İlhan İkeda, Serdar Nair ve Ergin Süer

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "İlhan İkeda, Serdar Nair ve Ergin Süer"

Transkript

1 -SEL SAYILAR 2-25 Ağustos 207 Çakılarası Matematik Köyü Eskişehir K. İlhan İkeda, Serdar Nair ve Ergin Süer Çakılarası Matematik Köyü Yayınları No.

2 İçindekiler Mutlak Değerler Temel Örnekler sel Mutlak Değer Tamlık sel Tamsayılar Z Halkasının İdeallerinin Yaısı sel Logaritma ve -sel Üstel Fonksiyonlar Z ve Q Grularının Yaıları Q Cisminin Genişlemeleri Q nin Tamamen Dallanmış Sonlu Genişlemeleri Q nin Dallanmamış Genişlemeleri Tate Cismi Ω

3 Önsöz Bu notlar 2-25 Ağustos 207 tarihleri arasında Çakılarası Matematik Köyü nde tertilenmiş olan -sel Sayılar adlı etkinlikte işlemiş olduğum, amacı -sel sayıların ne olduğunu ve neden önemli bir sayı sistemi olduğunu kısaca özetlemek olan tolam 20 saatlik derslerin gözden geçirilmiş halini oluşturmaktadır. Bu notların hazırlanmasında emeği geçen, dikkatle ve titizlikle ders notlarını tutan İstanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü Yüksek Lisans öğrencisi Ergin Süer e ve bu notları çok kısa sürede mükemmel bir şekilde AMS-LaTeX ile kita haline dönüştüren Yeditee Üniversitesi Matematik Bölümü Araştırma Görevlisi Serdar Nair e teşekkürlerimi sunarım. Doğanın güzel bir arçası olan Çakılarası Matematik Köyü nde derslerime katılan ve dikkatle dersleri taki eden tüm öğrencilere teşekkürlerimi sunarım. K. İlhan İkeda Yeditee Üniversitesi Matematik Bölümü İstanbul 2

4 Bölüm Mutlak Değerler K bir cisim olsun. Tanım.. K üzerine bir mutlak değer (norm), x = 0 x = 0, x K, x + y x + y, x, y K, ve xy = x y, x, y K koşullarını sağlayan bir : K R 0 fonksiyonudur. Bu şekilde türetilen (K, ) ikilisine de mutlak değerli cisim (normlu cisim) denir.. Temel Örnekler Örnek. (Q, ), (R, ) ve (C, ) mutlak değerli cisimlere örnektir. Tanım.2 (Aşikar Mutlak Değer)., x 0 K x = 0, x = 0 K şeklinde K üzerine tanımlı mutlak değere, aşikar mutlak değer denir. 3

5 4.2 -sel Mutlak Değer x Q ve x = a b en sade kesirsel ifade olsun. Yani a, b Z, b 0 ve obeb (a, b) = olsun. Bu durumda sabitlediğimiz bir asal sayısı için x = a b = ord(a) a b eşitlikleri mevcuttur, öyle ki a, b Z, b 0, obeb (a, b ) = ve a. Şimdi : K R 0 fonksiyonunu şu şekilde tanımlayalım: x = ( ) ord(x), x Q {0}, ve 0 = 0. Bu durumda, : Q R 0 fonksiyonu Q üzerine bir mutlak değerdir, ve bu fonksiyona Q üzerine -sel mutlak değer denir. Dahası tanımını ord (0) := ile genişlettiğimiz ord fonksiyonuna da Q üzerine -sel değerlendirme denir. Ödev. Değerlendirmeler hangi şartları sağlar? Not. Q üzerine -sel mutlak değer ilk olarak Kurt Hansel tarafından ortaya atılmıştır. Sonra, öğrencisi Helmut Hasse sayılar kuramına ek çok şekilde uygulanmıştır. Tanım.3. K cismi üzerine tanımlı ve 2 mutlak değerlerine denktir denir eğer x α = x 2, x K koşulunu sağlayan bir 0 < α R varsa. Teorem. (Ostrowski). Q üzerine tanımlı aşikar olmayan mutlak değeri ya arşimetsel mutlak değere denktir ya da tek bir asal sayısı için bir -sel mutlak değere denktir ve ikisi aynı anda olamaz. Kanıt. a, b Z > olsun. b n sayısını (n Z ), a tabanına göre yazalım. c 0, c,..., c m {0,,..., a } ve c m 0 olmak üzere: b n = c m a m + c m a m + + c a + c 0. (.2.)

6 5 M = su {,..., a } olsun. O halde, b n = c m a m + c m a m + + c a + c 0 c m a m + c m a m + + c a + c 0 M (m + ) max ( a m,..., a, ). Eşitlik.2. a m b n m n log a (b). a m, a, max (, a,..., a m ) =, a <. ( Bu nedenle, max (, a,..., a m ) su, a n log (b)) a. Dolayısıyla, b n M (m + ) max ( a m,..., a, ) ve ( b (M (m + )) n su, a log (b)) a. n durumunda: ( b su, a log (b)) a. Durum (). b Z, b. Yani, ( b su, a log (b)) a. Dolayısıyla, a log a (b) > ve log a (b) > 0 a >. a m b n m n log a (b) m n log a (b). a ile b nin rollerini değiştirerek aynı hesalamalar yaıldığında a b log b (a) eşitsizliği elde edilir. a, b Z > için b a log a (b) ve a b log b (a) olur. Bu nedenle, b a log a (b) = a log(b) log(a) b log(b) a log(a),

7 6 ve a b log b (a) = b log(a) log(b) a log(a) b log(b). Buradan, b log(b) = a log(a). a = a α ve b = b β, (α, β R >0 ). log Dolayısıyla: a a = (a α ) log a log ve b b = ( b β) log b. Buradan, b β = (a α ) log b log a = (a α ) log a b = ( a log a b) α = b α. Yani, α = β. Sonuç olarak, a = a γ, γ R >0, a dan bağımsız. a = a γ. Durum (2). b Z, b. (Hatırlatma) Q üzerine tanımlı mutlak değeri aşikar değildir. O halde bir asal sayısı vardır öyle ki. Çünkü böyle olmasaydı, b Z {0} için b = olurdu. l, den farklı herhangi bir asal sayı olsun. Bu durumda l =. Kabul edelim ki, l iki asal sayı olsun ve l, şartları sağlansın. Bu durumda m, n Z l m 2 ve n 2 Şimdi, obeb (l, ) = olduğundan dolayı, öyle x, y Z vardır ki xl m + y n =. Buradan, = = xl m + y n x l m + y n l m + n. çelikisini elde ederiz. Yani, asal sayıları arasında koşulunu sağlayan tek bir tane asal sayı vardır. Buradan, n Z

8 7 için (obeb (, n) = olduğundan) ( ( ) ) ord(n) γ n = ord(n) n = ord(n) = = n γ. Tanım.4. K cismi üzerinde tanımlı mutlak değeri x + y max ( x, y ), x, y K güçlü üçgen eşitsizliğini sağlıyorsa bu mutlak değere arşimetsel olmayan mutlak değer denir. Aksi durumda ise arşimetsel mutlak değer denir. Teorem.2. (K, ) mutlak değerli bir cisim olsun. arşimetsel olmayan mutlak değerdir ι (Z) = { ι (n) n Z} sınırlıdır. Burada ι: Z K doğal halka homomorfizmasıdır. Söyle ki: n > 0 : ι + + = ι () + + ι () = n }{{} K, }{{} n koya n koya n = 0 : ι (0 Z ) = 0 K, n < 0 : ι ( ) + + ( ) = n ( K ). }{{} n koya Kanıt. : K R 0 mutlak değeri, her n Z için ι (n) < C şartını sağlasın. Her x, y K için (x + y) n n ( ) n = x i y n i i i=0 n ( ) n x i y n i i i=0 n C max ( x, y ) n i=0 C (n + ) max ( x, y ) n. Buradan x + y n C (n + ) max ( x, y ) n ve x + y (C (n + )) n max ( x, y ).

9 8 n durumunda: x + y max ( x, y ) n. Not. (i) Eğer K sonlu bir cisim ise üzerindeki mutlak değeri arşimetsel olmayan bir mutlak değerdir. (ii) Eğer K cisminin karakteristiği > 0 ise üzerindeki mutlak değeri arşimetsel değildir. Gösterim. ile arşimetsel mutlak değer gösterilir. Teorem.3 (Artin-Whales). 0 x Q için x =. Kanıt. 0 x Q için ord (x) = ord (a) ord (b) olarak tanımlansın. Burada x = x y kesirsel ifadesini kullanıyoruz. x = x x = x < < ( ) ord(x) = x = x ord(x) =. x <.3 Tamlık Tanım.5. Bir (K, ) mutlak değerli cisim verilsin. (a n ) n Z, K cisminde bir dizi olsun. Eğer her ε > 0 için a n a m < ε, n, m N ε koşulunu sağlayan bir N ε Z varsa (a n ) dizisine mutlak değerine göre Cauchy dizisi denir. Ödev. mutlak değerine göre (a n ) dizisinin yakınsak olmasının tanımını yaın. Tanım.6. Eğer mutlak değerine göre K cismindeki (a n ) Cauchy dizileri yakınsak ise, K cismine mutlak değerine göre tamdır denir. Not. Q cismi mutlak değerine göre tam değildir. Çünkü Q üzerinde 2 Q sayısına yakınsayan bir Cauchy disizi (a n ) tanımlanabilir. ) Soru. Bir asal sayısı için (Q, mutlak değerli cismi tam mıdır?

10 9 Ceva. Q cismi mutlak değerine göre tam değildir. Gerçekten de a için x n = a n olsun. Bu durumda ( ) x n+ x n = a n+ a n = a n a n ( ). Ödev. ( a n ( ) ) ifadesinin n ile bölündüğünü gösteriniz. Buradan ( ) x n+ x n = a n a n ( ) = ( ) ord(x n+ x n) ( ) n. ve bu nedenle, lim x n+ x n = 0 n olur. Dolayısıyla, (x n ) dizisi Q içinde mutlak değerine göre Cauchy dizisidir. Şimdi tanımlı (x n ) dizisinin Q içinde mutlak değerine göre bir x sayısına yakınsadığını kabul edelim. Bu durumda x n = ( a n) = a n+ = x n+ olduğundan dolayı ( ) lim x x n = lim x n = x. x olur. Aynı zamanda, x = lim x x n = lim x x n+ = x. Dolayısıyla T T = 0 denkleminin Q içinde tane çözümünün olması gerekir ki bu bir çelişkidir. ) Sonuç olarak, (Q, mutlak değerli cismi, bir asal sayı ya da = iken tam değildir. ( ) Teorem.4. Bir (K, ) mutlak değerli cismi verilsin. Bu durumda öyle bir K, mutlak değerli cismi ve öyle bir S : K K tasviri vardır ki aşağıdaki şartlar sağlanır: (i) K, mutlak değerine göre tamdır. (ii) ι: K K eşölçülü bir gömmedir. (iii) (E, E ) tam mutlak değerli cismi ve Φ: K E eşölçüsü verilsin. Bu durumda: ι K!Φ 0 : eşölçü K Φ E (iv) Ψ: K L bir eşölçü olsun. Bu durumda

11 0 K Ψ L ι K ι L K Ψ L şeklini değişmeli kılan bir Ψ: K L eşölçüsü vardır. Kanıt. C (K), K üzerinde tanımlı bütün Cauchy dizilerinin kümesi olsun. C (K) üzerine dizilerin tolaması ve çarması, birim elemanlı bir değişmeli halka yaısı tanımlar: N (K) = (a n ), (b n ) C (K) (a n ) + (b n ) =: (a n + b n ) ve (a n ) (b n ) =: (a n b n ). { } (a n ) lim a n = 0 K ile mutlak değerine göre 0 K ye yakınsayan elemanları K den n olan (a n ) dizilerinin kümesi gösterilsin. Bu durumda, N (K), C (K) halkasının bir maksimal idealidir: Ödev. (a n ), (b n ) N (K) ve (c n ) C (K) olsun. (a n ) + (b n ) N (K) ve (c n ) (a n ) N (K) olduğunu gösteriniz. (c n ) C (K) N (K). Bir (c n) C (K) öyle ki (c n ) (c n) C(K) N (K). O halde, C (K) /N (K) =: K bir cisim olur. Dahası α = (c n ) + N (K) K için α = lim n c n olarak tanımlanır. Not. c n c m c n c m. Eğer α = (c n ) + N (K) = (c n) + N (K) ise ((c n ), (c n) C (K)): (c n) = (c n ) + (δ n ), (δ n ) N (K). Buradan, lim n c n = α = lim n c n = lim n c n + δ n.

