ÇARPANLARA AYIRMA

KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
2.
ÇÖZÜMLER
Gruplar
Birleşme, birim eleman, ters eleman ve değişme özelliklerini sağlayan yapılar abelyan grup
1.
Birleşme, birim eleman ve ters eleman özelliklerini sağlayan yapılar grup belirtir.
( ,  ) →
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman
Her elemanın tersi yoktur. ( ,  ) → Monoid
( ,  ) →
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman
0 (sıfır)’ın tersi yoktur. ( ,  ) → Monoid
( , ) →
∗
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman
(
)
belirtir.
(  7,  ) →
Birleşme, Birim eleman, Ters ele-
man, Değişme
0 ' ın tersi yoktur.
(  6,  ) →
Birleşme, Birim eleman, Ters ele-
man, Değişme
Her elemanın tersi yoktur.
( ,  ) →
Değişme
(  ,  ) → Birleşme, Birim eleman, Ters eleman
Her elemanın tersi yoktur.
(
(  ,  ) → Grup
∗
Hatta değişme özelliği de olduğundan abelyan
gruptur.
(  8, ) →
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman
∗
19
(  6 ,  ) → Monoid
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman,
Her elemanın tersi yoktur. ∗,  → Monoid
∗
(  7 ,  ) → Monoid
( ,  ) → Monoid
)
,  → Birleşme, Birim eleman, Ters ele-
man, Değişme
(
∗
19
)
,  → Abelyan grup
( Κ,  ) → Κ= {A ∈ M2 (  ) : det A ≠ 0}
Her elemanın tersi yoktur.
M2 (  ) = Reel değerli 2 x 2 tipindeki matrislerin
(  8, ) →
kümesi
Monoid
Cevap: D
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman, Değişme
( Κ,  ) → Grup
Cevap: D
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
3.
Eleman sayısı sonlu olan gruplara sonlu grup
6.
Gruplar
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman ve Değişme özelliklerini taşıyan yapılar abelyan grup-
denir.
 ∞,
ο (  ) ==
 ∞,
ο (  ) ==
tur.
 15 =
ο (  15 ) =
∞,
ο ( 3 ) ==
3 ∞,
( , + ) →
ο (  8 ) =  8 =8
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman,
Değişme
(  8 ,  ) → Sonlu grup
Cevap: E
( , + ) →
Abelyan grup
( , + ) →
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman,
Değişme
Her elemanın tersi yoktur.
( , + ) → Monoid
4.
( 8,  ) →
Grup toplumsal olduğundan n . 4 ≡ 0 ( mod18 )
↓
−
 (4)
=
man, Değişme
= n
4
(  5,  ) →
9
−
(  8,  ) → Grup
i. j ≠ j.i
n . 4 ≡ 0 ( mod18 )
−
⇒ ο(4)=
Birleşme, Birim eleman, Ters ele-
4= 9
Birleşme, Birim eleman, Ters ele-
man, Değişme
−
Cevap: B
0 ın tersi yoktur.
( ,  ) →
(  5,  ) → Monoid
Birleşme, Birim eleman, Ters eleman,
Değişme
0 (sıfır) ın tersi yoktur.
5.
Grup çarpımsal olduğundan
( ,  ) → Monoid
Cevap: A
5n ≡ 1( mod13 ) ⇒ min ( n ) ∈  + için
−
−
ο(5) = 5 = n olur.
5n ≡ 1 ( mod 13 )
5 ≡ 5 ( mod 13 )
1
Φ (13 ) =
12 olduğundan
1, 2, 3, 4, 6, 12

Bakılacak kuvvetler
52 ≡ −1 ( mod 13 )
(12 yi bölenler )
5 ≡ 8 ( mod 13 )
7.
16 + ? ≡ 0 ( mod 24 ) → ? =
8
3
Cevap: D
5 ≡ 1 ( mod 13 )
4
−
−
ο ( 5 ) = 5 =4
Cevap: C
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
8.
7 . ? ≡ 1( mod 23 )
Gruplar
10. I) Birleşme, birim eleman ve ters eleman özellik-
↓
lerini sağlar. Gruptur
−
10 → 7 nin tersi 10 dur.
II) Regüler matris demek tersi olan matrisler
Cevap: B
demektir. Birleşme, birim eleman ve ters eleman özelliklerini sağlar. Gruptur
olduğundan
i. j =k ve j.i =−k ⇒ i. j ≠ j.i
III)
abelyan değildir.
Kuaterniyanlar grubu,  8 ={±1, ± i, ± j, ± k}
Cevap: C
(
)
11.  b−1 ∗ a ∗ b =
m olsun.
9.
ο ( 10 ) =10, ο (  8 ) =8,
( )
ο ∗11 =10
M2 (  ) → 2 x 2 tipinde ve bileşenleri reel olan
n tan e



