8 Alt Grup Örnekleri
Alt grup ölçütlerini elimize aldığımıza göre onları gerçek kümeler üzerinde çalıştırma zamanı. Bu bölümün örnekleri iki kaynaktan geliyor: modüler aritmetiğin \(\mathbb{Z}_m\) yapıları ve kompleks sayılar. Aralara serpiştirilmiş soyut örnekler — kare koşuluyla tanımlanan kümeler, bir elemanla değişen elemanların kümesi — ölçütlerin somut hesap olmadan da nasıl işlediğini gösteriyor.
8.1 Hatırlatma: Kalan Sınıfları
Sayılar teorisinden birkaç gerçeği ispatsız kaydedelim; bu yapılar ders boyunca örnek deposu olarak kullanılacak.
\(m \geq 2\) bir tam sayı olsun. \(a \equiv b \pmod{m}\) bağıntısı (\(m \mid a - b\)) \(\mathbb{Z}\)’de bir denklik bağıntısıdır ve \(\mathbb{Z}\)’yi
\[\mathbb{Z}_m = \{\bar{0}, \bar{1}, \dots, \overline{m-1}\}, \qquad \bar{k} = \{k + qm : q \in \mathbb{Z}\}\]
kalan sınıflarına ayırır. \(\mathbb{Z}_m\)’de toplama ve çarpma, temsilciler üzerinden tanımlanır:
\[\bar{a} + \bar{b} = \overline{a + b}, \qquad \bar{a} \cdot \bar{b} = \overline{a \cdot b}\]
Bu işlemlerle ilgili kullanacağımız gerçekler şunlardır:
- \(\langle \mathbb{Z}_m, + \rangle\) her \(m \geq 2\) için komutatif bir gruptur; birimi \(\bar{0}\), \(\bar{a}\)’nın tersi \(\overline{-a} = \overline{m - a}\)’dır.
- \(p\) asal ise \(\bar{0}\) dışındaki sınıflar çarpmaya göre de bir komutatif grup oluşturur; bu grubu \(\mathbb{Z}_p^{*} = \langle \mathbb{Z}_p - \{\bar{0}\}, \cdot \rangle\) ile göstereceğiz. (\(p\) asal değilse sıfır bölenler ortaya çıkar ve \(\mathbb{Z}_m - \{\bar{0}\}\) çarpmaya göre kapalı bile değildir; örneğin \(\mathbb{Z}_{10}\)’da \(\bar{2} \cdot \bar{5} = \bar{0}\).)
Örnek 8.1 (Alt Grup Olmayan Bir Alt Küme) \(\langle \mathbb{Z}_{10}, + \rangle\) grubunun \(M = \{\bar{0}, \bar{1}, \bar{3}, \bar{7}, \bar{9}\}\) alt kümesi bir alt grup mudur?
Çözüm
Toplamsal tek koşullu ölçütü deneyelim: \(\bar{3}, \bar{1} \in M\) için
\[\bar{3} - \bar{1} = \bar{2} \notin M\]
Ölçüt bozulduğundan \(M\), \(\langle \mathbb{Z}_{10}, + \rangle\)’nın alt grubu değildir.
\(\blacksquare\)
8.2 Kompleks Sayılarda Bir Alt Grup
Örnek 8.2 (Bir Çarpma Grubu: \(a + b\sqrt{5},i\)) \(G = \{a + b\sqrt{5}\, i : a, b \in \mathbb{R},\ a \neq 0 \text{ veya } b \neq 0\}\) kümesinin, \(\mathbb{C}\)’deki çarpma işlemine göre bir grup olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(1 + \sqrt{5}\,i \in G\) olduğundan \(G \neq \varnothing\)’dir ve \(G\)’nin her elemanı \(0 + 0i\)’den farklı olduğundan \(\varnothing \neq G \subseteq \mathbb{C} - \{0\}\)’dır. \(\mathbb{C}^{*} = \langle \mathbb{C} - \{0\}, \cdot \rangle\)’ın grup olduğunu biliyoruz; \(G\)’nin \(\mathbb{C}^{*}\)’ın bir alt grubu olduğunu göstermek yeterlidir. İki koşullu ölçütü kullanalım.
