Bundan böyle, $(\mathbb{Z}, +)$ ve $(Sym X, \circ)$ örneklerinde olduğu gibi somut bir gruptan söz edilmiyorsa, söz konusu olan rastgele bir grupsa, dolayısıyla $\star$ işlemi belirtilmemişse, $\star$ yerine $\cdot$ ve $x \star y$ yerine $x\dot y$, hatta hiç noktasız $xy$ yazacağız. Ayrıca $e$ yerine $1$ yazacağız. Tabii bu $1$, $1$ doğal sayısı olmayabilir. Önceki yazıda kanıtladığımız
$y = x^{-1} \iff x \star y = e \iff y \star x = e$
eşdeğerlikleri bir defa daha bu dilde yazalım, önemliler çünkü:
$y = x^{-1} \iff xy = 1 \iff yx = 1$
Bir grubun bir $x$ elemanı kendisiyle $n$ defa çarpıldığında elde edilen eleman $x^n$ olarak gösterilir ve bu elemana $x$’in $n$inci kuvveti adı verilir. Burada $n$ pozitif bir doğal sayıdır. $x^0$ elemanı $1$ olarak tanımlanır. Tanım gereği $x^1 = x$ olur. Diğer kuvvetlerin ne demek oldukları bariz:
$x^2 = xx$, $x^3 = xxx = x^2x = xx^2$.
Bir grubun bir $x$ elemanının kuvvetinin formel tanımı şöyle: $x^0 = 1$ ve her $n \in \mathbb{N}$ için
$x^{n+1} = x^nx$.
Eğer bir grupta, $n > 0$ tamsayısı için $x^n = 1$ olursa, o zaman,
$xx^{n-1} = x^n = 1$
olduğundan, yukarıdaki eşdeğerliklere göre
$x^{-1} = x^{n-1}$
olur. Bu önemli gözlemi sık sık kullanacağız. Bunun bir özel durumu olarak, $x^2 = 1$ ise
$x^{-1} = x$
olduğu bulunur.
Önsav 1. Bir grupta her $x$ elemanı ve her $n$, $m \in \mathbb{N}$ için
$x^nx^m = x^{n+m}$ ve $(x^n)^m = x^{nm}$
olur. Demek ki
$x^nx^m = x^mx^n$
olur.
Kanıt: Birinci eşitlikten başlayalım. $m$ üzerine tümevarımla kanıtlayacağız. Eğer $m = 0$ ise
$x^nx^m = x^nx^0 = x^n1 =x^n = x^{n+0} = x^{n+m}$.
Şimdi eşitliğin $m$ için doğru olduğunu varsayıp eşitliği $m + 1$ için kanıtlayalım:
$x^nx^{m+1} = x^n(x^mx) = (x^nx^m)x = x^{n+m}x = x^{(n+m)+1} = x^{n + (m+1)}$
Sıra ikinci eşitlikte. Eğer $m= 0$ ise hem $(x^n)^m$ hem de $x^{nm} elemanı $1$’e eşittir. Şimdi eşitliğin $m$ için doğru olduğunu varsayalım. Kanıtlanan bir önceki eşitliği kullanarak,
$(x^n)^{m+1} = (x^n)^mx^n = x^{nm}x^n = x^{nm+n} = x^{n(m+1)}$
elde ederiz. Kanıtımız tamamlanmıştır. $\square$
Eğer $ n > 0$ bir tamsayıysa, $x^{-n}$’yi $(x^n)^{-1}$ olarak (yani $x^n$’nin tersi olarak) tanımlıyoruz:
$x^{-n} = (x^n)^{-1}$
ama burada bir şeyi kontrol etmek gerekir: Daha önce $x^{-1}$ elemanını $x$’in tersi olarak tanımlamıştık. Oysa burada $x^{-1}$in farklı bir tanımını yaptık: Burada $x^{-1}$ (eğer tanımda $n = 1$ alınırsa), $x^1$’in, yani $x’in$ tersi olarak tanımlanmıştır. Her iki tanımın da aynı elemanı işaret ettiği belli, yani daha önceki tanımla bu tanım $n=1$ ise örtüşüyor; bir sorun yok. Hatta tanımda $n = 0$ bile alabiliriz, gene bir sorun olmaz. Eski tanıma göre:
$x^{-0} = x^0 = 1$
diğer yandan yeni tanıma göre de
$x^{-0} = (x^0)^{-1} = 1^{-1} = 1$
çıkar.
