Odev Arsivleri
Adaletsiz Bir Ortamı Aklının Yardımı Olmadan Düzeltmek İmkansızdır.

Buğra Yürekli

Odev-Arsivleri - | - Tr.gg - Sanal Egitim Yuvasi

Modüler Aritmatik

x,y є Z ve m є Z+ - { 1 } olmak üzere, x – y farkı m nin tam katı ise,
x ≡ y ( mod m )
dir.

Örnek :

( x – y ) farkı, 3 ün katı olan ( x, y ) ikililerini inceleyelim. Bunlardan bazıları,
( - 9, - 9 ), ( -7, -7 ), ( 0, 0 ) ( 1, 1 ), ( 2, 2 ), …
( - 10, 2 ), ( - 7, 1 ), ( 3, 0 ), ( 9, 0 ), ( 1, 100 ), ( 56, 2 ), … dir.
Buradan;
( 6, 0 ) için, 6 ≡ 0 ( mod 3 ),
( - 10, 2 ) için, - 10 ≡ 2 ( mod 3 ),
( 100, 1 ) için, 100 ≡ 1 ( mod 3 ) tür.

Kolayca görüleceği gibi ( mod 3 ) e göre 0 a denk olan ( 3 e bölümünden kalan 0 olan ) pek çok sayı vardır. Bu sayıların oluşturduğu kümeye 0 ın denklik ( kalan ) sınıfı denir ve sembolüyle gösterilir.
 = { … , - 9, - 6, - 3, ō, 3, 6, 9, … } dur.

Benzer şekilde,
 = { … , - 8, - 5, - 2, 1, 4, 7, … },
 = { … , - 7, - 4, - 1, 2,5, 8, … }
biçiminde   ve    kümeleri yazılabilir.
Z de 3 modülüne göre kalan sınıflarının kümesi,
Z / 3 = {  ,  ,   },
Z de 5 modülüne göre kalan sınıflarının kümesi,
Z / 5 = {  ,  ,   ,  ,   } tür.


Buradan, m modülüne göre kalan sınıflarının kümesi de,
Z / m = {  ,  ,  ,  , … ,   } olur.


Örnek :

               26 ≡ 2 ( mod m )

olduğuna göre, m nin alabileceği değerleri bulalım.
Çözüm :

26 ≡ 2 ( mod m )   24 ≡ ō ( mod m )
olduğundan, m nin alabileceği değerler 24 ün 1 den büyük pozitif bölenlerinin sayısı kadardır.
O halde, m nin alabileceği değerler ;
2, 3, 4, 6, 8, 12, 24 tür.
Diğer bir ifadeyle, m nin alabileceği değerlerin sayısı, m > 1 olduğundan,
24 = 23 . 31   ( 3 + 1 ) . ( 1 + 1 ) = 4 . 2 = 8
olduğundan, 8 – 1 = 7 tanedir.

Örnek :

               2 – x ≡ 3 ( mod 7 )

olduğuna göre, x in alabileceği en büyük negatif tamsayı ile en küçük pozitif tamsayının toplamını bulalım.          

Çözüm :

 2 – x ≡ 3 ( mod 7 )   2 – 3 ≡ x ( mod 7 )
                                  - 1 ≡ x ( mod 7 )
                                  6  ≡ x ( mod 7 ) dir.

O halde, x in alabileceği değerler,
… , - 15, - 8, - 1, 6, 13, 20, … dir.
Buradan, istenilen sonuç ; - 1 + 6 = 5 tir.

Örnek :

Bir askeri birlikte 5 günde bir nöbet tutan bir asker, ilk nöbetini Salı günü tuttuğuna göre, 11. nöbetini hangi gün tutacağını bulalım.

Çözüm :

5 günde bir nöbet tutan bir asker ilk nöbetini Salı günü tuttuğuna göre, 11. nöbeti için 10 nöbet kalmıştır. Asker 11. nöbetini, 5 . 10 = 50 gün sonra tutacaktır.

