Tamsayılar kümesi $\mathbb{Z}$, toplama işlemiyle birlikte, bir önceki yazıda gördüğümüz üzere bir gruptur. Gruplar arasında herhalde okurun en aşina olduğu gruptur. Oldukça basit bir gruptur ama yapacağımız her şeyin temelidir. Bu yazıda $\mathbb{Z}$ grubunu inceleyeceğiz. Ama sadece toplamayla değil, çarpmayla da ilgileneceğiz. Tamsayılarda toplamayla çarpma arasında oldukça yakın bir ilişki olduğundan, bu pek zor olmayacak ve bizi konumuzdan fazla uzaklaştırmayacak.
Bir $n$ tamsayısı için
$n\mathbb{Z} = \{ nk: k \in \mathbb{Z} \}$
olarak tanımlanan $n\mathbb{Z}$ kümesi de toplama altında bir gruptur. Nitekim grup olmanın tüm özelliklerini sağlar. Bu yüzden $n\mathbb{Z}$ grubuna $\mathbb{Z}$’nin altgrubu adı verilir. Daha genel tanım şöyle: Eğer $\mathbb{Z}$’nin bir $A$ altkümesi toplama işlemiyle birlikte bir grup oluyorsa, o zaman $A$’ya $\mathbb{Z}$’nin altgrubu adı verilir ve bu durumda $A \leq \mathbb{Z}$ yazılır. Eğer $A$ altgrubu $\mathbb{Z}$’den farklıysa, $A$’ya $\mathbb{Z}$’nin özaltgrubu adı verilir.
Aşağıdaki teorem bu yazının ana teoremidir. Kanıtının özünde şu basit olgu yatar: Eğer $n > 0$ ise, $n$ sayısı, $n\mathbb{Z}$ kümesinin en küçük pozitif doğal sayısıdır, yani $n =$ min$(\mathbb{N} \cap n\mathbb{Z}$\{0}) olur.
Teorem1. $\mathbb{Z}$’nin her altgrubu, bir ve bir tek $n$ doğal sayısı için $n\mathbb{Z}$ biçimindedir.
Ayrıca eğer altgrup {$0$}’dan farklıysa, bu $n$ sayısı altgrubun en küçük pozitif sayısıdır.
Kanıt: $A \leq \mathbb{Z}$ olsun.
$A$’nın etkisiz elemanına bu paragraflık $x$ adını verelim. Tabii ki $x + x = x$ eşitliği sağlanır. Demek ki $x = 0$. Böylece $0$ sayısının $A$’da olduğunu kanıtladık. Demek ki $A$’nın etkisiz elemanı $0$ imiş.
Eğer $x \in A$ ise, $x$’in $A$’da bir tersi vardır, diyelim $y \in A$. Bir önceki paragrafa göre $x + y = 0$ olur. Demek ki $-x = y \in A$. Böylece $A$’nın her elemanının eksilisinin de $A$’da olduğunu, yani
$-A \subseteq A$
içindeliğini kanıtlamış olduk. Buradan
$A – A = A + (-A) \subseteq A + A \subseteq A$ çıkar.
Eğer $A = \{0\}$ ise, $n = 0$ alalım; teorem sağlanır. Bundan böyle $A$’nın $0$ sayısından ibaret olmadığını varsayalım. Eğer $0 \neq x \in A$ ise, bir önceki paragrafa göre $-x$ de $A$’da olduğundan, $A$’da en azından pozitif bir doğal sayının olduğunu görürüz. Yani
$\mathbb{Z} \cap A$\{0} $\neq \varnothing $
olur.
$n =$ min$(\mathbb{N} \cap A$\{0}) olur.
olsun. Yani $n, A$’daki en küçük pozitif doğal sayı olsun. $n\mathbb{Z} = A$ eşitliğini kanıtlayacağız.
Önce $n\mathbb{Z} \subseteq A$ içindeliğini kanıtlayalım. Eğer $nk \in A$ ise, $n$ sayısı da $A$’nın bir elemanı olduğundan,
$n(k + 1) = nk + n \in A$
olur. Ayrıca
$n0 = 0 \in A$.
