki φ bir izomorfidir. Istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸stır.
Serbest abel grubunun bir tabanının kardinalitesi grubun bir de˘gi¸smezidir.
S¸imdi bunu kanıtlayaca˘gız.
3
Kardinalitenin tanımını bilmeyen okur bunu “E˘
ger bir (gi )i∈I ailesi G’nin bir tabanıysa”
olarak okuyabilir.
210
13. Abel Grupları
Teorem 13.2. E˘ger Z(I) ≃ Z(J) ise |I| = |J| olur.
¨
Kanıt: A = Z(I) ≃ Z(J) olsun. Ornek
10.114’e g¨ore, A/2A grubu hem
(I)
(J)
(Z/2Z) hem de (Z/2Z)
grubuna izomorf olur. E˘ger |I| < ∞ ise, bundan
2|I| = (Z/2Z)(I) = (Z/2Z)(J) ve dolayısıyla |I| = |J| ¸cıkar4 . E˘ger J sonluysa aynı kanıt teoremi kanıtlar.
Bundan b¨oyle I ve J’nin sonsuz olduklarını varsayalım. (ei )i∈I , A’nın do˘gal
tabanı olsun. Z(I) ile Z(J) arasındaki izomorfiyi kullanarak, A’da bir (fj )j∈J
tabanı bulabiliriz. Teorem 7.4’e g¨ore |I| = |J| olur.
Yukarıdaki teorem sayesinde, serbest abel gruplarının tabanlarının aynı
kardinalitede olduklarını anlıyoruz. Bu kardinaliteye grubun boyutu adı verilir
ve e˘ger gruba A dersek, bu kardinalite dim A, bazen de dimZ A olarak g¨osterilir.
13.1.5
Sonu¸clar
Son derece basit ama aynı derecede g¨
u¸cl¨
u bir sonu¸cla ba¸slayalım:
Teorem 13.3. G bir abel grubu ve H ≤ G olsun. G/H grubunun bir serbest abel grubu oldu˘gunu varsayalım. O zaman H’nin (serbest) bir t¨
umleyeni
vardır, yani serbest bir A ≤ G altgrubu i¸cin G = H ⊕A olur. Hatta e˘ger ei ∈ G
umesi G/H b¨
ol¨
um grubunun herhangi bir tabanıysa, o zaman
i¸cin {ei : i ∈ I} k¨
A’yı ⟨ei : i ∈ I⟩ olarak alabiliriz; bu durumda A = ⟨ei : i ∈ I⟩ = ⊕Zei olur.
Kanıt: G grubunu
∑ toplamsal alalım. (e
∑i )i ailesi ¨onermedeki
∑ gibi se¸cilsin. A =
⟨ei : i ∈ I⟩ =
Ze
olsun.
E˘
g
er
n
e
∈
H
ise,
ni ei = 0 olur ve
i
i
i i i
∑
dolayısıyla her i i¸cin ni = 0 ve i ni ei = 0 olur. Demek ki A ∩ H = 0. Bu
yaptı˘gımızdan ayrıca
A = ⟨ei : i ∈ I⟩ = ⊕i Zei
∑
∑
¸cıkar, ¸cu
¨nk¨
u e˘ger i ni ei = 0 ise i ni ei ∈ H olur. S¸imdi G = H + A e¸sitli˘gini
¨retti˘ginden,
kanıtlayalım. g ∈ G olsun. O zaman (ei )i∈I ailesi G/H grubunu u
bir a ∈ A elemanı i¸cin g = a, yani g − a ∈ H olur. Buradan da g ∈ a + H ⊆
A + H ¸cıkar.
Teoremde varlı˘gı s¨oylenen A altgrubunun genellikle biricik olmadı˘gına dikkatinizi ¸cekeriz.
A¸sa˘gıdaki sonu¸cla bu teorem arasında aslında bir fark yok, H = Ker φ
alırsak, teoremden a¸sa˘gıdaki kanıtı elde ederiz. Biz gene de kanıtı tekrarlayaca˘gız.
Vekt¨
or uzaylarını bilen bir okur, bu arg¨
umanın |I| sonsuz oldu˘
gunda da teoremi kanıtladı˘
gını g¨
orecektir.
4
13.1. Serbest Abel Grupları
211
Sonu¸
c 13.4. G bir abel grubu, F serbest bir abel grubu ve φ : G −→ F ¨
orten
bir homomorfi olsun. O zaman bir A ≤ G altgrubu i¸cin G = Ker φ ⊕ A olur.
Elbette A ≃ G/ Ker φ = φ(G) = F olur, yani A da serbest bir abel grubudur.
Hatta e˘ger fi ∈ F elemanları i¸cin (fi )i∈I , F ’nin bir tabanıysa ve ei ∈ φ−1 (fi )
elemanları rastgele se¸cilmi¸slerse, o zaman A’yı ⟨ei : i ∈ I⟩ olarak alabiliriz; bu
durumda A = ⟨ei : i ∈ I⟩ = ⊕Zei olur.
Kanıt: G grubunu
toplamsal alalım.
∑
∑ (ei )i ailesi ¨onermedeki gibi se¸cilsin. A =
⟨ei : i ∈ I⟩ = i Zei olsun. E˘ger i ni ei ∈ Ker φ ise,
(∑
) ∑
∑
0 = φ(0) = φ
n i ei =
ni φ(ei ) =
ni fi
∑
olur. Dolayısıyla her i i¸cin ni = 0 ve i ni ei = 0 olmak zorundadır. Demek ki
A ∩ H = 0. Bu yaptı˘gımızdan ayrıca
A = ⟨ei : i ∈ I⟩ = ⊕i Zei
∑
¸cıkar, ¸cu
¨nk¨
u e˘ger i ni ei = 0 ise i ni ei ∈ Ker φ olur. S¸imdi G = Ker φ + A
e¸sitli˘gini kanıtlayalım. g ∈ G olsun. O zaman ni ∈ Z i¸cin
(
)
∑
∑
∑
ni fi =
ni φ(ei ) = φ
n i ei ,
φ(g) =
∑
i
i
yani
g−
∑
i
ni ei ∈ Ker φ
i
olur. Buradan da
(
g=
g−
∑
i
¸cıkar.
)
n i ei
+
∑
ni ei ∈ Ker φ + A
i
Sonu¸
c 13.5. G bir abel grubu, H ≤ G olsun. E˘ger H ve G/H serbest gruplarsa, G de serbest bir gruptur. Hatta (hi )i∈I ailesi H’nin bir tabanı, (gj )j∈J
ailesi G/H’nin bir tabanıysa, {hi : i ∈ I} ∪ {gj : j ∈ J} k¨
umesi, G’nin bir
tabanı olur. Yani dim G = dim H + dim G/H olur.
¨
Notlar ve Ornekler
13.15. Yukarıdaki teoremi kullanarak ¸su olguyu kanıtlayaca˘
gız: G bir grup, Z ≃ H ▹ G ve
G/H ≃ Z olsun. O zaman ¨
oyle a, b ∈ Z vardır ki, her g ∈ G bir ve bir tek n, m ∈ Z
tamsayıları i¸cin an bm bi¸ciminde yazılır. Ayrıca ya G bir abel grubudur ve dolayısıyla
Z ⊕ Z grubuna izomorfiktir ya da ba = a−1 b olur.
Kanıt: Birinci ¨
onerme teoremden hemen ¸cıkıyor: a’yı H’nin bir u
¨reteci olarak alalım.
b ∈ G de, b elemanı G/H’nin u
¨reteci olacak bi¸cimde se¸cilsin. b elemanı, h 7→ hb kuralıyla
H’nin bir otomorfisine yol a¸car. Ama H ≃ Z oldu˘
gundan H’nin iki otomorfisi vardır:
h 7→ h ve h 7→ h−1 . Bu, istedi˘
gimizi verir.
212
13. Abel Grupları
13.16. Bu ¨
orne˘
gin olduk¸ca aydınlatıcı olaca˘
gını d¨
u¸su
¨n¨
uyoruz, ¨
ozellikle birazdan kanıtlayacag
˘ımız teoremlerin kanıtlarında ne kadar dikkatli olmamız gerekti˘
gi konusunda uyarıcı
olacak. Q grubu serbest abel grubu de˘
gildir, ¸cu
¨nk¨
u Q b¨
ol¨
un¨
ur oysa bir serbest abel
¨ yandan Q grubunu, her biri Z’ye izomorfik
grubu hi¸cbir do˘
gal sayıya b¨
ol¨
unemez. Ote
An altgruplarının bile¸simi olarak yazabiliriz. Nitekim,
An =
1
Z
n!
∪
olsun. Elbette, An ≃ Z, An ≤ An+1 ve n An = Q olur. Demek ki bir serbest abel
grubu zincirinin bile¸simi serbest olmayabiliyor.
Teorem 13.6. Serbest abel gruplarının altgrupları da serbesttir ve altgrupların
boyutları grubun boyutunu a¸samaz.
¨
Kanıt: Once
teoremin 1 boyutlu serbest abel grupları i¸cin, yani Z’ye izomorf
gruplar i¸cin do˘gru oldu˘gundan emin olalım: Z’nin bir altgrubu nZ bi¸ciminde
oldu˘gundan, teorem bu durumda bariz olmalı, nitekim e˘ger n = 0 ise altgrubun
boyutu 0’dır, aksi halde 1’dir.
S¸imdi A rastgele bir serbest abel grubu olsun. Diyelim bir α kardinali i¸cin
(aβ )β<α ailesi A’nın bir tabanı5 . Her β ≤ α i¸cin
Aβ = ⟨aγ : γ < β⟩
olsun. Aβ , |β| boyutlu serbest bir abel grubudur. Ayrıca β1 < β∪i¸cin Aβ1 < Aβ
olur ve her λ limit ordinali i¸cin (ve ¨ozellikle λ = α i¸cin) Aλ = β<λ Aβ olur.
Birinci Adım. E˘ger teorem Aγ i¸cin do˘gruysa Aγ+1 i¸cin de do˘grudur. Ayrıca
e˘ger B ≤ Aγ+1 ise ama B ̸≤ Aγ ise, o zaman bir b ∈ B elemanı i¸cin B =
(B ∩ Aγ ) ⊕ Zb olur. Bir ba¸ska deyi¸sle B ∩ Aγ grubunu serbest¸ce u
¨reten bir
altk¨
umeye en fazla bir eleman daha ekleyerek B’nin bir tabanını elde ederiz.
Birinci Adımın Kanıtı: B ≤ Aγ+1 olsun. Varsayıma g¨ore B ∩ Aγ serbest
bir gruptur ve boyutu |γ| kardinalitesinden b¨
uy¨
uk de˘gildir. E˘ger B ≤ Aγ ise,
sorun yok. Bundan b¨oyle B ̸≤ Aγ varsayımını yapalım.
0 ̸= B/(B ∩ Aγ ) ≃ BAγ /Aγ ≤ Aγ+1 /Aγ = (Aγ ⊕ Zaγ )/Aγ ≃ Z
oldu˘gundan, B/(B ∩ Aγ ) ≃ Z olur, dolayısıyla Sonu¸c 13.5’e g¨ore, bir b ∈
B \ (B ∩ Aγ ) i¸cin
B = (B ∩ Aγ ) ⊕ Zb
olur. Birinci adımın kanıtı tamamlanmı¸stır.
5
Ordinal ve kardinalleri bilmeyen okur, teoremi ancak sayılabilir eleman tarafından u
¨retilmi¸s serbest abel grupları i¸cin kanıtlayabilir. Sadece bu durumla ilgilenen okur, e˘
ger grup n
tane (sonlu sayıda) elemanla u
¨retilmi¸sse, α = {0, 1, . . . , n−1} alabilir. Bu durumda kanıttaki
ikinci adım (limit ordinal adımı) atlanabilir, ¸cu
¨nk¨
u gerek yoktur. Sayılabilir sonsuzlukta eleman tarafından u
¨retilen serbest abel grubu i¸cin α = N ve ikinci adımda λ = N alınmalı.
13.1. Serbest Abel Grupları
213
˙
Ikinci
Adım. λ bir limit ordinal olsun. E˘ger teorem her Aβ (β < λ) i¸cin
do˘gruysa Aλ i¸cin de do˘grudur.
˙
Ikinci
Adımın Kanıtı: B ≤ Aλ olsun. Varsayıma g¨ore, her β < λ i¸cin
Bβ = B ∩ Aβ
serbest bir gruptur ve boyutu |β| kardinalitesinden b¨
uy¨
uk de˘gildir. Ayrıca
∪
∪
B=
Bβ =
(B ∩ Aβ )
β<λ
β<λ
olur. Ancak bu iki olgu ikinci adımın kanıtlanması i¸cin yeterli de˘gildir (bkz.
¨
Ornek
13.16). Fazlasına ihtiyacımız var, ¸sunu kanıtlamamız gerekiyor: Her
β < λ i¸cin ¨
oyle bir Xβ ⊆ Bβ vardır ki, Xβ , Bβ ’yı serbest¸ce u
¨retir ve her γ ≤ β
i¸cin Xγ ⊆ Xβ olur. Xβ ’yı t¨
umevarımla bulmak hi¸c zor de˘gil: E˘ger β = γ + 1
ise ve Xγ bulunmu¸ssa, Birinci Adım’da Xγ ’ya en fazla bir eleman ekleyerek
Xβ ’yı nasıl bulaca˘gımızı g¨o∪
stermi¸stik. E˘ger β bir limit ordinalse ve γ < β
i¸cin Xγ bulunmu¸ssa, Xβ = γ<β Xγ tanımını yapalım. Xγ k¨
umeleri ba˘gımsız
oldu˘gundan ve ba˘gımlılık sadece sonlu sayıda elemanı ba˘gladı˘gından Xβ da
ba˘gımsızdır (nitekim Xβ ’nın elli elemanı arasında do˘grusal bir ba˘gıntı varsa,
bu elli eleman Xγ ’lardan birinde olmalı.) Xβ ’nın Bβ ’yı u
¨retti˘gine gelince:
⟩
⟨
∪
∪
∪
Xγ =
⟨Xγ ⟩ =
Bγ = Bβ
⟨Xβ ⟩ =
γ<β
γ<β
γ<β
(Bkz. Alı¸stırma 7.52). Demek ki B = Bα grubu Xα tarafından u
¨retilmi¸stir.
Xα k¨
umesinin eleman sayısının α’dan b¨
uy¨
uk olamayaca˘gı teoremin kanıtından
hemen anla¸sılıyor. Teorem kanıtlanmı¸stır.
Sonu¸
c 13.7. A serbest abel grubu (ai )i∈I tarafından u
¨retilirse dim A ≤ |I|
olur.
Kanıt: F = Z(I) olsun. (ei )i∈I ailesi bu grubun do˘gal tabanı olsun. φ(ei ) = ai
kuralıyla, F serbest abel grubundan A serbest abel grubuna giden homomorfiyi ele alalım. Bu homomorfi ¨ortendir. Sonu¸c 13.4’e g¨ore A’ya izomorf bir B
(serbest abel) altgrubu i¸cin F = Ker φ ⊕ B olur. Teorem 13.6’ya g¨ore Ker φ
serbest bir abel grubudur. Elbette
|I| = dim F = dim Ker φ + dim B = dim Ker φ + dim A
olur.
Sonu¸
c 13.8. A ≃
olmak zorundadır.
⊕n
i=1 Z
olsun. A’yı u
¨reten n tane eleman do˘grusal ba˘gımsız
214
13. Abel Grupları
Kanıt: a1 , . . . , an elemanları A’yı u
¨retsin. O zaman
φ(k1 , . . . , kn ) =
n
∑
ki a i
i=1
⊕n
kuralı bize
A’ya giden ¨orten bir homomorfi verir. Sonu¸c
i=1 Z grubundan⊕
n
13.4’e g¨ore A’ya, dolayısıyla
i=1 Z grubuna izomorf bir B (serbest abel)
altgrubu i¸cin A = Ker φ ⊕ B olur. Teorem 13.6’ya g¨ore Ker φ serbest bir abel
grubudur. Elbette
n = dim A = dim Ker φ + dim B = dim Ker φ + n
olur. Demek ki dim Ker φ = 0 ve Ker φ = 0. Bu da aynen a1 , . . . , an elemanlarının do˘grusal ba˘gımsızlı˘gı anlamına gelir.
Serbest abel grupları burulmasız abel gruplarıdır. Ama burulmasız her abel
¨ yandan e˘ger
grubu serbest de˘gildir. B¨ol¨
um B’de buna bir ¨ornek verdik: ZN . Ote
grup sonlu eleman tarafından u
¨retiliyorsa, bu do˘grudur.
Teorem 13.9. Burulmasız ve sonlu sayıda eleman tarafından u
¨retilen bir
abel grubu serbest abel grubudur. Ayrıca grubun boyutu grubun u
¨rete¸c sayısını
ge¸cemez.
Kanıt: Gruba A diyelim. Grubu u
¨reten eleman sayısı n olsun, u
¨rete¸clere de
a1 , . . . , an diyelim. Teoremi n u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlayaca˘gız. E˘ger n = 0
ise A = 0 olur ve sorun yok. n = 1 ise, A = ⟨a1 ⟩ ≃ Z olur ve gene sorun
yok. S¸imdi B = ⟨a1 , . . . , an−1 ⟩ altgrubunun serbest oldu˘gunu ve boyutunun
en fazla n − 1 oldu˘gunu varsayalım. B < A varsayımını yapabiliriz, aksi halde
¨retilir. E˘ger A/B
teoremin kanıtı zaten bitmi¸stir. A/B elemanı an tarafından u
burulmasızsa, o zaman A/B grubu Z’ye izomorftur ve sonu¸c Sonu¸c 13.5’ten
¸cıkar. E˘ger A/B burulmalıysa, o zaman bir k > 0 tamsayısı i¸cin kan ∈ B,
ve dolayısıyla kA ≤ B olur. Ama bu durumda, Teorem 13.6’dan dolayı kA
serbest bir grup olur. Ayrıca A burulmasız oldu˘gundan A ≃ kA olur. Demek
ki A da serbest bir gruptur.
¨
Notlar ve Ornekler
13.17. Q/Z grubunun burulmalı oldu˘
gunu biliyoruz. Bu ¨
ornekte bu olguyu genelle¸stiren ¸su
teoremi kanıtlayaca˘
gız:
Teorem 13.10. A bir abel grubu olsun. O zaman A’nın maksimal boyutlu serbest bir
altgrubu vardır. E˘ger B b¨
oyle bir altgrupsa A/B burulmalı olur.
¨
Kanıt: Zorn Onsavı’nı
kullanaca˘
gız. Z, G’nin do˘
grusal ba˘
gımsız altk¨
umelerinden olu¸ssun. Z’yi i¸cindelik ili¸skisiyle k¨
uc¸u
¨kten b¨
uy¨
ug
˘e sıralayalım. E˘
g
er
C
⊆
Z
bir zincirse (yani
∪
her X, Y ∈ C i¸cin ya X ⊆ Y ya da Y ⊆ X ise), o zaman C ∈ Z olur, ¸cu
¨nk¨
u lineer
ba˘
gımlılık sonlu sayıda elemanı ilgilendiren bir ¨
ozelliktir. Bu dedi˘
gimizi
a¸
c
ıklayalım,
∪
c¸u
¨nk¨
u benzer akıl y¨
ur¨
utmeler sık sık yapılır matematikte. x1 , . . . , xn ∈ C birbirinden
13.1. Serbest Abel Grupları
215
farklı elemanlar olsun. Diyelim k1 , . . . , kn ∈ Z i¸cin k1 x1 + · · · + kn xn = 0. Her ki ’nin
0’a e¸sit oldu˘
gunu kanıtlayaca˘
gız. Her i = 1, . . . , n i¸cin, xi ’nin elemanı oldu˘
gu bir Xi ∈ C
se¸celim. Bu Xi ’lerden biri di˘
gerlerini kapsar. Diyelim Xj di˘
gerlerini kapsıyor. O zaman
x1 , . . . , xn ∈ Xj olur. Ama Xj do˘
grusal ba˘
gımsız bir k¨
ume oldu˘
gundan, bundan k1 =
. . . = kn = 0 ¸cıkar.
¨
B¨
oylece Zorn Onsavı
sayesinde Z’den maksimal bir k¨
ume se¸cebiliriz, diyelim X. Bu
k¨
ume maksimal lineer ba˘
gımsızdır. Dolayısıyla, e˘
ger B bu altk¨
ume tarafından u
¨retilen
altgrupsa,
⊕
⊕
B = ⟨X⟩ =
Zx ≃
Z
x∈X
X
olur. S
¸ imdi A/B grubuna bakalım. Diyelim x ∈ A/B burulmasız bir eleman. Bu durumda,
⟨B, x⟩/B ≃ ⟨x⟩ ≃ Z
oldu˘
gundan, Sonu¸c 13.5’e g¨
ore,
⟨B, x⟩/B = B ⊕ ⟨x⟩
olur, yani X ⊔ {x} do˘
grusal ba˘
gımsızdır. Ama bu da X’in maksimalli˘
giyle ¸celi¸sir. Demek
ki B/A burulmalı bir gruptur.
¨
Ama dikkat, A’da B’den daha b¨
uy¨
uk bir serbest abel grubu olabilir. Orne˘
gin A = Q,
B = Z ise, B1 = 21 Z altgrubu serbesttir ve B’den daha b¨
uy¨
ukt¨
ur. Ama B ≤ B1 i¸cin
B1 /B burulmasız bir eleman i¸ceremez.
13.1.6
¨
Evrensel Ozellik
Bu altb¨ol¨
umde serbest abel gruplarının I g¨osterge¸c k¨
umesini X olarak yazaca˘gız, ¸cu
¨nk¨
u g¨osterge¸c k¨
umesini “ger¸cek” bir k¨
ume olarak g¨ormek istiyoruz,
o kadar ki elemanlarına g¨osterge¸⊕
c yerine “nokta” demeyi tercih edece˘giz. X
herhangi bir k¨
ume olsun. Z(X) = X Z grubunun X’ten Z’ye giden ve kaidesi
¨
sonlu olan fonksiyonlar k¨
umesi olarak tanımlandı˘gını anımsayalım (bkz. Ornek
(X)
1.11). Ge¸cmi¸ste, e˘ger f ∈ Z
ise, f (x) yerine fx yazmı¸s ve f ’yi de˘gerleriyle
g¨
ostermeyi ye˘
gleyip f ⊕
yerine (fx )x yazmı¸stık. Bazen (fx )x yazılımı yerine
∑
(X) yerine
f
x
ve
Z
x
x
X Zx yazılımları kullanılır. Bu yeni yazılımların birden ¸cok nedeni vardır. A¸cıklamaya ¸calı¸salım. Birazdan kanıtlayaca˘gımız teorem bu yeni yazılımın nedenini ¸cok daha iyi g¨ozler ¨on¨
une serecek.
E˘ger X = N ise, Z(X) grubunun bir elemanını bir dizi olarak g¨osterebiliriz.
¨
Orne˘
gin,
(0, 0, 0, 3, 0, 5, 0, 0, . . .)
g¨osteriminin hangi elemanı simgeledi˘gi barizdir. Ama e˘ger X k¨
umesi u
¨zerine
N’deki gibi bir iyisıralama yoksa, hatta e˘ger sayılamaz sonsuzluktaysa, o zaman Z(X) grubunun elemanlarını yukarıdaki gibi bir dizi olarak g¨osteremeyiz.
¨
Orne˘
gin e˘ger X k¨
umesi u
¨zerinde bir iyisıralama yoksa, bu yazılımla x’inci koordinatı 5, bir ba¸ska y’inci koordinatı 3, di˘ger koordinatları 0 olan bir elemanın
nasıl g¨osterilece˘gi belli de˘gildir. S¸imdi, X ne olursa olsun, Z(X) grubunun elemanlarını daha kolay bir bi¸cimde yazmanın yolunu g¨osterece˘giz.
216
13. Abel Grupları
∑
f = (fx )x g¨osterimi yerine f =
onceki
x fx x yazalım. O zaman bir ¨
paragrafta verdi˘gimiz ¨ornekteki eleman 5x+3y olarak g¨osterilir ve bu yazılımla
x’inci koordinatın 5, y’inci koordinatın 3, di˘ger
⊕koordinatların 0 oldu˘gu hemen
(X) ya da
anla¸
s
ılır.
Bu
durumda,
eskiden
Z
osterdi˘gimiz grup
X Z olarak g¨
⊕
osterilir ve elemanları (fx )x yerine
x∈X Zx olarak g¨
∑
fx x
x
bi¸ciminde yazılır6 .
Bu yazılımın teorik olarak nasıl m¨
umk¨
un oldu˘gunu g¨osterelim: x ∈ X
(X)
olsun. Z
grubunun, x’te 1 de˘gerini alan, di˘ger noktalarda 0 de˘gerini alan
x
e : X −→ Z
elemanını ele alalım. Sadece bir kez 0’dan farklı bir de˘ger aldı˘gından, x
e ∈
(X)
Z
olur. Fonksiyonları bir tamsayıyla ¸carpmayı ve iki fonksiyonu toplamayı
¨
biliyoruz: Bu i¸slemleri fonksiyonun de˘gerleri u
¨zerinden yapıyoruz. Orne˘
gin,
e˘ger x ve y elemanları X’in iki farklı elemanıysa, 5e
x + 3e
y fonksiyonu x’te 5
de˘gerini alan, y’de 3 de˘gerini alan
⊕ ve X’in di˘ger noktalarında 0 de˘gerini alan
fonsiyondur. B¨oylece e˘ger f ∈ X Z fonksiyonu birbirinden farklı x1 , . . . , xn ∈
X noktalarında sırasıyla fx1 , . . . , fxn de˘gerlerini alıyorsa ve di˘ger noktalarda
0 de˘gerini alıyorsa, f fonksiyonunu
fx1 x
f1 + · · · + fxn x
fn
yani
n
∑
fxi xei
i=1
olarak g¨osterebiliriz. B¨oylece
Z(X)
grubunun her elemanı
∑
fx x
e
x
olarak g¨osterilebilir. Tabii buradaki toplam sonlu bir toplam olmalıdır, aksi
halde direkt toplamın bir elemanını elde etmeyiz.
Ayrıca
x 7→ x
e
fonksiyonu X’ten Z(X) grubuna giden birebir bir fonksiyondur. Bu birebir
fonksiyon sayesinde x ∈ X noktasıyla (ya da g¨ostergeciyle) x
e ∈ Z(X) elemanını
¨ozde¸sle¸stirebiliriz. B¨oylece,
∑
fx x
e
x
Tabii X = N ise, 5x yazmak sakıncalıdır!
Bu durumda
eski yazılım tercih edilmelidir, ya
⊕
⊕
da, anlamsız bir x simgesi uydurup, N Z yerine i Zxi yazılmalıdır.
6
13.1. Serbest Abel Grupları
217
yerine
∑
fx x
x
yazma hakkını kendimizde g¨orebiliriz. Bu yazılımla,
(
) (
)
∑
∑
∑
fx x +
gx x =
(fx + gx )x
x
x
ve
n
∑
x
fx x =
∑
x
(nfx )x
x
olur. Daha da ¨onemlisi, b¨oylece X’i,
⊕
⊕
Zx
Z=
Z(X) =
X
X
grubunun bir altk¨
umesi olarak g¨orebiliriz; hatta X altk¨
umesi serbest grubun
tabanı olur.
⊕
Rastgele bir X k¨
umesi i¸cin
ce
x∈X Zx grubuna X tarafından serbest¸
u
¨retilmi¸
s grup adı verilir.
Hayatı kolayla¸stıraca˘gını d¨
u¸su
¨nd¨
u˘gu
¨m¨
uz b¨
ut¨
un bu a¸cıklamalardan sonra
bu altaltb¨ol¨
um¨
un amacı olan teoremi kanıtlayalım.
Teorem 13.11. X bir k¨
ume, A herhangi
bir abel grubu ve α : X −→ A bir
⊕
fonksiyon olsun. O zaman Z(X) = x∈X Zx serbest abel grubundan A grubuna
giden, ve her x ∈ X i¸cin φ(x) = α(x) e¸sitli˘gini sa˘glayan bir ve bir tane homomorfi vardır.
Ayrıca e˘ger F abel grubu X’i kapsıyorsa
ve F ’nin yukarıda Z(X) i¸cin be⊕
lirtilen ¨
ozelli˘gi varsa, o zaman F ≃ X Zx olur.
⊕
Kanıt: A grubunu toplamsal yazalım. x∈X Zx serbest abel grubunun her f
elemanı tek bir bi¸cimde
∑
f=
fx x
olarak yazılır. S¸imdi φ :
⊕
x∈X
Zx −→ A fonksiyonunu
∑
φ(f ) =
fx α(x) ∈ A
x∈X
x∈X
7
olarak tanımlayalım. Sa˘g taraftaki toplam elbette
⊕ A’da hesaplanmaktadır . φ
fonksiyonunun iyi tanımlı oldu˘gu belli, ¸cu
¨nk¨
u x∈X Zx serbest abel grubunun
7
X ⊆ A ve α(x) = x olsa da bu fonksiyonun
ul¨
uyle tanımlandı˘
oyle⊕ φ(f ) = f form¨
∑ gını s¨
¨
mek
yanlı¸
s
ların
en
b¨
u
y¨
u
g
˘
u
¨
olur.
Orne˘
g
in,
Zx
serbest
abel
grubunda
f
x ̸=
x
x∈X ∑
x∈X
∑
∑
g
x
olabilir
ama
A
grubunda,
f
x
=
g
x
olabilir.
x
x
x
x∈X
x∈X
x∈X
218
13. Abel Grupları
her f elemanı tek bir bi¸cimde
f=
∑
fx x
x∈X
olarak yazılır ve A abel oldu˘gundan φ(f )’nin tanımındaki toplamın sırası
o¨nemli de˘gildir. φ’nin homomorfi oldu˘gu da bariz. φ(x) = x e¸sitli˘gi de. Bu
ko¸sulları sa˘glayan ikinci bir homomorfinin olmadı˘gı da.
˙
Ikinci
¨onermeyi
⊕ kanıtlayalım. Varsayıma g¨ore ψ(x) = x e¸sitli˘gini sa˘glayan
bir ψ : F −→ ⊕X Zx homomorfisi vardır. Aynı ¸sekilde φ(x) = x e¸sitli˘gini
sa˘glayan bir ψ : X Zx −→ F homomorfisi vardır. Demek ki,
⊕
⊕
φ◦ψ :
Zx −→
Zx
X
X
homomorfisi x’i x’e g¨ot¨
ur¨
ur. Aynı ¸seyi,
⊕
⊕
Id :
Zx −→
Zx
X
X
homomorfisi de yapar. Bu a¸samada, ilk ¨onermedeki “bir ve bir tane” s¨ozleri
¨onemli olacak: φ ◦ ψ = Id olmalı. Benzer ¸sekilde ψ ◦ φ = Id olmalı. Demek ki
φ ve ψ birer izomorfidirler.
13.2
¨
Sonlu Sayıda Urete¸
cli Abel Grupları (1)
Bir ¨onceki altb¨ol¨
umde kanıtlanan teoremlerin sonu¸clarını bulalım.
Sonu¸
c 13.12. Sonlu eleman tarafından u
¨retilmi¸s bir abel grubunun altgrupları
da sonlu eleman tarafından u
¨retilir ve altgrubun u
¨rete¸c sayısı grubu u
¨reten
eleman sayısından k¨
u¸cu
¨ke¸sit alınabilir.
Kanıt:
Gruba G diyelim. Grup g1 , . . . , gn elemanları tarafından u
¨retilsin. A =
⊕n
Z
olsun.
e
,
.
.
.
,
e
elemanları
A’nın
bir
tabanı
olsun,
do˘
gal u
¨rete¸cleri
1
n
i=1
olabilirler mesela. φ : A −→ G fonksiyonu ei ’yi gi ’ye g¨ot¨
uren ¨orten homomorfi
olsun. H ≤ G olsun. Teorem 13.6’ya g¨ore φ−1 (H) altgrubu en fazla n eleman
tarafından u
¨retilir. Ama H bu altgrubun φ-imgesidir. Demek ki H de en fazla
n eleman tarafından u
¨retilir.
Alı¸stırmalar
13.18. κ tane eleman tarafından u
¨retilmi¸s bir abel grubunun altgruplarının en fazla κ elemanlı
bir u
¨rete¸c k¨
umesi oldu˘
gunu kanıtlayın.
¨
Sonu¸c 13.12 abel olmayan gruplar i¸cin do˘gru de˘gildir. Orne˘
gin iki eleman
tarafından u
¨retilmi¸s serbest grupların sonlu eleman tarafından u
¨retilmeyen
¨
altgrupları vardır, bkz. Ornek
E.3.
13.3. Burulmalı Abel Grupları
219
Sonu¸
c 13.13. G, n tane eleman tarafından u
¨retilmi¸s bir abel grubu olsun. T ,
G’nin derecesi sonlu olan elemanlarından olu¸ssun. O zaman T ≤ G olur ve
T en fazla n eleman tarafından u
¨retilir. Demek ki T ’nin eksponantı sonludur.
Ayrıca boyutu n’den k¨
u¸cu
¨ke¸sit bir A serbest abel grubu i¸cin G = T ⊕ A olur.
¨
Kanıt: T ’nin bir altgrup oldu˘gu bariz (bkz. Ornek
9.56). Sonu¸c 13.12’ye
g¨ore T , en fazla n eleman tarafından u
¨retilir. E˘ger T ’nin bu sonlu sayıdaki
u
¨rete¸clerinin derecelerinin en k¨
u¸cu
¨k ortak katı m ise, her t ∈ T i¸cin tm = 1
olur.
G/T burulmasız bir gruptur ve en fazla n eleman tarafından u
¨retilir. Demek ki Teorem 13.9’a g¨ore G/T serbest abel grubudur. Teorem 13.3’e g¨ore
boyutu en fazla n olan bir A serbest abel grubu i¸cin G = T ⊕ A olur.
Demek ki sonlu abel gruplarını sınıflandırmak i¸cin elemanlarının derecelerinin u
¨st sınırının oldu˘gu burulmalı abel gruplarını sınıflandırmak yeterli.
Bu t¨
ur gruplara sonlu eksponantlı abel grupları denir. Bu t¨
ur grupları
sınıflandırmak m¨
umk¨
und¨
ur. Bir sonraki altb¨ol¨
umde bunu yapaca˘gız.
13.3
Burulmalı Abel Grupları
Sonu¸c 12.9’u anımsatalım:
Olgu 13.14. G burulmalı bir abel grubu olsun. Her p asalı i¸cin
G[p∞ ] = {g ∈ G : bir i ∈ N i¸cin g p = 1}
⊕
tanımını yapalım. O zaman G[p∞ ] ≤ G ve G ≃ p G[p∞ ] olur.
i
Demek ki burulmalı abel gruplarını sınıflandırmak i¸cin, p asalları i¸cin abel
p-gruplarını sınıflandırmak yeterli. Bunu yapamayaca˘gız ama e˘ger eksponant
sonluysa u
¨stesinden gelebilece˘giz.
Teorem ¸s¨oyle:
Teorem 13.15. Eksponantı sonlu olan abel p-grupları d¨
ong¨
usel (dolayısıyla
n
Z/p Z gruplarına izomorfik ) altgrupların direkt toplamıdır.
Birazdan kanıtlayaca˘gımız bu teoremden ve Olgu 13.14’ten ¸su ¸cıkar:
Sonu¸
c 13.16. Eksponantı sonlu olan abel grupları her biri bir p asalı ve bir
n > 0 do˘gal sayısı i¸cin Z/pn Z grubuna izomorfik altgrupların direkt toplamıdır.
Bu teoremin kanıtı biraz zaman alacak. E˘ger grup sonluysa (ya da aynı
¸sey, sonlu eleman tarafından u
¨retilmi¸sse), kanıt ¸cok daha kolay. Teoremi en
genel haliyle kanıtlamak i¸cin Se¸cim Aksiyomu’na ihtiya¸c vardır. Sadece sonlu
220
13. Abel Grupları
gruplarla ilgilenen okura Se¸cim Aksiyomu’na toslamaması i¸cin yol g¨ostermeye
¸calı¸saca˘gız.
A¸sa˘gıdaki ¨onsav teoremin kanıtında tahmin edildi˘gi u
¨zere ¸cok ¨onemli ola¨
cak. Onsavın
kanıtının y¨ontemi de ¨onemlidir, ¸cu
¨nk¨
u bu y¨onteme sık sık ba¸svurulur, biz de ileride aynı y¨ontemle ba¸ska derin sonu¸clar kanıtlayaca˘gız. Teorem
13.33, bu ¨onsavın bir genellemesi olacak.
¨
Onsav
13.17. p bir asal ve G, eksponantı pn olan bir abel grubu olsun. H ≤ G
altgrubu bir I g¨
osterge¸c k¨
umesi i¸cin ⊕I Z/pn Z grubuna izomorf olsun. O zaman
bir K ≤ G altgrubu i¸cin G = H ⊕ K olur.
Kanıt: E˘ger G sonluysa, o zaman H ∩ K = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan maksimal
bir K altgrubu vardır elbette. E˘ger G sonsuzsa bu e¸sitli˘gi sa˘glayan bir K
¨
altgrubunun varlı˘gı ancak Se¸cim Aksiyomu’yla, daha do˘grusu Zorn Onsavı
ile g¨osterilebilir ve ¸simdi bunu yapıyoruz. (Sonlu gruplarla ilgilenen okur bu
paragrafın devamını atlayabilir.) Grubun i¸slemini ¸carpımsal yazaca˘gız.
Z = {K ≤ G : K ∩ H = 1}
olsun. 1 ∈ Z oldu˘gundan Z ̸= ∅ olur. Z’yi altgrup (ya da altk¨
ume) olma
ili¸skisiyle sıralayalım,
altgruplar
u
¨
stgruplardan
k¨
u
c
¸
u
¨
k
olsun.
E˘
g
er
(K
i )i , Z’nin
∪
∪
bir zinciriyse, i Ki ∈ Z olur, ¸cu
¨nk¨
u i Ki altgrubunun H ile 1’den farklı
bir elemanda kesi¸smesi i¸cin, Ki altgruplarından birinin H ile 1’den farklı bir
¨
elemanda kesi¸smesi lazım. Dolayısıyla, Zorn Onsavı’na
g¨ore Z’nin maksimal
bir elemanı vardır. Bu altgruba K diyelim. Demek ki
⟨H, K⟩ = HK = H ⊕ K ≤ G.
HK = G e¸sitli˘gini kanıtlayaca˘gız. Diyelim e¸sitlik yok ve HK < G. Amacımız ⟨K, g⟩ ∩ H = 1 e¸sitli˘ginin do˘gru oldu˘gu bir g ∈ G \ K elemanının varlı˘gını
kanıtlamak; b¨oylece K < ⟨K, g⟩ olacak ve K’nın maksimalli˘giyle ¸celi¸sece˘giz.
¨
Once
rastgele bir g ∈ G \ HK alalım. Bu elemanı istedi˘gimizi sa˘glaması
˙ olarak
i¸cin yava¸s yava¸s de˘gi¸stirece˘giz. Ilk
n
2
g, g p , g p , . . . , g p = 1
˙ terim, g yani, HK’da de˘gil. Ama son terim, g pn yani, 1’e
dizisine bakalım. Ilk
e¸sit oldu˘gundan HK’da. Bu dizinin elemanlarını soldan sa˘ga do˘gru tararken,
bir i = 0, 1, . . . , n − 1 i¸cin
i
i+1
gp ∈
/ HK ama g p
∈ HK
i
olmalı. g yerine bu g p elemanını alarak,
(1)
g∈
/ HK ama g p ∈ HK
13.3. Burulmalı Abel Grupları
221
varsayımını yapabiliriz; ¨oyle yapalım. S¸imdi, h ∈ H ve k ∈ K i¸cin
g p = hk
(2)
olur. Grubun eksponantı pn oldu˘gundan,
n
n−1
1 = g p = (g p )p
n−1
olur ve bu durumda, hp
n−1
= (hk)p
= k −p
n−1
hp
n−1
= hp
n−1
kp
∈ H ∩ K = 1 ve
n−1
=1
elde ederiz.
S¸imdi H grubunda hangi elemanların pn−1 ’inci kuvvetinin 1’e e¸sit oldu˘gunu g¨orelim. Teoremin hipotezine g¨ore H ≃ (Z/pn Z)(I) . Ama
{x ∈ Z/pn Z : pn−1 x = 0} = pZ/pn Z
¨
e¸sitli˘gini Ornek
9.53’te kanıtlamı¸stık; demek ki aynı ¸sey (Z/pn Z)(I) grubunda
da do˘gru:
{x ∈ (Z/pn Z)(I) : pn−1 x = 0} = (pZ/pn Z)(I) = p · (Z/pn Z)(I) .
Sonu¸c olarak benzer ¨onerme (¸carpımsal bir grup olan) H i¸cin de ge¸cerlidir ve
n−1
hp
= 1 oldu˘gundan, bir h1 ∈ H i¸cin h = hp1 e¸sitli˘ginin do˘gru oldu˘gunu
p
g¨or¨
ur¨
uz. (2)’den dolayı, g p = hk = hp1 k ve (h−1
1 g) = k ∈ K elde ederiz.
−1
h1 g ∈ G \ HK oldu˘gundan (aksi halde g = h1 (h−1
1 g) ∈ H(HK) = HK
olurdu), g yerine h−1
g
elemanını
alıp,
1
(3)
g ∈ G \ HK ve g p ∈ K
varsayımını yapabiliriz.
Bu a¸samada ⟨K, g⟩ altgrubuna bakalım. Bu altgrubun elemanları bir k ∈
K ve m ∈ Z i¸cin kg m bi¸cimindedir (daha ¨onceki k’yı artık unutun). K’nın
se¸ciminden dolayı, ⟨K, g⟩ ∩ H ̸= 1 olmalı. Kesi¸simden 1’e e¸sit olmayan bir
eleman se¸celim:
1 ̸= kg m ∈ H
olsun. Demek ki g m ∈ HK. E˘ger p asalı n’yi b¨olmezse, g p de HK’da oldu˘gundan,
g = g 1 = g obeb(n,p) ∈ HK
olur (bkz. Alı¸stırma 5.32), ki bu da g’nin se¸cimiyle ¸celi¸sir. Demek ki p|m,
diyelim ps = m. Bu durumda, g p ∈ K oldu˘gundan,
kg m = kg ps = k(g p )s ∈ K
222
13. Abel Grupları
olur. Ama aynı zamanda kg m ∈ H. Demek ki kg m ∈ H ∩ K = 1, ¸celi¸ski.
Uyarı. E˘ger m < n i¸cin H ≃ ⊕I Z/mZ olursa yukarıdaki teorem do˘gru olmaz.
¨
Orne˘
gin G = Z/9Z ve H = 3Z/9Z ≃ Z/3Z olsun. Bu durumda teorem do˘gru
de˘gildir. Teoremin yanlı¸s oldu˘gu bir ba¸ska ¨ornek: G = Z/4Z ⊕ Z/2Z ve H =
⟨(2, 1)⟩.
A¸sa˘gıdaki ¨onsavla Teorem 13.15’in kanıtına ¨old¨
ur¨
uc¨
u darbeyi indirece˘giz.
¨
Onsav
13.18. p bir asal, n > 0 bir do˘gal sayı ve G, eksponantı pn olan bir
abel grubu olsun. O zaman G’nin (Z/pn Z)(I) grubuna izomorfik ¨
oyle bir H
altgrubu ve bir m < n do˘gal sayısı i¸cin eksponantı pm olan ¨
oyle bir K altgrubu
vardır ki G = H ⊕ K olur.
Kanıt: Teorem aslında, (Z/pn Z)(I) grubuna izomorfik maksimal bir altgrup
oldu˘gunu s¨oyl¨
uyor. H altgrubunun bir A altk¨
umesinin ¸su ¨ozellikleri varsa:
⊕
1. ⟨A⟩ = a∈A ⟨a⟩
2. Her a ∈ A i¸cin ⟨a⟩ ≃ Z/pn Z
o zaman A’ya bu kanıtlık g¨
uzel k¨
ume diyelim.
¨
Once
G’nin sonlu eleman tarafından u
¨retildi˘gini, yani sonlu oldu˘gunu varsayalım. O zaman maksimal bir g¨
uzel A k¨
umesi vardır elbette. E˘ger G sonsuzsa, maksimal bir g¨
uzel A k¨
umesi bulmak i¸cin Se¸cim Aksiyomu’nu kullanmalıyız. G’nin sonsuz oldu˘gu durumla ilgilenmek istemeyen okur bu paragrafın devamını atlayabilir. Eksponant pn oldu˘gundan, derecesi pn olan bir eleman mutlaka vardır, dolayısıyla, tek elemanlı da olsa g¨
uzel bir k¨
ume vardır.
(Aslında bo¸sk¨
ume de g¨
uzel k¨
umedir!) Z k¨
umesi G’nin g¨
uzel altk¨
umelerinden
olu¸san k¨
ume olsun. Bu k¨
umenin bo¸s olmadı˘gını biraz ¨once g¨ord¨
uk. Z k¨
umesi
u
¨zerine altk¨
ume olma yarısıralamasını koyalım ve bu yarısıralamayla Z’nin
t¨
umevarımsal bir
ume oldu˘gunu g¨osterelim. Bu ama¸cla Z’den bir (Aj )j∈J
∪ k¨
zinciri alalım. J Aj k¨
umesinin∪ de bir g¨
uzel k¨
ume oldu˘gunu savlıyoruz ve
hemen
kanıtlıyoruz.
Her a ∈ J Aj i¸cin ⟨a⟩ ≃ Z/pn Z oldu˘gu belli. E˘ger
∪
⊕
⟨ J Aj ⟩ = a∈A ⟨a⟩ olmasaydı, o zaman oyunbozanlık yapan sonlu
sayıda ele∪
man Aj ’lerin birinde belirirdi ki, bu da imkˆansızdır. Demek ki J Aj ∈ Z olur.
¨
¨
Demek ki Z k¨
umesine Zorn Onsavı’nı
uygulayabiliriz. B¨oylece, Zorn Onsavı
sayesinde, Z k¨
umesinin maksimal bir elemanı oldu˘gu ¸cıkar. Bu maksimal g¨
uzel
k¨
umeye A diyelim.
S¸imdi
⊕
⊕
H = ⟨A⟩ =
⟨a⟩ ≃
Z/pn Z
a∈A
a∈A
¨
tanımını yapalım. Onsav
13.17’ye g¨ore G = H ⊕ K e¸sitli˘gini sa˘glayan bir K ≤
G vardır. A’nın maksimalli˘ginden dolayı, K’da derecesi pn olan bir eleman
olamaz. Demek ki exp K < pn ve dolayısıyla bir m < n i¸cin exp K = pm . Bu iki ¨onsav teoremi n u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlar.
¨
13.4. Sonlu Sayıda Uretec
¸ li Abel Grupları (2)
223
Sonu¸
c 13.19. Eksponantı pn olan bir grup, I1 , . . . , In k¨
umeleri (ya da kardinalleri ) i¸cin


n
⊕
⊕

Z/pk Z
k=1
Ik
grubuna izomorfturlar.
13.4
¨
Sonlu Sayıda Urete¸
cli Abel Grupları (2)
Yukarıda yapılanlardan ¸su teorem ¸cıkar:
Teorem 13.20. Sonlu eleman tarafından u
¨retilen bir abel grubu sonlu sayıda
d¨
ong¨
usel altgrubun direkt toplamıdır. Bu d¨
ong¨
usel altgrupların her biri Z’ye
ya da bir pn asal kuvveti i¸cin Z/pn Z grubuna izomorf olarak alınabilir.
Kanıt: Gruba G diyelim. T , G’nin burulmalı elemanlarından olu¸san k¨
ume
olsun. Elbette T ≤ G olur. Sonu¸c 13.13’e g¨ore bir A serbest abel grubu i¸cin
G = T ⊕ A olur. Sonu¸c 13.12’ye g¨ore T ve A sonlu sayıda eleman tarafından
u
¨retilirler. Teorem 7.4’e g¨ore A’nın ancak sonlu bir tabanı olabilir. T sonlu
sayıda eleman tarafından u
¨retildi˘ginden, eksponantı sonludur. Sonu¸c 13.16’ya
g¨ore T de d¨ong¨
usel altgrupların direkt toplamıdır. Sonu¸c olarak G, ya Z’ye
ya da bir pn asal kuvveti i¸cin Z/pn Z grubuna izomorf sonlu sayıda altgrubun
direkt toplamıdır.
Uyarı. n eleman tarafından u
¨retilen bir abel grubu daha fazla d¨ong¨
usel grubun
¨
direkt toplamı olabilir. Orne˘gin, p ̸= q birbirine asal iki do˘gal sayıysa, Z/pqZ
grubu 1 elemanı tarafından u
¨retilir ama Z/pZ ⊕ Z/qZ grubuna izomorftur.
¨ yandan bir p asalı i¸cin, n eleman tarafından u
Ote
¨retilen bir G abel pgrubu, en fazla n tane altgrubun direkt toplamı olabilir. Bunu g¨ormek i¸cin,
e˘ger
k
⊕
G≃
Z/pki Z
i=1
ise, grubu
k
⊕
Z/pki −1 Z
i=1
altgrubuna b¨olerek,
G≃
k
⊕
Z/pZ
i=1
oldu˘gunu varsayabiliriz. Eksponantı p olan ve n eleman tarafından u
¨retilen bir
grubun en fazla pn tane elemanı olabilir. Demek ki pk ≤ pn ve k ≤ n.
224
13. Abel Grupları
¨
Notlar ve Ornekler
13.19. Bu alı¸stırmalarda p hep bir asal sayı olacak. p elemanlı t¨
um gruplar Z/pZ grubuna
izomorfturlar. Bunu biliyoruz. Bundan sonraki alı¸stırmalarda k¨
uc¸u
¨k n sayıları i¸cin pn
elemanlı birbirine izomorf olmayan abel grubu sayısını bulaca˘
gız.
13.20. p2 elemanlı t¨
um gruplar abeldirler (Sonu¸c 8.10). Dolayısıyla sadece iki tip p2 elemanlı
grup vardır: Z/pZ × Z/pZ ve Z/p2 Z.
¨
13.21. p3 elemanlı bir grup abel grubu olmak zorunda de˘
gil. Orne˘
gin, G k¨
ume olarak
G = Z/pZ × Z/pZ × Z/pZ
ise ve i¸slemi
(x, y, z)(x′ , y ′ , z ′ ) = (x + x′ , y + y ′ , z + xy ′ + z ′ )
form¨
ul¨
uyle verilmi¸sse ve e˘
ger p > 2 ise, G abel olmayan bir gruptur. 8 elemanlı abel
olmayan gruplar biliyoruz. E˘
ger G abel olmayan bir grupsa ve |G| = p3 > 8 ise, G’nin
bu paragrafta a¸cıklanan gruba izomorf oldu˘
gunu kanıtlamak ¸cok zor de˘
gildir; en son
b¨
ol¨
umde bunu yapaca˘
gız, ¸simdilik okura bırakıyoruz.
p3 elemanlı abel gruplara gelince: Birbirine izomorf olmayan u
¨c¸ grup vardır:
(Z/pZ)3 , Z/pZ × Z/p2 Z, Z/p3 Z.
¨
13.22. p4 elemanlı izomorfik olmayan gruplar ¸sunlardır: Once,
bir ¨
onceki ¨
ornekteki grupları
Z/pZ ile direkt toplamını alabiliriz:
(Z/pZ)4 , (Z/pZ)2 × Z/p2 Z, Z/pZ × Z/p3 Z.
Bunlar i¸cinde Z/pZ fakt¨
or¨
un¨
u barındıran gruplardır. Bunların dı¸sında iki tane daha
vardır:
(Z/p2 Z)2 , Z/p4 Z.
13.23. p5 ve p6 elemanlı izomorf olmayan abel gruplarını bulmayı okura bırakıyoruz.
13.5
B¨
ol¨
un¨
ur Abel Grupları
G bir abel grubu olsun. E˘ger her g ∈ G elemanı ve her n > 0 do˘gal sayısı i¸cin
xn = g denkleminin g’de bir ¸c¨oz¨
um¨
u varsa, G’ye b¨
ol¨
un¨
ur grup denir. Bir
grubun, kendi ba¸sına bir grup olarak b¨ol¨
un¨
ur altgruplarına b¨
ol¨
un¨
ur altgrup
adı verilir.
¨
Notlar ve Ornekler
Q b¨
ol¨
un¨
ur bir gruptur.
G b¨
ol¨
un¨
ur bir grup ve H ≤ G ise G/H b¨
ol¨
un¨
ur bir gruptur.
B¨
ol¨
un¨
ur grupların direkt toplamları ve kartezyen ¸carpımları b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur.
Bir G abel grubunun b¨
ol¨
un¨
ur altgrupların u
¨retti˘
gi altgrup b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Dolayısıyla G’nin
t¨
um b¨
ol¨
un¨
ur altgrupların u
¨retti˘
gi altgrup en b¨
uy¨
uk b¨
ol¨
un¨
ur altgruptur. Bu altgruba
D(G) diyelim.
13.28. E˘
ger bir direkt toplam b¨
ol¨
un¨
urse, direkt toplamı alınan her grup b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Dolayısıyla
b¨
ol¨
un¨
ur bir abel grubunda t¨
umleyeni olan her altgrup b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur.
13.29. (Ge¸cmi¸ste s¨
ozetti˘
gimiz ama birazdan bir daha ele alaca˘
gımız) Pr¨
ufer p-grupları Zp∞
b¨
ol¨
un¨
ur gruplardır.
13.24.
13.25.
13.26.
13.27.
¨ un
13.5. Bol
¨ ur
¨ Abel Grupları
225
∩
13.30. G toplama altında yazılmı¸s bir abel grubu olsun. E(G) = ∞
n=1 nG olsun. E(G), G’de
her pozitif tamsayıya b¨
ol¨
unen elemanlar k¨
umesidir ve elbette bir altgruptur. E(G), G’nin
b¨
ut¨
un b¨
ol¨
un¨
ur altgruplarını, dolayısıyla G’nin en b¨
uy¨
uk b¨
ol¨
un¨
ur altgrubu olan D(G)’yi
¨
kapsar (bkz. Ornek
13.27). Dikkat: E˘
ger G burulmalıysa, E(G)’nin 1’e e¸sit oldu˘
∩ gunu
sanmayın; ¨
orne˘
gin E(Zp∞ ) = Zp∞ olur. (n + 1)!G ≤ n!G oldu˘
gundan, E(G) = n n!G
yazılımı E(G)’nin daha sarih bir g¨
osterimi olabilir. E˘
ger G burulmasız bir grupsa,
E(G) = D(G) olur, ¸cu
¨nk¨
u bu durumda her k > 0 tamsayısı i¸cin g 7→ kg fonksiyonu
birebirdir, dolayısıyla
∞
∩
E(G) ≥ kE(G) = k
nG =
n=1
∞
∩
knG ≥
n=1
∞
∩
nG = E(G)
n=1
(G’nin burulmasızlı˘
gını u
¨c¸u
¨nc¨
u adımdaki e¸sitlikte kullandık), yani E(G) = kE(G), yani
¨ yandan G burulmalıysa, D(G) < E(G)
E(G) b¨
ol¨
un¨
ur, yani E(G) = D(G) olur. Ote
olabilir. Bunun bir ¨
orne˘
gini a¸sa˘
gıda bulacaksınız.
⊕
k
13.31. A = ∞
ger koordinatları 0 olan eleman olsun.
k=1 Z/2 Z olsun. ek , k’ıncı koordinatı 1, di˘
A, bu elemanlar tarafından u
¨retilir. Z/2k ’nın elemanlarıyla ek ’yı ∑
¸carpmanın anlamlı
oldu˘
gunu belirtelim. Her a ∈ A elemanı, ak ∈ Z/2k Z sayıları i¸cin k ak ek olarak tek
bir bi¸cimde yazılır. Buradaki ak ’ların sonlu tanesi dı¸sında hepsi 0’dır elbette.
B = ⟨2k−1 ek − e1 : k = 1, 2, . . .⟩
olsun. G = A/B tanımını yapalım ve D(G)’yi bulalım. Her p > 2 asalı i¸cin A grubu
p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gundan, G de p-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur, dolayısıyla 2-b¨
ol¨
un¨
url¨
ug
˘e odaklanmalıyız.
|D(G)| = 2 bulaca˘
gız, dolayısıyla D(G) b¨
ol¨
un¨
ur olamayacak. Hatta D(G) = {1, e1 }
bulaca˘
gız.
e1 elemanı 2k -b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gundan, belli ki e1 ∈ D(G). Aksi istikamete odaklanalım.
¨
Once
B’nin elemanlarını daha iyi betimleyelim. B’nin rastgele bir b elemanı
b=
∞
∑
bk (2k−1 ek − e1 )
k=1
olarak yazılır. k = 1 iken toplanan terim 0 oldu˘
gundan, toplamı 2’den ba¸slatabiliriz:
b=
∞
∑
bk (2k−1 ek − e1 ).
k=2
k−1
Ayrıca 2(2
ek ) = 0 ve 2e1 = 0 oldu˘
gundan, bk ’yı ya 0’a ya da 1’e e¸sit alabiliriz. Demek
ki bk = 0, 1 i¸cin (k ≥ 2),


∑
∑ k−1
bk  e1 +
2
ek
b = −
k≥2
k≥2
olur. Bu elemanı daha g¨
orsel bi¸cimde yazalım. ϵk = 2k−1 ∈ Z/2k Z olsun. ϵk , Z/2k Z
grubunun derecesi 2 olan yegˆ
ane elemanıdır. Demek ki b elemanı koordinatlarıyla ¸so
¨yle
g¨
osterilir: bk ∈ {0, 1} i¸cin (k ≥ 2),
 


∑
b = − 
bk  , b2 ϵ2 , b3 ϵ3 , . . .  .
k≥2
S
¸ imdi x ∈ D(G) olsun. Bir k > 0 tamsayısı se¸celim. O zaman bir y ∈ G i¸cin,
x = 2k y,
226
13. Abel Grupları
yani
x − 2k y ∈ B
olur. x’in k’ıncı koordinatına bakalım. B’nin elemanlarının olası k’ıncı koord˘
ginatları ya
0 ya ϵk oldu˘
gundan, bu son e¸sitlikten
xk = 0, ϵk
c¸ıkar.
S
¸ imdi

b = 
∑


xk  , x2 , x3 , . . .  ∈ B
k≥2
ve


a = x1 − 
∑


xk  , 0, 0, . . .  ∈ {0, e1 }
k≥2
olsun. Ya a = 0 ya da a = e1 olur.
x=x−b=a
e¸sitli˘
ginden istedi˘
gimizi elde ederiz.
Bu altb¨ol¨
umde8 b¨ol¨
un¨
ur abel gruplarını sınıflandıraca˘gız. Ama ilk olarak
¨onemli bir b¨ol¨
un¨
ur abel grubu ailesi tanıtalım: Pr¨
ufer p-grupları. Daha sonra
b¨ol¨
un¨
ur grupların (¸ce¸sitli p asalları i¸cin) Pr¨
ufer p-gruplarının ve Q grubunun
direkt toplamlarına izomorf oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız.
13.5.1
Pr¨
ufer p-Grupları
¨
Pr¨
ufer p-gruplarından daha ¨once Ornek
9.67 ve 11.11’de s¨ozetmi¸stik. Ayrıca
¨
bu gruptan Ornek D2’de de s¨ozedildi. Bu b¨ol¨
umde tanımı yeniden yapaca˘gız
ve biraz daha ayrıntıya girece˘giz.
Pr¨
ufer p-gruplarının ¸ce¸sitli tanımları vardır ve her birini bilmek gerekir.
Birinci Tanım. E˘ger karma¸sık sayıları biliyorsanız tanımı ¸s¨oyle verebiliriz9 :
K¨
ume olarak,
n
Zp∞ = {e2kπi/p : n, k ∈ N}.
Ama tabii bu tanımda n > 0 ve k = 0, 1, . . . , pn − 1 olarak alınabilir. C
¸ arpma
olarak da karma¸sık sayıların ¸carpmasını alaca˘gız, yani e’nin kuvvetlerini toplayaca˘gız. Zp∞ k¨
umesinin ¸carpma altında bir grup oldu˘gunun kolay kanıtını
okura bırakıyoruz. Bu grupta,
αn = e2πi/p
n
tanımını yapalım. O zaman, αn ’nin derecesi pn ’dir; dolayısıyla u
¨retti˘gi
⟨
⟩
n
n
An = e2πi/p = {e2kπi/p : k = 0, 1, . . . , pn − 1}
8
9
Bu altb¨
ol¨
um ve sonrası grup teorisine yeni ba¸slayanlar tarafından ¸simdilik atlanabilir.
Karma¸sık sayıları bilmeyenler bu paragrafı atlayabilirler.
¨ un
13.5. Bol
¨ ur
¨ Abel Grupları
227
altgrubu Z/pn Z grubuna izomorftur. Ayrıca her n i¸cin,
αnp = αn−1
ve
An = {xp : x ∈ An+1 } ≤ An+1
ve
[An+1 : An ] = p
olur. Dahası,
Zp∞ =
∞
∪
An
n=1
Z/pn Z
gruplarına izomorf altgrupların bile¸simidir. Her
olur. Yani Zp∞ grubu,
elemanının derecesi p asalının bir kuvvetidir; dolayısıyla bir p-gruptur;
∪∞ ama
p
grubun eksponantı sonlu de˘gildir. An = {x : x ∈ An+1 } ve Zp∞ = n=1 An
un¨
ur oldu˘gu anla¸sılıyor. Ayrıca bir p-grubu
e¸sitliklerinden Zp∞ grubunun p-b¨ol¨
un¨
urd¨
ur. Demek ki Zp∞
oldu˘gundan, Zp∞ grubu her q ̸= p asalı i¸cin de q-b¨ol¨
grubu b¨ol¨
un¨
ur bir gruptur.
˙
Ikinci
Tanım. Zp∞ grubunun bir ba¸ska tanımı direkt limitle yapılabilir ve
bu matematik¸cilerin favori tanımıdır. (Direkt limit i¸cin bkz. Altb¨ol¨
um D.2 ve
¨
Ornek D.2. Ama bu paragrafın o ek okunmadan da hissedilece˘gini umuyoruz.)
Z/pn Z grubunu Z/pn+1 Z grubunun i¸cine ¸su ¸sekilde g¨omebiliriz:
x 7→ x
ˆ.
Bu fonksiyon ger¸cekten iyitanımlıdır ¸cu
¨nk¨
u x = y ise, yani x − y sayısı pn
sayısına b¨ol¨
un¨
uyorsa, px − py sayısı pn+1 sayısına g¨om¨
ulebilir. B¨oylece ¸su
g¨ommeleri elde ederiz:
0 ,→ Z/pZ ,→ Z/p2 Z ,→ . . . ,→ Z/pn Z ,→ Z/pn+1 Z ,→ . . .
Bu g¨ommelerin bile¸simini alın, Zp∞ grubunu elde edersiniz. E˘ger bunu yapmakta matematiksel olarak zorlanıyorsanız kitabın ekindeki Altb¨ol¨
um D.2’i
okuyun.
¨ cu
U¸
¨ nc¨
u Tanım. Zp∞ grubunun u
¨¸cu
¨nc¨
u (anla¸sılması en kolay) tanımı ¸s¨oyle
yapılabilir: P , paydası p’nin bir kuvveti olarak yazılabilen kesirli sayılar k¨
umesi
olsun:
P = {a/pn : n ∈ Z, a ∈ Z}.
P toplama altında bir gruptur. Tanımda n = 0 alırsak Z ≤ P oldu˘gu g¨or¨
ule∞
cektir. S¸imdi Zp grubunu
Zp∞ = P/Z
228
13. Abel Grupları
olarak tanımlayabiliriz.
pn · a/pn = a ∈ Z
oldu˘gundan, Zp∞ bir p-gruptur. Hatta Zp∞ grubu Q/Z grubunun p-elemanlarından olu¸san altgruptur, yani e˘ger G = Q/Z ise, Sonu¸c 12.9’daki tanımla
G[p∞ ] = Zp∞
olur. O sonuca g¨ore de,
⊕
Q/Z ≃
Zp∞
pasal
olur.
an = 1/pn ∈ P
ve
αn = an
tanımlarını yapalım. αn derecesi pn olan bir elemandır; dolayısıyla u
¨retti˘gi
An = ⟨αn ⟩ = {kαn : k = 0, 1, . . . , pn − 1}
altgrubu Z/pn Z grubuna izomorftur. Ayrıca, her n i¸cin,
pαn = αn−1
ve
An = {px : x ∈ An+1 } ≤ An+1
olur. Dahası,
Zp∞ =
∞
∪
An
n=1
olur. Yani Zp∞ grubu, Z/pn Z’ye izomorf altgrupların bile¸simidir, dolayısıyla
bir p-gruptur;
∪ ama grubun eksponantı sonlu de˘gildir. An = {px : x ∈ An+1 }
ve Zp∞ = ∞
sitliklerinden Zp∞ grubunun p-b¨ol¨
un¨
ur oldu˘gu anla¸sılıyor.
n=1 An e¸
Ayrıca bir p-grubu oldu˘gundan, Zp∞ grubu her q ̸= p asalı i¸cin de q-b¨ol¨
un¨
urd¨
ur. Demek ki Zp∞ grubu b¨ol¨
un¨
ur bir gruptur. Ayrıca Zp∞ grubunun her
elemanı αnk olarak yazılabilir. E˘ger dilersek n’yi elemanın derecesine e¸sit ve
k’yı da p’ye asal alabiliriz.
¨
ozaltgrupları, yukarıda tanımı verilen An altOnsav
13.21. Zp∞ grubunun ¨
∞
gruplarıdır. Dolayısıyla Zp grubunun ¨
ozaltgrupları Z/pn Z gruplarına izomorfturlar.
¨ un
13.5. Bol
¨ ur
¨ Abel Grupları
229
¨
Kanıt: Once,
{x ∈ Zp∞ : pn x = 0} = An
e¸sitli˘ginin farkına varalım. Bu e¸sitlik Zp∞ grubunun tanımından hemen ¸cıkar.
A ≤ Zp∞ olsun. E˘ger A sonluysa, A’da derecesi en b¨
uy¨
uk olan bir eleman
se¸celim. E˘ger bu eleman a ve derecesi de pn ise, A = An olur. E˘ger A sonsuzsa,
o zaman A’da dereceleri sonsuza kadar artan∪elemanlar bulunur. Demek ki her
n ∈ N i¸cin An ≤ A olur. Bundan da Zp∞ = n An ≤ A ≤ Zp∞ , yani A = Zp∞
e¸sitli˘gi ¸cıkar.
Birazdan b¨ol¨
un¨
ur p-gruplarının Zp∞ grubuna izomorf altgruplarının direkt
toplamı oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız. S¸imdilik, ileride de kullanaca˘gımız a¸sa˘gıdaki
sonu¸cla yetinelim.
¨
Onsav
13.22. B¨
ol¨
un¨
ur ve 1’den farklı bir p-grupta Zp∞ grubuna izomorf bir
altgrup vardır.
Kanıt: Gruba G diyelim ve G’yi toplamsal yazalım. x1 ∈ G derecesi p olan bir
eleman olsun. T¨
umevarımla pxn+1 = xn e¸sitli˘gini sa˘glayan elemanlar bulalım.
H = ⟨x1 , . . . , xn , . . .⟩
olsun. Metindeki αn elemanlarını anımsayalım.
αn 7→ xn
fonksiyonu Zp∞ grubundan H grubuna giden bir izomorfidir. Ayrıntıları okura
bırakıyoruz.
¨
Notlar ve Ornekler
13.32. Zp∞ grubunun u
¨c¸u
¨nc¨
u tanımından ve Q/Z grubunun Pr¨
ufer p-gruplarının altgruplarının
¨
direkt toplamına izomorf oldu˘
gu ¸cıkar. Onsav
13.21’de Zp∞ grubunun altgruplarının ya
Zp∞ grubunun kendisi oldu˘
gunu ya da bir n ∈ N do˘
gal sayısı i¸cin
{q : bir a ∈ Z ve n ∈ N i¸cin q = a/pn } = {x ∈ Zp∞ : pn x = 0} ≃ Z/pn Z
grubuna izomorf oldu˘
gunu g¨
osterdik.
13.33. Q toplamsal grubunun altgruplarını sınıflandıralım. 0 ̸= A ≤ Q olsun. O zaman A ∩ Z ̸=
0 olur. Diyelim n > 0 do˘
gal sayısı i¸cin A∩Z = nZ oluyor. A yerine n1 A altgrubunu alarak,
n’nin 1 oldu˘
gunu, yani Z ≤ A varsayımını yapabiliriz. (Bu varsayımla A’yı bulursak,
genel durumdaki altgrubu buldu˘
gumuz grubun elemanlarını n ile ¸carparak buluruz.) Dolayısıyla Z ≤ A varsayımını yaparak Q/Z’nin A/Z altgrubunun hangi kesirli sayılardan
¨
olu¸stu˘
gunu bulmak yeterli (bkz. Teorem 11.1). Ornek
12.2 ve hemen sonrasından, e˘
ger
P t¨
um asal sayılardan olu¸san k¨
umeyse, bir P1 ⊆ P ve (sonlu ya da sonsuz) bir (n(p))p∈P1
do˘
gal sayı dizisi i¸cin,