50 ≡ 1 ( mod 7 ) olduğundan, asker ilk nöbetini Salı günü tuttuğu için 11. nöbetini Salı’dan bir gün sonra yani Çarşamba günü tutacaktır.

Kural :
Z / m de x, y, u, v є Z olmak üzere,
x ≡ y ( mod m ), u  ≡ v ( mod m ) ise
1)  x + u ≡ y + v ( mod m )
2)  x – u  ≡ y – v ( mod m )
3)  x . u  ≡ y . v  ( mod m )
4)  k . x  ≡ k . y ( mod m ), k є Z
5)  xn  ≡ yn ( mod m ), n є N dir.









Örnek :

33 ≡ x  ( mod 5 )
26 ≡ y ( mod 5 )
x + y ≡ a ( mod 5 )
olduğuna göre, a değerini bulalım.

Çözüm :
Kural gereği,
33 = 27 ≡ 2 ≡ x ( mod 5 ) ve,
26 = 64 ≡ 4 ≡ y ( mod 5 ) olduğundan,
x + y = 2 + 4 = 6 ≡ 1 ( mod 5 ) olur.
O halde, a = 1 dir.
Örnek :
366 sayısının 5 ile bölümünden kalanı bulalım.
Çözüm :
366 sayısının 5 ile bölümünden kalan x ise 366 ≡ x ( mod 5 ) tir.
Buna göre,
         31 ≡ 3 ( mod 5 )
         32 ≡ 4 ( mod 5 )
         33 ≡ 2 ( mod 5 )
         34 ≡ 1 ( mod 5 ) olduğundan,
366 ≡ ( 34 )16 . 32 ( mod 5 )
      ≡ ( 1 )16 . 32 ( mod 5 )
      ≡ 1 . 4 ( mod 5 )
      ≡ 4 ( mod 5 ) tir.
O halde, x = 4 tür.
Örnek :
( 99 )1999 sayısının 7 ile bölümünden kalanının kaç olacağını bulalım.
Çözüm :
99 ≡ 1 ( mod 7 ) olduğundan,
( 99 )1999 ≡ ( 1 )1999 ≡ 1 ( mod 7 ) dir.
O halde, ( 99 )1999 sayısının 7 ile bölümünden kalan 1 dir.
Örnek :
( 248 )66  sayısının 5 ile bölümünden kalanı bulalım.
Çözüm :
248 ≡ 3 ( mod 5 ) olduğundan,
( 248 )66 ≡ 366 ( mod 5 )
               ≡ 4 ( mod 5 ) tir.

34 ≡ 1 ( mod 5 ) olduğundan,
    366 ≡ ( 34 )16 . 32 ( mod 5 )
          ≡ 116 . 9         ( mod 5 )
          ≡ 4                  ( mod 5 ) tir.
Örnek :
2125 sayısının 7 ile bölümünden kalanı bulalım.
Çözüm :
2125 sayısının 7 ile bölümünden kalan x ise
2125 ≡ x ( mod 7 ) dir.
      21 ≡ 2 ( mod 7 )
      22 ≡ 4 ( mod 7 )
      23 ≡ 1 ( mod 7 )
2125 ≡ ( 23 )41 . 22 ( mod 7 )
        ≡ 141 . 4 ( mod 7 )
        ≡ 1 . 4  ( mod 7 )
        ≡ 4 ( mod 7 )
Örnek :
( 2124 )2002  sayısının birler basamağındaki rakamı bulalım.
Çözüm :
Bir sayının 10 a bölümünden kalan birler basamağındaki rakamı verir. ( 2124 )2002 sayısının birler basamağındaki rakam x ise
( 2124 )2002 ≡ x ( mod 10 ) dur.
2124 ≡ 4 ( mod 10 ) olduğundan,
42002 ≡ x ( mod 10 ) dur.
         41 ≡ 4 ( mod 10 )
         42 ≡ 6 ( mod 10 )
         43 ≡4 ( mod 10 )
         44 ≡ 6 ( mod 10 )
Görüldüğü gibi 4 ün tek kuvvetleri için kalan 4, çift kuvvetleri için kalan 6 olmaktadır. Buna göre, 42002 ≡ 6 ( mod 10 ) dur.
( 2124 2002  sayısının birler basamağındaki rakam 6 dır.