Bu iki olgudan, tümevarımla
$n\mathbb{N}\subseteq A$.
çıkar. Şimdi istediğimize içindeliği kanıtlayabiliriz:
$n\mathbb{Z}= n(\mathbb{N} \cup -\mathbb{N}) = n\mathbb{N} \cup n(-\mathbb{N})
= n\mathbb{N} \cup -(n\mathbb{N}) \subseteq A \cup -A = A.$
Şimdi $A \subseteq n\mathbb{Z}$ içindeliğini kanıtlayalım. Önce $A \cap \mathbb{N}$ kümesinden rastgele bir $m$ elemanı alalım. Tümevarımla $m$’nin $n\mathbb{Z}$ kümesinde olduğunu kanıtlayacağız. $A \cap \mathbb{N}$ kümesinin $m$’den küçük sayılarının $n\mathbb{Z}$ kümesinde olduklarını varsayalım. Eğer $m < n$ ise, $n$ sayısının seçiminden dolayı
$m = 0 \in n\mathbb{Z}$
olmak zorundadır. Eğer $m \geq n$ ise,
$0 \leq m – n \in A$
olur. $m – n < n$ olduğundan, tümevarım varsayımına göre $m – n \in n\mathbb{Z}$ olur. Buradan da
$m = (m – n) + n \in n\mathbb{Z}$
çıkar.
Eğer $m \in A$ negatif bir sayıysa, o zaman
$-m \in A \cap \mathbb{N}$ olur ve bir önceki paragrafa göre $-m \in n\mathbb{Z}$ olur. Buradan $m \in n\mathbb{Z}$ bulunur. $\Box$
Benzer bir sınıflandırmayı, sayfa 52’deki Alıştırma 16’da $\mathbb{Z}$ × $\mathbb{Z}$´ için yapacağız.
$n\mathbb{Z}$ altgruplarının bazı basit ama önemli özellikleri vardır. Bu özellikleri sıralayalım. Ama önce bir tanım. $a, b \in \mathbb{Z}$ olsun. Eğer bir $k \in \mathbb{Z}$ için $a = bk$ eşitliği sağlanıyorsa, $b$’nin $a$’yı böldüğü söylenir ve bu $b|a$ olarak gösterilir. Tanıma göre $\pm1$ her sayıyı böler ve $0$ sayısı, $0$ dahil, her sayıya bölünür. Ama $0$ sadece $0$’ı böler, nitekim $a = 0k$ eşitliğinin ancak $a = 0$ ise bir çözümü vardır ve bu durumda her $k$ bir çözümdür. Eğer $b|a$ ve $b \neq 0$ ise tanımdaki $k$ sayısı biriciktir; bu durumda $k$’ya “$a$ bölü $b$” adı verilir ve $k = a/b$ olarak yazılır. Eğer $b = a = 0$ ise her $k$ sayısı $a = bk$ eşitliğini sağladığından bu durumda “$0$ bölü $0$” diye bir sayıdan sözedilmez, yani “$0$ bölü $0$” tanımlanmamıştır.
Eğer $d \neq 0$ sayısı $a – b$’yi bölüyorsa, bu,
$a = b$ mod$d$
olarak yazılır. Bunu “$a, b$ sayısına modülo $d$ denk” olarak okuruz.
Bölme hakkında en basit olguları okurun bildiğini varsayacağız.
Önsav 2. Her $n, m \in \mathbb{Z}$ içi şu önermeler doğrudur:
İ. $n\mathbb{Z} \subseteq m\mathbb{Z}$ içindeliği ancak ve ancak $n \in m\mathbb{Z}$ ise, yani ancak ve ancak $m|n$ ise doğrudur.
İİ. $n\mathbb{Z} = m\mathbb{Z}$ eşitliği ancak ve ancak $n = \pm{m}$ ise doğrudur. Demek ki $n\mathbb{Z}$ ’nin bir özaltgrup olmasıyla $n \neq \pm1$ eşdeğer koşullardır.