12 Not. c n + δ n c n + δ n. Bu tanımlı : K R 0 tasviri K üzerine bir mutlak değer tanımlar. Ödev. İsatın geri kalan kısmını tamamlayınız. Tanım.7. (Q, ) mutlak değerli cismin tamlanışı Q ile gösterilmektedir ve -sel sayı cismi olarak adlandırılmaktadır. Q üzerine tanımlı (Q nun -sel mutlak değerinden yükseltilmiş olan) mutlak değer tekrar ile gösterilmektedir. Teorem.5. a Q olsun. Öyle bir N Z vardır ve öyle bir a N, a N+,..., a m,... {0,..., } dizisi mevcuttur ki Yani m a i=n a i i < (m+). a = a N N + + a 0 + a a m m + eşitliği vardır ve bu özdeşliğe a nin -sel açılımı adı verilir. Kanıt. İlk olarak a Q, a = şartını sağlasın. Bu durumda!b Q öyle ki 0 b ve a b <. Bunu isatlayalım: Q cismi Q cismi içinde yoğundur. c = d e olsun öyle ki d, e Z, e 0 ve obeb (d, e) =. Bu durumda e olmak zorunda. Çünkü e ise, d ve c = d e = ( ) ord(d) ord (e) = olur. Dolayısıyla, ) Ödev. a c = max ( a, c olduğunu ) a c = max ( a, c. a c ) a + c = max ( a, c ile çelişki elde ederek gösteriniz. obeb (, e) = olduğundan dolayı x, y Z öyle ki xe + y =.

13 2 Buradan, xe = y (xe) c = ( y) c (xe) d = ( y) c e a xd = a ( y) c a xd = a c + yc ) a xd max ( a c, yc. Burada, a c ve y Z y olduğundan yc = y c c. ) Ayrıca, c = (c a) + a max ( c a, a. Ek olarak, a = ve c a olduğundan, a xd <. Şimdi ile kalanlı bölme yaarsak: xd = δ + ρ,!δ Z,!ρ {0,,..., }. Buradan, a (d + ρ) = (a ρ) d. Sonuç olarak, ) a ρ = a ρ δ + δ = (a xd) + d max ( a xd, d Şimdi rastgele bir a Q olsun. a = m. Bu durumda m a = olur ve ilk isat ettiğimiz sonuca göre m a a m <,!am {0,..., }. Yani, a a m m < m. Tümevarım ile a m, a m+,... dizisini inşa edebiliriz.

14 Bölüm 2 -sel Tamsayılar { } Z = x Q x ile tanımlı halkaya -sel tamsayılar halkası denir. ) ) x, y Z x y max ( x, y = max ( x, y. x, y Z xy = x y. Not (Önemli gözlem). (i) Z halkası yerel bir halkadır. Yani, 0 idealinden farklı tek bir asal ideal ideali vardır. Z halkasının bu tek asal ideali de Z = esas idealidir. (ii) (İzdüşümsel limit) (I, ) kısmi sıralı bir küme olsun. Öyle ki her i, i 2 I için i i 3 ve i 2 i 3 şartını sağlayan bir i 3 I olsun. Yani (I, ) yönlendirilmiş küme olsun. i I için R i değişmeli birim elemanlı bir halka olsun. i, i I öyle ki i i için f i i : R i R i halka homomorfizmaları olsun, şöyle ki, f i i = id R i : R i R i birim halka homomorfizmasıdır. i, i, i I: i i i için Bu f i i : R i f i i R i f i i R i. ( ) R i ; fi i : R i R i toluluğuna bir izdüşümsel sistem adı verilir. i,i I Örnek. Z/Z Z/ 2 Z Z/ 3 Z Z/ n Z Z/ n Z Tanım 2. a 0 a 0 + a a 0 + a + a 2 2 a a n n a a n n. { (a i ) i I (İzdüşümsel Limit). lim i I R i = 3 i I R i f i i (α i ) = α i, i i }.

15 { Örnek. lim Z/ n Z = (a n ) Z/ n Z n n } πn i (α n) = a 0 + a + + a i i, i n. Burada, 4 α n = a 0 + a + + a n n. Ödev. Z/Z lim Z/ n Z olduğunu gösteriniz. n Teorem 2.. (a n ) n= ile Q içinde bir dizi gösterelim. n= a n dizisi mutlak değerine göre yakınsaktır lim n a n = 0. ( ) Kanıt. Q cismi içinde tanımlı (a n ) dizisi lim a n = 0 şartını n ye göre sağlarsa, S N = N a n n= kısmi tolamlar dizisi için: lim S N+ S N N = lim a N+ N = 0. Bu sebele, (S N ) dizisi mutlak değerine göre Cauchy dizisidir. Q tam olduğundan dolayı da (S N ) dizisi yakınsaktır. 2. Z Halkasının İdeallerinin Yaısı Şimdi Z = { } α Q α -sel tamsayılar halkasının aritmetik yaısını, diğer bir deyişle Z halkasının ideallerinin yaısını inceleyeceğiz. I 0, Z halkasının bir ideali olsun. O halde, α I öyle ki α 0 ve 0 < α. α I, α = α Z. Bu nedenle, α = α = koşulu sağlanır. Yani, α Z. Sonuç olarak, α I ve α Z olduğundan I = Z. α I, α ise -sel mutlak değerin alacağı değerler { n } n Z kümesidir. Bu sebele, α 0 I öyle ki α α 0 = n0, α I. Buradan, a n0 0 için α 0 = a n0 n0 + a n0+ n0+ + = n0 (a n0 + a n0+ + ) = n0 u. Dolayısıyla, u Z öyle ki α 0 = n0 u. Dahası, u α 0 = n0 I ve böylece n0 Z I olur. Öte yandan 0 α I için m = α α 0 = n0. Buradan, α = a m m + a m+ m+ +, n 0 m, a m 0.

16 5 Ayrıca, u Z öyle ki α = m u = n0 ( m n0 u) n0 Z. O halde, n0 Z I n0 Z olur. Yani, I = n0 Z. Sonuç olarak, Z halkası bir esas ideal bölgesidir (EİB); ve Z deki idealler n Z = (Z ) n şeklindedir. Burada Z ideali, Z halkasının yegane asal idealidir sel Logaritma ve -sel Üstel Fonksiyonlar Tanım sel logaritma ile log ( + x) := x x2 2 + x3 3 Q katsayılı biçimsel kuvvet serisini; -sel üstel fonksiyonu ile de ex (x) := + x + 2! x2 + 3! x3 + Q katsayılı biçimsel kuvvet serisini tanımlıyoruz. Hatırlatma. Aşağıdaki teoremin isatından önce basit sayılar kuramından bazı neticeleri şu şekilde yazabiliriz: ord (n!) = ord () + ord (2) + + ord (n) çünkü ord (a b) = ord (a) + ord (b). x R için n x < n + olsun. Bu durumda x sayısının tam değeri x = n olur. ord (n!) = n= n. ord (n!) = n Sn Burada S n, n nin -sel açılımındaki basamakların tolamını ifade eder. Ödev. ord (n!) için yazılmış olan son iki ifadeyi kanıtlayınız. Teorem 2.2. log ( + x) ve ex (x), Q katsayılı biçimsel kuvvet serileri yakınsar. Tersi de doğrudur. { } x Q x < diskinde Kanıt. İlk önce ex (x) ile ilgili kısmı isatlayalım. Durum ( ). ex (x) := + x + 2! x2 + 3! x3 +

17 6 x için yakınsaktır. Bu nedenle, n 0 iken, x < n! xn 0 olduğunu kanıtlamalıyız. ord (n!) = i= n i i= n i = n ve bu nedenle ord ( n! ) = ord (n!) = n. Sonuç olarak: ( ) ( ) ord n! xn = ord + n ord (x) = n ord (x) n n! Buradan: ve bu nedenle ( ) lim ord n n! xn = lim n ord (x) = n lim n n! xn = 0. Durum ( ). x Q için + x + 2! x2 + + n! xn + yakınsak olsun. O halde, n! xn 0, n. Buradan, n durumunda ( ) [ ord n! xn = n ord (x) ]. ord (x) 0 olduğundan, x = ( ) ord(x). Şimdi log ( + x) = ( ) n+ x n, Q katsayılı biçimsel kuvvet serisinin n= n diskinde yakınsakı olduğunu kanıtlayalım. { } x Q x < Durum ( ). x Q öyle ki x < olsun. ( ) n+ x n 0, n n

18 7 olduğunu kanıtlayalım. Bu duruma denk olan bir durum da şudur: ord ( ( ) n+ n x n ), n. Bu durumu isatlamaya çalışırsak: ord ( ( ) n+ n ) ( ) x n ( ) n+ = ord + n ord (x) = n ord (x) ord (x). n ord (n) = 0 m Z öyle ki m n. Buradan, n 0 Z öyle ki: (n = m n 0, n 0 ) m n m log log m ord (n) = m log m log Durum ( ). Ödev! Not. Bir x Z için x < x x Z x <. Teorem 2.3. ex (log ( + x)) = +x ve log (ex (x)) = x eşitlikleri tanımlı olduğu bölgelerde geçerlidir. 2 ex (x + y) = ex (x) ex ex (y) ve log (( + x) ( + y)) = log ( + x) + log ( + y).

19 Bölüm 3 Z ve Q Grularının Yaıları ex (x) ve log ( + x) -sel fonksiyonları bize: log + Z Z ex gru izomorfizmalarını tanımlar. Burada + Z, Z grubunun bir altgrubudur. Z ile tolamsal gru olarak Z eşyaısaldır. Sonuç olarak: Z F Z izomorfizması vardır. Dahası, α Q için α = a N N + a N+ N+ + + a 0 + a + = N (a N + a N+ + ). a N 0 olduğundan Q = Z Z Z F Z olur. Burada Z = { n n Z}. 8

20 Bölüm 4 Q Cisminin Genişlemeleri Soru. K/Q sonlu bir genişleme olsun. K K? [K : Q ] < Q x K = x, x Q, koşulunu sağlayan K üzerine tanımlı bir K mutlak değeri var mıdır? Böyle K varsa, tek bir tane midir? Tanım 4.. K ile bir arşimetsel olmayan K mutlak değerli bir cismi gösterelim. V bir K-vektör uzayı olsun. V üzerine normu ile (i) v = 0 v = 0, v V, (ii) λ v = λ K v, λ K, v V, ve (iii) v + v 2 v + v 2, v, v 2 V şartlarını sağlayan bir : K R 0 tasvirini ifade ediyoruz. Tanım 4.2. Aynı V vektör uzayı üzerine tanımlı ve 2 normları, v V için c v v 2 C v, c, C R 0 şartını sağlıyorsa, bu iki norm denktir denir ve 2 ile gösterilir. Teorem 4.. K ile arşimetsel olmayan mutlak değerli tam bir cismi ve V ile sonlu boyutlu bir K-vektör uzayını gösterelim. Bu durumda, V üzerinde tanımlı tüm normlar birbirine denktir. 9

21 20 Kanıt. Bu isatı K = Q için yaacağız. { v,..., v n } V ile sabitlemiş olduğumuz K-bazını gösterelim. V üzerinde su normu tanımlıdır: v V, v = λ v + + λ n v n, λ,..., λ n K olması kaydı ile v su = su λ i. i n V üzerine herhangi bir normunu alalım. Amacımız su olduğunu göstermek. v = λ v + + λ n v n λ v + + λ n v n n su λ i su v i. i n i n C = n su v i olarak tanımlarsak, i n v C su v i = C v su. i n Şimdi, c v su v, v V, şartını sağlayacak bir c R 0 bulacağız. B = { v V } v su = ile su normuna göre birim çemberi düşünelim. Bu durumda ɛ > 0 öyle ki v B için v ɛ olduğunu gösterelim. Kabul edelim ki böyle bir ɛ > 0 bulunmasın. O halde, ( x n ) B, n Z öyle ki lim x n = 0. n B kümesi su-norma göre dizisel komakttır. Yani, B kümesinden seçilen herhangi bir dizinin yakınsak bir altdizisi vardır. Dolayısıyla, ( x n ) dizisinin bir altdizisi x B ye yakınsar. ( ) x max ( x x n, x n ) max C x x n su, x n. n durumunda x = 0 olur ve bu nedenle x = 0 olur ki bu da x B olması ile çelişir. O zaman, ɛ > 0 öyle ki ɛ v su v, v B. Eğer c = ɛ seçilirse isat tamamlanmış olur.