Örnek :
61453  ≡  x ( mod 9 ) olduğuna göre, x değerini bulalım.

Çözüm :
         61 ≡ 6 ( mod 9 )
         62 ≡ 0 ( mod 9 )
         63 ≡ 0 ( mod 9 )
64 ≡ 0 ( mod 9 )
olduğuna göre, 6 nın 2 ve 2 den büyük bütün tam kuvvetlerinin 9 ile bölümünden kalan 0 dır. Buna göre, 61453 ≡ 0 ( mod 9 ) dur.
O halde, x = 0 dır.
Örnek :
( 1999 )2001  sayısının 5 ile bölümünden kalanı bulalım.
Çözüm :
1999 ≡ 4 ≡ -1 ( mod 5 ) olduğundan,
( 1999 )2001 ≡ ( - 1 )2001 ( mod 5 )
                       ≡ - 1 ( mod 5 )
                       ≡ 4 ( mod 5 ) tir.
O halde, ( 1999 )2001 sayısının 5 ile bölümünden kalan 4 tür.
Örnek :
8101 . 599 sayısının 6 ile bölümünden kalanı bulalım.
Çözüm :
8101 sayısının 6 ile bölümünden kalan x ve 599 sayısının 6 ile bölümünden kalan y ise 8101 . 599 sayısının 6 ile bölümünden kalan x . y dir. Buna göre, 8101 ≡ 2101 ≡ x ( mod 6 ) dır.
      21 ≡ 2 ( mod 6 )   
      22 ≡ 4 ( mod 6 )
      23 ≡ 2 ( mod 6 )
      24 ≡ 4 ( mod 6 )
2 nin tek kuvvetlerinde kalan 2, çift kuvvetlerinde kalan 4 olduğundan, 8101 ≡ 2101 sayısı da 2 ye denktir. Yani, x = 2 dir.
599 ≡ y ( mod 6 ) olsun.
      51 ≡ 5 ( mod 6 )
      52 ≡ 1 ( mod 6 )
599 ≡ ( 52 )49 . 5 ( mod 6 )
      ≡ 149  . 5 ( mod 6 )
      ≡ 5 ( mod 6 )
olduğundan, y = 5 tir.
x . y  ≡ 2. 5 ( mod 6 )
         ≡ 4 ( mod 6 )
olduğundan, 8101 . 599 sayısının 6 ile bölümünden kalan 4 tür.
Kural :
x sayısı, m nin katı olmayan pozitif bir tamsayı ve m asal sayı ise, xm – 1 ≡ 1 ( mod m ) dir.