−1
−1
−1
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
(b ∗ a ∗ b)
(b
a
b)
...
(b
a
b)
 

e
e
e
matrislerin kümesi sonsuz küme olduğundan
⇒ b−1 ∗ a
∗ a ∗ ... ∗ a ∗ b

ο (M2 (  ) ) =
sonsuz
∗ a ∗ ...=
∗ a e)
(ο=
( a ) n ise a
n tan e
M3 (  3 ) → 3 x 3 tipinde ve bileşenleri  3 ün
elemanları olan matrislerin kümesi
3 =
⇒b
∗b =
e ise m / n .... (1)
tan e

m


−1
−1
−1
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
(b ∗ a ∗ b)
(b
a
b)
...
(b
a
b) = e
 

− − −
{0, 1, 2} ⇒ s (  3 ) =
n tan e
−1
e
e
3
   


⇒ ο (M3 =
= 39
(  3 ) ) 3.3....3
   



   
9 tan e
3x3
Cevap: E
e
⇒ b−1 ∗ a
∗ a ∗ ... ∗ a ∗ b =
e

m tan e
⇒ b
∗ (b
−1
e
−1
∗a
∗
∗ b −1 = b∗e
∗ b
... ∗
a ∗ b)



m tan e
e
e
⇒a
∗
... ∗
a=
e ise n / m... ( 2 )


m tan e
(1) ve ( 2 ) den m / n
ve n / m ⇒ m =
n
(
)
ο b−1 ∗ a ∗ b =
n
Cevap: D
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
12. I) a ∗ a = a ⇒ a ∗ a
∗ a−1 = a
∗ a−1


e
e
⇒a∗e = e ⇒ a = e
II) a ∗ a = e ⇒ a ∗ a
∗ a−1 = e
∗ a−1


a−1
e
−1
a
⇒a=
∀a, b ∈ G için a ∗ b =
( a ∗ b )−1
= b−1 ∗ a−1
= b ∗ a değişmelidir
III) ( a ∗ b ) = a2 ∗ b2 ⇒ ( a ∗ b ) ∗ ( a ∗ b )
2
⇒ ( a ∗ a ) ∗ (b ∗ b )
−1
(a ∗ b) ∗ (a ∗ b)
⇒a
∗
∗ b−1



e
−1
e
e
e
(a ∗ a) ∗ (b ∗ b)
⇒a
∗
∗ b−1



⇒ b ∗ a = a ∗ b Değişmelidir
Cevap: E
Gruplar
ÖABT Soyut Cebir
KONU TARAMA SINAVI – 1
ÇÖZÜMLER
1.
4.
Gruplar
5 .?
 ≡ 1( mod11)
9 → 5 in tersidir.
Birleşme, birim eleman ve ters eleman özelliklerini sağlayan yapılar grup belirtir.
( , • ) →
Cevap E
bir grup değildir.
Birleşme, birim eleman vardır. 0 ın tersi yoktur.
( , + ) →
5.
bir gruptur.
( 2, + ) →
bir gruptur.
(  m, ⊕ ) →
0 ( a ) =m ⇒ am =1
0 ( ab ) =k
0 ( b ) =n ⇒ bn =1
( ab )k =1
( a.b ) . ( a.b ) ... ( a.b ) = 1
( a...a ) . (b...b ) = 1
bir gruptur.
ak .bk = 1
(  , .) → bir gruptur.
*
m
Cevap A
k ve n k
m.n
2.
(
∗
17 ,