İİİ. $n\mathbb{Z}$ altgrubunun maksimal bir özaltgrup olması için $n\neq \pm1$ ve $n$’nin $\pm1$ ve $\pm{n}$’den başka bir tamsayıya bölünmemesi gerek ve yeter koşuldur.
Kanıt: (i) okura bırakılmıştır. (ii), (i)’den hemen çıkar. (iii) de (i) ve (ii)’den çıkar. $\Box$
Önsavın iii‘üncü maddesindeki gibi bir $n$ tamsayısına indirgenemez adı verilir. Demek ki bir $p \neq \pm1$ sayısının indirgenemez olması için,
$x|p$ ise ya $x = \pm1$ ya da $x = \pm{n}$ olmalıdır. Bir başka deyişle $n = xy$ eşitliği ancak bariz $x$ ve $y$ sayıları için gerçekleşebilir. $2, 3, 5$ gibi sayılar indirgenemezdir. $-2, -3, -5$ sayıları da indirgenemezdir. $0, 1, -1, 4, 6$ sayıları indirgenemez değildir.
$A$ ve $B$, $\mathbb{Z}$’nin iki altgrubu olsun. O zaman,
$ A + B =$ {$a + b : a \in A, b \in B$}
kümesi de bir gruptur. Nitekim, $a, a_1 \in A$ ve $b, b_1 \in B$ rastgele elemanlar olsun. O zaman,
$(a + b) + (a_1 + b_1) = (a + a_1) + (b + b_1)$
olduğundan, $A + B$ kümesi toplama altında kapalıdır. Ayrıca, $0 \in A \cap B$ olduğundan,
$0 = 0 + 0 \in A + B$
olur. Son olarak,
$-(a + b) = (-a) + (-b) \in A + B$
olur. Demek ki $A + B$ kümesi gerçekten toplama işlemiyle birlikte bir grupmuş, yani $\mathbb{Z}$’nin bir altgrubuymuş. Bu söylediklerimizden ve Teorem 1’den şu önemli sonuç çıkar:
Teorem 3. Her $n, m \in \mathbb{Z}$ için öyle bir ve bir tane $d \in \mathbb{N}$ vardır ki $n\mathbb{Z} + m\mathbb{Z} = d\mathbb{Z}$ olur. $\Box$
Yazımızın bundan sonraki bölümü grup teoriden ziyade basit aritmetikle ve çarpmayla ilgili olacak. Okur muhtemelen ve umarız kanıtlayacaklarımızın özünü biliyordur. Yöntemin ve tanımların ilgi çekeceğini umuyoruz.
Teorem 3’teki $d$ sayısına $n$ ve $m$’nin en büyük ortak böleni adı verilir. Nitekim gerçekten öyledir, adına layıktır yani:
$n = n1 + m0 \in n\mathbb{Z} + m\mathbb{Z} = d\mathbb{Z}$
olduğundan, $n$ sayısı $d$’ye bölünür. Benzer şekilde $m$ sayısı da $d$’ye bölünür. Demek ki $d$ sayısı hem $n$’yi hem de $m$’yi bölüyor. Ayrıca, eğer $e$ doğal sayısı hem $n$’yi hem de $m$’yi bölüyorsa, o zaman $e$ sayısı
$n\mathbb{Z} + m\mathbb{Z} = d\mathbb{Z}$
kümesinin tüm elemanlarını ve özellikle de $d$’yi böler. Yani $n$ ve $m$ sayılarının ortak bölenleri aynen $d$ sayısının bölenleridir.
Verilmiş $n, m \in \mathbb{Z}$ için teoremde varlığı ve biricikliği kanıtlanan $d$ sayısı
$d =$ ebob($n, m$)
olarak yazılır. Bazıları “en büyük ortak bölen”in başharflerinden oluşan ebob yerine Türkçe ses uyumuna daha uyduğu için obeb’i tercih eder.
Aşağıdaki sonuç ebob’un tanımının doğrudan bir sonucu.