22 2 Şimdi K/Q sonlu genişlemesini düşünelim. [K : Q ] = n olsun. Kabul edelim ki : K R 0 mutlak değerinin bir genişlemesi olsun. Yani, (i) α K = 0 α = 0 K, α K, (ii) λ α K = λ α K, λ Q, α K, ve (iii) α + α 2 K α K + α 2 K, α, α 2 K şartlarını sağlar. Bu durumda, K, Q -vektör uzayı K nin bir normudur. Şimdi kabul edelim ki K ve K, K nin, yi genişleten iki mutlak değeri olsun. O halde, K ve K, Q -vektör uzayı K nin normlarıdır. Bir önceki teoreme göre, x K içn c x K x K C x K olacak şekilde c, C > 0 mevcuttur. Buradan, c x n K x n K C xn K ve böylece c n x K x K C n c K. n durumunda, x K = x K, x K. Böylece aşağıdaki teoremdeki sonuç elde edilmiş olur: Teorem 4.2. K/Q sonlu genişlemesi verilsin. Bu durumda, x K = x, x Q şartını sağlayan K : K R 0 mutlak değeri en fazla bir tanedir.

23 22 Şimdi K/Q sonlu genişlemesi için x K = x, x Q şartını sağlayan K : K R 0 mutlak değerini inşa edelim. Not. ι: Z Q doğal gömme olmak üzere, Z = ι (Z) Q K olduğu için, inşa edilecek K mutlak değeri arşimetsel değildir. Hatırlatma. F bir cisim olsun ve E de F üzerine sonlu, genişleme derecesi n olan, bir cisim olsun. α E için m α : E E gönderimini x α x, x E ile tanımlayalım. x, x, x 2 E ve λ F için: m α (x + x 2 ) = m α (x ) + m α (x 2 ) ve m α (λx) = λ m α (x). B ile E nin sıralı bir F -bazını sabitleyelim. [m α ] B F n n olur. N E/F (α) := det ([m α ] B ) F. Dikkat edilirse bu tanım, E uzayının sıralı F -bazı B den bağımsızdır, çünkü: [m α ] B = T B B [m α ] B T B B. Burada, T B B, B bazından B bazına taban değiştirme matrisini gösterir. N E/F : E F tasvirinin sağladığı bazı önemli özellikler şunlardır: N E/F (0 E ) = 0 F, N E/F (αα ) = N E/F (α) N E/F (α ), α, α E, F F E cisimleri için N E/F = N F /F N E/F, ve N E/F (α) = α [E : F ], α F.

24 23 Bu son özelliği göstermek için α F olsun. m α tasvirini, B = {e,..., e n } E, F -bazına göre yazarsak: [m α ] B = [m α (e )] B [m α (e n )] B α = α α α olur. Buradan, α 0 N E/F (α) = det... = αn = α [E : F ]. 0 α K/Q sonlu bir genişleme olsun ve genişleme derecesi [K : Q ] = n olsun. x K için x K = NK/Q (x) n olsun. Bu şekilde tanımlı K : K R 0 gönderimi (i) α K = 0 α = 0 K, α K, (ii) α β K = α K β K, α, β K, ve (iii) α K = α, α Q şartlarını sağlar. Teorem 4.3. K gönderimi ultrametrik eşitsizliği sağlar. Yani, α + β K max ( α K, β K ), α, β K. Bu teoremin isatından önce birkaç gözlem yaalım: α K = NK/Q (α) [K : Q] = NQ(α)/Q (α) [Q(α) : Q] olur. Gerçekten de, N K/Q (α) = N Q(α)/Q N K/Q(α) (α) = N Q(α)/Q ( α [K : Q(α)]) = ( N Q(α)/Q (α) ) [K : Q (α)]

25 24 ve bu nedenle α K = N K/Q (α) [K : Q] = N K/Q (α) [K : Q(α)] [K : Q] = N Q(α)/Q (α) [Q(α) : Q] çünkü: K [K : Q (α)] α Q (α) = [K : Q ] = [K : Q (α)] [Q (α) : Q ]. [Q (α) : Q ] Q Ultrametrik özellik ile aşağıdaki özellik birbirine denktir: (Ödev!) γ K için γ K + γ K. Bunun nedenini açıklamak için ultrametrik eşitsizliğin sağlandığını kabul edelim. α, β K için α K β K olsun. Buradan, α β K + α ( ) ( ) β max K, α K β = max, α K β =. K İsat etmeyi lanladığımız teoremi yeniden yazabiliriz: Teorem 4.4. K gönderimi γ K için γ K + γ K şartını sağlar. Kanıt. γ K olsun öyle ki γ K = N Q(γ)/Q (γ) [Q(γ) : Q]. Q (γ) = Q ( + γ) çünkü: + γ Q (γ) Q ( + γ) Q (γ)

26 25 ve γ = ( + γ) Q ( + γ) Q (γ) Q ( + γ). Hesalanması gerekenler: ve γ K = NQ(γ)/Q (α) + γ K = N Q(α)/Q ( + γ) [Q(γ) : Q] [Q(γ) : Q]. Gösterim olarak K = Q (γ) olsun ve β = {, γ,..., γ n } kümesini, K nin bir Q -bazı olarak sabitleyelim. [K : Q ] = n. 2 α K öyle ki n α = a i γ i, i=0 a 0,..., a n Q olsun. su-normu ifade etsin. Yani, α = su a i. 0 i n A = (a i,j ) Q n n için A = su a i,j i,j n ile K n n de tanımlı su-normu gösterelim. 3 K T K herhangi bir Q -doğrusal tasviri olsun. Bu durumda, [T ] β Q n n. (Özel Durum) A Q n n, m γ : K K, Q -doğrusal dönüşümünün β-bazına göre matrisini göstersin. Yani, A = [m γ ] β, A 2 = [ ] m γ 2 β,..., Ak = [ m γ k ]β Qn n, ve I + A = [m +γ ] β Q n n. Bunun yanında, (x) Q [x] ve (A) = [ m (γ) ] β Qn n.

27 26 4 İddia ediyoruz ki { A i } dizisi üstten sınırlıdır. Kabul edelim ki bu dizi üstten sınırlı i=0,,2,... olmasın. O zaman, i j, j =, 2, 3,..., öyle ki A i j > j. b j = A ij, A ij matrisinde yer alan n 2 -tane elemanın en büyük normunu göstersin. β j de normu b j olan A ij matrisinin bileşinini göstersin. O zaman, β j = A i j = bj olur. Eğer B j = β j A ij olarak tanımlarsak, B j = olur. Bu şekilde B = { M Q n n M = } su-norma göre birim çember içinde bir {B j } j=,2,3,... dizisi inşa ettik. B komakt olduğu için {B j } j=,2,3,... içinde yakınsak bir {B jk } k=,2,... altdizisi vardır. Bu dizinin yakınsadığı matris B olsun. ve böylece det B j = β n j det ( A ij ) det ( ) A ij (det A) ij det B j < j n = j n = ( N K/Q (γ) ) i j j n γ n ij K = j n çünkü β j > j ve γ K olduğundan, γ K = NK/Q (α) γ K j n [K : Q]. ve böylece det B j n n durumunda det B j = 0

28 27 olur ve bu nedenle det B = lim n det B j = 0. det B = 0 olmasından ötürü, l K {0} öyle ki β bazına göre l nin koordinat vektörü 0 0 [l] β. ve B [l] β =. 0 0 şartlarını sağlar. β bazı ve l K {0} vektörü yardımıyla β l = { l, γl,..., γ n l } bazını türetelim. B = lim A ij j β j BA i = lim j B j A ij+i = A i lim j B j A ij = A i B olur ve bunu kullanarak [ mγ i (l) ] β = B [ γ i l ] β = BAi [l] β = A i B [l] β = 0 elde edilir. Ödev. Herhangi bir M = (m i,j ) Q n n için ( ) n det (M) max m i,j i,j = M n. Sonuç olarak, (I + A) N = I + ( ) ( ) N N A + + A N + A N N ve bu nedenle + γ N K = det (I + A) N n (I + A) N max 0 i N ( N i ) A i max 0 i N A i C.

29 28 Tanım 4.3. K bir cisim olsun. K cebirsel genişleme A = { α K α n + a n α n + + a α + a 0 = 0, a 0,..., a n A 0 } kesir(a) = F A 0 tamlık bölgesi Şekildeki gibi tanımlanan A, K cisminin bir althalkasıdır ve tamlık bölgesi A 0 ın K içindeki tamlık kaanışı olarak adlandırılır. Daha özel olarak, K/Q sonlu genişlemesi verilsin. A = { α K α n + a n α n + + a α + a 0 = 0, a 0,..., a n Z }, Z nin K içindeki tamlık kaanışı olarak adlandırılır. Teorem 4.5. K/Q sonlu genişlemesi için Z nin tamlık kaanışı A, Q nin bir althalkasıdır ve A = {α K α K } ile betimlenir. Dahası M = {α K α < } bu A halkasının yegane maksimal idealidir. Buna ek olarak, A/M sonlu cisminin eleman sayısı olan f, f [K : Q ] koşulunu sağlar. Yani, [A/M : F ] [K : Q ]. Kanıt. A = {α K α K }, K cisminin bir althalkasıdır, çünkü α, α A için 0 K = 0 0 A, α α K max ( α K, α K ) α α A ve αα K = α K α K αα A.

30 29 M, A nın yegane maksimal idealidir. Şimdi A nın, Z nin K içindeki tamlık kaanışı olduğunu isat edelim. α K öyle ki α n + a n α n + + a α + a 0 = 0 koşulunu sağlayan a 0, a,..., a n Z olsun. Eğer α K > ise, α n K = αn K = ( an α n + + a 0 ) K = an α n + + a 0 K ve bu nedenle α n K max 0 i n a i α i K = max 0 i n α i K = α n K. Yani, α n K α n K olur ki, bu da bir çelişkidir (çünkü α > ). Dolayısıyla, α A. Yani, {α K α, Z üzerine integral} A. Ters içerme için, α A seçelim. Yani α K öyle ki α K olsun. NK/Q (α) [K : Q] olur. Ayrıca, α K, Q üzerine cebirsel olduğu için, Q üzerine minimal çokterimlisi vardır. irr α ; Q (x) = x s + c s x s + + c x + c 0 olsun. Genelliği bozmadan irr α ; Q (x) = 0 denkleminin tüm köklerinin K de bulunduğunu kabul edebiliriz. K = K (α = α, α 2,..., α s ) K > [K : K] α K K > [K : Q ] Q α K = NK/Q (α) d ve σ (α) K = NK/Q (α). Bu durumda herhangi bir

31 30 K σ Q Q Q Q -gömmesi σ : K Q için σ (α), α nın eşleniklerinden birisi olmak zorundadır, çünkü 0 = σ (0) = σ ( irr α ; Q (x) ) = σ ( α s + c s α s + + c α + c 0 ) = σ (α) s + c s σ (α) s + + c σ (α) + c 0. Yani, σ (α), irr α ; Q (x) çokterimlisinin diğer köklerinden birisi olmak zorundadır. Dolayısıyla, σ (α) K = NK/Q (σ (α)) [K : Q]. Bu durumda: Ödev. N K/Q (σ (α)) = N K/Q (α). Bu nedenle, σ (α) K = α K. irr α ; Q (x) = (x α ) (x α s ) olduğundan dolayı irr α ; Q (x) çokterimlisinin katsayıları, α,..., α s nin σ (α,..., α s ) Q simetrik çokterimlileri cinsinden yazılır. Dahası, σ (α,..., α s ). Sonuç olarak, α K, Z üzerine integraldir. Şimdi A/M cisminin F cisminin sonlu bir genişlemesi olduğunu ve [A/M : F ] [K : Q ]