Kapalılık. \(i^2 = -1\) kullanılarak
\[(a + b\sqrt{5}\,i)(c + d\sqrt{5}\,i) = (ac - 5bd) + (ad + bc)\sqrt{5}\,i\]
bulunur; bileşenler gerçeldir, dolayısıyla çarpım yine \(x + y\sqrt{5}\,i\) biçimindedir. Sıfır olamayacağını görmek için \(\mathbb{C}\)’nin sıfır bölensizliğine başvuralım: iki çarpan da \(0\)’dan farklı olduğundan çarpımları \(0 + 0i\) olamaz; yani \(ac - 5bd\) ile \(ad + bc\)’den en az biri sıfırdan farklıdır ve çarpım \(G\)’dedir.
Terslere kapalılık. Payda gerçelleştirilerek
\[(a + b\sqrt{5}\,i)^{-1} = \frac{1}{a + b\sqrt{5}\,i} = \frac{a - b\sqrt{5}\,i}{a^2 + 5b^2} = \frac{a}{a^2 + 5b^2} + \frac{-b}{a^2 + 5b^2}\sqrt{5}\,i\]
\(a \neq 0\) veya \(b \neq 0\) olduğundan \(a^2 + 5b^2 \neq 0\)’dır ve yeni bileşenlerden de en az biri sıfırdan farklıdır; ters, \(G\)’nin bir elemanıdır.
İki koşul sağlandığından \(G \underset{\text{a.g.}}{\subseteq} \mathbb{C}^{*}\)’dır; alt grup kendi başına grup olduğundan \(\langle G, \cdot \rangle\) bir gruptur.
\(\blacksquare\)
8.3 Sonlu Grupta Kapalılık Denetimi
Örnek 8.3 (\(\mathbb{Z}_{11}^{*}\) İçinde Alt Küme Avı) \(11\) asal olduğundan \(\mathbb{Z}_{11}^{*} = \langle \mathbb{Z}_{11} - \{\bar{0}\}, \cdot \rangle\) bir gruptur. Aşağıdaki alt kümelerin \(\mathbb{Z}_{11}\)’deki çarpma işlemine göre birer grup olup olmadığını araştırınız:
\[M_1 = \{\bar{1}, \bar{8}\}, \qquad M_2 = \{\bar{1}, \overline{10}\}, \qquad M_3 = \{\bar{1}, \bar{3}, \overline{10}\}\]
\[M_4 = \{\bar{1}, \bar{3}, \bar{5}, \bar{7}, \bar{9}\}, \qquad M_5 = \{\bar{1}, \bar{3}, \bar{4}, \bar{5}, \bar{9}\}\]
Çözüm
Hepsi, sonlu \(\mathbb{Z}_{11}^{*}\) grubunun boş olmayan alt kümeleri; sonlu ölçüt gereği yalnızca çarpmaya göre kapalılığı denetlemek gerekli ve yeterlidir.
\(M_1\): \(\bar{8} \cdot \bar{8} = \overline{64} = \bar{9} \notin M_1\). Kapalı değil; grup değildir.
\(M_2\): \(\overline{10} \cdot \overline{10} = \overline{100} = \bar{1} \in M_2\) ve \(\bar{1}\) ile çarpımlar zaten içeride. Kapalıdır; \(M_2 \underset{\text{a.g.}}{\subseteq} \mathbb{Z}_{11}^{*}\) ve dolayısıyla gruptur.
\(M_3\): \(\bar{3} \cdot \bar{3} = \bar{9} \notin M_3\). Kapalı değil; grup değildir.
\(M_4\): \(\bar{3} \cdot \bar{5} = \overline{15} = \bar{4} \notin M_4\). Kapalı değil; grup değildir.
\(M_5\): Bütün çarpımları denetleyelim (\(\bar{1}\) ile çarpımlar açık):
\[\bar{3} \cdot \bar{3} = \bar{9}, \quad \bar{3} \cdot \bar{4} = \overline{12} = \bar{1}, \quad \bar{3} \cdot \bar{5} = \overline{15} = \bar{4}, \quad \bar{3} \cdot \bar{9} = \overline{27} = \bar{5}\]
\[\bar{4} \cdot \bar{4} = \overline{16} = \bar{5}, \quad \bar{4} \cdot \bar{5} = \overline{20} = \bar{9}, \quad \bar{4} \cdot \bar{9} = \overline{36} = \bar{3}\]
\[\bar{5} \cdot \bar{5} = \overline{25} = \bar{3}, \quad \bar{5} \cdot \bar{9} = \overline{45} = \bar{1}, \quad \bar{9} \cdot \bar{9} = \overline{81} = \bar{4}\]
Bütün sonuçlar \(M_5\)’te. Kapalıdır; \(M_5\) bir alt gruptur ve gruptur. (Bu küme, \(\mathbb{Z}_{11}^{*}\)’daki tam kare kalanların kümesidir: \(\bar{1} = \bar{1}^2\), \(\bar{3} = \bar{5}^2\), \(\bar{4} = \bar{2}^2\), \(\bar{5} = \bar{4}^2\), \(\bar{9} = \bar{3}^2\).)