Sonuç 4 [Bézout Teoremi]. Her $n, m \in \mathbb{Z}$ için öyle $u, v \in \mathbb{N}$ vardır ki $nu + mv =$ ebob($n, m$) olur. $\Box$
Eğer ebob($n, m$) $= 1$ ise $n, m$ tamsayılarının aralarında asal olduğu söylenir. Örneğin 6 ve 35 aralarında asal sayılardır.
Teorem 5. $n$ ve $m$ tamsayılarının aralarında asal olması için yeter ve gerek koşul
$nu + mv = 1$
eşitliğini sağlayan $u, v \in \mathbb{Z}$ tamsayılarının olmasıdır.
Kanıt: Soldan sağa tanım gereği. Tersine
$nu + mv = 1$
eşitliğini sağlayan $u, v \in \mathbb{Z}$ tamsayıların olduğunu varsayalım. O zaman ebob($n, m$) sayısı hem $n$’yi hem de $m$’yi böldüğünden, $1$’i de bölmek zorundadır. Demek ki ebob($n, m$) $= 1$. $\Box$
Ama yukarıdaki teoremde $1$ yerine $d$ alamayız; örneğin $3 \cdot 4 + 2 \cdot (-5) = 2$ olur ama ebob($3, 2$) $= 2$ olmaz.
Eğer $\pm1$’den farklı bir $p \in \mathbb{Z}$ tamsayısı, her $n, m \in \mathbb{Z}$ için, $nm$’yi böldüğünde, ya $n$’yi ya da $m$’yi bölmek zorunda kalıyorsa, o zaman $p$’ye asal sayı adı verilir. Elbette eğer $p$ bir asal sayıysa ve $n_1n_2\cdot \cdot \cdot n_k$
çarpımını bölüyorsa, o zaman ($k$ üzerine tümevarımla) $p$ sayısı $n_1 , …, n_k$ sayılarından birini böler.
Şimdi indirgenemezlikle asallık arasında bir ayrım olmadığını göreceğiz.
Teorem 6. Bir tamsayının asal olması için yeter ve gerek koşul indirgenemez olmasıdır.
Kanıt. Önce $p$’nin asal olduğunu varsayalım. $d$ doğal sayısı $p$’yi bölsün. $d = \pm1, \pm{p}$ eşitliklerinden birinin doğru olduğunu kanıtlayacağız. Demek ki bir $e \in \mathbb{Z}$ için $p = de$ olur. O zaman $p$ sayısı $de$’yi böler. Bundan da, $p$ asal olduğundan, $p$’nin ya $d$’yi ya da $e$’yi böldüğü çıkar. Önce $p|d$ varsayımını yapalım. O zaman bir $f$ tamsayısı için $d = pf$ olur. Buradan da $p = de = (pf)e = p(fe)$ ve dolayısıyla $fe = 1$, $e = \pm1$ ve $p = de = \pm{d}$ ve $d = \pm{p}$ çıkar. Şimdi $p|e$ varsayımını yapalım. O zaman bir $f$ tamsayısı için $e = pf$ olur. Buradan da
$p = de = d(pf) = p(df)$
ve dolayısıyla $df = 1, d = \pm1$ çıkar.
Şimdi de $p$’nin bir indirgenemez olduğunu varsayalım. $n, m \in \mathbb{Z}$ için $p = nm$ olsun. $p$’nin ya $n$’yi ya da $m$’yi böldüğünü kanıtlamalıyız. Diyelim $p$ sayısı $n$’yi bölmüyor. O zaman $p$’nin $m$’yi böldüğünü kanıtlamalıyız. $p$ bir asal olduğundan, hem $p$’yi hem de $n$’yi sadece $\pm1$ ve $\pm{p}$ sayıları böler. Ama $\pm{p}$, $n$’yi (varsayımımızdan dolayı) bölmediğinden, $p$ ve $n$’nin ortak bölenleri sadece $\pm1$ sayılarıdır, yani $p$ ve $n$ aralarında asaldır. Bézout teoremine göre
$nu + pv = 1$ eşitliğini sağlayan $u$ ve $v$ sayıları vardır. Bu eşitliği $m$ ile çarpalım:
$nmu + pvm = m$
elde ederiz. Ama $nm = p$. Demek ki
$pu + pvm = m$.