32 3 eşitsizliğinin sağlandığını isat edelim. [K : Q ] = n diyelim. A/M cisminden seçeceğimiz herhangi n + tane a,..., a n+ elemanının F üzerine doğrusal bağımlı olduğunu göstermemiz yeterlidir. Biliyoruz ki a,..., a n+ doğursal bağımlıdır. Şimdi b a + + b n+ a n+ = 0 olacak şekilde b,..., b n+ Q seçelim (tabii ki hesi birden sıfır değil). Belli bir t ile b i leri çararak β i = t b i Z yaabiliriz ve en az bir tanesi Z Z ye düşsün. Bu durumda, β a + + β n+ a n+ = 0. mod M de bakarsak, β a + + β n+ a n+ = 0. β,..., β n+ Z olduğundan, β,..., β n+ F ve hesi 0 değil, çünkü Z A mod M A/M halka homomorfizmalarının bileşkesinin çekirdeği ker = Z M = Z olur ve F = Z /Z A/M. Sonuç olarak, [A/M : F ] n = [K : Q ]. Not (Önemli Gözlem). Önceki geliştirilen teoremler sonucu Q Q

33 32 Q deki mutlak değer tek bir şekilde, Q nin cebirsel kaanışı Q ye genişletilebilir. Şöyle ki : Q R 0 mutlak değeri α Q için α = NQ(α)/Q (α) [Q(α) : Q]. K/Q sonlu, genişleme derecesi [K : Q ] = n olan bir genişleme olsun. α K için ord (α) = log α K. Ek bir bilgi olarak, α Q için de α = ( ) ord(α). Buradan, ord (α) = log α olsun. Bu durumda, α K için ord (α) = log N K/Q (α) n = n log N K/Q (α) olur. Dahası, ord (αβ) = ord (α) + ord (β), α, β K eşitliği vardır. Sonuç olarak, ord : K n Z + bir gru homomorfizmasıdır ve görüntüsü ord (K ), Z ord ( K ast ) n Z şartını sağlar. Bu nedenle, e Z >0 öyle ki e n ve ord (K ) = e Z. Bunun sebebini şu şekilde açıklayabiliriz: Z H n Z +

34 33 şartını sağlayan bir H grubunu düşünelim. O halde, nz nh Z + olur. Yani, nh, Z + tolamsal grubunun bir altgrubudur. Bu nedenle, nh = mz. Sonuç olarak, nz mz olur ve m n. Diyelim ki n = m e. O zaman, H = m n Z = e Z. Tanım 4.4. K/Q genişleme derecesi [K : Q ] = n olan sonlu bir genişleme olsun. ord (K ) = e Z şartını sağlayan e n sayısına K/Q genişlemesinin dallanma indeksi adı verilir ve e = e (K/Q ) ile gösterilir. Eğer e (K/Q ) = ise K/Q genişlemesine dallanmamış bir genişlemedir denir. Öte yandan, e (K/Q ) = n ise K/Q genişlemesine tamamen dallanmış bir genişlemedir denir. K/Q genişleme derecesi [K : Q ] = n olan sonlu bir genişleme olsun. Bu durumda ord (K ) = e Z olur ve şu tanımı verebiliriz: Tanım 4.5. ord (π) = e şartını sağlayan herhangi bir π K elemanına K cisminin bir asal elemanı diyeceğiz. Gösterimi sabitleyelim. π K bir asal eleman olsun. Bu durumda x K için x = π m u eşitliğini veren m Z ve u K elemanları vardır öyle ki u K =. Gerçekten de: ord (x) = e m = ord (π m ) ord ( x π m ) = ord (x) ord (π m ) = 0 ve bu nedenle x π m K =.

35 34 Özel durum olarak K/Q dallanmamış bir genişleme olsun. Yani, e =. Bu durumda, K için: ord () = n log NK/Q () = ve ord (π) = e = = ord (). Buradan, = u π, u K ve u K =. Sonuç olarak, eğer K/Q sonlu ve dallanmamış bir genişleme ise, Q asal elemanı, K içerisinde asal eleman olarak kalır. Hatırlatma. K/Q genişleme derecesi [K : Q ] = n olan sonlu bir genişleme olsun. M = {α K α K < }, A := {α K α K } halkasının yegane maksimal idealidir. Ayrıca, Z = Z = { } α Q α <, { } α Q α halkasının yegane maksimal idealidir. K A M Q Z Z Q nin kalan sınıf cismi Z /Z =: κ Q, F cismine eşyaılıdır. κ K cismini, κ Q cisminin bir genişlemesi olarak görebiliriz: Z A doğal A/M. homomorfizma Z /ker A/M öyle ki ker = Z M = Z. Bu nedenle, Z /Z A/M. Geçen derslerde [A/M : Z /Z ] n olduğunu isatlamıştık.

36 35 Tanım 4.6. Gösterimleri kullanmayı sürdürürsek [A/M : Z /Z ] genişleme derecesine, K/Q genişlemesinin kalıntı derecesi adı verilmektedir ve f (K/Q ) ile gösterilmektedir. Teorem 4.6. K/Q derecesi n olan bir genişleme olsun. O halde, e (K/Q ) f (K/Q ) = [K : Q ] = n. Kanıt. İsatın ana hatlarını özetleyelim. K cisminin tamsayılar halkasını yine A ile, ve A nın tek maksimal idealini de M ile gösterelim. A/M F = Z /Z genişlemesinin sonlu olduğunu biliyoruz. [A/M : F ] = f olsun. α,..., α f A için α,..., α f A/M bize bir F -bazını tanımlasın. İlk gözlemimiz, α,..., α f A elemanlarının Q üzerine doğrusal bağımsız olduklarıdır. İkincisi de bu elemanların oluşturduğu kümenin {α,..., α f } A K, K de bir Q -bazını tamamlamasıdır. { α,..., α f, πα,..., πα f,..., π e α,..., π e α f } kümesi K nin bir Q -bazıdır. Eğer α A için α yı B kümesinin doğrusal birleşimi olarak yazabilirsek, K nin herhangi bir β elemanını B kümesinin elemanlarının Q -doğrusal birleşimi olarak yazabiliriz. Bunun sebebi de β K µ β = u π m+eµ A. Şimdi α A için: {α,..., α f }, A/M nin bir F = Z /Z olduğundan dolayı α = α mod M = x α x f α f, x,..., x f Z /Z. Buradan, α = X 0, α X 0,f α f + π γ, γ A, öyle ki X 0,,..., X 0,f Z ve X 0, = x,..., X 0,f = x f. Şimdi, γ için aynı yöntermi uyguladığımız

37 36 zaman α = (X 0, α + + X 0,f α f ) + π (X, α + + X,f α f ) + π 2 γ 2, γ 2 A. Bu yöntem sürdürülerek α = X 0, α + + X 0,f α f + X, α π + + X,f α f π + elde edilir. Teorem 4.7. K/Q sonlu bir genişleme olsun. [K : Q ] = n verilsin. S, K cisminin κ K = A/M kalıntı cisminin A da seçilmiş temsilciler kümesini göstersin. K nin bir asal elemanı π verilsin. Bu durumda, her α K için α = π ord(α) (a 0 + a π + + a s π s + ) eşitliğini sağlayacak tek türlü tanımlı a 0, a,..., a s,... S mevcuttur. 4. Q nin Tamamen Dallanmış Sonlu Genişlemeleri K/Q, derecesi [K : Q ] = n olan bir cisim genişlemesi olsun. Bu durumda şu denklikler mevcuttur: K/Q tamamen dallanmıştır. e (K/Q) = [K : K/Q] = n. f (K/Q) =. κ K = κ Q = F. Şimdi tamamen dallanmış K/Q sonlu genişlemesinin yaısını inceleyelim. Gösterim. K nin tamsayılar halkası A = O K ile, O K nin yegane maksimal ideali de M = M K ile gösterilecektir. Tanım 4.7. f (x) O K [x], başkatsayısı olan bir çokterimli olsun: f (x) = x m + a m x m + + a 0. Eğer f (x) çokterimlisi (i) a i 0 mod, i = 0,,..., m ve

38 37 (ii) a 0 0 mod 2 şartlarını sağlıyorsa, f (x) Z [x] çokterimlisine, derecesi m olan Z üzerine tanımlı Eisenstein çokterimlisi denir. Önerme 4.8. f (x) Z [x] Eisenstein çokterimlisi ise f (x) indirgenemez bir çokterimlidir. Kanıt. f (x) Z [x] bir Eisenstein çokterimlisi olsun ve a (x), b (x) Z [x] için f (x) = a (x) b (x) olarak yazılabilsin. Bütün h (x) Z [x] çokterimlileri için h (x) = h (x) mod olsun. O halde, x m = f (x) = a (x) b (x) olur ve bu nedenle a (x) = x k, b (x) = x k2, ve k + k 2 = m olur. Yani a (x), b (x) Z [x] çokterimlilerinin sabit terimleri sırasıyla α 0, β 0 Z ile gösterirsek α 0 β 0 0 mod olur. Buradan, α 0 β 0 0 mod 2. Burada, α 0 β 0, Eisenstein çokterimlisi f (x) in sabit terimi olmasından ötürü bir çelişki elde edilir. Sonuç olarak, f (x) Z [x] indirgenemez bir çokterimlidir. Teorem 4.9. K/Q tamamen dallanmış derecesi n olan sonlu bir genişleme olsun. Yani, n = e. π K, ord (π) = e (K/Q ) şartını sağlayan bir eleman olsun. Yani, π K asal elemanlardan birisi olsun. Bu durumda, π, bir x e + a e x e + + a x + a 0 Z [x] Eisentein çokterimlisinin bir köküdür. Yani, a 0, a,..., a e 0 mod ve a 0 0 mod 2. Öte yandan, eğer α K, derecesi e olan Z üzerinde tanımlı bir Eisenstein çokterimlisinin kökü ise, Q (α) /Q genişleme derecesi e = n olan tamamen dallanmış bir genişleme olur ve α Q (α) bir asal elemandır.

39 38 Kanıt. K/Q tamamen dallanmış bir genişleme olsun. π ile K nin asal bir elemanını gösterelim. Ayrıca, x e + a e x e + + a x + a 0 Q [x] π asal elemanının minimal çokterimlisi olsun. Bu durumda π ve π nin eşleniklerinden türetilen σ (π,..., π e ) simetrik çokterimlilerdir ve σ (π,..., π e ) K ( ) e eşitsizliği sağlanır. Buradan, x e + a e x e + + a x + a 0 Z [x] ve a e,..., a, a 0 0 mod. Dahası, a 0 = NK/Q (π) = Sonuç olarak, x e + a e x e + + a x + a 0 bir Eisenstein çokterimlisidir. K = Q (π). Öte yandan, derecesi e olan bir K/Q sonlu genişleme alalım. Kabul edelim ki α nın Q üzerine minimal çokterimlisi irr α ; Q (x) = x e + a e x e + + a x + a 0 Z [x] şeklinde bir Eisenstein çokterimlisi olsun. O zaman, ord (a 0 ) =. Buradan, a 0 0 mod ve a 0 0 mod 2. O halde, a 0 = 0 ve a 0 ike a 0 = a 0 + a + a Dolayısıyla ord (α) = e ord ( NK/Q (α) ) = e ord (a 0 ) = e ve bu nedenle dallanma indeksi [K : Q ] değerine eşit olur. Sonuç olarak, K/Q tamamen dallanmış bir genişlemedir. Lemma 4.0 (Hensel lemması). K/Q sonlu genişlemesi verilsin ve π ile de K nin bir asal elemanını gösterelim. Başkatsayısı olan f (x) O K [x] çokterimlisi için kabul edelim ki bir α O K, (i) f (α) K ve (ii) f (α) = şartları sağlansın. Bu durumda!β O K öyle ki f (β) = 0 ve β α K < f (α) K. Sonuç 4.0. (Hensel lemmasının özel bir hali). Başkatsayısı olan f (x) Z [x] çokterimlisi için kabul edelim ki α Z var olsun öyle ki

40 39 (i) f (α) 0 mod ve (ii) f (α) 0 mod. Bu durumda!β Z öyle ki f (β) = 0 ve β α mod. Kanıt. β α mod şartını sağlayan β Z sayısını bir dizi ile inşa edeceğiz: α = a 0 + a + a , a i {0,,..., }. n = 0 için b 0 = a 0 olur. n = için: N f (a 0 + b ) = c i (a 0 + b ) i. i=0 Bu nedenle, f (a 0 + b ) = f (a 0 ) + f (a 0 ) b + 2 ( ). Dolayısıyla, f (a 0 + b ) f (a 0 ) + f (a 0 ) b mod 2. Hangi b {0,,..., } için f (a 0 ) + f (a 0 ) b 0 mod 2 sağlanır? Tabii ki aşağıdaki koşulu sağlayan b için: b f (a 0) f (a 0 ) mod 2. Burada f (a 0 ) f (α) 0 mod. 4.2 Q nin Dallanmamış Genişlemeleri Teorem < f Z için, Q cisminin sadece bir tane genişleme derecesi f olan K ur f genişlemesi vardır ve bu genişleme, ξ f Q ile bir ilkel birim kökü göstermek kaydı ile, dallanmamış K ur f ( ) = Q ξ f şeklinde elde edilir.