 

⊕
⊕
Zp∞ 
Z/pn(p) Z ⊕ 
A≃
P1
P2
230
13. Abel Grupları
oldu˘
gu anla¸sılır. Yani,
A = {a/b : a, b ∈ Z, e˘
ger p ∈ P1 asalı b’yi b¨
ol¨
uyorsa, pn(p)+1 sayısı b’yi b¨
olmez}
olur. Demek ki Q grubunun altgrupları, n ∈ N ve P1 ⊆ P i¸cin,
A = {a/b : a ∈ nZ, b ∈ Z, e˘
ger p ∈ P1 asalı b’yi b¨
ol¨
uyorsa, pn(p)+1 sayısı b’yi b¨
olmez}
bi¸cimindedir.
Alı¸stırmalar
13.34. Zp∞ grubunun sonlu sayıda elemanla u
¨retilemedi˘
gini kanıtlayın.
13.35. B¨
ol¨
un¨
ur ve 1’den farklı bir grubun sonlu sayıda eleman tarafından u
¨retilemeyece˘
gini
kanıtlayın.
13.36. Bundan sonraki alı¸stırmalarda amacımız End Zp∞ yapısını (toplama ve bile¸ske altında)
anlamak olacak. Zp∞ grubunun ikinci tanımını kabul edece˘
giz, yani Zp∞ = P/Z olacak;
dolayısıyla grup i¸slemini toplama olarak yazaca˘
gız. An ≃ Z/pn Z metindeki gibi olacak.
E˘
ger a ∈ Z/pn Z ise
λa : Z/pn Z −→ Z/pn Z
fonksiyonu
λa (x) = ax
olarak tanımlansın.
End(Z/pn Z) = {λa : a ∈ Z/pn Z}
¨
oldu˘
gunu biliyoruz (bkz. Ornek
10.48). Bir abel grubunun andomorfi k¨
umesinin toplama
altında bir grup oldu˘
gunu ve ayrıca bile¸ske i¸slemi altında kapalı oldu˘
gunu biliyoruz (bkz.
Alı¸stırma 10.47). Ayrıca λa + λb = λa+b ve λa ◦ λb = λab olur. λa (1) = a oldu˘
gundan,
e˘
ger f ∈ End Z/pn Z ise f = λf (1) olur. A¸sa˘
gıdaki alı¸stırmalara ge¸cmeden ¨
once okur bu
olguları ¨
oz¨
umsemeli.
13.37. E˘
ger f ∈ End Zp∞ ise, f (An ) ≤ An i¸cindeli˘
gini kanıtlayın (demek ki f|An ∈ End An
olur). E˘
ger f ∈ Aut Zp∞ ise, f (An ) = An e¸sitli˘
gini kanıtlayın (demek ki f|An ∈ Aut An
olur). Bundan b¨
oyle f ∈ End Zp∞ i¸cin fn = f|An ∈ End An yazalım.
∏
13.38. φ : End Zp∞ −→ n End An fonksiyonu,
φ(f ) = (fn )n
e¸sitli˘
giyle tanımlanmı¸s olsun. φ’nin bir grup homomorfisi oldu˘
gunu, yani her f, g ∈
End Zp∞ i¸cin φ(f + g) = φ(f ) + φ(g) e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
13.39. Zp∞ ve An abel grupları olduklarından, End Zp∞ ve End An grupları,
∏ toplama altında
kapalı oldukları gibi, bile¸ske i¸slemi altında kapalıdır. (fn )n , (gn )n ∈ n End An i¸cin
(fn )n ◦ (gn )n = (fn ◦ gn )n
tanımını yapalım. Her f, g ∈ End Zp∞ i¸cin φ(f ◦ g) = φ(f ) ◦ φ(g) e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
∏
13.40. ∏
f ∈ End Zp∞ i¸cin, ψ(f ) = (fn (1))n ∈ n Z/pn Z olsun. ψ’nin End Zp∞ grubundan
n
oldu˘
gunu ve ayrıca ψ(f ◦ g) = ψ(f ) · ψ(g)
n Z/p Z grubuna giden bir homomorfi
∏
e¸sitli˘
ginin sa˘
glandı˘
gını kanıtlayın. ( n Z/pn Z grubunda ¸carpma, aynen toplama gibi,
koordinat koordinat, yani terim terim yapılır.)
13.41. fn+1 (1) ≡ fn (1) mod pn denkli˘
gini kanıtlayın.
13.42. fn (1) sayılarını 0 ile pn − 1 arasında bir tamsayı olarak g¨
orelim. fn (1)’i p tabanında
yazalım: a0 , a1 , a2 , . . . , an−1 ∈ {0, 1, 2, . . . , p − 1} i¸cin,
fn = a0 + a1 p + a2 p2 + · · · + an−1 pn−1 .
¨ un
13.5. Bol
¨ ur
¨ Abel Grupları
231
Bir ¨
onceki alı¸stırmadan, bir an ∈ {0, 1, 2, . . . , p − 1} i¸cin,
fn+1 = fn + an pn = a0 + a1 p + a2 p2 + · · · + an−1 pn−1 + an pn
e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
13.43. Bir ¨
onceki alı¸stırmadan, bir f ∈ End Zp∞ andomorfisinin ai ∈ {0, 1, 2, . . . , p − 1} i¸cin,
∞
∑
ai pi
i=0
bi¸ciminde g¨
osterilebilece˘
gini kanıtlayın. Bu t¨
ur toplamlara p-sel sayı adı verilir.
13.44. E˘
ger f, g ∈ End Zp∞ elemanları bir ¨
onceki alı¸stırmadaki gibi
∞
∑
ai pi ve
∞
∑
bi pi
i=0
i=0
p-sel sayılarına kar¸sılık geliyorlarsa, f +g ve f ◦g andomorfileri hangi p-sel sayıya kar¸sılık
gelirler?
13.5.2
B¨
ol¨
un¨
ur Abel Gruplarının Sınıflandırılması
Bu altb¨ol¨
umde, yapaca˘gımız her ¸seyin temelini te¸skil edecek olan ¸su teoremi
kanıtlayaca˘gız:
Teorem 13.23. B¨
ol¨
un¨
ur bir G abel grubu Q ve asal p sayıları i¸cin Zp∞ gruplarının direkt toplamına izomorftur; yani I0 ve (Ip )p asal k¨
umeleri (ya da kardinalleri ) i¸cin


⊕
(I )
G ≃ Q(I0 ) ⊕ 
Zp∞p 
p
asal
olur. Ayrıca |I0 | ve |Ip | kardinalleri G’nin izomorfi tipini belirlerler, yani de˘gi¸smezleridir.
Kanıt altb¨ol¨
um¨
un sonuna kadar s¨
urecek.
A¸sa˘gıdaki ilk adım ¸cok yararlı olacak:
Teorem 13.24. Bir abel grubunun b¨
ol¨
un¨
ur bir altgrubunun t¨
umleyeni vardır.
Kanıt: Abel grubuna G, b¨ol¨
un¨
ur altgruba da D diyelim. Z k¨
umesini ¸s¨oyle
tanımlayalım:
Z = {B ≤ G : B ∩ D = 1}.
1 altgrubu Z’de oldu˘gundan, Z ̸= ∅ olur. Z’yi altgrup olma ili¸skisiyle sıralayalım, her zamanki gibi ∪
altgruplar k¨
u¸cu
¨k, u
¨stgruplar b¨
uy¨
uk olsun. E˘ger
C ⊆ Z bir zincirse, elbette Z ∈ Z olur. Demek ki Z yarısıralı k¨
umesine
¨
Zorn Onsavı’nı uygulayabiliriz. Demek ki B ∩ D = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan maksimal bir B altgrubu vardır. E˘ger G = DB ise, o zaman G = D ⊕ B olur ve
232
13. Abel Grupları
teorem kanıtlanır. Bundan b¨oyle DB < G varsayımını yapalım. D ∩ ⟨B, g⟩ = 1
e¸sitli˘gini sa˘glayan bir g ∈
/ B bularak bir ¸celi¸ski elde edece˘giz.
¨
Once rastgele bir g ∈ G \ DB elemanı se¸celim. g’yi yava¸s yava¸s de˘gi¸stirip
tam istedi˘gimiz bi¸cimde bir elemana d¨on¨
u¸st¨
urece˘giz.
B < ⟨B, g⟩ oldu˘gundan,
D ∩ ⟨B, g⟩ ̸= 1
olur. Bu kesi¸simde 1’e e¸sit olmayan bir eleman se¸celim: Diyelim d ∈ D, b ∈ B
ve n ∈ Z i¸cin,
1 ̸= d = bg n ∈ D ∩ ⟨B, g⟩.
n ̸= 0 olmalı, ¸cu
¨nk¨
u aksi halde d = b ∈ D ∩ B = 1 olur. Gerekirse, yukarıdaki
e¸sitlikte tarafların terslerini alarak n > 0 varsayımını yapabiliriz. (g’yi ilk kez
de˘gi¸stirdik.)
Yukarıdaki e¸sitlikten
g n = db−1 ∈ DB
¸cıkar. S¸imdi n’yi asalların ¸carpımı olarak yazalım: n = p1 p2 · · · pk . B¨oylece
g, g p1 , g p1 p2 , . . . , g p1 p2 ···pk = g n ∈ DB
dizisi elde ederiz. Bu dizinin birinci terimi DB’de de˘gil, ama sonuncu terimi DB’de. Diziyi soldan sa˘ga tarayarak DB’ye d¨
u¸smeyen ilk terimi alalım.
Yukarıdaki notasyonu de˘gi¸stirerek, g’yi bu eleman olarak alabiliriz. B¨oylece
g∈
/ DB, ama bir p asalı i¸cin g p ∈ DB varsayımını yapabiliriz. (g’yi ikinci kez
de˘gi¸stirdik.)
S¸imdi yukarıdaki d ve b elemanlarını unutup, d ∈ D ve b ∈ B i¸cin
g p = db
yazalım. d1 ∈ D elemanı dp1 = d e¸sitli˘gini sa˘glasın. O zaman
g p = db = dp1 b
ve
p
(d−1
1 g) = b ∈ B
elde ederiz. S¸imdi g yerine d−1
1 g elemanını bulursak,
g ∈ G \ DB, ve g p ∈ B
i¸cindeliklerini buluruz. (g’yi u
¨c¸u
¨nc¨
u kez de˘gi¸stirdik.)
Gene yukarıdaki d ve b elemanlarını unutalım ve ta en ba¸stan ba¸slayalım.
B < ⟨B, g⟩ oldu˘gundan,
D ∩ ⟨B, g⟩ ̸= 1
¨ un
13.5. Bol
¨ ur
¨ Abel Grupları
233
olur. Bu kesi¸simde 1’e e¸sit olmayan bir eleman se¸celim: Diyelim d ∈ D, b ∈ B
ve n ∈ Z i¸cin,
1 ̸= d = bg n ∈ D ∩ ⟨B, g⟩.
Demek ki g n ∈ DB. Ama ayrıca g p ∈ B ≤ DB. E˘ger n ve p aralarında asalsa,
bunlardan g ∈ DB ¸cıkar (bkz. Alı¸stırma 5.32), ki bu bir ¸celi¸skidir. Demek ki
p, n’yi b¨oler. Ama bundan da g n ∈ B ¸cıkar. Demek ki,
1 ̸= d = bg n ∈ D ∩ B = 1,
gene bir ¸celi¸ski.
Sonu¸
c 13.25. Her G abel grubunun maksimum bir b¨
ol¨
un¨
ur altgrubu vardır.
Bu maksimum b¨
ol¨
un¨
ur altgrup t¨
um b¨
ol¨
un¨
ur altgrupları i¸cerir. E˘ger bu altgruba
D dersek, bir B ≤ G i¸cin G = D ⊕ B olur. B altgrubunun 1’den farklı b¨
ol¨
un¨
ur
bir altgrubu yoktur.
Kanıt: B¨ol¨
un¨
ur altgrupların u
¨retti˘gi altgrup b¨ol¨
un¨
ur oldu˘gundan, D’yi t¨
um
b¨ol¨
un¨
ur altgrupların u
¨retti˘gi altgrup olarak alalım. Geri kalan her ¸sey Teorem
13.24’ten ¸cıkar.
Demek ki abel gruplarını sınıflandırmak i¸cin, 1’den farklı b¨ol¨
un¨
ur altgrubu
olmayan abel gruplarını sınıflandırmak yeterlidir.
A¸sa˘gıdaki sonu¸c sayesinde b¨ol¨
un¨
ur grupların analizini burulmalı ve burulmasız b¨ol¨
un¨
ur gruplar olarak ikiye ayırabilece˘giz.
Sonu¸
c 13.26. G b¨
ol¨
un¨
ur bir grup olsun. T , G’nin burulmalı elemanlarından
olu¸san bir altgrup olsun. O zaman bir D ≤ G i¸cin G = T ⊕ D olur. Ayrıca T
ve D b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur ve D burulmasız bir gruptur.
Kanıt: t ∈ T ve n > 0 bir tamsayı olsun. G b¨ol¨
un¨
ur oldu˘gundan xn = t
denkleminin G’de bir ¸c¨oz¨
um¨
u vardır. E˘ger g bir ¸c¨oz¨
umse, elbette g n deg t =
deg
t
t
= 1 olur, yani g ∈ T olur. Demek ki T b¨ol¨
un¨
ur bir gruptur. Teorem
13.24’e g¨ore T ’nin G’de bir t¨
umleyeni vardır, diyelim D. Demek ki G = T ⊕ D.
Bundan da D’nin b¨ol¨
un¨
ur oldu˘gu ¸cıkar. Ayrıca D’nin burulmalı elemanları
T ’de olmak zorunda oldu˘gundan, D burulmasızdır.
Sonu¸c 12.9’a g¨ore yukarıdaki sonu¸ctaki T grubu, asal p ve
T [p∞ ] = {t ∈ T : bir i ∈ N i¸cin tp = 1}
i
altgruplarının direkt toplamına izomorftur:
⊕
T ≃
T [p∞ ].
p
Buradan ¸su sonucu elde ederiz:
asal
234
13. Abel Grupları
Sonu¸
c 13.27. G b¨
ol¨
un¨
ur bir grup olsun. Asal p i¸cin,
G[p∞ ] = {g ∈ G : bir i ∈ N i¸cin g p = 1}
i
olsun. O zaman G[p∞ ] ≤ G b¨
o(
l¨
un¨
ur bir p-gruptur.
) Ayrıca burulmasız ve
⊕
∞
(I
)
p
b¨
ol¨
un¨
ur bir D altgrubu i¸cin, G =
⊕ D olur.
p asal G[p ]
Demek ki b¨ol¨
un¨
ur grupları sınıflandırmak i¸cin b¨ol¨
un¨
ur p-gruplarını ve b¨ol¨
un¨
ur burulmasız grupları sınıflandırmamız lazım. Bunu da ¸simdi yapıyoruz.
Teorem 13.28. Burulmasız ve b¨
ol¨
un¨
ur bir grup Q gruplarının direkt toplamıdır.
Kanıt: Gruba A diyelim ve grubun i¸slemini toplamsal olarak yazalım. E˘ger
m ̸= 0 bir tamsayı ve a ∈ A ise, a = mx denkleminin A’da bir ¸c¨oz¨
um¨
u vardır,
¸cu
¨nk¨
u A b¨ol¨
un¨
ur bir grup; ama ayrıca, A burulmasız oldu˘gundan bu ¸c¨oz¨
um
biriciktir, nitekim e˘ger a = mx ve a = my olsaydı, m(x − y) = 0 ve dolayısıyla
x − y = 0 ve x = y olurdu. Bundan b¨oyle bu ¸c¨oz¨
um¨
u
1
a
m
olarak g¨osterelim. Demek ki
x=
1
a ⇔ mx = a.
m
S¸imdi herhangi bir q kesirli sayısını alalım. Amacımız A’nın rastgele bir ele¨
manını q kesirli sayısıyla ¸carpmak. Once
q sayısını n, m ∈ Z i¸cin n/m olarak
yazalım ve bir a ∈ A i¸cin qa elemanını
qa =
n
na
a=
m
m
olarak tanımlayalım. Yani,
x = qa ⇔ mx = na
o¨nermesi do˘gru olsun. Bu tanımın q sayısının n/m olarak g¨osteriminden ba˘gımsız oldu˘gunu g¨ostermek zorundayız. Nitekim e˘ger n/m = n′ /m′ , mx = na
ve m′ y = n′ a ise, sırasıyla nm′ = n′ m,
n′ mx = n′ na = nn′ a = nm′ y = n′ my
ve A burulmasız oldu˘gundan x = y olur. Demek ki qa ¸carpımının tanımında
¨
bir sorun yok. Bu ¸carpım ¸ce¸sitli ¨ozde¸slikler sa˘glar. Orne˘
gin,
q(a + a′ ) = qa + qa′ , (q + q ′ )a = qa + q ′ a, q ′ (qa) = (q ′ q)a, 0a = 0.
¨ un
13.5. Bol
¨ ur
¨ Abel Grupları
235
Ayrıca q ∈ Z oldu˘gunda, qa’nın bu tanımı eski tanıma e¸sittir10 . Demek ki
artık, a ∈ A i¸cin
Qa = {qa : q ∈ Q}
anlamlı ve A’nın bir altgrubu. Ayrıca bir X ⊂ Q i¸cin
⟨
⟩
∪
∑
Qx =
Qx
x∈X
x∈X
olur ve bu altgrup elbette b¨ol¨
un¨
ur bir gruptur.
Hepsi 0’a e¸sit olmayan q1 , . . . , qn ∈ Q kesirli sayıları ve birbirinden farklı
x1 , . . . , xn ∈ A elemanları i¸cin,
q1 a1 + · · · + qn an = 0
t¨
ur¨
unden bir e¸sitli˘ge do˘
grusal ba˘
gımlılık denir. X ⊆ A olsun. E˘ger X’in elemanları arasında do˘grusal ba˘gımlılık yoksa, X k¨
umesine do˘
grusal ba˘
gımsız
k¨
ume diyelim. Demek ki X ⊆ A k¨
umesinin do˘grusal ba˘gımsız olması i¸cin
birbirinden farklı x1 , . . . , xn ∈ X elemanları i¸cin,
q1 x1 + · · · + qn xn = 0
e¸sitli˘gi ancak
q1 = . . . = qn = 0
ise do˘gru olabilmeli. Bundan da ¸su ¸cıkar: E˘ger X ⊆ A do˘grusal ba˘gımsızsa, o
zaman,
∑
⊕
Qx =
Qx
x∈X
x∈X
∑
olur. Amacımız, do˘grusal bir X ⊆ A i¸cin
sitli˘ginin do˘gru
x∈X Qx = A e¸
olması. q 7→ qx kuralı Q grubuyla Qx altgrubu arasında bir izomorfi oldu˘gundan, b¨oylece teoremimiz kanıtlanmı¸s olacak. X’i maksimal do˘grusal ba˘gımsız
¨
bir k¨
ume olarak se¸cece˘giz. Once
maksimal do˘grusal ba˘gımsız k¨
umenin varlı˘gını
kanıtlayalım.
Sav 1. A’nın maksimal bir do˘grusal ba˘gımsız altk¨
umesi vardır.
Sav 1’in Kanıtı. Z, elemanları A’nın do˘grusal ba˘gımsız altk¨
umelerinden
olu¸san k¨
ume olsun. ∅ ∈ Z oldu˘gundan (neden?), Z bo¸sk¨
ume de˘gildir. Z’yi
altk¨
ume olma
ili¸
s
kisi
altında
k¨
u
¸
c
u
¨
kten
b¨
u
y¨
u
g
˘
e
yarısıralayalım.
C ⊆ Z bir zin∪
∪
cir olsun. C ∈ Z oldu˘gunu, yani C k¨
umesinin do˘grusal ba˘gımsız oldu˘gunu
savlıyorum ve hemen kanıtına ge¸ciyorum. x1 , . . . , xn ∈ C birbirinden farklı
elemanlar olsun. Diyelim, C1 , . . . , Cn ∈ C i¸cin xi ∈ Ci . Ama C bir zincir
Biraz lineer cebir bilen bir okur, A abel grubunun bu tanım sayesinde Q cismi u
¨zerine
bir vekt¨
or uzayı oldu˘
gunu g¨
orecektir.
10
236
13. Abel Grupları
oldu˘gundan, bu Ci ’lerden biri di˘gerlerini kapsar. Diyelim Ck di˘gerlerini kapsıyor. O zaman x1 , . . . , xn ∈ Ck olur, ki Ck do˘grusal ba˘gımsız oldu˘gundan bu
¨
bariz bir ¸celi¸skidir. Demek ki Z t¨
umevarımsal bir k¨
ume. Zorn Onsavı’na
g¨ore
A’da maksimal bir do˘grusal k¨
ume vardır. Sav 1 kanıtlanmı¸stır.
Sav 2. E˘ger X ⊆ A, maksimal do˘grusal ba˘gımsız bir altk¨
umeyse,
∑
A=
Qx
x∈X
olur.
∑
∑
Sav 2’nin Kanıtı. Diyelim x∈X Qx < A. O zaman A \ x∈X Qx k¨
umesinden herhangi bir y elemanı alalım. X ∪ {y} k¨
umesinin do˘grusal ba˘gımsız
oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız ve b¨oylece X’in maksimalli˘giyle ¸celi¸sece˘giz. Nitekim
e˘ger, birbirinden farklı x1 , . . . , xn ∈ X ve y elemanları arasında do˘grusal bir
ba˘gımlılık olsaydı, o zaman hepsi 0 olmayan q1 , . . . , qn , q ∈ Q sayıları i¸cin,
q1 x1 + · · · + qn xn + qy = 0
olurdu. E˘ger q = 0 ise, X’in do˘grusal ba˘gımsız x1 , . . . , xn elemanları arasında
q1 x1 + · · · + qn xn = 0
ba˘gıntısı olurdu ve bu da q1 = . . . = qn = 0 e¸sitliklerini gerektirirdi, ki bu da
q1 , . . . , qn , q ∈ Q sayılarının hepsinin 0 olmamasıyla ¸celi¸sir. Demek ki q ̸= 0.
Ama bu durumda da y’yi xi ’ler cinsinden yazabiliriz:
y=
−q1
−qn
x1 + · · · +
xn ,
q
q
ki bu da y’nin se¸cimiyle ¸celi¸sir. Sav 2 de kanıtlanmı¸stır.
Bu iki sav teoremi tamamen kanıtlar.
Teorem 13.29. B¨
ol¨
un¨
ur bir p-grubu Pr¨
ufer p-gruplarının direkt toplamıdır.
Kanıt: G b¨ol¨
un¨
ur bir p-grup olsun. X, G’nin bir altgrup k¨
umesi olsun; yani
X’in her elemanı G’nin bir altgrubu olsun. E˘ger X’in her altgrubu Zp∞ grubuna izomorf ise ve
⊕
⟨A : A ∈ X⟩ =
A
A∈X
oluyorsa, X’e bu kanıtlık g¨
uzel k¨
ume diyelim. Elbette ∅ g¨
uzel bir k¨
umedir. Z
k¨
umesi g¨
uzel k¨
umelerden olu¸ssun. Z’yi kapsama ili¸skisiyle k¨
uc¸u
¨kten b¨
uy¨
u˘ge
¨
do˘gru yarısıralayalım. B¨oylece yarısıralanmı¸s Z k¨
umesine Zorn Onsavı’nı uygulayaca˘gız, ama ¨once Z k¨
umesinin t¨
umevarımsal oldu˘gunu g¨ostermeliyiz. Bu
¨ un
13.5. Bol
¨ ur
¨ Abel Grupları
237
∪
ama¸cla bir C ⊆ Z zinciri se¸celim. C’nin elemanları elbette G’nin Zp∞ grubuna izomorf altgruplarıdır. Teorem 12.8’e g¨ore
⟨
∪ ⟩
⊕
A:A∈
C =
A
∪
A∈ C
∪
¨
olur. Demek ki C ∈ Z. Demek ki Zorn Onsavı’na
g¨ore Z’nin maksimal bir
elemanı vardır. Bu elemana M ve u
¨retti˘gi guruba H diyelim.
un¨
ur bir altH, b¨ol¨
un¨
ur Zp∞ gruplarının direkt toplamı oldu˘gu i¸cin b¨ol¨
gruptur. Dolayısıyla Teorem 13.24’e g¨ore bir K ≤ H i¸cin G = H ⊕ K olur.
¨
E˘ger K ̸= 1 ise, Onsav
13.22’ye g¨ore K’nın Zp∞ grubuna izomorf bir altgrup
vardır, ki bu da M’nin maksimalli˘giyle ¸celi¸sir. Demek ki K = 1 olmalı.
B¨oylece Sonu¸c 13.27, Teorem 13.29 ve Teorem 13.28 sayesinde, b¨ol¨
un¨
ur
grupları Teorem 13.23’te s¨oylendi˘gi gibi sınıflandırmı¸s olduk. Tek eksi˘gimiz,
teoremdeki kardinallerin biricikli˘gi. Onu da ¸simdi u
¨¸c a¸samada kanıtlıyoruz.
(I)
(J)
¨
Onsav
13.30. p bir asal olsun. Zp∞ ≃ Zp∞ ise |I| = |J| olur.
Kanıt: Zp∞ sayılabilir oldu˘gundan, gruplardan biri sayılamaz sonsuzluktaysa,
(I) (J) |I| = Zp∞ = Zp∞ = |J|
olur. Bundan b¨oyle grupların sayılabilir sonsuzlukta olduklarını varsayalım.
Demek ki I ve J (sonlu ya da sonsuz) sayılabilir k¨
umeler.
G ve H varsayımdaki izomorfik gruplar olsun. Gp ve Hp , derecesi ≤ p olan
elemanlardan olu¸san altgruplar olsun. O zaman,
(Z/pZ)(I) ≃ Gp ≃ Hp ≃ (Z/pZ)(J)
olur. E˘ger Gp ya da Hp gruplarından biri sonluysa, ikisi de sonlu olmak zorunda, hatta eleman sayıları p|I| ve p|J| olmalı. Demek ki |I| = |J|. E˘ger Gp
ya da Hp gruplarından biri sonsuzsa, |I| = ω = |J| olmalı.
¨
Onsav
13.31. Q(I) ≃ Q(J) ise |I| = |J| olur11 .
Kanıt: E˘ger gruplardan biri sayılamaz sonsuzluktaysa, ¨onsav, aynen bir ¨onceki ¨onsav gibi kanıtlanır. Bundan b¨oyle her iki grubun da sayılabilir sonsuzlukta
olduklarını varsayalım. Demek ki I ve J sayılabilir k¨
umeler. E˘ger hem I hem J
˙
sonsuzsa, sorun yok, |I| = ω = |J| olur. Ikisinden
en az birinin sonlu oldu˘gunu
varsayalım, diyelim |I| = n < ∞. Diyelim |I| ̸= |J|. Gerekirse I yerine J, J
11
Lineer cebir bilen bir okur i¸cin bu ¨
onsav ¸cok kolay, ne de olsa gruplar Q u
¨zerine birer
vekt¨
or uzayıdır ve boyutları sırasıyla |I| ve |J|’dir. Verece˘
gimiz kanıt da aslında lineer cebirin
bu teoremini kanıtlayacak.
238
13. Abel Grupları
yerine I alarak, |J| sonlu da olsa sonsuz da olsa |I| < |J| varsayımını yapabiliriz.
⊕
(J) olsun. φ : B −→ A bir izomorfi olsun.
A = Q(I) = m
i=1 Q ve B = Q
B’den n + 1 tane do˘grusal ba˘gımsız eleman alalım: b1 , . . . , bn+1 . Bu elemanlar,
B’nin Zn+1 grubuna izomorfik bir altgrup u
¨retirler. φ birebir oldu˘gundan, bu
elemanların φ-imgeleri de do˘grusal ba˘gımsızdırlar ve bunlar da A’nın Zn+1
grubuna izomorfik bir altgrubunu u
¨retirler, diyelim A1 . Teorem 10.23’e g¨ore,
A1 ’in her i’inci izd¨
u¸su
¨m¨
u ya 0 ya da Z’ye izomorf. Bu izd¨
u¸su
¨me A1i diyelim.
Demek ki, e˘ger tam k tane A1i ̸= 0 ise,
Zn+1 ≃ A1 ≤ ⊕ni=1 A1i ≃ Zk
olur. Ama k ≤ n < n + 1 oldu˘gundan, bu Teorem 13.6 ile ¸celi¸sir.
Teorem 13.32. E˘ger

⊕
Q(I0 ) ⊕ 
p


⊕
(I )
Zp∞p  ≃ Q(J0 ) ⊕ 
asal
p

(J )
Zp∞p 
asal
ise |I0 | = |J0 | ve her p asalı i¸cin |Ip | = |Jp | olur.
Kanıt: G ve H varsayımdaki izomorfik gruplar olsun. T (G) ve T (H) derecesi
sonlu olan elemanlardan olu¸san altgrup olsun. Elbette T (G) ≃ T (H) olur.
Buradan da
Q(I0 ) ≃ G/T (G) ≃ G/T (H) ≃ Q(J0 )
¨
ve Onsav
13.31’den |I0 | = |J0 | ¸cıkar. Asal bir p i¸cin, T (G)p ve T (H)p , grupların p-elemanlarından olu¸san altgruplar olsun. T (G) ≃ T (H) izomorfisinden,
T (G)p ≃ T (H)p ¸cıkar. Demek ki
(I )
(J )
Zp∞p ≃ T (G) ≃ T (H) ≃ Zp∞p .
¨
Onsav
13.30’dan |Ip | = |Jp | ¸cıkar.
Teorem 13.23’¨
un kanıtı tamamlanmı¸stır.
Teoremdeki |I0 | ve |Ip | kardinal sayılarına grubun Ulm de˘
gi¸
smezleri adı
verilir.
13.6
Abel Gruplarının Saf Altgrupları
G bir abel grubu ve H ≤ G olsun. H’nin bir elemanının G’de n’inci k¨ok¨
u ola¨
bilir ama H’de olmayabilir. Orne˘
gin G = Z, H = 2Z ise, H’nin 2 elemanının
G’de “karek¨ok¨
u” vardır: 1, ama aynı elemanın H’de karek¨ok¨
u yoktur. E˘ger
her h ∈ H elemanı ve n > 0 tamsayısı i¸cin xn = h e¸sitli˘ginin G’de bir
13.6. Abel Gruplarının Saf Altgrupları
239
¸c¨oz¨
um¨
u oldu˘gunda, bu denklemin H’de de bir ¸c¨oz¨
um¨
u varsa, H’ye G’nin saf
altgrubu adı verilir. E˘ger i¸slemi toplama altında yazarsak, saf altgrup demek,
her n > 0 tamsayısı i¸cin nG ∩ H = nH demektir.
Bu altb¨ol¨
umde her grup bir abel grubu olacak.
¨
Notlar ve Ornekler
13.45.
13.46.
13.47.
13.48.
13.49.
13.50.
13.51.
T¨
umleyeni olan altgruplar saf altgruplardır.
Saf bir altgrubun saf altgrubu saf altgruptur.
B¨
ol¨
unebilir altgruplar saf altgruplardır.
G/H burulmasızsa, H saf bir altgruptur.
E˘
ger Tor G, G’nin burulmalı elemanlarından olu¸san altgrupsa, Tor G saf bir altgruptur.
Saf altgruplar zincirinin bile¸simi saf bir altgruptur.
¨
Onsav
13.17’deki H altgrubu saf bir altgruptur. Dolayısıyla a¸sa˘
gıdaki teorem aslında o
sonucun bir genellemesidir.
13.52. p bir asal, G bir p-grup ve H ≤ G olsun. Bu durumda H’nin G’de saf olması i¸cin
her k ≥ 0 i¸cin pk G ∩ H = pk H e¸sitli˘
gi gerek ve yeter ko¸suldur. Bunun kanıtı olduk¸ca
kolaydır: E˘
ger n > 0 ise, p’ye asal bir m ve bir k ∈ N i¸cin n = pk m yazılabilir. Bu
durumda nG ∩ H = pk mG ∩ H = pk mG ∩ mH = m(pk G ∩ H) = mpk H = nH olur.
¨ cu
(U¸
¨ nc¨
u e¸sitlik m ile ¸carpmanın birebir bir fonksiyon olmasından kaynaklanmaktadır.)
Alı¸stırmalar
13.53. H ≤ G ve P (H) = {g ∈ G : bir n > 0 do˘
gal sayısı i¸cin ng ∈ H} olsun. P (H)’nin bir saf
altgrup oldu˘
gunu kanıtlayın.
13.54. Tor G, G’nin burulmalı elemanlarından olu¸san altgrup olsun. P (0) = Tor G e¸sitli˘
gini
kanıtlayın.
13.55. Tor G ≤ P (H) oldu˘
gunu kanıtlayın.
13.56. G/P (H)’nin burulmasız bir grup oldu˘
gunu kanıtlayın.
13.57. Tor(G/H) = P (H)/H e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
13.58. P (H)’nin H’yi ve Tor G’yi i¸ceren en k¨
uc¸u
¨k saf altgrup oldu˘
gunu kanıtlayın.
13.59. G burulmasız bir grup ve H ≤ G olsun. H’nin saf olması i¸cin “G/H burulmasızdır”
ko¸sulunun yeter ve gerek oldu˘
gunu kanıtlayın.
13.60. G = Z × Z, H = (3, 2)Z, K = (1, 2)Z olsun. G/H ve G/K gruplarının burulmasız
oldu˘
gunu kanıtlayın. Bir ¨
onceki alı¸stırmayı kullanarak H ve K’nın saf altgruplar olduklarını g¨
osterin. L = ⟨G, H⟩ = (3, 2)Z + (1, 2)Z olsun. (2, 0) ∈ L ama (1, 0) ̸∈ L oldu˘
gunu
g¨
osterin. Bunu kullanarak L’nin saf bir altgrup olmadı˘
gını g¨
osterin.
13.61. G = Z/nZ, H = ⟨m⟩ olsun. d = obeb(n, m) ve e = n/d olsun. H’nin G’de saf olması
i¸cin obeb(d, e) = 1 e¸sitli˘
ginin yeter ve gerek oldu˘
gunu kanıtlayın.
¨
A¸sa˘gıdaki saf altgruplarla ilgili ¨onemli teorem, Onsav
13.17’yi genelle¸stirmektedir.
Teorem 13.33. G bir abel grubu ve H, G’nin bir saf altgrubu olsun. E˘ger
H’nin eksponantı sonluysa H’nin G’de bir t¨
umleyeni vardır.
Kanıt: G’yi ¸carpımsal yazaca˘gız. H’nin eksponantını b¨olen farklı asallar p1 , . . . , pk
¨
olsun. Once
teoremi k = 1 durumunda kanıtlamanın yeterli oldu˘gunu, gerisinin
240
13. Abel Grupları
k u
¨zerine t¨
umevarımla kolaylıkla kanıtlanaca˘gını g¨osterelim. Teoremin k = 1
durumda kanıtlandı˘gını varsayalım. Bir p asalı i¸cin,
n
Hp = {h ∈ H : bir n > 0 tamsayısı i¸cin hp = 1}
olsun. O zaman Hp ≤ H ve
H = Hp1 ⊕ . . . ⊕ Hpk
olur. H’de ayrı¸stıkları i¸cin, Hpi ’lerin her biri H’de saftır. H de G’de saf
oldu˘gundan, Hpi ’lerin her biri G’de saftır. k = 1 durumunda teoremi kanıtladı˘
gımızı varsaydı˘gımız i¸cin, bir K ≤ G i¸cin
G = Hp1 ⊕ K
olur. i ≥ 2 i¸cin pi ve p1 iki farklı asal oldu˘gundan
Hpi ≤ K
olur; ayrıca Hpi , K’da saftır. T¨
umevarımla, bir L ≤ K i¸cin,
K = (Hp2 ⊕ . . . ⊕ Hpk ) ⊕ L
olur. Demek ki,
G = Hp1 ⊕ K = Hp1 ⊕ ((Hp2 ⊕ . . . ⊕ Hpk ) ⊕ L)
= (Hp1 ⊕ Hp2 ⊕ . . . ⊕ Hpk ) ⊕ L = H ⊕ L
olur. Demek ki teoremi k = 1 i¸cin kanıtlamak yeterli.
Bundan b¨oyle p = p1 , H = Hp ve exp H = pn olsun. Teorem 13.19’a g¨ore
I1 , . . . , In k¨
umeleri i¸cin