Bu eşitliğin sol tarafını $p$ böler. Demek ki $p$, sağ tarafını da böler. Yani $p, m$’yi böler. $\Box$
Buraya kadar gelmişken aritmetiğin temel teoremini kanıtlamamak olmaz. Önce bir önsav:
Önsav 7. $1$’den büyük her doğal sayı bir indirgenemeze (yani bir asala) bölünür.
Kanıt: Doğal sayımıza $n$ diyelim.
$A =$ {min$\mathbb{N}$\{1}: $m|n$}
olsun. $n \in A$ olduğundan, $A$ boşküme değildir. $A, \mathbb{N}$’nin bir altkümesi olduğundan en küçük bir elemanı vardır. Bu elemana $p$ diyelim. Demek ki $p,n$’yi bölüyor ve $p, n$’yi bölen en küçük $1$’den büyük doğal sayı. $p$’yi bölen her doğal sayı $n$’yi de bölmek zorunda olduğundan, $p$ bir indirgenemez olmalı. $\Box$
Sonuç 8. Eğer $a$ sayısı $bc$ çarpımını bölüyorsa ve $a$ ve $b$ aralarında asalsa, $a$ sayısı $c$’yi böler.
Kanıt: Eğer $a = 0, \pm1$ ise sorun yok, ayrıntıları okura bırakıyoruz. Bundan böyle $|a| > 1$ olsun. $p, a$’yı bölen pozitif bir asal sayı olsun. O zaman $p$, $bc$’yi de böler. Demek ki $p$ ya $b$’yi ya da $c$’yi böler. Ama $a$ ile $b$ aralarında asal olduğundan, $p$, $b$’yi bölemez. Demek ki $p$, $c$’yi böler. Şimdi $a = pa_1$ ve $c = pc_1$ yazalım. $a = pa_1$ sayısı $bc = bpc_1$ sayısını böldüğünden, $a_1$ sayısı $bc_1$ sayısını böler. Ve $a_1$ ve $b$ sayıları (aynen $a$ ve $b$ gibi) aralarında asaldır. $|a_1| < |a|$ olduğundan, tümevarımla $a_1$’in $c_1$’i böl- düğünü söyleyebiliriz. Demek ki $a = pa_1$ sayısı $c = pc_1$ sayısını böler. $\Box$
Teorem 9 [Aritmetiğin Temel Teoremi]. $0$’dan farklı her doğal sayı sonlu sayıda pozitif asalın çarpımı olarak yazılır. Ayrıca eğer $p_1, …, p_n$ ve $q_1, …, q_m$ asalları içi $p_1 ⋯ p_n = q_1⋯ q_m$ ise $n = m$ olur ve bir $\sigma \in$ Sym $n$ için $p_i = \pm{q_{\sigma (i)}}$ olur. (Yani sağda ve solda aynı sayıda asal vardır ve soldaki çarpımla sağdaki çarpım arasında, belki asalların çarpım sırası dışında, hiçbir fark yoktur.)