Pozitif $n$ tamsayıları için (tanım gereği) doğru olan bu eşitliğin taraflarının tersini alırsak
$x^n = (x^{-n})^{-1}$
elde ederiz. Demek ki $m = -n$ için
$(x^m)^{-1} = x^{-m}$
olur. Böylece $x^{-n} = (x^n)^{-1}$ eşitliğinin negatif sayılar için de doğru olduğunu görürüz.
Önsav 2. Bir grubun her $x$ elemanı ve her $n$, $m \in \mathbb{Z}$ için
$x^nx^m = x^{n+m}$ ve $(x^n)^m = x^nm$,
Demek ki
$(x^{-1})^n = x^{-n}$ ve $x^nx^m = x^mx^n$
olur.
Kanıt: Birinci eşitlikten başlayalım. Gerekirse kanıtlamak istediğimiz eşitliğin tersini alarak (o zaman $x^{-(n+m)} = m^{-m}x^{-n}$ elde ederiz),
$n + m \ge 0$
varsayımını yapabiliriz. Demek ki ya $n \ge 0$ ya da $m \ge 0$. Önsav 1’den dolayı $n$ ya da $m$’nin negatif olduğunu varsayabiliriz.
Birinci Şık: $m < 0 $. Bu durumda Önsav 1’e göre,
$x^{n+m} (x^m)^{-1} = x^{n+m} x^{-m} = x^{(n+m) + (-m)} = x^n$
olur. Sol taraftaki $x^m$’yi sağ tarafa atarak istediğimiz
$x^{n+m} = x^nx^m$
eşitliğini elde ederiz.
İkinci Şık: $n < 0$. Bu durumda Önsav 1’e göre,
$(x^n)^{-1} x^{n+m} = x^{-n} x^{n+m} = x^{(-n)+(n+m)} = x^m$
olur. Soldaki $x^n$’yi sağ tarafa atarak istediğimiz
$x^{n+m} = x^n x^m$
eşitliğini elde ederiz.
Gelelim $(x^n)^m = x^{nm}$ eşitliğine. Gerekirse tarafların tersini alarak $m \ge 0$ varsayımını yapabiliriz. Eğer $ m= 0$ ise eşitlik $0$’ıncı kuvvetin tanımından çıkıyor. Eşitliğin $m$ için doğru olduğunu varsayıp eşitliği $m+1$ için kanıtlayalım. Kanıtlanan bir önceki eşitlikten ve tanımdan,
$(x^n)^{m+1} = (x^n)^m x^n = x^{nm}x^n = x^{nm + n} = x^{n(m+1)}$
elde ederiz.
$(x^{-1})^n = x^{-n}$ eşitliği bir öncekinden elde edilir. Nitekim bir önceki $(x^n)^m = x^{nm}$ eşitliğinde $n =-1$ alırsak, her $m \in \mathbb{Z}$ için $(x^{-1})^m =x^{-m}$ buluruz. Son eşitliğin kanıtı:
$x^nx^m = x^{n+m} = x^{m+n} = x^mx^n$. $\square$
Sonuç 3. Her grubun her x elemanı için,
${x^n : n \in \mathbb{Z}}$
kümesi çarpma ve tersini alma işlemi altında kapalıdır ve grubun etkisiz elemanını içerir. Bir başka deyişle bu küme grubun işlemi altında kendi başına bir grup olur.
Kanıt: Doğrudan bir önceki önsavın sonucudur. $\square$
Ama dikkat, ${x^n : n \in \mathbb{Z}}$ kümesi sonsuz olmak zorunda değildir. Bu konuya bir sonraki yazıda değineceğiz.
Sonuç 4. Eğer bir grubun bir $x$ elemanı için
$x^n = 1$
oluyorsa ve eğer $n$ sayısı $a-b$ sayısını bölüyorsa (yani $a \equiv \mod{n}$ oluyorsa), o zaman
$x^{a} = x^{b}$ olur.