n
⊕
⊕

(1)
H=
Z/pk Z
k=1
olur.
Hk =
Ik
⊕
Z/pk Z
Ik
olsun. H/Hn , G/Hn grubunun saf bir altgrubudur ve exp H/Hn ≤ pn−1 ’dir.
Demek ki t¨
umevarımla H/Hn altgrubunun G/Hn altgrubunda bir t¨
umleyeni
vardır. Demek ki bir Hn ≤ K ≤ G i¸cin,
G/Hn = H/Hn ⊕ K/Hn
13.6. Abel Gruplarının Saf Altgrupları
241
olur, yani
G = HK ve H ∩ K = Hn
olur.
Bu arada Hn ’nin K’da saf oldu˘gunu g¨orelim: E˘ger k ∈ K ve m ∈ N i¸cin
k m ∈ Hn ≤ H oluyorsa, bir h ∈ H i¸cin k m = hm olur; ama (1)’den dolayı
h ∈ H elemanını Hn ’de se¸cebiliriz.
E˘ger
K = Hn ⊕ L
e¸sitli˘gini sa˘glayan bir L ≤ K bulabilirsek, o zaman i¸simiz i¸s, ¸cu
¨nk¨
u o zaman
G = HK = HHn L = HL
ve
H ∩ L ≤ H ∩ (K ∩ L) ≤ (H ∩ K) ∩ L = Hn ∩ L = 1
olur, yani G = H ⊕ L olur.
⊕
Bundan b¨oyle G = K ve H = Hn ≃ In Z/pn Z olsun. Teoremi bu durum¨
da kanıtlamanın yeterli oldu˘gunu g¨ord¨
uk. Kanıtı ufak bir de˘gi¸siklikle Onsav
13.17’nin kanıtı gibi olacak. Akıcılı˘gı bozmamak i¸cin o ¨onsavın kanıtını ¸cok
ufak de˘gi¸sikliklerle tekrarlıyoruz.
n
n
¨
Once
Gp = {g p : g ∈ G} altgrubuyla H’nin kesi¸smedi˘gini g¨orelim: E˘ger
n
n
n
g p ∈ H ise, bir h ∈ H i¸cin g p = hp olur. Ama exp H = pn oldu˘gundan,
n
n
n
buradan g p = hp = 1 ¸cıkar. Bu ¸s¨oyle de daha kolay bi¸cimde anla¸sılır: Gp ∩
n
n
H = H p = 1. Demek ki Gp ∩ H = 1.
n
Z = {K ≤ G : K ∩ H = 1 ve Gp ≤ K}
n
olsun. Gp ∈ Z oldu˘gundan Z ̸= ∅ olur. Z’yi altgrup (ya da altk¨
ume) olma
ili¸skisiyle sıralayalım,
altgruplar u
¨stgruplardan k¨
u¸cu
¨k olsun. E˘ger (Ki )i , Z’nin
∪
¨
bir zinciriyse, i Ki ∈ Z olur. Dolayısıyla, Zorn Onsavı’na
g¨ore Z’nin maksimal bir elemanı vardır. Bu altgruba K diyelim. Demek ki
⟨H, K⟩ = HK = H ⊕ K ≤ G.
HK = G e¸sitli˘gini kanıtlayaca˘gız. Diyelim e¸sitlik yok ve HK < G. Amacımız ⟨K, g⟩ ∩ H = 1 e¸sitli˘ginin do˘gru oldu˘gu bir g ∈ G \ K elemanının varlı˘gını
kanıtlamak; b¨oylece K < ⟨K, g⟩ olacak ve K’nın maksimalli˘giyle ¸celi¸sece˘giz.
¨
Once
rastgele bir g ∈ G \ HK alalım. Bu elemanı istedi˘gimizi sa˘glaması
˙ olarak
i¸cin yava¸s yava¸s de˘gi¸stirece˘giz. Ilk
2
n
g, g p , g p , . . . , g p = 1
242
13. Abel Grupları
˙ terim, g yani, HK’da de˘gil. Ama son terim, g pn elemanı
dizisine bakalım. Ilk
n
n
yani, HK’da ¸cu
¨nk¨
u g p ∈ Gp ≤ K ≤ HK. Bu dizinin elemanlarını soldan
sa˘ga do˘gru tararken, bir i = 0, 1, . . . , n − 1 i¸cin
i
i+1
gp ∈
/ HK ama g p
∈ HK
i
olmalı. g yerine bu g p elemanını alarak,
g∈
/ HK ama g p ∈ HK
varsayımını yapabiliriz; ¨oyle yapalım. S¸imdi, h ∈ H ve k ∈ K i¸cin
g p = hk
olur. H’nin eksponantı pn oldu˘gundan
n
g p = (g p )p
n
n−1
n−1
= (hk)p
n−1
= hp
n
kp
n−1
olur. Ama g p ∈ Gp ≤ K oldu˘gundan, buradan hp
h
pn−1
n−1
∈ H ∩ K = 1 ve
=1
elde ederiz.
S¸imdi H grubunda hangi elemanların pn−1 ’inci kuvvetinin 1’e e¸sit oldu˘gunu g¨orelim. Teoremin hipotezine g¨ore H ≃ (Z/pn Z)(I) . Ama
{x ∈ Z/pn Z : pn−1 x = 0} = pZ/pn Z
¨
e¸sitli˘gini Ornek
9.53’te kanıtlamı¸stık; demek ki aynı ¸sey (Z/pn Z)(I) grubunda
da do˘gru:
{x ∈ (Z/pn Z)(I) : pn−1 x = 0} = (pZ/pn Z)(I) = p · (Z/pn Z)(I) .
Sonu¸c olarak benzer ¨onerme (¸carpımsal bir grup olan) H i¸cin de ge¸cerlidir ve
n−1
hp
= 1 oldu˘gundan, bir h1 ∈ H i¸cin h = hp1 e¸sitli˘ginin do˘gru oldu˘gunu
−1
p
g¨or¨
ur¨
uz. B¨oylece g p = hk = hp1 k ve (h−1
1 g) = k ∈ K elde ederiz. h1 g ∈
−1
G \ HK oldu˘gundan (aksi halde g = h1 (h1 g) ∈ H(HK) = HK olurdu), g
yerine h1−1 g elemanını alıp,
g ∈ G \ HK ve g p ∈ K
varsayımını yapabiliriz.
Bu a¸samada ⟨K, g⟩ altgrubuna bakalım. Bu altgrubun elemanları bir k ∈
K ve m ∈ Z i¸cin kg m bi¸cimindedir (daha ¨onceki k’yı artık unutun). K’nın
se¸ciminden dolayı, ⟨K, g⟩ ∩ H ̸= 1 olmalı. Kesi¸simden 1’e e¸sit olmayan bir
eleman se¸celim:
1 ̸= kg m ∈ H
13.6. Abel Gruplarının Saf Altgrupları
243
olsun. Demek ki g m ∈ HK. E˘ger p asalı n’yi b¨olmezse, g p de HK’da oldu˘gundan,
g = g 1 = g obeb(n,p) ∈ HK
olur (bkz. Alı¸stırma 5.32), ki bu da g’nin se¸cimiyle ¸celi¸sir. Demek ki p|m,
diyelim ps = m. Bu durumda, g p ∈ K oldu˘gundan,
kg m = kg ps = k(g p )s ∈ K
olur. Ama aynı zamanda kg m ∈ H. Demek ki kg m ∈ H ∩ K = 1, ¸celi¸ski.
14. Grup Etkisi
Bu b¨ol¨
umde grup teorisinin uygulamaya en elveri¸sli, dolayısıyla en ¨onemli
konusuyla tanı¸saca˘gız. Grupları do˘gada bulundukları haliyle g¨orece˘giz.
Gruplar do˘gada tek ba¸slarına g¨or¨
unmezler, mutlaka grupların yanında etki¨
dikleri bir k¨
ume vardır. Otelemeler
ve d¨ond¨
ur¨
uler d¨
uzleme etkir, Sym n grubu
{1, 2, . . . , n} k¨
umesine etkir, Aut G grubu G grubuna etkir vs. Biraz daha somut bir ¨ornek: {1, x} ≃ Z/2Z grubu masaya konmu¸s bir bozuk paraya etkir:
1 elemanı parada herhangi bir de˘gi¸siklik yapmazken x elemanı parayı ters y¨
uz
eder, yazıysa tura, turaysa yazı yapar; g¨or¨
uld¨
u˘gu
¨ u
¨zere x’i iki defa paraya
uygulamak hi¸cbir ¸sey yapmamak, yani 1 elemanıyla etkimek demektir. Grubu
olası t¨
um r¨
uzgar esintileri, k¨
umeyi de r¨
uzgˆ
ardan etkilenecek toz zerreleri olarak
g¨ormek ¸cok yanlı¸s olmayan bir benzetme olabilir.
Grup etkisinin daha derin ve ilgin¸c bir incelemesini daha sonraki ciltlerde,
biraz lineer cebir g¨ord¨
ukten sonra yapaca˘
gız.
14.1
¨
Tanım ve Ornekler
G bir grup, X de bir k¨
ume olsun. X’in elemanlarına “nokta” demeyi tercih
edece˘giz. G × X’ten X’e giden bir α fonksiyonu ele alalım. Bu fonksiyonun
(g, x) ikilisini g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨ noktayı g · x olarak g¨osterelim, yani α(g, x) yerine
g ·x yazalım; ¸cu
¨nk¨
u α’yı bir fonksiyondan ziyade bir t¨
ur i¸slem olarak algılamak
istiyoruz. G’nin elemanlarıyla X’in noktalarını ¸carpıyoruz ve sonu¸c X’in bir
noktası ¸cıkıyor: g ∈ G elemanı x ∈ X noktasına etkiyor ve sonu¸c g · x ¸cıkıyor.
Demek ki her g ∈ G ve x ∈ X i¸cin bir bi¸cimde g · x ∈ X noktası verilmi¸s. Bu
“¸carpma” ¸su ¨ozellikleri sa˘glasın:
A1. Her x ∈ X i¸cin 1 · x = x.
A2. Her g, h ∈ G ve x ∈ X i¸cin g · (h · x) = (gh) · x.
Bir ba¸ska deyi¸sle ¸carpma i¸slemi grubun i¸slemiyle uyumlu olsun. Bu durumda
(G, X, α) u
¨¸cl¨
us¨
une grup etkisi denir. Bazen de “G grubu X k¨
umesine α
vasıtasıyla etkiyor” denir. Bazen de X’e G-k¨
ume adı verilir.
C
¸ o˘gu zaman α yazılmaz (¸cu
¨nk¨
u ya ¨onemli de˘gildir ya da ne oldu˘gu ¸cok
barizdir) ve grup etkisi (G, X) ikilisi olarak g¨osterilir. Ayrıca ¸co˘gu zaman g · x
246
14. Grup Etkisi
yerine gx yazılır, ancak G × X −→ X ¸carpmasıyla G grubundaki G × G −→ G
¸carpmasının karı¸sma ihtimali varsa g · x yazılımına geri d¨on¨
ulmelidir.
Birazdan bir¸cok ¨ornek verece˘giz. Ama ¨once aynı kavramı bir ba¸ska bi¸cimde
tanımlayalım. Her iki tanım da ¨onemlidir, birini bilip di˘gerini bilmemek sonu¸cları olabilecek bir eksikliktir.
Bir (G, X, α) grup etkisinde gx = gy ise, o zaman her iki tarafı da g −1 ile
¸carparak x = y elde ederiz. Bunu daha ayrıntılı g¨osterelim:
x = 1x = (g −1 g)x = g −1 (gx) = g −1 (gy) = (g −1 g)y = 1y = y.
Dolayısıyla X’in elemanlarını (soldan tabii ki) sabit bir g ∈ G elemanıyla
¸carpmak X’ten X’e giden birebir bir fonksiyondur. Bu fonksiyon ayrıca ¨ortendir de, ¸cu
¨nk¨
u her y ∈ X i¸cin
g(g −1 y) = y
olur. Demek ki x 7→ gx kuralıyla tanımlanmı¸s fonksiyon X’in bir e¸sle¸smesidir,
yani Sym X’in bir elemanıdır. Bu fonksiyonu φg olarak g¨osterelim. Demek ki
her g ∈ G i¸cin,
φg : X −→ X
fonksiyonu
φg (x) = gx
olarak tanımlandı; ve bu fonksiyon Sym X’in bir elemanı. Ayrıca
φg ◦ φh = φgh
olur, ¸cu
¨nk¨
u her x ∈ X i¸cin,
(φg ◦ φh )(x) = φg (φh (x)) = φg (hx) = g(hx) = (gh)x = φgh (x)
olur. Bundan da
φ(g) = φg
olarak tanımlanmı¸s
φ : G −→ Sym X
fonksiyonunun bir grup homomorfisi oldu˘gu ¸cıkar. B¨oylece her (G, X, α) grup
etkisinin bir φ : G −→ Sym X grup homomorfisi verdi˘gini g¨ord¨
uk.
S¸imdi tam tersine bir
φ : G −→ Sym X
grup homomorfisi verilmi¸s olsun. E˘ger g ∈ G ise, tamamen estetik nedenlerden
dolayı φ(g) yerine φg yazalım. B¨oylece g ∈ G ve x ∈ X i¸cin (φ(g))(x) yerine
φg (x) yazarak y¨
ukl¨
u bir yazılımdan kurtulmu¸s oluruz.
g · x = φg (x)
¨
14.1. Tanım ve Ornekler
247
tanımını yapalım. B¨oylece G × X’ten X’e giden bir fonksiyon tanımlamı¸s oluruz. Yukarıdaki A1 ve A2 ¨onermelerinin sa˘glandı˘gını kanıtlayalım. φ fonksiyonu G’den Sym X’e giden bir homomorfi oldu˘gundan, φ, G’nin 1 elemanını
Sym X’in birim elemanı olan IdX fonksiyonuna g¨ot¨
ur¨
ur; demek ki
1 · x = φ1 (x) = IdX (x) = x
olur. B¨oylece A1’in do˘gru oldu˘gunu g¨ord¨
uk. S¸imdi A2’ye bakalım:
g · (h · x) = φg (φh (x)) = (φg ◦ φh )(x) = φgh (x) = (gh) · x.
B¨oylece bir grup etkisi elde ettik.
E˘ger yukarıdaki iki prosed¨
ur¨
u ardarda uygularsak ba¸sladı˘gımız yere d¨oneriz. Bir ba¸ska deyi¸sle, bir (G, X, α) grup etkisiyle bir φ : G −→ Sym X homomorfisi arasında bir fark yoktur.
Grup etkisi grup kavramının somutla¸smı¸s halidir; soyut bir grubu fiziksel
olarak ger¸cekle¸stirmek olarak algılanabilir.
¨
Notlar ve Ornekler
14.1. G herhangi bir grup ve X herhangi bir k¨
ume olsun. g ∈ G ve x ∈ X i¸cin g·x = x tanımını
yapalım; yani ikinci tanıma g¨
ore, her g ∈ G i¸cin φg = IdX olsun, yani φ fonksiyonu sabit
IdX fonksiyonu olsun. Bu bir grup etkisidir. Tahmin edilece˘
gi u
¨zere en ilgin¸c grup etkisi
de˘
gildir, ne de olsa G’nin elemanları X’in elemanlarını yerlerinden oynatmıyorlar. Bu
etkiye tri¸
skadan etki adını verebiliriz1 .
14.2. Sym X’in her altgrubu X u
¨zerine do˘
gal olarak etkir.
14.3. R2 d¨
uzleminin (0, 0) merkezli d¨
ond¨
ur¨
uleri k¨
umesi (ki bir gruptur) d¨
uzleme etkir.
2
14.4. R d¨
uzleminin ¨
otelemeleri k¨
umesi (ki bir gruptur) d¨
uzleme etkir.
14.5. E˘
ger G, X grubu u
¨zerine etkiyorsa ve H ≤ G ise, H grubu da X u
¨zerine etkir. Daha
matematiksel bir dille: E˘
ger (G, X, α) bir grup etkisiyse ve H ≤ G ise, (H, X, α|H )
u
¨c¸l¨
us¨
u de bir grup etkisidir.
14.6. Son iki ¨
orne˘
gin ¨
ozel bir durumu olarak: E˘
ger G bir grupsa, Aut G grubu, hatta Aut G
grubunun herhangi bir altgrubu G k¨
umesi u
¨zerine do˘
gal olarak etkir.
14.7. E˘
ger G grubu X k¨
umesi u
¨zerine etkiyorsa ve Y ⊆ X altk¨
umesi GY ⊆ Y i¸cindeli˘
gini
sa˘
glıyorsa (ki bu durumda e¸sitlik olmalıdır), o zaman G grubu Y k¨
umesi u
¨zerine etkir.
Herhangi bir A ⊆ X altk¨
umesi i¸cin
Y = GA = {ga : a ∈ A}
olursa, elbette GY ⊆ Y olur ve G grubu Y k¨
umesi u
¨zerine etkir. Bu arada
∪
GA =
Ga
a∈A
e¸sitli˘
gini g¨
orelim. Ga k¨
umesine a’nın G-y¨
or¨
ungesi adı verilir. C
¸ ok ¨
onemli olan bu kavrama tekrar de˘
ginece˘
giz ve sık sık kullanaca˘
gız. G elbette Ga y¨
or¨
ungesini etkir.
1˙
Ingilizcesi trivial action.
248
14. Grup Etkisi
14.8. G herhangi bir grup olsun. X = G olsun. O zaman g ∈ G ve x ∈ X i¸cin
g · x = gx
tanımı bize G’nin X (yani kendisi!) u
¨zerine etkidi˘
gini g¨
osterir. G’nin bu etkisine standart etki diyelim2 .
14.9. G herhangi bir grup olsun. X = G olsun. O zaman g ∈ G ve x ∈ X i¸cin
g · x = xg −1
tanımı bize G’nin X (yani kendisi!) u
¨zerine etkidi˘
gini g¨
osterir. G’nin bu etkisine sa˘
gdan
standart etki diyelim.
14.10. G herhangi bir grup olsun. X = G olsun. O zaman (g, h) ∈ G × G ve x ∈ X i¸cin
(g, h) · x = gxh−1
tanımı bize G × G grubunun G u
¨zerine etkidi˘
gini g¨
osterir.
14.11. G herhangi bir grup olsun. X = G olsun. O zaman g ∈ G ve x ∈ X i¸cin
g · x = gxg −1
tanımı G grubunun kendisi u
¨zerine bir grup etkisini verir.
14.12. G herhangi bir grup ve H ▹ G olsun. X = H alalım. O zaman g ∈ G ve x ∈ X i¸cin
g · x = gxg −1
tanımı G grubunun H u
¨zerine bir grup etkisini verir.
14.13. G herhangi bir grup ve H, K ≤ G olsun. H ≤ NG (K) varsayımını yapalım. O zaman
k ∈ K ve h ∈ H i¸cin
h · k = hkh−1
14.14.
14.15.
14.16.
14.17.
14.18.
tanımı H grubunun K u
¨zerine bir grup etkisini verir.
G bir grup ve X, G’nin altgruplarından olu¸san k¨
ume olsun. g · H = H g tanımıyla G
grubu X k¨
umesini etkir.
Yukarıdaki etkide X k¨
umesini daha k¨
u¸cu
¨ k alabiliriz. K ≤ G olsun. Y = {K g : g ∈ G}
olsun. Bir ¨
onceki alı¸stırmadaki tanımla G grubu Y u
¨zerine etkir.
Yukarıdaki etkide G grubunu bir altgrup olarak da alabiliriz. K, H ≤ G olsun. Y =
{K g : g ∈ G} olsun. H grubu Y u
¨zerine etkir.
¨
B¨
ol¨
um 6’daki ¨
orneklerdeki her geometrik nesneye nesnenin simetrileri etkiyordu. Orneg
˘in D4 grubu kareye etkir, Sym 4 grubu u
¨c¸gen tabanlı piramide etkir.
G = Rn olsun. X = Rn olsun. g ∈ G ve x ∈ G i¸cin g ·x = x+g olarak tanımlansın. Grup
toplamsal yazıldı˘
gından, A1 ve A2 ko¸sullarını toplama diline ¸cevirmeliyiz: 0·x = x+0 = 0
ve g, h ∈ G i¸cin
(g · (h · x)) = g · (x + h) = (x + h) + g = x + (h + g) = (h + g) · x
¨
olur. Bu ¨
orne˘
gin Ornek
14.8’deki ¨
orne˘
gin ¨
ozel bir durumu oldu˘
guna dikkatinizi ¸cekeriz.
14.19. E˘
ger (G, X) bir grup etkisiyse, G’yi do˘
gal olarak ℘(X) u
¨zerine (yani X’in altk¨
umelerinden olu¸san k¨
ume u
¨zerine) etkiyebiliriz; (G, ℘(X)) de bir grup etkisidir. Bu ¨
orne˘
gin
varyasyonları yapılabilir, ¨
orne˘
gin ℘(X)’i alaca˘
gımıza X’in sonlu altk¨
umelerinden olu¸san
k¨
umeyi alabiliriz.
¨
Ornekleri
¸co˘galtaca˘gız. Ama ¨once ¨onemli birka¸c temel kavram tanımlayalım ve bu kavramlar u
¨zerine birka¸c temel teorem kanıtlayalım.
2˙
Ingilizcesi regular action ya da standard regular action.
14.2. Kavramlar ve Temel Teoremler
14.2
249
Kavramlar ve Temel Teoremler
Bu altb¨ol¨
umde grup etkileriyle ilgili bazı ¨onemli kavramlar tanımlayaca˘gız. Bu
altb¨ol¨
um boyunca bir (G, X) grup etkisi sabitlenmi¸s olsun.
¨
C
¸ ekirdek. Ornek
14.1’de her g ∈ G ve her x ∈ X i¸cin g ·x = x ¨orne˘gini vermi¸s
ve bu etkiyi “tri¸skadan etki” olarak adlandırmı¸stık. G’nin belki her elemanı
de˘gil ama bazı elemanları X u
¨zerine birim fonksiyon olarak etkiyebilirler, yani
bazı g ∈ G elemanları her x ∈ X i¸cin gx = x e¸sili˘gini sa˘glayabilirler.
Ker(G, X) = {g ∈ G : her x ∈ X i¸cin gx = gx}
tanımını yapalım. Bu bir altgruptur ve adına etkinin ¸
cekirde˘
gi adı verilir3 .
E˘ger etkiyi φ : G −→ Sym X homomorfisi olarak g¨osterirsek,
Ker(G, X) = Ker φ
olur. Dolayısıyla Ker(G, X) ▹ G olur. E˘ger etkinin ne oldu˘gu konunun geli¸sinden belliyse, Ker(G, X) yerine sadece Ker yazmakla yetinece˘giz.
Bir etkinin ¸cekirde˘gi 1 ise, etkiye sadık etki adı verilir4 . Etkinin sadık
olması demek φ : G −→ Sym X homomorfisinin birebir olması demektir; ya
da daha somut olarak, her 1 ̸= g ∈ G elemanının X’in en az bir noktasını
yerinden oynatıyor demektir.
E˘ger bir etki sadık de˘gilse, etkim sadık de˘gil diye u
¨z¨
ulmeyin, grupta k¨
u¸cu
¨k
bir de˘gi¸siklikle etkiyi sadık hale getirebiliriz. Nitekim,
φg (x) = gx
form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s
φ : G/ Ker φ −→ Sym X
homomorfisi (¸cekirde˘ge b¨ol¨
und¨
u˘gu
¨nden) birebirdir, dolayısıyla sadık bir etki
tanımlar. Bu etki daha somut olarak ¸su form¨
ulle tanımlanır: gx = gx.
¨
Notlar ve Ornekler
14.20. E˘
ger (G, X) bir grup etkisiyse ve |X| = n < ∞ ise, G/ Ker(G, X) grubunun eleman
sayısı n! sayısını b¨
olmek zorundadır. Dolayısıyla (G, X) sadıksa ve X sonluysa, G de
sonlu olmak zorundadır.
14.21. G bir grup ve X ⊆ G olsun. H = {g ∈ G : X g = X} olsun. H ≤ G olur. (H, X) bir
grup etkisidir. Ker(H, X) = CG (X) olur. Demek ki CG (X) ▹ H ve e˘
ger |X| = n < ∞
ise [H : CG (X)] sayısı n! sayısını b¨
oler.
14.22. Yukarıdaki alı¸stırmadan ¸su ¸cıkar: E˘
ger A ▹ G sonlu ve normal bir altgrupsa, CG (A),
G’nin sonlu endisli normal bir altgrubudur, endis |A|! sayısını b¨
oler.
3˙
Ingilizcesi kernel.
Ingilizcesi faithful.
4˙
250
14. Grup Etkisi
14.23. G bir grup, H ≤ G olsun. X = {xH : x ∈ G}, sol ¨
otelemeler k¨
umesi olsun. g ∈ G
ve xH ∈ X i¸cin g · xH = gxH tanımını yapalım. (G, X) ikilisinin bir grup etkisi
oldu˘
gunu kontrol etmek ¸cok zor de˘
gil; okura bırakıyoruz. Bu etki ¸cok ¨
onemlidir, sadık
grup etkileri daha sonraki ciltlerde a¸cıklayaca˘
gımız bir anlamda bu etkiye denktirler.
C
¸ ekirde˘
gi bulalım:
Ker(G, X)
=
=
=
=
=
=
{g
{g
{g
{g
{g
∩
∈ G : her x ∈ G
∈ G : her x ∈ G
∈ G : her x ∈ G
∈ G : her x ∈ G
∈ G : her x ∈ G
−1
.
x∈G xHx
i¸cin
i¸cin
i¸cin
i¸cin
i¸cin
g · xH = xH}
gxH = xH}
x−1 gxH = H}
x−1 gx ∈ H}
g ∈ xHx−1 }
∩
¨
Ornek
9.12 ve 10.119’da x∈G xHx−1 grubuna H’nin G’deki
g¨
obe˘
gi adını vermi¸s ve
∩
H’nin g¨
obe˘
gini CoreG H olarak g¨
ostermi¸sik: CoreG H = x∈G xHx−1 . Bu grup H’nin
i¸cindeki en b¨
uy¨
uk G-normal altgruptur.
14.24. G bir grup, H ≤ G olsun. X = {H x : x ∈ G}, H’nin e¸sleniklerinden olu¸san k¨
umesi
−1
olsun. g ∈ G ve H x ∈ X i¸cin g · H x = H xg
tanımını yapalım. (G, X) ikilisinin bir
grup etkisi oldu˘
gunu kontrol etmek ¸cok zor de˘
gil; okura bırakıyoruz. C
¸ ekirde˘
gi bulalım:
Ker(G, X)
=
=
=
=
=
=
{g
{g
{g
{g
{g
∩
∈ G : her x ∈ G i¸cin g · H x = H x }
−1
∈ G : her x ∈ G i¸cin H xg = H x }
−1
∈ G : her x ∈ G i¸cin H = H xgx }
−1
∈ G : her x ∈ G i¸cin xgx ∈ NG (H)}
∈ G : her x ∈ G i¸cin g ∈ x−1 NG (H)x}
−1
NG (H)x = Core NG (H).
x∈G x
Bu arada x−1 NG (H)x = NG (x−1 Hx) e¸sitli˘
gine dikkatinizi ¸cekeriz.
Sabitleyici. E˘ger x ∈ X ise
Gx = {c ∈ G : cx = x}
tanımını yapalım. Bu bir altgruptur ve adına x’in sabitleyicisi adı verilir5 .
Elbette
∩
Ker(G, X) =
Gx
x∈X
olur. g ∈ G i¸cin Ggx ile Gx arasında yakın bir ili¸ski vardır:
Ggx = {c ∈ G : c(gx) = gx} = {c ∈ G : g −1 cgx = x}
= {c ∈ G : g −1 cg ∈ Gx } = {c ∈ G : c ∈ gGx g −1 }
−1
= gGx g −1 = Ggx ,
yani
−1
Ggx = Ggx
(1)
5˙
Ingilizcesi stabilizer.
14.2. Kavramlar ve Temel Teoremler
olur.
E˘ger Y ⊆ X ise
∩
GY =
251
Gy = {g ∈ G : her y ∈ Y i¸cin gy = y}
y∈Y
tanımını yapalım. Bu da bir altgruptur elbette. Adına Y ’nin noktasal sabit−1
leyicisi adı verilir6 . E˘ger GY ⊆ Y ise, GY ▹ G olur; bu dedi˘gimiz Ggx = Ggx
e¸sitli˘ginden kolaylıkla ¸cıkar ve okura bırakılmı¸stır.
Elbette Ker(G, X) = GX olur.
Buna benzer bir ba¸ska tanım daha verilebilir. Y ’yi k¨
ume olarak sabitleyen
elemanları ele alalım:
{g ∈ G : gY = Y }.
Burada, Y ’nin her elemanını sabitleyen g ∈ G elemanları de˘gil, Y ’yi k¨
ume olarak sabitleyen g ∈ G elemanları ele alınıyor. Bu grubu G{Y } olarak yazabiliriz.
G{Y } grubu Y k¨
umesi u
¨zerine etkir ve bu etkinin ¸cekirde˘gi GY altgrubudur.
Elbette e˘ger |Y | = 1 ise GY = G{Y } olur.
Alı¸stırmalar
14.25. (G, X) bir grup etkisi olsun. E˘
ger G = G/ Ker ve x ∈ X ise Gx = Gx e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
Bundan sonraki alı¸stırmalarda (G, X) bir grup etkisi ve Y ⊆ X olacak.
14.26. E˘
ger GY ⊆ Y ise, GY = Y oldu˘
gunu kanıtlayın. Ama gY ⊆ Y ise e¸sitlik olmak zorunda
¨
de˘
gil, ¨
orne˘
gin e˘
ger i > 0 i¸cin g i y ̸= y ise ve Y = {g i y : i ∈ N} ise aynen bu olur. Ote
yandan e˘
ger g’nin derecesi sonluysa, ya da her y ∈ Y i¸cin ⟨g⟩y sonluysa, gY ⊆ Y
i¸cindeli˘
gi e¸sitli˘
gi gerektirir.
14.27. GY ▹ G{Y } oldu˘
gunu kanıtlayın.
14.28. |Y | = n olsun. [G{Y } : GY ] sayısının n! sayısını b¨
old¨
ug
˘u
¨n¨
u kanıtlayın.
14.29. |Y | = n ve y ∈ Y olsun. [G{Y } : Gy ∩ G{Y } ] ≤ n oldu˘
gunu kanıtlayın.
14.30. |Y | = n ve y ∈ Y olsun. E˘
ger G{Y } y = Y ise [G{Y } : Gy ∩ G{Y } ] = n oldu˘
gunu
kanıtlayın.
14.31. E˘
ger GY ⊆ Y ise, GY ▹ G oldu˘
gunu kanıtlayın.
Y¨
or¨
unge. x ∈ X ise,
Gx = {gx : g ∈ G}
k¨
umesine x’in y¨
or¨
ungesi 7 , ya da daha dikkatli olmak istiyorsak x’in G-y¨
or¨
ungesi adı verilir. Elbette x ∈ Gx olur. E˘ger Gx = X ise, (G, X) grup
etkisine ge¸
ci¸
sli grup etkisi adı verilir8 . Her x ∈ X i¸cin, (G, Gx)∩ge¸ci¸sli bir
grup etkisidir. Ge¸ci¸sli grup etkilerinde her x ∈ X i¸cin Ker = GX = y∈X Gy =
∩
∩
∩
∩
g −1
= g∈G Ggx = CoreG Gx olur.
y∈Gx Gy =
g∈G Ggx =
g∈G Gx
6˙
Ingilizcesi pointwise stabilizer.
Ingilizcesi orbit.
8˙
Ingilizcesi transitive group action.
7˙
252
14. Grup Etkisi
¨
Notlar ve Ornekler
14.32. Sym X grubu X k¨
umesine ge¸ci¸sli etkir.
14.33. R2 d¨
uzleminin (0, 0) merkezli d¨
ond¨
ur¨
ulerinden olu¸san grup d¨
uzleme etkir ama bu etki
ge¸ci¸sli de˘
gildir. Her y¨
or¨
unge (0, 0) merkezli ¸cemberdir.
14.34. R2 d¨
uzleminin ¨
otelemelerinden olu¸san grup d¨
uzleme ge¸ci¸sli etkir. Bu (ve bir ¨
onceki
o
¨rnek), daha genel olarak Rn i¸cin de ge¸cerlidir.
14.35. Bir grubun sa˘
g ve sol standart etkileri ge¸ci¸sli etkilerdir.
¨
14.36. Ornek
14.23 ve 14.24’teki etkiler ge¸ci¸sli etkilerdir.
14.37. 1 elemanı y¨
uz¨
unden, e˘
ger G ̸= 1 ise Aut G grubu G u
¨zerine ge¸ci¸sli etkiyemez.
14.38. 1 ̸= G sonlu bir grupsa ve Aut G grubu G♯ = G \ {1} u
¨zerine ge¸ci¸sli etkiyorsa, o
zaman grubun 1 dı¸sında t¨
um elemanlarının derecesi aynı olmalıdır. Cauchy teoreminden dolayı bu ortak derece ancak bir p asalı olabilir. Demek ki grup bir p-gruptur.
Sonlu p-gruplarının merkezi oldu˘
gundan (yani Z(G) ̸= 1 oldu˘
gundan), ge¸ci¸sli etki
y¨
uz¨
unden, grup abel grubu olmak zorundadır. Demek ki bir n > 0 i¸cin G = ⊕n Z/pZ. Bu
grupların otomorfi gruplarının G♯ u
¨zerine ge¸ci¸sli etkidi˘
gi biraz lineer cebirle kolaylıkla
kanıtlanabilir (ama bu kitapta okurun lineer cebir bildi˘
gini varsaymıyoruz).
˙ olarak y¨or¨
Ilk
ungelerin e¸sit ya da birbirinden ayrık olduklarını kanıtlayalım.
˙ y¨
¨
Onsav
14.1. Iki
or¨
unge ya e¸sittir ya da ayrık.
Kanıt: x, y ∈ X olsun. Gx ∩ Gy ̸= ∅ varsayımını yazpalım. Kesi¸simden bir
eleman alalım, diyelim g0 x = g1 y. O zaman her g ∈ G i¸cin,
gx = gg0−1 g0 x = gg0−1 g1 y ∈ Gy
olur. Demek ki Gx ⊆ Gy. Simetriden dolayı Gy ⊆ Gx i¸cindeli˘gi de do˘grudur.
Demek ki y¨or¨
ungeler X k¨
umesini ayrık par¸calara b¨oler. Her y¨or¨
ungeden
bir temsilci se¸cersek ve bu temsilciler k¨
umesine T dersek,
⊔
X=
Gt
t∈T
olur.
Bazen de Gx tek bir elemandan olu¸sur, o eleman da x’ten ba¸skası olamaz
tabii. Bu durum her g ∈ G i¸cin gx = x oldu˘gunda, yani Gx = G oldu˘gunda
vuku bulur. Gx ne kadar b¨
uy¨
ukse, G’nin o kadar ¸cok elemanı x’i sabitler
(yerinden kımıldatmaz) ve dolayısıyla x’in y¨or¨
ungesi Gx o kadar k¨
uc¸u
¨k olur.
Bir ba¸ska deyi¸sle Gx ile Gx birbirine ters orantılıdır:
¨
Onsav
14.2. G/Gx = {gGx : g ∈ G} sol ¨
otelemeler k¨
umesi olsun. O zaman
gGx 7→ gx
kuralı G/Gx ile Gx y¨
or¨
ungesi arasında bir e¸sleme verir. Dolayısıyla
|G/Gx | = |Gx|
14.2. Kavramlar ve Temel Teoremler
253
yani
|G| = |Gx ||Gx|
olur ve e˘ger G sonluysa, Gx y¨
or¨
ungesinin eleman sayısı |G| sayısını b¨
oler.
Kanıt: A¸sa˘gıdaki ¨onermelerin birbirine e¸sde˘ger oldukları bariz:
gx = hx,
h−1 gx = x,
h−1 g ∈ Gx ,
g ∈ hGx ,
gGx = hGx .
B¨oylece gGx 7→ gx kuralının iyi tanımlı oldu˘gunu ve G/Gx ’ten Gx’e giden
birebir fonksiyon tanımladı˘gını kanıtlamı¸s olduk. Fonksiyonun ¨orten oldu˘gu
bariz. Di˘ger ¨onermeler de bu kanıtladı˘gımızın do˘grudan bir sonucu.
¨
Notlar ve Ornekler
¨
14.39. G bir grup olsun. X’i de G’ye e¸sit alalım. g ∈ G ve x ∈ G i¸cin daha ¨
once Ornek
14.8’de
¨
g · x = gx tanımını (standart etki) ve Ornek
14.9’da g · x = xg −1 tanımını yapmı¸stık.
−1
Burada g · x = gxg −1 = xg tanımını yapaca˘
gız. Tanımlanan bu grup etkisi i¸cin,
Gx = CG (x), Gx = xG , Ker = Z(G)
¨
olur. Onsav
14.1’e g¨
ore y¨
or¨
ungeler, yani xG e¸sleniklik sınıfları ya e¸sittir ya da ayrık.
E˘
ger G = Sym n ise, e¸sleniklik sınıfları aynı tipte olan elemanlar k¨
umesidir (bkz. sayfa
¨
48). Onsav
14.2’ye g¨
ore G/CG (x) (sol ¨
otelemeler k¨
umesi) ile xG arasında gCG (x) 7→
−1
xg
tarafından verilen bir e¸sleme vardır. Bu e¸slemeyi sa˘
g ¨
otelemeler k¨
umesinden de
ba¸slatabiliriz: CG (x)g 7→ xg . Bunu zaten Alı¸stırma 8.35’ten biliyoruz. Demek ki
|G| = |xG ||CG (x)|
olur.
14.40. Yukarıdaki ¨
orne˘
gi alalım. 1’in y¨
or¨
ungesi sadece kendisinden olu¸sur ¸cu
¨nk¨
u g·1 = g1g −1 =
1 olur. Bu grup etkisinde ne zaman tam iki y¨
or¨
unge olabilece˘
gini bulmaya ¸calı¸salım.
Diyelim tam iki y¨
or¨
unge var. O zaman herhangi bir x ∈ G♯ = G \ {1} i¸cin,
G = {1} ⊔ xG
olur. Demek ki grubun 1 dı¸sındaki elemanlarının dereceleri e¸sittir. E˘
ger grupta derecesi
sonlu olan 1’den farklı bir eleman varsa, o zaman grupta derecesi bir p asalı olan bir
eleman vardır; dolayısıyla grubun t¨
um elemanlarının derecesi p’dir. E˘
ger p = 2 ise grup
abel olmak zorunda ve buradan da G = {1}⊔xG = {1, x} ≃ Z/2Z ¸cıkar. S
¸ imdi p asalının
2 olmadı˘
gını varsayalım. O zaman grubun her elemanı ve her altgrubu 2-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur.
x ∈ G♯ olsun. gxg −1 = x−1 e¸sitli˘
gini sa˘
glayan bir g alalım. g ∈ CG (x) olsaydı, x’in
derecesi 2 olurdu, bir ¸celi¸ski. Demek ki g ̸∈ CG (x).
g 2 xg −2 = g(gxg −1 )g −1 = gx−1g −1 = (gxg −1 )−1 = (x−1 )−1 = x
e¸sitliklerinden dolayı g 2 ∈ CG (x) ve dolayısıyla g 2 ∈ CG (x, g) olur. Ama CG (x, g) grubu
2-b¨
ol¨
un¨
ur. Dolayısıyla bir c ∈ CG (x, g) i¸cin g 2 = c2 olur. Bundan da (gc−1 )2 = 1 ¸cıkar.
254
14. Grup Etkisi
g ̸= c oldu˘
gundan (aksi halde g ∈ CG (c, g)), derecesi 2 olan bir eleman buluruz; bir
c¸eli¸ski.
Sadece iki e¸sleniklik sınıfı olan burulmasız gruplar vardır. Ama bu gruplar b¨
ol¨
un¨
ur olmak
¨ yandan bu gruplarda CG (x, g) gibi altgrupların hepsi b¨
zorundadır. Ote
ol¨
un¨
ur olamazlar;
olsaydı yukarıdaki gibi akıl y¨
ur¨
ut¨
up grubun sadece 2 elemanı oldu˘
gunu kanıtlayabilirdik.
14.41. H ≤ G olsun. X, G’nin altgruplarından olu¸san k¨
ume olsun. H grubu X k¨
umesi u
¨zerine
h · L = Lh kuralıyla etkir. L’nin H-y¨
or¨
ungesi,
LH = {Lh : h ∈ H}
olur. L’nin H’deki sabitleyicisi ise,
HL = {h ∈ H : Lh = L} = NH (L)
olur. Dolayısıyla,
olur. Buradan da
H
L = |H/HL | = |H/NH (L)|
H
L = 1 ⇔ NH (L) = H ⇔ H, L’yi normalize eder
e¸sde˘
gerlikleri ¸cıkar.
14.42. Alterne Grup Alt n. G = Sym n olsun. G’nin, adına makas dedi˘
gimiz (i j) t¨
ur¨
unden
¨
elemanlarla u
¨retildi˘
gini biliyoruz (sayfa 40). Ornek
8.40’tan,
Alt n = ⟨(i j)(k ℓ) : i, j, k, ℓ ∈ {1, . . . , n}⟩
¨
grubunun indeksinin en fazla 2 oldu˘
gunu biliyoruz. Ornek
9.22’den bu altgrubun normal
oldu˘
gunu biliyoruz. Demek ki ya Sym n = Alt n ya da [Sym n : Alt n] = 2. Teorem 3.2’de
indeksin tam 2 oldu˘
gunu kanıtlamı¸stık. Burada farklı bir kanıt sunaca˘
gız.
G grubunu n de˘
gi¸skenli ve tamsayı katsayılı polinomlardan olu¸san Z[T1 , . . . , Tn ] k¨
umesi
u
¨zerine etkiyebiliriz:
σ · f (T1 , . . . , Tn ) = f (Tσ(1) , . . . , Tσ(n) )
olsun. Bunun bir grup etkisi oldu˘
gunu g¨
ormek ¸cok kolay, okura bırakıyoruz. Her σ ∈ G
ve her f, g ∈ Z[T1 , . . . , Tn ] i¸cin
σ(f g) = σf ± σg ve σ(f ± g) = σf σg
¨
olur. Ozel
bir f ∈ Z[T1 , . . . , Tn ] elemanı alalım:
∏
f=
(Xi − Xj )
i>j
olsun. Her σ ∈ G i¸cin, σ(Xi − Xj ) = ±(Xi − Xj ) oldu˘
gundan,
σf = ±f
olur. Demek ki G grubu {f, −f } k¨
umesi u
¨ zerine de etkir. Bundan b¨
oyle n ≥ 2 olsun.
(1 2)f = −f
e¸sitli˘
gini kanıtlamak kolay. Dolayısıyla her i ̸= j i¸cin de
(i j)f = −f
14.2. Kavramlar ve Temel Teoremler
255
olur. Bundan da, her σ ∈ Alt n i¸cin,
σf = f
bulunur. Bir ba¸ska deyi¸sle,
(1)
Alt n ≤ Gf ≤ G
olur. (1 2)f = −f e¸sitli˘
ginden, G’nin {f, −f } k¨
umesine ge¸ci¸sli etkidi˘
gi ¸cıkar. Dolayısıyla
2 = |Gf | = |G/Gf |
olur. [G : Alt n] ≤ 2 oldu˘
gundan, bu e¸sitlikten ve (1)’den, [Sym n : Alt n] = 2 ¸cıkar. S
¸u
teoremin birinci ¨
onermesini kanıtladık9 , ikinci ¨
onerme de hemen bundan ¸cıkar.
Teorem 14.3. E˘ger n ≥ 2 ise, Alt n = ⟨(i j)(k ℓ) : i, j, k, ℓ ∈ {1, . . . , n}⟩ grubu Sym n
grubunun indeksi 2 olan normal bir altgrubudur. E˘ger α ∈ Sym n \ Alt n derecesi 2 olan
herhangi bir elemansa (mesela (1 2) makasıysa), Sym n = Alt n o ⟨α⟩ olur.
Alt n’nin elemanları ¸cift sayıda makasın ¸carpımı olan elemanlar k¨
umesi oldu˘
guna dikkatinizi ¸cekeriz. Geri kalanlar da tek sayıda makasın ¸carpımıdır elbette. Demek ki tek
sayıda makasın ¸carpımı, ¸cift sayıda makasın ¸carpımına e¸sit olamaz. Bir ba¸ska deyi¸sle,
tek sayıda makasın ¸carpımı Idn olamaz.
E˘
ger α ∈ Sym n elemanı aynı zamanda hem k tane hem de ℓ tane makasın ¸carpımıysa,
diyelim α = t1 · · · tk = s1 · · · sℓ ise,
t1 · · · tk sℓ · · · s1 = 1
olur, dolayısıyla k ve s ya ikisi birden tektir ya da ikisi birden ¸cifttir. Demek ki sg α =
(−1)k = ±1 tanımını yapabiliriz. Bu sayıya α’nın i¸
sareti adı verilir. Alt n’nin elemanlarının i¸sareti 1, di˘
gerlerinin i¸sareti −1’dir.
α 7→ sg α
fonksiyonunun bir sg : Sym n −→ {1, −1} ≃ Z/2Z grup homomorfisi verdi˘
gini kontrol
etmek ¸cok kolay. Buna i¸
saret homomorfisi adı verilir. C
¸ ekirde˘
gi elbette Alt n olur.
14.43. n bir tek sayı olmak u
¨zere |G| = 2n olsun. G’nin indeksi 2 olan bir altgrubu oldu˘
gunu
kanıtlayaca˘
gız. φ : G −→ Sym G homomorfisi g, x ∈ G i¸cin φg (x) = gx olarak ta¨
nımlansın (standart etki, bkz. Ornek
14.8). E˘
ger g ∈ G derecesi 2 olan bir elemansa,
φg ∈ Sym G perm¨
utasyonu tam n tane, yani tek sayıda makasın ¸carpımıdır, dolayısıyla
i¸sareti −1’dir, yani sg(φg ) = −1 olur. Demek ki sg ◦φ : G −→ {−1, 1} homomorfisi
¨
ortendir. Dolayısıyla K = Ker sg ◦φ normal bir altgruptur ve indeksi 2’dir. E˘
ger g ∈ G,
derecesi 2 olan herhangi bir elemansa, elbette G = K o ⟨g⟩ olur.
14.44. (Reineke [R]) G eksponantı asal bir p olan bir grup olsun. g, x ∈ G\{1} i¸cin g x = g i oluyorsa, o zaman H = ⟨x⟩ ≃ Z/pZ grubu p−1 elemanlı X = ⟨g⟩\{1} k¨
umesine e¸sleniklikle
¨
etkir. Onsav
14.2’ye g¨
ore, g H k¨
umesinin eleman sayısı ya 1 ya da p olmak zorundadır.
p olamayaca˘
gından, 1 olur, yani g x = g olmak zorundadır. Demek ki eksponantı p olan
bir grubun en az p tane e¸sleniklik sınıfı vardır. Dolayısıyla sadece 2 e¸sleniklik sınıfı olan
¨
bir grup, Ornek
14.38’e g¨
ore sadece 2 elemanı olabilir, yani Z/2Z’ye izomorftur.
14.45. FixX G = {x ∈ X : her g ∈ G i¸cin gx = x} olsun. FixX G’nin elemanları, y¨
or¨
ungesi tek
bir elemandan olu¸san elemanlardır. S
¸ u e¸sde˘
gerlilikler vardır:
x ∈ FixX G ⇔ |Gx| = 1 ⇔ Gx = {x} ⇔ Gx = G ⇔ |G/Gx | = 1.
9
Kanıt [La]’dan alınmı¸stır. Bir¸cok kitapta bu teoremin ya ¸cok karma¸sık ya da yanlı¸s kanıtı
¨
yayımlanmı¸stır. Verdi˘
gimiz kanıta benzemeyen her kanıt, Orne˘
gin Teorem 3.2’nin kanıtı (!)
ku¸skuyla kar¸sılanmalıdır.
256
14. Grup Etkisi
S
¸ imdi (1) e¸sitli˘
gini ele alalım. Elbette FixX G ⊆ T olur, ne de olsa FixX G k¨
umesinin bir
elemanının y¨
or¨
ungesi sadece o elemandan olu¸sur ve dolayısıyla bu eleman T ’de olmak
zorundadır. (1) e¸sitli˘
gini ¸s¨
oyle yazalım:
(⊔
) (⊔
)
⊔
X =
t∈T Gt =
t∈T \FixX G Gt ⊔
t∈FixX G Gt
) (⊔
)
(⊔
=
t∈T \FixX G Gt ⊔
t∈FixX G {t}
(⊔
)
=
t∈T \FixX G Gt ⊔ FixX G.
S
¸ imdi X’in sonlu oldu˘
gunu varsayıp, yukarıdaki e¸sitli˘
gi k¨
umelerin eleman sayısı cinsinden yazalım:


∑
(2)
|X| = 
|Gt| + | FixX G|.
t∈T \FixX G
¨
Ama Onsav
14.2’ye g¨
ore t ∈ T \ FixX G i¸cin |Gt| = |G/Gt | = |G|/|Gt | ̸= 1 olur. Demek
ki,


∑
|G|
 + | FixX G|.
(3)
|X| = 
|Gt |
t∈T \FixX G
E˘
ger bir p asalı ve bir n > 0 sayısı i¸cin |G| = pn ise, t ∈ T \ FixX G i¸cin |Gt| sayısı p’ye
b¨
ol¨
un¨
ur; dolayısıyla (3)’ten dolayı | FixX G| sayısı da p’ye b¨
ol¨
un¨
ur. S
¸ u sonucu kanıtladık:
¨
Onsav
14.4. (G, X) bir grup etkisi olsun. E˘ger G ve X sonluysa,


∑
|G|
 + | FixX G|
|X| = 
|Gt |
t∈T \FixX G
olur. E˘ger ayrıca bir p asalı i¸cin G ̸= 1 bir p-grupsa, |X| ≡ | FixX G| mod p olur. Dolayısıyla e˘ger X’in eleman sayısı p’ye b¨
ol¨
unm¨
uyorsa, X’te G’nin her elemanı tarafından
sabitlenen en az bir nokta vardır.
¨
14.4’te X = G olsun ve G, X u
¨zerine e¸sleniklikle etkisin, yani g · x = xg olsun.
14.46. Onsav
O zaman FixX G = Z(G) ve Gx = CG (x) olur. (3)’ten ¸su ¸cıkar:
|G| = |Z(G)| +
∑
x∈U
∑ G
|G|
= |Z(G)| +
|x |.
|CG (x)|
x∈U
Form¨
uldeki U , merkezde olmayan e¸sleniklik sınıfından bir ve bir tek eleman barındırır.
¨
Orne˘
gin e˘
ger G = Sym 4 ise, Z(G) = 1 olur. U = {(1 2), (1 2 3), (1 2)(3 4), (1 2 3 4)}
olarak alabiliriz. E¸sleniklik sınıflarının eleman sayıları
( )
|(1 2)G | = 42( =
) 6
|(1 2 3)G | = 43 (×)2 = 8
|(1 2)(3 4)G | = 42 /2 = 3
|(1 2 3 4)G | = 3! = 6
olur. Denklem bize
4! = 1 + 6 + 8 + 3 + 6
verir.
14.2. Kavramlar ve Temel Teoremler
257
14.47. [Matsuyama, H.] G sonlu bir p-grup ve H ≤ G olsun. Ya H ▹ G olur ya da H x ≤
NG (H) i¸cindeli˘gini sa˘glayan bir x ∈ G \ NG (H) vardır.
Kanıt: X = {H x : x ∈ G} olsun. |H| = |G/NG (H)|, dolayısıyla p’nin bir kuvveti
oldu˘
gunu biliyoruz. Diyelim H normal de˘
gil. O zaman |X| > 1 olur. Y = X \ {H} olsun.
−1
¨
H grubu Y u
¨zerine e¸sleniklikle etkir: h · H x = H xh . S
¸ imdi Onsav
14.4’¨
u uygularsak
x
H’nin sabitledi˘
gi, yani normalize etti˘
gi bir H ∈ Y noktasının varlı˘
gını g¨
or¨
ur¨
uz. Hatta
bunlardan en az p − 1 tane vardır.
¨
14.48. Onsav
14.4’¨
un ¨
onemli bir sonucunu daha bulalım.
Teorem 14.5. H ≤ Aut G olsun. Bir p asalı i¸cin G ve H’nin sonlu p-grupları olduklarını varsayalım. O zaman 1 < FixG H = {g ∈ G : her φ ∈ H i¸cin φ(g) = g} ≤ G
olur.
¨
Kanıt: (H, G) bir grup etkisidir (Ornek
14.6). FixG H elbette G’nin bir altgrubudur.
¨
Onsav
14.4’¨
u uygularsak p asalının FixG H altgrubunun eleman sayısını b¨
old¨
ug
˘u
¨ ¸cıkar.
Etkisiz elemanın varlı˘
gından dolayı 0 < | FixG H| olur.
Aslında bu teoremde H’nin illa sonlu oldu˘
gunu varsaymak gerekmez, ¨
onemli olan G’ye
sadık etkiyen H/ Ker(H, G) grubunun sonlu bir p-grubu olmasıdır, ki G sonlu oldu˘
gundan bu grup da mutlaka sonlu olmalıdır.
14.49. Teorem 14.5’i kullanarak Teorem 8.9’u bir kez daha kanıtlayabiliriz:
Teorem 14.6. Sonlu bir p-grubunun merkezi 1’den farklıdır.
Kanıt: Cauchy teoreminden dolayı sonlu bir p-grubunun eleman sayısı p’nin bir kuvvetidir. Bir ¨
onceki teoremde H yerine Inn G alalım. Inn G ≃ G/Z(G) oldu˘
gundan, Inn G’de
bir p-grubudur. Dolayısıyla FixG (Inn G) ̸= 1. Ama tabii ki
FixG (Inn G) = {x ∈ G : Her g ∈ G i¸cin Inng (x) = x} = Z(G).
Teorem kanıtlanmı¸stır.
Dikkatli okur, bu kanıtın Teorem 8.9’un kanıtından farklı olmadı˘
gını, sadece aynı kanıtı
bir ba¸ska dile ¸cevirdi˘
gimizin farkına varacaktır.
14.50. Burnside e¸sitli˘
gi olarak anılan son derece ilgin¸c ve ¸sa¸sırtıcı bir e¸sitlik kanıtlayaca˘
gız.
g ∈ G i¸cin,
FixX g = {x ∈ X : gx = x}
tanımını yapalım. FixX g, g’nin sabitledi˘
gi noktalar k¨
umesidir. Mesela FixX 1 = X olur.
Teorem 14.7 (Burnside). G ve X sonluysa, G’nin bir elemanının sabitledi˘gi ortalama
nokta sayısı y¨
or¨
unge sayısı kadardır. Yani e˘ger y¨
or¨
unge sayısı t ise,
∑
1
| FixX g| = t
|G| g∈G
olur.
Kanıt: A¸sa˘
gıdaki k¨
umeyi iki farklı bi¸cimde sayaca˘
gız:
A = {(g, x) ∈ G × X : gx = x}.
¨
Once
¸su hesabı yapalım:
|A| =
∑
|{x ∈ X : gx = x}| =
g∈G
∑
| FixX g|.
g∈G
Bir de ¸su hesabı:
|A| =
∑
x∈X
|{g ∈ G : gx = x}| =
∑
x∈X
|Gx | =
∑ |G|
.
|Gx|
x∈X
258
14. Grup Etkisi
Ama aynı y¨
or¨
ungede olan x noktaları i¸cin |Gx| sabittir. Dolayısıyla e˘
ger T ⊆ X k¨
umesi
her y¨
or¨
ungeden bir ve bir tane nokta barındırıyorsa, t ∈ T i¸cin,
∑ |G|
∑ |G|
=
= |G|
|Gx|
|Gt|
x∈Gt
x∈Gt
olur. Bunu g¨
oz ¨
on¨
une alarak bir ¨
onceki e¸sitlik dizisini kaldı˘
gımız yerden devam ettirelim:
(
)
∑ |G|
∑ ∑ |G|
∑
|A| =
=
=
|G| = |T ||G|
|Gx|
|Gx|
x∈X
t∈T
x∈Gt
t∈T
˙ e¸sitli˘
elde ederiz. Ilk
gimizle birlikte,
∑
| FixX g| = |A| = |T ||G|
g∈G
elde ederiz.
14.51. S
¸ imdi IMO 1987 yarı¸smasında sorulan ve Alı¸stırma 3.37’de sordu˘
gumuz soruyu yanıtlayabiliriz:
Pn (k) = {f ∈ Sym n : f tam k eleman sabitliyor}
olsun.
n
∑
k|Pn (k)| = n!
k=0
e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
Kanıt: Biraz ¨
once kanıtlanan Burnside e¸sitli˘
gini uygulayalım:
1=t=
∞
1 ∑
1 ∑
| FixX g| =
|G| g∈G
n!
∑
k=0 g∈Pn (k)
| FixX g| =
∞
1 ∑
n!
∑
k=
k=0 g∈Pn (k)
∞
1 ∑
|Pn (k)|k.
n!
k=0
˙
Istedi˘
gimiz e¸sitlik kanıtlanmı¸sır. Lise ¨
og
˘rencilerinin bu cevabu bulabilmeleri i¸cin, Burnside’ın teoreminde oldu˘
gu gibi
A = {(g, x) ∈ Sym n × {1, . . . , n} : gx = x}
k¨
umesini iki farklı bi¸cimde saymaları gerekiyordu herhalde.
Alı¸stırmalar
14.52. (Sym n)′ ≤ Alt n oldu˘
gunu kanıtlayın.
14.53. Sym n’nin tek elemanlı her altgrubunun Alt n’nin bir altgrubu oldu˘
gunu kanıtlayın.
14.54. Sym n’nin Alt n’nin altgrubu olmayan her altgrubunun indeksi 2 olan normal bir altgrubu oldu˘
gunu kanıtlayın.
14.55. (G, X) bir grup etkisi olsun. A, B ⊆ G ve Y, Z ⊆ X olsun.
∩
F (A) = FixX A = {x ∈ X : her a ∈ A i¸cin ax = x} =
FixX a
a∈A
olsun. A¸sa˘
gıdaki ¨
onermeleri kanıtlayın:
a. A ⊆ GF (A) .
b. Y ⊆ F (GY ).
c. E˘
ger A ⊆ B ise F (B) ⊆ F (A).
d. E˘
ger Y ⊆ Z ise GZ ≤ GY .
e. F (GF (A) ) = F (A).
f. GF (GY ) = GY .
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸¨
oz¨
ul¨
ur
Gruplar
Bu b¨ol¨
umde illa abel grubu olmak zorunda olmayan ama abel gruplarına olduk¸ca benzeyen gruplar u
¨zerinde duraca˘gız: sıfırkuvvetli ve ¸c¨oz¨
ul¨
ur gruplar.
Dileyen okur bu (son derece ¨onemli) b¨ol¨
um¨
u daha sonraya bırakarak bir sonraki b¨ol¨
ume ge¸cebilir.
15.1
Kom¨
utat¨
or Altgrupları
G bir grup ve H, K ≤ G olsun. H ve K’nın kom¨