( ab )k = 1
0 ( ab ) = mn
k
m.n = k
)
Cevap C
7n ≡ 1( mod17 ) → min ( n ) ∈  +
7)
( ) (=
0 =
7
n
6.
71 ≡ 7 ( mod17 )
am ∗ an =
am +n
a−1 ∗ a ∗ b ∗ a ∗ b ∗ b−1= a−1 ∗ a2 ∗ b2 ∗ b−1
b ∗ a = a ∗ b olup değişmelidir.
72 ≡ 15 ( mod17 )
74 ≡ 4 ( mod17 )
78 ≡ −1( mod17 )
Cevap A
716 ≡ 1( mod17 )
()
0 7 = 16
16
Φ (17 ) =
7.
1, 2, 4,8, 16



({±1, ± i} , •) → grubu klein – 4 grubu olup sonlu
Bakılacak Kuvvetler
bir gruptur.
16 yı böler.
o ({±1, ± i} , • ) =4 tür.
Cevap E
Diğer seçeneklerdeki gruplar sonsuz bir gruptur.
Cevap D
3.
Grup toplamsal olduğundan n.8 ≡ 0 ( mod36 )
8.
n.8
 ≡ 0 ( mod36 )
9
7+? =
0 ( mod 12 )
↓
5
()
Cevap C
⇒0 8 =
9
Cevap D
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
ÇÖZÜMLER
1.
( , + ) →
3.
Grup ve  ⊆  olduğundan alt grup-
ve
{O} ⊆ 
( a,b ∈ G, G değişmeli)
( a ∗ b ) ∈ H
a ∗b = b ∗a
(b ∗ a ) ∈ H
olduğundan alt
gruptur.
( , + ) → Grup
III) ∀a ∈ G için a ∗ e1 = e1 ∗ a = a olacak biçimde
ve  ⊆  olduğundan alt grup-
bir tane e1 ∈ G vardır.
tur.
( , + ) →
∀b ∈ H için b ∗ e2 = e2 ∗ b = b olacak biçimde bir
Grup ve  ⊆  olduğundan alt grup-
tane e2 ∈ H vardır.
tur.
( , + ) →
I) ο (H) ο ( G ) ⇒ ο (H) ≤ ο ( G )
II) ∀ a, b ∈ H için a ∗ b = b ∗ a
tur.
({O} , + ) → Grup
Alt Gruplar
Grup olmadığı için ( , + ) nın alt gru-
∀b ∈ H için b ∈ G ise b ∗ e1 = e1 ∗ b = b
b ∗ e2 = e2 ∗ b = b
bu olamaz.
⇒ b ∗ e1 = e2 ∗ b
Cevap: E
⇒ b ∗ e1 ∗ b−1 = e2 ∗ b ∗ b−1
⇒ e1 =
e2
Cevap: E
2.
 8 ={±1, ± i, ± j, ± k}
{−1, − i} → ( −1) . ( −i) =i ∉ {−1, −i} → Grup değil
{1, i} → i.i =−1∉ {1, i} → Grup değil
{1, i, j, k} → k . j = −i ∉ {1, i, j, k} → Grup değil
{−1, − i, − j, − k} → ( − j) . ( −k )
= i ∉ {−1, −i, − j, −k} → Grup değil
−
1,
1,
−
i,
i
→
Gruptur
{
}
Cevap: D
4.
Grubun birim elemanı birim fonksiyon olan
f 1 ( x ) = x fonksiyonudur.
{f1, f2} → Gruptur 
 Mertebesi 2 olan 3 tan e
{f1, f3} → Gruptur 
 alt grubu var dır.
{f1, f4 } → Gruptur 
Cevap: C
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
5.
{e, a} → a ∗ a = b ∉ {e, a}
olduğundan
grup
6.
Alt Gruplar
a ∈ G olmak üzere,
M ( G )=
değildir.
{e,c} → c ∗ c = b ∉ {e,c}
olduğundan grup de-
ğildir.
{a ∀x ∈ G için a x=
x a}
M ( G ) → G ’ deki tüm elemanlarla değişmeli
olan elemanların oluşturduğu küme
{a, b} → e ∉ {a,b} olduğundan alt grup olamaz.
±1 tüm elemanlarla değişmelidir.
{b, c} → e ∉ {b,c}
±i, ± j, ± k elemanları kendi aralarında hiçbir
{e,b} →
olduğundan alt grup olamaz.
zaman değişmeli olamazlar.
Gruptur.
Tüm elemanlarla değişmeli olan elemanların
Cevap: B
kümesi;
M ( 8 ) =
{−1, 1}
Cevap: E
ÖABT Soyut Cebir
KONU TARAMA SINAVI – 2
3.
ÇÖZÜMLER
Alt Gruplar
I ve III öncüller daima doğrudur.
H değişmeli ise G değişmeli olmayabilir.
1.
( , + ) →
grup ve  ⊆  olduğundan alt gruptur.
( , + ) →
grup ve  ⊆  olduğundan alt gruptur.
Cevap C
({0} , + ) → grup ve {0} ⊆  olduğundan alt gruptur.
( , + ) →
grup ve  ⊆  olduğundan alt gruptur.
( , + ) →
grup olmadığı için ( , + ) nın alt grubu
değildir.
Cevap A
4.
Grubun birim elemanı birim fonksiyon olan
f1 ( x ) = x fonksiyonudur.
2.
{a,d} → d ∗ d = c ∉ {a,d}
olduğundan grup değildir.
{f1, f2} →
gruptur.
{b,c} → c ∗ c = a ∉ {b,c}
olduğundan grup değildir.
{f1, f3} →
gruptur.
{f1, f4} →
gruptur.
{d} → d ∗ d = c ∉ {d}
olduğundan grup değildir.
{a,b} → b ∗ b = c ∉ {a,b}
{a,c} →
olduğundan grup değildir.
{f1, f2, f3, f4} →
{f1} →
gruptur.
Cevap D
gruptur.
gruptur.
Cevap D
ÖABT Soyut Cebir
KONU TESTİ
ÇÖZÜMLER
4.
Simetrik Gruplar
f = ( 2314 )( 53 ) permütasyonu önce ayrık devir-
lerin çarpımı şeklinde yazılır daha sonra devirle1. f
=
(1342 )( 526 )( 43 ) →
rin tersi alınır.
En sağdan başlanarak
bileşke işlemi yapılır.
=
f
f −1 ( 53241)
(14235 ) ⇒ =
⇒f=
(13265 )
Cevap: E
Cevap: A
2.
f = (134 )( 75 )
5.
Permütasyon ayrık devirlerin çarpımı şeklinde
verildiği zaman, permütasyonun mertebesi ayrık
Cevap: B
devirlerin mertebelerinin en büyük ortak katına
eşittir.
Bir devrin mertebesi de uzunluğuna eşittir.
12453 )( 5314 ) (15 )( 243 )
(=
⇒=
ο ( f ) okek ( ο (15 ) , ο ( 243
=
))
=
f
okek (=
2,3 ) 6
Cevap: E
3.
Ayrık devirler olduğu için iki deviri de tersten
yazarak tersi bulunabilir.
σ−1 =
( 2543 )( 61)
yada
1 2 3 4 5 6 7 
σ =