Kanıt: $a-b = nk$ olsun. O zaman $x^{a} = x^{b+nk} = x^bx^{nk} = x^b(x^n)^k = x^b1^k = x^b1 = x^b$ olur. $\square$
Önemli bir şeye dikkat etmek lazım: $(xy)^n$ elemanı $x^ny^n$ elemanına eşit olmayabilir. Öte yandan eğer $xy = yx$ ise $(xy)^n = x^ny^n$ olur. Şimdi bunu kanıtlayalım.
Önsav 5. Eğer bir grubun $x$ ve $y$ elemanları birbirleri ile değişiyorlarsa, yani $xy = yx$ ise o zaman her $n$ ve $m$ tamsayısı için $x^ny^m = y^mx^n$ ve $(xy)^n = x^ny^n$ olur.
Kanıt: Önce $xy^m = y^mx$ eşitliğini kanıtlayalım. İlk olaral $m \ge 0$ varsayımını yapalım. Eğer $m = 0$ ya da $m = 1$ ise kanıtlayacak bir şey yok. Eşitliğin $m$ için geçerli olduğunu varsayalım. O zaman eşitlik $m + 1$ için de geçerli olur:
$xy^{m+1} = x(y^my) = (xy^m)y = (y^mx)y = y^m(xy) = y^m(yx) = (y^my)x = y^{m+1}x$.
Demek ki her $m \ge 0$ için
$xy^m = y^mx$.
Eğer $m < 0$ ise, $-m > 0$ olduğundan, biraz önce yaptığımızdan
$xy^{-m} = y^{-m}x$
olur. $y^{-m}$ terimlerini diğer tarafa atarak
$xy^m = y^mx$
buluruz.
Şimdi de $x^ny^m = y^mx^n$ eşitliğini kanıtlayalım. Eğer $n = 0$ ise eşitlik bariz. Eğer eşitlik $n$ için doğruysa, biraz önce kanıtlanan $y^nx = xy^n$ eşitliğini kullanarak,
$(xy)^{n+1} = (xy)^n(xy) = (x^ny^n)(xy) = x^n(y^nx)y = x^n(xy^n)y = (x^nx)(y^ny) = x^{n+1} y^{n+1}$
elde ederiz. Demek ki (tümevarımla) eşitlik $n \ge 0$ için doğru. Şimdi $n < 0$ olsun. $m = -n > 0$ tanımını yapalım. Biraz önce kanıtladığımız
$(xy)^m = x^my^m$
eşitliğini ters çevirirsek,
$y^{-m}x^{-m} = (xy)^{-m}$, yani $y^nx^n = (xy)^n$
buluruz. Bu ve bir önceki eşitlik
$x^ny^n = (xy)^n$ verir. $\square$
İleride bu önsavları referans vermeden özgürce kullanacağız.
$\\$
Örnek 1. Eğer $(1$ $2$ $3$ $4)(5$ $6$ $7$ $8$ $9)$ $\in$ $Sym$ $9$ ise
$g^2 = (1$ $3)(2$ $4)(5$ $7$ $9$ $6$ $8)$
$g^3 = (1$ $4$ $3$ $2)(5$ $8$ $6$ $9$ $7)$
$g^4 = (5$ $9$ $8$ $7$ $6)$
$g^5 = (1$ $2$ $3$ $4)$
$g^6 = (1$ $3)(2$ $4)(5$ $6$ $7$ $8$ $9)$
$g^7 = (1$ $4$ $3$ $2)(5$ $7$ $9$ $6$ $8)$
$g^8 = (5$ $8$ $6$ $9$ $7)$
$g^9 = (1$ $2$ $3$ $4)(5$ $9$ $8$ $7$ $6)$
$g^{10} = (1$ $3)(2$ $4)$ olur. Dolayısıyla,
$g^{20} = g^{10\cdot 2} = (g^{10})^2 = [(1$ $3)(2$ $4)]^2 = Id_9$
ve $g^{-1} = g^{19}$ olur. Ayrıca,
$g^{143} = g^{20\cdot 7 + 3} = (g^{20})^7g^3 = g^3 =(1$ $4$ $3$ $2)(5$ $8$ $6$ $9$ $7)$ olur.
$\\$
Örnek 2. Eğer
$g = (1$ $2)(3$ $4$ $5)(6$ $7$ $8$ $9)(10$ $11$ $12$ $13$ $14)$ ise $g^{143}$ permütasyonunu bulalım.