utat¨
or grubu adı verilen
[H, K] altgrubu ¸s¨oyle tanımlanır:
[H, K] = ⟨[h, k] : h ∈ H, k ∈ K⟩.
Buradaki [h, k] elemanı [h, k] = h−1 k −1 hk olarak tanımlanmı¸stır. Bu t¨
ur elemanlara kom¨
utat¨
or adı verilir. Demek ki [H, K] altgrubunun elemanları,
h ∈ H ve k ∈ K i¸cin [h, k] ya da [h, k]−1 bi¸ciminde yazılan sonlu sayıda
elemanın ¸carpımıdır; ¸carpılacak kom¨
utat¨
or ve tersi sayısının bir u
¨stsınırı olmayabilece˘gi gibi, bazı durumlarda sadece bir tek ¸carpım yetebilir; en u¸c ¨ornek
[H, K] = 1 durumu, bu durumda [H, K] altgrubunun her elemanı 0 tane
kom¨
utat¨or¨
un ¸carpımıdır.
Biraz hesapla kolayca kanıtlanaca˘gı u
¨zere [k, h] = [h, k]−1 oldu˘gundan,
[H, K] = [K, H] olur.
E˘ger H altgrubu K’yı normalize ediyorsa, her h ∈ H ve k ∈ K i¸cin
[h, k] = h−1 k −1 hk = (h−1 k −1 h)k ∈ KK ⊆ K,
dolayısıyla [H, K] ≤ K olur. E˘ger H ve K birbirlerini normalize ediyorlarsa
(mesela her ikisi de G’de normalse), [H, K] ≤ H ∩ K olur. Bir de ayrıca
H ∩ K = 1 ise, her h ∈ H ve k ∈ K i¸cin hk = kh olur.
[h, k]g = [hg , k g ] e¸sitli˘ginden, e˘ger bir g elemanı H ve K altgruplarını
normalize ediyorsa, o zaman g’nin [H, K] altgrubunu da normalize etti˘gi ¸cıkar.
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
260
Dolayısıyla e˘ger H, K ▹G ise, [H, K]▹G ¸cıkar. Bu buldu˘gumuz sonu¸c ¸sa¸sırtıcı
olmayabilir, ama bir sonraki paragrafta normallik konusunda beklenmedik bir
sonu¸c kanıtlayaca˘gız.
Basit bir hesapla hemen ¸cıkan
(1)
[xy, z] = [x, z]y [y, z] ve [x, yz] = [x, z][x, y]z
e¸sitliklerinden, daha do˘grusu bunların do˘grudan bir sonucu olan
[x, z]y = [xy, z][y, z]−1 ve [x, y]z = [x, z]−1 [x, yz]
e¸sitliklerinden kolaylıkla (ve sırasıyla) H ve K altgruplarının [H, K] altgrubunu normalize etti˘gi anla¸sılır, yani ⟨H, K⟩ ≤ NG ([H, K]) olur. Bunun ¨ozel
bir durumu olarak her H ≤ G i¸cin [G, H] ▹ G elde ederiz.
E˘ger φ : G −→ G1 bir grup homomorfisiyse, elbette
φ([H, K]) = [φ(H), φ(K)]
olur. E˘ger A ▹ G ise, bundan,
[HA/A, KA/A] = [H, K]A/A
¸cıkar.
Bu bulduklarımızı ileride referans verebilmek amacıyla bir ¨onsavda toparlayalım:
¨
Onsav
15.1. G bir grup ve H, K ≤ G olsun.
i. [H, K] = [K, H] olur.
ii. E˘ger H, K ▹ G ise [H, K] ▹ G olur.
iii. E˘ger H altgrubu K’yı normalize ediyorsa, [H, K] ≤ K olur. Dolayısıyla
e˘ger H ve K birbirlerini normalize ediyorlarsa (¨
orne˘gin G’de normallerse)
[H, K] ≤ H ∩ K olur; ve e˘ger bir de ayrıca H ∩ K = 1 ise, her h ∈ H ve
k ∈ K i¸cin hk = kh olur.
iv. H ve K altgrupları [H, K] altgrubunu normalize eder.
v. [G, H] ▹ G olur.
vi. E˘ger φ : G −→ G1 bir grup homomorfisiyse, her H, K ≤ G i¸cin,
φ([H, K]) = [φ(H), φ(K)]
olur.
vii. E˘ger A ▹ G ise [HA/A, KA/A] = [H, K]A/A olur.
¨ Altgrupları
15.1. Komutat
¨ or
261
¨
Notlar ve Ornekler
15.1. [Transfer1 ] G bir grup ve H ≤ G, indeksi n < ∞ olan bir altgrup olsun. G/H sol ¨
otelemeler k¨
umesinin temsilcilerini se¸celim, diyelim x1 , . . . , xn elemanlarını se¸ctik. Demek
ki
n
⊔
G=
xi H.
i=1
S
¸ imdi g ∈ G olsun. Her i = 1, . . . , n i¸cin, ¨
oyle bir j = 1, . . . , n ve h ∈ H var ki
gxi = xj h
olur. Buradaki j ve h elbette i’ye ve g’ye g¨
ore de˘
gi¸sir. Bir
αg : {1, 2, . . . , n} −→ {1, 2, . . . , n}
fonksiyonu ve fi (g) ∈ H elemanı i¸cin
gxi = xσg (i) fi (g)
yazalım. Ardından H/H ′ grubunun ¸su elemanını ele alalım:
τ (g) =
n
∏
fi (g) ∈ H/H ′ .
i=1
C
¸ arpım sırasının ¨
onemi yoktur ¸cu
¨nk¨
u H/H ′ bir abel grubudur. (H/H ′ grubu yerine
H ′ ≤ A ≤ H i¸cin H/A t¨
ur¨
unden bir grup da alabilirdik.)
S
¸ imdi birka¸c (olduk¸ca ¸sa¸sırtıcı) ¸sey kanıtlayalım.
a. Her g ∈ G i¸cin σg ∈ Sym n olur.
Kanıt: αg ’nin birebir oldu˘
gunu kanıtlamak yeterli. Diyelim σg (i) = σg (j). O zaman
gxi , gxj ∈ xσg (i) H = xσg (j) H
olur, ve dolayısıyla
−1
x−1
)(gxi ) ∈ H
j xi = ((gxj )
olur, ki bundan da xi = xj , yani i = j ¸cıkar.
b. τ (g) elemanı xi ’lerin se¸ciminden ba˘gımsızdır.
Kanıt: Bir ba¸ska temsilciler k¨
umesi se¸celim: hi ∈ H i¸cin yi = xi hi olsun. g ∈ G olsun.
O zaman
gyi = gxi hi = xσg (i) fi (g)hi = yσg (i) h−1
i fi (g)hi ∈ yσg (i) H
olur. Demek ki fi ’ye tekab¨
ul eden fi′ fonksiyonu
fi′ (g) = h−1
i fi (g)hi
olarak tanımlanmı¸stır. Bu eleman H/H ′ grubunda hesaplandı˘
gında
fi (g) = fi′ (g)
¸cıkar. Demek ki τ (g) de˘
geri de de˘
gi¸smez. (Bu arada σg perm¨
utasyonunun da xi ’lerin
se¸ciminden ba˘
gımsız oldu˘
gunu g¨
osterdik.)
c. τ bir homomorfidir.
1
Issai Schur ve Emil Artin tarafından ba˘
gımsız bulunan transfer kavramı, sonlu grup teorisinde ve cebirsel sayılar kuramında ¨
onemlidir, ama bu kitapta bir daha kullanılmayacaktır.
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
262
Kanıt: a, b ∈ G olsun.
(ab)xi = a(bxi ) = a(xσb (i) fi (b)) = (axσb (i) )fi (b) = xσa (σb (i)) fσb (i) (a)fi (b)
ve
(ab)xi = xσab (i) fi (ab)
hesaplarından,
fi (ab) = fσb (i) (a)fi (b)
c¸ıkar. Demek ki
τ (ab)
=
=
=
)
fσb (i) (a) fi (b)
∏
∏
∏
∏
i fσb (i) (a)
i fi (b) =
i fi (a)
i fi (b)
τ (a)τ (b).
∏
i
fi (ab) =
∏ (
i
(Sondan bir ¨
onceki e¸sitlik σb ’nin bir perm¨
utasyon olmasından ¸cıkar.) Bu arada σab =
σ(a) ◦ σ(b) e¸sitli˘
gini de kanıtladık, ama bunu ¸cok daha ¨
onceden de biliyorduk (Alı¸stırma
8.30).
d. G′ ≤ Ker τ olur, bu sayede τ (g) = τ (g) fonksiyonu G/G′ grubundan H/H ′ grubuna
giden bir homomorfi tanımlar.
Kanıt: H/H ′ bir abel grubu oldu˘
gundan, G′ ≤ Ker τ olur. Gerisi kolay.
15.2. n ≥ 2, G = Sym n, H = ⟨(1 2)⟩ = {Idn , (1 2)} ≃ Z/2Z olsun. τ : Sym n −→ H transfer
fonksiyonunu hesaplayalım. Teorem 14.3’e g¨
ore
Sym n = Alt n ⊔ Alt n(1 2) = Alt n H.
Demek ki sol temsilciler k¨
umesi olarak Alt n grubunu alabiliriz. α, β ∈ Alt n i¸cin, αβ =
γh e¸sitli˘
gini sa˘
glayan γ ∈ Alt n ve h ∈ H vardır. Ama Alt n bir grup oldu˘
gu i¸cin h = Idn
olmak zorundadır. Demek ki τ fonksiyonu Alt n u
¨zerinde sabit 1 (ya da Idn ) de˘
gerini
¨ yandan (1 2)β = ((1 2)β(1 2)−1 )(1 2), ve (1 2)β(1 2)−1 ∈ Alt n ve (1 2) ∈ H
alıyor. Ote
oldu˘
gundan, τ (1 2) = (1 2)| Alt n| = (1 2)n!/2 olur. Demek ki n ≥ 4 ise τ , sabit Idn
fonksiyonudur. E˘
ger n = 3 ise τ fonksiyonu Alt n u
¨zerinde Idn , geri kalan elemanlar
u
¨zerine (1 2) de˘
gerini alır, yani i¸saret fonksiyonunun yaptı˘
gını yapar a¸sa˘
gı yukarı.
15.3. G = ⟨x⟩ ≃ Z/nZ ve n’yi b¨
olen bir k do˘
gal sayısı i¸cin, H = ⟨xk ⟩ olsun. O zaman X =
¨
{1, x, x2 , . . . , xk−1 } k¨
umesi H’nin bir temsilciler k¨
umesidir (Ornek
8.2). τ : G −→ H
transfer homomorfisini bulalım. G d¨
ong¨
usel oldu˘
gundan, τ (x) de˘
gerini bulmak yeterli.
i = 0, 1, 2, . . . , k − 2 i¸cin xxi = xi+1 ∈ X oldu˘
gundan ve xxk−1 = xk ∈ H oldu˘
gundan,
k
τ (x) = x olur. Demek ki τ homomorfisi elemanların k’ıncı kuvvetlerini alır: Her g ∈ G
i¸cin τ (g) = g k olur.
Alı¸stırmalar
15.4. Herhangi bir G grubunda, her x, y ∈ G ve her n do˘
gal sayısı i¸cin
[x, y n ] = [x, y][x, y]y · · · [x, y]y
n−1
˙
e¸sitli˘
gini kanıtlayın. Ipucu:
(1) ve t¨
umevarım. Ayrıca (n = 0 i¸cin) “hi¸c tane” kom¨
utat¨
or¨
un ¸carpımı tanım gere˘
gi 1’dir.
15.5. Herhangi bir G grubunda, her x, y ∈ G ve her n, m do˘
gal sayısı i¸cin [xm , y n ] elemanının
xi y j
[x, y]
t¨
ur¨
unden elemanların ¸carpımı oldu˘
gunu kanıtlayın.
15.6. A, B, C ▹ G olsun. [A, BC] = [A, B][A, C] ve [AB, C] = [A, C][B, C] e¸sitliklerini g¨
osterin.
15.2. Azalan Merkezˆı Seriler, Turev
Serileri
¨
263
15.7. A = ⟨X⟩ ve B = ⟨Y ⟩ olsun. Her g ∈ G i¸cin X g ⊆ X ve Y g ⊆ Y varsayımını yapalım.
[A, B] = ⟨[x, y] : x ∈ X, y ∈ Y ⟩ e¸sitli˘
gini g¨
osterin.
15.8. G bir grup ve A ▹ G bir abel altgrubu olsun. Bir g ∈ G alalım. Alı¸stırma 9.32.b’ye
g¨
ore ad(g) : A −→ A bir grup homomorfisidir. [G′ , A] = 1 varsayımını yapalım. S
¸ unları
g¨
osterin:
a. CA (g) ▹ G.
b. [g, A] = ad(g)(A).
c. [g, A] ▹ G.
15.9. g ∈ G ve H ≤ G olsun. [g, H] ⊆ Z varsayımını yapalım. ad(g)(h) = [g, h] ile tanımlanmı¸s
ad(g) : H −→ Z fonksiyonunun bir grup homomorfisi oldu˘
gunu g¨
osterin. Her h ∈ H,
n ∈ Z i¸cin [g, h]n = [g n , h] = [g, hn ] e¸sitli˘
gini g¨
osterin.
15.10. E˘
ger z ∈ Z2 (G) elemanı z n ∈ Z i¸cindeli˘
gini sa˘
glıyorsa, [z, G] altgrubunun eksponantının
sonlu oldu˘
gunu ve n’yi b¨
old¨
ug
˘u
¨n¨
u kanıtlayın.
15.11. G = D3 ≃ Sym 3 ve Z/3Z ≃ H = G′ ≤ G, derecesi u
¨¸c olan bir eleman tarafından
u
¨retilen altgrup olsun. τ : G −→ H transfer homomorfisinin sabit 1 fonksiyonu oldu˘
gunu
kanıtlayın.
15.12. G = D3 ve t ∈ G ≃ Sym 3, derecesi iki olan bir eleman ve H = ⟨t⟩ = {1, t} olsun.
τ : G −→ H transfer homomorfisini bulun. (Bu sefer sabit 1 fonksiyonu olmaz.)
15.2
Azalan Merkezˆı Seriler, T¨
urev Serileri
Bu altb¨ol¨
umde bir G grubunun ¸cok ¨ozel ve ¸cok ¨onemli altgruplarını tanımlayaca˘gız.
G0 = G(0) = G
olsun. i u
¨zerine t¨
umevarımla,
Gi+1 = [G, Gi ]
ve
G(i+1) = [G(i) , G(i) ]
tanımlarını yapalım.
G1 = G(1) = [G, G]
e¸sitli˘gine dikkatinizi ¸cekerim. Adına G’nin t¨
urevi denen bu altgrup daha zi′
yade G olarak yazılır ve ¸cok ¨onemlidir. Ba¸sat ¨ozellikleri a¸sa˘gıda:
¨
Onsav
15.2. G′ altgrubu G/H’nin bir abel altgrubu oldu˘gu G’nin en k¨
u¸cu
¨k
altgrubudur; bir ba¸ska deyi¸sle G/G′ bir abel grubudur ve e˘ger H ▹ G i¸cin G/H
bir abel grubuysa G′ ≤ H olur. Ayrıca e˘ger G′ ≤ H ≤ G ise, H ▹ G olur ve
G/H grubu abeldir.
Kanıt: Her x, y ∈ G i¸cin, G/G′ grubunda ¸calı¸sarak,
x−1 y −1 xy = x−1 y −1 xy = [x, y] = 1
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
264
yani,
xy = yx
buluruz. Demek ki G/G′ bir abel grubudur.
S¸imdi H ▹ G olsun ve G/H grubunun abel oldu˘gunu varsayalım. O zaman
G/H grubunda hesap yaparak, her x, y ∈ G i¸cin,
x−1 y −1 xy = x−1 y −1 xy = 1,
yani
x−1 y −1 xy ∈ H
buluruz. G′ grubunun elemanları bu t¨
ur elemanların ve terslerinin ¸carpımı
oldu˘gundan, bu buldu˘gumuzdan G′ ≤ H ¸cıkar.
Son olarak G′ altgrubunu i¸ceren bir H ≤ G alalım. O zaman her h ∈ H ve
g ∈ G i¸cin,
hg = g −1 hg = hh−1 g −1 hg = h[h, g] ∈ HG′ ⊆ H
olur. Demek ki H ▹ G olur.
Bu son sonucun bir ba¸ska kanıtını verelim: G/G′ grubu abel oldu˘gundan
her altgrubu normaldir. S¸imdi sonu¸c, Teorem 11.1’in son c¨
umlesinden ¸cıkar. ¨
E˘ger H ≤ G ise H ′ altgrubundan da s¨ozedebiliriz: H ′ = [H, H]. Orne˘
gin,
tanıma g¨ore,
G(i+1) = [G(i) , G(i) ] = (G(i) )′ ≤ G(i)
olur. Demek ki G(i) /G(i+1) bir abel grubudur.
Gi ve G(i) altgruplarının daha ba¸ska temel ¨ozelliklerini g¨orelim.
¨
Onsav
15.1.v’e g¨ore her Gi ▹ G olur. (Bunu kanıtlamak i¸cin t¨
umevarıma
¨
bile gerek yok.) Onsav
15.1.ii’ye g¨ore t¨
umevarımla her i i¸cin G(i) ▹ G olur.
Tanımdan hemen G(i+1) = [G(i) , G(i) ] ≤ G(i) i¸cindeli˘gi ¸cıkar. Gn ▹ G
¨
oldu˘gundan, Onsav
15.1.iii’¨
un ikinci c¨
umlesinden, her i i¸cin Gi+1 = [G, Gi ] ≤
i
G oldu˘gu g¨or¨
ul¨
ur. Aynı olgu t¨
umevarımla da kanıtlanabilir: Gi+1 = [G, Gi ] ≤
[G, Gi−1 ] = Gi . Demek ki hem (Gi )i hem de (G(i) )i altgrup dizisi azalandır.
(Gn )n dizisine azalan merkezˆı seri adı verilir. (G(n) )n dizisine de azalan
t¨
urev serisi denir2 .
Bu dizilerin iki ardı¸sık teriminde e¸sitlik elde edersek, e¸sitlik sonsuza dek
s¨
urer: E˘ger Gi = Gi+1 ise Gi+2 = [G, Gi+1 ] = [G, Gi ] = Gi+1 olur; aynı ¸sekilde
e˘ger G(i) = G(i+1) ise G(i+2) = [G(i+1) , G(i+1) ] = [G(i) , G(i) ] = G(i+1) olur3 .
2
Aslında bir seriden de˘
gil, bir diziden s¨
ozetmek gerekir ama gelenek bu y¨
ondedir.
∩
∩
Gω = i∈N Gi ve G(ω) = i∈N G(i) tanımları yapılıp aynı prosed¨
urle dizi devam ettirilebilir. Bir α ordinali i¸cin Gα ve G(α) altgrupları tahmin edilen y¨
ontemle tanımlanabilir; ama
biz b¨
oyle bir u˘
gra¸sa giri¸smeyece˘
giz.
3
15.2. Azalan Merkezˆı Seriler, Turev
Serileri
¨
265
G(i) ≤ Gi i¸cindeli˘gi kolaylıkla t¨
umevarımla kanıtlanabilir:
G(i+1) = [G(i) , G(i) ] ≤ [G, Gi ] = Gi+1 .
Ama birazdan bundan ¸cok daha iyisini kanıtlayaca˘gız.
(G(i) )(j) = G(i+j) e¸sitli˘gi j u
¨zerine t¨
umevarımla kolaylıkla kanıtlanabilir.
Bu bulduklarımızı da not edelim:
¨
Onsav
15.3. Her i, j ∈ N i¸cin a¸sa˘gıdakiler do˘grudur:
i. Gi , G(i) ▹ G.
ii. Gi+1 ≤ Gi ve G(i+1) ≤ G(i) .
iii. G(i) ≤ Gi .
iv. G(i) /G(i+1) bir abel grubudur.
v. (G(i) )(j) = G(i+j) olur.
E˘ger H ≤ G ise, t¨
umevarımla kolaylıkla H i ≤ Gi ve H (i) ≤ G(i) oldu˘gu
¨
g¨osterilebilir. Ayrıca, gene t¨
umevarımla, e˘ger H ▹ G ise, Onsav
15.1.vii kuli
i
(i)
(i)
lanılarak (G/H) = G H/H ve (G/H) = G H/H oldu˘gunu g¨ostermek
i¸sten bile de˘gildir.
¨
Onsav
15.4. E˘ger H ≤ G ise H i ≤ Gi ve H (i) ≤ G(i) olur. Ayrıca, e˘ger
H ▹ G ise (G/H)i = Gi H/H ve (G/H)(i) = G(i) H/H olur.
Alı¸stırmalar
15.13.
15.14.
15.15.
15.16.
15.17.
15.18.
15.19.
15.20.
Gi /Gi+1 b¨
ol¨
um grubunun bir abel grubu oldu˘
gunu kanıtlayın.
G = Dn grubu i¸cin Gi ve G(i) altgruplarını hesaplayın.
(Sym n)′ ≤ Alt n oldu˘
gunu kanıtlayın.
˙
(Sym n)′ = Alt n e¸sitli˘
gini kanıtlayın. Ipucu:
E˘
ger n = 3 ise Alt n’nin her elemanı
bir kom¨
utat¨
ord¨
ur. E˘
ger n ≥ 4 ise, her ayrık (i j) ve (k ℓ) makasları i¸cin (i j)(k ℓ)
perm¨
utasyonu 2 kom¨
utat¨
or¨
un ¸carpımıdır.
′
E˘
ger n ≥ 5 ise (Alt n) = Alt n e¸sitli˘
gini (bir bi¸cimde!) kanıtlayın.
¨
Onsav
15.3’¨
u dikkatlice kanıtlayın. (Basit fakat ¨
onemli bir alı¸stırmadır.)
¨
Onsav
15.4’¨
u dikkatlice kanıtlayın. (Basit fakat ¨
onemli bir alı¸stırmadır.)
Gn grubunun [x1 , [x2 , . . . , [xn , xn+1 ] . . .]] t¨
ur¨
unden elemanlar tarafından u
¨retildi˘
gini kanıtlayın. Benzer bir ¨
onermeyi G(n) grupları i¸cin bulup kanıtlayın.
¨
Onsav
15.3.iii’ten ¸cok daha iyisini yapabiliriz:
¨
Onsav
15.5. G bir grup olsun.
i. Her x, y, z ∈ G i¸cin [[x, y −1 ], z]y [[y, z −1 ], x]z [[z, x−1 ], y]x = 1 olur.
ii. E˘ger H, K ≤ G altgrupları [[H, K], K] = 1 e¸sitli˘gini sa˘glıyorlarsa [H, K ′ ] =
1 olur.
¨ c Altgrup Onsavı.
¨
iii. P. Hall’un U¸
H, K, L ▹ G olsun. O zaman
[[H, K], L] ≤ [[K, L], H][[L, H], K]
olur.
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
266
iv. Her i ve j do˘gal sayıları i¸cin [Gi , Gj ] ≤ Gi+j+1 olur.
i
v. Her i i¸cin G(i) ≤ G2 −1 olur.
Kanıt: i. Tamamen hesaba dayalı. Okura bırakıyoruz.
ii. E˘ger birinci kısımda x ∈ H ve y, z ∈ K alırsak, [[y, z −1 ], x] = 1 elde
ederiz. Bu da istedi˘gimizi verir.
iii. Bu da birinci kısımdan kolayca ¸cıkar.
¨
iv. Onermenin
her i ve j i¸cin do˘gru oldu˘gunu j u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlayaca˘gız. E˘ger j = 0 ise tanımdan istedi˘gimiz ¸cıkar. E˘ger ¨onerme sabit bir
j ama her i i¸cin do˘gruysa, bir ¨onceki kısımdan
[Gi , Gj+1 ] =
=
≤
=
[Gi , [Gj , G]] ≤ [Gj , [G, Gi ]][G, [Gi , Gj ]]
[Gi+1 , Gj ][G, [Gi , Gj ]] ≤ [Gi+1 , Gj ][G, Gi+j+1 ]
Gi+1+j+1 [G, Gi+j+1 ] = Gi+1+j+1 Gi+j+1+1
Gi+j+2
˙
¸cıkar. Istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸stır.
v. E˘ger i = 0 ise kanıtlayacak bir ¸sey yok. E˘ger ¨onerme i i¸cin do˘gruysa,
G(i+1) = [G(i) , G(i) ] ≤ [G2 −1 , G2 −1 ]
i
i
i
i
i+1
≤ G(2 −1)+(2 −1)+1 = G2 +2 −1 = G2 −1 .
i
i
˙
olur. Istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸stır.
15.3
C
¸¨
oz¨
ul¨
ur Gruplar
Abel gruplarını ge¸cmi¸ste incelemi¸stik ve her ne kadar sınıflandıramasak da
en azından sonlu eleman tarafından u
¨retilenleri (dolayısıyla sonlu olanlarını)
sınıflandırmı¸stık. Bu ve daha bir¸cok nedenden (tam olarak do˘gru olmasa da)
abel grupları anla¸sılması kolay gruplar olarak addedilebilir. E˘ger bir G grubunun normal bir 1 ̸= A < G abel altgrubu varsa ve ayrıca G/A b¨ol¨
um
grubu abelse, o zaman G’nin abel gruplarından biraz daha komplike belki
ama anla¸sılması ¸cok da zor olmayan bir grup oldu˘guna h¨
ukmedebiliriz. Bu
t¨
ur gruplara bazen metabel grupları dendi˘gi olur. Bu gruplar bir anlamda
“yarım abeldirler”. E˘ger bir G grubunun normal bir abel A grubu varsa ve
G/A metabelse, o zaman grubun, metabel grupları kadar olmasa da gene de
bir nebze kolay bir grup oldu˘guna h¨
ukmedebiliriz; bu gruplar da Ҭ
u¸cte bir
˙ ste bu b¨ol¨
abel” olarak addedilebilir. Bunu devam ettirebiliriz. I¸
umde bir grubun abel-b¨ol¨
u-abel-b¨ol¨
u-abel-...-b¨ol¨
u-abel olmasını kavramla¸stıraca˘gız.
G bir grup olsun ve diyelim G’nin ¨oyle
(C
¸)
1 = An ≤ An−1 ≤ . . . ≤ A1 ≤ G = A0
¨ ul
15.3. C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
267
normal altgrupları var ki her i = 0, 1, . . . , n − 1 i¸cin Ai /Ai+1 bir abel grubu
oluyor. Bu durumda G’ye ¸
c¨
oz¨
ul¨
ur grup denir. C
¸ ¨oz¨
ul¨
ur grup kavramı, katsayıların k¨oklerini alarak ve toplama ¸carpma gibi temel aritmetik i¸slemleriyle,
polinomiyal denklemlerin k¨oklerinin bulunmasına dayanır ve ta Evariste Galois’ya kadar gider. E˘ger n bu ¨ozelli˘gi sa˘glayan en k¨
uc¸u
¨k do˘gal sayıysa, G’ye
n’inci dereceden ¸
c¨
oz¨
ul¨
ur grup ve n’ye G’nin ¸
co
¨z¨
ul¨
url¨
uk sınıfı adı verilir. Demek ki 1 grubu 0’ıncı dereceden ¸c¨oz¨
ul¨
ur gruptur, 1 olmayan bir abel
grubu 1’inci dereceden ¸c¨oz¨
ul¨
ur gruptur, abel olmayan bir metabel grup 2’inci
dereceden ¸c¨oz¨
ul¨
ur gruptur vs.
Bu kavram ¸cok yararlıdır ¸cu
¨nk¨
u ¸c¨oz¨
ul¨
url¨
uk sınıfı u
¨zerine t¨
umevarım yapılıp
kimileyin abel grupları i¸cin do˘gru olan olgular ¸c¨oz¨
ul¨
ur gruplar i¸cin genelle¸stirilebilir.
Bu arada, Ai /Ai+1 grubunun abel olmasının A′i ≤ Ai+1 ¨onermesine denk
oldu˘gunu anımsayalım. Bu g¨ozlemden, e˘ger G grubunun (C
¸ )’deki gibi bir normal altgrup dizisi varsa o zaman her i i¸cin G(i) ≤ Ai oldu˘gu ¸cıkar; nitekim
i = 0 ise kanıtlanacak bir ¸sey yok ve e˘ger G(i) ≤ Ai ise, G(i+1) = [G(i) , G(i) ] ≤
[Ai , Ai ] ≤ Ai+1 olur. Dolayısıyla G(n) = 1 olur. Demek ki e˘ger G en fazla n’inci
dereceden ¸c¨oz¨
ul¨
urse o zaman G(n) = 1 olur.
¨
Tersine, diyelim G(n) = 1. O zaman Onsav
15.3.iv’e g¨ore, G ¸c¨oz¨
ul¨
ur bir
gruptur ve (tanıma g¨ore) ¸c¨oz¨
ul¨
url¨
uk sınıfı en fazla n’dir. Bir teorem elde ettik.
Teorem 15.6. G’nin en fazla n’inci dereceden ¸c¨
oz¨
ul¨
ur olması i¸cin yeter ve
(n)
(n)
gerek ko¸sul G = 1 e¸sitli˘gidir. E˘ger G = 1 ama G(n−1) ̸= 1 ise G grubu
n’inci dereceden ¸c¨
oz¨
ul¨
ur olur.
Demek ki bir grup n’inci dereceden ¸c¨oz¨
ul¨
urse ve n > 0 ise, o zaman 1 ̸=
G(n−1) ▹ G normal altgrubu abel olur. Her grubun 1’den farklı normal bir abel
altgrubu yoktur ve bu bir ayrıcalık sayılabilir.
Bir grubun ¸c¨oz¨
ul¨
ur olması i¸cin (C
¸ )’deki Ai+1 altgruplarının illa G’de normal olmalarına gerek yok, Ai ’de normal olmaları yeter. (Ama Ai /Ai+1 grubunun abel olması ko¸sulu hˆalˆa daha ge¸cerli.) Bazen gerekli olabilecek bu sonucu
kanıtlayalım.
¨
Onsav
15.7. E˘ger G grubunun, her i i¸cin Ai /Ai+1 b¨
ol¨
um grubunun abel
oldu˘gu bir
1 = An ▹ An−1 ▹ . . . ▹ A1 ▹ A0 = G
altgrup dizisi varsa o zaman G ¸c¨
oz¨
ul¨
ur olur ve ¸co
¨z¨
ul¨
url¨
uk sınıfı ≤ n’dir.
(i−1)
¨
Kanıt: Bi = A1
olsun. B1 = A1 ▹ G olur. Bi+1 = Bi′ oldu˘gundan, Onsav
15.1.iv’e g¨ore t¨
umevarımla her i i¸cin Bi ▹ G olur. Ve elbette Bi+1 ≤ Bi olur.
Bi′ = Bi+1 oldu˘gundan, Bi /Bi+1 bir abel grubudur.
Bir grubun ¸c¨oz¨
ul¨
ur oldu˘gu ¸s¨oyle de anla¸sılır, ¨ozellikle grup sonluysa:
268
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
¨
Onsav
15.8. G bir grup ve A ▹ G olsun.
i. E˘ger G, n’inci dereceden ¸c¨
oz¨
ul¨
urse, A ve G/A en fazla n’inci dereceden
¸c¨
oz¨
ul¨
ur olur.
ii. E˘ger A ve G/A ¸c¨
oz¨
ul¨
ur gruplarsa o zaman G ¸c¨
oz¨
ul¨
ur bir gruptur. Ayrıca
G’nin ¸c¨
oz¨
ul¨
url¨
uk sınıfı, A ve G/A’nın ¸c¨
oz¨
ul¨
url¨
uk sınıflarının toplamından
k¨
u¸cu
¨ke¸sittir.
iii. E˘ger G, n’inci dereceden ¸c¨
oz¨
ul¨
urse ve 0 ≤ i ≤ n ise, o zaman G(i) altgrubu
(n − i)’inci dereceden ¸c¨
oz¨
ul¨
urd¨
ur.
¨
˙
Kanıt: Birinci ¨onerme tamamen Onsav
15.4’ten ¸cıkar. Ikinci
¨onermeyi kanıt(i)
(j)
¨
layalım. Diyelim A = 1 ve (G/A) = 1. Bu son e¸sitlikten ve Onsav
15.4’ten
(j)
(i+j)
(j)
(i)
¨
G ≤ A ¸cıkar. Bundan ve Onsav 15.3.v’ten G
= (G ) ≤ A(i) = 1
¨
˙
¸cıkar. Son ¨onerme de Onsav 15.3.v’ten ¸cıkar. Istedi˘gimiz kanıtlanmı¸stır.
¨
Notlar ve Ornekler
15.21. Birbirini normalize eden iki ¸co
¨z¨
ul¨
ur altgrubun u
¨retti˘gi altgrup da ¸co
¨z¨
ul¨
urd¨
ur.
Kanıt: A ve B birbirini normalize eden iki altgrup olsun. AB grubunun ¸co
¨z¨
ul¨
ur ol¨
du˘
gunu kantlamak istiyoruz. Onsav
15.8.ii’ye g¨
ore AB/A grubunun ¸co
¨z¨
ul¨
ur oldu˘
gunu
¨
¨
kanıtlamak yeterli. Ama AB/A ≃ B/(A ∩ B) (Ornek
10.107) ve Onsav
15.8.i’e g¨
ore
B/(A ∩ B) grubu ¸co
¨z¨
ul¨
urd¨
ur.
15.22. Sonlu bir G grubunun bir tane maksimal normal ve ¸c¨
oz¨
ul¨
ur altgrubu vardır. E˘ger bu
altgruba R(G) dersek, G/R(G) grubunun {1}’den ba¸ska ¸co
¨z¨
ul¨
ur normal altgrubu yoktur.
˙ normal ve ¸co
Kanıt: Iki
¨z¨
ul¨
ur altgrup tarafından u
¨retilmi¸s bir grubun normal ve ¸c¨
oz¨
ul¨
ur
oldu˘
gunu kanıtlamak yeterli ¸cu
¨nk¨
u o zaman R(G)’yi t¨
um normal ¸co
¨z¨
ul¨
ur altgruplar
¨
tarafından u
¨retilmi¸s grup olarak almak yeterli. Normallik bariz. C
¸¨
oz¨
ul¨
url¨
uk de Ornek
15.21’den ¸cıkıyor. Son ¨
onerme bariz.
R(G) altgrubuna grubun ¸
c¨
oz¨
ul¨
url¨
uk radikali adı verilir. Sonsuz gruplarda da R(G),
normal ve ¸c¨
oz¨
ul¨
ur altgruplar tarafından u
¨retilen altgrup olarak tanımlanabilir; bu durumda R(G) yerel ¸co
¨z¨
ul¨
ur olur (yani sonlu sayıda eleman tarafından u
¨retilen altgrupları
c¸o
¨z¨
ul¨
ur olur) ama ¸co
¨z¨
ul¨
ur olmak zorunda de˘
gildir.
Alı¸stırmalar
15.23. Dn grubunun ¸co
¨z¨
ul¨
ur oldu˘
gunu ve ¸co
¨z¨
ul¨
url¨
uk sınıfının en fazla 2 oldu˘
gunu g¨
osterin. Bu
grup ne zaman abeldir?
¨ yandan Sym 4 ¸co
15.24. E˘
ger n ≥ 5 ise Sym n ve Alt n ¸co
¨z¨
ul¨
ur de˘
gildirler. Ote
¨z¨
ul¨
ur bir gruptur.
G¨
osterin.
15.25. ⟨x, y|[x, y] = y n ⟩ grubunun ¸co
¨z¨
ul¨
ur oldu˘
gunu kanıtlayın. E˘
ger n ̸= 0 ise bu grubun
metabel oldu˘
gunu kanıtlayın.
∏
⊕
15.26. E˘
ger Gi gruplarının her biri en fazla n’inci dereceden ¸co
¨z¨
ul¨
urse, I Gi ve
I Gi grubunun en fazla n’inci dereceden ¸co
¨z¨
ul¨
ur oldu˘
gunu kanıtlayın.
15.27. Aut(Z × Z) ¸co
¨z¨
ul¨
ur bir grup de˘
gildir. (Kanıtı kolay olmayabilir.)
15.28. (Lineer cebir ve matris halkalarını bilenlere.) Herhangi bir K cismi u
¨zerine (mesela K = Q, R, C ya da Z/pZ olabilir), i < j i¸cin (i, j)’inci girdisi 0 olan tersinir
(yani ¸caprazında 0 bulunmayan) matrisler k¨
umesi, matris ¸carpımı altında bir gruptur
ve ¸c¨
oz¨
ul¨
ur bir gruptur.
15.29. Sonlu eleman tarafından u
¨retilmi¸s ¸co
¨z¨
ul¨
ur ve burulmalı bir grubun sonlu oldu˘
gunu
˙
kanıtlayın. Ipucu:
Alı¸stırma 15.20.
15.4. Artan Merkezˆı Seri
269
15.30. Her sonlu sayıda elemanın sonlu altgrup u
¨retti˘
gi gruplara yerel sonlu grup denir.
Bir ¨
onceki alı¸stırmadan hareketle ¸co
¨z¨
ul¨
ur bir grubun yerel sonlu olması i¸cin burulmalı
olmasının yeter ve gerek oldu˘
gunu g¨
osterin.
15.4
Artan Merkezˆı Seri
G bir grup olsun. Her i ≤ 0 i¸cin Zi (G) = 1 tanımını yapıp i ≥ 0 i¸cin G’nin
i’inci merkezini t¨
umevarımla ¸s¨oyle tanımlayalım:
Zi+1 (G) = {z ∈ G : [z, G] ⊆ Zi (G)}.
Elbette
Z1 (G) = Z(G),
yani Z1 (G) grubun merkezi olur. E˘ger G konunun geli¸sinden belliyse Zi (G)
yerine bazen Zi yazaca˘gız.
T¨
umevarımla Zi (G) ▹ G olgusunu kanıtlamak zor de˘gildir. Aslında (gene
t¨
umevarımla) daha g¨
u¸cl¨
u bir ifade kanıtlanabilir: Her φ : G −→ H homomorfisi
i¸cin, kolayca g¨or¨
ulece˘gi u
¨zere
φ(Zi (G)) ≤ Zi (φ(G))
olur. Ama e¸sitli˘gin do˘gru olmadı˘gı durumlar olabilir, ¨orne˘gin Z2 (G) > Z(G)
ise ve φ : G −→ G/Z(G) do˘gal izd¨
u¸su
¨m ise, φ(Z1 (G)) = 1 < Z2 (G)/Z(G) =
¨
Z(φ(G)) olur. Ote yandan e˘ger φ birebirse, kolayca g¨or¨
ulece˘gi u
¨zere
φ(Zi (G)) = Zi (φ(G))
olur. Buradan da (φ’yi φg : x 7→ xg i¸c otomorfileri olarak alarak) Zi (G) ▹ G
oldu˘gu g¨or¨
ul¨
ur. Hemen ardından da Zi (G) ≤ Zi+1 (G) oldu˘gu ve G/Zi (G)
grubundan s¨ozedebilece˘gimiz ¸cıkar. Tanımdan hemen, i ≥ 0 i¸cin
Z(G/Zi (G)) = Zi+1 (G)/Zi (G)
e¸sitli˘ginin do˘gru oldu˘gu anla¸sılır. Demek ki Zi+1 (G)/Zi (G) bir abel grubudur.
1 = Z0 (G) ≤ Z1 (G) ≤ . . . ≤ Zi (G) ≤ Zi+1 (G) ≤ . . .
dizisine artan merkezˆı seri adı verilir4 . Serinin ardı¸sık iki terimi bir defa
e¸sitlendi mi ondan sonra hep e¸sitlenir. Ama seri s¨
urekli de artabilir5 .
Bulduklarımızı yazalım:
4
Aslında bir seriden de˘
gil, bir diziden s¨
ozetmek gerekir ama gelenek bu y¨
ondedir.
E˘
ger α bir ordinalse Zα+1 tahmin edildi˘
gi u
¨∪
zere Z(G/Zα (G)) = Zα+1 (G)/Zα (G) olacak
bi¸cimde ve e˘
ger α bir limit ordinalse Zα (G) = β<α Zβ (G) olarak tanımlanabilir. Ama bu
kavramlara bu kitapta ihtiyacımız olmayacak.
5
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
270
¨
Onsav
15.9. Her i i¸cin Zi−1 (G) ≤ Zi (G) ▹ G olur. E˘ger φ : G −→ H bir
grup homomorfisiyse φ(Zi (G)) ≤ Zi (φ(G)) olur. Homomorfi birebirse e¸sitlik
olur.
Artan merkezˆı seriyle azalan merkezˆı seri arasında bir ili¸ski vardır:
¨
Onsav
15.10. Her j ve her i ≥ 0 i¸cin
[Gi , Zj (G)] ≤ Zj−i−1 (G) ve [Gi , Zi+1 (G)] = 1
olur.
Kanıt: Birinci ¨onermeyi kanıtlayalım. E˘ger i = 0 ise sorun yok. Geri kalanı i
¨
u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlayaca˘gız. Onermenin
i ve her j i¸cin do˘gru oldu˘gunu
¨
varsayalım. Onsav 15.5.iii’te normal altgruplar i¸cin kanıtlanan
[[H, K], L] ≤ [[K, L], H][[L, H], K]
i¸cindeli˘gini kullanaca˘gız. Buna g¨ore,
[Gi+1 , Zj ] = [[Gi , G], Zj ] ≤ [[G, Zj ], Gi ] [[Zj , Gi ], G]
≤ [Zj−1 , Gi ] [[Zj , Gi ], G] ≤ [Zj−1 , Gi ] [Zj−i−1 , G]
≤ [Zj−1 , Gi ] Zj−i−2 ≤ Zj−1−i−1 Zj−i−2 = Zj−(i+1)−1
olur. E˘ger j = i + 1 alırsak ikinci ¨onerme bundan hemen ¸cıkar.
Alı¸stırmalar
15.31. Her z ∈ Z2 (G) i¸cin g 7→ [g, z] kuralıyla tanımlanmı¸s ad z : G −→ Z(G) fonksiyonunun
bir grup homomorfisi oldu˘
gunu ve [g, z]n = [g, z n ] = [g n , z] e¸sitliklerini kanıtlayın. Buradan, e˘
ger g ya da z’den biri p-elemansa, [g, z]’nin de bir p-eleman oldu˘
gunu kanıtlayın.
E˘
ger p ̸= q asalları i¸cin g ve z elemanlarının biri p-eleman, di˘
geri q-elemansa gz = zg
e¸sitli˘
gini kanıtlayın. Bu son dedi˘
gimiz Zn (G) altgrubunun t¨
um elemanları i¸cin do˘
grudur
ve yakın gelecekte kanıtlanacaktır. S
¸ imdilik sonucu elemanlardan biri ikinci merkezdeyse
kanıtladık.
n
15.32. z ∈ Z2 (G) elemanı, bir p asalı ve bir n ∈ N do˘
gal sayısı i¸cin z p ∈ Z(G) i¸cindeli˘
gini
sa˘
glasın. (Yani z ∈ Z2 (G)/Z(G) elemanı bir p-eleman olsun.) Her g ∈ G i¸cin [g, z]’nin
de bir p-eleman oldu˘
gunu kanıtlayın.
15.33. (I. Schur). G/Z(G) grubunun sonlu oldu˘
gunu varsayalım. G′ altgrubunun sonlu oldug
˘unu g¨
osterece˘
giz. |G/Z(G)| = n olsun.
a. G′ /(G′ ∩Z(G)) grubunun sonlu oldu˘
gunu kanıtlayın. Demek ki istedi˘
gimizi kanıtlamak
i¸cin G′ ∩ Z(G) grubunun sonlu oldu˘
gunu g¨
ostermek yetecek.
b. X = {[g, h] : g, h ∈ G} k¨
umesinin en fazla n2 elemanı oldu˘
gunu g¨
osterin.
c. X = {x1 , . . . , xk } olsun. G′ ∩ Z(G) grubunun her elemanının m1 , . . . , mk ∈ N i¸cin
mk
1
xm
bi¸ciminde yazılaca˘
gını g¨
osterin.
1 · · · xk
d. Her g, h ∈ G,
[g, h]n+1 = g −1 [g, h]n g[g, h] = g −1 [g, h]n−1 [g 2 , h]g
−1
g
e¸sitliklerini g¨
osterin.
e. (c) ve (d)’den G′ ∩Z(G) grubunun her elemanının X’in en fazla n3 elemanının ¸carpımı
olarak yazıldı˘
gını g¨
osterin. Demek ki G′ ∩ Z(G) sonlu bir gruptur.
Bunu bir teorem olarak yazalım:
15.5. Sıfırkuvvetli Gruplar
271
Teorem 15.11 (I. Schur). G/Z(G) grubu sonluysa G′ grubu sonludur.
15.34. [R. Baer, bkz. [Ro]]. A ve B, G grubunun birbirini normalleyen iki altgrubu olsun.
X = {[a, b] : a ∈ A, b ∈ B}
k¨
umesinin sonlu oldu˘
gunu varsayalım. [A, B] altgrubunun sonlu oldu˘
gunu g¨
osterece˘
giz.
G yerine AB altgrubunu alarak, G = AB e¸sitli˘
gini varsayabiliriz. Bu varsayımla A ve B,
G’nin normal altgrupları olurlar. U = [A, B] = ⟨X⟩ ≤ A ∩ B tanımını yapalım. Elbette
U ▹ G olur.
G grubu X k¨
umesi u
¨zerine e¸sleniklik etkisiyle etkir. X sonlu oldu˘
gundan, bu etkinin
¸cekirde˘
gi olan CG (X) altgrubunun G’deki indeksi sonludur. Elbette CG (X) = CG (U )
¨
olur (bkz. Ornek
7.10), dolayısıyla CU (X) = Z(U ) olur.
U/Z(U ) = U/CU (X) = U/(CG (X) ∩ U ) ≃ CG (X)U/CG (X) ≤ G/CG (X)
oldu˘
gundan, [U : Z(U )] ≤ [G : CG (X)] < ∞ olur ve Alı¸stırma 15.33’ten U ′ altgrubunun
sonlu oldu˘
gu ¸cıkar. B¨
oylece b¨
ut¨
un altgrupların G/U ′ grubunda imgesini alarak U ′ = 1
varsayımını yapabiliriz. (G grubu yerine G/U ′ grubunu, A altgrubu yerine A/U ′ altgrubunu vs. alalım.) Elbette X’in {[a, u] : a ∈ A, u ∈ U } altk¨
umesi sonludur ve, U ′ = 1
oldu˘
gundan, elemanları birbiriyle de˘
gi¸sir.
[a, u]2 = [a, u2 ] e¸sitli˘
gini kanıtlayın. Buradan [A, U ] k¨
umesinin sonlu oldu˘
gunu ¸cıkarın.
Genelli˘
gi bozmadan [A, U ] = 1 e¸sitli˘
gini varsayabilece˘
gimizi kanıtlayın. Genelli˘
gi bozmadan U ≤ Z(G) varsayımını yapabilece˘
gimizi kanıtlayın.
e. E˘
ger x ∈ X ise x2 ∈ X oldu˘
gunu kanıtlayın. Buradan [A, B]’nin sonlu oldu˘
gunu
g¨
osterin.
15.5
Sıfırkuvvetli Gruplar
E˘ger bir n do˘gal sayısı i¸cin Zn (G) = G oluyorsa G’ye sıfırkuvvetli grup ya da
nilpotent grup adı verilir. E˘ger n, bu e¸sitli˘gi sa˘glayan en k¨
u¸cu
¨k do˘gal sayıysa,
G’ye n’inci dereceden sıfırkuvvetli grup ya da n-sıfırkuvvetli grup denir. Bu durumda c(G) = n yazaca˘gız ve n’ye G’nin sıfırkuvvet derecesi
adını verece˘giz. E˘ger c(G) = n ise, G’ye bazen n-sıfırkuvvetli diyece˘giz.
¨
Sıfırkuvvetli grupların ¸c¨oz¨
ul¨
ur oldu˘gu Onsav
15.7’den hemen ¸cıkıyor, ne de
olsa Zi /Zi+1 grupları abel gruplarıdır. Hatta aynı ¨onsavdan, e˘ger sıfırkuvvet
derecesi n ise, ¸c¨oz¨
ul¨
url¨
uk derecesinin ≤ n oldu˘gu ¸cıkıyor. Ama birazdan bundan ¸cok daha iyisini yapaca˘gız (bkz. Teorem 15.15).
Sıfırkuvvetlik sınıfı u
¨zerine t¨
umevarım yapılıp kimileyin abel grupları i¸cin
do˘gru olan olgular sıfırkuvvetli gruplar i¸cin genelle¸stirilebilece˘ginden ¨onemli
ve yararlı bir kavramdır.
¨
Onsav
15.12. i bir do˘gal sayı olsun. G’nin sıfırkuvvetli olması i¸cin yeter ve
gerek ko¸sul G/Zi grubunun sıfırkuvvetli olmasıdır. E˘ger Zi ̸= G ise, c(G) =
c(G/Zi ) + i olur.
Kanıt: Tanıma bakılırsa c(G/Zi ) = c(G) − i oldu˘gu hemen anla¸sılır.
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
272
Sıfırkuvvetli olmanın bir ba¸ska e¸sde˘ger tanımı daha vardır. Merkezˆı serilerden biri artan, biri azalandır. (Gi )i azalır, (Zi (G))i artar. E˘ger G sıfırkuvvetliyse, Zi (G) altgruplarının G grubuna ula¸sma hızı, Gi altgruplarının 1
altgrubuna ula¸sma hızına e¸sittir. S¸imdi bunu kanıtlaca˘gız.
Teorem 15.13. i. E˘ger Gn = 1 ise, her i i¸cin Gn−i ≤ Zi (G) olur. Dolayısıyla
Zn (G) = G olur.
ii. E˘ger Zn (G) = G ise Gi ≤ Zn−i (G) olur. Dolayısıyla Gn = 1 olur.
iii. E˘ger Gn = 1 ise G en fazla n’inci dereceden sıfırkuvvetlidir. E˘ger n,
bu e¸sitli˘gini sa˘glayan en k¨
u¸cu
¨k do˘gal sayıysa G tam n’inci dereceden sıfırkuvvetlidir.
¨
Kanıt: i. E˘ger i = 0 ise, istedi˘gimiz i¸cindelik hipotezden ¸cıkar. Onermeyi
i i¸cin
(n+1)−i
n+1−i
kabul edip i + 1 i¸cin kanıtlayalım. [G
, G] = [G
, G] = Gn−i ≤ Zi (G)
oldu˘gundan, tanıma g¨ore G(n+1)−i ≤ Zi+1 (G) olur.
¨
ii. E˘ger i = 0 ise, istedi˘gimiz i¸cindelik hipotezden ¸cıkar. Onermeyi
i i¸cin kai
bul edip i + 1 i¸cin kanıtlayalım: Gi+1 = [G , G] ≤ [Zn−i (G), G] = Zn−i−1 (G) =
Zn−(i+1) (G).
iii. Yukarıda kanıtlananlardan ¸cıkar.
Sonu¸
c 15.14. Zi (G) en fazla i’inci dereceden sıfırkuvvetlidir.
Kanıt: [G, Zj (G)] ≤ Zj−1 (G) oldu˘gundan, [Zi (G), Zj (G)] ≤ Zj−1 (G) olur.
Bunu tekrar tekrar kullanarak Zi (G)i = 1 buluruz.
Teorem 15.15. Sıfırkuvvetli gruplar ¸c¨
oz¨
ul¨
ur gruplardır. Sıfırkuvvet derecesi
m
n ise, grubun ¸c¨
oz¨
ul¨
url¨
uk derecesi n ≤ 2 − 1 e¸sitsizli˘gini sa˘glayan en k¨
u¸cu
¨k m
do˘gal sayısından k¨
u¸cu
¨ke¸sittir, yani ¸c¨
oz¨
ul¨
url¨
uk derecesi ≤ ⌈log2 (n + 1)⌉ olur6 .
m
¨
Kanıt: Onsav
15.5.v’i kullanaca˘gız: G(m) ≤ G2 −1 ≤ Gn = 1.
¨ yandan ¸c¨oz¨
Ote
ul¨
ur gruplar sıfırkuvvetli olmak zorunda de˘gildirler, hatta
¸c¨oz¨
ul¨
ur grupların merkezleri 1 olabilir; Alı¸stırma 5.45’teki grup b¨oyle bir gruptur.
Asal bir p sayısı i¸cin sonlu p-gruplarının sıfırkuvvetli olması ¸cok ¨onemlidir,
bir sonraki b¨ol¨
umde bunu kullanaca˘gız:
Teorem 15.16. Asal bir p sayısı i¸cin sonlu p-grupları sıfırkuvvetlidir. Ayrıca
grubun eleman sayısı n ≥ 2 i¸cin pn ise sıfırkuvvet sınıfı en fazla n − 1’dir
Kanıt: Grubun eleman sayısı u
¨zerine t¨
umevarım yapaca˘gız. E˘ger grubun p
elemanı varsa, grup abel grubudur, dolayısıyla 1’inci dereceden sıfırkuvvetlidir.
En genel durumda: Gruba G adını verirsek, Teorem 8.9’a ya da 14.6’ya g¨ore
6
⌈x⌉ sayısı x’ten b¨
uy¨
uke¸sit en k¨
u¸cu
¨k tamsayıdır.
15.5. Sıfırkuvvetli Gruplar
273
¨
Z(G) ̸= 1 olur. G/Z(G) t¨
umevarımla sıfırkuvvetli oldu˘gundan, Onsav
15.12’ye
g¨ore G sıfırkuvvetlidir.
S¸imdi |G| = pn varsayımını yapalım. E˘ger n = 2 ise grubun abel grubu
oldu˘gunu, dolayısıyla birinci sınıf sıfırkuvvetli oldu˘gunu biliyoruz. S¸imdi n > 2
varsayımını yapalım. O zaman |G/Z(G)| ≤ pn−1 olur. T¨
umevarımla, G/Z(G)
¨
grubunun sıfırkuvvet derecesi en fazla n − 2’dir. Onsav
15.12’ye g¨ore G’nin
sıfırkuvvet derecesi en fazla n − 1’dir.
¨
Notlar ve Ornekler
15.35. Bu notta, asal bir p > 2 i¸cin p3 elemanlı grupları sınıflandıraca˘
gız. E˘
ger grup abelse u
¨¸c
se¸cene˘
gimiz oldu˘
gunu biliyoruz:
(Z/pZ)3 , Z/pZ × Z/p2 Z, Z/p3 Z.
Bundan b¨
oyle p3 elemanlı G grubunun abel olmadı˘
gını varsayalım. Teorem 15.16’ya
g¨
ore G’nin 2-sıfırkuvvetli oldu˘
gunu biliyoruz. Ama bunu ve ¸cok daha fazlasını ¸so
¨yle
de kanıtlayabiliriz: 1 < Z(G) < G oldu˘
gunu biliyoruz. Demek ki ya |Z(G)| = p ya
da |Z(G)| = p2 . Ama ikinci ¸sıkta |G/Z(G)| = p ve dolayısıyla G/Z(G) d¨
ong¨
usel ve
¨
o zaman da G abel grubu olur (Ornek
9.66), ¸celi¸ski. Demek ki |Z(G)| = p ve derecesi p olan bir z elemanı i¸cin Z(G) = ⟨z⟩. Burada z merkezin 1’den farklı herhangi
bir elemanı olabilir, dolayısıyla her an i¸cin z’yi de˘
gi¸stirebiliriz. Ayrıca |G/Z(G)| = p2
oldu˘
gundan, G/Z(G) bir abel grubudur (Sonu¸c 8.10), dolayısıyla G′ ≤ Z(G) olur.
G′ ̸= 1 oldu˘
gundan G′ = Z(G) olmalı. Aynı zamanda, p2 elemanlı bir grup olan
¨
G/Z(G) d¨
ong¨
usel olamayaca˘
gından (aksi halde G bir abel grubu olurdu, Ornek
9.66),
G/Z(G) ≃ Z/pZ ⊕ Z/pZ olur. Grubun yapısı baya˘
gı ortaya ¸cıktı ama daha fazlasını
bulaca˘
gız. Diyelim G/Z(G) = ⟨x, y⟩. O zaman
G = ⟨x, y, z⟩ = {xa y b z c : a, b, c ∈ {0, 1, . . . , p − 1}}
olur. (x ve y se¸cimimizi de de˘
gi¸stirebiliriz.) Daha ¸carpım tablosunu, yani
′
′
′
(xa y b z c )(xa y b z c )
¸carpımını bulmamız lazım. Bu ¸carpımı
′
′
′
′′
′′
′′
(xa y b z c )(xa y b z c ) = xa y b z c
olarak yazabilmemiz lazım. z ∈ Z(G) oldu˘
gundan
′
′
′
′
′
(xa y b z c )(xa y b z c ) = xa y b xa y b z c+c
′
′
olur. Demek ki, ¨
onemli olan y b xa elemanını
′
y b xa = xa1 y b1 z c1
olarak yazabilmek; bir de deg x ve deg y derecelerini bulmak gerekiyor. Bu derecelerin
ya p ya da p2 olmaları gerekti˘
gini biliyoruz. Ama her durumda xp , y p ∈ Z(G) olmalı.
Her ikisinin de derecesinin p2 oldu˘
gunu varsayalım. O zaman bir i = 1, . . . , p − 1 i¸cin
y p = (xp )i = xip olur. Alı¸stırma 1.23’te her grupta her a ve b elemanı ve her n ∈ N i¸cin
(ab)n = an bn [b, an−1 ]b
n−1
n−2
[b, an−2 ]b
· · · [b, a]b
¨
e¸sitli˘
gini kanıtlamı¸stık. Orne˘
gimizde [b, a] ∈ G′ = Z(G) oldu˘
gundan, e¸sitlik,
(ab)n = an bn [b, an−1 ][b, an−2 ] · · · [b, a]
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
274
e¸sitli˘
gine d¨
on¨
u¸su
¨r. Grubun sıfırkuvvet derecesi 2 oldu˘
gundan, bundan
(ab)n = an bn [b, a1+2+···+(n−1) ] = an bn [b, a]n(n−1)/2
elde ederiz. S
¸ imdi n = p alalım ve p > 2 varsayımını yapalım. O zaman, [b, a] ∈ Z(G) ≃
Z/pZ oldu˘
gundan
(ab)p = ap bp = ap bp [b, a]p(p−1)/2 = ap bp
olur. Son olarak, a yerine x−i , b yerine y alalım:
(x−i y)p = x−ip y p = 1
elde ederiz. Demek ki y yerine x−i y elemanını alırsak, y p = 1 varsayımını yapabiliriz.
B¨
oylece, e˘
ger p > 2 ise en azından y’yi derecesi p olan bir eleman olarak alabilece˘
gimizi
g¨
osterdik. Bundan b¨
oyle deg y = p varsayımını yapabilece˘
giz.
E˘
ger deg x = p2 ise, Z(G) = G′ < ⟨x⟩ ▹ G olur. Demek ki,
G = ⟨x⟩ o ⟨y⟩ ≃ Z/p2 Z o Z/pZ.
¨
Ornek
12.25’te x ve y’den birinin derecesinin p2 , di˘
gerinin derecesinin p oldu˘
gu ¨
ornekler
vermi¸stik. Bunların bu t¨
ur t¨
um grupları verdi˘
gini g¨
ostermek zor de˘
gil.
Bundan b¨
oyle deg x = p varsayımını yapalım. z ∈ Z(G) \ {1} elemanını [x, y] elemanına
e¸sit se¸cebiliriz. O zaman
xy = yx[x, y] = yxz
olur ve b¨
oylece grubun yapısı tamamen ortaya ¸cıkar:
G = ⟨x, y, z | xp = y p = z p = [x, z] = [y, z] = 1, [x, y] = z⟩.
Buldu˘
gumuz gruba Heisenberg p-grubu adı verilir.
Eksponantı p’dir (¸cu
¨nk¨
u p > 2 varsayımını yaptık, p = 2 ise Heisenberg grubunun eksponantı 4’t¨
ur; zaten 2 olsaydı G abel grubu olurdu). Matrisleri bilenler i¸cin Heisenberg
grubu ¸so
¨yle tasvir edilebilir:




1 i k


xi y j z k = 0 1 j  : i, j, k ∈ Z/pZ .


0 0 1
Alı¸stırmalar
15.36. Alı¸stırma 5.45’teki grubun ikinci dereceden ¸co
¨z¨
ul¨
ur oldu˘
gunu, ama merkezinin 1 oldug
˘unu, dolayısıyla sıfırkuvvetli olamayaca˘
gını kanıtlayın.
15.37. E˘
ger n bir tek sayıysa, Dn grubunun merkezinin 1 oldu˘
gunu, dolayısıyla sıfırkuvvetli olmadı˘
gını kanıtlayın. Bu grubun ikinci dereceden ¸c¨
oz¨
ul¨
ur oldu˘
gunu daha ¨
once g¨
orm¨
u¸st¨
uk.
15.38. E˘
ger n > 2 bir ¸cift sayıysa, Dn grubunun merkezinin 2 elemanlı oldu˘
gunu kanıtlayın.
Dn /Z(Dn ) ≃ Dn/2 oldu˘
gunu kanıtlayın. n = 2 ise D2 ≃ Z/2Z × Z/2Z olur.
15.5. Sıfırkuvvetli Gruplar
275
¨
15.39. Onceki
iki alı¸stırmadan hareketle, e˘
ger n, 2’nin bir kuvveti de˘
gilse Dn grubunun sıfırkuvvetli olmadı˘
gını kanıtlayın (bkz. Teorem 15.16). E˘
ger bir k > 1 tek sayısı i¸cin n = 2m k
ise, her i ≤ k i¸cin Zi (Dn ) ≃ Z/2i Z oldu˘
gunu, ama i ≥ m i¸cin Zi+1 (Dn ) = Zi (Dn )
oldu˘
gunu kanıtlayın.
15.40. ⟨x, y | [[x, y], x], [[x, y], y]⟩ grubunun 2-sıfırkuvvetli oldu˘
gunu kanıtlayın.
12
2
5
˙
15.41. G = ⟨a, b | a , b , baba ⟩ grubunun sıfırkuvvetli oldu˘
gunu g¨
osterin. Ipucu:
G ≃
⟨a⟩ o ⟨b⟩ ve e˘
ger u = a3 ve v = a4 ise ⟨a⟩ ≃ ⟨u⟩ ⊕ ⟨v⟩ olur. Ayrıca ub = u−1 , v b = v.
S
¸ imdi G ≃ (⟨u⟩ o ⟨b⟩) × ⟨v⟩ ≃ D4 × Z/3Z oldu˘
gunu g¨
osterin.
∏
⊕
15.42. E˘
ger Gi gruplarının her biri en fazla n’inci dereceden sıfırkuvvetliyse, I Gi ve I Gi
grubunun en fazla n’inci dereceden sıfırkuvvetli oldu˘
gunu kanıtlayın.
15.43. 2-sıfırkuvvetli bir grupta (xy)n = xn y n [y, x]n(n−1)/2 oldu˘
gunu kanıtlayın.
15.44. Teorem 15.16 sonsuz p-grupları i¸cin do˘
gru de˘
gildir, ¨
orne˘
gin e˘
ger σ = (1 2 . . . p) ∈ Sym p
¨
ise, Ornek
12.23’te tanımlanan G = Zpp∞ o ⟨σ⟩ bir p-gruptur ancak sıfırkuvvetli de˘
gildir.
Kanıtlayın.
15.45. (Lineer cebir ve matris halkalarını bilenlere.) Herhangi bir K cismi u
¨zerine (mesela K = Q, R, C ya da Z/pZ olabilir), i < j i¸cin (i, j)’inci girdisi 0 ve (i, i)’inci girdisi
1 olan matrisler k¨
umesi, matris ¸carpımı altında bir gruptur ve sıfırkuvvetli bir gruptur.
15.46. (Lineer cebir ve matris halkalarını bilenlere.) Herhangi bir K cismi u
¨zerine (mesela K = Q, R, C ya da Z/pZ olabilir), i < j i¸cin (i, j)’inci girdisi 0 olan tersinir (yani
¸caprazında 0 bulunmayan) matrisler k¨
umesi, matris ¸carpımı altında bir gruptur. Bu
grup ¸co
¨z¨
ul¨
urd¨
ur (bkz. Alı¸stırma 15.28.) ama e˘
ger |K| > 2 ise sıfırkuvvetli de˘
gildir.
˙
15.47. p bir asal olsun. Sıfırkuvvetli bir p-grubun yerel sonlu oldu˘
gunu kanıtlayın. Ipucu:
Alı¸stırma 15.30.
¨
Notlar ve Ornekler
15.48. E˘ger sıfırkuvvetli bir grubun 1’den farklı bir p-elemanı varsa (p bundan b¨
oyle hep bir
asal olacak ), o zaman grubun merkezinde 1’den farklı bir p-eleman vardır.
Kanıt: Sonucu sıfırkuvvet derecesi u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlayalım. Gruba G diyelim. Grup abelse sorun yok. Bundan b¨
oyle grubun abel olmadı˘
gını varsayalım. Diyelim
Z(G)’de 1’den farklı bir p-eleman yok. O zaman G/Z(G) grubunda 1’den farklı bir p¨
eleman vardır. Onsav
15.12’ye g¨
ore, t¨
umevarımla, Z(G/Z(G)) = Z2 (G)/Z(G) grubunda
1’den farklı bir p-eleman vardır, diyelim z. Demek ki z ∈ Z2 (G) \ Z(G) ve bir n > 0 i¸cin
n
z p ∈ Z(G) olur. z merkezde olmadı˘
gından, CG (z) < G olur. Bir g ∈ G \ CG (z) se¸celim.
O zaman Alı¸stırma 15.32’ye g¨
ore, 1 ̸= [g, z] ∈ Z(G) bir p-elemandır.
15.49. G sıfırkuvvetli bir grup olsun. G/Z(G)’de 1’den farklı bir p-elemanı varsa, o zaman
Z(G) ∩ G′ altgrubunda 1’den farklı bir p-eleman vardır.
¨
Kanıt: Ornek
15.48’e g¨
ore Z(G/Z(G)) = Z2 (G)/Z(G) grubunda 1’den farklı bir peleman vardır. z ∈ Z2 (G) \ Z(G) elemanı z p ∈ Z(G) i¸cindeli˘
gini sa˘
glasın. E˘
ger g ∈
G \ CG (z) ise, 1 ̸= [g, z] ∈ Z(G) ∩ G′ olur. Ayrıca [g, z]p = [g, z p ] = 1 olur.
15.50. G sıfırkuvvetli bir grup ve i > 0 olsun. E˘ger G/Zi (G)’de 1’den farklı bir p-elemanı
varsa, o zaman Z(G) ∩ G′ altgrubunda 1’den farklı bir p-eleman vardır.
¨
Kanıt: i u
¨zerine t¨
umevarımla kanıtlayaca˘
gız. i = 1 durumu Ornek
15.49’da halledildi.
G/Zi ≃ (G/Zi−1 )/(Zi /Zi−1 ) = (G/Zi−1 )/Z(G/Zi−1 )
¨
oldu˘
gundan, (G/Zi−1 )/Z(G/Zi−1 ) grubunda 1’den farklı bir p-eleman vardır. Ornek
15.48’e g¨
ore G/Zi−1 grubunda 1’den farklı bir p-eleman vardır. T¨
umevarımla istenen
sonu¸c kanıtlanır.
15.51. G sıfırkuvvetli bir grup ve D ≤ G, p-b¨
ol¨
un¨
ur bir altgrup olsun. O zaman D’nin elemanları G’nin t¨
um p-elemanlarıyla de˘gi¸sir. Hatta D’nin elemanları G/Z(G) grubunun t¨
um
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
276
p-elemanlarıyla de˘gi¸sir.
n
˙
Kanıt: Ikinci
¨
onermeyi kanıtlamak yeterli. g ∈ G elemanı bir n ∈ N i¸cin g p ∈ Z(G)
i¸cindeli˘
gini sa˘
glasın. Sıfırkuvvet derecesi u
¨zerine t¨
umevarımla G = G/Z(G) grubunda
n
[D, g] = 1, yani [D, g] ≤ Z(G) olur. Rastgele bir d ∈ D alalım ve ep = d e¸sitli˘
gini
n
pn
sa˘
glayan bir e ∈ D elemanı bulalım. Alı¸stırma 15.9’a g¨
ore [d, g] = [e , g] = [e, g p ] = 1
olur.
15.52. p-b¨
ol¨
un¨
ur ve sıfırkuvvetli bir p-grup abel grubu olmak zorundadır.
Kanıt: Bir ¨
oncekinden ¸cıkar.
15.53. Sıfırkuvvetli grupların ¸su ¨
ozelli˘
gi de ¸cok ¨
onemlidir:
Teorem 15.17. Normalleme Ko¸sulu. E˘ger G sıfırkuvvetli bir grupsa ve H < G ise
H < NG (H) olur.
Kanıt: Kanıtı grubun sıfırkuvvetlilik sınıfı u
¨zerine t¨
umevarımla yapaca˘
gız. Grup abel
oldu˘
gunda, sorun yok. Bundan b¨
oyle grubun abel olmadı˘
gını varsayalım. E˘
ger Z(G) ̸≤ H
ise, H < HZ(G) ≤ NG (H) oldu˘
gundan, ¨
onermenin do˘
grulu˘
gu bariz. Bundan b¨
oyle
¨
Z(G) ≤ H varsayımını yapalım. Onsav
15.12’ye g¨
ore c(G/Z(G)) = c(G) − 1 < c(G)
oldu˘
gundan, e˘
ger G = G/Z(G) ve H = H/Z(G) < G ise, t¨
umevarımla, H/Z(G) = H <
¨
NG (H) elde ederiz. Ama Ornek
11.1’e g¨
ore NG (H) = NG (H)/Z(G). Demek ki
H/Z(G) < NG (H)/Z(G),
dolayısıyla H < NG (H).
˙
Ikinci
Kanıt: Elbette Z(G) ≤ NG (H) olur. H0 = H ve Hi+1 = NG (Hi ) tanımlarını
yapalım. T¨
umevarımla Zi (G) ≤ Hi oldu˘
gunu kanıtlamak zor de˘
gil: [Zi+1 (G), Hi ] ≤
Zi (G) ≤ Hi oldu˘
gundan, bundan kolaylıkla Zi+1 (G)’nin Hi ’yi normalle¸stirdi˘
gi, yani
Zi+1 (G) ≤ Hi+1 ¸cıkar. Dolayısıyla Hn = G olur. Buradan da NG (H) < H ¸cıkar (aksi
halde normalleyicilerle G’ye kadar ¸cıkamazdık).
¨
¨ cu
U¸
¨ nc¨
u Kanıt: Oyle
bir j vardır ki Gj+1 ≤ H ama Gj ̸≤ H. Elbette H/Gj+1 ▹
Gj /Gj+1 olur, ¸cu
¨nk¨
u Gj /Gj+1 bir abel grubudur. Teorem 11.1’e g¨
ore H ▹ Gj olmalı.
Bundan da H ▹ HGj ¸cıkar. Ama H < HGj oldu˘
gundan, istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸stır. 15.54. Sıfırkuvvetli bir G grubunun maksimal bir altgrubu normaldir ve indeksi bir asaldır.
Dolayısıyla maksimal altgrup G′ altgrubunu i¸cermek zorundadır. (E˘
ger maksimal bir
altgrup varsa tabii; olmayabilir de.)
Kanıt: Grup G, maksimal altgrup da M olsun. M < NG (M ) oldu˘
gundan, NG (M ) = G,
yani M ▹ G olur. Demek ki M ile G arasında ba¸ska bir altgrup yoktur, yani G/M ’nin
sadece iki altgrubu vardır. Bu da bir p asalı i¸cin G/M ≃ Z/pZ demektir. G/M abel
grubu oldu˘
gundan, G′ ≤ M olur.
˙ kanıtımız (e˘
15.55. A¸sa˘
gıdaki teoremin iki farklı kanıtını sunaca˘
gız. Ilk
ger grup sonsuzsa) Zorn
¨
˙
Onsavı’nı
kullanacak ve standart arg¨
uman tiplerinden ¸sa¸smayacak. Ikinci
kanıtımız Zorn
¨
Onsavı’nı
kullanmayacak.
Teorem 15.18. E˘ger G sıfırkuvvetli bir grupsa ve p bir asalsa, G’nin p-elemanları
(mecburen karakteristik ) bir altgrup olu¸sturur. Dolayısıyla sıfırkuvvetli ve burulmalı bir
grup, asal p sayıları i¸cin maksimal p-altgruplarının direkt toplamıdır.
¨
Birinci Kanıt: Bunun bir kanıtı ¸so
¨yle yapılabilir: Zorn Onsavı’nı
kullanarak G’nin
maksimal bir p altgrubunu bulabiliriz. (E˘
ger grup sonluysa maksimal p altgrubu bulmak
¨
i¸cin Zorn Onsavı’na
gerek yok.) Bu p-altgruba P adını verelim. E˘
ger P ’nin G-normal
oldu˘
gunu kanıtlarsak, Teorem 12.7’ye g¨
ore istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸s olur. Diyelim P , Gnormal de˘
gil. O zaman Teorem 15.17’ye g¨
ore, P ≤ NG (P ) < NG (NG (P )) olur. Teorem
10.11’e g¨
ore P , NG (P ) altgrubunun p-elemanlarının k¨
umesidir, dolayısıyla NG (P )’nin
bir otomorfisi altında de˘
gi¸smez, yani NG (P )’nin karakteristik altgrubudur. Ama e˘
ger
g ∈ NG (NG (P )) ise, x 7→ xg fonksiyonu NG (P )’nin bir otomorfisidir, dolayısıyla P g = P
15.5. Sıfırkuvvetli Gruplar
277
ve g ∈ NG (P ) olur; buradan da NG (NG (P )) = NG (P ) ¸cıkar, ¸celi¸ski. Birinci ¨
onerme
˙
kanıtlanmı¸stır. Ikinci
¨
onerme bundan ve Teorem 4.10’dan ¸cıkar.
Yukarıdaki teoremi kanıtlamak i¸cin maksimal p-altgrupların varlı˘
gına ihtiyacımız vardı
¨
ve bu altgrupların varlı˘
gını kanıtlamak i¸cin Zorn Onsavı’nı
kullandık. Ama kanıtın sonunda bu maksimal p-altgruptan tek bir tane oldu˘
gunu g¨
ord¨
uk (p-elemanlar k¨
umesi).
¨
Dolayısıyla bu ¨
onsav Zorn Onsavı
kullanılmadan da kanıtlanabilmeli, ¸cu
¨nk¨
u varlı˘
gı Zorn
¨
Onsavı’yla
kanıtlanan bir nesneden bir tane olmamalı, hatta ne oldu˘
gu anla¸sılamamalı
bile; oysa biz maksimal p-altgrubun p-elemanlar k¨
umesi oldu˘
gunu kanıtladık.
¨
S
¸ imdi aynı teoremi Zorn Onsavı’nı
kullanmadan kanıtlamaya koyulaca˘
gız.
¨
˙
Ikinci
Kanıt: Bu sefer Zorn Onsavı’nı
kullanmayaca˘
gız. P , G’nin p-elemanlarından
olu¸san altk¨
ume olsun. E˘
ger G bir abel grubuysa, P elbette bir altgruptur. Gerisini grubun sıfırkuvvet derecesine g¨
ore t¨
umevarımla kanıtlayaca˘
gız. T¨
umevarımla P1 = P ∩G′ ≤
′
G olur. Elbette P ∩G ▹G, hatta bu altgrup G’de karakteristiktir. S
¸ imdi P1 ’in sıfırkuvvet
¨
sınıfı u
¨zerinden t¨
umevarım yapaca˘
gız. Once
P1 = 1 durumunu, yani P ∩ G′ = 1 durumunu ele alalım. P ’nin merkezˆı oldu˘
gunu g¨
osterece˘
giz, bu da istedi˘
gimizi kanıtlamı¸s
¨
olacak. Ornek
15.49’a g¨
ore G/Z(G)’de 1’den farklı bir p-eleman yoktur. Demek ki
P ⊆ Z(G). S
¸ imdilik t¨
umevarım adımını yapalım. Elbette P/Z(P1 ), G/Z(P1 ) grubunun p-elemanlarından olu¸san k¨
umedir ve
(G/Z(P1 ))′ ∩ P/Z(P1 )
=
=
G′ Z(P1 )/Z(P1 ) ∩ P/Z(P1 ) = G′ /Z(P1 ) ∩ P/Z(P1 )
(G′ ∩ P )/Z(P1 ) = P1 /Z(P1 )
olur. Dolayısıyla t¨
umevarım varsayımımızı G/Z(P1 ) grubuna uygulayabiliriz: P/Z(P1 ) ≤
G/Z(P1 ) olur. Ama Z(P1 ) ⊆ P oldu˘
gundan, bundan P ≤ G ¸cıkar. B¨
oylece t¨
umevarım
adımı da tamamlanmı¸s oldu.
Sonu¸
c 15.19. Sıfırkuvvetli bir grupta burulmalı elemanlar bir altgrup olu¸sturur ve bu
altgrup (maksimal) p-altgruplarının direkt toplamıdır.
Sonu¸
c 15.20. p ve q iki farklı asal olsun. Sıfırkuvvetli bir grupta p-elamanların ¸carpımları ve kom¨
utat¨
orleri de p elemanlardır. Ayrıca p-elemanlarla q-elemanlar birbirleriyle
de˘gi¸sirler.
Sonu¸
c 15.21. Burulmalı bir sıfırkuvvetli grup maksimal p-altgruplarının direkt toplamıdır, dolayısıyla yerel sonludur.
Sonu¸
c 15.22. Sıfırkuvvetli ve burulmalı bir grupta b¨
ol¨
un¨
ur altgruplar merkezˆıdir.
¨
Kanıt: Ornek
15.51’den ve yukarıdaki sonu¸clardan ¸cıkar.
15.56. (Chernikov [Ch1, Ch2]) G sıfırkuvvetli ve p-b¨
ol¨
un¨
ur bir grup olsun. O zaman grubun merkezi Z, grubun t¨
um p-elemanlarını i¸cerir ve p-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. i ≥ 1 i¸cin G/Zi
ve Zi+1 /Zi grupları p-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur ve etkisiz elemandan ba¸ska p-elemanları yoktur.
¨
Kanıt: Ornek
15.51’e g¨
ore, grubun p-elemanları merkezˆıdir. Aynı ¨
orne˘
ge g¨
ore G/Z
grubunun etkisiz elemandan ba¸ska p-elemanı yoktur. Buradan Z altgrubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur
oldu˘
gu ¸cıkar. G/Zi (G) grupları elbette p-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Biraz ¨
once kanıtladı˘
gımız u
¨zere
bu grupların merkezi olan Zi+1 /Zi grupları da p-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Ve gene biraz ¨
once kanıtladı˘
gımız u
¨zere, i ≥ 0 i¸cin
(G/Zi )/Z(G/Zi ) = (G/Zi )/(Zi+1 /Zi ) ≃ G/Zi+1
grubunun etkisiz elemandan ba¸ska p-elemanı yoktur. Dolayısıyla, G/Zi+1 grubunun bir
altgrubu olan Zi+1 /Zi grubunun da etkisiz elemandan ba¸ska p-elemanı yoktur.
15.57. E˘ger A ≤ Z(G) ise ve G/A grubu n’inci dereceden sıfırkuvvetliyse, G ya n ya da
(n + 1)’inci dereceden sıfırkuvvetlidir.
¨
Kanıt: Onsav
15.4’e g¨
ore
1 = (G/A)n = Gn A/A
278
¨ ul
15. Sıfırkuvvetli ve C
¸ oz
¨ ur
¨ Gruplar
ve dolayısıyla Gn ≤ A ≤ Z(G) olur. Buradan da Gn+1 = [G, Gn ] ≤ [G, Z(G)] = 1 ¸cıkar.
Teorem 15.13’e g¨
ore G en fazla (n + 1)’inci dereceden sıfırkuvvetlidir. G’nin sıfırkuvvet
sınıfının n’den k¨
uc¸u
¨k olamayaca˘
gını zaten biliyoruz.
15.58. G bir grup ve H, K ≤ G, birbirini normalize eden iki nilpotent altgrup olsun. O zaman
HK de nilpotent bir altgruptur.
Kanıt: G yerine ⟨H, K⟩ alarak, H ve K’nın G’de normal olduklarını varsayabiliriz. E˘
ger
G bir abel grubuysa, sonu¸c bariz. Gerisini G’nin sıfırkuvvet derecesi u
¨zerine t¨
umevarımla
yapalım. T¨
umevarım varsayımına g¨
ore
⟨HZ(G)/Z(G), KZ(G)/Z(G)⟩ = HKZ(G)/Z(G) ≃ HK/(HK ∩ Z(G))
15.59.
15.60.
15.61.
15.62.
¨
nilpotent bir gruptur. HK ∩ Z(G) ≤ Z(HK) oldu˘
gundan, sonu¸c Ornek
15.57’den ¸cıkar.
Sonlu bir grubun normal sıfırkuvvetli altgruplarının maksimali vardır ve bu altgrup biriciktir.
¨
Kanıt: Ornek
15.58’e g¨
ore t¨
um normal sıfırkuvvetli altgruplar tarafından u
¨retilmi¸s
altgrup maksimal sıfırkuvvetli normal altgruptur.
F (G) olarak yazılan bu altgrup Fitting altgrubu olarak bilinir. Sonlu grup teorisinde
c¸ok ¨
onemlidir.
G sıfırkuvvetli bir grup ve i ≥ 1 bir do˘gal sayı olsun. E˘ger G/Gi grubu p-b¨
ol¨
un¨
urse
G/Gi+1 grubu da p-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur. Demek ki G/G′ grubu p-b¨
ol¨
un¨
urse G de p-b¨
ol¨
un¨
ur.
Kanıt: G/Gi ≃ (G/Gi+1 )/(Gi /Gi+1 ) oldu˘
gu i¸cin, G yerine G/Gi+1 grubunu alarak
i+1
G
= 1 varsayımını yapabiliriz. O zaman Gi ≤ Z(G) ve Gi−1 ≤ Z2 (G) olur. Demek ki
i
G bir abel grubu olur. Diyelim Gi grubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu kanıtladık. Bir g ∈ G
p
alalım. Hipoteze g¨
ore ¨
oyle bir h ∈ G vardır ki G/Gi grubunda g = h olur, yani gh−p ∈
i
i
G olur. Ama G ’nin p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu varsaymı¸stık. Demek ki bir k ∈ Gi ≤ Z(G)
−p
p
i¸cin gh = k ve dolayısıyla g = (kh)p olur ve b¨
oylece istedi˘
gimiz kanıtlanır. Demek ki
Gi altgrubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu kanıtlamak yeterli. Gi bir abel grubu oldu˘
gu i¸cin,
u
¨rete¸clerinin p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu kanıtlamalıyız. Demek ki g ∈ G ve h ∈ Gi−1 ≤ Z2 (G)
i¸cin Gi ’nin rastgele bir u
¨reteci olan [g, h] elemanının p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu kanıtlamalıyız.
G/Gi grubunda g = xp e¸sitli˘
gini sa˘
glayan bir x ∈ G alalım. Bir y ∈ Gi ≤ Z(G) i¸cin
gx−p = y olur. Bu durumda, Alı¸stırma 15.31’e g¨
ore, [g, h] = [xp y, h] = [xp , h] = [x, h]p
˙
olur. Istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸stır.
Sıfırkuvvetli grupların yegˆ
ane en b¨
uy¨
uk p-b¨
ol¨
un¨
ur altgrupları vardır. Bu altgrup biricik
oldu˘gundan normal, hatta karakteristiktir.
Kanıt: Gruba G diyelim. D, G’nin p-b¨
ol¨
un¨
ur altgruplarından olu¸san k¨
ume olsun. D’nin
¨
elemanları tarafından u
¨retilen altgrup da D olsun. Ornek
15.60’a g¨
ore, D/D′ grubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu kanıtlamak yeterli. Kolayca g¨
osterilebilece˘
gi u
¨zere, D/D′
′
′
abel grubu, {HD /D : H ∈ D} k¨
umesinin elemanları tarafından u
¨retilmi¸stir (bkz.
Alı¸stırma 10.33). Ama bu k¨
umenin elemanları D/D′ grubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur altgruplarıdır,
dolayısıyla D/D′ grubu p-b¨
ol¨
un¨
urd¨
ur.
G sıfırkuvvetli bir grup olsun. E˘ger bir D ▹ G i¸cin, D ve G/D grupları p-b¨
ol¨
un¨
urse, G
grubu da p-b¨
ol¨
un¨
ur.
¨
Kanıt: Ornek
15.60’a g¨
ore, G/G′ grubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu kanıtlamak yeterli.
′
(G/D)/(G/D) = (G/D)/(G′ D/D) ≃ G/G′ D grubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu biliyoruz.
Ayrıca D/D′ grubu p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gundan, (D/D′ )/((G′ ∩ D)/D′ ) ≃ D/(G′ ∩ D) grubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu biliyoruz. Ama G′ D/G′ ≃ D/(G′ ∩ D) oldu˘
gundan, bundan
G′ D/G′ grubu da p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gu ¸cıkar.
G/G′ D ve G′ D/G′ gruplarının p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gunu kanıtladık. G/G′ bir abel grubu
′
oldu˘
gundan, bundan kolaylıkla G/G grubunun p-b¨
ol¨
un¨
ur oldu˘
gu ¸cıkar.
15.5. Sıfırkuvvetli Gruplar
279
15.63. G, sıfırkuvvet derecesi n ≥ 2 olan bir grup olsun. Her g ∈ G i¸cin ⟨G′ , g⟩ altgrubunun
sıfırkuvvet derecesi en fazla n − 1’dir.
Kanıt: E˘
ger n = 2 ise, o zaman G′ ≤ Z(G), dolayısıyla ⟨G′ , g⟩ ≤ ⟨Z(G), g⟩ olur. Ama
⟨Z(G), g⟩ elbette bir abel grubudur. Demek ki ⟨G′ , g⟩ grubu da abeldir, yani en fazla
1’inci dereceden sıfırkuvvetlidir. S
¸ imdi n > 2 durumunu t¨
umevarımla ele alalım. H =
⟨G′ , g⟩ olsun. G/Z(G) grubu (n − 1)’inci dereceden sıfırkuvvetlidir. Ayrıca (G/Z(G))′ =
¨
G′ Z(G)/(G) oldu˘
gunu biliyoruz (Onsav
15.4). B¨
oylece, t¨
umevarımla
⟨(G/Z(G))′ , g⟩ = ⟨G′ Z(G)/Z(G), g⟩ = ⟨G′ , g⟩Z(G)/Z(G) = HZ(G)/Z(G)
grubunun sıfırkuvvet derecesinin en fazla n−2 oldu˘
gunu anlamı¸s oluruz. Elbette Z(G) ≤
¨
Z(HZ(G)) olur. Ornek
15.57’ye g¨
ore HZ(G) grubunun sıfırkuvvet derecesi en fazla n−1
olur. H bu grubun bir altgrubu oldu˘
gundan, onun da sıfırkuvvet derecesi en fazla n − 1
olur.
′
15.64. G sıfırkuvvetli bir grup olsun. E˘ger G/G d¨
ong¨
usel bir grupsa G de d¨
ong¨
usel bir gruptur.
Kanıt: G’nin abel olmadı˘
gını varsayalım. O zaman sıfırkuvvet derecesi n ≥ 2 olur. g
¨
elemanı G/G′ grubunun bir u
¨reteci olsun. Demek ki G = ⟨G′ , g⟩ olur. Ornek
15.63’e
g¨
ore G’nin sıfırkuvvet derecesi n − 1 olur. Bir ¸celi¸ski. Demek ki G bir abel grubu ve
G′ = 1.
15.65. A¸sa˘
gıdaki teorem de sıfırkuvvetli gruplarda ¨
onemlidir. Teorem, sıfırkuvvetli grupların
merkezinin her normal altgrupla kesi¸sti˘
gini, yani merkezin baya˘
gı b¨
uy¨
uk oldu˘
gunu s¨
oyl¨
uyor.
Teorem 15.23 (Hirsch). E˘ger G sıfırkuvvetliyse ve 1 ̸= A ▹ G ise, A ∩ Z(G) ̸= 1 olur.
Kanıt: Sıfırkuvvet derecesi u
¨zerine t¨
umevarım yapaca˘
gız. E˘
ger G bir abel grubuysa
¨
onerme bariz. Genel durumu ele alalım. T¨
umevarımla AZ(G)/Z(G) ∩ Z(G/Z(G)) ̸= 1,
yani AZ(G)/Z(G)∩Z2 (G)/Z(G) ̸= 1, yani Z(G) < AZ(G)∩Z2 (G) (bkz. Alı¸stırma 9.69),
yani A ∩ Z2 (G) ̸≤ Z(G) (bkz. Alı¸stırma 9.23). Madem ¨
oyle, bir z ∈ A ∩ Z2 (G) \ Z(G)
elemanı alalım. Bir de z ile de˘
gi¸smeyen bir g ∈ G elemanı alalım. O zaman z ∈ Z2 (G)
oldu˘
gundan, [z, g] ∈ Z(G) olur ve z ∈ A ▹ G oldu˘
gundan, [z, g] ∈ A olur. Demek ki
1 ̸= [z, g] ∈ A ∩ Z(G).
Bunun sonucu olarak, sıfırkuvvetli grupların minimal normal altgrupları merkezˆı olmak
zorundadır.
Alı¸stırmalar
15.66. G sıfırkuvvetli bir grup ve A ≤ G minimal normalse A ≤ Z(G) ve A ≃ Z/pZ oldu˘
gunu
kanıtlayın.
15.67. p bir asal olsun. Eleman sayısı pn olan bir grubun her i = 0, 1, . . . , n i¸cin pi elemanlı
normal bir altgrubu oldu˘
gunu kanıtlayın. Bu normal altgrupları birbirini kapsayacak
bi¸cimde se¸cebilece˘
gimizi kanıtlayın.
15.68. G sıfırkuvvetli bir grup olsun. Bir N ▹ G i¸cin G = G′ N ise N = G e¸sitli˘
gini kanıtlayın.
˙
Ipucu:
iu
¨zerine t¨
umevarımla Gi ≤ Gi+1 N i¸cindeli˘
gini kanıtlayın.
15.69. (Dixmier [D], see [Wa, Corollary 3.2]). G sıfırkuvvetli bir grup olsun. exp(G/G′ ) = n
varsayımını yapalım.
a. Her i i¸cin exp(Gi /Gi+1 )|n oldu˘
gunu g¨
osterin.
b. c, grubun sıfırkuvvet derecesiyse, exp(G)|nc oldu˘
gunu g¨
osterin.
16. Sylow Teoremleri
G sonlu bir grup olsun. Diyelim |G| = n. Ayrıca bir p asalı se¸celim. G’nin
p-altgrupları vardır, mesela 1 altgrubu. Ama G sonlu oldu˘gundan G’nin maksimal p-altgrupları da vardır, yani kendisinden daha b¨
uy¨
uk bir p-altgrup ol1
mayan p-altgrupları vardır . Tabii e˘ger p asalı n’yi b¨olm¨
uyorsa, bu maksimal
p-altgrup 1 altgrubu olmak zorundadır; ama tam tersine b¨ol¨
uyorsa, o zaman
Cauchy teoremine g¨ore G’nin maksimal p-altgrupları 1’den farklı olurlar.
Norve¸cli matematik¸ci (ve aslında bir lise ¨o˘gretmeni olan) Sylow, G’nin
maksimal p-altgrupları hakkında ¸cok ¨onemli sonu¸clar bulmu¸stur. Bu b¨ol¨
um bu
teorem ve uygulamaları hakkında. Birinci altb¨ol¨
umde teoremi kanıtlayaca˘gız.
˙
Ikinci
altb¨ol¨
umde teoremi kullanarak bazı k¨
u¸cu
¨k grupları sınıflandıraca˘gız.
16.1
Sylow Teoremleri
G, n ve p giri¸steki gibi olsun. Bu altb¨ol¨
um¨
un i¸cerik kazanması a¸cısından p’nin
n’yi b¨old¨
u˘gu
¨n¨
u varsayalım. p’nin n’yi b¨olen en b¨
uy¨
uk kuvveti pk olsun. Diyelim
k
n = p m. Tabii m sayısı p asalına b¨ol¨
unmez. G’nin maksimal p-altgruplarına
Sylow p-altgrupları adı verilir. Elbette her p-altgrup bir Sylow p-grubunun
i¸cindedir.
Sylow p-altgruplarıyla ilgili ¸su harika ¨onermeler do˘grudur.
Teorem 16.1 (Sylow Teoremleri). G sonlu bir grup, |G| = n, p bir asal ve
obeb(n, m) = 1 olmak u
¨zere, bir k ∈ N i¸cin n = pk m olsun.
i. G’nin Sylow p-altgruplarının eleman sayısı pk ’dır.
ii. Bu altgrupların sayısı sp ise sp , m’yi b¨
oler ve sp ≡ 1 mod p olur.
iii. G’nin Sylow p-altgrupları birbirine e¸sleniktirler.
Kanıt: X, G’nin Sylow p-altgrupları k¨
umesi olsun. Kanıt boyunca G’yi ve
G’nin altgruplarını, X’in ve X’in altk¨
umeleri u
¨zerine e¸sleniklik etkisiyle etki1
¨
Her grubun maksimal bir p-altgrubu oldu˘
gu Zorn Onsavı
kullanılarak kolaylıkla kanıtlanabilir (bkz. Alı¸stırma 5.30). Ancak sonlu grupların maksimal p-altgrupları oldu˘
gunu
¨
kanıtlamak i¸cin (elbette) Zorn Onsavı’na
ihtiya¸c yok, ve ayrıca bu b¨
ol¨
umde kanıtlayaca˘
gımız
teoremler sonsuz gruplar i¸cin her zaman do˘
gru de˘
gil.
282
16. Sylow Teoremleri
yece˘giz, yani Altb¨ol¨
um 14.1’in yazılımıyla, g ∈ G ve P ∈ X i¸cin g · P = P g
olacak.
−1
Sav 1. E˘ger bir Sylow p-altgrubu P bir p-eleman tarafından normalize ediliyorsa, o zaman bu p-eleman Sylow p-altgrubunda olmak zorundadır. Dolayısıyla P grubu NG (P )’nin p-elemanlarından olu¸sur ve NG (P )/P grubunun
1’den ba¸ska p-elemanı yoktur.
Sav 1’in Kanıtı: Diyelim Sylow p-altgrubu P , bir p-eleman olan g tarafından
normalize ediliyor. O zaman Teorem 10.11’e g¨ore P ⟨g⟩ bir p-gruptur. Ama
P maksimal bir p-altgrubu. Demek ki P = P ⟨g⟩ ve g ∈ P . Birinci ¨onerme
kanıtlandı. Son iki ¨onerme birincisinin sonucudur.
Sav 2. P, Q ∈ X ise P Q = {P q : q ∈ Q} k¨
umesinin eleman sayısı p’nin bir
kuvvetidir. E˘ger P = Q ise bu k¨
umenin tek bir elemanı vardır elbette, o da
P ’dir, ama e˘ger P ̸=
umenin eleman sayısı p’ye b¨
ol¨
un¨
ur.
Q ise k¨
¨
Sav 2’nin Kanıtı: P Q = |Q/NQ (P )| oldu˘gunu biliyoruz (bkz. Ornek
14.41).
E˘ger NQ (P ) = Q ise, yani Q, P ’yi normalize ediyorsa, bir ¨onceki sava g¨ore
Q
Q≤ P , yani Q = P olur. Demek ki Q ̸= P ise, NQ (P ) < Q olur, yani
P = |Q/NQ (P )| sayısı p’ye b¨ol¨
un¨
ur.
Kanıta devam edelim. P bir Sylow p-altgrubu ve
Y = P G = {P g : g ∈ G} ⊆ X
¨
olsun. Once
P grubunu Y u
¨zerine etkiyelim. Sav 2’ye g¨ore biri dı¸sında t¨
um P y¨or¨
ungelerin eleman sayısı p’ye b¨ol¨
un¨
ur ve p’ye b¨ol¨
unmeyen yegˆane y¨or¨
unge
P ’nin P -y¨or¨
ungesidir, ¸cu
¨nk¨
u tek elemanlıdır. B¨oylece |Y | ≡ 1 mod p ¸cıkar.
S¸imdi, e˘ger varsa, X \ Y ’den bir Q elemanı alalım ve Q grubunu Y u
¨zerine
etkiyelim. Bu sefer, gene Sav 2’ye g¨ore, t¨
um Q-y¨or¨
ungeler p’ye b¨ol¨
un¨
ur; dolayısıyla |Y | ≡ 0 mod p olur, ki bu da biraz ¨once buldu˘gumuzla ¸celi¸sir. Demek
ki X = Y ve |X| ≡ 1 mod p. (iii) ve (ii)’nin ikinci yarısı kanıtlandı.
Yukarıda kanıtladı˘gımız X = P G e¸sitli˘ginden, |X| = |G/NG (P )| ¸cıkar.
Demek ki |G/NG (P )| sayısı p’ye asal. Sav 1’den dolayı |NG (P )/P | de p’ye
asal. Demek ki |G/P | = |G/NG (P )| |NG (P )/P | de p’ye asal. Buradan |P | = pk
¸cıkar. (i) kanıtlandı.
m = |G/P | = |G/NG (P )| |NG (P )/P | = |X||NG (P )/P | e¸sitliklerinden dolayı |X|, m’yi b¨oler. Bu da (ii)’nin ilk yarısını kanıtlar.
G sonlu bir grup olsun. Sylp G, G grubunun Sylow p-altgrupları k¨
umesini simgeler. G grubunun Sylp G k¨
umesi u
¨zerine e¸sleniklik etkisi bize bir
G −→ Sym Sylp G homomorfisini verir. G grubu Sylp G u
¨zerine ge¸ci¸sli etkidi˘ginden, bu homomorfi olduk¸ca zengindir. A¸sa˘gıda bu zenginli˘ge (olduk¸ca
basit) ¨ornekler verece˘giz.
sp (G), G grubunun Sylow p-altgrubu sayısını temsil edecek, yani sp (G) =
| Sylp G|. Grup belliyse sp (G) yerine sadece sp yazaca˘gız. E˘ger sp = 1 ise, Sylow
teoremine g¨ore grubun Sylow p-altgrubu normaldir.
16.1. Sylow Teoremleri
283
¨
Notlar ve Ornekler
16.1. G = Sym 3 olsun. |G| = 3! = 6 = 2 × 3 olur.
¨
Once
p = 2 durumunu ele alalım. s2 ≡ 1 mod 2 ve s2 |3 oldu˘
gundan s2 ya 1 ya 3 olur.
Nitekim s2 = 3’t¨
ur:
G3 = ⟨(1 2)⟩, G2 = ⟨(1 3)⟩, G1 ⟨(2 3)⟩
altgrupları Sylow 2-altgruplarıdır. Bu altgruplar Sylow teoreminin de s¨
oyledi˘
gi gibi birbirlerine e¸sleniktirler: E˘
ger g = (1 2 3) ise, Gg3 = G2 ve Gg2 = G1 olur.
E˘
ger X = {G1 , G2 , G3 } ise, G, e¸sleniklikle X k¨
umesi u
¨zerine etkir: Her g ∈ G i¸cin
g˜(Gi ) = gGi g −1 ise, g 7→ g˜ kuralı bize bir ˜ : G −→ Sym X ≃ Sym 3 homomorfisini
verir. Bu homomorfinin ¨
orten oldu˘
gunu, dolayısıyla bir izomorfi oldu˘
gunu g¨
ostermek
zor de˘
gil. Bu yaptı˘
gımızı ¸so
¨yle ifade edebiliriz: Sym 3 grubu, {1, 2, 3} k¨
umesini bilmese
de, yani kendisinin Sym 3 oldu˘
gunu bilmese de, Sym 3’e izomorf oldu˘
gunu biliyor.
S
¸ imdi p = 3 durumuna bakalım. s3 ≡ 1 mod 3 ve s3 |2 oldu˘
gundan s3 = 1 olmalı, yani
tek bir Sylow 3-altgrubu olmalı; nitekim,
A = ⟨(1 2 3)⟩ = {Id3 , (1 2 3), (1 3 2)}
altgrubu Sym 3’¨
un yegˆ
ane Sylow 3-altgrubudur. B¨
oylece Sym 3 = A o G1 oldu˘
gu, dolayısıyla Sym 3’¨
un ¸co
¨z¨
ul¨
ur bir grup oldu˘
gu anla¸sılır.
16.2. G = Sym 4 olsun. Demek ki |G| = 4! = 24 = 23 3.
¨
Once
p = 2 durumunu ele alalım. Bir Sylow 2-altgrubunun 23 = 8 tane elemanı vardır
ve s2 ≡ 1 mod 2 ve s2 |3 oldu˘
gundan bunların sayısı ya 1 ya 3’t¨
ur. Nitekim s2 = 3’t¨
ur.
Sylow 2-altgruplarından biri
H2 = ⟨(1 2), (3 4)⟩ o ⟨(1 3)(2 4)⟩ = ⟨(1 3 2 4)⟩ o ⟨(1 2)⟩ ≃ D4
altgrubudur. Di˘
gerleri
ve
H3 = ⟨(1 3), (2 4)⟩ o ⟨(1 2)(3 4)⟩
H4 = ⟨(1 4), (2 3)⟩ o ⟨(1 2)(3 4)⟩
altgruplarıdır. B¨
ut¨
un bu Sylow 2-altgrupları, G’nin normal bir altgrubu olan
A = {Id4 , (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} ≃ Z/2Z × Z/2Z
altgrubunda kesi¸sirler.
H1 , H2 ve H3 altgrupları Sylow teoreminin de s¨
oyledi˘
gi gibi birbirlerine e¸sleniktirler.
Ancak A altgrubu hepsini normalize eder. Bunu ¸so
¨yle de a¸cıklayabiliriz: E˘
ger X =
{H1 , H2 , H3 } ise, G, e¸sleniklikle X k¨
umesi u
¨zerine etkir: Her g ∈ G i¸cin g˜(Hi ) = gHi g −1
ise, g 7→ g˜ kuralı bize bir ˜ : G −→ Sym X ≃ Sym 3 homomorfisini verir. Bu homomorfinin ¨
orten oldu˘
gu, ¸cekirde˘
ginin de A oldu˘
gu kolaylıkla kontrol edilebilir. Dolayısıyla G/A ≃ Sym 3 olur. Daha da fazlası do˘
gru: E˘
ger G4 , G = Sym 4 grubunun 4’¨
u sabitleyen elemanlarından olu¸san Sym 3’e izomorf altgrupsa, G = A o G4 ≃
(Z/2Z × Z/2Z) o Sym 3 olur, dolayısıyla G = Sym 4 de ¸co
¨z¨
ul¨
ur bir gruptur.
S
¸ imdi p = 3 durumuna bakalım. s3 ≡ 1 mod 3 ve s3 |8 oldu˘
gundan s3 ya 1 ya 4 olmalı.
Nitekim s3 = 4’t¨
ur. Sylow 3-altgruplarından biri
B4 = ⟨(1 2 3)⟩ ≤ G4
olur. B1 , B2 ve B3 altgruplarının ne olduklarını okur anlamı¸stır.
E˘
ger X = {B1 , B2 , B3 , B4 } ise, G, e¸sleniklikle X k¨
umesi u
¨zerine etkir: Her g ∈ G
i¸cin g˜(Hi ) = gHi g −1 ise, g 7→ g˜ kuralı bize bir ˜ : G −→ Sym X ≃ Sym 4 homomorfisini verir. Bu homomorfinin ¨
orten oldu˘
gu, dolayısıyla birebir, yani bir izomorfi
oldu˘
gu kolaylıkla kontrol edilebilir. Demek ki Sym 4 grubu da kendisinin Sym 4’e izomorf oldu˘
gunun farkında.
284
16. Sylow Teoremleri
16.3. Sıra Sym 5’e geldi, ama bir Sym 5 yerine bir p asalı i¸cin Sym p grubunun Sylow paltgruplarını sayalım. Sylow p-altgruplarının eleman sayısı p’dir, dolayısıyla d¨
ong¨
useldirler ve 1 dı¸sında elemanlarının derecesi p’dir ve ayrıca iki farklı Sylow p-altgrubu 1’de
kesi¸sirler. Bu bilgileri kullanarak sp ’yi hesaplayalım. Sym p’nin derecesi p olan elemanları p uzunlu˘
gunda d¨
ong¨
ulerdir, bunlardan da (p − 1)! tane vardır. Bu (p − 1)! tane p
dereceli elemanın p − 1 tanesi aynı Sylow p-altgrubundadır. Demek ki
sp =
(p − 1)!
= (p − 2)!
p−1
Sylow teoreminden dolayı bu sayı ≡ 1 mod p olmalıdır. Wilson teoremini kanıtladık:
Sonu¸
c 16.2 (Wilson Teoremi). E˘ger p bir asalsa (p−2)! ≡ 1 mod p, dolayısıyla (p−1)! ≡
−1 mod p olur.
16.4. Genel olarak Sym n grubunun bir Sylow p-altgrubunu bulmak ¸cok zor de˘
gildir. p bir
asal olsun. p’nin n! sayısını b¨
olen en b¨
uy¨
uk u
¨ss¨
u
[ ] [ ] [ ]
n
n
n
+ 2 + 3 + ···
valp (n!) =
p
p
p
sayısıdır; yani pvalp n! sayısı n! sayısını b¨
oler ama pvalp n! sayısı n! sayısını b¨
olmez. Burada [x], x’in tamkısmı anlamına gelmektedir. Bunun kanıtı kolaydır ve aritmetikle ilgili
hemen hemen her kitapta bulunur, mesela [N2]’de. Bu toplam sonlu bir toplamdır elbette.
Sym n’nin bir Sylow p-altgrubu bulma y¨
ontemini bir ¨
ornekle g¨
osterelim. n = 1000, p = 3
olsun. Sylow 3 grubunun eleman sayısını hesaplayalım.
[
] [
] [
]
1000
1000
1000
+
+
+ ···
3
9
27
sayısı
333 + 111 + 37 + 12 + 4 + 1 = 498
oldu˘
gundan Sylow 3-altgrubunun 3498 tane elemanı vardır. Bu grubu u
¨reten 498 elemanı
yazaca˘
gız.
¨
Sylow 3-altgrubunun u
¨rete¸clerini sıralayaca˘
gız. Once
¸su u
¨rete¸cleri alalım:
(1 2 3), (4 5 6), (7 8 9), . . . (997 998 999).
Bu elemanlar H1 ≃ (Z/3Z)333 grubunu u
¨retirler. Ama Sylow 3-altgrubunun ¸cok daha
fazla elemanı vardır. S
¸ imdi H1 grubunun bu u
¨rete¸clerini e¸sleniklik etkisiyle u
¨c¸er u
¨c¸er
karan ¸su elemanlara bakalım:
(1 4 7)(2 5 8)(3 6 9), . . . , (991 994 997)(992 995 998)(993 996 999).
Bu elemanlardan 111 tane vardır. Bu 111 eleman tarafından u
¨retilen gruba H2 dersek, H2 ≃ (Z/3Z)111 olur. H2 , H1 ’in u
¨rete¸clerini kardı˘
gından, H2 , H1 ’i normalize eder,
dolayısıyla
⟨H1 , H2 ⟩ = H1 o H2
olur ve bu grup da Sym 1000’in bir 3-altgrubu olur. B¨
oylece 3333 3111 = 3333+111 elemanlı
bir 3-altgrubu elde etmi¸s oluruz. S
¸ imdi H1 ’in ve H2 ’nin u
¨rete¸clerini ayrı ayrı karan 3elemanlar bulaca˘
gız. Bunun i¸cin H2 ’nin ilk u
¨c¸ u
¨retecini yazalım:
(1 4 7)(2 5 8)(3 6 9), (10 13 16)(11 14 17)(12 15 18), (19 22 25)(20 23 26)(21 24 27)
ve ¸su elemana bakalım:
(1 10 19)(4 13 22)(7 16 25)(2 11 20)(5 14 23)(8 17 26)(3 12 21)(6 15 24)(9 18 27).
16.2. Sylow Teoremlerinin Sonuc¸ları
285
Bu eleman H1 ve H2 ’nin yukarıda ortaya ¸cıkardı˘
gımız u
¨rete¸clerini karar. Bunun gibi
daha 37 tane vardır. Bu elemanlar tarafından u
¨retilen gruba H3 diyelim. H3 ≃ (Z/3Z)37
olur ve H1 o H3 altgrubunu normalize eder.
⟨H1 , H2 , H3 ⟩ = (H1 o H2 ) o H3
olur. Bu grubun tam 3333 3111 337 = 3333+111+37 tane elemanı vardır. Okur herhalde
devamını kendi getirebilir.
Bu b¨ol¨
um¨
u uzatarak yukarıdaki g¨
uzel kanıtın b¨
uy¨
us¨
un¨
u bozmayalım.
16.2
Sylow Teoremlerinin Sonu¸
cları
Bu b¨ol¨
umde p hep bir asal olacak.
Sonu¸
c 16.3. p ve q iki asal, n bir do˘gal sayı olsun. E˘ger q ̸≡ 1 mod p ise pn q
elemanlı bir grupta bir tane Sylow p-altgrubu vardır, dolayısıyla grup ¸c¨
oz¨
ul¨
urd¨
ur.
Kanıt: Teoreme g¨ore sp ≡ 1 mod p ve sp |q olur. Demek ki ya sp = 1 ya da
sp = q. Hipotez ikinci olasılı˘gı yasaklıyor. Demek ki sp = 1 ve Sylow p-altgrubu
normal. E˘ger gruba G, Sylow p-altgrubuna da P dersek, P ▹ G ve |G/P | = q
olur. Dolayısıyla G/P d¨ong¨
usel bir gruptur, dolayısıyla abeldir. P ise p-grup
oldu˘gundan sıfırkuvvetlidir (Teorem 15.16), dolayısıyla o da ¸c¨oz¨
ul¨
urd¨
ur (bkz.
¨
Teorem 15.15). G/P ve P ¸c¨oz¨
ul¨
ur oldu˘gundan, G de ¸c¨oz¨
ul¨
urd¨
ur (bkz. Onsav
15.8.ii).
E˘ger p > q ise yukarıdaki sonucun hipotezi do˘gru olur. Ama bu durumda
teoremin do˘grulu˘gunu Sonu¸c 10.16’dan da biliyoruz.
Sonu¸
c 16.4. p ve q iki asal olsun. pq elemanlı bir grup ele alalım. Grup
¸c¨
oz¨
ul¨
urd¨
ur. E˘ger p < q ise grubun normal bir Sylow q-altgrubu vardır. E˘ger
p < q ise ve ayrıca q ̸≡ 1 mod p ise grup d¨
ong¨
useldir.
Kanıt: E˘ger p = q ise, p2 elemanlı bir grubun abel grubu oldu˘gunu biliyoruz.
E˘ger p ̸= q ise ya p > q ya da q > p olur ve sonu¸c ¨onceki sonu¸ctan ¸cıkar.
S¸imdi ikinci ¨onermeye ge¸celim. sq ≡ 1 mod q denkli˘gini sa˘glayan sq sayısı
p’yi b¨olmek zorunda oldu˘gundan, q > p varsayımından dolayı, sq = 1 olur.
Demek ki Sylow q-altgrubu da normaldir; ayrıca d¨ong¨
useldir de.
¨
U¸cu
¨nc¨
u ¨onerme: Sonu¸c 16.3’e g¨ore (p elemanlı, dolayısıyla d¨ong¨
usel olan)
Sylow p-altgrubu normaldir. E˘ger A ve B, G’nin Sylow p ve q-altgruplarıysa,
b¨
ut¨
un bunlardan G = A ⊕ B ≃ Z/pZ ⊕ Z/qZ ≃ Z/pqZ ¸cıkar.
Sonu¸
c 16.5. p ve q iki asal olsun. p2 q elemanlı bir grup ¸co
¨z¨
ul¨
urd¨
ur. E˘ger
p < q ve q ̸≡ 1 mod p ise p2 q elemanlı bir grup abel grubudur.
286
16. Sylow Teoremleri
Kanıt: Gruba G diyelim. E˘ger p = q ise, grup bir p-grubu olur, dolayısıyla
sıfırkuvvetlidir. E˘ger p > q ise Sonu¸c 16.3’ten dolayı G ¸c¨oz¨
ul¨
urd¨
ur. S¸imdi q > p
varsayımını yapalım. E˘ger Sylow altgruplarından biri normalse (hatta grubun
1’den farklı normal bir ¨ozaltgrubu varsa), istedi˘gimizi elde etmi¸s oluruz. Bundan b¨oyle Sylow altgruplarının normal olmadıklarını varsayalım. Demek ki
sq = p ya da p2 . Ama sq ≡ 1 mod q ve q > p oldu˘gundan sq ̸= p. Demek ki
sq = p2 . Sylow q-altgruplarının eleman sayısı q (bir asal) oldu˘gundan, birbirinden farklı iki Sylow q-grubu ancak 1’de kesi¸sebilirler. Demek ki q-eleman sayısı
p2 (q − 1) = |G| − p2 olur. B¨oylece G’nin tam p2 tane p-elemanı oldu˘gu g¨or¨
ul¨
ur.
Sylow p-altgrubunun eleman sayısı p2 oldu˘gundan, bu p-elemanlar Sylow paltgrubunu te¸skil ederler. Demek ki grubun tek bir Sylow p-altgrubu vardır ve
bu Sylow p-altgrubu mecburen normaldir. Birinci ¨onerme kanıtlanmı¸stır.
S¸imdi ikinci ¨onermeyi kanıtlayalım. sp |q oldu˘gundan sp = 1 ya da q olmalı.
Ayrıca sp ≡ 1 mod q oldu˘gundan, sp ̸= q olur. Demek ki sp = 1 ve p2 elemanlı
(dolayısıyla bir abel grubu olan) Sylow p-altgrubu normal.
sq |p2 oldu˘gundan sq = 1, p, p2 olur. Ayrıca sq ≡ 1 mod q olmalı. q > p
oldu˘gundan, sq ̸= p olmalı. E˘ger sq = p2 ise, q asalı p2 − 1 = (p − 1)(p + 1)
sayısını b¨oler, dolayısıyla q asalı p − 1 ve p + 1 sayılarından birini b¨oler. Birinci
¸sıkkın m¨
umk¨
un olmadı˘gını q > p e¸sitsizli˘ginden biliyoruz. Demek ki q asalı
p + 1’i b¨oler; ama q > p oldu˘gundan bundan da q = p + 1 ¸cıkar, ki bu da
q ̸= 1 mod p ko¸suluyla ¸celi¸sir. Demek ki sq = 1 ve q elemanlı (dolayısıyla bir
abel grubu olan) Sylow q-altgrubu da normal.
E˘ger A ve B, G’nin Sylow p ve q-altgruplarıysa, b¨
ut¨
un bunlardan G =
A ⊕ B ¸cıkar.
¨
Notlar ve Ornekler
16.5. 15 elemanlı bir grup Z/15Z grubuna izomorf olmak zorundadır ¸cu
¨nk¨
u Sonu¸c 16.3’e g¨
ore
Sylow 3 ve 5-altgrupları normal olmak zorundadır. Kesi¸simleri 1 oldu˘
gundan elemanları
birbirleriyle de˘
gi¸sirler.
16.6. Aynı nedenden 35 elemanlı bir grup Z/35Z grubuna izomorf olmak zorundadır.
16.7. |G| = 12 = 22 × 3 ise, bu durum Sonu¸c 16.5’in kapsamına girmiyor ama gene de u
¨stesinden gelebiliriz. s3 ≡ 1 mod 3 ve s3 |4 olur. Demek ki s3 = 1 ya da s3 = 4. E˘
ger s3 = 4
ise, her biri 3 elemanlı olan Sylow 3-altgrupları iki¸ser iki¸ser 1’de kesi¸sirler ve b¨
oylece
derecesi 3 olan toplam 4 × (3 − 1) = 8 tane eleman olur. Geri kalan 12 − 8 = 4 eleman
normal bir Sylow 2-altgrubu olu¸sturmak zorundadır. Demek ki 12 elemanlı bir grupta
Sylow altgruplarından biri normal olmak zorundadır.
16.8. |G| = 28 = 22 × 7 ise, s7 ≡ 1 mod 7 ve s7 |4 olur. Demek ki s7 = 1 olur.
16.9. |G| = 23 × 7 = 56 ise, s7 ≡ 1 mod 7 ve s7 |8 olur. Demek ki s7 = 1 ya da 8 olmalı. E˘
ger
s7 = 8 ise G’nin 8 × (7 − 1) = 48 tane derecesi 7 olan elemanı verdır. Geri kalan 8 eleman
normal bir Sylow 2-altgrubu olu¸sturmak zorunda kalır.
16.10. |G| = 23 × 5m ise, s5 ≡ 1 mod 5 ve s5 |8 olur. Demek ki s5 = 1 olur.
16.11. |G| = 24 × 5 = 80 ise, derecesi 5 olan elemanları sayarak, e˘
ger s5 ̸= 1 ise s2 = 1
¨ yandan aynı beceri aynı y¨
oldu˘
gu g¨
osterilebilir. Ote
ontemle |G| = 24 × 52 = 400 i¸cin
g¨
osterilemez. Kanıtlaması olduk¸ca zor bir teorem, pn q m eleman sayılı grupların ¸co
¨z¨
ul¨
ur
oldu˘
gunu s¨
oyler (Burnside teoremi). Kanıtlaması ¸cok ¸cok daha zor bir teorem, eleman
16.2. Sylow Teoremlerinin Sonuc¸ları
16.12.
16.13.
16.14.
16.15.
287
sayısı 2’ye b¨
ol¨
unmeyen sonlu grupların ¸co
¨z¨
ul¨
ur oldu˘
gunu s¨
oyler (Feit-Thompson teoremi,
[FT]).
Yukarıdaki ¨
ornek ve teoremlerde Sylow p-altgruplarından biri hep normal oluyordu
¨
¨
ama bu her zaman b¨
oyle olmak zorunda de˘
gil. Orne˘
gin Ornek
16.2’de ele aldı˘
gımız ve
¸co
¨z¨
ul¨
ur oldu˘
gunu kanıtladı˘
gımız Sym 4 grubunun eleman sayısı 23 × 3’t¨
ur ama ne Sylow
2-altgrupları ne de Sylow 3-altgrupları normaldir.
p ̸= 2 i¸cin Sym n’nin Sylow p-altgrupları Alt n’nin i¸cindedir. Hatta Sym n’nin tek elemanlı her altgrubu Alt n’nin bir altgrubudur. Bu dedi˘
gimiz elbette Sylow 2-altgrupları
i¸cin ge¸cerli de˘
gildir.
D¨
ong¨
usel grupların Sylow p-altgrupları (d¨
ong¨
usel grupların her altgrubu gibi) d¨
ong¨
useldir. Ama bunun tersi do˘
gru de˘
gildir: n bir tek sayıysa, Dn ’nin her Sylow p-altgrubu
d¨
ong¨
useldir ama Dn , bırakın d¨
ong¨
usel olmayı, abel grubu bile de˘
gildir.
¨
|G| = 30 olsun. Ornek
14.43’e g¨
ore G’nin 15 elemanlı normal bir H altgrubu vardır.
¨
Ornek
16.5’e g¨
ore H bir abel grubudur ve 3 ve 5-Sylow altgruplarının ¸carpımıdır. Bu
altgruplar H’nin karakteristik altgrupları olduklarından, G’de normaldirler. Demek ki
¨
30 elemanlı gruplarda s3 = s5 = 1 olur. Daha fazlasını yapabiliriz: Ornek
14.43’e g¨
ore
G ≃ (Z/3Z × Z/5Z) o Z/2Z. Buradan G’nin a¸sa˘
gıdaki gruplardan birine izomorf oldu˘
gu
kolaylıkla ¸cıkar:
Z/30Z, Z/3Z × D5 , Z/5Z × D3 , D15 .
¨
16.16. |G| = 105 olsun. Once
s5 = s7 = 1 oldu˘
gunu kanıtlayaca˘
gız, daha sonra 105 elemanlı
grupları sınıflandıraca˘
gız. Sylow teoremlerinden hemen,
s3 = 1, 7, s5 = 1, 21, s7 = 1, 15
¸cıkar.
¨
Once
s5 ya da s7 ’nin 1 oldu˘
gunu g¨
osterelim. E˘
ger ikisinden biri 1’e e¸sit olmasaydı,
derecesi 5 olan 21(5 − 1) = 84, derecesi 7 olan 15(7 − 1) = 90 eleman olurdu ve b¨
oylece
grubun eleman sayısı 105’i ¸cok a¸sardı.
Sp ≤ G, bir Sylow p-altgrup olsun. O zaman, S5 ya da S7 ’den biri normal oldu˘
gundan,
S5 S7 , G’nin 35 elemanlı bir altgrubu olur. Indeksi 3 oldu˘
gundan, Teorem 10.16’ya g¨
ore
¨
S5 S7 ▹ G olur. Ama Ornek
16.6’ya g¨
ore S5 S7 ≃ Z/35Z olur. Dolayısıyla S5 ve S7 bu
altgrubun karakteristik altgruplarıdır. Bundan da S5 ve S7 ’nin G’de normal oldukları
¸cıkar. Demek ki,
G ≃ (Z/5Z × Z/7Z) o Z/3Z
olur. Grup hakkında daha fazla bilgi elde edebiliriz: Z/5Z o Z/3Z altgrubu 15 elemanlı
¨ yandan Z/7Z grubunun
oldu˘
gundan bir abel grubudur. Demek ki Z/5Z ≤ Z(G) olur. Ote
derecesi 3 olan iki otomorfisi vardır: elemanları 2 ve 4 ile ¸carpmak. Demek ki 105 elemanlı
en az iki, en fazla u
¨c¸ izomorf olmayan grup vardır. Ama 2 ile ya da 4 ile ¸carpmanın yol
a¸ctı˘
gı gruplar izomorfturlar. Demek ki 105 elemanlı sadece iki grup vardır.
Alı¸stırmalar
16.17. p > 2 bir asal olsun. 2p elemanlı bir grubun ya d¨
ong¨
usel ya da Dp ’ye izomorf oldu˘
gunu
kanıtlayın.
16.18. 20 ve 100 elemanlı gruplarda Sylow 5-altgrubunun normal oldu˘
gunu kanıtlayın.
16.19. p ̸= q iki asal olsun. E˘
ger sp (G) = sq (G) = 1 ise Sylow p-altgrubun elemanlarıyla Sylow
q-altgrubunun elemanları de˘
gi¸sirler. Kanıtlayın.
16.20. Sonlu bir grubun sıfırkuvvetli olması i¸cin her Sylow p-altgrubunun normal olması yeter
ve gerek ko¸suldur. Kanıtlayın (bkz. Teorem 15.18).
16.21. Dn ’nin Sylow p-altgruplarının izomorfi tipini ve eleman sayısını bulun.
288
16. Sylow Teoremleri
16.22.
16.23.
16.24.
16.25.
Sym 5 ve Alt 5 gruplarında s3 = 10 ve s5 = 6 oldu˘
gunu kanıtlayın.
45 elemanlı grupların abel olduklarını kanıtlayın.
99 ve 175 elemanlı grupların abel olduklarını kanıtlayın (bkz. Sonu¸c 16.5).
Sonlu bir grupta Sylow p-altgruplarının kesi¸siminin normal (hatta karakteristik) bir
altgrup oldu˘
gunu kanıtlayın. E˘
ger G = Sym 4 ve p = 2 ise bu kesi¸simi bulun.
16.26. Sym 5’in 15 ya da 30 elemanlı altgrubu olmadı˘
gını kanıtlayın.
A¸sa˘gıdaki sonucun sadece kendisi de˘gil, kanıt y¨ontemi de ¨onemlidir. Benzer kanıt y¨ontemleri ba¸ska kapsamlarda da i¸se yarayabilir. Zaten bu y¨
uzden
“Frattini Teoremi” de˘gil “Frattini arg¨
umanı” ya da “akıl y¨
ur¨
utmesi” adı verilir.
Sonu¸
c 16.6 (Frattini Akıl Y¨
ur¨
utmesi). G bir grup, H ▹ G ve P ∈ Sylp H
olsun. O zaman G = HNG (P ) olur.
Kanıt: g ∈ G olsun. P g ≤ H g = H olur. Demek ki P g ∈ Sylp H. Sylow
teoremine g¨ore bir h ∈ H i¸cin P g = P h , yani gh−1 ∈ NG (P ) olur. Buradan
g ∈ NG (P )H ¸cıkar.
¨
Notlar ve Ornekler
16.27. G sonlu bir grup ve P ∈ Sylp G olsun. E˘ger NG (P ) ≤ H ≤ G ise NG (H) = H ve
|G/H| ≡ 1 mod p olur. Bunun ¨
ozel bir durumu olarak NG (NG (P )) = P elde ederiz.
Kanıt: P ∈ Sylp H ve H ▹ NG (H) oldu˘
gundan, Frattini akıl y¨
ur¨
utmesine g¨
ore (Sonu¸c
16.6’da G yerine NG (H) alın), NG (H) = HNNG (H) (P ) ≤ HNG (P ) = H olur. Demek
ki NG (H) = H.
NG (P ) ≤ H oldu˘
gundan, NG (P ) = NH (P ) olur. Sylow teoremine g¨
ore,
|G/NG (P )| = sp (G) ≡ 1 mod p
olur. Aynı teoremi H’ye uygularsak
|H/NG (P )| = |H/NH (P )| = sp (H) ≡ 1 mod p
buluruz.
|G/NG (P )| = |G/H||H/NG (P )|
oldu˘
gundan, basit mod¨
uler aritmetik gere˘
gi |G/H| ≡ 1 mod p buluruz.
Son ¨
onerme i¸cin H = NG (P ) almak yeterli.
Alı¸stırmalar
16.28. N ▹G ve P , N ’nin bir Sylow p-altgrubu olsun. E˘
ger P ▹N ise P ▹G oldu˘
gunu kanıtlayın.
16.29. |G| = 24 olsun. G’nin 4 ya da 8 elemanlı normal bir altgrubu oldu˘
gunu kanıtlayaca˘
gız.
P ∈ Syl2 G olsun. |P | = 8 olur. G −→ Sym G/P ≃ Sym 3, homomorfisi G’nin G/P
sol ¨
otelemeler k¨
umesine standart etkisi olsun. K, bu homomorfinin etkisi olsun. K ≤ P
¨ yandan 24/|K| = |G/K| sayısı | Sym 3| = 3! = 6
oldu˘
gundan, |K| sayısı 8’i b¨
oler. Ote
sayısını b¨
oler, demek ki |K| = 4 ya da 8 olmalı. Ayrıntıları kontrol edin.
Seminer Konuları
289
¨
A. Oklid
D¨
uzleminin
Simetrileri
¨
C
¸ ocuklu˘gumuzdan beri a¸sina oldu˘gumuz Oklid
d¨
uzleminde mesafe, paralellik,
a¸cı, do˘grusal olmak gibi kavramlar ve ili¸skiler vardır. Bu kavramlara saygı
duyan d¨on¨
u¸su
¨mler, mesela mesafeyi de˘gi¸stirmeyen, paralelli˘gi bozmayan, a¸cıyı
de˘gi¸stirmeyen, do˘grusallı˘gı koruyan d¨on¨
u¸su
¨mler illa ki ¨onemli olmalı, en azından haritacılıkta, denizcilikte, havacılıkta! Bu b¨ol¨
umde bu kavramlardan ba1
zılarını koruyan d¨on¨
u¸su
¨mlerle ilgilenece˘giz .
A.1
˙
Izometriler
D¨
uzlemde iki noktanın uzaklı˘gını de˘gi¸stirmeyen d¨on¨
u¸su
¨mler (fonksiyonlar)
vardır. Bunlara izometri adı verilir. Birazdan bunların hepsini bulaca˘gız.
Bu t¨
ur d¨on¨
u¸su
¨mlere birka¸c ¨ornek verelim:
¨
1. Oteleme.
Noktaları belli bir do˘grultuda ve belli bir uzaklıkta ¨oteledi˘gimizde, noktaların aralarındaki mesafe de˘gi¸smez. Bu t¨
ur d¨on¨
u¸su
¨mlere ¨
oteleme
denir.
˙ noktanın herhangi bir do˘gruya g¨ore simetri˘gini aldı˘gınızda, o
2. Simetri. Iki
iki nokta arasındaki mesafe de˘gi¸smez.
1
Bu ek Seyfi T¨
urkelli’yle birlikte yazılmı¸stır.
¨
A. Oklid
Duzleminin
Simetrileri
¨
292
3. D¨
ond¨
ur¨
u. D¨
uzlemi belli bir nokta etrafında belli bir derece d¨ond¨
urmek
noktalar arasındaki mesafeyi bozmaz. Bu d¨on¨
u¸su
¨mlere rotasyon ya da d¨
ond¨
ur¨
u denir.
Yukarıdaki d¨on¨
u¸su
¨mlerin bile¸skeleri de noktalar arasındaki mesafeleri de˘gi¸stirmezler. Bu yazıda, bunların birbirleriyle bile¸skeleri dı¸sında, d¨
uzlemin mesafe
de˘gi¸stirmeyen d¨on¨
u¸su
¨m¨
u olmadı˘gını kanıtlayaca˘gız. Buna benzer bir sonucu
¨once ger¸cel sayılar k¨
umesi R i¸cin kanıtlayalım, daha kolay olacak.
A.1.1
˙
R’nin Izometrileri
Ger¸cel sayılarda x ve y arasındaki mesafe, herkesin bildi˘gi u
¨zere, |x − y| olarak
tanımlanır. Demek ki,
|x − y| = |f (x) − f (y)|
e¸sitli˘gini sa˘glayan t¨
um f : R → R d¨on¨
u¸su
¨mlerini (fonksiyonlarını) bulmak
istiyoruz.
A.1. ˙Izometriler
293
f b¨oyle bir d¨on¨
u¸su
¨m olsun. A¸sa˘gıda, f ’yi adım adım de˘gi¸stirerek en sonunda IdR (yani birim fonksiyonu, yani hi¸cbir noktanın yerini de˘gi¸stirmeyen
fonksiyon) yapaca˘gız. Birinci adımda f ’yi f (0) = 0 e¸sitli˘gini sa˘glayan bir
˙
d¨on¨
u¸su
¨mle de˘gi¸stirece˘giz. Ikinci
adımda f ’yi f (0) = 0 ve f (1) = 1 e¸sitli˘gini
¨ cu
sa˘glayan bir d¨on¨
u¸su
¨mle de˘gi¸stirece˘giz. U¸
¨nc¨
u adımda b¨oyle bir d¨on¨
u¸su
¨m¨
un
˙ iki adımda yaptı˘gıhi¸cbir noktanın yerini de˘gi¸stirmedi˘gini kanıtlayaca˘gız. Ilk
mız de˘gi¸simleri bildi˘gimizden, u
¨¸cu
¨nc¨
u adım bize mesafeleri de˘gi¸stirmeyen t¨
um
d¨on¨
u¸su
¨mleri verecek.
˙ olarak 0’ı tekrar 0’a geri getirece˘giz. S¸¨oyle yapalım: Diyelim
Birinci Adım. Ilk
0 noktası f altında a noktasına gitti, yani f (0) = a. T¨
um x noktalarını x − a
noktalarına g¨onderen d¨on¨
u¸su
¨me t−a diyelim ve t−a ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
une bakalım.
Bu d¨on¨
u¸su
¨m hˆalˆa mesafeleri korur (¸cu
¨nk¨
u hem f hem de t−a d¨on¨
u¸su
¨m¨
u mesafeleri korur). Dahası, bu d¨on¨
u¸su
¨m 0 noktasını 0 noktasına yollar:
(t−a ◦ f )(0) = t−a (f (0)) = t−a (a) = a − a = 0.
˙
Ikinci
Adım. Yukarıda 0 noktasını 0 noktasına geri g¨ot¨
urd¨
uk. Bu ikinci adımda f ’nin ayrıca bu ¨ozelli˘gi oldu˘gunu varsayalım. Demek ki f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u
a. Noktalar arasındaki mesafeyi koruyor, ve
b. f (0) = 0.
S¸imdi, yukarıdaki iki ¨ozelli˘gi bozmadan 1 noktasını 1 noktasına yollattıraca˘gız.
A¸sa˘gıdaki e¸sitliklere bakalım: 1 = |1 − 0| = |f (1) − f (0)| = |f (1) − 0| = |f (1)|,
yani |f (1)| = 1. Demek ki f (1) ya 1’e ya da −1’e e¸sit. f (1) = ϵ = ±1 olsun.
S¸imdi rϵ (x) = ϵx d¨on¨
u¸su
¨m¨
une bakalım2 . Bu d¨on¨
u¸su
¨m noktalar arasındaki
mesafeyi bozmaz ve bu da, f gibi, 0 noktasını 0 noktasına g¨onderir.
2
Her x ∈ N i¸cin, r1 (x) = x ve r−1 (x) = −x.
¨
A. Oklid
Duzleminin
Simetrileri
¨
294
S¸imdi rϵ ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
u ele alalım. Bu rϵ ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u hˆalˆa noktalar
arasındaki mesafeyi korur, ayrıca 0’ı 0’a ve 1’i 1’e g¨onderir:
(rϵ ◦ f )(0) = rϵ (f (0)) = rϵ (0) = ϵ0 = 0.
(rϵ ◦ f )(1) = rϵ (f (1)) = rϵ (ϵ) = ϵ2 = 1.
Demek ki, e˘ger f , 0 noktasını 0 noktasına g¨onderiyorsa, rϵ ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u noktalar arasındaki mesafeyi korur, ayrıca 0’ı 0’a ve 1’i 1’e g¨onderir.
¨ cu
U¸
¨ nc¨
u Adım. Yukarıda 1 noktasını tekrar 1 noktasına geri g¨ot¨
urd¨
uk, ayrıca
0 da 0’a gidiyor. S¸imdi d¨on¨
u¸su
¨m¨
um¨
uz¨
un bu iki ¨ozelli˘gi sa˘gladı˘gını varsayalım.
Demek ki f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u,
a. Noktalar arasındaki mesafeyi koruyor,
b. f (0) = 0,
c. f (1) = 1.
Bu u
¨¸c ¨ozelli˘gi sa˘glayan bir d¨on¨
u¸su
¨m¨
un hi¸cbir noktanın yerini de˘gi¸stirmeyece˘gini, yani ¨ozde¸slik fonksiyonu oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız ¸simdi.
˙ k¨
Herhangi bir x noktası (sayısı) alalım. Iki
uc¸u
¨k hesap yapalım:
|x| = |x − 0| = |f (x) − f (0)| = |f (x)|,
|x − 1| = |f (x) − f (1)| = |f (x) − 1|.
Birinci hesaptan f (x) = ±x ¸cıkar. Diyelim f (x) = −x. Bundan ve ikinci
hesaptan ±(x − 1) = −x − 1 ¸cıkar. Bunun tek bir ¸c¨oz¨
um¨
u vardır: x = 0.
Demek ki f (x) = −x ise, x = 0 ve f (x) = x.
˙
Istedi˘
gimizi kanıtladık, yani b¨oyle bir f , birim fonksiyonu olmak zorunda.
¨
Ozet.
Noktalar arasındaki mesafeyi de˘gi¸stirmeyen herhangi bir f : R → R d¨on¨
u¸su
¨m¨
u aldık. Birinci adımda t−a ◦ f d¨
on¨
u¸su
¨m¨
un¨
u alarak 0’ı 0’a yolladık (Bu˙
rada a = f (0).) Ikinci adımda, belli bir ϵ = ±1 i¸cin, rϵ ◦ t−a ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
un
0’ı 0’a ve 1’i 1’e yolladı˘gını kanıtladık. (Burada ϵ = (t−a ◦ f )(1) = t−a (f (1)) =
¨ cu
f (1) − a = f (1) − f (0).) U¸
¨nc¨
u adımda b¨oyle bir d¨on¨
u¸su
¨m¨
un IdR oldu˘gunu
kanıtladık, yani
rϵ ◦ t−a ◦ f = IdR , yani f = ta ◦ rϵ .
Teorem A.1. Ger¸cel sayıların mesafeyi de˘gi¸stirmeyen d¨
on¨
u¸su
¨mleri k¨
umesi
{ta ◦ rϵ : a ∈ R, ϵ = ±1}
k¨
umesidir. E˘ger f mesafeleri de˘gi¸stirmeyen bir d¨
on¨
u¸su
¨mse, f ,
f (x) = (f (1) − f (0))x + f (0)
olarak tanımlanan d¨
on¨
u¸su
¨m¨
ud¨
ur. Burada f (1)−f (0) = ±1 olmak zorundadır3 .
3
Uzmanın dilinde yukarıdaki sonu¸c Isom(R) ≈ R × Z/2Z olarak okunur.
A.1. ˙Izometriler
A.1.2
295
˙
R2 ’nin Izometrileri
S¸imdi f : R2 → R2 , mesafeleri de˘gi¸stirmeyen bir d¨on¨
u¸su
¨m olsun. Yukarıdaki
gibi f ’yi yava¸s yava¸s birim fonksiyonuna d¨on¨
u¸st¨
urece˘giz.
Birinci Adım. Yukarıdaki gibi, ¨once (0, 0) noktasını gitti˘gi yerden geri getirelim. S¸¨oyle yapalım:
f (0, 0) = (a, b)
ise, noktalarımızı (−a, −b) y¨on¨
une do˘gru ¨oteleyelim, ki (a, b) noktasına giden
(0, 0) noktası tekrar (0, 0) noktasına geri d¨ons¨
un. Bir ba¸ska deyi¸sle, t(−a,−b)
d¨on¨
u¸su
¨m¨
u,
t(−a,−b) (x, y) = (x − a, y − b)
olarak tanımlanmı¸s ¨otelemeyse, f yerine
t(−a,−b) ◦ f
d¨on¨
u¸su
¨m¨
une bakalım. Bu d¨on¨
u¸su
¨m noktaların mesafesini bozmadı˘gı gibi, ayrıca (0, 0) noktasının yerini de de˘gi¸stirmez:
(t(−a,−b) ◦ f )(0, 0) = t(−a,−b) (f (0, 0)) = t(−a,−b) (a, b) = (a − a, b − b) = (0, 0).
˙
Ikinci
Adım. S¸imdi f , noktaların aralarındaki mesafeyi de˘gi¸stirmeyen ve
f (0, 0) = (0, 0)
e¸sitli˘gini sa˘glayan bir d¨on¨
u¸su
¨m olsun. f ’yi de˘gi¸stirerek, f ’ye (1, 0) noktasını
da sabitlettirece˘giz. (1, 0) noktasının (0, 0) noktasına uzaklı˘gı 1. Bu y¨
uzden,
f , (0, 0) noktasını sabitledi˘gine g¨ore, mesafeleri de de˘gi¸stirmedi˘gine g¨ore ve
f, (1, 0) noktasını (0, 0)’dan uzaklı˘gı gene 1 olan bir ba¸ska noktaya yollar. (0, 0)
merkezli bir d¨ond¨
ur¨
uyle bu noktayı tekrar (1, 0) noktasına geri g¨ot¨
urebiliriz:
¨
Oyle bir ρ d¨ond¨
ur¨
us¨
u vardır ki, ρ ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u,
a. Noktalar arasındaki mesafeyi korur,
b. (0, 0)’ın yerini de˘gi¸stirmez,
c. (1, 0)’ın yerini de˘gi¸stirmez.
¨
A. Oklid
Duzleminin
Simetrileri
¨
296
ƒ(1, 0)
1
ρ
1
¨ cu
U¸
¨ nc¨
u Adım. S¸imdi f ’nin yukarıdaki u
¨¸c ¨ozelli˘gi sa˘gladı˘gını varsayalım. Bu
sefer (0, 1) noktasını tekrar (0, 1) noktasına geri g¨ot¨
urece˘giz. (0, 1) noktasının
√
(0, 0) noktasından uzaklı˘gı 1, (1, 0) noktasından uzaklı˘gı 2’dir. Dolayısıyla
(0, 1) noktasının gitti˘gi yer de bu iki ¨ozelli˘gi sa˘glamalı. Yani (0, 1) noktası ya
gene (0, 1) noktasına ya da (0, −1) noktasına gitmeli. Bir ba¸ska deyi¸sle, belli
bir ϵ = ±1 i¸cin
f (0, 1) = (0, ϵ)
e¸sitli˘gi ge¸cerlidir. S¸imdi
rϵ (x, y) = (x, ϵγ)
d¨on¨
u¸su
¨m¨
une bakalım. Bu d¨on¨
u¸su
¨m, e˘ger ϵ = 1 ise birim d¨on¨
u¸su
¨md¨
ur, e˘ger
ϵ = −1 ise x eksenine g¨ore simetridir. Dolayısıyla rϵ d¨on¨
u¸su
¨m¨
u –aynen f
gibi– noktalar arasındaki mesafeyi de˘gi¸stirmez ve (0, 0) ve (1, 0) noktalarını
sabitler. Dolayısıyla rϵ ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u de aynı ¨ozellikleri sa˘glar. Ayrıca rϵ ◦ f
d¨on¨
u¸su
¨m¨
u (0, 1) noktasını gene (0, 1) noktasına yollar:
(rϵ ◦ f )(0, 1) = rϵ (f (0, 1)) = rϵ (0, ϵ) = (0, ϵ2 ) = (0, 1).
Demek ki rϵ ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u,
a. Noktalar arasındaki mesafeyi korur,
b. (0, 0)’ın yerini de˘gi¸stirmez,
c. (1, 0)’ın yerini de˘gi¸stirmez,
˙ yerini de˘gi¸stirmez.
d. (0, 1)’In
˘
˘
¨ uren
¨ us
A.2. Dogruları
Dogrulara
Got
Don
¨
¨ ¸ umler
¨
297
1
√2
1
√2
D¨
ord¨
unc¨
u Adım. S¸imdi f ’nin yukarıdaki d¨ort ¨ozelli˘gi sa˘gladı˘gını varsayalım.
Bu durumda f ’nin birim fonksiyon oldu˘gunu kanıtlamak olduk¸ca kolaydır.
Ayrıntıları okura bırakıyoruz.
¨
Ozet.
Noktalar arasındaki mesafeyi de˘gi¸stirmeyen bir f d¨on¨
u¸su
¨m¨
uyle ba¸sladık
i¸se. Birinci adımda f yerine, belli bir t ¨otelemesi i¸cin, t ◦ f alarak (0, 0)
˙
noktasının sabitlendi˘gini varsayabildik. Ikinci
adım sayesinde, t ◦ f yerine,
(0, 0) merkezli belli bir ρ d¨ond¨
ur¨
us¨
u i¸cin, ρ ◦ t ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
u alarak sadece
(0, 0) noktasının de˘gil, ayrıca (1, 0) noktasının da sabitlendi˘gini varsayabiliriz.
¨ cu
U¸
¨nc¨
u adım sayesinde, ρ◦t◦f yerine, x eksenli bir rϵ simetrisi i¸cin, rϵ ◦ρ◦t◦f
d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
u alarak sadece (0, 0) ve (1, 0) noktalarının de˘gil, ayrıca (0, 1) noktasının da sabitlendi˘gini varsayabiliriz. D¨ord¨
unc¨
u adımda b¨oyle bir d¨on¨
u¸su
¨m¨
un
birim fonksiyon olması gerekti˘gini s¨oyledik (kanıtını okura bıraktık.) Demek
ki, belli bir t ¨otelemesi, (0, 0) merkezli belli bir ρ d¨ond¨
ur¨
us¨
u ve x eksenli bir
rϵ simetrisi i¸cin, rϵ ◦ ρ ◦ t ◦ f = Id. A¸sa˘gıdaki teoremi kanıtladık:
Teorem A.2. f : R2 → R2 , noktaların arasındaki mesafeyi de˘gi¸stirmeyen
bir d¨
on¨
u¸su
¨m olsun. O zaman, belli bir t ¨
otelemesi, (0, 0) merkezli belli bir ρ
d¨
ond¨
ur¨
us¨
u ve x eksenli bir rϵ simetrisi i¸cin, f = t ◦ ρ ◦ rϵ olur4 .
A.2
Do˘
gruları Do˘
grulara G¨
ot¨
uren D¨
on¨
u¸su
¨ mler
Bir ¨onceki altb¨ol¨
umde R2 d¨
uzleminin uzaklı˘gı de˘gi¸stirmeyen d¨on¨
u¸su
¨mlerini
bulduk. O b¨ol¨
umdeki teoreme (ikincisine) bakıldı˘gında, bu d¨on¨
u¸su
¨mlerin do˘gruları do˘grulara yolladı˘gı anla¸sılır, ¸cu
¨nk¨
u ¨otelemeler, simetriler ve d¨ond¨
ur¨
uler
do˘gruları do˘grulara yollarlar.
4
Uzman dilinde bu teorem, Isom(R2 ) ≈ (R2 × R/Z) × Z/2Z olarak okunur.
¨
A. Oklid
Duzleminin
Simetrileri
¨
298
Bu altb¨ol¨
umde R2 d¨
uzleminin do˘gruları do˘grulara yollayan birebir d¨on¨
u¸su
¨mlerini, yani her ℓ do˘grusu i¸cin, f (ℓ) = ℓ′ ili¸skisini sa˘glayan sa˘glayan bir
ℓ′ do˘grusunun bulundu˘gu d¨on¨
u¸su
¨mleri sınıflandıraca˘gız (ℓ′ do˘grusu her ℓ i¸cin
de˘gi¸sir, yoksa f birebir olamaz.)
Bu ¨ozelli˘gi olan bir f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u paralel do˘gruları paralel do˘grulara g¨ot¨
urmek zorundadır. Nitekim, e˘ger ℓ ve m paralel do˘grularsa ve f (ℓ) = ℓ′ ve
f (m) = m′ ise ve P ∈ ℓ′ ∩ m′ ise, o zaman, belli bir Q ∈ ℓ ve R ∈ m i¸cin
f (Q) = P = f (R) olmak zorunda; ve f birebir oldu˘gundan Q = R ∈ m ∩ ℓ,
¸celi¸ski.
Bu y¨
uzden (paralel do˘gruları paralel do˘grulara g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨nden) bu d¨on¨
u2
¨
u¸su
¨mleri olarak d¨
u¸su
¨n¨
ulebilir.
¸su
¨mler, R Oklid geometrisinin ¨ozyapı d¨on¨
Heyecanı kaybetmemek i¸cin sonucu ¸simdiden s¨oylemeyece˘giz.
f : R2 → R2 yukarıdaki gibi bir d¨on¨
u¸su
¨m olsun. Demek ki her P, Q ∈ R2
i¸cin, f, P Q do˘grusunu f (P ) ve f (Q)’dan ge¸cen do˘gruya yolluyor, yani
f (P Q) = f (P )f (Q).
Birinci Adım. Bir ¨onceki altb¨ol¨
umdeki gibi f ’nin bir ¨otelemeyle bile¸skesini alıp, f ’nin (0, 0) noktasını gene (0, 0) noktasına g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u varsayabiliriz.
S¸¨oyle yaparız: f (0, 0) = (a, b) ise ve t : R2 → R2 fonksiyonu (¨otelemesi)
f (x, y) = (x − a, y − a)
olarak tanımlanmı¸ssa, f yerine t ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
u alıp, f ’nin do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
urd¨
ug˘u
¨n¨
u, ayrıca (0, 0) noktasını yerinden kımıldatmadı˘gını varsayabiliriz.
˙
Ikinci
Adım. f : R2 → R2 do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
uren ve (0, 0) noktasını kımıldatmayan bir d¨on¨
u¸su
¨m olsun. O zaman (0, 0)’dan ge¸cen do˘grular f altında
˘
˘
¨ uren
¨ us
A.2. Dogruları
Dogrulara
Got
Don
¨
¨ ¸ umler
¨
299
gene (0, 0)’dan ge¸cen do˘grulara giderler. (0, 0) merkezli bir d¨ond¨
ur¨
uyle x eksenini gitti˘gi yerden aynen geri getirebiliriz, yani ¨oyle bir r d¨ond¨
ur¨
us¨
u bulabiliriz
ki, r ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
ur¨
ur, (0, 0) noktasını sabit tutar ve
ayrıca x eksenini gene x eksenine yollar5 .
G¨or¨
uld¨
u˘gu
¨ gibi f d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
u yava¸s yava¸s ¨ozde¸sli˘ge benzetiyoruz.
¨ cu
U¸
¨ nc¨
u Adım. f : R2 → R2 , do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
uren, (0, 0) noktasını
kımıldatmayan ve x eksenini x eksenine g¨ot¨
uren bir d¨on¨
u¸su
¨m olsun. (1, 0) noktası, belli bir a ∈ R \ {0} i¸cin, (a, 0) noktasına gider. ra : R2 → R2 fonksiyonu
ra (x, y) = (a−1 x, y) olarak tanımlansın. ra fonksiyonu, aynen f gibi, do˘gruları
do˘grulara g¨ot¨
ur¨
ur, (0, 0) noktasını (0, 0) noktasına g¨ot¨
ur¨
ur, x eksenini gene x
eksenine g¨ot¨
ur¨
ur. S¸imdi ra ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
une bakalım. Bu d¨on¨
u¸su
¨m de do˘gruları
do˘grulara g¨ot¨
ur¨
ur, (0, 0) noktasını (0, 0) noktasına g¨ot¨
ur¨
ur, x eksenini gene x
eksenine g¨ot¨
ur¨
ur, ama ayrıca (1, 0) noktasını gene (1, 0) noktasına g¨ot¨
ur¨
ur.
D¨
ord¨
unc¨
u Adım. f : R2 → R2 fonksiyonu, do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
urs¨
un ve
(0, 0) ve (1, 0) noktalarını sabitlesin. (O zaman x eksenini x eksenine g¨ot¨
urmek
zorundadır. Dolayısıyla, paralel do˘gruları paralel do˘grulara g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨nden yatay do˘gruları yatay do˘grulara g¨ot¨
urmek zorundadır.) S¸imdi (0, 1) noktasını
tekrar (0, 1) noktasına g¨ot¨
urmek istiyoruz. Nasıl yapaca˘gız? Bu, biraz daha
zor.
f (0, 1) = (c, d) olsun. S¸imdi g : R2 → R2 d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
u
g(x, y) = (x − d−1 cy, d−1 y)
Uzmana Not: E˘
ger R yerine ba¸ska bir cisim alırsak, bu adımda d¨
ond¨
ur¨
u kullanamayız,
ama do˘
grusal bir d¨
on¨
u¸su
¨mle x eksenini x eksenine g¨
ot¨
urebiliriz.
5
¨
A. Oklid
Duzleminin
Simetrileri
¨
300
kuralıyla tanımlayalım. g d¨on¨
u¸su
¨m¨
u do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
ur¨
ur ve (0, 0) ve
(0, 1) noktalarını sabitler. Ayrıca (c, d) noktasını (0, 1) noktasına g¨ot¨
ur¨
ur. Demek ki g ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
ur¨
ur ve (0, 0), (1, 0) ve (0, 1)
noktalarını sabitler (dolayısıyla x ye y eksenlerini de kendilerine g¨ot¨
ur¨
ur.)
˙ u
˙
¨ cu
¨
Ikinci,
U¸
¨ nc¨
u ve D¨
ord¨
unc¨
u Adımlar Uzerine
Bir Not. Iki,
¨¸c ve d¨ord¨
unc¨
u adımları do˘grusal bir d¨on¨
u¸su
¨mle tek hamlede yapabilirdik.
f (1, 0) = (a, b) ise f (0, 1) = (c, d)
ise,
(
g(x, y) =
dx − cy −bx + ay
,
ad − bc ad − bc
)
kuralıyla tanımlanmı¸s olsun. S¸imdi, g ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
ur¨
ur ve (0, 0), (1, 0) ve (0, 1) noktalarını sabitler. (Tabii bunu yapmadan ¨once
ad − bc ̸= 0 e¸sitsizli˘gini kanıtlamak lazım.)
Be¸sinci Adım. f : R2 → R2 fonksiyonu, do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
urs¨
un ve
(0, 0), (1, 0) ve (0, 1) noktalarını sabitlesin. O zaman f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u bu noktalardan ge¸cen u
¨¸c do˘gruyu gene kendilerine g¨ot¨
ur¨
ur, yani x eksenini x eksenine,
y eksenini y eksenine ve y = −x + 1 do˘grusunu gene kendine g¨ot¨
urmek zorundadır. Ayrıca f ’nin paralel do˘gruları paralel do˘grulara g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u biliyoruz.
Dolayısıyla yatay do˘gruları yatay do˘grulara, dikey do˘gruları dikey do˘grulara
g¨ot¨
ur¨
ur. Ayrıca e˘gimi −1 olan do˘gruları gene e˘gimi −1 olan do˘grulara g¨ot¨
ur¨
ur.
Baya˘gı ¸sey biliyoruz. B¨
ut¨
un bunlardan f ’nin her noktayı sabitledi˘gini kanıtlayaca˘gız.
S¸imdi x ∈ R olsun. (x, 0) noktası x ekseninde oldu˘gundan,
f (x, 0) = (φ(x), 0)
t¨
ur¨
unden yazılabilir. B¨oylece bir φ : R → R fonksiyonu elde ediyoruz. f
d¨on¨
u¸su
¨m¨
u (0, 0) ve (1, 0) noktalarını sabitledi˘ginden φ(0) = 0 ve φ(1) = 1.
Yakın gelecekte, her x ∈ R i¸cin, φ(x) = x e¸sitli˘gini kanıtlayaca˘gız.
˘
˘
¨ uren
¨ us
A.2. Dogruları
Dogrulara
Got
Don
¨
¨ ¸ umler
¨
301
Bundan b¨oyle f : R2 → R2 ve φ : R → R bu paragrafta tanımlandı˘gı gibi
olsunlar.
Altıncı Adım. Bu adımda, her x ∈ R i¸cin f (0, x) = (0, φ(x)) e¸sitli˘gini
kanıtlayaca˘gız. Herhangi bir b ∈ R alalım. f d¨on¨
u¸su
¨m¨
u y eksenini gene y
eksenine g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨nden, f (0, b) noktası y ekseni u
¨st¨
undedir, yani birinci ko˙
ordinatı 0’dır. Ikinci
koordinatın φ(b) oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız.
S¸imdi (b, 0) ve (0, b) noktalarından ge¸cen ℓ do˘grusunu ele alalım ve yukarıdaki
¸sekilden izleyelim. E˘gimi −1 olan ℓ do˘grusu f tarafından kendisine paralel bir
do˘gruya yollanır. Ama (b, 0) ∈ ℓ oldu˘gundan, (φ(b), 0) = f (b, 0) ∈ f (ℓ). Demek
ki f (0, b) = (0, φ(b)).
Yedinci Adım. S¸imdi ¸sunu iddia ediyoruz: Her (x, y) ∈ R2 i¸cin
f (x, y) = (φ(x), φ(y))
e¸sitli˘gi do˘grudur.
Herhangi bir (x, y) noktası alalım. (x, 0)’dan ge¸cen dikey do˘gru
f (x, 0) = (φ(x), 0)
noktasından ge¸cen dikey do˘gruya gitmek zorunda. Aynı zamanda (0, y)’den
ge¸cen yatay do˘gru f (0, y) = (0, φ(y))’den ge¸cen yatay do˘gruya gitmek zorunda. Dolayısıyla (x, y) noktası (φ(x), φ(y)) noktasına gitmek zorunda.
¨
A. Oklid
Duzleminin
Simetrileri
¨
302
Bir Sonu¸
c. Yukarıdaki adıma g¨ore, (1, 1) noktası f altında
f (1, 1) = (φ(1), φ(1)) = (1, 1)
noktasına, yani kendine gitmek zorunda. Dolayısıyla (0, 0) ve (1, 1) noktalarından ge¸cen do˘gru da kendine gider. Demek ki e˘gimi 1 olan bir do˘gru gene
e˘gimi 1 olan bir do˘gruya gider. E˘gimi −1 olan bir do˘grunun gene e˘gimi −1
olan bir do˘gruya gitti˘gini zaten biliyoruz.
Sekizinci Adım. Bu paragrafta, φ’nin toplamaya saygı duydu˘gunu, yani her
x, y ∈ R i¸cin, φ(x + y) = φ(x) + φ(y) e¸sitli˘gini kanıtlayaca˘gız.
Yukarıdaki ¸sekilden de g¨or¨
ulece˘gi u
¨zere, (a, 0) ve (b, 0) noktası verilmi¸sse,
(a + b, 0)
noktasını dikey, yatay ve e˘gimi 1 ve −1 olan do˘gruların kesi¸simlerinden elde
edebiliriz. S¸imdi, (a + b, 0) noktasını bulmak i¸cin kullandı˘gımız bu yedi do˘gruya ve yedi noktaya f ’yi uygulayalım. Aynen bu ¸sekle benzeyen bir durum
elde ederiz. x ve y eksenler ve (0, 0) noktası yerlerinden kımıldamaz. B¨oylece
f (a, 0) = (φ(a), 0)
˘
˘
¨ uren
¨ us
A.2. Dogruları
Dogrulara
Got
Don
¨
¨ ¸ umler
¨
303
ve f (b, 0) = (φ(b), 0) noktalarından hareket ederek ve aynı y¨ontemle
(φ(a) + φ(b), 0)
¨ yandan bu nokta aynı zamanda f (a + b, 0), yani
noktasını elde ederiz. Ote
(φ(a + b), 0) noktasıdır da. Demek ki φ(a + b) = φ(a) + φ(b).
Dokuzuncu Adım. Bu paragrafta, φ’nin ¸carpmayla uyumlu oldu˘gunu, yani
her x, y ∈ R i¸cin, φ(xy) = φ(x)φ(y) e¸sitli˘gini kanıtlayaca˘gız.
A¸sa˘gıdaki ¸sekilden de g¨or¨
ulece˘gi u
¨zere, (a, 0) ve (b, 0) noktası verilmi¸sse,
(ab, 0) noktasını verilmi¸s noktalardan ge¸cen do˘grularla elde edebiliriz. S¸imdi,
(ab, 0) noktasını bulmak i¸cin kullandı˘gımız bu dokuz do˘gru ve dokuz noktaya
¨ c do˘gru
f ’yi uygulayalım. Aynen bu ¸sekle benzeyen bir durum elde ederiz. U¸
(x ve y eksenleri ve x = 1 do˘grusu) ve iki nokta ((0, 0) ve (1, 0) noktaları)
yerlerinden kımıldamaz.
B¨oylece f (a, 0) = (φ(a), 0) ve f (b, 0) = (φ(b), 0) noktalarından hareket ederek
¨ yandan bu nokta aynı
aynı y¨ontemle (φ(a)φ(b), 0) noktasını elde ederiz. Ote
zamanda f (ab, 0), yani (φ(ab), 0) noktasıdır da. Demek ki φ(ab) = φ(a)φ(b).
Onuncu Adım. Adım adım yolun sonuna geldik. S¸imdi ¨on¨
um¨
uzde, her x, y ∈
R i¸cin, φ(x + y) = φ(x) + φ(y) ve φ(xy) = φ(x)φ(y) e¸sitliklerini sa˘glayan bir
fonksiyon var. B¨oyle bir φ fonksiyonunun birim fonksiyon oldu˘gunu g¨ostermek
zor de˘gildir. Demek ki d¨ord¨
unc¨
u adımda buldu˘gumuz d¨on¨
u¸su
¨m birim fonksiyonuymu¸s.
¨
Ozet.
Do˘gruları do˘grulara g¨onderen birebir bir f : R → R fonksiyonuyla yola
koyulduk.
Birinci adımda, bir t ¨otelemesi i¸cin, t ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
un do˘gruları do˘gruları
g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u, ayrıca (0, 0) noktasının yerini de˘gi¸stirmedi˘gini g¨ord¨
uk.
¨
A. Oklid
Duzleminin
Simetrileri
¨
304
˙
Ikinci
adımda, bir ρ d¨ond¨
ur¨
us¨
u i¸cin, ρ ◦ t ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
un do˘gruları
do˘grulara g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u, (0, 0) noktasının yerini de˘gi¸stirmedi˘gini, ayrıca x eksenini x eksenine g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u g¨ord¨
uk.
¨ cu
U¸
¨nc¨
u adımda, belli bir a i¸cin,
r(x, y) = (a−1 x, y)
kuralıyla tanımlanan bir r fonksiyonu i¸cin,
r◦ρ◦t◦f
d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
un do˘gruları do˘grulara g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u, (0, 0) noktasının yerini de˘gi¸stirmedi˘gini, x eksenini x eksenine g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u ve ayrıca (1, 0) noktasını (1, 0)
noktasına g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u g¨ord¨
uk.
D¨ord¨
unc¨
u adımda, belli bir u, v ∈ R i¸cin ve g(x, y) = (x − uy, vy) kuralıyla
tanımlanan g fonksiyonu i¸cin, g ◦ r ◦ ρ ◦ t ◦ f d¨on¨
u¸su
¨m¨
un¨
un do˘gruları do˘grulara
g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u, (0, 0) noktasının yerini de˘gi¸stirmedi˘gini, x eksenini x eksenine
g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u, (1, 0) noktasını (1, 0) noktasına g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u ve ayrıca (0, 1)
noktasını (0, 1) noktasına g¨ot¨
urd¨
u˘gu
¨n¨
u g¨ord¨
uk.
Be¸sinci ve sonraki adımlarda, yukarıdaki ¨ozelli˘ge sahip bir fonksiyonun
birim fonksiyon olması gerekti˘gini g¨ord¨
uk, yani g ◦ r ◦ ρ ◦ t ◦ f = IdR . Bundan
da kolaylıkla ¸su sonu¸c ¸cıkar:
Teorem A.3. f : R2 → R2 do˘gruları do˘grulara g¨
ot¨
uren birebir bir fonksiyon
olsun. O zaman, ¨
oyle bir t ¨
otelemesi, ¨
oyle bir ρ d¨
ond¨
ur¨
us¨
u ve ¨
oyle bir
g(x, y) = (ax + by, cy)
fonksiyonu vardır ki, f = t ◦ ρ ◦ g e¸sitli˘gi sa˘glanır6 .
Alı¸stırmalar
A.1. Rn uzayının mesafe de˘
gi¸stirmeyen d¨
on¨
u¸su
¨mlerini bulun. (Not: Rn uzayında (x1 , . . . , xn )
ve (y1 , . . . , yn ) arasındaki mesafe
√
2
(x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2
olarak tanımlanır.)
¨
A.2. “Mesafe” kavramı bulundu˘
gumuz co˘
grafyaya g¨
ore de˘
gi¸sebilir. Orne˘
gin, bir ¸sehrin sokaklarındaysanız, bir noktadan bir di˘
ger noktaya gitmek i¸cin d¨
uz do˘
gruyu se¸cemeyebilirsiniz, kar¸sınıza evler, hanlar, konaklar ¸cıkar, ¨
ozellikle bu i¸s i¸cin tasarlanmı¸s sokaklardan
y¨
ur¨
umek zorundasınız.
6
Uzmana Not: Bu teoremin kanıtından ¸sunlar ¸cıkar: 1. K bir cisim olsun. K 2 ’nin do˘
gruları
do˘
grulara g¨
ot¨
uren e¸slemeleri (K 2 o GL2 (K)) o Aut(K) grubuna izomorfiktir. 2. E˘
ger B2 (R)
u
¨st¨
u¸cgensel tersinir matrislerse (yani standard Borel altgrubu), GL2 (R) = SO2 (R)B2 (R).
(Ama bu iki altgrubun hi¸cbiri normal de˘
gil, ayrıca ikisi de ¸co
¨z¨
ulebilir.)
˘
˘
¨ uren
¨ us
A.2. Dogruları
Dogrulara
Got
Don
¨
¨ ¸ umler
¨
305
¨
Orne˘
gin New York’ta, bir noktadan bir ba¸ska bir noktaya ancak kuzey, do˘
gu, g¨
uney
ve batı y¨
onlerine do˘
gru giderek gidebilirsiniz. New York sokaklarındaki (x, y) ve (z, t)
noktaları arasındaki (en kısa) mesafe
d((x, y), (z, t)) = |x − z| + |y − t|
olarak tanımlanmalı. R2 d¨
uzleminin bu mesafe kavramını de˘
gi¸stirmeyen d¨
on¨
u¸su
¨mlerini
bulun, yani her x, y, z, t ∈ R i¸cin,
d((x, y), (z, t)) = d(f (x, y), f (z, t))
e¸sitli˘
gini sa˘
glayan t¨
um f : R2 → R2 d¨
on¨
u¸su
¨mlerini bulun.
B. Kartezyen C
¸ arpım Serbest
Abel Grubu Olmayabilir
⊕
∏
grubu, tanım gere˘
gi, serbest abel grubudur. Acaba, N Z grubu da
∏
serbest mi? Bu ekte1 N Z grubunun serbest abel grup olmadı˘gını, yani bir I
k¨
umesi i¸cin ⊕I Z grubuna izomorf olmadı˘gını kanıtlayaca˘gız2 .
∏
Teorem B.1. P = N Z grubu serbest abel grubu de˘gildir.
NZ
Kanıtın Anafikri: Herhangi bir I i¸cin ⊕I Z serbest abel grubunda 2’ye b¨ol¨
unen, yani 2’nin katı olan elemanlar k¨
umesi ⊕I 2Z altgrubudur. 3’e b¨ol¨
unen
elemanlar k¨
umesi ise ⊕I 3Z altgrubudur. Genel olarak, n’ye b¨ol¨
unen elemanlar
k¨
umesi ⊕I nZ altgrubudur. Bunların hepsinin kesi¸simi de 0 altgrubudur. Yani
⊕I Z serbest abel grubunda t¨
um do˘gal sayılara b¨ol¨
unen 0’dan farklı bir eleman
yoktur. Bir ba¸ska deyi¸sle, verilmi¸s herhangi bir a ̸= 0 elemanı i¸cin, a = nx
denkleminin ¸c¨oz¨
um¨
un¨
un olmadı˘gı bir n > 0 do˘gal sayısı vardır. Yani
(1)
∃a ̸= 0 ∀n > 0 ∃x a = nx
¨onermesi ⊕I Z serbest abel grubunda ve her serbest abel grubunda yanlı¸stır.
Bunu aklımızda tutalım.
Aynı ¨onerme aynı nedenden P grubunda da yanlı¸stır. Ama bu ¨onermenin
P ’de do˘gru olmasına ramak kalmı¸stır. Bu mu˘glak c¨
umleyi a¸cıklayalım.
⊕
∏
A=
Z≤
Z=P
N
N
olsun.
p = (n!)n = (1, 1, 2, 6, 24, 120, . . . , n!, . . .) ∈
∏
Z
N
¨ uuzun ile birlikte yazılmı¸stır.
Bu ek Halime Omr¨
∏
Lineer Cebir bilenlere not: E˘
ger K bir cisimse, N K bir vekt¨
or uzayı oldu˘
gundan, vekt¨
or
uzayı olarak (dolayısıyla
bir
grup
olarak
da)
⊕
o
r
uzayına
izomorftur.
Bu
nedenden
I K vekt¨
∏
dolayı benzer sonucun N Z grubu i¸cin do˘
gru olmaması olduk¸ca ¸sa¸sırtıcı bulunabilir.
1
2
308
B. Kartezyen C
¸ arpım Serbest Abel Grubu Olmayabilir
olsun. P grubunda p = 2x denkleminin ¸c¨oz¨
um¨
u yoktur ¸cu
¨nk¨
u p’nin ilk iki
koordinatı 2’ye b¨ol¨
unmez. Benzer nedenden p = 3x ya da p = 4x denkleminin
de ¸c¨oz¨
umleri yoktur. Ama sonlu sayıdaki ilk birka¸c koordinatı yok sayarsak,
yani biraz hata payıyla p = nx denklemini P grubunda ¸c¨ozebiliriz. Mesela
x = (0, 0, 0, 2, 8, 40, . . . , n!/3, . . .)
ise
3x = (0, 0, 0, 6, 24, 120, . . . , n!, . . . )
olur ve
p − 3x = (1, 1, 2, 0, 0, . . . , 0, . . .) ∈ A
olur. Bir ba¸ska deyi¸sle, P grubunda,
p = nx
denklemini, bırakın her n i¸cin ¸c¨ozmeyi, tek bir n > 1 i¸cin bile ¸c¨ozemeyiz belki
ama,
p = nx
denklemini her n > 0 i¸cin P/A b¨ol¨
um grubunda ¸c¨ozebiliriz. Sonu¸c olarak (1)
¨onermesi P/A b¨ol¨
um grubunda do˘grudur.
(1) ¨onermesi P/A b¨ol¨
um grubunda do˘gru oldu˘gu gibi, elbette, A ≤ H < P
i¸cindeliklerini sa˘glayan her H altgrubu i¸cin P/H b¨ol¨
um grubunda da do˘grudur.
Dolayısıyla e˘ger H’yi,
a. A ≤ H < P ,
b. P/H serbest
olacak bi¸cimde se¸cebilirsek, o zaman bir ¸celi¸ski elde ederiz ve b¨oylece P ’nin
serbest abel grubu olamayaca˘gı ¸cıkar.
Planımız tam b¨oyle y¨
ur¨
umeyecek. p’yi yukarıdaki verildi˘gi ¸sekilde se¸cmeyece˘giz. Ama her pozitif do˘gal sayıya olmasa da, giderek artan do˘gal sayılara
b¨ol¨
unen bir p elemanının ve yukarıdaki gibi bir H altgrubunun varlı˘gını g¨osterebilece˘giz, bunlar da bize yetecek.
Kanıt: Tam tersine P ’nin bir serbest abel grubu oldu˘gunu varsayalım. O
zaman P ’nin bir tabanı vardır, diyelim (ei )i∈I :
(2)
P =
∏
N
Z=
⊕
Zei .
I
i. P sayılamaz sonsuzlukta oldu˘gundan, I da sayılamaz sonsuzluktadır. (Hatta
her ikisinin de kardinalitesi R’nin kardinalitesi kadardır.)
309
ii. fn ∈ P elemanı, n’inci koordinatı 1, di˘ger t¨
um koordinatları 0 olan eleman
olsun. Bunlardan sayılabilir sonsuzlukta vardır ve A altgrubunu u
¨retirler. fn ’yi
ei ’lerin lineer kombinasyonu olarak yazalım:
∑
fn =
αni ei .
i∈I
Verilmi¸s bir n i¸cin bu toplamda sadece sonlu sayıda 0’dan farklı αni vardır. J,
yukarıdaki e¸sitliklerde ger¸cekten kullanılan g¨osterge¸c k¨
umesi olsun, yani
J = {i ∈ I : bir n ∈ N i¸cin αni ̸= 0}
olsun. J k¨
umesi sayılabilir sonsuzluktadır. B¨oylece,
∑
(3)
fn =
αni ei
i∈J
yazabiliriz.
iii. Bu paragrafta s¨oz verdi˘gimiz H altgrubunu bulaca˘gız.
⊕
H = ⟨ei : i ∈ J⟩ =
Zei
i∈J
olsun. J sayılabilir sonsuzlukta oldu˘gundan, H de sayılabilir sonsuzluktadır.
Ayrıca, (3)’ten dolayı, her n i¸cin fn ∈ H oldu˘gundan,
A = ⟨fn : n ∈ I⟩ ≤ H
olur. Ayrıca elbette,
P =
⊕