6 3 4 5 2 1 7
1 2 3 4 5 6 7 
⇒ σ−1 =

6 5 2 3 4 1 7
6.
7
7. 6. 5
= 70
= 2.
3
3. 2. 1
 
( 3 − 1) !. 
Cevap: D
⇒ σ−1 =( 2543 )( 61)
Cevap: E
ÖABT Soyut Cebir
7. f
=
KONU TESTİ
13425 )( 68 ) (15 )(12 )(14 )(13 )( 68 )
(=
Simetrik Gruplar
10. Alterne grup çift permütasyonlardan oluşur. Çift
olan bulunacak.
Cevap: D
( 2345 )(132 ) → ( 4 − 1) + ( 3 − 1) = 3 + 2 = 5 Tek
(12345678 ) → 8 − 1 =7 Tek
( 532 )( 46 ) → ( 3 − 1) + ( 2 − 1) = 2 + 1 = 3 Tek
( 3245 )( 62 ) → ( 4 − 1) + ( 2 − 1) = 3 + 1 = 4 Çift
(13425 )( 38 ) → ( 5 − 1) + ( 2 − 1) = 4 + 1 = 5 tek
Cevap: D
8.
5! 120
=
= 60
2
2
ο ( An ) =
n!
2
Cevap: C
11. f’ nin g’ ye göre eşleniği g f g−1 dir.
f = (12 )( 345 )
g f g−1 = g (12 )( 345 ) g−1
= g (12 ) g−1g ( 345 ) g−1
= ( g (1) g ( 2 ) ) ( g ( 3 ) g ( 4 ) g ( 5 ) )
= ( 43 )( 512 )
Cevap: C
9.
(12345 ) → 5 − 1 =4
çift
( 235 )( 67 ) → ( 3 − 1) + ( 2 − 1) = 2 + 1 = 3
(15 )( 23 ) → ( 2 − 1) + ( 2 − 1) = 1 + 1 = 2
( 4325 )(16 ) → ( 4 − 1) + ( 2 − 1) = 3 + 1 = 4
(1) → Birim permütasyon çift
tek
çift
çift
Cevap: B
12.
4=4