41 40 Kanıt. F f ile F cisminin genişleme derecesi f olan genişlemesini gösterelim. Bu sonlu cismin f elemanı vardır. F f f = [ F f : F ] F F f çarımsal grubu devirli bir grutur. α F f ile bu F f grubunun bir üretecini gösterelim. α F f elemanı, F üzerine cebirseldir. (x) = x f + a x f + + a f F [x] = Z /Z, α nın F üzerine minimal çokterimlisini göstersin. Her i =,..., f için öyle a i Z seçelim ki (x) = x f + a x f + + a f Z [x] Q [x] ve (x) mod Z = (x) olsun. (x) Z [x] indirgenemez bir çokterimlidir çünkü başkatsayıları olan a (x), b (x) Z [x] çokterimlileri (x) = a (x) b (x) şartını sağlasaydı, (x) = a (x) b (x) ile (x) çokterimlisinin indirgenemez olması ile çelişirdi. Son lemmadan, (x) Q [x] indirgenmezdir. α Q ile (x) = 0 denkleminin çözümünü alalım. K = Q (α) cismini düşünelim. K/Q genişleme derecesi f olan bir genişlemedir. [ ] K : Q = f [K : Q ] = [ O K/M K : Z /Z ]. ( ) ( ) K/Q e K/Q eşitliğini biliyoruz. Dolayısıyla, ( ) [ ] f K/Q K : Q = f. α Q aynı zamanda O K nin içindedir, çünkü α nın Q üzerine minimal çokterimlisi (x) = x f + a x f + + a f Z [x].

42 4 α + M K O K/M K olduğunu göstermek istiyoruz. ( ) f ( ) ( α + M K + a + M K α + M K ) f ( ) + + af + M K. Z M K = Z ve Z /Z O K/M K olduğundan dolayı α + M K O K/M K elemanı, ( ) (x) F [x] indirgenemez çokterimlisinin bir köküdür. Buradan, f f K/Q olur. Daha önceden ( ) ( ) bulduğumuz gibi aynı zamanda f K/Q f idi. Yani, f K/Q = f. Sonuç olarak, K/Q dallanmamış bir genişlemedir. ( K = Q ξf ). Gösterim. F f ile F üzerinde genişleme derecesi f olan f elemanlı sonlu cismi gösteriyoruz. α F f grubunun bir üreteci olsun. Bu durumda; α f = 0. α Q vardır ki: α α mod M Q(α) ve α = 0. Hensel in lemmasından α Q ilkel f. birim köktür çünkü α f = 0. Bu nedenle, ( ) Q (α) = Q ξ f =: K ur f, Q üzerine genişleme derecesi f olan dallanmamış herhangi bir genellemedir. Ödev. f f 2 K ur f K ur f 2. Dolayısıyla: f K ur f Q ki bu birleşim Q cisminin bir altcismidir. α K ur f Ödev. f f f 2, f 2 f f 2 α, β K ur f f 2. ve β K ur f 2 Dahası: α β, αβ, α/β K ur f f 2. Ayrıca, α β, αβ, α/β Tanım 4.8. f K ur f genişlemesi adı verilir. =: Q ur olacak şekilde f, f 2 Z vardır. f K ur f. ile gösterilen Q nin genişlemesine, Q nin maksimal dallanmamış Q ur cismi aritmetiksel olmayan mutlak değerli bir cisimdir ve ile gösterilen bu mutlak değer Q üzerine Q nin mutlak değeri tarafından tamamlanmış olan mutlak değerinin Q ur ye

43 42 kıstırılmasından elde edilir. { } Z ur = α Q ur α halkası Q ur cisminin tamsayılar halkasıdır. Bu halkanın tek bir M ur { } M ur = α Q ur α < maksimal ideali vardır ve olarak tanımlanır. Bu durumda Z ur /M ur = F = f F f. Not. K/Q derecesi i = e (K/Q ) f (K/Q ) =: e f olan bir genişleme olsun. Bu durumda α, Kf ur -katsayılı derecesi e olan bir Eisenstein çokterimlisinin kökü olmak üzere: K = Kf ur (α) [ K ur f [ K : K ur f ( ) = Q ξf K ur f ] = e ] : Q = f Q

44 Bölüm 5 Tate Cismi Ω Gösterim. Q ile Q nin cebirsel kaanışını gösterelim. Daha önce yatıklarımızdan, Q üzerine tanımlı olan -sel mutlak değeri tek bir şekilde Q cismine yükseltmek mümkündür. Q üzerine tanımlı bu mutlak değer tekrar ile gösterilecek. Teorem 5.. Q cismi mutlak değerine göre tam değildir. Kanıt. Q cismi içinde yakınsak olmayan bir {a i } Cauchy dizisi inşa etmemiz gerekiyor. b i, Q içinde bir ilkel 2. kök. Yani, b 2 i = ve bütün m 2 için b m i. Bu durumda i > i için: Ödev. 2 i 2 i ( ) ( ) 2i 2i. Buradan b 2i i a i = i j=0 i = b 2 i = olur. Yani, i > i ise b i sayısı, b i sayısının bir kuvveti olur. b j Nj. Burada 0 = N 0 < N < N 2 < < N i < artan 0 dan büyük tamsayılar dizisidir. b j ler, j = 0,..., i, a j sayısının -sel açılımında yer alan Teichmüller basamaklarıdır. Sonuç olarak, {a i } bir Cauchy dizisidir: a i+ a i = bi+ Ni+ = N i+ ve böylece lim a i+ a i i = ( ) Ni+ = 0. 43

45 44 0 = N 0 < N < N 2 < artan tamsayılar dizisini özel olarak seçeceğiz. İlk olarak N j tamsayıları, j = 0,,..., i için tanımlanmış olsun. i a i = b j Ni Q (b i ). j=0 İkinci bir sonuç olarak, K = Q (b i ) = Q (a i ). Burada, Q (b i ), Q üzerine Galois dallanmamış ve genişleme derecesi 2 i olan tek genişlemedir. Açık olarak Q (b i ) Q (a i ). K σ K Q Q şartını sağlayan bir σ Q -otomorfizması alalım. a i yi sabitleyecek, aşikar olmayan bir σ mevcut değildir: i i σ (a i ) = σ b j Nj = σ (b j ) Nj. j=0 j=0 σ : K = Q (b i ) K aşikar olmayan bir Q -otomorfizması. Bu nedenle σ (b i ) b i. Buradan, i σ (a i ) = σ (b j ) Nj j=0 i b j Nj j=0 = a i çünkü b j, j = 0,..., i, Teichmüller basamaklarını gösterir. σ (b i ) 2i = 0. Dolayısıyla, Q (a i ) = Q (b i ) = K. Ödev. N i+ > N i öyle ki a i, n < 2, α n a n i + α n a n i + + α a i + α 0 0 mod Ni+ mod Ni+ -denklemlerininn hiçbirini sağlamaz. Şimdi {a i } Cauchy dizisinin Q içinde yakınsak olmadığını göreceğiz. Kabul edelim ki a Q öyle ki lim i a i = a olsun. a Q olduğundan dolayı, a elemanı Q üzerine cebirseldir. Yani,

46 45 hesi ile bölünmeyen α 0,..., α n Z öyle ki α n a n + α n a n + + α a + α 0 = 0. 2 i > n olacak şekilde i seçelim. O zaman a a i mod Ni+ olur. a i = i b j Nj j=0 olduğundan 0 = α n a n + α n a n + + α a + α 0 α n a n i + α n a n i + + α a i + α 0 mod Ni+. Tanım 5.. Q, Q cisminin mutlak değerine göre tamlanışına Tate cismi denir. Gösterim. Tate cismi Ω ya da C ile gösterilir. Lemma 5.2 (Krasner in lemması). K ile tam, arşimetsel olmayan mutlak değerli bir cismi gösterelim. f (x) K [x] çokterimlisinin köklerini α,..., α d K ile gösterelim. Eğer β K β α < α α i, i {2,..., d} şartını sağlarsa K (α ) K (β) olur. Kanıt. L = K (β) ve M = L (α,..., α d ) olsun. Yani, M cismi f (x) çokterimlisinin arçalanış cismidir. Buradan, M/L bir Galois genişlemesidir. σ Gal (M/L) olsun. Mutlak değerin Galois değişmezliğinden dolayı β α = σ (β α ) = β σ (α ) olur ve bu nedenle α σ (α ) max ( α β, β σ (α ) ) = max ( α β, β α ) = α β. Teorem 5.3. Ω cismi cebirsel olarak kaalıdır. Kanıt. Ω ile Ω cisminin cebirsel kaanışını gösterelim. α Ω olsun. f (x) := irr α ; Ω (x) Ω [x], α nın Ω üzerine minimal çokterimlisi olsun. Ω üzerinde mutlak değeri olan bir cisimdir. O = {β Ω β },

47 46 Ω cisminin değerlendirme halkası olsun. α Ω gerekli şekilde ayarlanarak kabul edilebilir ki irr α ; O (x) = f (x) O [x] başkatsayısı olan bir çokterimli olsun: f (x) = x n + a n x n + + a 0, a i O ve α = α, α 2,..., α n, f (x) çokterimlisinin Ω içindeki kökleri olsun. C = min i α α i. g (x) = x n + b n x n + + b 0 O Q [x] şöyle ki i {,..., n}: a i b i < C n. Burada b,..., b n O Q seçimini yaabiliriz, çünkü Ω = Q olduğundan dolayı Q, Ω içinde ve O Q, O içinde yoğundur. β,..., β n Ω, g (x) çokterimlisinin kökleri olsun. Bu durumda: n g (x) = (x β i ) i= ve böylece f (α) = 0 olduğundan n α β i = g (α) = g (α) f (α) = (a n b n ) α n + + (a 0 b 0 ) i= ve bu nedenle Sonuç olarak, n i= α β i max i a i b i α n max a i b i C. i α β i < C = min i α α i α α i, i = 2,..., n. Krasner in lemmasından, α Ω (β i ) = Ω olur. Dolayısıyla, α Ω α Ω. Kısaca, Ω = Ω olur. Yani, Ω cebirsel olarak kaalıdır. Ω ord R-değerli Q ord Q-değerli Q ord Z-değerli

48 Kaynaklar [] F. Q. Gouvêa, -adic Numbers: An Introduction, Universitext, Sringer-Verlag, Berlin, Heidelberg, New York, 993. [2] N. Koblitz, -adic Numbers, -adic Analysis, and Zeta Functions, 2nd edition, Graduate Texts in Mathematics Vol. 58, Sringer-Verlag, Berlin, Heidelberg, New York,

13.Konu Reel sayılar

13.Konu Reel sayılar 13.Konu Reel sayılar 1. Temel dizi 2. Temel dizilerde toplama ve çarpma 3. Reel sayılar kümesi 4. Reel sayılar kümesinde toplama ve çarpma 5. Reel sayılar kümesinde sıralama 6. Reel sayılar kümesinin tamlık