⊕
Zei = H ⊕ 
Zei 
I
I\J
ve dolayısıyla
P/H ≃
⊕
Zei
I\J
olur. Yani P/H serbest abeldir. Dolayısıyla (1) ¨onermesi P/H grubunda do˘gru
olamaz.
iv. E˘ger bir p = (pn )n ∈ P elemanının t¨
um koordinatları 0’dan de˘gi¸sikse ve her
n i¸cin pn < pn+1 ise ve pn koordinatı pn+1 koordinatını b¨ol¨
uyorsa, p elemanına
¨
u
¨stel artan eleman diyelim. Ustel
artan elemanlar k¨
umesi sayılamaz sonsuzluktadır ¸cu
¨nk¨
uu
¨stel bir eleman elde etmek i¸cin her koordinattan bir sonraki
koordinatı elde etmek i¸cin o koordinatı 2’yle ya da 3’le ¸carpabiliriz.
310
B. Kartezyen C
¸ arpım Serbest Abel Grubu Olmayabilir
v. H sayılabilir sonsuzlukta, u
¨stel artan elemanlar sayılamaz sonsuzlukta oldu˘gundan, H’de olmayan bir u
¨stel artan eleman vardır. Bu elemanlardan birine
p = (pn )n diyelim. P/H grubunda, her n i¸cin
p = pn x
denkleminin bir ¸c¨oz¨
um¨
u vardır. Nitekim e˘ger
x = (0, 0, . . . , 0, 1, pn+1 /pn , pn+2 /pn , . . .) ∈ P
ise
p − pn x = (p0 , p1 , . . . , pn−1 , 0, 0, . . .) ∈ A ≤ H,
ve P/H grubunda,
p = pn x
olur. Demek ki (1) ¨onermesi P/H’de do˘gru. Bu da bir ¨onceki paragrafla ¸celi¸sir.
Hedefledi˘gimiz teorem kanıtlanmı¸stır.
C. Hemen Hemen Her Sonlu
C
¸ izge Asimetriktir
E˘ger bir ¸cizgenin ¨ozde¸slik, yani Id fonksiyonundan ba¸ska otomorfisi yoksa, bu
˙ ste birden fazla noktası olan en k¨
¸cizgeye asimetrik denir. I¸
uc¸u
¨k asimetrik
¸cizge:
Asimetrik ¸cizge bulmak hi¸c kolay de˘gildir. Ama bu zorluk anla¸sılan, asimetrik ¸cizgelerin enderli˘ginden de˘gil, beynimizin simetrisiz d¨
u¸su
¨nmede zorlanmasından kaynaklanmaktadır. Nitekim hemen hemen her sonlu ¸cizge asimetriktir. Bir ba¸ska deyi¸sle, b¨
uy¨
uk bir n do˘
gal sayısı i¸cin n noktalı rastgele bir
¸cizge se¸cseniz, bu ¸cizge ¸cok b¨
uy¨
uk bir olasılıkla asimetrik olacaktır. Bu yazıda
bunu kanıtlayaca˘gız. Tam olarak neyi kanıtlayaca˘gımızı a¸cıklayalım.
n elemanlı bir V k¨
umesi alalım. V = {1, 2, . . . , n} olabilir mesela. Noktalar
k¨
umesi V olan ¸cizgelerden olu¸san k¨
umeye Ω diyelim. Ω’nın tam
n
2( 2 )
tane elemanı vardır. Nitekim noktalar k¨
umesi V olan bir X ¸cizgesi ba˘gıntılarıyla, yani E(X) olarak simgelenen ba˘gıntılar k¨
umesiyle belirlenir ve E(X) de,
V ’nin 2 elemanlı altk¨
umeler k¨
umesi olan ℘2 (V )’nin bir altk¨
umesidir. Demek
ki
n
|Ω| = |℘(℘2 (V ))| = 2|℘2 (V )| = 2( 2 ) .
Bu b¨ol¨
umde Ω k¨
umesiyle ℘(℘2 (V )) k¨
umesini ¨ozde¸sle¸stirece˘giz. (Ω’daki
¸cizgelerin noktaları V ’nin elemanları olarak belirlenmi¸s oldu˘gundan, Ω’daki
¸cizgeler ba˘gıntılar k¨
umesi tarafından tamamen belirlenir.)
Ω k¨
umesindeki asimetrik ¸cizge sayısı an olsun.
an
µn = n
2( 2 )
312
C. Hemen Hemen Her Sonlu C
¸ izge Asimetriktir
sayısı, asimetrik ¸cizgelerin Ω k¨
umesindeki oranıdır. Bu yazıda bu oranın 1’e
yakınsadı˘gını, yani
lim µn = 1
n−→∞
e¸sitli˘gini kanıtlayaca˘gız. B¨oylece b¨
uy¨
uk n do˘gal sayıları i¸cin asimetrik ¸cizge
sayısının hemen hemen toplam ¸cizge sayısı kadar oldu˘gu anla¸sılacak.
Kanıtımızın iskeletini olu¸sturacak olan basit bir ¨onsavla ba¸slayalım.
¨
Onsav
C.1 (Burnside1 ). Sonlu G grubu sonlu bir V k¨
umesine etkisin. O
zaman V ’deki y¨
or¨
unge sayısı G’nin elemanlarının sabitledi˘gi ortalama eleman
sayısına, yani
1 ∑
| FixV (g)|
|G|
g∈G
sayısına e¸sittir.
Kanıt: A = {(g, x) ∈ G × V : gx = x} k¨
umesini iki de˘gi¸sik bi¸cimde sayalım.
E˘ger saymayı g ∈ G u
¨zerine toplayarak yaparsak,
∑
(1)
|A| =
| FixV (g)|
g∈G
buluruz. S¸imdi de saymayı x ∈ X u
¨zerine yapalım. Okurun
Gx = {gx : g ∈ G} = x’in G-y¨or¨
ungesi
ve
Gx = {g ∈ G : gx = x} = x’in G’deki sabitleyicisi ≤ G
tanımlarıyla,
|G| = |Gx||Gx |
e¸sitli˘gini bildi˘gini varsayıyoruz2 . Her y¨or¨
ungeden bir eleman (temsilci) se¸celim
ve bu temsilcilerden olu¸san k¨
umeye Y diyelim. Bu durumda,
(2)
|A| =
∑
x∈X
|Gx | =
∑ |G|
∑
∑
|G|
=
|Gy|
=
|G| = |G| |Y |
|Gx|
|Gy|
x∈X
y∈Y
olur. (1) ve (2) e¸sitliklerinden istedi˘gimiz ¸cıkar.
y∈Y
G = Sym(V ) olsun. G, Ω u
¨zerine do˘gal olarak etkir. Bu etkimeyi ¸s¨oyle
g¨orebiliriz: G, elbette V u
¨zerine etkir; dolayısıyla ℘2 (V ) u
¨zerine de etkir; dolayısıyla ℘(℘2 (V )) = Ω u
¨zerine de etkir.
1
¨
Halk arasında Burnside Onsavı
olarak bilinen bu ¨
onsav aslında Burnside’dan daha eskidir, Frobenius’a, hatta Cauchy’ye kadar uzanır.
2
Nitekim, kolayca kanıtlanabilece˘
gi u
¨zere, gGx 7→ gx fonksiyonu G/Gx sol ¨
otelemeler
k¨
umesinden Gx y¨
or¨
ungesine giden bir e¸slemedir.
313
X ∈ Ω i¸cin, X’in G-y¨or¨
ungesi GX, elbette X’e izomorf olan ¸cizgelerden
olu¸sur; ne de olsa g, X ile gX arasındaki izomorfidir. GX = Aut(X) e¸sitli˘gi
de bariz bi¸cimde do˘grudur. Demek ki X’e izomorf ¸cizge sayısı,
|GX| =
|G|
|G|
n!
=
=
|GX |
| Aut(X)|
| Aut(X)|
dir.
S¸imdi, yukarıdaki ¨onsavdaki A k¨
umesinin analogu olan,
{(g, X) : gX = X} = {(g, X) : g ∈ Aut(X)}
k¨
umesinin elemanlarını g ∈ G u
¨zerine toplayarak hesaplayalım. g ∈ G olsun.
g ∈ Aut(X) ise X’in ba˘gıntılar k¨
umesi, X’in her ba˘gıntısı i¸cin, bu ba˘gıntının
⟨g⟩-y¨or¨
ungesini de i¸cerir; yani E(X) k¨
umesi ℘2 (V )’nin ⟨g⟩-y¨or¨
ungelerinden
olu¸sur. Ve bu ko¸sul sadece gerek de˘gil, ayrıca yeterdir de: E˘ger E(X) k¨
umesi
℘2 (V )’nin ⟨g⟩-y¨or¨
ungelerinden olu¸suyorsa o zaman g ∈ Aut(X) olur. Dolayısıyla e˘ger ℘2 (V )’deki ⟨g⟩-y¨or¨
unge sayısı r ise, g tam tamına 2r tane farklı
¸cizgenin otomorfisidir. Bu r sayısını y(g) olarak g¨osterelim:
y(g) = ℘2 (V )’nin ⟨g⟩-y¨or¨
unge sayısı.
Demek ki
|A| =
∑
2y(g)
g∈G
¨
olur. Burnside Onsavı’na
g¨ore, Ω’nın G-y¨or¨
ungesi sayısı, yani birbirine izomorf
olmayan ¸cizge sayısı,
1 ∑ y(g)
2
n!
g∈G
dir. S¸imdi bu sayı hakkında genel bir bilgi edinelim:
¨
Onsav
C.2. Ω’nın birbirine izomorfik olmayan ¸cizge sayısı, yani G-y¨
or¨
ungesi
sayısı limn→∞ o(n) = 0 e¸sitli˘gini sa˘glayan bir o fonksiyonu i¸cin
n
2( 2 )
(1 + o(n))
n!
olur.
Kanıt: Bir g ∈ G elemanının deste˘
gi, g’nin sabitlemedi˘gi, yani yerinden
oynattı˘gı elemanlar k¨
umesidir. Bir g elemanı ne kadar fazla eleman sabitliyorsa, yani deste˘gi ne kadar k¨
u¸cu
¨kse, V ve ℘2 (V ) k¨
umelerindeki y¨or¨
ungeleri
¨
o kadar k¨
uc¸u
¨k, dolayısıyla y¨or¨
unge sayıları da o kadar b¨
uy¨
uk olur. Orne˘
gin
IdV ∈ G elemanının her y¨or¨
ungesi tek bir elemandan olu¸sur, dolayısıyla ℘2 (V )
314
C. Hemen Hemen Her Sonlu C
¸ izge Asimetriktir
( )
k¨
umesindeki y¨or¨
unge sayısı (maksimal sayı olan) n2 dir. E˘ger a ̸= b ∈ V i¸cin
g = (a b) ∈ G ikili d¨ong¨
us¨
uyse, g-y¨or¨
ungelerin ya 1 ya da 2 elemanı vardır.
Nitekim bu durumda g-y¨or¨
ungeler ¸sunlardır:
1. {{a, b}},
2. Her x ∈ V \ {a, b} i¸cin {{a, x}, {b, x}},
3. Her x, y ∈ V \ {a, b} i¸cin {{x, y}}
Demek ki g-y¨or¨
ungesi sayısı
(
)
n−2
1 + (n − 2) +
2
dir. Bu ısınma hareketlerinden sonra ciddi hesaplara ge¸celim.
g n = 1 ise, bir ⟨g⟩-y¨or¨
ungesinde en fazla n tane eleman vardır, o eleman2
n−1
lar da X, gX, g X, . . . , g
X bi¸ciminde yazılan ¸cizgelerdir. (Ama bunlardan
bazıları birbirine e¸sit olabilir.) Ve y¨or¨
ungelerde ne kadar az eleman varsa,
toplam y¨or¨
unge sayısı o kadar artar. Dolayısıyla, e˘ger IdV elemanını saymazsak en fazla y¨or¨
ungeyi derecesi 2 olan elemanlar verir, ¸cu
¨nk¨
u bu elemanların
y¨or¨
ungelerinde ya 1 ya da 2 ¸cizge vardır. Bunlar arasından da en fazla y¨or¨
unge
yukarıda ele aldı˘gımız (a b) ikili d¨ong¨
uleri tarafından verilir.
Yukarıda s¨oylediklerimizden ¸su ¸cıkar: Deste˘ginin eleman sayısı 2r olan
g ∈ G elemanları arasında y¨or¨
unge sayısı en b¨
uy¨
uk olanlar, r tane ikili ayrık
d¨ong¨
uden olu¸san g’lerdir. S¸imdi bu t¨
ur bir elemanın y¨or¨
unge sayısını hesapla˙ elemanlı y¨or¨
yalım. Iki
ungeleri teker teker sıralayalım:
1. g’nin deste˘ginde olan ama aynı d¨ong¨
ude bulunmayan x ̸= y ∈ V i¸cin
{{x, y}, {gx, gy}} k¨
umesi iki elemanlı bir y¨or¨
ungedir ve bunlardan
r(r − 1)
tane vardır.
2. g’nin deste˘ginde olan bir x ve g’nin deste˘ginde olmayan bir y i¸cin
{{x, y}, {gx, y}}
k¨
umesi iki elemanlı bir y¨or¨
ungedir ve bunlardan
r(n − 2r)
tane vardır.
Demek ki 2 elemanlı y¨or¨
unge sayısı
r(r − 1) + r(n − 2r) = r(n − r − 1)
315
dır. Tek elemanlı y¨or¨
unge sayısı da bunların dı¸sında kalanlardır ve onlardan
da
( )
n
− 2r(n − r − 1)
2
tane vardır. Dolayısıyla toplam g-y¨or¨
unge sayısı
(( )
) ( )
n
n
r(n − r − 1) +
− 2r(n − r − 1) =
− r(n − r − 1)
2
2
olur.
S¸imdi m ≤ n − 2 herhangi bir do˘gal sayı olsun. m’nin de˘gerini daha sonra
i¸simize geldi˘gi gibi belirleyece˘giz. G’nin elemanlarını u
¨¸c k¨
umeye ayıralım:
• C1 sınıfı: Sadece IdV elemanı. Bu sınıfta 1 tane eleman vardır.
• C2 sınıfı: Deste˘gi en fazla m elemanlı olan ve IdV ’den de˘gi¸sik elemanlar.
Bu sınıfta en fazla
( )
n
n!
m! <
< nm
m
(n − m)!
tane eleman vardır.
• C3 sınıfı: Geri kalanlar. Bu sınıfta en fazla
n! < nn
tane eleman vardır.
Her bir sınıfın elemanlarının y¨or¨
unge sayısının u
¨stsınırını bulaca˘gız.
C1 sınıfı i¸cin: IdV ’nin y¨or¨
unge sayısı tam tamına
n
2( 2 )
dir.
C2 sınıfı i¸cin: C2 ’nin elemanları arasından maksimum y¨or¨
unge sayısı, bir
tek ikili d¨ong¨
uden olu¸san elemanlar tarafından elde edilir. Bunların y¨or¨
unge
sayısını yukarıda belirlemi¸stik:
( )
n
− (n − 2).
2
C3 sınıfı i¸cin: C3 ’¨
un elemanları arasından maksimum y¨or¨
unge sayısı, m/2
tane ikili d¨ong¨
ulerden olu¸san elemanlar tarafından elde edilir. Bunların y¨or¨
unge sayısını da yukarıda belirlemi¸stik:
( )
) (n) nm
n
m(
m
−
n−
−1 <
−
.
2
2
2
2
4
316
C. Hemen Hemen Her Sonlu C
¸ izge Asimetriktir
Demek ki,
∑
y(g)
g∈G 2
n
n
n
< 2( 2 ) + nm 2( 2 )−(n−2) + nn 2( 2 )−nm/4
)
n (
= 2( 2 ) 1 + nm 2−n+2 + nn 2−nm/4 .
Bundan da ¨onsavın kanıtını bitirmek i¸cin,
nm 2−n+2 + nn 2−nm/4
dizisinin ya da
nm 2−n + nn 2−nm/4
dizisinin limitinin 0 oldu˘gunu kanıtlamanın yeterli oldu˘gu anla¸sılıyor. Bu iki
ifadenin her birinin limitinin ayrı ayrı 0 oldu˘gunu g¨ostermeliyiz. Bunun i¸cin
¨ozel bir m se¸cece˘giz. c > 4 ve 2’lik tabanda log fonksiyonu i¸cin,
m = [c log n]
¨
olsun. Once
birinci terimin 0’a gitti˘gini kanıtlayalım: 2log n = n e¸sitli˘gini kullanarak ve yeterince b¨
uy¨
uk n alarak,
nm 2−n =
nc log n
2c log
nm
≤
=
2n
2n
2n
2
n
= 2c log
2
n−n
< 2c log n−n
buluruz. limn→∞ (c log n − n) = −∞ oldu˘gundan, birinci terimin 0’a gitti˘gi
˙
anla¸sılır. Ikinci
terime bakalım ¸simdi:
nn 2−nm/4 =
nn
2nm/4
=
nn
2n(c/4) log n
=
nn
= nn(1−c/4)
nnc/4
ve 1 − c/4 < 0 oldu˘gundan, ikinci terim de 0’a gider.
S¸imdi artık asimetrik ¸cizgelerin t¨
um ¸cizgelere oranının, nokta sayısı n sonsuza gitti˘ginde 1’e gitti˘gini kanıtayabiliriz.
Giri¸sten µn oranını anımsayınız. Bu sayı asimetrik ¸cizgelerin t¨
um ¸cizgelere
oranı olarak tanımlanmı¸stı. Asimetrik olmayan bir X ¸cizgesinin y¨or¨
ungesinin
eleman sayısı
n!
n!
≤
|GX| =
| Aut X|
2
oldu˘gundan, asimetrik olanların y¨or¨
ungesinde de tam n! tane eleman bulundu˘gundan, bir y¨or¨
ungenin ortalama eleman sayısı,
(
)
n
n n!
1 ∑
1
1 + µn
(
)
(
)
2
2
|GX| ≤ n µn 2 n! + (1 − µn )2
= n!
n
(
)
(
)
2
2
2 2 X∈Ω
2 2
317
olur. Y¨or¨
unge sayısı da bir ¨onceki ¨onsav tarafından verildi. Demek ki
)
n
(
)(
1 + µn
2( 2 )
n!
(1 + o(n))
2
n!
n
¸carpımı ¸cizge sayısından, yani 2( 2 ) sayısından b¨
uy¨
ukt¨
ur:
)
n
(
)(
n
1 + µn
2( 2 )
n!
(1 + o(n))
> 2( 2 ) .
2
n!
Bundan,
1 + µn
(1 + o(n)) > 1
2
¸cıkar. C
¸ arpmayı ve bariz sadele¸stirmeleri yapalım:
µn + o(n) + µn o(n) > 1.
Ama ayrıca lim o(n) = 0 ve 0 ≤ µn ≤ 1 oldu˘gundan, lim µn o(n) = 0 olur. Son
iki satırdan,
lim µn ≥ 1,
yani
lim µn = 1
¸cıkar. Demek ki sonlu ¸cizgelerin ¸cok b¨
uy¨
uk bir ¸co˘gunlu˘gu, hatta tamamına
yakını asimetrikmi¸s.
Kaynak¸
ca
Chris Godsil ve Gordon Royle, Algebraic Graph Theory, Springer, Graduate Text in Mathematics 207, 2001.
D. Direkt Limit
X herhangi bir k¨
ume olsun. X’in bazı altk¨
umelerinden olu¸san bir aile alalım:
(Xi )i . Bu ∪altk¨
umelerin bile¸simini alıp X’in bir ba¸ska altk¨
umesini bulabiliriz elbet: i Xi . Bu b¨ol¨
umde yapacaklarımız i¸ste bu “bile¸sim alma” i¸slemini
genelle¸stirecek.
D.1
¨
Ozde¸
sle¸stirme
Matematikte, her ¸seyi daha basit ve daha kullanı¸slı kılan “¨ozde¸sle¸stirmek”
diye bir ¸sey vardır. Sık sık ba¸svurulur ¨ozde¸sle¸stirmeye. Bir A k¨
umesi, bir ba¸ska
k¨
umenin A’ya ¸cok benzeyen bir altk¨
umesiyle “¨ozde¸sle¸stirildi˘gi”, b¨oylece e¸sit
olamayan elemanlara e¸sit muamelesi ¸cekildi˘gi olur. Yapılan ¨ozde¸sle¸stirme genellikle o kadar do˘galdır ki, ortalama bir vatanda¸s farkına varmaz bile.
¨
Orne˘
gin bir n tamsayısı, n/1 kesirli sayısıyla ¨ozde¸sle¸stirilir ve b¨oylece her
tamsayıyı bir kesirli sayı olarak g¨orebiliriz. Oysa tamsayılar k¨
umesiyle kesirli sayılar k¨
umesi, ba¸slangı¸cta birbirinden ayrık k¨
umeler olarak in¸sa edilir,
¨ozde¸sle¸stirmeden sonra do˘gal sayılar k¨
umesi kesirli sayılar k¨
umesinin altk¨
umesi
olarak g¨or¨
ul¨
ur.
Bir ba¸ska ¨ornek: Her ger¸cel sayı hemen hemen her zaman sabit bir polinomla ¨ozde¸sle¸stirilir. Sabit polinomlarla ger¸cel sayılar arasında bir ayrım
g¨ozetilmez, ki aslında g¨ozetilmesi gerekir, ne de olsa ger¸cel sayı ger¸cel sayıdır,
polinom da polinom.
Liselerde her polinom (en azından katsayıları ger¸cel sayılar k¨
umesindeyse)
bir fonksiyon olarak g¨or¨
ul¨
ur. Burada da aslında (matematik¸ciler arasında her
zaman pek ra˘gbet g¨ormeyen) bir ¨ozde¸sle¸stirme s¨ozkonusudur. Bir polinom asla
bir fonksiyon de˘gildir. Ama her polinom bir fonksiyon yaratır ve kimi zaman
polinomu yarattı˘gı fonksiyon olarak g¨ormekte bir sakınca yoktur.
Bir lise matematik kitabında R’nin R × R k¨
umesinin altk¨
umesi oldu˘gu
yazıyordu. Bu tamamen yanlı¸stır. Yazarın yaptı˘gı yanlı¸sı anlamak zor de˘gil,
yazar muhtemelen gen¸cli˘ginde karma¸sık sayılara biraz fazla odaklanmı¸s (ger¸cekten de r ger¸cel sayısı r + 0i karma¸sık sayısıyla ¨ozde¸sle¸stirilir) ve kimseye
haber vermeden, R ile R × R’nin R × {0} altk¨
umesini ¨ozde¸sle¸stirmi¸s. Oysa R
320
D. Direkt Limit
ile, ¨orne˘gin,
{(x, x) : x ∈ R}
altk¨
umesini de ¨ozde¸sle¸stirebilirdi... Dolayısıyla yazarın hi¸c de bariz olmayan
bir ¨ozel ¨ozde¸sle¸stirmeyi yaptı˘gını s¨oylemesi gerekiyordu.
¨
Ozde¸
sle¸
stirmek ¸s¨oyle bir ¸seydir: A ve B iki k¨
ume olsun ve f , A’dan B’ye
giden birebir bir fonksiyon olsun. f , elbette A ile f (A) k¨
umeleri arasında bir
e¸sleme tetikler. Bu e¸sleme kimi zaman ¨oylesine do˘gal olabilir ki, A’nın bir a
elemanıyla B’nin f (a) elemanı arasında bir ayrım yapmak i¸cimizden gelmez,
tam tersine ayrım yapmak neredeyse g¨
unah kategorisine girer. Bu durumda,
B k¨
umesi yerine
(B \ f (A)) ∪ A
k¨
umesi alınır, yani B’den f (A) koparılıp yerine A yapı¸stırılır. Eskiden f (a)
elemanının B’de g¨ord¨
u˘gu
¨ g¨orevi, bu yeni k¨
umede a elemanı g¨or¨
ur. Bu i¸slem,
f (A)’yı kesip yerine A’yı dikmek olarak ya da f (A)’daki elemanların adlarını
˙ sin p¨
de˘gi¸stirmek olarak g¨or¨
ulebilir, hatta bu son yorum daha kullanı¸slıdır. I¸
uf
noktası ¸su: Eski B unutulur ve artık B yerine
(B \ f (A)) ∪ A
k¨
umesiyle ¸calı¸sılır, hem de sanki B eski B imi¸sc¸esine... Biraz sa¸cma olacak
ama, sanki
f (a) = a ve B = (B \ f (A)) ∪ A
e¸sitlikleri ge¸cerliymi¸s gibi davranılır.
Bu yapılana, “A ile f (A) k¨
umelerini f e¸slemesi kullanarak ¨ozde¸sle¸stirmek”
denir (oysa aslında altk¨
umelerden ¨ote elemanlar ¨ozde¸sle¸stiriliyordur).
S¸imdi bir adım daha gidelim. A¸sa˘gıdaki ¸sekilden izleyin. Sadece A ve B
k¨
umeleri ve
f : A −→ B
birebir fonksiyonu de˘gil, bir de ayrıca C k¨
umesi ve
g : B −→ C
birebir fonksiyonu verilmi¸s olsun. A’yı f (A) ile ¨ozde¸sle¸stirip elde edilen yeni
B’yi g(B) ile ¨ozde¸sle¸stirmek i¸sten bile de˘gildir. Yukarıda yaptı˘gımızı iki defa
yapmak yeterlidir. B¨oylece C’nin g(f (a)) elemanı a elemanıyla ¨ozde¸sle¸sir ve
g(B) \ g(f (A))’nın bir g(b) elemanı b ile ¨ozde¸sle¸sir.
¨
D.1. Ozdes
¸ les¸tirme
321
E˘ger u
¨c¸ yerine d¨ort k¨
ume olursa, i¸sler belki biraz daha zorla¸sır ama her seferinde zorlukla kolayca ba¸sa ¸cıkabiliriz.
Daha karma¸sık ¨ozde¸sle¸stirmeler de olabilir. Diyelim A, B ve C diye adlandırılmı¸s u
¨c¸ k¨
umemiz ve f : A −→ C ve g : B −→ C birebir fonksiyonlarımız
var. f ’yi kullanarak A ve f (A) k¨
umelerini ¨ozde¸sle¸stirebiliriz. g’yi kullanarak
B ve g(B) k¨
umelerini de ¨ozde¸sle¸stirebiliriz. Ama f (A) ∩ g(B)’nin elemanlarına
ne olacak? Bu elemanlar A’nın mı yoksa B’nin mi elemanıyla ¨ozde¸sle¸secekler?
Yanıt: Her ikisiyle birden ¨ozde¸sle¸secekler.
A¸sa˘gıdaki ¸sekildeki gibi ¸cok daha karma¸sık durumlar da olabilir. A¸sa˘gıdaki
durumda, imgeleri bir zaman sonra e¸sit olan elemanlar ¨ozde¸sle¸stirilirler.
¨
Orne˘
gin a ∈ A ile d ∈ D elemanları
g(f (a)) = k(h(d))
322
D. Direkt Limit
e¸sitli˘gini sa˘glıyorsa, A’nın a elemanıyla D’nin d elemanı e¸sle¸stirilmek istenebilir.
Aslında ¨ozde¸sle¸stirmenin ger¸cekle¸smesi i¸cin fonksiyonların birebir olmalarına gerek yok. Fonksiyonlar birebir olmasalar da ¨ozde¸sle¸stirmeleri yapabiliriz. Hatta k¨
umelerin birbirinden de˘gi¸sik olmalarına da gerek yok, k¨
umelerin
hepsi aynı bile olabilirler.
Yapmak istedi˘gimiz ¸su: Bazı k¨
umeler ve bu k¨
umeler arasında bazı fonksiyonlar verilmi¸s. Verilen t¨
um k¨
umelerin bile¸simini almak istiyoruz, ancak
g¨or¨
unt¨
uleri bir zaman sonra aynı olan elemanları bile¸sim k¨
umesinde sanki
tek bir elemanmı¸s gibi g¨ormek, yani matematikte yaygın olarak kullanılan
¨
deyimle, bu elemanları birbirleriyle ¨ozde¸sle¸stirmek istiyoruz. Ozde¸
sle¸stirmek
yerine b¨
uz¨
u¸st¨
urmek de diyebilirdik.
¨
Ama dikkat, gere˘ginden fazla eleman ¨ozde¸sle¸stirmek istemiyoruz. Orne˘
gin,
abartıp, t¨
um k¨
umelerdeki t¨
um elemanları tek bir elemana b¨
uz¨
u¸st¨
urebilirdik...
¨
Ozde¸
sle¸smesi gereken elemanlar ¨ozde¸smeli ama ¨ozde¸sle¸smemesi gereken elemanlar da ¨ozde¸smemeli. Yani kıvamı tutturmalıyız.
˙ ¨ornek alalım. Birincisi uydurma bir ¨ornek, ikincisiyse klasik.
Iki
¨
Ornekler
D.1. I = N olsun ve bildi˘
gimiz sıralamayla sıralanmı¸s olsun. Her i ∈ I i¸cin, Xi = N ve
φi : Xi −→ Xi+1
fonksiyonu
φi (x) = x + 1
form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s olsun. K¨
umelerin ve fonksiyonların resimleri a¸sa˘
gıda:
X0 ’ın 0 elemanıyla X1 ’in 1 elemanı ve X2 ’nin 2 elemanı ve X3 ’¨
un 3 elemanı ve genel olarak Xn ’nin n elemanı ¨
ozde¸sle¸stirilecekler ¸cu
¨nk¨
u φ0 , X0 ’ın 0 elemanını X1 ’in 1
elemanına g¨
ot¨
ur¨
uyor, φ1 , X1 ’in 1 elemanını X2 ’nin 2 elemanına g¨
ot¨
ur¨
uyor vs.
¨
D.1. Ozdes
¸ les¸tirme
323
Bunun gibi X1 ’in 0 elemanıyla X2 ’nin 1 elemanı, X3 ’¨
un 2 elemanı, X4 ’¨
un 3 elemanı ve
genel olarak Xn ’nin n − 1 elemanı ¨
ozde¸sle¸secekler.
S
¸ ekillerdeki her okun u
¨st¨
unden ge¸cti˘
gi noktalar birbirleriyle ¨
ozde¸sle¸sip nihai k¨
umede
(bir t¨
ur bile¸sim k¨
umesinde) tek bir eleman olacaklar. Yani nihai k¨
umede her ok i¸cin ayrı
bir eleman olacak.
Elde edilecek nihai k¨
ume, “artı 1” fonksiyonlarını da kale alınca, belli ki Z’ye benzeyecek.
X0 ’daki (yani ilk N k¨
umesindeki) her eleman i¸cin nihai k¨
umede bir eleman gerekiyor,
¸cu
¨nk¨
u bu elemanlar birbirleriyle ¨
ozde¸sle¸semezler. Bir de nihai k¨
umede, her i > 0 i¸cin,
0 ∈ Xi elemanının ¨
ozde¸sle¸sece˘
gi ayrı bir eleman gerekiyor, ¸cu
¨nk¨
u bunlar ne aralarında
ne de daha ¨
oncekilerle ¨
ozde¸sle¸sebilirler. Resmi yukarıda.
D.2. Pr¨
ufer p-Grubu. Teoriye giri¸smeden ¨
once ¸cok basit olmayan bir ¨
ornek verelim. Her
k > 0 do˘
gal sayısı ve her x tamsayısı i¸cin
φk ([x]k ) = [px]k+1
form¨
ul¨
uyle tanımlanmı¸s olan φk : Z/pk Z −→ Z/pk+1 Z fonksiyonunu ele alalım. Burada
[x]k , x’in Z/pk Z k¨
umesindeki imgesini temsil etmektedir. φk fonksiyonlarının birebir
olduklarını kanıtlamak zor de˘
gildir.
324
D. Direkt Limit
Yukarıdaki ¸sekilde p = 2 ve k = 1, 2, 3 i¸cin φk fonksiyonlarını g¨
ostermeye ¸calı¸stık.
Amacımız, ¨
orne˘
gin,
Z/2Z’nin [1] elemanını
Z/4Z’nin [2] elemanını
Z/8Z’nin [4] elemanını
birbirleriyle ¨
ozde¸sle¸stirmek. (Gereksiz g¨
osterge¸cleri attık.) Bunun gibi,
Z/4Z’nin [3] elemanını
Z/8Z’nin [6] elemanını
Z/16Z’nin [12] elemanını
···
birbirleriyle ¨
ozde¸sle¸stirmek istiyoruz. Bir ba¸ska deyi¸sle, Z/2k Z k¨
umelerinin t¨
um k’lar i¸cin
bile¸simini alıp, bu bile¸simdeki her [a]k ∈ Z/2k Z elemanını [2a]k+1 ∈ Z/2k+1 Z elemanıyla
o
¨zde¸sle¸stirmek istiyoruz. Her maksimum ok silsilesini tek bir eleman olarak g¨
ormek de
diyebiliriz yapmak istedi˘
gimiz ¸seye; b¨
oylece bile¸simdeki her elemanı, i¸cinde bulundu˘
gu
¨
(yegˆ
ane) ok silsilesiyle ¨
ozde¸sle¸stirebiliriz. Orne˘
gin,
[24]6 ∈ Z/26 Z
elemanını
[3]2 7→ [6]4 7→ [12]5 7→ [24]6 7→ [48]7 7→ · · ·
maksimal ok silsilesiyle ¨
ozde¸sle¸stirebiliriz. (Tam bunu yapmayaca˘
gız ama yapabilirdik;
buna ¸cok benzer bir ¸sey yapaca˘
gız.)
Tam ne yapaca˘
gımızı ¸cıtlatalım: 0 ≤ a < 2k i¸cin, Z/2k Z k¨
umesinin [a]k elemanını a/2k
kesirli sayısıyla ¨
ozdele¸stirece˘
giz.
Ba¸slıyoruz: Z2∞ , [0, 1) aralı˘
gındaki, paydası 2’nin bir kuvveti olarak yazılabilen kesirli
sayılar k¨
umesi olsun. Bir ba¸ska deyi¸sle
Z2∞ = {a/2k : k ∈ N \ {0} ve a = 0, 1, . . . , 2k − 1}
olsun. S
¸ imdi her k ve her a = 0, 1, 2, . . . , 2k − 1 i¸cin Z/2k Z k¨
umesinin [a]k elemanını Z2∞
k¨
umesinin a/2k elemanıyla ¨
ozde¸sle¸stirelim. S¨
oylediklerimiz daha iyi anla¸sılsın diye,
ψk : Z/2k Z −→ Z2∞
fonksiyonunu
ψk ([a]k ) = a/2k
kuralıyla tanımlayalım ve Z/2 Z k¨
umesinin bir [a]k elemanını Z2∞ k¨
umesinin
k
ψk ([a]k ) = a/2k
elemanıyla ¨
ozde¸sle¸stirelim.
¨
D.1. Ozdes
¸ les¸tirme
325
B¨
oylece istedi˘
gimiz olur ¸cu
¨nk¨
u (yukarıdaki ¸sekilden yaptıklarımızı takip edebilirsiniz),
1. Hem Z/2k Z k¨
umesinin [a]k elemanı, hem de Z/2k+1 Z k¨
umesinin [2a]k+1 elemanı, Z2∞
k¨
umesinin aynı elemanıyla, a/2k elemanıyla ¨
ozde¸sle¸stirilmi¸stir.
2. Z2∞ , ψk (Z/2k Z) k¨
umelerinin bile¸simidir.
Bu yaptıklarımızı 2’den herhangi bir p asalına genelle¸stirmek i¸sten bile de˘
gildir. Hatta
p’nin asal olmasına bile gerek yoktur. (Ama uygulamada p hep bir asaldır.)
Birazdan b¨
ut¨
un bunları kuramsal olarak yapaca˘gız. A¸sa˘gıdaki ¸sekildeki
gibi bir durum s¨ozkonusu olacak ve ¸seklin en sa˘gındaki soru i¸saretli k¨
umeyi
bulmaya ¸calı¸saca˘gız. S¸ekilde aynı k¨
ume bir¸cok kez belirebilir, her k¨
umenin
de˘gi¸sik olması i¸cin bir neden yok.
¨
“Ozde¸
sle¸stirmek” diyen aslında “denklik ili¸skisi” der, ¸cu
¨nk¨
u a ile b elemanlarının ¨ozde¸sle¸stirildi˘gini a ≡ b simgesiyle g¨osterirsek, belli ki ¸su ¨onermeler
do˘gru olur (ya da olmalı):
a ≡ a,
a ≡ b ise b ≡ a,
a ≡ b ve b ≡ c ise a ≡ c,
ki bunlar da bir denklik ili¸skisinin tanmının ko¸sullarıdır.
Okura yeterince sezgi kazandırdı˘gımızı d¨
u¸su
¨nerek artık matemati˘ge ge¸celim. Elde edece˘gimiz nihai k¨
umeye k¨
umeler ve fonksiyonlar sisteminin direkt
ya da t¨
umevarımsal limit adı verilir.
326
D.2
D. Direkt Limit
Direkt Limit
¨
Once
verilerimizi toparlayalım.
I yarısıralı bir k¨
ume olsun, yani I u
¨st¨
unde, her i, j, k ∈ I i¸cin,
i ≤ i,
i ≤ j ve j ≤ i ⇒ i = j,
i ≤ j ve j ≤ k ⇒ i ≤ k
o¨zelliklerini sa˘glayan bir ≤ ikili ili¸skisi olsun. (Yukarıda verdi˘gimiz ¨ornekte
I = N ve sıralama da bildi˘gimiz sıralamaydı.) Bir de ayrıca I’nın ≤ yarısıralamasının y¨
onlendirilmi¸
s oldu˘gunu, yani her i, j ∈ I i¸cin, i ≤ k ve j ≤ k
e¸sitsizliklerini sa˘glayan bir k ∈ I oldu˘gunu varsayalım. Bu I k¨
umesi g¨osterge¸c
k¨
umemiz olacak. S¸imdi de k¨
umelerimizi ve aralarındaki fonksiyonları belirleyelim.
(Xi )i∈I herhangi bir k¨
ume ailesi olsun. Her i ≤ j g¨osterge¸ci i¸cin,
φij : Xi −→ Xj
bir fonksiyon olsun. Ve bu (φij )ij fonksiyon k¨
umesi u
¨zerine ¸su varsayımı yapalım: Her i < j < k g¨ostergeci i¸cin,
φii = IdXi ve φjk ◦ φij = φik .
T¨
um bu veri,
(Xi , φij )i<j∈I
olarak simgelenir ve adına direkt sistem denir.
Amacımız bu Xi k¨
umelerinin bile¸simini almak ama φij fonksiyonları altında aynı elemana giden elemanlar arasında bir ayrım g¨ozetmemek, yani bunları
birbirleriyle ¨ozde¸sle¸stirmek.
¨
De˘gi¸sik i’ler i¸cin Xi k¨
umeleri kesi¸sebilirler, hatta Ornek
D.1’de oldu˘gu gibi
Xi k¨
umelerinin bazıları aynı k¨
ume olabilirler. Bunu engellemek i¸cin Xi yerine
Xi × {i} k¨
umesini alıp bu ayrık k¨
umelerin bile¸simini alalım.
∪
X=
(Xi × {i})
i∈I
D.2. Direkt Limit
327
¨
olsun. (Ozde¸
sle¸stirmek yerine ayrı¸stırdı˘gımızın farkındayız, ¨ozde¸sle¸stirmeye birazdan ge¸cece˘giz. Amacımız de˘gi¸sik g¨osterge¸clerle ifade edilmi¸s Xi k¨
umelerinde bulunan aynı elemanları ¨ozde¸sle¸stirmek de˘gil, bunu yapmak olduk¸ca kolaydır, bunun i¸cin Xi ’lerin bile¸simini almak yeterdir; amacımız φ fonksiyonları
altında imgesi aynı olan, ya da imgesi bir zaman sonra aynı olan elemanları
¨ozde¸sle¸stirmek.) X k¨
umesi u
¨zerine ¸su ikili ili¸skiyi tanımlayalım:
(x, i) ≡ (y, j)
ancak ve ancak i ve j’den b¨
uy¨
uke¸sit bir k i¸cin,
φik (x) = φjk (y)
ise. E˘ger i ≤ j ise (≡ ili¸skisinin tanımında k = j alın),
(x, i) ≡ (φij (x), j)
ili¸skisinin do˘gru oldu˘gunu dikkatlerinize sunarız.
Tanımladı˘gımız bu ili¸ski bir denklik ili¸skisidir. Nitekim:
• Her i ∈ I i¸cin φii (x) = IdXi (x) = x oldu˘gundan, her x ∈ Xi i¸cin
(x, i) ≡ (x, i) olur.
• E˘ger (x, i) ≡ (y, j) ise ve k ≥ i ve k ≥ j e¸sitsizliklerini sa˘glayan bir
k g¨ostergeci i¸cin φik (x) = φjk (y) oluyorsa, aynı k g¨ostergeci (y, j) ≡ (x, i)
denkli˘gini g¨ostermek i¸cin de kullanılabilir.
• (x, i) ≡ (y, j) ve (y, j) ≡ (z, k) olsun. u ve v g¨osterge¸cleri
φiu (x) = φju (y) ve φjv (y) = φkv (z)
e¸sitliklerini sa˘glasın. w ∈ I, hem u hem de v’den b¨
uy¨
uk bir g¨osterge¸c olsun. O
zaman,
φiw (x) = (φuw ◦ φiu ) (x) = φuw (φiu (x)) = φuw (φju (y)) = (φuw ◦ φju ) (y)
= φjw (y) = (φvw ◦ φjv ) (y) = φvw (φjv (y)) = φvw (φkv (z)) = φkw (z)
olur, dolayısıyla (x, i) ≡ (z, k) olur.
B¨oylece ≡ ili¸skisinin bir denklik ili¸skisi oldu˘gu kanıtlandı.
(x, i) ∈ Xi × {i} elemanının denklik sınıfını [x, i] olarak g¨osterelim:
[x, i] = {(y, j) : y ∈ Xj ve (x, i) ≡ (y, j)}.
Demek ki her i ≤ j i¸cin,
[x, i] = [φij (x), j]
olur.
328
D. Direkt Limit
Son olarak X/ ≡ k¨
umesini alalım:
X/≡ = {[x, i] : i ∈ I, x ∈ Xi }
˙ ste bu, tam istedi˘gimiz k¨
I¸
umedir! Bu b¨ol¨
um¨
un devamında okuru buna ikna
etmeye ¸calı¸saca˘gız.
Xi k¨
umesinin bir x elemanını, X/≡ k¨
umesindeki [x, i] elemanıyla ¨ozde¸sle¸stirece˘giz. Bu ¨ozde¸sle¸stirmeyi matematiksel olarak ifade edebilmek amacıyla,
Ψi : Xi −→ X/≡
fonksiyonunu
Ψi (x) = [x, i]
form¨
ul¨
uyle tanımlayalım. Xi ’nin x elemanının X/ ≡ k¨
umesinin Ψi (x) elemanıyla ¨ozde¸sle¸stirilmi¸s oldu˘gunu hayal edin.
˙ ste bu X/≡ k¨
I¸
umesi aradı˘gımız k¨
umedir.
Yazının ba¸sında ama¸cladı˘gımız hedefe ula¸stı˘gımızı g¨ostermek i¸cin iki ¸sey
kanıtlamalıyız:
A1. E˘ger φij fonksiyonları birebirse, Ψi fonksiyonu da birebirdir.
Nitekim x, y ∈ Xj i¸cin Ψi (x) = Ψi (y) olsun. O zaman [x, i] = [y, i], yani
(x, i) ≡ (y, i), yani bir k ≥ i i¸cin φik (x) = φik (y) olur. Ama φik birebir
oldu˘gundan, bundan x = y ¸cıkar.
A2. X/ ≡ k¨
umesi (Xi ’lerin olmasa da) Ψi (Xi )’lerin bile¸simidir. Yani
∪
X/≡ =
Ψi (Xi )
i∈I
e¸sitli˘gi ge¸cerlidir.
Bunun do˘grulu˘gu tanımlardan hemen ¸cıkıyor:
X/≡ = {[x, i] : i ∈ I, x ∈ Xi } = {Ψi (x) : i ∈ I, x ∈ Xi } =
∪
i∈I
¨
Onemli
bir ¨ozellik daha:
A3. Her i ≤ j ∈ I i¸cin, Ψj ◦ φij = Ψi .
Ψi (Xi ).
¨
˘
D.3. Direkt Limitin Evrensel Ozelli
gi
329
Nitekim her x ∈ Xi i¸cin,
(Ψj ◦ φij )(x) = Ψj (φij (x)) = [φij (x), j] = [x, i] = Ψi (x)
olur.
Bu son ¨ozellikten ¸su ¸cıkar: x ∈ Xi elemanıyla φij (x) ∈ Xj elemanı, X/≡
k¨
umesinin aynı elemanıyla, Ψi (x) elemanıyla ¨ozde¸sle¸stirilmi¸stir.
X/≡ k¨
umesine (Xi , φij )i<j∈I direkt sisteminin direkt ya da t¨
umevarımsal limiti adı verilir ve X/≡ yerine
lim
−→ (Xi , φij )i<j∈I
yazılır. E˘ger kolaylık karı¸sıklı˘ga neden olmayacaksa lim
−→ (Xi , φij )i<j∈I yerine
lim
−→ Xi
yazılır. Biz bir s¨
ure (ger¸cek tanımı verinceye dek) X/ ≡ yazılımını kullanaca˘gız.
Ψj fonksiyonlarına ¨
ozde¸
sle¸
stirme fonksiyonları adı verilebilir.
Yazının en son b¨ol¨
um¨
unde direkt limitin tanımını hafif¸ce de˘gi¸stirece˘giz ve
yukarıdaki X/≡ k¨
umesi direkt limitlerden sadece biri olacak.
Okur, umarız, direkt limitin tanımının ne kadar do˘gal oldu˘gunu g¨orm¨
u¸st¨
ur.
Nerdeyse bile¸sim kadar do˘gal. O kadar do˘gal ki tanım ba¸ska t¨
url¨
u yapılamazdı!.. Bu kadar do˘gal bir tanımın bazı ola˘gan¨
ust¨
u sonu¸cları olmalı.
D.3
¨
Direkt Limitin Evrensel Ozelli˘
gi
Yukarıdaki gibi bir
(Xi , φij )i<j∈I
direkt sistemi verilmi¸s olsun. X/≡ k¨
umesi ve Ψi : Xi −→ X/≡ fonksiyonları
da bir ¨onceki b¨ol¨
umde tanımlandıkları gibi olsun. Her i ≤ j ∈ I i¸cin, bir ¨onceki
altb¨ol¨
umde kanıtladı˘gımız
Ψj ◦ φij = Ψi
e¸sitli˘gini anımsayın.
B¨
ut¨
un bunların dı¸sında herhangi bir Y k¨
umesi ve her i ≤ j ∈ I i¸cin
θj ◦ φij = θi
e¸sitliklerini sa˘glayan θi : Xi −→ Y fonksiyonları verilmi¸s olsun (bkz. a¸sa˘gıdaki
¸sekil).
330
D. Direkt Limit
¨
Oyle
bir θ : X/≡ −→ Y fonksiyonu bulaca˘gız ki, her i ∈ I i¸cin
θ ◦ Ψi = θi
e¸sitli˘gi sa˘glanacak (bkz. a¸sa˘gıdaki ¸sekil).
Bu ¨ozellik, direkt limitin evrensel ¨
ozelli˘
gi olarak bilinir.
Sa˘glanmasını istedi˘gimiz θ ◦ Ψi = θi e¸sitli˘gi bize aslında θ : X/ ≡ −→ Y
fonksiyonunun tek bir bi¸cimde tanımlanması gerekti˘gini s¨oyl¨
uyor. Nitekim,
madem ki θ ◦ Ψi = θi e¸sitli˘gi sa˘glanmalı, o zaman her x ∈ Xi i¸cin
θi (x) = (θ ◦ Ψi ) (x) = θ (Ψi (x)) = θ ([x, i])
olmalı, yani θ : X/≡ −→ Y fonksiyonu
θ ([x, i]) = θi (x)
form¨
ul¨
uyle tanımlanmalı. Bunun ger¸cekten bir tanım oldu˘gunu g¨osterelim.
x ∈ Xi ve y ∈ Xj i¸cin
[x, i] = [y, j]
olsun. O zaman (x, i) ≡ (y, j) olur ve tanıma g¨ore i ve j’den b¨
uy¨
uke¸sit bir
k ∈ I i¸cin φik (x) = φjk (y) olur. Demek ki,
θi (x) = (θk ◦ φik ) (x) = θk (φik (x)) = θk (φjk (y)) = (θk ◦ φjk ) (y) = θj (y),
¨
˘
D.3. Direkt Limitin Evrensel Ozelli
gi
331
yani θi (x) = θj (y). Sonu¸c olarak,
[x, i] = [y, j] ⇒ θi (x) = θj (y)
¨onermesini kanıtladık. Bundan da,
θ ([x, i]) = θi (x)
form¨
ul¨
un¨
u yazmaya hakkımız oldu˘gu ¸cıkar. B¨oylece tanımlanan θ : X/≡ −→ Y
fonksiyonu elbette her i ∈ I i¸cin θ ◦ Ψi = θi e¸sitli˘gini sa˘glar.
Direkt limitin d¨ord¨
unc¨
u ¨ozelli˘gini kanıtladık:
A4. E˘ger bir Y k¨
umesi ve θj ◦ φij = θi e¸sitliklerini sa˘glayan θi : Xi −→ Y
fonksiyonları verilmi¸sse, o zaman her i ∈ I i¸cin θ ◦ Ψi = θi e¸sitli˘gini sa˘glayan
bir ve bir tane θ : X/≡ −→ Y fonksiyonu vardır.
¨
Ornekler
D.3. B¨
ol¨
um¨
un ta ba¸sında verdi˘
gimiz en basit ¨
orne˘
ge geri d¨
onelim. X herhangi bir k¨
ume olsun.
X’in bazı altk¨
umelerinden olu¸san bir aile alalım: (Xi )i . E˘
ger her i ≤ j i¸cin Xi ⊆ Xj ise,
φij : Xi −→ Xj fonksiyonu
φij (x) = x
olarak tanımlansın. O zaman limXi aynen Xi k¨
umelerinin bile¸simidir ve Ψi (x) = x
−→
olarak tanımlanır.
D.4. E˘
ger I’nın en b¨
uy¨
uk elemanı varsa ve bu elemana m dersek, yukarıda bulunan limXi
−→
k¨
umesinin bu Xm ’den pek bir farkı yoktur ve Ψi = φim olarak alınabilir.
Teorem D.1 (Ana Teorem). i. Bir (Xi , φij )i<j∈I direkt sistemi verilmi¸s olsun.
¨
Oyle
bir L k¨
umesi ve her i ≤ j ∈ I i¸cin Ψj ◦ φij = Ψi e¸sitliklerini sa˘glayan
¨
oyle Ψi : Xi −→ L fonksiyonları vardır ki,
332
D. Direkt Limit
her M k¨
umesi ve θj ◦ φij = θi e¸sitliklerini sa˘glayan her (θi : Xi −→ M )i
fonksiyon ailesi i¸cin,
θ ◦ Ψi = θi e¸sitliklerini sa˘glayan bir ve bir tane θ : L −→ M fonksiyonu vardır.
[Evrensel ¨ozellik]
ii. E˘ger (L, Ψi : Xi −→ L)i ailesi yukarıdaki evrensel ¨
ozelli˘gi sa˘glıyorsa ve
λ : L −→ L′ herhangi bir e¸slemeyse, o zaman (L′ , λ ◦ Ψi : Xi −→ L′ )i ailesi
de evrensel ¨
ozelli˘gi sa˘glar.
iii. E˘ger (L, Ψi : Xi −→ L)i ailesinin sa˘gladı˘gı bu evrensel ¨
ozelli˘gi bir de ayrıca (L′ , Ψ′i : Xi −→ L′ )i ailesi de sa˘glıyorsa, o zaman ¨
oyle bir λ : L −→ L′
e¸slemesi vardır ki, her i ∈ I i¸cin, Ψ′i = λ ◦ Ψi olur.
¨
˘
D.3. Direkt Limitin Evrensel Ozelli
gi
333
Kanıt: i. Teoremin birinci kısmını zaten kanıtlamı¸stık: L k¨
umesi X/≡ olsun
ve Ψi : Xi −→ L fonksiyonlarını daha ¨once tanımladı˘gımız gibi alın.
ii. (L, Ψi : Xi −→ L)i ailesi evrensel ¨ozelli˘
gi sa˘glasın ve λ : L −→ L′ bir e¸sleme
olsun.
( ′
)
L , λ ◦ Ψi : Xi −→ L′ i
ailesinin de evrensel ¨ozelli˘gi sa˘gladı˘gını kanıtlamak istiyoruz. Elbette,
(λ ◦ Ψi ) ◦ φij = λ ◦ (Ψi ◦ φij ) = λ ◦ Ψj
e¸sitli˘gi sa˘glanır. S¸imdi M bir k¨
ume ve θi : Xi −→ M fonksiyonları
θj ◦ φij = θi
e¸sitliklerini sa˘glasın.
Yukarıdaki ¸sekilden takip edin. θ ◦ λ−1 : L′ −→ M fonksiyonuna bakalım. Her
i i¸cin,
(
)
θ ◦ λ−1 ◦ (λ ◦ Ψi ) = θ ◦ Ψi = θi
˙
olur. Istedi˘
gimiz kanıtlanmı¸stır.
iii. S¸imdi de hem (L, Ψi : Xi −→ L)i ailesinin hem de (L′ , Ψ′i : Xi −→ L′ )i
ailesinin evrensel ¨ozelli˘gi sa˘gladı˘gını varsayalım. Birinci sistem evrensel ¨ozelli˘gi
sa˘gladı˘gından, evrensel ¨ozelli˘gin tanımında M = L′ ve θi = Ψ′i alarak,
θ ◦ Ψi = Ψ′i
˙
e¸sitliklerini sa˘glayan bir θ : L −→ L′ fonksiyonunun oldu˘gunu buluruz. Ikinci
sistem de evrensel ¨ozelli˘gi sa˘gladı˘gından, evrensel ¨ozelli˘gin tanımında bu sefer
M = L ve θi = Ψi alarak,
θ′ ◦ Ψ′i = Ψi
e¸sitliklerini sa˘glayan bir θ′ : L′ −→ L fonksiyonunun oldu˘gunu buluruz.
334
D. Direkt Limit
S¸imdi θ′ ◦ θ : L −→ L fonksiyonu, her i i¸cin,
( ′ )
θ ◦ θ ◦ Ψi = θ′ ◦ (θ ◦ Ψi ) = θ′ ◦ Ψ′i = Ψi ,
yani
(
)
θ ′ ◦ θ ◦ Ψi = Ψ i
e¸sitli˘gini sa˘glar. Ayrıca IdL : L −→ L fonksiyonu da, her i i¸cin,
IdL ◦Ψi = Ψi
e¸sitli˘gini sa˘glar.
Ama evrensel ¨ozelli˘ge g¨ore (tanımda M = L ve θi = Ψi alın) bu t¨
ur e¸sitlikleri
sa˘glayan fonksiyon biriciktir. Demek ki θ′ ◦ θ = IdL olmalı. Aynı nedenden
θ ◦ θ′ = IdL′ olur. Demek ki θ ve θ′ birbirinin tersi e¸slemelerdir. λ = θ alalım.
˙
Istenen
Ψ′i = λ ◦ Ψi e¸sitli˘gi elbette sa˘glanır.
Verilmi¸s bir (Xi , φij )i<j∈I direkt sistemi i¸cin, bu ¨ozelli˘gi sa˘glayan bir
(L, Ψi : Xi −→ L)i
ailesi ana teoremde g¨or¨
uld¨
u˘gu
¨ gibi ¸cok g¨
u¸cl¨
u bir anlamda biriciktir. B¨oyle bir
aileye (Xi , φij )i<j∈I direkt sisteminin direkt limiti adı verilir. Direkt limiti
lim
−→ (Xi , φij )i<j∈I
olarak yazaca˘gız (direkt limitlerden herhangi biri anlamında). E˘ger kolaylık
olacaksa ve karı¸sıklı˘ga neden olmayacaksa lim
−→ (Xi , φij )i<j∈I yerine
lim
−→ Xi
yazılır.
Sonu¸
c ∪D.2. Yukarıdaki varsayım ve yazılımlarla,
i. L = i∈I Ψi (Xi ) e¸sitli˘gi ge¸cerlidir.
ii. E˘ger φij fonksiyonları birebirse, Ψi fonksiyonları da birebirdir.
iii. a ∈ Xi ve b ∈ Xj olsun. Ψi (a) = Ψj (b) e¸sitli˘gi i¸cin yeter ve gerek ko¸sul,
hem i’den hem de j’den b¨
uy¨
uke¸sit bir k i¸cin φik (a) = φjk (b) e¸sitli˘ginin ge¸cerli
olmasıdır.
D.4. Cebirsel Yapılarda Direkt Limit
335
Kanıt: T¨
um s¨oylenenler L = X/≡ ve Ψi (x) = [x, i] fonksiyonları i¸cin ge¸cerlidir. Dolayısıyla ana teoremden dolayı aynı ¨ozellikler herhangi bir direkt limit
i¸cin de ge¸cerlidir. Bu kanıtın ayrıntılarını okura bırakıyoruz.
(i)’in bir ba¸ska kanıtı: Xi ’lerin en az birinin ∪bo¸sk¨
ume olmadı˘gını ve L’de
1’den fazla eleman oldu˘gunu varsayabiliriz. L′ = i∈I Ψi (Xi ) ve Ψ′i : Xi −→ L′
fonksiyonu
Ψ′i (x) = Ψi (x)
e¸sitli˘giyle verilmi¸s olsun. Evrensel ¨ozelli˘ge g¨ore, θ ◦ Ψi = Ψ′i e¸sitli˘gini sa˘glayan
bir ve bir tane θ : L −→ L′ vardır. E˘ger L′ ⊂ L olsaydı, o zaman bir u ∈ L \ L′
i¸cin, di˘ger de˘gerlere dokunmadan, θ(u) tanımını de˘gi¸sik bi¸cimlerde yapabilirdik ve θ ◦ Ψi = Ψ′i e¸sitli˘gi bozulmazdı; ki bu da θ’nın biricikli˘giyle ¸celi¸sir.
Dileyen okur, direkt limitin k¨
umesini en ba¸sta tanımladı˘gımız gibi X/ ≡
olarak alabilir; tabii o zaman Ψi (x) = [x, i] olarak tanımlanmak zorundadır.
A¸sa˘gıda direkt limiti X/ ≡ olarak almayaca˘gız, bunun yerine Sonu¸c D.2’ye
ba¸svuraca˘gız.
D.4
Cebirsel Yapılarda Direkt Limit
E˘ger her Xi k¨
umesi u
¨zerinde grup, halka, cisim, R-mod¨
ul, R-cebiri gibi cebirsel bir yapı varsa ve Xi ’ler arasındaki φij fonksiyonları s¨oz konusu olan
yapıya g¨ore birer homomorfiyse, o zaman lim
¨zerine “olabi−→Xi direkt limiti u
lecek en do˘gal bi¸cimde” aynı cebirsel yapı tanımlanabilir ve bu yapıya g¨ore bir
¨onceki b¨ol¨
umde bulunan Ψi fonksiyonları birer homomorfi olur. Ayrıca ge¸cen
altb¨ol¨
umde s¨oz¨
un¨
u etti˘gimiz evrensel ¨ozellik bu kapsama da uyum sa˘glar. Bir
ba¸ska deyi¸sle, Ana Teorem’deki “k¨
ume” yerine ”grup, halka, mod¨
ul” gibi uygun olan cebirsel yapıyı yazarsak ve “fonksiyon” yerine uygun cebirsel yapının
morfisini yazarsak, teorem ge¸cerlili˘gini korur. Bu sonucu sadece gruplar i¸cin
yazıp kanıtlayaca˘gız. Di˘ger yapılar i¸cin kanıt ¸cok benzerdir ve okura bırakılacaktır.
¨
Ornek
D.2’deki Zp∞ (ki aslında bir gruptur, Pr¨
ufer p-grubu olarak bilinir) aslında yapacaklarımıza verilebilecek en standart ¨ornektir.
Teorem D.3. (Xi , φij )i<j∈I bir direkt sistem olsun. Ayrıca her Xi ’nin bir
grup oldu˘gunu ve her φij : Xi −→ Xj fonksiyonunun bir grup homomorfisi
oldu˘gunu varsayalım.
(L, Ψi : Xi −→ L)i
ailesi bu sistemin bir direkt limiti olsun. O zaman L u
¨zerine ¨
oyle bir ve bir
tek grup yapısı konulabilir ki Ψi : Xi −→ L fonksiyonları grup homomorfileri
336
D. Direkt Limit
olur. Ayrıca her M grubu ve
θj ◦ φij = θi
e¸sitliklerini sa˘glayan her (θi : Xi −→ M )i grup homomorfisi ailesi i¸cin ¨
oyle
bir ve bir tane θ : L −→ M grup homomorfisi vardır ki her i ∈ I i¸cin
θ ◦ Ψi = θi
olur. Ayrıca e˘ger (L′ , Ψ′i : Xi −→ L′ )i bu ¨
ozelli˘gi sa˘glayan bir ba¸ska sistemse,
Ana Teorem iii’te bulunan λ bir grup izomorfisi olur.
Kanıt: L u
¨zerinde bir grup yapısı tanımlayaca˘gız ve daha sonra Ψi ’lerin bir
grup homomorfisi olduklarını g¨osterece˘giz. Grup yapısı tanımlamak biraz zaman alacak.
α, β ∈ L olsun. αβ diye bir eleman tanımlamak istiyoruz, ki L u
¨zerine bir
¨
grup yapısından bahsedebilelim. Once bir sav:
Sav 1. α, β ∈ L ise ¨
oyle bir i ∈ I g¨
ostergeci ve a, b ∈ Xi elemanları vardır ki,
Ψi (a) = α ve Ψi (b) = β
olur.
∪
Kanıt: L = i∈I Ψi (Xi ) e¸sitli˘gini anımsayalım (A2 ¨ozelli˘gi). Bu e¸sitlikten
dolayı ¨oyle i, j ∈ I ve ai ∈ Xi , bj ∈ Xj vardır ki,
Ψi (ai ) = α ve Ψj (bj ) = β