= 3 +1
 ⇒ p ( 4 ) =
5 tan e
= 2+2

eşlenik sınıf var dır
= 2 + 1+ 1 

= 1 + 1 + 1 + 1
Cevap: C
ÖABT Soyut Cebir
KONU TARAMA SINAVI – 3
5.
ÇÖZÜMLER
1.
(13 )( 245 )
Cevap D
Simetrik Gruplar
5=5
5= 4 + 1
5= 3 + 2
5 = 3 + 1+ 1
5 = 2 + 2 +1
5 = 2 + 1+ 1+ 1
5 = 1+ 1+ 1+ 1+ 1
Cevap C
2.
1 2 3 4 5 
σ =

3 4 5 1 2
=
σ
=
(13524
) , σ−1 ( 42531)
6.
I, II, III
Cevap E
Cevap A
3.
1 2 3 4 5 6 7 
f =

1 4 2 3 6 5 7 
7.
Eşlenik olması için devir sayıları eşit olmalı.
Verilenlerde A seçeneğindeki devir sayısı 3 -2
f = ( 243 )( 56 )
olduğu için eşlenik değildir.
σ (f ) =
[3, 2]
Cevap A
=6
Cevap C
4.
( 423 )( 56 ) → ( 3 − 1) + ( 2 − 1) =
2 + 1 = 3 tek
4 çift
(12345 ) → ( 5 − 1) =
( 23 )( 45 ) → ( 2 − 1) + ( 2 − 1) = 1 + 1 = 2 çift
( 5234 )( 52 ) → ( 4 − 1) + ( 3 − 1) = 3 + 1 = 4 çift
(1) → birim permütasyon çift
Cevap A
8.
n
 → devir sayısı
r 
(r − 1) ! 
6
6.15 =
90
( 3 ) !.15 =
=
 4
( 4 − 1) !. 
Cevap C
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
ÇÖZÜMLER
1.
=
1 =
4.
Devirli Alt Gruplar
( )
ο ∗19 =
18
⇒ Φ (18=
)
−1
(3
2
)
− 3 . ( 2 − 1)
= 6 tan e var dır.
2 =
2 =
−2
∗
=
11
=
6
=
7
=
8
2
=
8
=
1
=
3
=
5
7
Cevap: D
 8 =Devirli değildir  8 ={±1, ± i, ± j, ± k}
Cevap: E
5.
ο (  20 ) =
20 ve 1 bu grubun bir üretecidir.
( 20.k=)
1 ⇒ k= 1, k= 3, k= 7, k= 9, k= 11,
=
k 13,
=
k 17,
=
k 19 olabilir.
Buradan=
1.1 1,=
1.3 3,=
1.7 7,=
1.9 9,
=
=
=
=
1.11 11,
1.13 13,
1.17 17,
1.19 19
Grubun üreteçleridir.
2.
-3 ve 3 tarafından üretilir. 2 tane vardır.
Cevap: B
Cevap: B
6.
3.
k 1,=
k 3,=
k
=
(k,10
) 1 ise=
1
1 ≡ 1 ( mod 11) ⇒ ο ( 1 ) =1
ο (  240 ) =
240
⇒ Φ ( 240=
)
(2
4
( )
ο ∗11 =
10
)
7,=
k 9
21 ≡ 2 ( mod 11)
− 23 . ( 3 − 1) . ( 5 − 1)
22 ≡ 4 ( mod 11)
= 64 tan e var dır.
Cevap: E
25 ≡ 10 ( mod 11)
()
210 ≡ 1 ( mod 11) ⇒ ο 2= 10 → 2 bir üreteçtir
1
3
7
2 ≡ 2, 2 ≡ 8, 2 ≡ 7, 29 ≡ 6
Cevap: E
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
7.
( 108, ⊕ )=
72 ⇒ T (108 )= 4.3= 12
tane
alt
Devirli Alt Gruplar
10. 120.6 ≡ 0 ( mod 720 )
grubu vardır.
6 bu grubun üreteci olur.
Cevap: C
(120, k ) = 1
olmak
üzere 6.k mertebesi 120 olan grubun üreteçleridir.