\(\blacksquare\)
8.4 Soyut Örnekler
Örnek 8.4 (Karesi Alt Grupta Olanlar) \(\langle G, \cdot \rangle\) komutatif bir grup ve \(H \underset{\text{a.g.}}{\subseteq} G\) olsun.
\[K = \{x \in G : x^2 \in H\}\]
kümesinin \(G\)’nin bir alt grubu olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(1_G^2 = 1_G \in H\) olduğundan (\(H\) alt grup, \(1_G\)’yi içerir) \(1_G \in K\)’dir: \(\varnothing \neq K \subseteq G\).
Kapalılık. \(x_1, x_2 \in K\) olsun: \(x_1^2, x_2^2 \in H\). \(G\) komutatif olduğundan
\[(x_1 x_2)^2 = x_1^2 x_2^2\]
ve \(H\) kapalı olduğundan \(x_1^2 x_2^2 \in H\)’dir; yani \((x_1 x_2)^2 \in H\), dolayısıyla \(x_1 x_2 \in K\).
Terslere kapalılık. \(x \in K\) olsun: \(x^2 \in H\). \(H\) grup olduğundan \((x^2)^{-1} \in H\) ve kuvvet kurallarından \((x^2)^{-1} = (x^{-1})^2\)’dir. O hâlde \((x^{-1})^2 \in H\), yani \(x^{-1} \in K\).
İki koşul sağlandığından \(K \underset{\text{a.g.}}{\subseteq} G\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 8.5 (Bir Elemanla Değişenler) \(\langle G, \cdot \rangle\) bir grup (komutatif olması gerekmiyor) ve \(a \in G\) olsun.
\[H = \{x \in G : x \cdot a = a \cdot x\}\]
kümesinin \(G\)’nin bir alt grubu olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(1_G \cdot a = a \cdot 1_G\) olduğundan \(1_G \in H\): küme boş değildir.
Kapalılık. \(x_1, x_2 \in H\) olsun. Asosyatiflik ve hipotezler art arda kullanılarak
\[(x_1 x_2) a = x_1 (x_2 a) = x_1 (a x_2) = (x_1 a) x_2 = (a x_1) x_2 = a (x_1 x_2)\]
bulunur; \(x_1 x_2 \in H\)’dir.
Terslere kapalılık. \(x \in H\), yani \(xa = ax\) olsun. Eşitliğin iki yanına soldan ve sağdan \(x^{-1}\) uygulayalım:
\[x^{-1} (xa) x^{-1} = x^{-1} (ax) x^{-1} \implies a x^{-1} = x^{-1} a\]
Sol tarafta \(x^{-1}(xa)x^{-1} = (x^{-1}x)(a x^{-1}) = a x^{-1}\), sağ tarafta \(x^{-1}(ax)x^{-1} = (x^{-1}a)(x x^{-1}) = x^{-1} a\) sadeleşmeleri yapıldı. Demek ki \(x^{-1} \in H\)’dir.
İki koşul sağlandığından \(H \underset{\text{a.g.}}{\subseteq} G\)’dir. (Bu alt gruba \(a\)’nın merkezleyicisi denir.)
\(\blacksquare\)
8.5 Alıştırmalar
Alıştırma 8.1 (Karesi Birim Olanlar) \(\langle G, \cdot \rangle\) komutatif bir grup olsun. \(H = \{x \in G : x^2 = 1_G\}\) kümesinin \(G\)’nin bir alt grubu olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(1_G^2 = 1_G\) olduğundan \(1_G \in H\): küme boş değildir.
Kapalılık: \(x, y \in H\) ise komutatiflikten \((xy)^2 = x^2 y^2 = 1_G \cdot 1_G = 1_G\), yani \(xy \in H\).