         24 ≡ 1 ( mod 5 )
                                                34 ≡ 1 ( mod 5 )
                                                36 ≡ 1 ( mod 7 )
                                                56 ≡ 1 ( mod 7 )
                                               710 ≡ 1 ( mod 11 )
                                                512 ≡ 1 ( mod 13 )
Görüldüğü gibi bu kural ciddi bir kolaylık sağlamaktadır. Örneğin, kural gereği olarak ifade ettiğimiz 710 ≡ 1 ( mod 11 ) sonucunu görebilmek için artık 10 satır işlem yapmamız gerekmeyecek.
Örnek :
k pozitif tamsayı olmak üzere,
      56k + 2 ≡ x ( mod 7 )
olduğuna göre, x değerini bulalım.
Çözüm :
Kural gereği,
56 ≡ 1 ( mod 7 ) dir. Buna göre,
56k + 2  ≡ ( 56 )k . 52 ( mod 7 )
           ≡ 1k . 25  ( mod 7 )
           ≡ 4 ( mod 7 ) dir.
O halde, x = 4 bulunur.
Örnek :
( 2513 )1993 sayısının 11 ile bölümünden kalanı bulalım.
Çözüm :
2513 ≡ 5 ( mod 11 ) ve kural gereği 510 ≡ 1 ( mod 11 ) olduğundan,
( 2513 )1993 ≡ 5199 . 10 + 3  ( mod 11 )
                    ≡ ( 510 )199 . 53 ( mod 11 )
                     ≡ 1 199 . 125    ( mod 11 )
                     ≡ 4                   ( mod 11 ) dir.
Örnek :
      3x + 1 ≡ 4 ( mod 12 )
olduğuna göre, x in alabileceği en küçük pozitif iki tamsayının toplamının kaç olabileceğini bulalım.
Çözüm :
3x + 1 ≡ ( mod 12 )    є Z dir.
Buradan,   =   є Z dir.
  є Z  x ≡ 1 ( mod 4 ) tür.
O halde, x in alabileceği en küçük pozitif iki tamsayı 1 ve 1 + 4 = 5 tir.
Buna göre, bu sayıların toplamı, 1 +5 = 6 olur.
Örnek :
 Z / 5 te,  . x2 +   =   denkleminin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm :
  . x2 +   =   denklemini kalan sınıfları biçiminde değil de, ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem 1 ≡ 11 ( Z / 5 ) olduğundan,
            2x2 + 3 = 11
                   2x2 = 9
                     x2 = 4
            x = 2 veya x = - 2 dir.
O halde, Z / 5 te,
x = 2   Ç1 = {   }
x = - 2   Ç2 = {   } olur. Buradan,  Ç = Ç1  Ç2   Ç = {  ,   } tür.
Örnek :
Z / 6 da
            x + y ≡  
                 x +  y ≡    olduğuna göre, y değerini bulalım.
Çözüm :
3 /         x + y ≡  
        x  +  y ≡  
        .x +  .y ≡  
   _     .x +  . y ≡  
           .x + y ≡ - 2 ≡  
olduğundan , y ≡   olur.



İŞLEM
A, boş olmayan bir küme ve A   B olmak üzere, A x A kümesinden B kümesine tanımlı her fonksiyona, A kümesinde  tanımlı ikili işlem ya da işlem  denir.
İşlemi +, -, .,  , o, ,  , … gibi sembollerle gösteririz.
Örnek :
( 4, 1 )   5 ………. 4 + 1 = 5
( 4, 1 )   3 ………. 4 – 1 = 3
( 4, 2 )   8 ………. 4 . 2  = 8
( 4, 2 )   2 ……….  4 : 2 = 2
( x, y )   z ………. x   y = z
Örnek :
Tamsayılar kümesi üzerinde,
      a   b = a3 – b3
şeklinde “ ” işlemi tanımlanmıştır. Buna göre, 4   2  işleminin sonucunu bulalım.
Çözüm :
a   b = a3 – b3  olduğundan,
4   2 = 43 – 23 = 64 – 8 = 56 dır.
Örnek :
Tamsayılar kümesi üzerinde,
      a Δ b = 2a – 3b
şeklinde “Δ” işlemi tanımlanmıştır. Buna göre, 5 Δ  ( 4 Δ 2 ) işleminin  sonucunu bulalım.
Çözüm :
a Δ b = 2a – 3b  olduğundan,
5 Δ ( 4 Δ 2 ) = 5 Δ ( 2 . 4 – 3 . 2 ) = 5 Δ ( 8 – 6 )
                     = 5 Δ 2 = 2 . 5 – 3 . 2
                     =  10 – 6
                     = 4 tür.
Örnek :
   B = { N, İ, H, A, L }
Kümesi üzerinde   işlemi yandaki tabloya göre  tanımlanıyor.                
                        *     N    İ    H   A    L
a) N  A sonucunu bulalım.                  N    L    N    İ    H    A
b) ( A  H )  L sonucunu bulalım.               İ      N   İ     H    A   L
c)  H  x = İ ise x i bulalım.                  H     İ    H    A    L   N
                        A     H   A   L     N    İ
                        L     A    L   N     İ    H
                           