olur. E˘ger i = j olsaydı ve kanıtımız biterdi, ama ¨oyle olmayabilir. Hem i’den
hem de j’den b¨
uy¨
uk bir k ∈ I bulalım. O zaman,
Ψk (φik (ai )) = Ψi (ai ) = α
ve
Ψk (φjk (bj )) = Ψj (bj ) = β
olur. S¸imdi φik (ai ) , φjk (bj ) ∈ Xk ve bu elemanların Ψk imgeleri sırasıyla α
ve β’ya e¸sit. Demek ki,
Ψk (a) = α ve Ψk (b) = β
D.4. Cebirsel Yapılarda Direkt Limit
337
e¸sitliklerini sa˘glayan
a = φik (ai ) ∈ Xk ve b = φjk (bj ) ∈ Xk
elemanları bulduk. Savımız kanıtlanmı¸stır.
Sav’ın Kanıtına Dair Not: Burada ¨onemli olan a ve b’nin aynı Xk k¨
umesinde se¸cilmi¸s olmaları. (Daha ¨onceki ai ve bj ’nin biri Xi ’de ¨ob¨
ur¨
u Xj ’deydi.)
Sav 1’in varsayımlarından devam edelim.
Xi bir grup oldu˘gundan, a ve b elemanlarını ¸carpıp gene Xi grubunda bir
eleman elde edebiliriz ve bu ¸carpımın Ψi imgesini alarak L’den bir eleman
bulabiliriz.
Niyetimiz
αβ = Ψi (ab)
tanımını yapmak ama ¨once b¨oyle bir tanıma hak kazandı˘gımızı kanıtlamalıyız,
Ψi (ab)’nin sadece α ve β’ya g¨ore de˘gi¸sti˘gini, se¸cilen a, b ve i’den ba˘gımsız
oldu˘gunu kanıtlamalıyız.
Sav 2. a, b ∈ Xi ve a1 , b1 ∈ Xj elemanları,
Ψi (a) = Ψj (a1 ) , Ψi (b) = Ψj (b1 )
e¸sitliklerini sa˘glasınlar. O zaman
Ψi (ab) = Ψj (a1 b1 )
olur.
338
D. Direkt Limit
Kanıt: Ψi (a) = Ψj (a1 ) oldu˘gundan, Sonu¸c 2.iii’e g¨ore, bir k ≥ i, j g¨ostergeci
i¸cin,
φik (a) = φjk (a1 )
olur. Aynı nedenden, bir ℓ ≥ i, j g¨ostergeci i¸cin,
φiℓ (b) = φjℓ (b1 )
olur. S¸imdi m ≥ k, ℓ olsun. Yukarıdaki iki e¸sitlikteki terimlerin sırasıyla φkm
¨
ve φℓm homomorfileri altında imgelerini alalım. Orne˘
gin birincisinden,
φim (a) = φkm (φik (a)) = φkm (φjk (a1 )) = φjm (a1 )
elde ederiz. Benzer ¸sekilde, ikinci e¸sitlik bize
φim (b) = φjm (b1 )
verir. S¸imdi, φim (a), φjm (a1 ), φim (b), φjm (b1 ) elemanlarının hepsi Xm grubunda. Dolayısıyla
φim (ab) = φim (a)φim (b) = φjm (a1 )φjm (b1 ) = φim (a1 b1 )
bulunur. Bundan da - Sonu¸c D.2.iii’e g¨ore
Ψi (ab) = Ψj (a1 b1 )
¸cıkar. Savımız kanıtlanmı¸stır.
S¸imdi α, β ∈ L i¸cin, Sav D.4’e g¨ore
Ψi (a) = α ve Ψi (b) = β
e¸sitliklerini sa˘glayan herhangi bir i ∈ I g¨ostergeci ve a, b ∈ Xi elemanları
se¸celim ve αβ ¸carpımını
αβ = Ψi (ab)
olarak tanımlayalım. Sav D.4’e g¨ore tanım i’nin ve a ve b’nin se¸cimlerinden
ba˘gımsızdır.
Bu i¸slemin L u
¨zerine bir grup yapısı tanımladı˘gı ¸cok belli. Ayrıca ¸carpımın
tanımından dolayı
Ψi (a)Ψi (a) = αβ = Ψi (ab)
olur, yani Ψi : Xi −→ L fonksiyonları artık birer grup homomorfisi olurlar.
B¨oylece teoremin birinci kısmı kanıtlandı. Gelelim ikinci kısmına. M bir
grup ve θi : Xi −→ M grup homomorfileri ve her i ≤ j ∈ I i¸cin
θj ◦ φij = θi
D.4. Cebirsel Yapılarda Direkt Limit
339
¨
e¸sitliklerini sa˘glasınlar. Oyle
bir θ : L −→ M grup homomorfisi bulaca˘gız ki
her i ∈ I i¸cin
θ ◦ Ψi = θi
olacak. θ ◦ Ψi = θi ko¸sulundan dolayı, e˘ger θ, varsa, her x ∈ Xi i¸cin
θ ◦ Ψi (x) = θi (x),
yani
θ (Ψi (x)) = θi (x)
e¸sitli˘gini sa˘glamalı. Dolayısıyla, Sonu¸c’a g¨ore, θ’yı tanımlamanın tek bir yolu
vardır: Verilmi¸s bir α ∈ L i¸cin ¨once
α = Ψi (x)
e¸sitli˘gini sa˘glayan bir x ∈ Xi se¸cilir; sonra
θ(α) = θi (x)
olarak alınır. Demek ki, θ varsa ancak b¨oyle tanımlanabilir. S¸imdi yukarıdaki tanımın caiz oldu˘gunu, Ψi (x) = Ψj (y) i¸cin θi (x) = θj (y) oldu˘gunu
kanıtlayalım. Nitekim,
Ψi (x) = Ψj (y)
oldu˘gundan, Sonu¸c’a g¨ore, i ve j’den b¨
uy¨
uk bir k i¸cin
φik (x) = φjk (y)
olur. Her iki tarafa da θk uygulayalım:
θk (φik (x)) = θk (φjk (x))
buluruz. θj ’ler u
¨zerine yapılan varsayımdan dolayı, bundan da
θi (x) = θj (y)
¸cıkar. Teorem tamamen kanıtlanmı¸stır.
Yukarıdakinin nerdeyse aynısının tıpkısı hemen hemen her t¨
url¨
u cebirsel
yapıda yapılabilir: Halkalarda, cisimlerde, mod¨
ullerde (aynı halka u
¨zerine)...
Direkt limit de do˘gal olarak aynı yapıya sahiptir. Hatta nesnelerimiz sıralı
k¨
umeler, homomorfilerimiz de sıralamayı koruyan fonksiyonlar olabilir. Birinci
¨orne˘gimiz bu t¨
urden zaten. Dikkat ederseniz, o ¨ornekte sıralı bir k¨
ume olan
Z’yi elde ettik.
Alı¸stırmalar
j−i
D.1. Her i do˘
gal sayısı i¸cin Xi = R≥0 olsun. Her i < j i¸cin, fij (x) = x2
olsun. Bu verilerin
bir direkt sistem tanımladı˘
gını kanıtlayın. Direkt limiti bulun. Direkt limit u
¨zerine Ana
Teorem’de kanıtlanan do˘
gal grup yapısı nedir? Direkt limit u
¨zerine bir sıralama bulun.
G¨
osterge¸cleri N yerine Z’de alsaydık ne de˘
gi¸sirdi?
¨
E. Serbest Gruplar Uzerine
E.1
¨
Altgrupların Urete¸
cleri
G bir grup ve H ≤ G bir altgrup olsun. Gerekirse Se¸cim Aksiyomu’nu kullanarak, H’nin G’deki her sol ¨otelemesinden sol temsilci ya da kısaca temsilci
adını verece˘gimiz bir eleman se¸celim ve se¸cilen bu temsilciler k¨
umesini L ile
g¨osterelim. Demek ki
⊔
G=
ℓH.
ℓ∈L
Yani L ⊆ G ¨oyle se¸cilmi¸s olsun ki, her g ∈ G i¸cin
g ∈ ℓH
i¸cindeli˘gini sa˘glayan bir ve bir tane ℓ ∈ L olsun. Bu ℓ ∈ L elemanını g olarak
yazalım. Yani g elemanı,
g ∈ L ve g ∈ gH
i¸cindelikleriyle belirlensin. Demek ki
g = g ⇔ g ∈ L.
Ayrıca H ¨otelemesinin temsilcisi olarak hep 1’i se¸celim, yani
L ∩ H = {1}
olsun.
Her ℓ ∈ L ve g ∈ G i¸cin,
gℓ = gℓ · δ(g, ℓ)
e¸sitli˘gini sa˘glayan bir ve bir tane δ(g, ℓ) ∈ H vardır. Demek ki,
(1)
δ(g, ℓ) = gℓ
−1
· gℓ ∈ H.
Kanıtlayaca˘gımız ilk sonu¸c yazımızın temel dire˘gini olu¸sturacak:
¨
E. Serbest Gruplar Uzerine
342
Teorem E.1. G, X altk¨
umesi tarafından u
¨retilmi¸s bir grup olsun. H ≤ G
bir altgrup ve L, H’nin bir sol temsilcileri k¨
umesi olsun. Ayrıca L ∩ H = {1}
olsun. O zaman, yukarıdaki yazılımla,
H = ⟨δ(x, ℓ) : ℓ ∈ L, x ∈ X⟩
olur.
¨
Kanıt: h ∈ H olsun. h’yi X’in elemanları cinsinden yazalım: Oyle
bir n ∈ N
ve x1 , . . . , xn ∈ X ve ϵ1 , . . . , ϵn = ±1 vardır ki,
h = xϵ11 · · · xϵnn
olur. S¸imdi hesap yapalım.
Bir ℓn−1 ∈ L i¸cin,
ϵ
ϵ
n−1
n−1
(xϵnn · 1) = xϵ11 · · · xn−1
ℓn−1 δ(xϵnn , 1)
h = xϵ11 · · · xϵnn = xϵ11 · · · xn−1
ϵ
n−1
olur. Aynı d¨
u¸su
¨nceyi kaldı˘gımız yerden xn−1
ℓn−1 i¸cin tekrar ettirelim: Bir
ℓn−2 ∈ L i¸cin,
ϵ
ϵ
n−2
n−1
= xϵ11 · · · xn−2
ℓn−2 δ(xn−1
, ℓn−1 )δ(xϵnn , 1).
Bunu b¨oyle devam ettirerek, ℓ, ℓ1 , . . . , ℓn−1 ∈ L i¸cin
ϵ
n−1
h = ℓ · δ(xϵ11 , ℓ1 ) · · · δ(xn−1
, ℓn−1 )δ(xϵnn , 1)
buluruz. δ’lar ve h elemanı H’de oldu˘gundan ℓ ∈ H ∩ L = {1}, yani ℓ = 1
bulunur. Demek ki ℓn = 1 ∈ L tanımıyla
ϵ
n−1
h = δ(xϵ11 , ℓ1 ) · · · δ(xn−1
, ℓn−1 )δ(xϵnn , ℓn )
bulunur.
Son olarak, ℓ1 = x−1 ℓ ve ℓ2 = xℓ1 i¸cin,
x−1 ℓ = ℓ1 δ(x−1 , ℓ)
ve
olur, yani
ve dolayısıyla
ℓ = xℓ1 δ(x−1 , ℓ) = ℓ2 δ(x, ℓ1 )δ(x−1 , ℓ)
δ(x, ℓ1 )δ(x−1 , ℓ) = 1
δ(x−1 , ℓ) = δ(x, ℓ1 )−1
olur. Teoremimiz kanıtlanmı¸stır.
Sonu¸
c E.2. Sonlu sayıda eleman tarafından u
¨retilmi¸s bir grubun sonlu endisli
altgrupları da sonlu sayıda eleman tarafından u
¨retilir. E˘ger grup n eleman
tarafından u
¨retilmi¸s ve altgrubun endisi m ise, altgrup en fazla nm eleman
tarafından u
¨retilmi¸stir.
E.2. Serbest Grupların Altgrupları
E.2
343
Serbest Grupların Altgrupları
Teorem E.3. Serbest grupların altgrupları da serbesttir.
Kanıt biraz zaman alacak. F , X altk¨
umesi tarafından serbest¸ce u
¨retilmi¸s
serbest bir grup olsun.
H ≤ F olsun. S, H’nin birimli sol temsilciler k¨
umesi olsun. Her xi ∈ X ve
ϵi = ±1 i¸cin,
s = xϵ11 · · · xϵnn ∈ S
oldu˘gunda ve yazılım indirgenemez oldu˘gunda (yani daha kısası yazılamıyorsa,
yani ardı¸sık xi ’ler arasında sadele¸sme ya¸sanmıyorsa), her i = 1, . . . , n i¸cin
xϵi i · · · xϵnn ∈ S
oluyorsa, o zaman S’ye Schreier temsilcileri k¨
umesi diyece˘giz. Bu
xϵi i · · · xϵnn ∈ S
elemanlarına s’nin son dilimi adını verece˘giz.
¨
Onsav
E.4. Schreier temsilcileri k¨
umesi her zaman vardır.
Kanıt: f ∈ F i¸cin |f |, f ’nin X’e g¨ore uzunlu˘gu olsun, yani f ’nin e¸sit oldu˘gu
indirgenemez kelimenin uzunlu˘gu olsun. f H ¨otelemesinin uzunlu˘gu |f H| de,
|f H| = min f H = min{|f h| : h ∈ H}
olarak tanımlansın. Schreier temsilcilerini |f H| ¨otelemesinin uzunlu˘gu u
¨zerine
t¨
umevarımla se¸cece˘giz.
f H ¨otelemesinden se¸cilen temsilcinin uzunlu˘gu |f H|’ye e¸sit olacak. Uzunlu˘gu 0 olan H’den 1’i se¸celim. S0 = {1} olsun. T¨
umevarımla ¨oyle
S0 ⊆ S1 ⊆ . . . ⊆ Sn ⊆ Sn+1 ⊆ . . .
altk¨
umeleri bulaca˘gız ki, e˘ger f H’nin uzunlu˘gu n ise, Sn ’de f H k¨
umesinden
bir ve bir tane eleman olacak ve ayrıca, Sn ’nin elemanlarının son dilimleri gene
Sn ’de (aslında Sn−1 ’de) olacak. Tahmin edilece˘gi ve kolayca g¨or¨
ulece˘gi u
¨zere,
S = ∪n Sn istedi˘gimiz Schreier temsilcilerini verir.
Diyelim uzunlu˘gu ≤ n olan ¨otelemelerden uygun temsilcileri, yani Sn
k¨
umesini se¸ctik. Uzunlu˘gu n+1 olan bir f H ¨otelemesi alalım. Demek ki f H’nin
y1 y2 · · · yn+1
indirgenemez yazılımlı bir elemanı i¸cin (yi ∈ X ∪ Xi−1 ),
f H = y1 y2 · · · yn+1 H
¨
E. Serbest Gruplar Uzerine
344
olur.
m = |y2 · · · yn+1 H|
olsun. Elbette m ≤ |y2 · · · yn+1 | = n. Dolayısıyla, t¨
umevarım varsayımına g¨ore,
bu ¨otelemenin Sn ’de olan bir temsilcisi vardır; diyelim bu temsilci zi ∈ X ∪Xi−1
i¸cin
z1 · · · zm ∈ y2 · · · yn+1 H
olarak yazılıyor. S¸imdi
y1 z1 · · · zm H = y1 (z1 · · · zm H) = y1 (y2 · · · yn+1 H) = f H
oldu˘gundan, 1 + m ≥ |y1 z1 · · · zm | ≥ |f H| = n + 1 ve m = n olur. Demek ki
y1 z1 · · · zm yazılımı indirgenemezdir. Bu elemanı ve bu y¨ontemle elde edilen
t¨
um elemanları Sn k¨
umesine ekleyelim. B¨oylece istenen Sn+1 k¨
umesini elde
ederiz.
E˘ger |gh| = |g| + |h| ise, yani g’nin ve h’nin indirgenemez g¨osterimlerinde
g’nin son elemanıyla h’nin ilk elemanı sadele¸smiyorsa, bunu gh yerine g∆ h
yazarak g¨osterece˘giz. Aksi halde, yani uzunluk kısalıyorsa gh yerine g− h yazaca˘gız.
S¸imdi olduk¸ca teknik ama ¸cok ¨onemli bir ¨onsav.
¨
Onsav
E.5. F , X ve H yukarıdaki gibi olsun. S bir Schreier sol temsilciler
k¨
umesi olsun. s, t ∈ S ve x, y ∈ X olsun.
i. E˘ger δ(x, s) ̸= 1 ise δ(x, s) = xs −1 ∆ x∆ s.
ii. E˘ger δ(x, s) = δ(y, t) ̸= 1 ise x = y ve s = t.
iii. h ∈ H = ⟨δ(x, s) : s ∈ S, x ∈ X⟩ olsun. E˘ger
(2)
h = δ(x1 , s1 )ϵ1 · · · δ(xn , sn )ϵn ,
h elemanının δ’lar cinsinden indirgenemez bir g¨
osterimiyse, yani en kısa yazılımıysa, yani hi¸cbir δ(xi , si ) elemanı 1’e e¸sit de˘gilse ve ardı¸sık δ’lar bariz
bi¸cimde sadele¸smiyorsa (ki bir ¨
onceki maddeye g¨
ore bu ancak x’ler ve s’ler
e¸sitse ve i¸saretleri farklıysa olabilir ), o zaman
h = · · ·∆ xϵ11 ∆ · · ·∆ xϵnn ∆ · · ·
olur; bir ba¸ska deyi¸sle h’nin X cinsinden indirgenemez g¨
osteriminde (2)’deki
δ(xi , si ) ifadesinde beliren xi u
¨reteci sadele¸smez.
Kanıt: i. Diyelim xs = x− s. O zaman bir t ∈ S i¸cin s = x−1 ∆ t olur. (S
Schreier oldu˘gundan t ger¸cekten de S’dedir.) O zaman da
δ(x, s) = xs −1 · xs = t
−1
t = t−1 t = 1,
E.2. Serbest Grupların Altgrupları
345
¸celi¸ski.
S¸imdi diyelim xs−1 − x, ya da aynı anlama gelen x−1 − xs. O zaman bir
t ∈ S i¸cin xs = xt olur. Bu durumda da,
δ(x, s) = xs −1 · xs = (xt)−1 xs = t−1 s,
yani t−1 s ∈ H ve sH = tH ve s = t ve bir satır yukarıdaki merkezlenmi¸s
form¨
ulden δ(x, s) = 1 olur, ¸celi¸ski.
ii. δ(x, s) = δ(y, t) ̸= 1 varsayımını yapalım. Demek ki (i)’e g¨ore,
xs−1 ∆ x∆ s = xs −1 ∆ y∆ t.
E˘ger |s| = |t| ise s = t olur ve sadele¸stirmeden sonra x = y elde ederiz, tam
istedi˘gimiz gibi. E˘ger |s| < |t| ise, |xs| ≤ |t| olur ve yukarıda merkezlenen
e¸sitlikten dolayı, bir u i¸cin u∆ xs = t olur. S, Schreier oldu˘gundan, xs ∈ S.
Demek ki
xs−1 ∆ x∆ s = (xs)−1 xs = 1,
¸celi¸ski.
iii. x, y ∈ X ve s, t ∈ S i¸cin, δ(x, s)±1 δ(y, t)±1 ifadesini a¸carsak d¨ort ¸sıkla
kar¸sı kar¸sıya kalırız:
−1
(xs −1 ∆ x∆ s) (yt ∆ y∆ t)
(xs −1 ∆ x∆ s) (t−1 ∆ y −1 ∆ yt)
−1
(s−1 ∆ x−1 ∆ xs) (yt ∆ y∆ t)
−1
−1
−1
(s ∆ x ∆ xs) (t ∆ y −1 ∆ yt)
−1
Birinci durumda sadele¸smenin olması i¸cin s = yt ve xy = 1 olmalı, ki
bu imkˆansız. Aynı nedenden son durum da imkˆansız.
˙
Ikinci
durumda sadele¸smenin olması i¸cin s = t ve x = y olmalı, ki bu
durum varsayımdan dolayı olamaz.
¨ cu
U¸
¨nc¨
u durumda sadele¸smenin olabilmesi i¸cin xs = yt ve x = y olmalı.
Demek ki xsH = xsH = ytH = ytH = xtH ve sH = tH ve s = t. Bu da
varsayımdan dolayı m¨
umk¨
un de˘gil.
Demek ki sadele¸sme olmuyor.
Teorem E.3’¨
un Kanıtı: Yukarıdaki ¨onsavın ikinci ve u
¨c¸u
¨nc¨
u maddesinden
hemen ¸cıkar. Hatta ¸su daha keskin ifadeyi kanıtladık:
Teorem E.6. E˘ger F serbest grubu X altk¨
umesi tarafından serbest¸ce u
¨retiliyorsa, H ≤ F ise ve S, H’nin bir Schreier temsilcileri k¨
umesiyse, o zaman H
altgrubu,
Y = {δ(x, s) : x ∈ X, s ∈ S, δ(x, s)} \ {1}
altk¨
umesi tarafından serbest¸ce u
¨retilir.
¨
E. Serbest Gruplar Uzerine
346
¨
Ornekler
E.1. F grubu x ve y tarafından serbest¸ce u
¨retilmi¸s olsun. A = {1, a} ≃ Z/2Z olsun. φ : F −→
A homomorfisi φ(x) = a ve φ(y) = 1 e¸sitlikleriyle tanımlanmı¸s olsun. H = Ker φ olsun.
Elbette H, endisi 2 olan normal bir altgruptur. H’yi serbest¸ce u
¨reten (ve yukarıdaki
¨
teoremin s¨
oyledi˘
gi) elemanları bulalım. Once
Schreier temsilcilerini se¸celim:
S = {1, x}
olsun. S elbette Schreier temsilcileri k¨
umesidir.
X = {x, y}
alaca˘
gız elbette. Yukarıdaki teoremdeki Y k¨
umesinin elemanlarını bulalım. Bunun i¸cin
δ(x, 1), δ(x, x), δ(y, 1), δ(y, x) elemanlarını teker teker hesaplamalıyız.
δ(x, 1) hesabı: x · 1 = x = x · 1 ∈ xH. Demek ki δ(x, 1) = 1 ∈
/ Y.
δ(x, x) hesabı: x · x = x2 = 1 · x2 ∈ H c¸u
¨nk¨
u φ(x2 ) = φ(x)2 = a2 = 1 ve x2 ∈ H. Demek
ki δ(x, x) = x2 ∈ Y .
δ(y, 1) hesabı: y · 1 = y = 1 · y ∈ xH. Demek ki δ(y, 1) = y ∈ Y .
δ(y, x) hesabı: y · x = x · x−1 yx ∈ xH. Demek ki δ(y, x) = x−1 yx = y x ∈ Y .
Demek ki Y = {x2 , y, y x } ve H bu u
¨c¸ eleman tarafından serbest¸ce u
¨retiliyor.
2
E˘
ger Fn , n eleman tarafından serbest¸ce u
¨retilmi¸s serbest grupsa, bu ¨
ornekte, F3 ≃ H ▹
F2 ili¸skilerini g¨
osterdik.
E.2. F gene yukarıdaki gibi x ve y tarafından u
¨retilen serbest grup olsun. Bu sefer H = ⟨f 2 :
f ∈ F ⟩ olsun. Elbette H ▹ G ve
G/H = ⟨x, y⟩ = ⟨x⟩ × ⟨y⟩ ≃ Z/2Z ⊕ Z/2Z.
Schreier temsilcilerini se¸celim:
S = {1, x, y, xy}
ve teoremdeki Y ’yi bulalım, yani δ’ları hesaplayalım.
δ(x, 1) hesabı: x · 1 = x = x · 1 ∈ xH oldu˘
gundan, δ(x, 1) = 1.
δ(x, x) hesabı: x · x = x2 ∈ H oldu˘
gundan, δ(x, 1) = x2 .
δ(x, y) hesabı: x · y = xy ∈ xyH oldu˘
gundan, δ(x, y) = 1.
δ(x, xy) hesabı: x · xy = x2 y = y · y −1 x2 y ∈ yH oldu˘
gundan, δ(x, xy) = y −1 x2 y = x2y .
δ(y, 1) hesabı: y · 1 = y ∈ yH oldu˘
gundan, δ(y, 1) = 1.
δ(y, x) hesabı: y · x = yx = xy · y −1 x−1 yx ∈ xyH oldu˘
gundan, δ(y, x) = y −1 x−1 yx =
[y, x].
δ(y, y) hesabı: y · y = y 2 ∈ H oldu˘
gundan, δ(y, y) = y 2 .
δ(y, xy) hesabı: y · xy = yxy = x · x−1 yxy ∈ xH oldu˘
gundan, δ(y, xy) = x−1 yxy.
Demek ki H grubu x2 , x2y , [y, x], y 2 , x−1 yxy elemanları tarafından serbest¸ce u
¨retilmi¸stir.
4
Bu ¨
ornekte, F5 ≃ H ▹ F2 ili¸skilerini g¨
osterdik.
E.3. F gene yukarıdaki gibi x ve y tarafından u
¨retilen serbest grup olsun.
A = ⟨a⟩ × ⟨b⟩ ≃ Z × Z
olsun. φ : F −→ A homomorfisi φ(x) = a ve φ(y) = b e¸sitlikleriyle tanımlansın. H =
Ker φ olsun. F/H ≃ Z × Z abelyen bir grup oldu˘
gundan F ′ ≤ H olur. Aslında
∑
∑
H = {xi1 y j1 · · · xin y jn : n ∈ N, ik , jk ∈ Z,
ik =
jk = 0}
E.3. Serbest Tumleyen
¨
347
¨
e¸sitli˘
gini g¨
ormek zor de˘
gil. Birazdan H = F ′ e¸sitli˘
ginin do˘
gru oldu˘
gunu g¨
orece˘
giz. Once
H’yi serbest¸ce u
¨reten altk¨
umeyi bulalım.
S = {xi y j : i, j ∈ Z}
olsun. S elbette bir Schreier temsilcileri k¨
umesidir. H’yi u
¨reten δ’ları hesaplayalım.
δ(x, xi y j ) hesabı: x · xi y j = xi+1 y j ∈ xi+1 y j H. Demek ki δ(x, xi y j ) = 1.
δ(y, xi y j ) hesabı: y · xi y j = xi y j+1 · y −j−1 x−i yxi y j ∈ xi y j+1 H. Demek ki
δ(x, xi y j ) = y −j−1 x−i yxi y j = y −1 y −j x−i yxi y j = [y, xi y j ]
ve H altgrubu
{[y, xi y j ] : i ∈ Z, j ∈ Z, i ̸= 0}
k¨
umesi tarafından serbest¸ce gerilmi¸stir. Bu altk¨
ume de F ′ altgrubunun bir altk¨
umesi
′
′
oldu˘
gundan, H ≤ F , yani H = F ¸cıkar.
Bu ¨
ornekten de g¨
or¨
uld¨
ug
˘u
¨ gibi iki elemanlı serbest grubun altgrupları her zaman sonlu
sayıda eleman tarafından u
¨retilmek zorunda de˘
gil, mesela F2′ ≃ Fω olur.
Bu arada s¨oz (yukarıdaki ¨ornekte) a¸cılmı¸sken F grubu X ve Y altk¨
umeleri
tarafından serbest¸ce u
¨retiliyorsa, F/F ′ grubu, abelyen grup olarak X ve Y
tarafından serbest¸ce u
¨retilir, yani
⊕
⊕
F ≃
Zx ≃
Zy
x∈X
y∈Y
olur. Abelyen grup teoriden (ya da tek u
¨rete¸cli idealler b¨olgeleri u
¨zerine mod¨
ullerin sınıflandırılmasından) biliyoruz ki bu durumda |X| = |Y | olmalı. Demek
ki serbest bir grubun serbest u
¨rete¸clerinin k¨
umesinin kardinali de˘gi¸smez ve bir
κ kardinali i¸cin Fκ notasyonu caizdir.
E.3
Serbest T¨
umleyen
F , X tarafından serbest¸ce u
¨retilmi¸s serbest grup, X = Y ⊔ Z, H = ⟨Y ⟩ ve
K = ⟨Z⟩ olsun. H ve K’ya birbirinin serbest t¨
umleyeni diyece˘giz ve bunu
g¨ostermek i¸cin
F =H ⋆K
yazaca˘gız. Bu durumda F ’nin her elemanı H ve K’nın elemanlarının alterne
eden ¸carpımları olarak yazılır ve bu yazılım ¨oz¨
unde biriciktir; bir ba¸ska deyi¸sle
F ’nin her f elemanı i¸cin, ¨oyle bir ve bir tane n ∈ N \ {0}, h1 ∈ H, h2 , . . . , hn ∈
H \ {1}, k1 , . . . , kn−1 ∈ K \ {1}, kn ∈ K elemanları vardır ki
f = h 1 k1 · · · h n kn
olur. Bu durum ba¸sg¨osterdi˘ginde H’ye (ya da K’ya), F ’nin serbest fakt¨
or¨
u
adı verilir.
¨
E. Serbest Gruplar Uzerine
348
¨
Ornekler
E.4. F grubu x ve y elemanları tarafından serbest¸ce ∑
u
¨retilsin. H = ⟨x, xy ⟩ ve K = ⟨y⟩
olsun. H’nin her xn1 y m1 · · · xnk y mk elemanında
mi = 0 olur ama K’nın sadece 1
elemanında bu durum ba¸sg¨
osterir. Dolayısıyla H ∩ K = 1 ama ⟨H, K⟩ = H ⋆ K olmaz
c¸u
¨nk¨
u 1 ̸= h = xy ∈ H, 1 ̸= h1 = x−1 ∈ H, 1 ̸= k = y −1 ∈ K, 1 ̸= k1 = y ∈ K i¸cin
hkh1 k1 = xy y −1 x−1 y = 1 olur.
Demek ki e˘
ger F = ⟨H, K⟩ serbest bir grupsa ve H ∩ K = 1 ise, Y , H’yi ve Z, K’yı
serbest¸ce u
¨retse bile, Y ∪ Z k¨
umesi F ’yi serbest¸ce germek zorunda de˘
gildir.
E.5. F serbest bir grup olsun. Yukarıdaki ¨
ornekten de kolayca anla¸sılaca˘
gı gibi e˘
ger N ▹ F
ve K ≤ F ise ⟨N, K⟩ = N ⋆ K ancak K = 1 i¸cin m¨
umk¨
und¨
ur. Bunun sonu¸clarını bir
sonraki altb¨
ol¨
umde g¨
orece˘
giz.
Teorem E.7. F serbest bir grup ve H ≤ F olsun. E˘ger H sonlu sayıda eleman
tarafından u
¨retiliyorsa, ¨
oyle bir K ≤ F altgrubu vardır ki, ⟨H, K⟩ ≃ H ⋆ K
olur ve bu altgrubun F ’de endisi sonludur.
Kanıt: R, H’nin bir Schreier temsilcileri k¨
umesi olsun. Teorem E.6’dan dolayı,
H’nin
Y := {δ(x, r) : x ∈ X, r ∈ R, δ(x, r)} \ {1}
altk¨
umesi tarafından serbest¸ce u
¨retildi˘gini biliyoruz. Ama varsayıma g¨ore H
sonlu eleman tarafından u
¨retiliyor. Demek ki Y sonlu. |Y | = n olsun ve
Y = {δ(x1 , r1 ), . . . , δ(xn , rn )}
olsun.
¨
Oyle
bir Z ⊇ Y bulaca˘gız ki, ⟨Z⟩ altgrubu Z tarafından serbest¸ce u
¨retilecek ve bu altgrubun F ’deki endisi sonlu olacak. Bunu kanıtlarsak teorem
kanıtlanmı¸s olacak ¸cu
¨nk¨
u bu durumda K = ⟨Y \ Z⟩ almak yeterli.
−1
umesini
δ(xi , ri ) = xi ri · xi ri e¸sitli˘gini anımsayalım. S k¨
x1 r1 , r1 . . . , xn rn , rn
elemanlarının son dilimlerinden olu¸san k¨
ume olsun. S, R’nin sonlu bir altk¨
umesidir. Ayrıca 1 ∈ S ve S’nin elemanlarının son dilimleri de S’dedir.
˙ olarak F ’den Sym S’ye giden bir φ homomorfisi bulaca˘gız, yani F gruIlk
bunun S k¨
umesi u
¨zerine bir etkimesini bulaca˘gız. Bir paragraf ¨once bulmaya
s¨oz verdi˘gimiz Z u
¨rete¸c k¨
umesi,
StabF (1) = F1 = {f ∈ F : φf (1) = 1}
altgrubunu serbest¸ce u
¨retecek1 . [F : F1 ] ≤ |S| oldu˘gundan bu da teoremi
kanıtlayacak. Aslında [F : F1 ] = |S| e¸sitli˘gini bulaca˘gız.
1
S’nin F1 ’in F ’de bir Schreier temsilcileri k¨
umesi oldu˘
gunu kanıtlayaca˘
gız ve Z, Teorem
E.6’da X ve S i¸cin verilen F1 ’in u
¨rete¸c k¨
umesi olacak.
E.3. Serbest Tumleyen
¨
349
φ homomorfisini bulmak i¸cin X’ten Sym S’ye giden bir fonksiyon bulmak
˙
yeterli. Istediklerimizin
yerine gelmesi i¸cin bu fonksiyonu dikkatlice se¸cece˘giz.
Her x ∈ X i¸cin,
S(x) = {s ∈ S : xs ∈ S}
olsun. S(x), elbette S’nin bir altk¨
umesidir (ama bo¸sk¨
ume de olabilir). B¨oylece
her x ∈ X i¸cin
φx (s) = xs
kuralıyla tanımlanmı¸s bir
φx : S(x) −→ S
fonksiyonu bulmu¸s olduk. φx ’in birebir oldu˘gunu savlıyoruz. Nitekim, diyelim
φx (s) = φx (t), yani xs = xt o zaman xsH = xtH ve sH = tH olur ve bundan
da s = t ¸cıkar. Demek ki φx birebirmi¸s.
S¸imdi φx ’i rastgele bir bi¸cimde S’den S’ye giden bir e¸sle¸smeye tamamlayalım2 . Bu geni¸slemeye de φx adını verelim. Demek ki φx ∈ Sym S ve her
s ∈ S(x) i¸cin φx (s) = xs.
B¨oylece φ(x) = φx kuralıyla verilmi¸s bir
φ : X −→ Sym S
fonksiyonu bulunur. F , X tarafından serbest¸ce u
¨retildi˘ginden, buldu˘gumuz (ya
da se¸cti˘gimiz) bu φ fonksiyonunu geni¸sleten bir ve bir tane
F −→ Sym S
homomorfisi vardır. Bu homomorfiyi de φ ile g¨osterelim. Son olarak
StabF (1) = F1 = {f ∈ F : φf (1) = 1}
tanımını yapalım.
S¸imdi her t ∈ S i¸cin φt (1) = t e¸sitli˘gini kanıtlayaca˘
gız3 . Bunun i¸cin iki
teknik hesap yapaca˘gız:
Birinci teknik hesap: s ∈ S ve x ∈ X olsun. xs ∈ S varsayımını yapalım.
Demek ki xs = xs ∈ S ve s ∈ S(x). Dolayısıyla
(3)
φx (s) = xs = xs.
˙
Ikinci
teknik hesap: s ∈ S ve x ∈ X olsun. Ama bu sefer x−1 s ∈ S
varsayımını yapalım. Demek ki x−1 s = x−1 s ∈ X(s) ve dolayısıyla φx (x−1 s) =
x(x−1 s) = s. Son e¸sitlikte φx ’i sol taraftan sa˘g tarafa ge¸cirirsek, φx−1 (s) =
x−1 s buluruz.
2
Bu se¸cimi Se¸cim Aksiyomu kullanmadan yapmak i¸cin, Sym S’nin elemanlarını bir
bi¸cimde tamsıralamak ve φx ’i geni¸sleten Sym S’nin ilk elemanını se¸cmek yeterli.
3
B¨
oylece F serbest grubunun S k¨
umesini ge¸ci¸sli etkidi˘
gi kanıtlanmı¸s olacak.
¨
E. Serbest Gruplar Uzerine
350
Demek ki s ∈ S, y ∈ X ∪ X −1 ve ys ∈ S ise,
φy (s) = ys
olur. Bunu temel alarak, t ∈ S i¸cin φt (1)’i hesaplayalım. t’yi X ∪ X −1 k¨
umesinin elemanları cinsinden yazalım: Diyelim y1 , . . . , yk ∈ X ∪ X −1 i¸cin
t = y1 · · · yk
olsun. S’nin elemanlarının son dilimleri de S’de oldu˘gundan, yukarıda yaptıklarımızdan,
φt (1) = φy1 ···yk (1) = φy1 · · · φyk−1 φyk (1)
= φy1 · · · φyk−1 (yk ) = φy1 · · · φyk−2 (yk−1 yk )
= . . . = y1 · · · yk = t
olur. Demek ki her t ∈ S i¸cin
φt (1) = t.
Bundan da S k¨
umesinin F1 ’in F ’deki temsilcileri k¨
umesi oldu˘gu ¸cıkar. Nitekim,
e˘ger f ∈ F ise, φf (1) = t ∈ S tanımını yaparak, sırasıyla, φf (1) = φt (1),
φt−1 f (1) = 1, t−1 f ∈ F1 ve f ∈ tF1 bulunur. Ayrıca s, t ∈ S i¸cin sF1 = tF1
ise, sırasıyla, t−1 s ∈ F1 grubu, φt−1 s (1) = 1, s = φs (1) = φt (1) = t olur.
S k¨
umesi bir Schreier temsilcileri k¨
umesi oldu˘gundan, Teorem E.6’ya g¨ore,
F1 altgrubu
Z = {ϵ(x, s) : x ∈ X, s ∈ S, ϵ(x, s)} \ {1}
tarafından serbest¸ce u
¨retilir. Buradaki ϵ(x, s) ∈ F1 elemanı, Teorem E.6’daki
F1 ve S’ye tekab¨
ul eden elemanlardır, yani ϵ(x, s) ∈ F1 ve x
cs ∈ S olmak u
¨zere,
ϵ(x, s) = x
cs−1 · xs
olarak tanımlanmı¸stır.
Son olarak Y ⊆ Z i¸cindeli˘gini kanıtlayalım. Bunun i¸cin her i = 1, . . . , n
i¸cin,
xi ri = xd
i ri
e¸sitli˘gini kanıtlamak yeterli. Bunun i¸cin iki k¨
u¸cu
¨k olguya ihtiyacımız var:
b
f ∈ F olsun. Demek ki bir t = f ∈ S i¸cin f ∈ tF1 . Dolayısıyla
φf (1) = φt (1) = t = fb.
Ayrıca S’nin tanımı gere˘gi xi ri ∈ S; ve elbette ri ∈ S. Yani ri ∈ S(xi ).
Buradan da (3)’ten dolayı φxi (ri ) = xi ri ¸cıkar.
Bunlardan hareketle hesaplayalım:
xd
i ri = φxi ri (1) = φxi φri (1) = φxi (ri ) = xi ri = xi ri .
B¨oylece Y ⊆ Z i¸cindeli˘gi kanıtlandı.
E.4. Birkac¸ Sonuc¸
E.4
351
Birka¸
c Sonu¸
c
Bu b¨ol¨
umde serbest gruplarla ilgili birka¸c sonu¸c kanıtlayaca˘gız. Her biri yukarıda yaptıklarımızdan ¸cıkacak.
Sonu¸
c E.8 (Schreier). Serbest bir grubun sonlu eleman tarafından u
¨retilmi¸s
normal bir altgrubu ya 1’dir ya da sonlu endislidir.
Kanıt: F serbest grup olsun. H ▹ F sonlu eleman tarafından u
¨retilmi¸s olsun.
O zaman Teorem E.7’ye g¨ore, bir K ≤ F i¸cin ⟨H, K⟩ = H ∗ K grubunun F ’de
endisi sonlu olur. Ama H ▹ F oldu˘gundan K = 1 olmalıdır.
E˘ger bir grubun sonlu endisli altgruplarının kesi¸simi 1 ise, gruba kalıntısal sonlu grup adı verilir. Bir G grubunun kalıntısal sonlu olması ¸s¨oyle de
ifade edilir: Her 1 ̸= g ∈ G i¸cin g’yi i¸cermeyen sonlu endisli bir altgrup vardır.
¨
Orne˘
gin, sonlu u
¨rete¸cli abelyen gruplar, d¨ong¨
usel grupların direkt toplamı olduklarından, kalıntısal sonludurlar.
Teorem E.9 (F.W. Levi). Serbest gruplar kalıntısal sonludur.
Kanıt: F serbest bir grup olsun. 1 ̸= f ∈ F olsun. Theorem E.7’ye g¨ore,
⟨f, K⟩ = ⟨f ⟩ ∗ K e¸sitli˘gini sa˘glayan sonlu endisli bir K altgrubu vardır. J =
⟨f ⟩∗K olsun. K, Y altk¨
umesi tarafından serbest¸ce u
¨retilmi¸s olsun. Son olarak,
L = ⟨J ′ , Y, f 2 ⟩
olsun. Elbette [J : L] = [J/J ′ : L/J ′ ] = 2’dir ve f ∈
/ L.
Bir G grubunun hopf grubu olması demek, her 1 ̸= N ▹ G i¸cin G/N ̸≃ G
¨
demektir. Orne˘
gin sonlu gruplar Hopf gruplarıdır, ama Pr¨
ufer p-grupları Hopf
grupları de˘gildirler, hatta antihopfdurlar diyebiliriz!
Teorem E.10. Sonlu eleman tarafından u
¨retilmi¸s serbest gruplar Hopfiyandırlar.
Bu teorem, Teorem E.9’un ve bir sonrakinin sonucu.
Teorem E.11 (I.A. Mal’cev). Sonlu eleman tarafından u
¨retilmi¸s kalıntısal
sonlu gruplar hopfiyandırlar.
Mal’cev’in teoremini kanıtlamak i¸cin ¨once kendi ba¸sına ¨onemli bir ¨onsav
kanıtlayalım.
¨
¨reOnsav
E.12. n ∈ N olsun. Sonlu (diyelim m tane) eleman tarafından u
m
tilmi¸s bir grubun endisi n olan sonlu sayıda (en fazla (n!) tane) altgrubu
vardır.
¨
E. Serbest Gruplar Uzerine
352
Kanıt: Gruba G diyelim. G, eleman sayısı m olan X altk¨
umesi tarafından
u
¨retilmi¸s olsun. H ≤ G, endisi n olan bir altgrup olsun.
G/H = {xH : x ∈ G},
olsun. G, G/H k¨
umesini soldan bilinen ¸sekilde soldan ¨otelemeyle etkisin: g ∈ G
ve xH ∈ G/H i¸cin,
g · (xH) = gxH
olsun. B¨oylece ψ(g)(xH) = gxH form¨
ul¨
uyle verilmi¸s bir
ψ : G −→ Sym(G/H)
grup homomorfisi buluruz. Elbette,
GH := {g ∈ G : gH = H} = H
olur.
|G/H| = n oldu˘gundan G/H ile {1, 2, . . . , n} k¨
umeleri arasında birebir bir
e¸sleme vardır. f (H) = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan b¨oyle bir e¸sleme se¸celim. Bu f
e¸slemesi sayesinde
φf (σ) = f ◦ σ ◦ f −1
form¨
ul¨
uyle verilen bir
φf : Sym(G/H) −→ Sym n
grup izomorfisi bulunur ve b¨oylece bir
ψf := φf ◦ ψ : G −→ Sym n
grup homomorfisi elde ederiz. B¨oylece G grubu {1, . . . , n} k¨
umesini etkiler:
g ⋆ i = (ψf (g))(i). Bu etkilemeyle,
G1 := {g ∈ G : g ⋆ 1 = 1} = {g ∈ G : (ψf g)(1) = 1} = H
olur. Demek ki endisi n olan H ≤ G sayısı, olası ψf : G −→ Sym n homomorfisi
sayısından daha fazla olamaz. Ama G, X tarafından u
¨retildi˘ginden G’den
Sym n’ye giden homomorfi sayısı X’ten Sym n’ye giden fonksiyon sayısından
fazla olamaz. Bundan da en fazla (n!)m tane vardır4 .
Bu kanıtta her H ≤ G i¸cin bir f : G/H −→ {1, . . . , n} e¸slemesi se¸cerek, daha sonra sonlu
olaca˘
gını kanıtlayaca˘
gımız G/H k¨
umesi i¸cin Se¸cim Aksiyomu’nu kullanmı¸s olduk! Aslında
Se¸cim Aksiyomunu kullanmak zorunda de˘
gildik. Her H ≤ G i¸cin f (H) = 1 e¸sitli˘
gini sa˘
glayan
bir f : G/H −→ {1, . . . , n} e¸slemesi se¸cece˘
gimize, bu e¸sitli˘
gi sa˘
glayan t¨
um f e¸slemelerini
alalım. Ardından, t¨
um bu f ’ler i¸cin t¨
um ψf ’leri alalım. B¨
oylece Se¸cim Aksiyomu’nu kullanmadan aynı sonucu elde ederiz.
4
E.4. Birkac¸ Sonuc¸
353
Teorem E.11’in Kanıtı. G teoremdeki gibi bir grup olsun. Diyelim bir N ▹G
¨
i¸cin G/N ≃ G. Herhangi bir n ∈ N sabitleyelim. Onsav
E.12’ye g¨ore G’nin
endisi n olan sonlu sayıda altgrubu oldu˘gundan, G/N ’nin de endisi n olan aynı
sayıda altgrubu vardır. Ama G/N ’nin altgrupları, bir ve bir tane N ≤ H ≤ G
i¸cin G/H bi¸ciminde yazılırlar ve [G/N : H/N ] = [G : H] olur. Demek ki G’nin
endisi n olan t¨
um altgrupları N ’yi i¸cermek zorundadır. n rastgele oldu˘gundan,
bundan da G’nin endisi sonlu olan her algrubunun N ’yi i¸cerdi˘gi ¸cıkar. Demek
ki G’nin sonlu altgruplarının kesi¸simi N ’yi i¸ceriyor. Dolayısıyla N = 1.
Teorem E.13 (J. Nielsen, 1918). E˘ger F grubu n elemanlı X altk¨
umesi tarafından serbest¸ce u
¨retilmi¸s bir grupsa ve Y ⊆ F , n elemanlı ve F ’yi u
¨reten
bir altk¨
umeyse, o zaman Y , F ’yi serbest¸ce u
¨retir.
Kanıt: f : X −→ Y herhangi bir e¸sleme olsun. Bu e¸sleme sayesinde φf :
F −→ F homomorfisi elde ederiz. Y , X’i gerdi˘ginden, φf ¨ortendir. Demek
ki F/ Ker φf ≃ F olur. Teorem E.10’a g¨ore Ker φf = 1’dir. Demek ki φf
birebirdir. Bu da aynen F ’nin Y tarafından serbest¸ce u
¨retildi˘gi anlamına gelir
(Y ’nin elemanları tarafından sa˘glanan herhangi bir e¸sitlik, Ker φf ’te 1 olmayan
bir eleman yaratır).
Kaynak¸
ca
Gilbert Baumslag, Topics in Combinatorial Group Theory, Birkh¨
auser, Lectures
in Mathematics 1993.
¨
F. Zorn Onsavı
F.1
F.1.1
Problemler
˙
Imkˆ
ansız Bir Problem
˙ ansız bir problemle ba¸slayalım: Ger¸cel sayılar k¨
Imkˆ
umesi R’nin maksimal bir
sonlu altk¨
umesini bulmaya ¸calı¸salım...
Do˘gru anladınız! Dedi˘gimiz gibi imkˆansız bir problemi ¸c¨ozmeye ¸calı¸saca˘gız... Ger¸cel sayılardan olu¸san ¨oyle bir sonlu k¨
ume bulmaya ¸calı¸saca˘gız ki,
bu k¨
umeden daha fazla ger¸cel sayı i¸ceren hi¸cbir ger¸cel sayı k¨
umesi sonlu olamasın...
B¨oyle bir k¨
ume olamaz elbet. E˘ger R’nin bir altk¨
umesinin sonlu sayıda
elemanı varsa, bu altk¨
umeye yeni bir ger¸cel sayı ekleyerek ondan daha b¨
uy¨
uk
ama gene sonlu sayıda elemanı olan bir ba¸ska k¨
ume elde ederiz.
Biz gene de b¨oyle bir k¨
ume bulmaya ¸calı¸salım! Maksat komiklik olsun...
Aradı˘gımız, “en b¨
uy¨
uk” sonlu k¨
ume de˘gil, yani t¨
um sonlu k¨
umeleri altk¨
ume
olarak i¸ceren sonlu bir k¨
ume aramıyoruz. Sadece o sonlu k¨
umeden “daha
b¨
uy¨
uk”, yani o sonlu k¨
umeyi ¨ozaltk¨
ume olarak i¸ceren sonlu bir altk¨
ume olmasını istemiyoruz.
R’nin sonlu bir altk¨
umesini alalım. E˘ger bu k¨
ume R’nin maksimal bir sonlu
altk¨
umesiyse i¸simiz i¸s. De˘gilse (ki de˘gildir!) o zaman bu k¨
umeden daha b¨
uy¨
uk
¨
F. Zorn Onsavı
356
ama hˆalˆa sonlu bir k¨
ume daha vardır. (K¨
umelerimiz hep R’nin altk¨
umeleri
olsunlar, artık bunu s¨
urekli tekrarlamayalım.) S¸imdi eskisinden daha b¨
uy¨
uk
olan bu yeni k¨
umeye bakalım. Bu yeni k¨
umenin maksimal sonlu k¨
ume olma
olasılı˘gı eski k¨
umeye g¨ore daha y¨
uksek tabii... E˘ger bu yeni k¨
ume maksimal bir
sonlu k¨
umeyse, i¸simiz i¸s, istedi˘gimizi elde ettik. De˘gilse, o zaman bu k¨
umeden
daha b¨
uy¨
uk sonlu bir k¨
ume daha vardır (ki var, biliyoruz). S¸imdi bu en yeni
sonlu k¨
umeye bakalım, acaba bu en yeni sonlu k¨
ume maksimal bir sonlu k¨
ume
mi? E˘ger ¨oyleyse maksimal bir sonlu k¨
ume bulduk ve sorunumuzu hallettik.
De˘gilse, bu k¨
umeden daha b¨
uy¨
uk bir sonlu altk¨
ume vardır. S¸imdi bu sonlu
altk¨
umeye bakalım, acaba bu en gıcır sonlu k¨
ume maksimal bir sonlu altk¨
ume
mi?..
Birinci k¨
umemize A0 diyelim. E˘ger A0 , R’nin maksimal bir sonlu altk¨
umesiyse, sorun yok. Diyelim ¸sansımız yaver gitmedi (!) ve A0 , R’nin maksimal
bir sonlu altk¨
umesi de˘gil, o zaman ondan daha b¨
uy¨
uk sonlu bir k¨
ume vardır.
A0 ’dan daha b¨
uy¨
uk sonlu bir k¨
ume alalım ve bu k¨
umeye A1 diyelim. A1 , maksimal bir sonlu k¨
ume de˘gilse, A1 ’den daha b¨
uy¨
uk sonlu bir k¨
ume vardır. Bu
k¨
umeye de A2 diyelim. Bunu b¨oylece s¨
urd¨
urebiliriz:
A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . ⊂ An .
Bunların biri maksimal bir sonlu k¨
umeyse imkˆansız problemimizi ¸c¨ozd¨
uk demektir. Ama de˘gilse i¸slemi sonsuza kadar s¨
urd¨
urebiliriz. S¨
urd¨
urelim:
A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . ⊂ An ⊂ . . .
B¨oyle bir diziye zincir adını verelim.
Yukarıdaki zincirin An “halkaları” sonlu ger¸cel sayı k¨
umeleri. Herbirinin
bir ¨oncekinden daha fazla elemanı var. Dolayısıyla hi¸cbiri maksimal bir sonlu
k¨
ume de˘gil. Bunların herbirinden daha b¨
uy¨
uk ama hˆalˆa sonlu bir ger¸cel sayı
k¨
umesi bulup bu k¨
umenin maksimal bir sonlu k¨
ume olup olmadı˘gına bakalım...
Bulaca˘gımız bu yeni k¨
ume An ’lerin hepsini (altk¨
ume olarak) i¸cermek zorunda
oldu˘gundan sonlu olamaz maalesef. Ama olsaydı ne g¨
uzel olurdu... Bu, b¨
ut¨
un
An ’leri i¸ceren sonlu k¨
umeye Aω der ve kaldı˘gımız yerden devam ederdik...
Durum ¸s¨oyle olurdu:
A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . ⊂ An ⊂ . . . ⊂ Aω .
E˘ger Aω maksimal bir sonlu k¨
umeyse sorunu ¸c¨ozm¨
u¸s olurduk. De˘gilse (ki de˘gil,
¸cu
¨nk¨
u Aω sonlu bile de˘gil), o zaman Aω ’dan daha b¨
uy¨
uk sonlu bir k¨
ume bulur
ve aynı i¸slemi maksimal bir sonlu altk¨
umeye toslayana dek s¨
urekli tekrarlardık.
Bir zincire geldi˘gimizde ise zincirin bile¸simini i¸ceren sonlu bir k¨
ume bulmayı
umup gene yolumuza devam ederdik. Bu y¨ontemi hi¸c durmadan tekrarlayarak
maksimal bir sonlu k¨
ume bulmaya ¸calı¸sabilirdik.
F.1. Problemler
357
Ama ne yazık ki bunlar hayal, b¨
ut¨
un An ’leri i¸ceren Aω gibi sonlu bir k¨
ume
yok evrende.
B¨
ut¨
un bu yaptıklarımızı sonlu altk¨
umeler yerine R’nin sayılabilir altk¨
umeleriyle yapsaydık, gene ba¸sarısızlı˘ga u˘grardık, ¸cu
¨nk¨
u R’nin en b¨
uy¨
uk sayılabilir
altk¨
umesi de yoktur (¸cu
¨nk¨
u sayılabilir bir k¨
umeye bir eleman daha eklersek gene sayılabilir bir k¨
ume elde ederiz) ama bu sefer yukarıdaki y¨ontemle
ba¸sarısızlı˘ga u˘grayaca˘gımızı g¨osteremezdik (¸cu
¨nk¨
u sayılabilir sonsuzluktaki
sayılabilir k¨
umenin bile¸simi gene sayılabilirdir (ama bu sonucu kanıtlamak
i¸cin Se¸cim Aksiyomu’na ihtiya¸c vardır)).
Gene de yukarıdaki fikrin ba¸sarıya ula¸saca˘gı durumlar olacaktır. Bizi izlemeye devam edin!
F.1.2
C
¸ ok Kolay Bir Problem
Gene ¸cok kolay bir problem ele alalım, ama bu sefer l¨
utfen ¸c¨oz¨
um¨
u olsun! Bu
sefer R’nin 1’i i¸cermeyen maksimal bir altk¨
umesini bulalım.
Ger¸cekten ¸cok kolay bir problem bu. Tek bir ¸c¨oz¨
um¨
u var: R \ {1}. Yani
bu sefer sadece maksimal de˘gil, ger¸cekten de ko¸sulumuzu sa˘glayan en b¨
uy¨
uk
altk¨
ume var. Ama biz bu ¸c¨oz¨
um¨
u bilmedi˘gimizi varsayarak yukarıdaki y¨ontemi
deneyelim.
R’nin 1’i i¸cermeyen herhangi bir altk¨
umesinden ba¸slayalım. Bu altk¨
ume
bo¸sk¨
ume de olabilir, {0} ya da {π} k¨
umesi de olabilir, hatta, ¸sans bu ya,
R \ {1} k¨
umesi de olabilir; ¨onemli olan 1’i i¸cermemesi. 1’i i¸cermeyen bu ilk
k¨
umeye A0 diyelim. E˘ger A0 k¨
umesi 1’i i¸cermeyen maksimal bir altk¨
umeyse,
o zaman keyfimize diyecek yok, problemi ¸c¨ozd¨
uk. Ama diyelim A0 k¨
umesi
1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
ume de˘gil. O zaman A0 ’ı i¸ceren ve A0 ’dan daha
fazla elemanı olan ama 1’i i¸cermeyen bir A1 k¨
umesi vardır. E˘ger A1 k¨
umesi
1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
umeyse, o zaman problemimizi ¸c¨ozd¨
uk demektir.
Ama diyelim A1 k¨
umesi 1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
ume de˘gil. O zaman
A1 ’i i¸ceren ve A1 ’den daha fazla elemanı olan ama hˆalˆa daha 1’i i¸cermeyen
bir A2 k¨
umesi vardır. E˘ger A2 k¨
umesi 1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
umeyse, o
zaman problemimizi ¸c¨ozd¨
uk demektir... Bunu b¨oylece devam ettirelim. E˘ger
belli bir a¸samada, diyelim n’inci a¸samada An k¨
umesi 1’i i¸cermeyen maksimal
bir k¨
umeyse, o zaman problemimizi ¸c¨ozd¨
uk demektir... Diyelim hi¸cbir An ,
1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
ume de˘gil, s¨
urekli daha b¨
uy¨
u˘gu
¨n¨
u buluyoruz.
Durumu resmedelim:
A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . ⊂ An ⊂ . . .
ve ¨ozetleyelim: Bunların hepsi ger¸cel sayı k¨
umeleri ve hi¸cbiri 1’i i¸cermiyor ve
herbirinin bir ¨oncekinden daha fazla elemanı var.
¨
F. Zorn Onsavı
358
Bunların herbirinden daha b¨
uy¨
uk ve 1’i i¸cermeyen bir k¨
ume bulup bu
k¨
umenin 1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
ume olup olmadı˘gına bakalım. Bulaca˘gımız bu yeni k¨
umenin An ’lerin hepsinden daha b¨
uy¨
uk olmasını istedi˘gimizden,
An ’lerin hepsini altk¨
ume olarak i¸cermek zorundadır. Bir ¨onceki ¨ornekte An ’lerin hepsinden daha b¨
uy¨
uk ve sonlu bir k¨
ume bulamamı¸stık, yoktu ¨oyle bir
k¨
ume, bakalım ¸simdi bulabilecek miyiz? Heyecan son haddinde!
B¨
ut¨
un bu An ’lerin bile¸simini alırsak, An ’lerin hepsinden daha b¨
uy¨
uk bir
k¨
ume buluruz elbet. Ayrıca, An ’lerin hi¸cbiri 1’i eleman olarak i¸cermedi˘ginden,
An ’lerin bile¸simi de 1’i eleman olarak i¸cermez. Ne g¨
uzel!
Demek ki t¨
um An ’leri altk¨
ume olarak i¸ceren ama 1’i eleman i¸cermeyen en
¨
az bir k¨
ume vardır. Aω , bu k¨
umelerden biri olsun. Orne˘
gin
∪
Aω =
An
n∈N
olabilir, ama bundan daha b¨
uy¨
uk bir k¨
ume de olabilir, ne oldu˘gu pek ¨onemli
de˘gil, ¨onemli olan Aω ’nın An ’lerin hepsini altk¨
ume olarak i¸cermesi ama 1’i
i¸cermemesi.
Kaldı˘gımız yerden A0 yerine Aω ile devam edelim. E˘ger Aω k¨
umesi 1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
umeyse, o zaman ba¸sarıya ula¸stık demektir... De˘gilse,
Aω ’yı altk¨
ume olarak i¸ceren ama Aω ’dan daha b¨
uy¨
uk olan ve 1’i i¸cermeyen
bir k¨
ume var demektir. Bu k¨
umeye Aω+1 diyelim. Okur tahmin ediyordur
bundan sonra ne yapaca˘gımızı. E˘ger Aω+1 k¨
umesi 1’i i¸cermeyen maksimal bir
k¨
umeyse, o zaman problemimizi ¸c¨ozd¨
uk demektir... De˘gilse, Aω+1 ’in, Aω+1 ’den
daha b¨
uy¨
uk ve 1’i i¸cermeyen bir u
¨stk¨
umesi var demektir. Bu k¨
umeye Aω+2
diyelim... Bunu b¨oylece s¨
urd¨
ur¨
ur¨
uz... E˘ger
Aω ⊂ Aω+1 ⊂ Aω+2 ⊂ . . . ⊂ Aω+n ⊂ . . .
zincirinin Aω+n halkalarından hi¸cbiri 1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
ume de˘gilse,
bunların bile¸simi ¨orne˘gin, 1’i i¸cermeyen ve yukarıdakilerin herbirinden daha
F.1. Problemler
359
b¨
uy¨
uk bir k¨
umedir. B¨oyle bir k¨
umeye Aω2 adını verelim. E˘ger Aω2 k¨
umesi
1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
umeyse, o zaman problemimizi ¸c¨ozd¨
uk demektir... De˘gilse, i¸slemi devam ettirebiliriz... E˘ger belli bir a¸samada, 1’i i¸cermeyen
maksimal bir altk¨
umeye (yani R\{1}’e, ama sonucun bu oldu˘gunu bilmiyormu¸s
gibi davranıyoruz) rastlarsak o zaman gayretlerimiz amacına ula¸smı¸s demektir, duralım. Ama e˘ger k¨
umeleri hep 1’i i¸cermeyecek bi¸cimde b¨
uy¨
utebiliyorsak,