Detaylı

6. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 16, 2016

6. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 16, 2016 6. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 16, 2016 Bu derste lineer cebirdeki bazı fikirleri gözden geçirip Lie teorisine uygulamalarını inceleyeceğiz. Bütün Lie cebirlerinin cebirsel olarak kapalı ve karakteristiği

Detaylı

8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR

8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR 8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR Şimdiye kadar bir gruptan diğer bir gruba tanımlı olan fonksiyonlarla ilgilenmedik. Bu bölüme aşağıdaki tanımla başlayalım. Tanım 8.1: ve iki grup ve f : G H bir fonksiyon

Detaylı

KPSS MATEMATÝK. SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) N tam sayılar kümesinde i N için, A = 1 i,i 1

KPSS MATEMATÝK. SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) N tam sayılar kümesinde i N için, A = 1 i,i 1 SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) 1. A = { k k Z, < k 4 } 4. N tam sayılar kümesinde i N için, k 1 B = { k Z, 1 k < 1 } k 1 A = 1 i,i 1 i ( ] kümeleri verildiğine göre, aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

Detaylı

Galois Teorisi. David Pierce. Matematik Bölümü, MSGSÜ mat.msgsu.edu.tr/~dpierce/

Galois Teorisi. David Pierce. Matematik Bölümü, MSGSÜ mat.msgsu.edu.tr/~dpierce/ Galois Teorisi David Pierce 6 Temmuz 2018 Matematik Bölümü, MSGSÜ mat.msgsu.edu.tr/~dpierce/ Bu notlar, bir lisans Galois kuramı dersinin asgari içeriği teklifidir. Her kanıtlanmamış teoremi kanıtlamak

Detaylı

10. DİREKT ÇARPIMLAR

10. DİREKT ÇARPIMLAR 10. DİREKT ÇARPIMLAR Teorem 10.1. H 1,H 2,, H n bir G grubunun alt gruplarının bir ailesi ve H = H 1 H 2 H n olsun. Aşağıdaki ifadeler denktir. a ) dönüşümü altında dır. b) ve olmak üzere her yi tek türlü

Detaylı

Normal Alt Gruplar ve Bölüm Grupları...37

Normal Alt Gruplar ve Bölüm Grupları...37 İÇİNDEKİLER Ön Söz...2 Gruplar...3 Alt Gruplar...9 Simetrik Gruplar...13 Devirli Alt Gruplar...23 Sol ve Sağ Yan Kümeler (Kosetler)...32 Normal Alt Gruplar ve Bölüm Grupları...37 Grup Homomorfizmaları...41

Detaylı

8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR

8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR 8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR Şimdiye kadar bir gruptan diğer bir gruba tanımlı olan fonksiyonlarla ilgilenmedik. Bu bölüme aşağıdaki tanımla başlayalım. Tanım 8.1: G, ve H, iki grup ve f : G H

Detaylı

MAT 302 SOYUT CEBİR II SORULAR. (b) = ise =

MAT 302 SOYUT CEBİR II SORULAR. (b) = ise = MAT 302 SOYUT CEBİR II SORULAR 1. : bir dönüşüm, olsunlar. a) ( ) = ( ) ( ) b) ( ) ( ) ( ) olduğunu c) ( ) nin eşitliğinin sağlanması için gerekli ve yeterli bir koşulun nin 1 1 olması ile mümkün olduğunu

Detaylı

Leyla Bugay Doktora Nisan, 2011

Leyla Bugay Doktora Nisan, 2011 ltanguler@cu.edu.tr Çukurova Üniversitesi, Matematik Bölümü Doktora 2010913070 Nisan, 2011 Yarıgrup Teorisi Nedir? Yarıgrup teorisi cebirin en temel dallarından biridir. Yarıgrup terimi ilk olarak 1904

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

Grup Homomorfizmaları ve

Grup Homomorfizmaları ve Bölüm 7 Grup Homomorfizmaları ve İzomorfizmalar Bu bölümde verilen gruplar arasında grup işlemlerini koruyan fonksiyonları ele alacağız. Bu fonksiyonlar yardımıyla verilen grupların cebirsel yapılarının

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN Lineer Dönüşümler Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayları arasında tanımlanan belli fonksiyonları tanıyacak, özelliklerini öğrenecek, Bir dönüşümün,

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocm.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocm.mit.edu/terms veya http://tuba.açık ders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır.

1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır. 1. GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir., ) cebirsel 1) a b cg,, için a( bc) ( ab) c (Birleşme özelliği)

Detaylı

Modül Teori. Modüller. Prof. Dr. Neşet AYDIN. [01/07] Mart Prof. Dr. Neşet AYDIN (ÇOMÜ - Matematik Bölümü) Modül Teori [01/07] Mart / 50

Modül Teori. Modüller. Prof. Dr. Neşet AYDIN. [01/07] Mart Prof. Dr. Neşet AYDIN (ÇOMÜ - Matematik Bölümü) Modül Teori [01/07] Mart / 50 Modül Teori Modüller Prof. Dr. Neşet AYDIN ÇOMÜ - Matematik Bölümü [01/07] Mart 2012 Prof. Dr. Neşet AYDIN (ÇOMÜ - Matematik Bölümü) Modül Teori [01/07] Mart 2012 1 / 50 Giriş M bir toplamsal değişmeli

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ 1.GİRİŞ Bu bölüm lineer cebirin temelindeki cebirsel yapıya, sonlu boyutlu vektör uzayına giriş yapmaktadır. Bir vektör uzayının tanımı, elemanları skalar olarak adlandırılan herhangi bir cisim içerir.

Detaylı

12. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 24, Son dersten hatırlayacağınız üzere simetrikleştirme operasyonundan elde ettiğimiz fonksiyon.

12. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 24, Son dersten hatırlayacağınız üzere simetrikleştirme operasyonundan elde ettiğimiz fonksiyon. 12. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 24, 2016 1 Yerel Kaldırma Özellikleri Son dersten hatırlayacağınız üzere simetrikleştirme operasyonundan elde ettiğimiz fonksiyon ι : Sym(g) n 0 U n /U n+1 bize bir derecelendirilmiş

Detaylı

Ders 2: RP 1 ve RP 2 - Reel izdüşümsel doğru ve

Ders 2: RP 1 ve RP 2 - Reel izdüşümsel doğru ve Ders 2: RP 1 ve RP 2 - Reel izdüşümsel doğru ve düzlem Geçen ders doğrusal cebir aracılığıyla izdüşümsel geometri için bir model kurduk. Şimdi bu modeli daha somut bir şekle sokalım, F = R durumunda kurduğumuz

Detaylı

7. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 17, 2016

7. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 17, 2016 7. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 17, 2016 Bu derste bütün Lie cebirlerinin cebirsel olarak kapalı ve karakteristiği sıfır olan k cismi üzerine tanımlı olduğunu varsayıyoruz. 1 Tekrar Gözden Geçirme: Basitlik,

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri   Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri

Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

Galois Teori, Örtü Uzayları ve Diferansiyel Denklemler

Galois Teori, Örtü Uzayları ve Diferansiyel Denklemler Hacettepe Üniversitesi Matematik Galois Bölümü Teori, Prof. Dr. ve Diferansiyel L. Michael Brown un Denklemler Anısına To Galois Teori, ve Diferansiyel Denklemler Hacettepe Üniversitesi Matematik Bölümü

Detaylı

Lecture 2. Mahir Bilen Can. Mayıs 10, 2016

Lecture 2. Mahir Bilen Can. Mayıs 10, 2016 Lecture 2 Mahir Bilen Can Mayıs 10, 2016 1 Klasik Lie Cebirleri Klasik Lie cebirlerinin hepsi içinde son derece büyük öneme sahip dört sonsuz aile vardır. Bunlar A, B, C, D harfleri ile indekslenmekte

Detaylı

1.GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G. vardır. 3) a G için denir) vardır.

1.GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G. vardır. 3) a G için denir) vardır. 1.GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G, ) cebirsel yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir. 1) a, b, c G için a ( b c) ( a b) c (Birleşme özelliği)

Detaylı

Kuantum Grupları. Orta Doğu Teknik Üniversitesi, Ankara. Münevver Çelik. Feza Gürsey Enstitüsü, İstanbul 10 Şubat, 2010

Kuantum Grupları. Orta Doğu Teknik Üniversitesi, Ankara. Münevver Çelik. Feza Gürsey Enstitüsü, İstanbul 10 Şubat, 2010 Orta Doğu Teknik Üniversitesi, Ankara Feza Gürsey Enstitüsü, İstanbul 10 Şubat, 2010 Kuantum grubu örgülü bir Hopf cebridir. Cebir Tanım Bir k-vektör uzayı A için, µ : A A A ve η : k A birer k-doğrusal

Detaylı

MATEMATİK ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI DENEME. Diğer sayfaya geçiniz.

MATEMATİK ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI DENEME. Diğer sayfaya geçiniz. MATEMATİK. DENEME ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI. f : X tanımlı y = f() fonksiyonu için lim f ( ) = L ise aşağıdaki önermelerden kaç tanesi kesinlikle doğrudur? 0 I. X dir. 0 II. f() fonksiyonu

Detaylı

1 Vektör Uzayları 2. Lineer Cebir. David Pierce. Matematik Bölümü, MSGSÜ mat.msgsu.edu.tr/~dpierce/

1 Vektör Uzayları 2. Lineer Cebir. David Pierce. Matematik Bölümü, MSGSÜ mat.msgsu.edu.tr/~dpierce/ Vektör Uzayları Lineer Cebir David Pierce 5 Mayıs 2017 Matematik Bölümü, MSGSÜ dpierce@msgsu.edu.tr mat.msgsu.edu.tr/~dpierce/ Bu notlarda, alıştırma olarak her teorem, sonuç, ve örnek kanıtlanabilir;

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri   Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

Ders 8: Konikler - Doğrularla kesişim

Ders 8: Konikler - Doğrularla kesişim Ders 8: Konikler - Doğrularla kesişim Geçen ders RP 2 de tekil olmayan her koniğin bir dönüşümün ardından tek bir koniğe dönüştüğü sonucuna vardık; o da {[x : y : z x 2 + y 2 z 2 = 0]} idi. Bu derste bu

Detaylı

Normal Altgruplar ve Bölüm Grupları

Normal Altgruplar ve Bölüm Grupları Bölüm 9 Normal Altgruplar ve Bölüm Grupları Bu bölümde verilen bir grupta belirli bir altgrubun sol ve sağ kosetlerinin birbirine eşit olması durumu ele alınacaktır. Bu durumda söz konusu altgruba normal

Detaylı

T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E Ş C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K A N K A R A

T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E Ş C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K A N K A R A T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E Ş C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K A N K A R A Contents 1 İyi Sıralama 5 Bibliography 13 1 İyi Sıralama Well Ordering İyi sıralama kavramı, doğal sayıların

Detaylı

11. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 23, 2016

11. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 23, 2016 11. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 23, 2016 1 Önceki Ders Üzerine Bazı Notlar Wikipedia dan Killing ile ilgili bir alıntıyla başlayalım. "1880 civarında, Killing Sophus Lie den bağımsız olarak Lie cebirlerini

Detaylı

Bu kısımda işlem adı verilen özel bir fonksiyon çeşidini ve işlemlerin önemli özelliklerini inceleyeceğiz.