Çözüm :
                        *     N    İ    H   A    L
a) N  A = H                        N    L    N    İ    H    A
b) ( A  H )  L                     İ      N   İ     H    A   L
     = ( L )  L                        H     İ    H    A    L   N
     = H dir.                        A     H   A   L     N    İ
c) H  N = İ olduğundan H  x = İ eşitliğinde         L     A    L   N     İ    H
     x = N dir.
İŞLEMİN ÖZELLİKLERİ
1) Kapalılık Özelliği
A boş olmayan bir küme ve , A da tanımlı bir işlem olsun.
 x, y є A için x  y є A ise A kümesi “” işlemine göre kapalıdır denir.
Örnek :
A = { 1, 2, 3, 4 } kümesi üzerinde tanımlı,
      x  y = x . y + 1
işlemine göre, A kümesinin kapalı olup olmadığını bulalım.
Çözüm :
 A kümesinin  işlemine göre kapalı olabilmesi için A ya ait herhangi iki eleman ile yapılan işlemin sonucu yine A nın bir elemanı olmalıdır.
3 є A ve 4 є  A dır.
Fakat, 3  4 = 3 . 4 + 1 = 13  A dır.
Demek ki, A kümesi  işlemine göre kapalı değildir.
Örnek :
   A = { f, e, m }                   f    e    m
kümesinin, yandaki tabloda tanımlanan  işlemine         f     f     f     f
göre kapalı olup olmadığını inceleyelim.            e     f     e    m
                        m    f    m    e

Çözüm :
Tablodan da görüleceği gibi, A dan alınan herhangi iki elemanın  işlemine göre sonucu yine A ya ait bir elemandır. Bunun için, A kümesi  işlemine göre kapalıdır.
Örnek :
N ( Doğal sayılar kümesi ), toplama işlemine göre kapalıdır. Çünkü herhangi iki doğal sayının toplamı yine bir doğal sayıdır.

Örnek :
R ( Reel sayılar kümesi ), çarpma işlemine göre kapalıdır. Çünkü, herhangi iki reel sayının çarpımı yine bir reel sayıdır.

2) Değişme Özelliği
A boş olmayan bir küme ve , A da tanımlı bir işlem olsun.
x, y є A için, x  y = y  x ise  işleminin değişme özelliği vardır denir.

Örnek :
Reel sayılar kümesi üzerinde tanımlı
   x  y = 3x + 3y + 1
işleminin değişme özelliğine sahip olduğunu gösterelim.

Çözüm :
x, y є R için,
x  y = 3x + 3y + 1
         = 3y + 3x + 1
         = y  x
olduğundan  işleminin değişme özelliği vardır.

Örnek :
   A = { x, y, z }                     x     y     z
kümesinde yandaki tabloya tanımlanan   işleminin         x      z     x     y
değişme özelliği vardır. Çünkü,   işleminin tablosu      y      x     y     z
sol köşegene göre simetriktir.                z      y     z      x


3) Birleşme Özelliği
A, boş olmayan bir küme ve , A da tanımlı bir işlem olsun.
x, y, z є A için, x  ( y  z ) = ( x  y )  z ise  işleminin birleşme özelliği vardır denir.

Örnek :
Tamsayılar kümesi üzerinde tanımlanan + ( toplama ) ve . ( çarpma ) işleminin birleşme özelliği vardır. Fakat, - ( çıkarma ) işleminin birleşme özelliği yoktur.

4) Birim ( Etkisiz ) Eleman
A, boş olmayan bir küme ve , A da tanımlı bir işlem olsun.
x є A için, x  e = e  x = x olacak şekilde bir e є A varsa e ye  işleminin birim ( etkisiz ) elemanı denir.

Not :
1) Etkisiz eleman varsa, sabit ve bir tanedir.
2) Değişme özeliği olan  işleminde x  e = e  x = x olacağından
bu işlemin etkisiz ( birim ) elemanı sadece x  e = x veya sadece e  x = x
eşitliğinden bulunabilir.