bir adım ileri gidelim. Ba¸sarıya ula¸smadı˘gımız s¨
urece hep ileri gidebilece˘gimizi
biliyoruz.
Aω2 ⊂ Aω2+1 ⊂ Aω2+2 ⊂ . . . ⊂ Aω2+n ⊂ . . .
E˘ger hep ba¸sarısızlı˘ga u˘gramı¸ssak, bir sonraki a¸samada bu k¨
umelerin bile¸simini
i¸ceren ama 1’i i¸cermeyen herhangi bir k¨
ume alıp buna Aω3 diyelim ve yukarıdaki gibi devam edelim.
Peki ama bu durmadan ileri gitmenin bir sonu gelecek mi? En sonunda,
gerekirse sonsuz hatta ¸cok sonsuz adımı a¸sıp R \ {1} k¨
umesine ula¸sabilecek
miyiz?
Bu sorunun yanıtı hi¸c de bariz de˘gil. R ¸cok b¨
uy¨
uk bir k¨
ume oldu˘gundan
(bkz. [SKK]) ula¸smak istedi˘gimiz R\{1} k¨
umesi de baya˘gı b¨
uy¨
ukt¨
ur, sayılamaz
sonsuzluktadır. (Bunun ne demek oldu˘gunu bilmeyen umursamasın.) Yukarıdaki y¨ontemle zaten bildi˘gimiz R \ {1} ¸c¨oz¨
um¨
une ula¸sıp ula¸samayaca˘gımızdan
emin olamayız.
F.1.3
Benzer Bir Problem
Bu sefer R’nin maksimal bir ¨ozaltk¨
umesini bulmaya ¸calı¸salım. Yani R’nin ¨oyle
bir altk¨
umesini bulalım ki, R’nin bu altk¨
umeden daha b¨
uy¨
uk bir altk¨
umesi
R’ye e¸sit olsun. Yanıtı gene biliyoruz: E˘ger a, R’nin herhangi bir elemanıysa,
R \ {a} k¨
umesi R’nin maksimal bir ¨ozaltk¨
umelerinden biridir, R’nin ondan
daha b¨
uy¨
uk bir ¨ozaltk¨
umesi yoktur.
Bu sefer birden fazla yanıt var, R’nin her a elemanı i¸cin bir ¸c¨oz¨
um (R \ {a}
¸c¨oz¨
um¨
un¨
u) bulabiliriz.
Aynı y¨ontemi denersek bu sefer de birinci ¨orne˘gimizdeki zorlu˘ga toslarız:
E˘ger
A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . ⊂ An ⊂ . . .
k¨
umelerinin herbiri R’nin ¨ozaltk¨
umesiyse, bunların hepsini birden i¸ceren bir
¨
k¨
ume R’ye e¸sit olabilir, yani bunların hepsinin bile¸simi R olabilir. Orne˘
gin,
n ∈ N i¸cin,
An = (−∞, n)
aralı˘gıysa, bu An ’lerin hepsi ¨ozaltk¨
umedir, hi¸cbiri maksimal bir ¨ozaltk¨
ume
de˘gildir, ama bile¸simleri R’dir.
¨
F. Zorn Onsavı
360
Bu zorlu˘gu yenmek i¸cin bu problemi bir ¨onceki probleme d¨on¨
u¸st¨
ur¨
up belli
bir a i¸cin (a = 1 olabilir), bu belirlenmi¸s a’yı i¸cermeyen maksimal bir altk¨
umeyi bulmaya ¸calı¸smalıyız. S¸ans bu ya, a’yı i¸cermeyen maksimal bir altk¨
ume
R’nin maksimal bir ¨ozaltk¨
umesidir.
F.1.4
Orta Zorlukta Bir Problem
S¸imdi bir ba¸ska probleme el atalım. Bu problem daha zor olacak. Kesirli sayılar
k¨
umesi Q’n¨
un ¸cıkarma altında kapalı ve 1’i i¸cermeyen maksimal bir altk¨
umesini bulmaya ¸calı¸salım. Yani ¨oyle bir M ⊆ Q k¨
umesi bulmaya ¸calı¸salım ki,
1. Her x, y ∈ M i¸cin, x − y ∈ M olsun.
2. 1 sayısı M ’de olmasın.
3. M , Q’n¨
un yukarıdaki iki ko¸sulu sa˘glayan maksimal bir altk¨
umesi olsun.
Yani M ⊂ N ⊆ Q ise, N ya ¸cıkarma altında kapalı olmayacak (yani birinci
ko¸sulu sa˘glamayacak) ya da 1’i i¸cerecek (yani ikinci ko¸sulu sa˘glamayacak).
“Maksimal” ko¸sulundan vazge¸cip ilk iki ko¸sulu sa˘glayan bir k¨
ume bulalım.
∅ ya da {0} bu t¨
ur k¨
umelerdendir. C
¸ ift sayılar k¨
umesi 2Z de ¸cıkarma altında
kapalıdır ve 1’i i¸cermez. Bu iki ¨ozelli˘gi sa˘glayan herhangi bir k¨
ume alalım ve
bu k¨
umeye A0 adını verelim. E˘ger A0 ilk iki ko¸sulu sa˘glayan maksimal bir
k¨
umeyse sorun yok, ¸c¨oz¨
ume ula¸stık. De˘gilse, ilk iki ko¸sulu sa˘glayan ve A0 ’dan
daha b¨
uy¨
uk bir A1 ⊂ Q vardır.
Bu i¸slemi s¨
urd¨
urelim.
A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . ⊂ An
k¨
umelerini elde ederiz. Amacımıza hen¨
uz ula¸smamı¸ssak, yani An , ilk iki ko¸sulu
sa˘glayan maksimal bir k¨
ume de˘gilse devam edelim. Sonlu bir a¸samada ilk iki
ko¸sulu sa˘glayan Q’n¨
un maksimal bir altk¨
umesine rastlamamı¸ssak ¸s¨oyle bir
zincir elde ederiz:
A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . ⊂ An ⊂ . . .
Bunların her biri Q’n¨
un 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma altında kapalı altk¨
umeleri,
ama hi¸cbiri en b¨
uy¨
u˘gu
¨ de˘gil, yani her biri bir ¨oncekinden daha fazla eleman
i¸ceriyor. Bunların bile¸simini alalım:
∪
Aω =
An .
n∈N
Aω da 1’i i¸cermez, ¸cu
¨nk¨
u An ’lerin hi¸cbiri 1’i i¸cermiyor. (Aω ’nın 1’i i¸cermesi
i¸cin An ’lerin en az birinin 1’i i¸cermesi gerekir.) Ayrıca Aω da ¸cıkarma altında
kapalıdır. Bunu kanıtlayalım. Aω ’dan iki eleman alalım, diyelim x ve y. Bu iki
eleman Aω ’da oldu˘gundan, herbiri An ’lerden birindedir, ama ikisi birden aynı
F.1. Problemler
361
An ’de olmayabilir, en azından bundan hen¨
uz emin de˘giliz, birazdan olaca˘gız
ama... Diyelim,
x ∈ An ve y ∈ Am .
S¸imdi ya n ≤ m ya da m ≤ n. Durum x ve y a¸cısından simetrik oldu˘gundan,
birinin di˘gerinden farkı yok, dolayısıyla g¨on¨
ul rahatlı˘gıyla m ≤ n e¸sitsizli˘gini
varsayabiliriz. B¨oylece,
y ∈ Am ⊆ An
olur. Demek ki hem x, hem de y sayıları An k¨
umesindeler. Ama An ¸cıkarma
altında kapalı. Buradan x − y ∈ An ¸cıkar. Ama ¸simdi, An ⊆ Aω oldu˘gundan,
x − y ∈ Aω ¸cıkar. B¨oylece Aω k¨
umesinin ¸cıkarma altında kapalı oldu˘gunu
kanıtlamı¸s olduk.
Demek ki bir sonraki a¸samada Aω k¨
umesini alabiliriz. Bu k¨
ume An k¨
umelerinin hepsinden daha b¨
uy¨
uk ve ayrıca 1’i i¸ceriyor ve de ¸cıkarma altında kapalı.
Kaldı˘gımız yerden A0 yerine Aω ile devam edelim. E˘ger Aω k¨
umesi, 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma altında kapalı olan maksimal bir k¨
umeyse, o zaman i¸simiz bitti,
¨
istedi˘gimizi bulduk. Oyle
de˘gilse, o zaman, Aω ’yı altk¨
ume olarak i¸ceren (yani
Aω ’nın u
¨stk¨
umesi olan) ama Aω ’dan daha fazla eleman i¸ceren ¨ote yandan 1’i
i¸cermeyen ve gene ¸cıkarma altında kapalı bir k¨
ume var demektir. Bu k¨
umeye
Aω+1 diyelim. E˘ger Aω+1 k¨
umesi 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma altında kapalı maksimal bir k¨
umeyse, o zaman problemimizi ¸c¨ozd¨
uk demektir... De˘gilse, Aω+1 ’in,
Aω+1 ’den daha b¨
uy¨
uk ve 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma altında kapalı bir u
¨stk¨
umesi
var demektir. Bu k¨
umeye Aω+2 diyelim... Bunu b¨oylece s¨
urd¨
ur¨
ur¨
uz... E˘ger
Aω ⊂ Aω+1 ⊂ Aω+2 ⊂ . . . ⊂ Aω+n ⊂ . . .
zincirinin Aω+n halkalarından hi¸cbiri 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma altında kapalı
maksimal bir k¨
ume de˘gilse, bunların bile¸simi ¨orne˘gin, 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma
altında kapalı ve yukarıdakilerin herbirinden daha b¨
uy¨
uk bir k¨
umedir. B¨oyle
bir k¨
umeye Aω2 adını verelim. E˘ger Aω2 k¨
umesi 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma
altında kapalı maksimal bir k¨
umeyse, o zaman problemimizi ¸c¨ozd¨
uk demektir...
De˘gilse, i¸slemi devam ettirebiliriz... E˘ger belli bir a¸samada, 1’i i¸cermeyen ve
¸cıkarma altında kapalı maksimal bir altk¨
umeye rastlarsak o zaman ¸cabalarımız
amacına ula¸smı¸s demektir, duralım. Ama e˘ger k¨
umeleri hep 1’i i¸cermeyecek ve
¸cıkarma altında kapalı olacak bi¸cimde b¨
uy¨
utebiliyorsak, bir adım ileri gidelim.
Hep ileri gidebilece˘gimizi biliyoruz.
Aω2 ⊂ Aω2+1 ⊂ Aω2+2 ⊂ . . . ⊂ Aω2+n ⊂ . . .
E˘ger s¨
urekli ba¸sarısızlı˘ga u˘gramı¸ssak, bir sonraki a¸samada bu k¨
umelerin
bile¸simini i¸ceren ama 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma altında kapalı herhangi bir
k¨
ume alıp buna Aω3 diyelim ve yolumuza devam edelim...
Bir zaman sonra istedi˘gimiz k¨
umeye rastlayacak mıyız? Zor soru...
¨
F. Zorn Onsavı
362
C
¸¨
oz¨
um: Yukarıdaki y¨ontemi terkedelim, belli ki bir yere varamayacak. Aradı˘gımız k¨
umelerden birini ayan beyan yazaca˘gım:
p herhangi bir asal sayı olsun.
M = {pa/b : a, b ∈ Z ve p, b’yi b¨olm¨
uyor}
olsun. M ¸cıkarma altında kapalıdır, bunu g¨ormek kolay. Ayrıca M , 1’i de
i¸cermez; ¸cu
¨nk¨
u aksi takdirde, p’nin b’yi b¨olmedi˘gi a, b ∈ Z tamsayıları i¸cin
1 = pa/b olur, buradan pa = b ve p’nin b’yi b¨old¨
u˘gu
¨ ¸cıkar ki bunun b¨oyle
olmadı˘gını biliyoruz... Demek ki 1 ∈
/ M.
S¸imdi M ’nin, Q’n¨
un bu iki ¨ozelli˘gi olan maksimal bir altk¨
umesi oldu˘gunu
kanıtlayalım. N , M ’den daha b¨
uy¨
uk ve ¸cıkarma altında kapalı herhangi bir
kesirli sayılar k¨
umesi olsun. 1’in N ’de oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız ve b¨oylece istedi˘gimiz kanıtlanmı¸s olacak.
¨
Once
¸cıkarma altında kapalı k¨
umelerin ¸cok bilinen ve kolay kanıtlanan bir
¨ozelli˘gini verelim:
¨
Onsav
F.1. E˘ger N ¸cıkarma altında kapalıysa ve bo¸sk¨
ume de˘gilse, o zaman
0 ∈ N ve N toplama altında da kapalıdır. Ayrıca −N ⊆ N olur.
Kanıt: N ̸= ∅ oldu˘gundan, N ’de en az bir eleman vardır. a ve b, (birbirine
e¸sit ya da de˘gil) N ’nin herhangi iki elemanı olsun. N ¸cıkarma altında kapalı
oldu˘gundan,
0 = a − a ∈ N,
−a = 0 − a ∈ N
ve
a + b = a − (−b) ∈ N
olur.
Sonu¸
c F.2. N ve M , Q’n¨
un ¸cıkarma altında kapalı iki altk¨
umesi olsun. E˘ger
M ⊆ N ve x ∈ N ise o zaman M + Zx ⊆ N olur.
S¸imdi biraz ¨once tanımladı˘gımız,
M = {pa/b : a, b ∈ Z ve p, b’yi b¨olm¨
uyor}
k¨
umesinin, 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma altında kapalı maksimal kesirli sayı k¨
umesi oldu˘gunu kanıtlayalım.
Teorem F.3. Yukarıda tanımlanan M k¨
umesi, 1’i i¸cermeyen ve ¸cıkarma altında kapalı bir maksimal kesirli sayı k¨
umesidir.
F.1. Problemler
363
Kanıt: N , M ’nin ¸cıkarma altında kapalı herhangi bir u
¨stk¨
umesi olsun. Diyelim, N ’de olan ama M ’de olmayan bir x kesirli sayısı var. a ve b tamsayıları i¸cin,
x = a/b yazalım. a ve b’nin birbirine asal olduklarını varsayabiliriz. x, M ’de
olmadı˘gından, p, a’yı b¨olmez. Demek ki a ve p birbirine asallar. Dolayısıyla
pu + av = 1 e¸sitli˘gini sa˘glayan u ve v tamsayıları vardır [S]. Dolayısıyla,
pu + vbx = pu + vb(a/b) = pu + va = 1.
Ama pu = pu/1 ∈ M ve vbx ∈ Zx. Dolayısıyla,
1 = pu + vbx ∈ M + Zx ⊆ N.
B¨oylece, M ’nin ¨ozaltk¨
umesi oldu˘gu ¸cıkarma altında kapalı her kesirli sayı
k¨
umesinin 1’i i¸cermek zorunda oldu˘gunu kanıtladık. Demek ki M , 1’i i¸cermeyen
ve ¸cıkarma altında kapalı olan Q’n¨
un bir maksimal altk¨
umesidir.
F.1.5
C
¸ etin Bir Problem
Son olarak ¸cetin bir problemi ele alaca˘gız. Problemimiz bir ¨onceki problemin
benzeri olacak. Yalnız bu sefer Q’n¨
un de˘gil R’nin altk¨
umeleriyle u˘gra¸saca˘gız.
R’nin ¸cıkarma altında kapalı ve 1’i i¸cermeyen maksimal bir altk¨
umesini
bulmaya ¸calı¸saca˘gız.
Y¨ontemimizi biliyorsunuz, e˘ger ¸cıkarma altında kapalı ve 1’i i¸cermeyen bir
k¨
ume maksimalsa, duralım; de˘gilse o k¨
umeden bir b¨
uy¨
u˘gu
¨ vardır. S¸imdi o
b¨
uy¨
uk k¨
umeden hareket edelim. Bunu b¨oylece s¨
urd¨
urelim. E˘ger hi¸cbir zaman
maksimal bir k¨
umeye rastlamazsak, o zaman
A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ A3 ⊂ . . . ⊂ An ⊂ . . .
diye bir dizi elde ederiz. Bu dizideki k¨
umelerin her biri bir ¨oncekinden daha
b¨
uy¨
ukt¨
ur. Her biri ¸cıkarma altında kapalıdır. Hi¸cbirinde 1 yoktur. S¸imdi bu
k¨
umelerin bile¸simini alalım. Bu bile¸sim de ¸cıkarma altında kapalıdır ve 1’i
i¸cermez. S¸imdi A0 ’la yaptı˘gımızı bu bile¸simle yapalım. Ve bunu ¸cıkarma altında
kapalı ve 1’i i¸cermeyen maksimal bir k¨
umeye rastlayana dek s¨
urekli s¨
urd¨
urelim.
˙
Bu y¨ontemle, b¨oyle bir k¨
umeye rastlama ¸sansımız var mı? [SI] ders notlarında g¨ord¨
uklerimiz b¨oyle bir maksimal k¨
umeye rastlayaca˘gımız konusunda
bize bir g¨
uvence veremez.
Peki, bir ¨onceki problemdeki gibi, ¸cıkarma altında kapalı ve 1’i i¸cermeyen
maksimal bir k¨
umeyi - sanki g¨okten inmi¸s gibi - okurlara sunabilir miyiz?
Sunamayız! Sadece biz de˘gil kimse sunamaz.
¨
B¨oyle bir k¨
umenin varlı˘gı bir sonraki b¨ol¨
umde s¨oz edece˘gimiz Zorn Onsa¨
vı kullanılarak kanıtlanabilir. Zorn Onsavı’nın kanıtı da Se¸cim Aksiyomu’nu
gerektirir, Se¸cim Aksiyomu olmadan yapılamaz.
¨
F. Zorn Onsavı
364
¨
Se¸cim Aksiyomu’nun yardımıyla kanıtlayaca˘gımız Zorn Onsavı
sayesinde,
elle, akılla, emek vererek bulamayaca˘gımız matematiksel nesnelerin varlı˘gını
¨
kanıtlayabilece˘giz. Zorn Onsavı’nı
(daha do˘grusu Se¸cim Aksiyomu’nu) matematik¸cilerin yardımına yeti¸sen tanrısal bir el olarak algılayabilirsiniz: Se¸cim
Aksiyomu sayesinde, olmasını ¸cok arzuladı˘gımız ama geleneksel y¨ontemlerle
varlı˘gı kanıtlanamayan k¨
umeler var olacaklar.
F.2
F.2.1
¨
Zorn Onsavı
ve Birka¸
c Sonucu
Hazırlık
Okurun bir ¨onceki altb¨ol¨
um¨
u okudu˘gunu ve orada ortaya konulan derin sorunu kavradı˘gını varsayıyoruz. O altb¨ol¨
umde ele aldı˘gımız ama pek ba¸sarılı
olamadı˘gımız kanıtlama y¨onteminden, yani bir k¨
umenin belli ko¸sullara sahip maksimal bir altk¨
umesinin varlı˘gını g¨osterme ¸cabamızdan s¨ozedece˘giz bu
altb¨ol¨
umde.
Ge¸cen altb¨ol¨
umde, son ¨ornekte, ¸cıkarma altında kapalı olan ve 1’i i¸cermeyen ger¸cel sayılar k¨
umelerini ele almı¸stık. Bu b¨ol¨
um¨
un en azından ba¸sında
R’nin bu t¨
ur altk¨
umelerine yo˘gunla¸salım. R’nin bu t¨
ur altk¨
umelerini eleman
olarak i¸ceren k¨
umeye Z adını verelim. Uzunca bir s¨
ure bu ¨ornekle u˘gra¸saca˘gız.
Yukarıdaki ¸sekilde Z’yi ¸cizdik. Altk¨
umeleri a¸sa˘gıya, u
¨stk¨
umeleri yukarıya yazdık, yani Z’nin elemanlarının (altk¨
ume ili¸skisine g¨ore a¸sa˘gıdan yukarıya do˘gru)
sıralanmasına dikkat ettik: A ⊂ B ise A’yı alta B’yi yukarıya yazdık. Dolayısıyla bo¸sk¨
umeyi en alta koyduk. Bunun bir u
¨st¨
unde Z’nin tek sonlu sayıda
elemanı olan {0} k¨
umesi var. Daha yukarıda 1 ve −1 dı¸sındaki a sayılarının
katlarından olu¸san aZ k¨
umeleri var. Resimde g¨ostermedik ama bir u
¨st katta
√
2Z + πZ gibi iki elemanla “¨
uretilen” ¸cıkarma altında kapalı ve 1’i i¸cermeyen
√
√
aZ + bZ k¨
umeleri var. (Soru: 2Z + 3Z k¨
umesi Z’de midir?) Resimde bir de
Mp diye bir k¨
ume var, tanımına bakılırsa 1’i i¸cermiyor ve ¸cıkarma altında kapalı, yani Z’de. Velhasıl, R’nin ¸cıkarma altında kapalı ve 1’i i¸cermeyen her
altk¨
umesi Z’nin bir elemanı ve bu altk¨
umeler k¨
uc¸u
¨kten b¨
uy¨
u˘ge do˘gru dizilmi¸sler.
Z k¨
umesinin zincir ¨
ozelli˘
gi adı verilen ¸su ¨ozelli˘gi var:
¨
F.2. Zorn Onsavı
ve Birkac¸ Sonucu
365
E˘ger T ⊆ Z ise ve her X, Y ∈ T i¸cin ya X ⊆ Y ya da Y ⊆ X ise, o zaman
T ’nin elemanlarının bile¸simi olan ∪X∈T X k¨
umesi de Z’dedir.
∪
Bunun kanıtı olduk¸ca kolay. E˘ger X∈T X k¨
umesi 1’i i¸cerseydi, T ’nin bir X
elemanı da 1’i i¸cermek zorunda olurdu ki, bu imkˆansız, ¸cu
¨nk¨
u
X ∈ T ⊆ Z.
∪
∪
Demek ki X∈T X k¨
umesi 1’i i¸ceremez. S¸imdi
umesinin ¸cıkarma
∪ X∈T X k¨
altında kapalı oldu˘gunu kanıtlayalım. x ve y, X∈T X k¨
umesinden iki eleman
olsun. O zaman, x ∈ X ve y ∈ Y ili¸skilerinin do˘gru oldu˘gu X, Y ∈ T k¨
umeleri
vardır. T ’nin zincir ¨ozelli˘ginden dolayı ya X ⊆ Y ya da Y ⊆ X olmalı. x ve
y a¸cısından durum simetrik oldu˘gundan, Y ⊆ X ili¸skisini kabul etmede bir
mahsur yok. O zaman y ∈ Y ⊆ X ve hem x hem de y, X’in birer elemanı.
¨ yandan, X
Ama X∪¸cıkarma altında kapalı bir k¨
ume. Demek ki x − y ∪
∈ X. Ote
∪
elbette X∈T X k¨
umesinin bir altk¨
umesi. Sonu¸c: x−y ∈ X∈T X ve X∈,T X
k¨
umesi ¸cıkarma altında kapalı.
Z’nin, “her X, Y ∈ T i¸cin ya X ⊆ Y ya da Y ⊆ X” ¨ozelli˘gini sa˘glayan T
altk¨
umelerine zincir diyelim. O zaman yukarıdaki ¨ozellik ¸s¨oyle okunur:
Z’nin her zincirinin bile¸simi gene Z’dedir .
Ge¸cen b¨ol¨
umde, bu ¨ozelli˘gi, Z’nin sayılabilir sonsuzlukta elemanı olan zincir¨
leri i¸cin kullanmı¸stık. Birazdan yazaca˘gımız Zorn Onsavı’nda
Z’nin sayılabilir
ya da sayılamaz
sonsuzluktaki
t¨
u
m
zincirlerini
ele
almamız
gerekecek.
∪
∪
Bu arada, X∈T X k¨
umesinin kimileyin T olarak yazıldı˘gını da anımsatalım. Bu tıkız yazılım, simge sayısında hatırı sayılır bir indirim sa˘glar.
¨
Birazdan ifade edece˘gimiz Zorn Onsavı
i¸cin “Z’nin her zincirinin bile¸simi
˙ ste o ¨ozellik:
gene Z’dedir” ¨ozelli˘ginden daha zayıf bir ¨ozellik gerekir. I¸
T , Z’nin herhangi bir zinciriyse, Z’de T ’nin her elemanından b¨
uy¨
uke¸sit bir
eleman vardır.
∪
Yukarıdaki ¨ornekte, e˘ger T ⊆ Z bir zincirse, T , Z’dedir ve T ’nin her elemanından b¨
uy¨
uke¸sittir. (E˘ger A ⊆ B ise B’nin A’dan b¨
uy¨
uke¸
sit oldu˘gunu
¨
F. Zorn Onsavı
366
s¨oyl¨
uyoruz. E˘ger A ⊂ B ise B’nin A’dan b¨
uy¨
u∪
k oldu˘gunu s¨oyleyece˘giz. Aslında, a¸sa˘gıdaki ¸sekilden de g¨or¨
ulece˘gi u
¨zere, T , Z’de bulunan ve T ’nin
her elemanınından daha b¨
uy¨
uke¸sit olan elemanların en k¨
uc¸u
¨˘gu
¨d¨
ur. Ama bu
¨ozelli˘gin bir ¨onemi olmayacak bizim i¸cin.)
¨
Birazdan tanıtaca˘gımız Zorn Onsavı,
e˘ger Z yukarıdaki son italik ko¸sulu sa˘glıyorsa, o zaman Z’nin en az bir maksimal elemanının oldu˘gunu s¨oyler.
¨
Yani, Zorn Onsavı,
Zu
¨zerine ko¸sulan yukarıdaki italik ko¸sul do˘gru oldu˘gunda,
¨oyle bir M ∈ Z vardır ki, der, Z’nin hi¸cbir elemanı M ’den daha b¨
uy¨
uk olamaz,
en fazla M ’ye e¸sit olabilir. Ama dikkat: Bu maksimal elemanlardan sonsuz
sayıda olabilir (ki ¸co˘gu zaman da ¨oyledir).
F.2.2
¨
Zorn Onsavı
¨
Artık Zorn Onsavı’nı
anlayacak bilgi birikimine sahibiz:
¨
ume olsun. E˘ger Z =
̸ ∅ ise ve Z’nin her
Onsav
F.4. (Z, ≤) kısmi sıralı bir k¨
zincirinin bir u
¨stsınırı varsa o zaman Z’nin maksimal bir elemanı vardır.
¨
F.2. Zorn Onsavı
ve Birkac¸ Sonucu
367
¨
Dikkat ederseniz, Zorn Onsavı,
ge¸cen b¨ol¨
umde yapmak isteyip de yapamadı˘gımızı herhangi bir zahmete girmeksizin yapıyor. Bir t¨
ur sihirbazlık, ya da
Tanrı’nın eli diyebilirsiniz.
¨
Zorn Onsavı’nı
[N4]’te Se¸cim Aksiyomu’nu kullanarak kanıtlayaca˘gız. Bu¨
rada Zorn Onsavı’nı
kanıtlamadan kabul edip, ¨onsavı kullanan birka¸c basit
ama ¨onemli ¨ornek verece˘giz.
˙ olarak, Zorn Onsavı’nı
¨
Ilk
kullanarak, daha ¨once bulmaya ¸calı¸sıp bulamadı˘gımız, bu b¨ol¨
umde de konu mankeni olarak kullandı˘gımız k¨
umenin varlı˘gını kanıtlayalım:
Teorem F.5. Ger¸cel sayılar k¨
umesi R’nin ¸cıkarma altında kapalı ve 1’i i¸cermeyen maksimal bir altk¨
umesi vardır.
¨
Kanıt: Zorn Onsavı’nı
kullanaca˘gız.
Z = {A ⊆ R : A ¸cıkarma altında kapalı ve 1 ∈
/ A}
olsun. Z’yi “altk¨
umesi olmak” ili¸skisiyle sıralayalım. S¸imdi (Z, ⊆) kısmi sırala¨
masının Zorn Onsavı’nın ko¸sullarını sa˘gladı˘gını g¨osterelim. {0} ∈ Z oldu˘gundan Z ∪
̸= ∅. S¸imdi ikinci ko¸sulun sa˘glandı˘gını kanıtlayalım. T ⊆ ∪
Z bir zincir
olsun.
T ,T ’nin her elemanının bir u
¨stk¨
umesi
∪
∪ oldu˘gundan, e˘ger T ∈ Z ise,
T , T ’nin bir u
¨stsınırı olur. Dolayısıyla T ∈ Z ¨onermesini kanıtlayalım.
Bunun i¸cin iki ¸sey kanıtlamalıyız:
∪
1. T ¸cıkarma altında kapalı olmalı,
∪
2. T , 1’i i¸cermemeli.
∪
Birinciden ba¸slayalım. x, y ∈
T olsun. Bu iki eleman T ’nin elemanlarından birindedir, ama ikisi birden aynı elemanda olmayabilir, en azından
bundan hen¨
uz emin de˘giliz, birazdan olaca˘gız ama... Diyelim, A, B ∈ T i¸cin,
x ∈ A ve y ∈ B. Ama T bir zincir oldu˘gundan,
ya A ⊆ B ya da B ⊆ A.
¨
F. Zorn Onsavı
368
Durum x ve y a¸cısından simetrik oldu˘gundan, birinin di˘gerinden farkı yok,
dolayısıyla g¨on¨
ul rahatlı˘gıyla A ⊆ B ili¸skisini varsayabiliriz. B¨oylece,
x∈A⊆B
olur. Demek ki hem x, hem de y, B’de.
∪ Ama B ¸cıkarma altında
∪ kapalı. Buradan
x
∪− y ∈ B ¸cıkar. Ama ¸simdi, B ⊆ T oldu˘gundan, x − y ∈ T olur. B¨oylece
T k¨
umesinin ¸cıkarma altında kapalı oldu˘gunu kanıtlamı¸s olduk.
∪
∪
S¸imdi, 1 ∈
/ T ¨onermesini kanıtlayalım.
umesinin elemanları T ’nin
∪ T k¨
elemanlarının elemanlarıdır; dolayısıyla 1, T k¨
umesinde olsaydı, 1, T k¨
umesinin bir elemanının
elemanı
olurdu.
Ama
T
’nin
hi¸
c
bir
elemanı
1’i
i¸
c
ermez.
∪
Dolayısıyla, 1 de
T k¨
umesinde olamaz.
Notlar
¨
1. Zorn Onsavı’nda
Z ̸= ∅ ko¸sulunu kanıtlamak genel olarak kolaydır ama
gene de unutulmaması gerekir. E˘ger Z bo¸sk¨
umeyse, Z’nin maksimal bir eleman barındırma ¸sansı yoktur!
2. Uygulamada ¸co˘gu zaman Z bir k¨
umeler k¨
umesidir ve kısmi sıralama da
⊆ tarafından verilmi¸stir. Bu arada, Z ’de bir kısmi sıralama tanımlanmamı¸ssa
¨onsavı uygulayamayaca˘gınıza dikkatinizi ¸cekerim.
3. Uygulamada ¸co˘gu zaman Z’nin bir T zincirinin en k¨
uc¸u
¨k u
¨stsınırı bulunmaya ¸calı¸sılır (daha kolaydır ¸cu
¨nk¨
u) ama b¨oyle bir zorunluluk yoktur tabii.
¨
4. Zorn Onsavı’nın
var oldu˘gunu s¨oyledi˘gi maksimal elemanı g¨orebiliyorsanız, yani a¸cık a¸cık tanımını yazabiliyorsanız ya da di˘ger t¨
um maksimal ele¨
manlardan ayırdedebiliyorsanız, o zaman Zorn Onsavı’nı gereksiz yere kul¨
lanmı¸ssınız demektir, maksimal elemanın varlı˘gını Zorn Onsavı’nı
kullanmadan da kanıtlayabilirdiniz.
¨
¨
Orne˘
gin, Zorn Onsavı
yardımıyla yukarıda varlı˘gı kanıtlanan R’nin ¸cıkarma
altında kapalı ve 1’i i¸cermeyen maksimal bir altk¨
umesini a¸cık a¸cık yazamazsı¨
nız. Zorn Onsavı
do˘gruysa b¨oyle maksimal bir altk¨
ume vardır ama birini bile
¨ yandan aynı problemi Q i¸cin sormu¸s
“i¸ste budur” diye g¨osteremezsiniz. Ote
ve Teorem F.3’te a¸cık a¸cık bir ¸c¨oz¨
um¨
un¨
u bulmu¸stuk. Demek ki Q i¸cin Zorn
¨
˙
Onsavı
gerekmiyor ama R i¸cin gerekiyor. Ilgin¸
c...
¨
5. Zorn Onsavı’nı gerekmedik¸ce kullanmamakta estetik ve matematiksel
¨
¨
yarar vardır. Orne˘
gin maksimal elemandan tek bir tane varsa, Zorn Onsavı’nı
¨
gereksiz yere kullanmı¸s olmalısınız. Aynı teoremi bu sefer Zorn Onsavı
kullanmadan kanıtlamaya ¸calı¸smalısınız.
¨
6. Zorn Onsavı’nın
varsayımlarını sa˘glayan Z k¨
umelerine talihsiz bir ¸sekilde t¨
umevarımsal k¨
ume denir; [N3]’de verdi˘gimiz t¨
umevarımsal k¨
ume tanımıyla karı¸stırılmamalı.
¨
Zorn Onsavı
uygulaması olarak bir ba¸ska ¨ornek verelim.
¨
F.2. Zorn Onsavı
ve Birkac¸ Sonucu
369
E˘ger iki r ve s ger¸cel sayısı arasındaki fark tamsayıysa bu iki ger¸cel sayıya
birbirine denk diyelim ve bunu r ≡ s olarak g¨osterelim. Demek ki,
r ≡ s ⇔ r − s ∈ Z.
¨
Orne˘
gin, π, π +1, π +2, π −3 sayıları birbirine denktir. π’ye denk ger¸cel sayılar
belli bir n ∈ Z tamsayısı i¸cin π + n olarak yazılan sayılardır.
Bu, daha genel olarak do˘grudur, her r ger¸cel sayısı i¸cin, r’ye denk ger¸cel
sayılar, belli bir n ∈ Z i¸cin r + n olarak yazılan sayılardır.
S¸imdi amacımız, ¨oyle bir X ⊆ R k¨
umesi bulmak ki, her r ∈ R i¸cin, r ≡ x
denkli˘ginin do˘gru oldu˘gu bir ve bir tek x ∈ X olsun. B¨oyle bir X k¨
umesi
kolaylıkla bulunabilir, ¨orne˘gin X = [0, 1) yarı a¸cık aralı˘gı istedi˘gimiz ¨ozelli˘gi
sa˘glar.
Nitekim, e˘ger bir r ger¸cel sayısı verilmi¸sse, r’ye yeterince 1 ekleyerek ya da
r’den yeterince 1 ¸cıkararak, [0, 1) aralı˘gında r’ye denk bir sayıya ula¸sırız ve
[0, 1) aralı˘gında r’ye denk ba¸ska bir sayı da yoktur.
S¸u basit teoremi kanıtladık:
¨
bir X ⊆ R vardır ki, her r ∈ R i¸cin r − x’in tamsayı
Teorem F.6. Oyle
oldu˘gu bir ve bir tek x ∈ X vardır. (X = [0, 1) alınabilir.)
Yukarıdaki basit teoremde Z yerine Q koyarsak teorem ¸cok daha ¸cetin bir
¨onermeye d¨on¨
u¸su
¨r:
¨
Teorem F.7. Oyle
bir X ⊆ R vardır ki, her r ∈ R i¸cin r − x sayısının kesirli
bir sayı oldu˘gu bir ve bir tek x ∈ X vardır.
Kanıt: R k¨
umesi u
¨zerine ≡ ili¸skisini,
r ≡s⇔r−s∈Q
olarak tanımlayalım. Daha ¨onceki Z burada Q oldu. Ama bu sefer, [0, 1) aralı˘gı
gibi a¸cık se¸cik bir yanıtı yok bu sorunun.
¨
Oyle
bir X ⊆ R k¨
umesi bulmak istiyoruz ki, her r ∈ R i¸cin, r ≡ x
denkli˘ginin do˘gru oldu˘gu bir ve bir tek x ∈ X olsun.
¨
F. Zorn Onsavı
370
B¨oyle bir X k¨
umesi vardır. Hem de ¸cok vardır. Ama biri bile elle bulunamaz,
¨
illa Zorn Onsavı
gerekiyor!
X k¨
umesinin varlı˘gını hemen kanıtlayalım. Kanıtta (zorunlu olarak) Zorn
¨
Onsavı’nı
kullanaca˘gız. (Aslında aynı kanıt Se¸cim Aksiyomu kullanılarak ¸cok
¨
daha basit bir bi¸cimde yapılabilir ama verece˘gimiz kanıt Zorn Onsavı’nın
kullanıldı˘gı kanıtların tipik ¨ozelliklerini ta¸sıdı˘gından, kanıtımızı ¨onemsiyoruz.)
Z = {X ⊆ R : X’in iki farklı elemanı birbirine denk olamaz}
olsun. Yani X ∈ Z ise, X’in iki farklı elemanının farkı Q’de olamaz. Z’yi
¨
“altk¨
ume olma” ili¸skisiyle sıralandıralım. Bakalım Z, Zorn Onsavı’nın
ko¸sullarını sa˘glıyor mu?
Bo¸sk¨
ume ve tek elemanlı her sayı k¨
umesi Z ’de oldu˘gundan, Z bo¸sk¨
ume
√
de˘gildir. G¨oz¨
u ¨orne˘ge doymayan okur, {1, 2} k¨
umesinin de Z’de oldu˘gunu
kanıtlayabilir.
∪
S¸imdi T ⊆ Z bir zincir olsun. T ’nin Z’nin bir elemanı oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız. x ve y, ∪T k¨
umesinden iki de˘gi¸sik sayı olsun. Bu iki eleman T
’nin elemanlarından birinin elemanıdır. Diyelim, A, B ∈ T i¸cin, x ∈ A ve
y ∈ B. Ama T bir zincir oldu˘gundan, ya A ⊆ B ya da B ⊆ A. Durum x ve y
a¸cısından simetrik oldu˘gundan, birinin di˘gerinden farkı yok, dolayısıyla g¨on¨
ul
rahatlı˘gıyla A ⊆ B ili¸skisini varsayabiliriz. B¨oylece, x ∈ A ⊆ B olur. Demek
ki hem x, hem de y, B’de. B, Z’de oldu˘gundan x ve y denk olamazlar.
¨
¨
Demek ki Z, Zorn Onsavı’nın
¨onko¸sullarını sa˘glıyor. Dolayısıyla Zorn Onsavı’na g¨ore Z’nin bir maksimal elemanı olmalı. Bu elemana X diyelim. S¸imdi
bu X’in diledi˘gimiz X oldu˘gunu kanıtlayaca˘gız.
r ∈ R olsun. Diyelim r’nin denk oldu˘gu bir x ∈ X yok. O zaman r,
X’te olamaz. S¸imdi X1 = X ∪ {r} olsun. X1 , X’ten daha b¨
uy¨
uk oldu˘gundan,
X1 , Z k¨
umesinde olamaz. Ama biz gene de X1 ’in Z’de oldu˘gunu kanıtlama
ba¸sarısında bulunaca˘gız.
E˘ger X1 , Z’de olmasaydı, o zaman X1 ’de x ≡ y denkli˘gini sa˘glayan iki
farklı x ve y elemanı olurdu.
X1 = X ∪ {r} ve X ∈ Z
oldu˘gundan, hem x hem de y, X’te olamaz, demek ki ikisinden biri r’ye e¸sit
olmalı. Diyelim y = r. Ama o zaman da r ≡ x ∈ X olur, oysa biz b¨oyle bir x’in
¨
F.2. Zorn Onsavı
ve Birkac¸ Sonucu
371
olmadı˘gını varsaymı¸stık. Bir ¸celi¸ski. Demek ki b¨oyle bir r ∈ R yok. Dolayısıyla
R’nin her elemanı X’in bir elemanına denktir.
E˘ger R’nin bir elemanı X’in iki elemanına denk olsaydı, o zaman X’in o iki
elemanı birbirine denk olurdu, dolayısıyla X ∈ Z oldu˘gundan, bu iki eleman
birbirine e¸sit olurdu. Demek ki R’nin her elemanı X’in bir ve bir tek elemanına
denktir. Kanıtımız bitmi¸stir.
Kaynak¸ca
[9]
M. Ashbacher, Finite Group Theory, Cambridge University Press, 1986.
[B]
Baumslag, Gilbert, Lecture Notes on Nilpotent Groups, AMS (Conference Board of the
Mathematical Sciences, Regional Conference Series in Mathematics) 1971.
[Bo] Bourbaki, Nicolas, Groupes et Alg`
ebres de Lie, Hermann Paris 1981.
[Ch1] Chernikov, S. N., Complete groups with ascending central series, Mat. Sb. 18 (1946) 397–422
(Rus¸ca).
[Ch2] Chernikov, S. N., On the theory of complete groups, Mat. Sb. 22 (1948) 319–348, 455–456.
[Co] Conrad, Keith, Consequences of Sylow Theorems, http://www.math.uconn.edu/∼kconrad/blurbs/grouptheory/sylowapp.pdf (son eri¸sim: 27 Ekim 2013) ve daha genel olarak
http://www.math.uconn.edu/∼kconrad/blurbs/.
[D]
Dixmier, S., Exposants des quotients des suites centrales descendantes et ascendantes d’un
groupe, C.R. Acad. Sci. Paris 258 (1964) 2751–2753.
[FT] Feit, W. ve Thompson, J. G., Solvability of groups of odd order, Pacific J. Math. 13 (1963)
775–1029.
[F]
Fuchs, L., Abelian Groups, Publishing House of the Academy of Sciences 1958 ya da Pergamon Press 1960.
[G]
Chris Godsil ve Gordon Royle, Algebraic Graph Theory, Springer, Graduate Text in Mathematics 207, 2001.
[Gr]
Griffith, Phillip A., Infinite Abelian Group Theory, The University of Chicago Press 1970.
[H]
Hall, P., A contribution to the theory of groups of prime-power order, Proc. London Math.
Soc. (2) 36 (1933) 29–62.
[Hi]
K. Hirsch, On infinite soluble groups II, Proc. London Math. Soc (2) 44 (1938) 336–344.
[Kap] Kaplansky, Irving, Infinite Abelian Groups, University of Michigan 1954.
˙
[Ku] Kurosh, A. G., Theory of Groups, AMS Chelsea Publishing House 1960, Ingilizceye
¸ceviren
K. A. Hirsch (iki cilt).
[Ro] Rosenlicht, M., On a result of Baer, Proc. Amer. Math. Soc. 12 (1961) 984–988.
[La]
Lang, Serge, Algebra, Springer Verlag 2005.
[N1] Nesin, Ali, Sezgisel K¨
umeler Kuramı, 3’¨
unc¨
u basım, Nesin Yayıncılık 2011.
[N2] Nesin, Ali, Sayma, Nesin Yayıncılık 2013.
˙ sası, Nesin Yayıncılık tarafından muhtemelen 2014’te yayımlanacak.
[N3] Nesin, Ali, Sayıların In¸
¨
Bkz. TUBA
a¸cık ders notları: http://www.acikders.org.tr/course/category.php?id=2.
[N4] Nesin, Ali, Aksiyomatik K¨
umeler Kuramı, Nesin Yayıncılık tarafından yayımlanacak. Bkz.
¨
TUBA
a¸cık ders notları: http://www.acikders.org.tr/course/category.php?id=2.
[P]
Passman, D., Permutation Groups, Mathematics Lecture Series, Benjamin, New York, 1968.
[R]
Reineke, J., Minimale Gruppen, Z. Math. Logik Grundl. Math. 21 (1975) 357–379.
[Sp]
Spitznagel, E. L., Note on the Alternating Group, Amer. Math. Monthly 75 (1968), 68-69.
[Su]
Suzuki, Michio, Group Theory I ve II, Springer-Verlag 1982 ve 1986. (Japonca orijinali
1977 ve 1978.)
374
KAYNAKC
¸A
[Wa] Warfield, Robert B., Jr., Nilpotent Groups, Springer Verlag, Lecture Notes in Mathematics
513, 1976.
[Wi] Wielandt, Helmut, Finite Permutation Groups, Academic Press 1964. Almancadan ¸ceviren
R. Berkov.
[Z]
Zassenhaus, H., The Theory of Groups, Chelsea, 1949.
375
Simgeler Dizini
Simgeler Dizini
n
Z, 5
Sym X, 6
◦, 6
Q∗ , 6
R>0 , 6
IdX , 7
Sym n, 7
G1 ⊕ . . . ⊕ Gn , 14
Supp, 14
⊕
⨿ i∈I Gi , 14
∏i∈I Gi , 14
I Gi , 14
(I)
G
⨿ , 15
I G, 15
⊕I G, 15
CG (x), 16, 117
[x, y], 17
xy , 17, 18
AA−1 , 18
≤, 19
≡, 20
mod, 20
Sn , 29
Sym<ω , 37, 126
x0 , 53
−g, 57
ng, 57
<, 65
H g , 73, 117
⟨X⟩, 94
⟨X, Y ⟩, 94
⟨x1 , . . . , xn ⟩, 94
[G : H], 115
▹, 123
G′ , 126, 135
Z2 (G), 126
[H, K], 126
⟨X G ⟩, 126
⟨⟨X⟩⟩, 126
G, 131
x, 131
π, 131
Tor G, 133
T (G), 134
Q/Z, 136
Zp∞ , 136, 179, 187, 335
Z/nZ, 138, 139
Z/pn Z, 140
Hom(G, H), 143
Hom(G, H1 × H2 ), 144
Inng , 144
char, 153
,→, 161
Q, 170
(Z/pn Z)⋆ , 171
1 + pk Z/pn Z, 171
G[n], 183
G[p∞ ], 183
o φ , 196
dim A, 210
dimZ A, 210
D(G), 224
Q, 230
Alt n, 254
FixX G, 255
sg, 255
FixX g, 257
Zi (G), 269
lim, 329
−→
lim Xi , 334
−→
∗, 347
H ⋆ K, 347
n
≤, 115
CH (x), 117
H G , 117
Z(G), 117
g H , 117
xH , 117
H K , 118
NK (H), 118
End, 149
377
Dizin
0, 5, 57
1, 16, 53, 68
Burnside, William, 257
burulmalı eleman, 133
burulmalı eleman, 58, 169
burulmalı grup, 58, 134, 148
burulmasız eleman, 58
burulmasız grup, 58, 134
abel grubu, 6, 9, 136
ad, 144, 263
Alt 4, 83
Alt n, 43, 46, 96, 115, 123, 125, 184, 198,
254, 255
alterne grup, 43, 254
altgrup, 12, 19, 65
aralarında asal, 22
ardı¸sık makas, 40
artan merkezˆı seri, 269
Artin, Emil, 261
asal sayı, 22
asimetrik ¸cizge, 311
Aut Gn , 150
Aut Z, 150
ayrık d¨
ong¨
u, 31
ayrı¸smak, 197
azalan merkezˆı seri, 264
azalan t¨
urev serisi, 264
Cauchy teoremi, 61, 165
Cayley teoremi, 167
CG (C), 17
CG (c), 16
CG (x), 117
char, 153
Core, 125, 166, 250
¸cekirdek, 160
¸cekirdek (etkinin), 249
¸cifte ¨
oteleme, 110
C
¸ in Kalan Teoremi, 168
¸c¨
oz¨
ul¨
ur grup, 266–269
¸c¨
oz¨
ul¨
url¨
uk radikali, 268
¸c¨
oz¨
ul¨
url¨
uk sınıfı, 267
∆, 11
D(G), 224
D4 , 77
da˘
gılma, 143
deg g, 58
de˘
gi¸smeli grup, 6, 9
derece, 133
derece (Sym n’de), 38, 39
derece (¸cizgede), 83
derece (elemanın), 58, 112
devirli grup, 95
dihedral grup, 77, 83, 158, 197, 265, 274, 287
direkt limit, 329, 334
direkt sistem, 326
direkt toplam, 14, 184
Dn , 83
do˘
gal g¨
omme, 143
do˘
gal izd¨
u¸su
¨ m fonksiyonu, 13, 14, 69
do˘
gal taban, 207
do˘
gal u
¨ rete¸cler, 96
do˘
grusal ba˘
gımlılık, 235
do˘
grusal ba˘
gımsız k¨
ume, 207, 235
do˘
grusal kombinasyonu, 206
d¨
ond¨
ur¨
u, 16, 292
B´
ezout teoremi, 22
Baer, R., 271
ba˘
gımsız k¨
ume, 207
basit grup, 124
Baumslag, Gilbert, 353
bijeksiyon, 6
bile¸ske, 6
birbiriyle de˘
gi¸smek, 16, 17
birim fonksiyon, 7
birinci t¨
urev, 126, 135
birle¸sme ¨
ozelli˘
gi, 5, 6, 8
bo¸skelime, 128
boyut, 210
b¨
olmek, 20
b¨
ol¨
u, 20
b¨
ol¨
um grubu, 123
b¨
ol¨
um k¨
umesi, 111
b¨
ol¨
un¨
ur, 68
b¨
ol¨
un¨
ur abel grupları, 231–238
b¨
ol¨
un¨
ur altgrup, 224
b¨
ol¨
un¨
ur grup, 68, 133, 136, 148, 179, 224
Burnside e¸sitli˘
gi, 257
Burnside teoremi, 257
379
Dizin
380
d¨
ong¨
u, 30, 31
d¨
ong¨
usel grup, 95, 134, 136, 169, 187
d¨
ordeyler grubu, 158
d¨
ort boyutlu k¨
up, 86
grup homomorfisi, 143
Gx , 250
GY , 251
G{Y } , 251
e, 16, 53
ebob, 22
ekok, 25
eksponant, 58
en b¨
uy¨
uk ortak b¨
oleni, 21
en k¨
u¸cu
¨ k ortak kat, 25
End, 149
End Q, 150
End Zp∞ , 230
End Z × Z, 150
End A, 151
endis, 115
endomorfi, 149
e¸sk¨
ume, 103
e¸slenik, 17, 117
e¸slenik altgrup, 73
e¸slenik elemanlar, 48
e¸sleniklik sınıfı, 18, 48, 117, 253
e¸sle¸sme, 6
e¸syapı d¨
on¨
u¸su
¨ m¨
u, 143
etkimek, 245
etkisiz eleman, 5, 6, 9
Euler φ fonksiyonu, 140
Euler, L., 140
Euler-Fermat Teoremi, 140
exp fonksiyonu, 150
H ⋆ K, 347
halka, 141, 151
Hall, P., 126, 265
Heisenberg p-grubu, 274
Heisenberg grubu, 201
hi¸c tane, 262
Hirsch, 279
H o φ K, 196
H K , 118
[H, K], 126
H-K-¨
otelemesi, 117
Hom(G, H), 143
Hom(G,
( H
∏1 × H)2 ), 144
Hom G, i Hi , 145
homomorfi, 143
homomorfik imge, 146
homomorfizma, 143
homoteti, 15
Hom(Q, Z), 148
Hom(Z, H), 147
Hom(Z/nZ, H), 147
Hom(Z/nZ, Z), 146
Hom(Z/nZ, Z/mZ), 147
Hopf grubu, 351
F (G), 278
f −1 , 37
Feit-Thompson teoremi, 287
Fermat’nın K¨
u¸cu
¨ k Teoremi, 140
Fitting altgrubu, 278
FixX G, 255
FixX g, 257
G′ , 126
G(I) , 15
G-k¨
ume, 245
G-y¨
or¨
unge, 247, 251
G1 × . . . × Gn , 14
G1 ⊕ . . . ⊕ Gn , 14
Galois, Evariste, 267
ge¸ci¸sli grup etkisi, 251
g H , 117
Gi , 126
G[n], 183
Gn , 13
G-normal, 122
gof, 6
g¨
obek, 125, 250
g¨
omme, 161
g¨
om¨
ulmek, 161
G[p∞ ], 183
grup etkisi, 245
i¸saret homomorfisi, 255
i¸c otomorfi, 152
IdX , 7
i’inci merkez, 269
ikili i¸slem, 8
indeks, 115
indirgenemez, 21
Inn, 152, 169
Inng , 144, 152, 169
i¸saret, 43, 255
i¸slem, 8
izd¨
u¸su
¨ m fonksiyonu, 13, 14, 69, 114, 131, 144
izometri, 291
izomorfi, 149
kaide, 14, 37
kalıntısal sonlu grup, 351
karakteristik altgruplar, 153
kartezyen ¸carpım, 12–14
kelime, 128
Ker, 160
Ker(G, X), 249
kısıtlanmı¸s ¸carpım, 14
kom¨
utat¨
or, 17, 259, 262, 263, 270
kom¨
utat¨
or grubu, 259
Korkmaz, Aslı Can, 3
Kronecker delta sembol¨
u, 98, 204
kuvvet (elemanın), 53
k¨
up¨
un simetrileri, 83–86
381
Lagrange teoremi, 111, 112
Levi, F.W., 351
lim Xi , 334
−→
ln, 150
makas, 39
maksimal altgrup, 70, 73, 179
maksimal p-altgrup, 72, 163, 281
Mal’cev, I.A., 351
matematiksel yapı, 15
Matsuyama, H., 257
merkez, 69, 123, 135, 136, 257
merkezˆı altgrup, 69
merkezˆı eleman, 69
merkezlemek, 16, 17
merkezleyici, 16, 17, 69, 117, 135
mertebe, 58
minimal altgrup, 70
mod, 20
mod¨
ulo, 16, 20, 138
n eleman tarafından u
¨ retilmek, 96
n’inci dereceden ¸c¨
oz¨
ul¨
ur grup, 267
n’inci dereceden sıfırkuvvetli grup, 271
n-b¨
ol¨
un¨
ur, 68
n-sıfırkuvvetli, 271
NG (X), 69
Nielsen, J., 353
nilpotent grup, 271
NK (H), 118
noktasal ¸carpımı, 13
noktasal sabitleyicisi, 251
normal altgrup, 119–127
normalize etmek, 122, 163
normalleme ko¸sulu, 276
normallemek, 122
normalleyici, 69, 117, 118, 122, 175
n-sıfırkuvvetli grup, 271
obeb, 22
okek, 25
otomorfi, 15, 149
¨ uuzun, Halime, 3, 307
Omr¨
¨
oteleme, 15, 103
¨
oteleme (geometrik), 291
¨
ozaltgrup, 19, 65
¨
ozde¸sle¸stirme, 319
¨
ozde¸sle¸stirme fonksiyonları, 329
¨
ozde¸slik fonksiyonu, 7
P,
∏n155
i=1 Gi , 14
p-eleman, 68
p-grup (Sym n’de), 114
p-altgrup, 72, 163
p-b¨
ol¨
un¨
ur, 73, 136, 276, 277
p-b¨
ol¨
un¨
ur grup, 68
p-eleman, 60, 163, 169, 275
p-grup, 72, 116, 177, 199, 200, 257
Dizin
p-sel sayı, 231
p2 elemanlı gruplar, 116
p3 elemanlı gruplar, 273
par¸calanı¸s sayısı, 51
p-b¨
ol¨
un¨
ur, 164
p-eleman, 60
perm¨
utasyon, 6, 29
perm¨
utasyonun tersi, 37
Philip Hall e¸sitli˘
gi, 17
π-eleman, 68
π-sayı,
68
∏
I G, 13
piramitin simetrileri, 80–83
Pr¨
ufer p-grubu, 136, 179, 187, 189, 226–231,
323, 335
Q, 11, 70, 73, 170, 179, 230, 360–363
Q (altgruplar), 229
Q∗ , 6, 11
Q/Z, 134, 136
Q>0 , 11, 155
R, 11
R∗ , 5, 11
R⋆ , 5–6
R⋆ , 68
R>0 , 6, 11, 68
Reineke, J., 255
rotasyon, 292
sa˘
gdan etkisiz eleman, 9
sabitleyici, 250
sadık etki, 249
saf altgrup, 239
sa˘
gdan standart etki, 248
Schreier temsilcileri k¨
umesi, 343
Schur, Issai, 261, 270, 271
serbest abel grubu, 207
serbest abel grupları, 203
serbest fakt¨
or, 347
serbest grup, 128
serbest t¨
umleyen, 347
serbest¸ce u
¨ retilmi¸s grup, 217
serbest¸ce u
¨ retmek, 207
Seyfi T¨
urkelli, 291
sg, 43, 255
sıfırkuvvet derecesi, 271
sıfırkuvvetli grup, 271–279
sınıf, 103
sınıflandırmak, 70
simetri, 75, 78
simetrik fark, 11
simetrik grup, 29–52
Sn , 29
sol ¨
otelemeler k¨
umesi, 111
sol temsilci k¨
umesi, 105
soldan etkisiz eleman, 9
son dilim, 343
sonlu eksponant, 58
Dizin
sonlu eksponantlı grup, 219
sonlu eksponent, 183
sonsuz derece, 58
standart etki, 248
Supp, 14
S¨
uer, Ergin, 3
S¨
uer, Ersin, 3
Sylow p-altgrupları, 281
Sylow teoremleri, 281
Sylow, Peter Ludwig Mejdell, 281
Sym n’nin Sylow p-altgrupları, 284
Sym X, 6–7, 29
Sym n, 7, 29
Sym<ω , 37, 126
S
¸ ahin, C
¸ i˘
gdem, 3
T (G), 134
taban, 207
temel makas, 40
temsilciler, 105
ters eleman, 10
ters fonksiyon, 7
tersinir elemanlar, 170
Tolgay, Bet¨
ul, 3
toplamsal grup, 57
Tor G, 133, 239
transfer, 261
transpozisyon, 39
tri¸skadan altgrup, 65
tri¸skadan etki, 247
T¨
urkelli, Seyfi, 3
t¨
umevarımsal limit, 329
t¨
umevarımsal, 368
t¨
umleyen, 197
t¨
urev, 126, 263
t¨
urev altgrubu, 135
T¨
urkelli, Seyfi, 291
Ulm de˘
gi¸smezleri, 238
uyumlu, 143
u
¨ ¸c altgrup ¨
onsavı, 126, 265
u
¨ rete¸c, 40, 94
u
¨ rete¸c k¨
umesi, 94, 101, 206
u
¨ rete¸c sayısı, 99, 223
382
u
¨retilmek, 96, 126
valp , 155
Wilson teoremi, 284
x, 131
x0 , 53
⟨X G ⟩, 126
X g , 69
xn , 53
yan ¸carpım, 14
yank¨
ume, 103
yansıma, 76
yarı¸carpım, 196
yerel ¸c¨
oz¨
ul¨
ur, 268
yerel sonlu, 277
yerel sonlu grup, 269, 275
y¨
or¨
unge, 247, 251
yutan eleman, 140
Z, 5, 11, 19–28
Z (altgruplar), 19
Z-ba˘
gımsız k¨
ume, 207
Z/nZ, 138, 139
Z/p2 Z, 199
(Z/pn Z)⋆ , 171
Z/pn Z, 133, 134, 140
Z/pZ, 133, 156
Z2 (G), 126
Z(G), 117
Zg, 62
Zi , 269
Zi (G), 269
zincir, 356
zincir ¨
ozelli˘
gi, 364
Zp∞ (altgruplar), 228
Zn , 98
Z/nZ, 140
¨
Zorn Onsavı,
363, 366
Zp∞ , 136, 179, 187, 335
Z × Z, 151
(Z/nZ)⋆ , 140

Kapıldım sana bir mecnun gibi

Abamec-EC böcek ilacı

Karabük Üniversitesi Rektörlük Kupası Etkinliği Hakkında Duyuru

Doktor-Hasta ‹liflkilerine Yeni Bir Bak›fl Uyku Uyuyamamak m

1. Metrik Uzaylarda Kompaktlık

1. Kompaktlık

Bu PDF dosyasını indir

1_deney

scarica qui - Books In Italy

İnternet Ortamında Çocukların Cinsel İstismarının Önlenmesi

In memoriam Dr. Mira Zore-Armanda (Zagreb, 6 January