Terslere kapalılık: \(x \in H\) ise \(x^2 = 1_G\) eşitliği \(x \cdot x = 1_G\) demektir; yani \(x^{-1} = x \in H\).
İki koşul sağlandığından \(H \underset{\text{a.g.}}{\subseteq} G\)’dir. (Aslında \(x^2 = 1_G\) koşulu \(x^{-1} = x\) koşuluyla aynıdır: bu küme, kendi kendisinin tersi olan elemanların kümesidir.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.2 (Birim Çember Grubu) \(G = \{a + bi \in \mathbb{C} : a, b \in \mathbb{R},\ |a + bi| = 1\}\) kümesinin (birim çember) \(\mathbb{C}\)’deki çarpma işlemine göre bir grup olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(1 = 1 + 0i\) birim çember üzerindedir: \(G \neq \varnothing\). Ayrıca \(|z| = 1 \neq 0\) olduğundan \(G \subseteq \mathbb{C} - \{0\}\)’dır; \(\mathbb{C}^{*}\)’ın alt grubu olduğunu gösterelim.
Kapalılık: Mutlak değer çarpımsaldır: \(z, w \in G\) için
\[|zw| = |z|\,|w| = 1 \cdot 1 = 1 \implies zw \in G\]
Terslere kapalılık: \(z \in G\) için \(|z^{-1}| = \dfrac{1}{|z|} = 1\), yani \(z^{-1} \in G\)’dir.
İki koşul sağlandığından \(G \underset{\text{a.g.}}{\subseteq} \mathbb{C}^{*}\), dolayısıyla \(\langle G, \cdot \rangle\) bir gruptur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.3 (\(a + b\sqrt{2}\) Sayılarının Çarpma Grubu) \(G = \{a + b\sqrt{2} : a, b \in \mathbb{Q},\ a \neq 0 \text{ veya } b \neq 0\}\) kümesinin \(\mathbb{R}\)’deki çarpma işlemine göre komutatif bir grup olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(1 = 1 + 0\sqrt{2} \in G\): küme boş değildir. Önce elemanların sıfırdan farklı olduğunu görelim: \(a + b\sqrt{2} = 0\) ve \(b \neq 0\) olsaydı \(\sqrt{2} = -\frac{a}{b}\) rasyonel çıkardı; \(b = 0\) ise \(a = 0\) olurdu. Her iki durum da \(G\)’nin tanımıyla çelişir; demek ki \(\varnothing \neq G \subseteq \mathbb{R} - \{0\}\) ve \(\langle \mathbb{R} - \{0\}, \cdot \rangle\) grubunun alt grubu olduğunu göstermek yeterlidir.
Kapalılık:
\[(a + b\sqrt{2})(c + d\sqrt{2}) = (ac + 2bd) + (ad + bc)\sqrt{2}\]
Bileşenler rasyoneldir; çarpım, sıfırdan farklı iki gerçel sayının çarpımı olduğundan sıfır değildir, dolayısıyla bileşenlerinden en az biri sıfırdan farklıdır ve sonuç \(G\)’dedir.
Terslere kapalılık: Payda, eşlenikle rasyonelleştirilir:
\[(a + b\sqrt{2})^{-1} = \frac{a - b\sqrt{2}}{a^2 - 2b^2} = \frac{a}{a^2 - 2b^2} + \frac{-b}{a^2 - 2b^2}\sqrt{2}\]
Payda sıfır olamaz: \(a^2 = 2b^2\) ve \(b \neq 0\) olsaydı \(\sqrt{2} = |a/b|\) rasyonel olurdu; \(b = 0\) ise \(a = 0\) gerekirdi. Bileşenler rasyoneldir ve en az biri sıfırdan farklıdır; ters \(G\)’dedir.
Alt grup ölçütü sağlandığından \(\langle G, \cdot \rangle\) bir gruptur; komutatiflik \(\mathbb{R}\)’deki çarpmadan miras kalır.
\(\blacksquare\)
Alt gruplar elimizdeyken sıra, soyut cebirin en somut gruplarına geliyor: bir kümenin kendi üzerine birebir eşlemelerinden kurulan permütasyon grupları. Grup kavramının tarihsel doğum yeri de orasıdır — permütasyon grupları.