Yani Φ (120 ) kadar vardır. Φ (120 ) =
32
Cevap: C
11.
8.
{ }
=
0, 9
6 n ≡ 0 ( mod 72 ) ⇒ n =
12
Cevap: D
{
}
=
9 , 0, 6, 12
↓
↓
6
6 'nın katlar
9 'un katları
İkisini kapsayan en küçük küme ( 9, 6 ) = 3 ’ ün
{
}
katları olan 3 = 0, 3, 6, 9, 12, 15 dir.
6
( )=
ο 3
Cevap: B
9.
4n ≡ ( mod 11)
41 ≡ 4 ( mod 11)
42 ≡ 5 ( mod 11)
43 ≡ 9 ( mod 11)
12. I → Teorem gereği doğrudur.
4 ≡ 3 ( mod 11)
4
45 ≡ 1( mod 11) ⇒ n =
5
Cevap: D
II → ( , + ) grubu devirli gruptur ve sonsuzdur.
Yanlış
III → Bu ifade de doğrudur.
( , + )
grubunun
üreteçleri -1 ve 1 dir.
Cevap: D
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
13. I ve II doğrudur.
Devirli Alt Gruplar
0, 4, 8, 2, 6} {0, 2, 4, 6, 8}
{=
16. 4
=
Cevap: C
Cevap: A
14. I) ( , + ) sonsuz devirli bir gruptur.
{0} ⊆ 
17. =
ο ( G ) 60 ise
=
a60 e (e, G nin birim elemanı)
ve 0 =
{0}
{0} → sonlu olduğundan II. öncül
yanlıştır
(a )
12
k
= e ⇒ k = 5 olmalıdır.
Cevap: A
II) ο ( G ) = m.n ve G = a ⇒ am.n = e (e, G nin
birim elemanı)
(a )
m
k
⇓
= e koşulunu sağlayan en küçük
k tamsayısı için
( )
ο (a ) =
n
=
ο am
k
=
k n
18. =
ο ( G ) 75 ise
=
a75 e ( e,G nin birim elemanı)
m
III) ο (=
G ) n ve =
G
birim elemanı)
a ise =
an e (e, G nin
↓
n bu koşulu sağlayan en
küçük tamsayıdır.
O halde ο ( a ) =ο
n, ( G ) =
n ⇒ ο (G) =
ο (a)
Cevap: E
15. =
6
{6.n
n ∈=
} 6 
Cevap: D
( 75,k ) = 1
k = 4, 8, 16, 22 için sağlar.
Cevap C
ÖABT Soyut Cebir
1.
KONU TARAMA SINAVI – 4
( ) ( )
Φ (144 ) =
Φ 24 .Φ 32
(
)(
=
24 − 23 . 32 − 31
6.
)
Devirli Alt Gruplar
( )
Φ (12 ) =
Φ ( 3 ) .Φ 22
(
=
( 3 − 1) . 22 − 21
= 8.6
= 48
)
= 2.2
=4
Cevap E
2.
(
T ( 54 ) = T 2.33
Cevap A
)
7. =
ο ( G ) 45 ise
=
a45 e ( e G nin birim elemanı)
=+
(1 1) . ( 3 + 1)
( 45.k ) = 1
=
( 45,2 ) 1,=
( 45, 4 )
= 2.4
=8
Cevap C
3.
I ve II
Cevap C
8.
Cevap C
1,=
( 45,8 ) 1, =
( 45,16 ) 1
−5 ve 5 tarafından üretilir. 2 tane üreteci var-
dır.
Cevap B
4.
4.n = 0 ( mod 18 )
9
Cevap C
5.
II − III
Cevap E
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
1.
(  8 : H=)
o (8 ) 8
= = 4
o ( H)
2
5.
Sol ve Sağ Yan Kümeler (Kasetler)
[Sn : A=
n]
n!
2
= n!. = 2
n!
n!
2
Cevap C
Cevap B
2.
0 + 6 =
6 