Kanıt: $0 \neq n \in \mathbb{Z}$ olsun. Kanıtımızda asallarla indirgenemezler arasında ayrım olmadığı olgusunu kullanacağız, ama iki ayrı kavramdan sözettiğimiz
açıkça belli olsun diye “asal” ve “indirgenemez” terimlerini tanımlarına uygun biçimde kullanacağız. $n$’yi (asalların değil!) indirgenemezlerin çarpımı olarak yazacağız. Bunu $n$ üzerine tümevarımla yapacağız. Eğer $n = 1$ ise, $n$, hiç tane indirgenemezin çarpımıdır! Çünkü matematikte boşkümenin elemanlarının çarpımı $1$ olarak tanımlanır. (Boşkümenin elemanlarının toplamı da $0$ olarak tanımlanır.) Bundan böyle $n > 1$ olsun ve $n$’den küçük her sayının sonlu sayıda indirgenemezin çarpımı olarak yazıldığını varsayalım. Önsav 7’ye göre bir $p$ indirgenemezi $n$’yi böler. Diyelim $n = pm$. Ama $m < n$ olduğundan, tümevarım varsayımına göre $m$ sonlu sayıda indirgenemezin çarpımıdır. Demek ki $n = pm$ sayısı da sonlu sayıda asalın çarpımıdır. Bunu tümevarımla kanıtlamak yerine (aslında aynı kapıya çıkan) “sonsuza iniş” yöntemiyle de kanıtlayabilirdik: Diyelim teoremin ilk önermesi yanlış, yani $0$’dan farklı her doğal sayı indirgenemezlerin çarpımı olarak yazılamıyor. O zaman indirgenemezlerin çarpımı olarak yazılan en küçük pozitif doğal sayı vardır. Bu doğal sayıya $n$ diyelim ve yukardaki paragaraftaki gibi $p$ ve $m$ sayılarını bulalım. $m < n$ olduğundan, $m$ indirgenemezlerin çarpımı olarak yazılabilir; demek ki $n = pm$ sayısı da indirgenemezlerin çarpımı olarak yazılabilir. Şimdi ikinci önermeyi kanıtlayalım. $p_1, …, p_n$ ve $q_1, …, q_m$ asalları için $p_1 ⋯ p_n = q_1⋯ q_m$ olsun. Kanıtımızı $n$ üzerinden tümevarımla yapacağız. Eğer $n = 0$ ise, yani sol tarafta çarpılan hiç asal yoksa, o zaman soldaki çarpım 1’e eşittir. Dolayısıyla sağdaki çarpım da $1$’e eşittir. Buradan da sağda da çarpılan asal olmadığı çıkar. Demek ki $m = 0$ olur. Bundan böyle $n > 1$ olsun. $p_1$ asalı soldaki çarpımı böldüğü için sağdaki çarpımı da böler, demek ki sağdaki $q_i$ asallarından birini böler. $p_1$’in böldüğü bu asala $q_i$ diyelim. Ama $q_i > 1$ bir asal, dolayısıyla bir indirgenemez olduğundan, bundan $p = q_i$ çıkar. Sadeleştirmeyi yaparsak, $p_2 ⋯ p_n = q_1 ⋯ q_{i-1} q_{i+1} ⋯ q_m$ çıkar. Sol tarafta $n – 1$ tane, sağ tarafta $m – 1$ tane asal sayı çarpıldığından, tümevarım varsayımına göre, $n – 1 = m – 1$ olur ve soldaki $p_2, …, p_n$ asalının her biri sağdaki $q_1, …, q_{i-1}, q_{i+1}, …, q_m$ asallarından birine eşit olur. Bu da kanıtımızı tamamlar. Oldu olacak ekok kavramını da görelim. $\mathbb{Z}$’nin iki altgrubunun kesişimi de bir altgruptur. Nitekim eğer $A, B \leq \mathbb{Z}$ ise,
$0 \in A \cap B$
olur; eğer $x, y \in A \cap B$ ise, hem
$x + y, -x \in A$
hem de
$x + y, -x \in B$
olduğundan,
$x + y, -x \in A \cap B$
olur.
Şimdi $n, m \in \mathbb{Z}$ olsun. Bir önceki paragrafa göre $n\mathbb{Z} \cap m\mathbb{Z} \leq \mathbb{Z}$ olur. Teorem 1’e göre, bir ve bir tane $e \in \mathbb{N}$ için $n\mathbb{Z} \cap m\mathbb{Z} \leq e\mathbb{Z}$ olur. Bu $e$ sayısına $n$ ve $m$ sayılarının en küçük ortak katı adı verilir ve bu sayı $e =$ ekok($n, m$) olarak yazılır. Tanıma göre, $n$’ye ve $m$’ye bölünen sayılar aynen ekok($n, m$)’ye bölünen sayılardır. Yani $e$, gerçekten de adının ifade ettiği gibi hem $n$’ye hem de $m$’ye bölünen en küçük doğal sayıdır.