$g^{60} = Id$ olduğu belli. Demek ki $g^{143} = g^{23}$. Şimdi $g^{23}$ permütasyonunu bulalım. Kareler alarak,
$g^2 = (3$ $5$ $4)(6$ $8)(7$ $9)(10$ $12$ $14$ $11$ $13)$
$g^4 = (3$ $4$ $5)(10$ $14$ $13$ $12$ $11)$
$g^8 = (3$ $5$ $4)(10$ $13$ $11$ $14$ $12)$
$g^{16} = (3$ $4$ $5)(10$ $11$ $12$ $13$ $14)$ buluruz. Buradan,
$g^{143} = g^{23} = g^{16+8-1} = g^{16}g^8g{-1}$
$= [(3$ $4$ $5)(10$ $11$ $12$ $13$ $14)][(3$ $5$ $4)(10$ $13$ $11$ $14$ $12)][(1$ $2)(3$ $5$ $4)(6$ $9$ $8$ $7)(10$ $14$ $13$ $12$ $11)]$
$= (1$ $2)(3$ $5$ $4)(6$ $9$ $8$ $7)(10$ $13$ $11$ $14$ $12)$
Şöyle de yapabilirdik:
$ a = (1$ $2)$, $\quad$ $b = (3$ $4$ $5)$, $\quad$ $c = (6$ $7$ $8$ $9)$, $\quad$ $d=(10$ $11$ $12$ $13$ $14)$ olsun.
Bu dört eleman birbirleriyle değişirler, yani mesela $ab = ba$ olur.
$a^2 = Id_9$, $b^3= Id_9$, $c^4 = Id_9$, $d^5 = Id_9$ olduğundan,
$g^{143} = g^{23} = (abcd)^{23} = a^1b^2c^3d^3 = (1$ $2)(3$ $5$ $4)(6$ $9$ $8$ $7)(10$ $13$ $11$ $14$ $12)$ olur.
$\\$
Örnek 3. Eğer $G$ ve $H$ birer grupsa ve $g \in G$ ve $h \in H$ ise, her $n \in \mathbb{Z}$ için
$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad$ $(g,$ $h)^n = (g^n,$ $h^n)$
olur. Benzer şey $\prod_I G_i$ ve $\newcommand*\xor{\oplus}_I G_i$ gruplarında da geçerlidir.
$\\$
Örnek 4. Eğer grubun işlemi $+$ ise, ki bu durumda matematikçiler arasında yapılan anlaşmaya göre o grup değişmeli olmak zorundadır, o zaman $g^n$ yerine $ng$ yazıldığını söylemiştim. Toplamsal bir grup olan $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$’den örnek verelim. Eğer $k \in \mathbb{Z}$ ve $(x,$ $y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ ise $k(x,$ $y) =(kx, $ky)$ olur.
Eğer grubun işlemi toplama $(+)$ işareti ile simgeleniyorsa, o zaman, $g^n$ yerine $ng$ yazılır. Yukarıda kanıtladığımız eşitlikler bu yeni yazılımla şu hali alırlar: Her $n,$ $m \in \mathbb{Z}$ ve her $x,$ $y \in G$ için,
$\quad \quad \quad \quad \quad \quad$ $(n+m)x = nx +mx$
$\quad \quad \quad \quad \quad \quad$ $n(mx) = (nm)x$
$\quad \quad \quad \quad \quad \quad$ $n(x+y) = nx +ny$.
$\\$
Alıştırmalar
- Eğer bir grubun $a$ ve $b$ elemanları için $a^n = b^m = 1$ oluyorsa, $e = $ ekok$(n,m)$ için $(ab)^{e} = 1$ eşitliğini kanıtlayın.
- Eğer bir grubun bir $a$ elemanı için $a^n = a^m = 1$ oluyorsa $d =$ ebob$(n,m)$ için $a^d = 1$ eşitliğini kanıtlayın.
- $G$ bir grup ve $c, x \in G$ olsun. Eğer $x^n, x^m \in C_G(c)$ ise, $d = $ebob$(n,m)$ için $x^d \in C_G(c)$ olduğunu kanıtlayın.