Bu kısımda işlem adı verilen özel bir fonksiyon çeşidini ve işlemlerin önemli özelliklerini inceleyeceğiz. Bölüm 3 Gruplar Bu bölümde ilk olarak bir küme üzerinde tanımlı işlem kavramını ele alıp işlemlerin bazı özelliklerini inceleyeceğiz. Daha sonra kümeler ve üzerinde tanımlı işlemlerden oluşan cebirsel

Detaylı

ab H bulunur. Şu halde önceki önermenin i) koşulu da sağlanır ve H G bulunur.

ab H bulunur. Şu halde önceki önermenin i) koşulu da sağlanır ve H G bulunur. 3.ALT GRUPLAR HG, Tanım 3.. (G, ) bir grup ve nin boş olmayan bir alt kümesi olsun. Eğer (H, ) bir grup ise H ye G nin bir alt grubu denir ve H G ile gösterilir. Not 3.. a)(h, ), (G, ) grubunun alt grubu

Detaylı

3. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 11, Önceki Dersteki Sorular ile İlgili Açıklamalar

3. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 11, Önceki Dersteki Sorular ile İlgili Açıklamalar 3. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 11, 2016 1 Önceki Dersteki Sorular ile İlgili Açıklamalar Lie nin üçüncü teoremi oarak bilinen ve Cartan tarafından asağıdaki gibi güçlendirilmiş bir teorem ile başlayalım:

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

10.Konu Tam sayıların inşası

10.Konu Tam sayıların inşası 10.Konu Tam sayıların inşası 1. Tam sayılar kümesi 2. Tam sayılar kümesinde toplama ve çarpma 3. Pozitif ve negatif tam sayılar 4. Tam sayılar kümesinde çıkarma 5. Tam sayılar kümesinde sıralama 6. Bir

Detaylı

Ders 9: Bézout teoremi

Ders 9: Bézout teoremi Ders 9: Bézout teoremi Konikler doğrularla en fazla iki noktada kesişir. Şimdi iki koniğin kaç noktada kesiştiğini saptayalım. Bunu, çok kolay gözlemlerle başlayıp temel ve ünlü Bézout teoremini kanıtlayarak

Detaylı

1.4. KISMİ SIRALAMA VE DENKLİK BAĞINTILARI

1.4. KISMİ SIRALAMA VE DENKLİK BAĞINTILARI Reel sayılar kümesinin "küçük ya da eşit", bağıntısı ile sıralanmış olduğunu biliyoruz. Bu bağıntı herhangi bir X kümesine aşağıdaki şekilde genelleştirilebilir. Bir X kümesi üzerinde aşağıdaki yansıma,

Detaylı

olsun. Bu halde g g1 g1 g e ve g g2 g2 g e eşitlikleri olur. b G için a b b a değişme özelliği sağlanıyorsa

olsun. Bu halde g g1 g1 g e ve g g2 g2 g e eşitlikleri olur. b G için a b b a değişme özelliği sağlanıyorsa 1.GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G, ) cebirsel yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir. 1), G de bir ikili işlemdir. 2) a, b, c G için a( bc)

Detaylı

Leyla Bugay Haziran, 2012

Leyla Bugay Haziran, 2012 Sonlu Tekil Dönüşüm Yarıgruplarının Doğuray Kümeleri ltanguler@cu.edu.tr Çukurova Üniversitesi, Matematik Bölümü Haziran, 2012 Yarıgrup Teorisi Nedir? Yarıgrup terimi ilk olarak 1904 yılında Monsieur l

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

1. BÖLÜM Polinomlar BÖLÜM II. Dereceden Denklemler BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler BÖLÜM Parabol

1. BÖLÜM Polinomlar BÖLÜM II. Dereceden Denklemler BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler BÖLÜM Parabol ORGANİZASYON ŞEMASI . BÖLÜM Polinomlar... 7. BÖLÜM II. Dereceden Denklemler.... BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler... 9. BÖLÜM Parabol... 5 5. BÖLÜM Trigonometri... 69 6. BÖLÜM Karmaşık Sayılar... 09 7.

Detaylı

Temel Kavramlar. (r) Sıfırdan farklı kompleks sayılar kümesi: C. (i) Rasyonel sayılar kümesi: Q = { a b

Temel Kavramlar. (r) Sıfırdan farklı kompleks sayılar kümesi: C. (i) Rasyonel sayılar kümesi: Q = { a b Bölüm 1 Temel Kavramlar Bu bölümde bağıntı ve fonksiyon gibi bazı temel kavramlar üzerinde durulacak, tamsayıların bazı özellikleri ele alınacaktır. Bu çalışma boyunca kullanılacak bazı kümelerin gösterimleri

Detaylı

9. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 19, 2016

9. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 19, 2016 9. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 19, 2016 1 Yarıbasit Bir Lie Cebirinin Yapısı Bu derste bütün Lie cebirlerinin cebirsel olarak kapalı ve karakteristiği sıfır olan k cismi üzerine tanımlı olduğunu varsayıyoruz.

Detaylı

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME ÖDEVİ I ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ - 6 GÜZ DÖNEMİ ADI SOYADI :... NO :... A A A A A A A SINAV TARİHİ VE SAATİ : Bu sınav 4 sorudan oluşmaktadır ve sınav

Detaylı

DEĞİŞMELİ BANACH CEBİRLERİNİN GELFAND SPEKTRUMLARI ÜZERİNE

DEĞİŞMELİ BANACH CEBİRLERİNİN GELFAND SPEKTRUMLARI ÜZERİNE Ekim 25 Cilt:3 No:2 Kastamonu Eğitim Dergisi 547-554 DEĞİŞMELİ BANACH CEBİRLERİNİN GELFAND SPEKRUMLARI ÜZERİNE Hayri AKAY, Ziya ARGÜN Gazi Üniversitesi, Gazi Eğitim Fakültesi, Matematik Eğitimi Bölümü,

Detaylı

10. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 20, Yarıbasit bir Lie cebirinin yapısını analiz etmeye devam ediyoruz. hatırlayınız:

10. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 20, Yarıbasit bir Lie cebirinin yapısını analiz etmeye devam ediyoruz. hatırlayınız: 10. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 20, 2016 1 Yarıbasit Bir Lie Cebirinin Yapısı Hakkında Yarıbasit bir Lie cebirinin yapısını analiz etmeye devam ediyoruz. hatırlayınız: Kök uzay ayrışımını g = h χ Φ g χ.

Detaylı

Egzersizler MATH 111

Egzersizler MATH 111 Egzersizler MATH 111 29 Aralık, 1998 Ali Nesin 1. x ve y iki küme olsun. x = y ancak ve ancak z (x z y z) olduğunu gösterin. 2. Eğer X aşağıdaki özellikleri sağlıyorsa X e ilişkisi tarafından yarısıralı

Detaylı

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak 10.Konu İç çarpım uzayları ve özellikleri 10.1. ve üzerinde uzunluk de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor teoreminden dir. 1.Ö.: [ ] ise ( ) ( ) ve ( ) noktaları gözönüne alalım.

Detaylı

MAT 321SOYUT CEBİR I KONU TEKRAR SORULARI. ise < A > nedir?

MAT 321SOYUT CEBİR I KONU TEKRAR SORULARI. ise < A > nedir? MAT 321SOYUT CEBİR I KONU TEKRAR SORULARI 1. Pozitif rasyonel sayılar kümesi Q + üzerinde x y = xy 2 işlemi tanımlansın. (Q+, ) bir grup mudur? Gösteriniz. 2. (G, ) bir grup olsun. a G olmak üzere her

Detaylı

SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon denir.

SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon denir. SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon Tanım 2: Bir grubun kendi üzerine izomorfizmine otomorfizm, grubun kendi üzerine homomorfizmine endomorfizm Sadece birebir olan

Detaylı

1. Metrik Uzaylar ve Topolojisi

1. Metrik Uzaylar ve Topolojisi 1. Metrik Uzaylar ve Topolojisi Euclidean R uzayının tabanının B = {(a, b) : a, b R} olduğunu biliyoruz. Demek ki bu uzayda belirleyiçi unsur açık aralıklar. Her açık aralık (a, b) için, olmak üzere, d

Detaylı

14.Konu Reel sayılarının topolojisi. 1.Tanım:, verilsin. açık aralığına noktasının -komşuluğu denir. { } kümesine nın delinmiş -komşuluğu denir.

14.Konu Reel sayılarının topolojisi. 1.Tanım:, verilsin. açık aralığına noktasının -komşuluğu denir. { } kümesine nın delinmiş -komşuluğu denir. 14.Konu Reel sayılarının topolojisi 1.Teorem: cismi tamdır. 1.Tanım:, verilsin. açık aralığına noktasının -komşuluğu denir. { } kümesine nın delinmiş -komşuluğu denir. 2.Tanım: ve verilsin. nın her komşuluğunda

Detaylı

MODÜLER ARİTMETİK A)1 B)3 C)8 D)11 E)13. TANIM Z tam sayılar kümesinde tanımlı

MODÜLER ARİTMETİK A)1 B)3 C)8 D)11 E)13. TANIM Z tam sayılar kümesinde tanımlı MODÜLER ARİTMETİK A)1 B)3 C)8 D)11 E)13 TANIM Z tam sayılar kümesinde tanımlı ={(x,y): x ile y nin farkı n ile tam bölünür} = {(x,y): n x-y, n N + } bağıntısı bir denklik bağıntısıdır. (x,y) ise x y (mod

Detaylı

2012 LYS MATEMATİK SORU VE ÇÖZÜMLERİ Niyazi Kurtoğlu

2012 LYS MATEMATİK SORU VE ÇÖZÜMLERİ Niyazi Kurtoğlu .SORU 8 sayı tabanında verilen (5) 8 sayısının sayı tabanında yazılışı nedir?.soru 6 3 3 3 3 4 6 8? 3.SORU 3 ise 5? 5 4.SORU 4 5 olduğuna göre, ( )? 5.SORU (y z) z(y ) y z yz bulunuz. ifadesinin en sade

Detaylı

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

kavramını tanımlayıp bazı özelliklerini inceleyeceğiz. Ayrıca bir grup üzerinde tanımlı

kavramını tanımlayıp bazı özelliklerini inceleyeceğiz. Ayrıca bir grup üzerinde tanımlı Bölüm 5 Permütasyon Grupları Bu bölümde sonlu bir kümenin permütasyonlarını araştıracağız. Öncelikle permütasyon kavramını tanımlayıp bazı özelliklerini inceleyeceğiz. Ayrıca bir rup üzerinde tanımlı eşlenik

Detaylı

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.1. Düzlemde vektörler Düzlemdeki her noktası ile reel sayılardan oluşan ikilisini eşleştirebiliriz. Buna P noktanın koordinatları denir. y-ekseni P x y O dan P ye

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Hamel Taban ve Boyut Teoremi

Hamel Taban ve Boyut Teoremi Hamel Taban ve Boyut Teoremi Mert ÇAĞLAR 1 VE Zafer ERCAN 2 1 Amaç Baştan söyleyelim: vektör uzay, vektör altuzay, doğrusal dönüşüm, izomorfik (eş yapılı) vektör uzaylar kavramlarına başlangıç seviyesinde

Detaylı

Bu tanım aralığı pozitif tam sayılar olan f(n) fonksiyonunun değişim aralığı n= 1, 2, 3,, n,

Bu tanım aralığı pozitif tam sayılar olan f(n) fonksiyonunun değişim aralığı n= 1, 2, 3,, n, DİZİLER Tamamen belirli bir kurala göre sıralanmış sayılar topluluğuna veya kümeye Dizi denir. Belirli bir kurala göre birbiri ardınca gelen bu sayıların her birine dizinin terimi ve hepsine birden dizinin

Detaylı

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir?

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? DİZİLER Tanım kümesi pozitif tam sayılar kümesi olan her fonksiyona dizi denir. Örneğin f : Z + R, f (n )=n 2 ifadesi bir dizi belirtir. Diziler, değer kümelerine göre adlandırı - lırlar. Dizinin değer

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Tanım 2.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere X den X üzerine bire-bir fonksiyona permütasyon denir.

Tanım 2.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere X den X üzerine bire-bir fonksiyona permütasyon denir. 2. SİMETRİK GRUPLAR Tanım 2.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere X den X üzerine bire-bir fonksiyona permütasyon denir. Tanım 2.2. boş olmayan bir küme olsun. ile den üzerine bire-bir fonksiyonlar kümesini

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri   Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

p sayısının pozitif bölenlerinin sayısı 14 olacak şekilde kaç p asal sayısı bulunur?

p sayısının pozitif bölenlerinin sayısı 14 olacak şekilde kaç p asal sayısı bulunur? 07.10.2006 1. Kaç p asal sayısı için, x 3 x + 2 (x r) 2 (x s) (mod p) denkliğinin tüm x tam sayıları tarafından gerçeklenmesini sağlayan r, s tamsayıları bulunabilir? 2. Aşağıdaki ifadelerin hangisinin

Detaylı

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN İç-Çarpım Uzayları Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; R n, P n (R), M nxn vektör uzaylarında iç çarpım kavramını tanıyacak ve özelliklerini görmüş olacaksınız.