1 + 6


2 + 6

3 + 6


4 + 6

5 + 6

6.
H.K
2.4
= = 4
H∩K
2
H ∩ K =−
{ 1, 1}
( , 6 ) = 6
Cevap C
Cevap E
3.
HK
=
H G koşulunu sağlamayan 9 olur.
Cevap D
4.
0 + 15 
3 + 15 

6 + 15  (15, + ) ≤ ( 3, + )
9 + 15 

15 + 15 
Cevap B
ÖABT Soyut Cebir
1. =
H
=
6
(  24 : H=)
KONU TARAMA SINAVI – 5 Sol ve Sağ Yan Kümeler (Kasetler)
{0, 6, 12, 18}
3.
o (  24 ) 24
= = 6
o ( H)
4
H G koşulunu sağlamayan
18
60
Cevap E
Cevap D
2.
[12 : 3] = 4
4. =
H
=
4
=
K
=
6
Cevap C
H∩K
{0, 4, 8, 12, 16, 20, 24, 28, 32}
{0, 6, 12, 18, 24, 30}
=
{0, 12, 24}
H⊕K =
H.K
H∩K
=
9.6
= 18
3
Cevap D
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
ÇÖZÜMLER
4.
Normal Alt Gruplar ve Bölüm Grupları
I) Teorem gereği H.N ∆ G olur.
II) Teorem gereği H ∩ N ∆ G olur.
1.
I) Grubun merkezine M(G) dersek
III) H ∪ N ∆ G ifadesi her zaman doğru olmaya-
a ∈ G olmak üzere,
M ( G )=

{a ∀x ∈ G için
bilir.
ax= xa}
3  ∆  ve 4  ∆  iken 3  ∪ 4  ∆ G değildir.
Değişmeli old. için normal altgruptur.
Cevap: C
II) Değişmeli bir grubun alt grupları da değişmeli
olduğundan normal alt gruptur.
III)
{e} →
tek elemanlı olduğu için normal alt
gruptur.
G → Grubu tek kosete ayırır. Bir tane koset
olduğu için sağ ve sol kosetler aynıdır.
Cevap: E
5.
( ) → hesaplayalım
ο 12
( )=5
12.n ≡ 0 ( mod 30 ) ⇒ n = 5 ⇒  12
Şıklardan mertebesi 5 olanı bulacaz.
2.
[G : N] = 2
[G : N] =
olursa kesinlikle N ∆ G olur.
3 n ≡ 0 ( mod 30 ) ⇒ 3 =
10
5 n ≡ 0 ( mod 30 ) ⇒ 5 =
6
G
48
= =2 ⇒ N =24
N
N
15 n ≡ 0 ( mod 30 ) ⇒ 15 =
4
6 n ≡ 0 ( mod 30 ) ⇒ 6 =
5 
 doğru
18 n ≡ 0 ( mod 30 ) ⇒ 18 =
5