Bazıları ekok yerine Türkçe ses uyumuna daha uyduğu için okek’i tercih eder.
ebob ile ekok arasında basit bir ilişki vardır:
Teorem 10. Her $n, m \in \mathbb{Z} $ için
$nm = \pm$ ebob($n, m$) ekok($n, m$)
olur.
Kanıt: Teoremi pozitif $n$ ve $m$ doğal sayıları için kanıtlamak yeterli. Bundan böyle $n, m \in \mathbb{N}$ olsun. Amacımız $nm =$ ebob($n, m$) ekok($n, m$) eşitliğini kanıtlamak.
ebob($n, m$) $= d$, $n = dn_1$, $m = dm_1$ olsun. Elbette $n_1$ ve $m_1$ sayıları aralarında asaldır. Ve $d$ sayısı elbette $nm$ sayısını böler.
$nm/d = n_1m = nm_1 = dn_1m_1$
sayısının ekok($n, m$) sayısına eşit olduğunu kanıtlayacağız.
$nm/d = n_1m = nm_1$ eşitliklerinden dolayı $nm/d$ sayısı hem $n$’ye hem de $m$’ye bölünür.
Diğer yandan; diyelim $k$ sayısı hem $n$’ye hem de $m$’ye bölünüyor. $k$’nın $nm/d = n_1m = nm_1 = dn_1 m_1$ sayısına bölündüğünü kanıtlayacağız ve böylece $nm/d =$ ekok($n, m$) eşitliği kanıtlanmış olacak. Bir $u \in \mathbb{Z}$ için $k = nu = dn_1u$ yazalım. $m = dm_1$ sayısı $k = dn_1u$ sayısını böldüğüne göre, $m_1$ sayısı $n_1u$ sayısını böler. Ama $m_1$ ile $n_1$ aralarında asal olduğundan, buradan $m_1$’in $u_1$’yu böldüğü çıkar. Demek ki $nm/d = nm_1$ sayısı $k = nu$ sayısını böler. $\Box$
$n\mathbb{Z} + a$ Kümelerinin Kesişimleri
Bu paragrafta $n\mathbb{Z} + a$ gibi kümelerin kesişimlerini bulacağız. Herhangi bir karışıklığa mahal vermemek için tanımı açık açık yazalım:
$ n\mathbb{Z} + a =$ {$nx + a: x \in \mathbb{Z}$}.
Örneğin $2\mathbb{Z} + 1$ tek sayılar kümesidir. $5\mathbb{Z} + 2, 5$’e bölündüğünde kalanın $2$ olduğu tamsayılar kümesidir, yani
$5\mathbb{Z} + 2 =$ {$…, -13, -8, -3, 2, 7, 12, …$}. Bu arada,
$5\mathbb{Z} + 2 = 5\mathbb{Z} + 7
= 5\mathbb{Z} + 12
= 5\mathbb{Z} – 3
=-5\mathbb{Z} + 2$
gibi eşitliklere dikkat edelim. Genel olarak $n\mathbb{Z} + a$ kümesini betimlemede kullanılan $n$ yerine $-n$ ve $a$ yerine $n\mathbb{Z} + a$ kümesinden herhangi bir sayı koyabiliriz, küme değişmez; yani
$n\mathbb{Z} + a = m\mathbb{Z} + b \iff m = \pm{n}$ ve $n|a – b$
eşdeğerliği geçerlidir. Bunun kanıtını okura bırakıyoruz. Dolayısıyla $n$’yi her zaman $\geq 0$ ve $a$’yı $0, 1, …, n – 1$ sayıları arasından seçebiliriz ($a$ yerine, $a$’yı $n$’ye böldüğümüzde elde edilen kalanı alabiliriz). Birkaç örnekle başlayalım:
$(2\mathbb{Z} + 1) \cap (6\mathbb{Z} + 4) = \varnothing $
olur çünkü $2\mathbb{Z} + 1$ kümesi tek sayılardan oluşur, oysa $6\mathbb{Z} + 4$ kümesinin elemanları çifttir. Şu örnek de kolay:
$(2\mathbb{Z} + 1) \cap (6\mathbb{Z} + 1) = 6\mathbb{Z} + 1$
ya da
$3\mathbb{Z} \cap (9\mathbb{Z} + 6) = 9\mathbb{Z} + 6$.