Detaylı

Özdeğer ve Özvektörler

Özdeğer ve Özvektörler Özdeğer ve Özvektörler Yazar Öğr.Grv.Dr.Nevin ORHUN ÜNİTE 9 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; bir lineer dönüşümün ve bir matrisin özdeğer ve özvektör kavramlarını anlayacak, bir dönüşüm matrisinin

Detaylı

Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık

Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık Yazar Öğr.Grv.Dr.Nevin ORHUN ÜNİTE 5 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayı ve alt uzay yapısını daha iyi tanıyacak, Bir vektör uzayındaki vektörlerin

Detaylı

için Örnek 7.1. simetri grubunu göz önüne alalım. Şu halde dür. Şimdi kalan sınıflarını göz önüne alalım. Eğer ve olarak alırsak işlemini kullanarak

için Örnek 7.1. simetri grubunu göz önüne alalım. Şu halde dür. Şimdi kalan sınıflarını göz önüne alalım. Eğer ve olarak alırsak işlemini kullanarak 7. Bölüm Grupları olmak üzere grubunu nasıl inşa ettiğimizi hatırlayalım. grubunun alt grubu grubu tüm olacak şekilde tüm sınıflardan oluşmuştur. Sınıfların toplamını ile, yani ile tanımlamıştık. Şimdi

Detaylı

1.4 Tam Metrik Uzay ve Tamlaması

1.4 Tam Metrik Uzay ve Tamlaması 1.4. Tam Metrik Uzay ve Tamlaması 15 1.4 Tam Metrik Uzay ve Tamlaması Öncelikle şunu not edelim: (X, d) bir metrik uzay, (x n ), X de bir dizi ve x X ise lim n d(x n, x) = 0 = lim n,m d(x n, x m ) = 0

Detaylı

Soru Toplam Puanlama Alınan Puan

Soru Toplam Puanlama Alınan Puan 18.11.2013 No: Ad-Soyad: İmza: Soru 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Toplam Puanlama 20 20 20 20 20 20 20 20 100 Alınan Puan 405024142006.1 CEBİRSEL TOPOLOJİ ARASINAVI CEVAP ANAHTARI (ÖRGÜN ÖĞRETİM) Not: Süre 90

Detaylı

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? Örnek...4 : Genel terimi w n. Örnek...1 : Örnek...5 : Genel terimi r n

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? Örnek...4 : Genel terimi w n. Örnek...1 : Örnek...5 : Genel terimi r n DİZİLER Tanım kümesi pozitif tam sayılar kümesi olan her fonksiyona dizi denir. Örneğin f : Z + R, f (n )=n 2 ifadesi bir dizi belirtir. Diziler değer kümelerine göre adlandırılırlar. Dizinin değer kümesi

Detaylı

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve nin her g L 2 (S için tek çözümünüm olması için gerekli ve yeterli koşulun her j için λ λ j olacak biçimde λ j ifadesini sağlayan R \ {} de bir λ j dizisinin olduğunu gösteriniz. (13) Her λ j için (19.43)

Detaylı

2. SİMETRİK GRUPLAR. Tanım 2.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere X den X e birebir örten fonksiyona permütasyon denir.

2. SİMETRİK GRUPLAR. Tanım 2.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere X den X e birebir örten fonksiyona permütasyon denir. 2. SİMETRİK GRUPLAR Tanım 2.1. X boş olmayan bir küme olmak üzere X den X e birebir örten fonksiyona permütasyon denir. Tanım 2.2. X boş olmayan bir küme olsun. S X ile X den X e tüm birebir örten fonksiyonlar

Detaylı

HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER

HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER n. mertebeden homogen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin y (n) + p 1 (x)y (n 1) + + p n 1 (x)y + p n (x)y = f(x) (1) şeklinde olduğunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineer homogen denlemin

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

9.Konu Lineer bağımsızlık, taban, boyut Germe. 9.1.Tanım: V vektör uzayının her bir elemanı

9.Konu Lineer bağımsızlık, taban, boyut Germe. 9.1.Tanım: V vektör uzayının her bir elemanı 9.Konu Lineer bağımsızlık, taban, boyut 9.1. Germe 9.1.Tanım: V vektör uzayının her bir elemanı vektörlerin lineer birleşimi olarak ifade ediliyorsa vektörleri V yi geriyor ya da V yi gerer denir. Üstelik,

Detaylı

Fen ve Anadolu Liselerine Öğretmen Seçme Sınav Denemesi

Fen ve Anadolu Liselerine Öğretmen Seçme Sınav Denemesi EN LİSELERİ, SOSYL İLİMLER LİSELERİ,SPOR LİSELERİ,NDOLU LİSELERİ ÖĞRETMENLERİNİN SEÇME SINVIN HZIRLIK DENEME SINVI. 2 HZIRLYN : İ:K(2008) idensu@gmail.com kuscuogluibrahim@gmail.com http://idensu.googlepages.com

Detaylı

Doğrusal Olmayan Devreler, Sistemler ve Kaos

Doğrusal Olmayan Devreler, Sistemler ve Kaos Elektronik ve Haberleşme Mühendisliği İstanbul Teknik Üniversitesi 25 Nisan 2013 Outline 1 2 3 Sabit noktaları: x 1 = 0 ve x 2 = 1 1 r x 0 (, 0) (0, ) = x n x(k + 1) = f (x(k)) f r (x) = rx(1 x) r = 4.2

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

1 BAĞINTILAR VE FONKSİYONLAR

1 BAĞINTILAR VE FONKSİYONLAR 1 BAĞINTILAR VE FONKSİYONLAR Bu bölümde ilk olarak Matematikte çok önemli bir yere sahip olan Bağıntı kavramnı verip daha sonra ise Fonksiyon tanımı verip genel özelliklerini inceleyeceğiz. Tanım 1 A B

Detaylı

Bu bölümde cebirsel yapıların temelini oluşturan Grup ve özelliklerini inceleyeceğiz.

Bu bölümde cebirsel yapıların temelini oluşturan Grup ve özelliklerini inceleyeceğiz. 1 BİR İŞLEMLİ SİSTEMLER Bu bölümde cebirsel yapıların temelini oluşturan Grup ve özelliklerini inceleyeceğiz. 1.1 İŞLEMLER Bir kümeden kendisine tanımlı olan her fonksiyona birli işlem denir. Örneğin Z

Detaylı

T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ

T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ DERS: CEBİRDEN SEÇME KONULAR KONU: KARDİNAL SAYILAR ÖĞRETİM GÖREVLİLERİ: PROF.DR. NEŞET AYDIN AR.GÖR. DİDEM YEŞİL HAZIRLAYANLAR: DİRENCAN DAĞDEVİREN ELFİYE ESEN

Detaylı

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür.

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür. ÖZDEĞER VE ÖZVEKTÖRLER A n n tipinde bir matris olsun. AX = λx (1.1) olmak üzere n 1 tipinde bileşenleri sıfırdan farklı bir X matrisi için λ sayıları için bu denklemi sağlayan bileşenleri sıfırdan farklı

Detaylı

ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI. Lineer. Cebir. Ünite 6. 7. 8. 9. 10

ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI. Lineer. Cebir. Ünite 6. 7. 8. 9. 10 ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI Lineer Cebir Ünite 6. 7. 8. 9. 10 T.C. ANADOLU ÜNİVERSİTESİ YAYINLARI NO: 1074 AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ YAYINLARI

Detaylı

LYS MATEMATİK DENEME - 1

LYS MATEMATİK DENEME - 1 LYS MATEMATİK DENEME - BU SORULAR FİNAL EĞİTİM KURUMLARI TARAFINDAN SAĞLANMIŞTIR. İZİNSİZ KOPYALANMASI VE ÇOĞALTILMASI YASAKTIR, YAPILDIĞI TAKDİRDE CEZAİ İŞLEM UYGULANACAKTIR. LYS MATEMATİK TESTİ. Bu testte

Detaylı

İNJEKTİF MODÜLLERE. Ali Pancar Burcu Nişancı Türkmen

İNJEKTİF MODÜLLERE. Ali Pancar Burcu Nişancı Türkmen İNJEKTİF MODÜLLERE GİRİŞ Ali Pancar Burcu Nişancı Türkmen Ali PANCAR Burcu NİŞANCI TÜRKMEN İNJEKTİF MODÜLLERE GİRİŞ ISBN 978-605-364-896-3 Kitap içeriğinin tüm sorumluluğu yazarlarına aittir. 2014, Pegem

Detaylı

28/04/2014 tarihli LYS-1 Matematik-Geometri Testi konu analizi SORU NO LYS 1 MATEMATİK TESTİ KAZANIM NO KAZANIMLAR 1 / 31

28/04/2014 tarihli LYS-1 Matematik-Geometri Testi konu analizi SORU NO LYS 1 MATEMATİK TESTİ KAZANIM NO KAZANIMLAR 1 / 31 SORU NO LYS 1 MATEMATİK TESTİ A B KAZANIM NO KAZANIMLAR 1 1 / 31 11 32159 Rasyonel sayı kavramını açıklar. 2 12 32151 İki ya da daha çok doğal sayının en büyük ortak bölenini ve en küçük ortak katını bulur.

Detaylı

GENELLEŞTİRİLMİŞ FUZZY KOMŞULUK SİSTEMİ ÜZERİNE

GENELLEŞTİRİLMİŞ FUZZY KOMŞULUK SİSTEMİ ÜZERİNE ÖZEL EGE LİSESİ GENELLEŞTİRİLMİŞ FUZZY KOMŞULUK SİSTEMİ ÜZERİNE HAZIRLAYAN ÖĞRENCİ: Berk KORKUT DANIŞMAN ÖĞRETMEN: Gizem GÜNEL İZMİR 2013 İÇİNDEKİLER 1. PROJENİN AMACI 3.33 2. GİRİŞ... 3 3. YÖNTEM 3 4.

Detaylı

1 Primitif Kökler. [Fermat ] p asal, p a a p 1 1 (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) = 1, a φ(m) 1 (mod m) φ(1) := 1

1 Primitif Kökler. [Fermat ] p asal, p a a p 1 1 (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) = 1, a φ(m) 1 (mod m) φ(1) := 1 Primitif Kökler [Fermat ] p asal, p a a p (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) =, a φ(m) (mod m) φ : Z + Z + φ() := φ(m) := {x Z x < m, ebob(x, m) = } φ fonksiyonunun özellikleri: ) m >, φ(m)

Detaylı

HOMOLOJİ CEBİRE GİRİŞ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI

HOMOLOJİ CEBİRE GİRİŞ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI 12.04.2011 HOMOLOJİ CEBİRE GİRİŞ ARA SINAV CEVAP ANAHTARI 1. f : A B modül homomorfizması, i : Ker f A kapsama homomorfizması ve p : B B/Im f doğal epimorfizma olmak üzere 0 Ker f A B B/Im f 0 dizisinin

Detaylı

LYS Y OĞRU MTMTİK TSTİ LYS-. u testte Matematik ile ilgili soru vardır.. evaplarınızı, cevap kâğıdının Matematik Testi için ayrılan kısmına işaretleyiniz.. u testteki süreniz 7 dakikadır.. a ve b asal

Detaylı

DERS: CEBİRDEN SEÇME KONULAR KONU: ENDOMORFİZMA HALKALARI

DERS: CEBİRDEN SEÇME KONULAR KONU: ENDOMORFİZMA HALKALARI T.C ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ DERS: CEBİRDEN SEÇME KONULAR KONU: ENDOMORFİZMA HALKALARI ÖĞRETİM ÜYELERİ: PROF.DR. NEŞET AYDIN AR.GÖR. DİDEM YEŞİL HAZIRLAYANLAR:

Detaylı

Soyut Cebir. Prof. Dr. Dursun TAŞCI

Soyut Cebir. Prof. Dr. Dursun TAŞCI Soyut Cebir Prof. Dr. Dursun TAŞCI Ankara 2007 674 ÖNSÖZ Bu kitap; Selçuk Üniversitesi ve Gazi Üniversitesinde uzun yıllar okutmuş olduğum Soyut Cebir ve Cebire Giriş ders notlarının düzenlenmesi ve daha

Detaylı