Örnek :
Tamsayılar kümesinde tanımlı,
      x Δ y = x + y + 2
işleminin birim ( etkisiz ) elemanını bulalım.

Çözüm :
Δ işleminin birim elemanı e olsun.
Δ işlemi değişmeli olduğu için  x Δ e = x şartını sağlayan e elemanını bulmalıyız.
X Δ e = x   x + e + 2 = x
                         e + 2 = 0
                                e = - 2 dir.
“Δ” işleminin etkisiz elemanı -2 dir.

Örnek :
      T = { K, E, M, A, L }                    K     E     M     A     L
Kümesi üzerinde yandaki tabloyla tanımlanan  işleminin      K     K     E     M     A     L
Etkisiz elemanını bulalım.                  E      E      M    A     L     K
                           M     M     A     L     K    E
                           A      A      L     K    E     M
                            L       L      K     E    M    A
 
Çözüm :
Tablodan da görüleceği gibi,                        K     E     M     A     L
K  K = K                        K     K     E     M     A     L
E  K = K  E = E                     E      E      M    A     L     K
M  K= K  M = M                     M     M     A     L     K    E
A  K = K  A = A                     A      A      L     K    E     M
 L  K = K  L = L                     L       L      K     E    M    A
olduğundan  işleminin etkisiz elemanı K dir.

Örnek :
R de tanımlanan,
      x  y = x + y + xy
işleminin etkisiz elemanını bulalım.

Çözüm :
 işleminin etkisiz elemanı e olsun.
 işlemi değişmeli olduğu için x  e = x şartını sağlayan e elemanını bulmalıyız.
x  e = x   x + e + x . e = x
                 e + x . e = 0
                 e ( 1 + x ) = 0 dır.
Bu eşitliğin tüm x reel değerlerini sağlanması için e = 0 olmalıdır.
“” işleminin etkisiz elemanı 0 dır.

Örnek :
x є A için, x + 0 = 0 + x = x
                        x.1 = 1.x = x
olduğu için reel sayılar kümesi üzerinde tanımlanan toplama işleminin etkisiz elemanı 0 ( sıfır ) ve çarpma işleminin etkisiz elemanı 1 ( bir ) dir.

5) Bir Elemanın Tersi
A boş olmayan bir küme ve  , A da tanımlı bir işlem olsun. Bu işlemin birim elemanı e ve x є A için,
      x  y = y  x = e
şartını sağlayan y є A ya  işlemine göre x in tersi denir ve x -1 şeklinde gösterilir.

Not :
1)   Bir işlemin etkisiz elemanı yoksa ters elemandan söz   edilemez.
2)   Bir elemanın tersinin tersi kendisidir.
    3)   Etkisiz elemanın tersi kendisidir.

Örnek :
Reel sayılar kümesinde tanımlanan,
      x Δ y = x + y – 5xy
işlemine göre, 2 nin tersini bulalım.

Çözüm :
Önce Δ işleminin birim elemanı olan e yi bulalım.Δ işlemi değişmeli olduğundan x Δ e = x den e yi bulalım.
x Δ e = x   x + e – 5xe  = x
                            e – 5xe  = 0
                         e(1 – 5x)  = 0
                                      e  = 0 dır.
2 nin tersi a olsun.
2 Δ a = 0   2 + a – 5.2.a  = 0
                              2 – 9a    = 0
                                        a   =   dur.
Örnek :
   C = { S, A, K, I, P }                 S     A     K     I      P   
kümesinde tanımlanan  işlemine göre her          S      I      P     S     A     K
elemanın tersini bulalım.                A     P      S     A     K    I
                     K     S      A     K     I     P
                     I       A      K     I      P    S
                     P      K       I      P     S    A      