Daha zor örnekler var. Örneğin,
$(18\mathbb{Z} + 7) \cap (21\mathbb{Z} + 4)$.
Bu kesişimi bulmak yukarıdaki örneklerdeki kesi- şimleri bulmaktan daha zor. Birazdan doğruluğunu göreceğimiz yanıtı verelim:
$(18\mathbb{Z} + 7) \cap (21\mathbb{Z} + 4) = 126\mathbb{Z} + 25$.
İlk soracağımız soru şu:
$(n\mathbb{Z} + a) \cap (m\mathbb{Z} + b)$
kesişimi ne zaman boşküme olur? Ve boşküme olmadığında hangi kümeye eşit olur?
Diyelim $(n\mathbb{Z} + a) \cap (m\mathbb{Z} + b) \neq \varnothing$ . Kesişimden bir $s$ elemanı alalım. Demek ki $x, y \in \mathbb{Z}$ için
$s = nx + a = my + b$ olur.
$n, m, a, b$ sayılarının verildiğini ve yukarıdaki eşitliği sağlayan $x$ ve $y$ sayılarını bulmaya çalıştığımızı unutmayalım.
Yukarıdaki eşitlikten, eğer $d =$ ebob($n, m$) ise
$b – a = nx – my Î n + m = d$
çıkar. Demek ki $(n\mathbb{Z} + a) \cap (m\mathbb{Z} + b) \neq \varnothing$ ise $a = b$ mod $d$
olur.
Şimdi de tam tersine $a = b$ mod $d$ varsayımını yapalım. Diyelim
$b – a = dw$.
Bézout teoremine göre
$nu + mv = d$
eşitliğini sağlayan $u$ ve $v$ tamsayıları vardır. Bu eşitliği $w$ ile çarparsak,
$nuw + mvw = dw = b – a$
yani,
$nuw + a = -mvw + b$
buluruz. Ama bu sayıya $s$ dersek, soldaki ifadeden
$s \in n\mathbb{Z} + a$
olduğu, sağdaki ifadeden $s \in m\mathbb{Z} + b$
olduğu çıkar. Demek ki
$(n\mathbb{Z} + a) \cap (m\mathbb{Z} + b) \neq \varnothing$.
Böylece,
$d = ebob(n, m)$
tanımıyla,
$(n\mathbb{Z} + a) \cap (m\mathbb{Z} + b) \neq \varnothing \iff a = b $mod $d$
önermesini kanıtlamış olduk.
Şimdi $a = b$ mod $d$ önermesini varsayıp, boşküme olmadığını bildiğimiz
$(n\mathbb{Z} + a) \cap (m\mathbb{Z} + b)$
kümesinin hangi küme olduğunu bulalım. $d$ tabii ki hâlâ ebob($n, m$) sayısına eşit. Kesişimden herhangi bir $c$ sayısı alalım. $c$’yi, $u$ ve $v$ tamsayıları için,
$c = nu + a = mv + b$
olarak yazalım. Şimdi, $e =$ ekok($n, m$) için,
$(n\mathbb{Z} + a) \cap (m\mathbb{Z} + b) = e + c$
eşitliğini kanıtlayalım. Sol taraftan bir eleman alalım, diyelim $x$:
$x = nu_1 + a = mv_1 + b$ olsun. O zaman,
$x – c = n(u – u_1) = m(v – v_1) \in n\mathbb{Z} \cap m\mathbb{Z} = e\mathbb{Z}$
ve
$x \in e\mathbb{Z} + c$
olur. Tam tersine $e\mathbb{Z} + c$ kümesinden bir $x$ alalım. Diyelim
$x = ew + c$.
O zaman, $e$ sayısı $n$’ye bölündüğünden,
$x = (ew + nu) + a \in n + a$
olur. Benzer biçimde $x = (ew + mw) + b \in m\mathbb{Z} + b$ elde ederiz. ♥
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 2013 yılı II. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Hasan Kambay‘a ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.