Çözüm :
 işlemine göre etkisiz eleman K dır.
S  P = P  S = K olduğu için S -1 = P dir.
A  I = I  A = K olduğu için A -1 = I dır.
K  K = K olduğu için K -1 = K dır.
I  A = A  I = K olduğu için I -1 = A dır.
P  S = S  P = K olduğu için P -1 = S dir.
Örnek :
Reel sayılar kümesinde toplama işlemine göre etkisiz eleman 0 olduğundan,
x є R için, x + x -1 = x -1 + x = 0
şartını sağlayan x -1  = - x є R dir. Reel sayılar kümesinde . ( çarpma ) işlemine göre etkisiz eleman 1 olduğundan,
x є R için, x.x -1 = x -1 . x = 1
şartını sağlayan x -1 =   є R dir.
Örneğin, 5 in + işlemine göre tersi – 5, . işlemine göre tersi   tir.

6) Yutan Eleman
x є A için, x  y = y  x = y ise y є A elemanına  işleminin yutan elemanı denir.
Örnek :
R de tanımlanan,
   x  y = x + y – 3xy
işlemine göre, yutan elemanı bulalım.
Çözüm :
Yutan eleman y olsun.
 işlemini değişmeli olduğuna göre,
x є R için x  y = y
         x + y – 3xy = y
               x – 3xy = 0
                x (1 -3)  = 0
                  1 – 3y  = 0
                          y  =    tür.
Not :
Yutan elemanın tersiyoktur.

Örnek :
   B = { A, L, İ }                    A      L      İ
kümesinde tanımlanan   işleminin yutan elemanı         A      A      A     A
bulalım.                         L       A      L      İ
                        İ        A       İ       L



Çözüm :
                          A      L      İ
Tablodan da görüleceği gibi,                A      A      A     A
A   A = A                     L       A      L      İ
A   L = L   A = A                  İ        A       İ       L
A   İ = İ  A = A
Olduğundan,   işleminin yutan elemanı A dır.

Örnek :
Reel sayılar kümesinde tanımlanan . işlemine göre yutan eleman 0 dır.
Çünkü, x є R için, x.0 = 0.x = 0 dır.
Reel sayılar kümesinde tanımlanan + işleminin yutan elemanı yoktur.

7) Dağılma Özelliği
Δ ve  , A da tanımlı iki işlem olsun.
x, y, z є A için,
x Δ ( y  z ) = ( x Δ y )  ( x Δ z ) ( soldan dağılma özelliği )
( y  z ) Δ x = ( y Δ x )  ( z Δ x ) ( sağdan dağılma özelliği )
oluyorsa, Δ işleminin  işlemi üzerine dağılma özelliği vardır  denir.

Örnek :
Reel sayılar kümesi üzerinde tanımlanan . işleminin + işlemi üzerine dağılma özelliği vardır.
Çünkü , x, y, z є R için,
x. ( y + z ) = x.y + x.z ve
( y + z ) . x = y.x + z.x dir.

Örneğin, 2, 4, 6 є R için,
2. ( 4 + 6 ) = 2.4 + 2.6
          2.10 = 8 + 12
              20 = 20 ve


( 4 + 6 ) . 2 = 4 .2  + 6 . 2
10.2   = 8 + 12
20   = 20 dir.

Uyarı :

Boş olmayan bir A kümesi üzerinde tanımlı “” işlemi,
1) A kümesi  işlemine göre kapalı ise,
2) birleşme özelliği varsa,
3) etkisiz ( birim ) elemanı varsa,
4) işleme göre, her elemanın tersi varsa bir gruptur. Değişme özelliği de varsa ( A,  ) değişmeli gruptur.

Örnek :
1)   Reel sayılar kümesi toplama ( + ) işlemine göre değişmeli bir gruptur.
2)   Doğal sayılar kümesi ise toplama ( + ) işlemine göre bir grup değildir. Çünkü 3 ün toplama işlemine göre tersi olan -3 bir doğal sayı değildir.


Radyo Dinle

=> Sen de ücretsiz bir internet sitesi kurmak ister misin? O zaman burayı tıkla! <=