Cevap: E
Bu sorunun 2 tane doğru cevabı vardır.
Cevap: C-E
3.
I) Teorem gereği [G :  ] = 2 ⇒  ∆ G
II) Teorem gereği doğrudur.
III) Mertebesi asal olan grubun aşikar alt gruplarından başka alt grubu olmadığından basit gruptur.
Cevap: E
6.
Verilen önermelerin hepsi birbirine denktir.
Cevap E
ÖABT Soyut Cebir
1.
KONU TARAMA SINAVI – 6 Normal Alt Gruplar ve Bölüm Grupları
A ve C seçenekleri asaldır. Fakat
(  7,  ) da
sıfırın tersi olmadığı için grup değildir.
Cevap A
4.=
[G : N] 2 olursa N∆G olur.
[G : N] =
G
N
72
= =2 → N =36
N
Cevap D
2.
I, II, III
Cevap E
3.
I, II, III
Cevap E
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
3.
ÇÖZÜMLER
Grup Homomorfizmaları
I) İzomorfizma birebir ve örten dönüşüm olduğundan tersi de birebir ve örten olur. Dolayısıyla
1.
tersi de izomorfizmadır.
∀ x, y ∈ ∗ için,
ϕ ( x.
=
y ) =
x.y   x . y 
II) Teorem gereği doğrudur.
olmayabilir.
III) Teorem gereği doğrudur.
∀ x, y ∈ ∗ için,
y)
ϕ ( x.=
Cevap: E
x.y
y
= x .=
ϕ( x).ϕ( y)
homomorfizma
∀ x, y ∈ ∗ için,
ϕ ( x.=
y)
x. y x y
≠ . homomorfizma değil
3
3 3
∀ x, y ∈ ∗ için,
ϕ ( x. y ) = 2 ≠ 2 + 2
old.dan homomorfizma değil
∀ x, y ∈ ∗ için,
ϕ ( x.=
y)
3 x.y ≠ 3 x.3 y
old.dan homomorfizma
değil
Cevap: B
4.
2.
ϕ : ( G, x ) → (H,  )
olmak üzere,
eH}
ϕ=
{x ∈ G ϕ ( x ) =
Grup homomorfizması denklik bağıntısı oldu-
Çek
ğundan üç öncülde doğrudur.
e = 0 olduğundan
Cevap: E
0}
ϕ=
x =
{x ∈  ϕ ( x ) =
⇒ Çek ϕ =
{0}
Çek
Cevap: A
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
5.
I) ∀ x, y ∈ G için
6.
ϕ ( x ∗ y ) = ( x ∗ y )n = (
x ∗ y ) ∗ ( x ∗ y ) ∗ ... ∗ ( x ∗ y )


{y ∈ H ∀ x ∈ G için
( 12, ⊕ ) →
n tan e
= x ∗ y = ϕ(x) ∗ ϕ(y)
ϕ(x) =
}
y
grubunun bir üreteci 1 dir.
n
(k, 12 ) =1 → k =1, 5, 7, 11 olabilir.
7, ( 12, ⊕ ) nın bir üreteci olduğundan
ϕ ( x ) = 7. x grubu üretir.
olduğundan homomorfizmadır.
ϕ:G → G
II)
ise
Görüntü
kümesi
= ( x ∗ x ∗ ... ∗ x ) ∗ ( y ∗ y ∗ ... ∗ y )


 


n tan e
ϕ : ( G, ∗) → (H,  )
lm ϕ =

n tan e
n
Grup Homomorfizmaları

=
( tanım ve değer kümeleri aynı)
Buna göre,
Birebir ve örten olduğundan otomorfizmadır.
ϕ 12 ve =
lm=
12
III) ∀ a, b ∈ H için =
ϕ ( a ) a ve =
ϕ (b ) b olur.
⇒ lmϕ =
1 , 5 , 7 , 11
=
1
=
5
=
7
ϕ ( a ∗ b ) = ϕ ( a ) ∗ ϕ (b )
11
Cevap: D
= a ∗ b ⇒ a ∗ b ∈ H ... (1)
ϕ (a) a =
∀ a ∈ H için
=
ve ϕ ( e ) e
ϕ ( a ∗ a−1 ) = ϕ ( a ) ∗ ϕ ( a−1)



e
⇒ ϕ ( a ) 
−1
⇒ a=
−1
( )
ϕ a−1
=
ϕ ( a−1) ⇒ a−1 ∈ H... ( 2 )
(1) ve (2) den H ≤ G olduğu gösterilir.
Cevap: E
7.
(
ο ( a=
) m ve ο ( ϕ ( a=
) ) n olsun. m, n ∈  +
)
( )
ο ( a ) =m ⇒ am =eG ⇒ ϕ am =ϕ ( eG )
⇒ ϕ ( a ) 
m
eH
=
⇒ n m ... (1)
n ⇒ ϕ ( a )  =
eH
ο (ϕ (a)) =
n
( )
⇒ ϕ an =
ϕ ( eG )
⇒ a = eG ⇒ m n ... ( 2 )
n
(1) ve ( 2 ) den m = n
Yani ο ( a ) =
ο (ϕ (a))
bulunur.
Cevap: A
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
8.
I)
ϕ ( a ) = ϕ ( a ∗ eG ) = ϕ ( a ) οϕ ( eG )
11. ο (  =
20 ) 20 ve 8 n ≡ 0 ( mod 20 )
eH
⇒ ϕ ( eG ) =
II)
ϕ ( eG ) =eH ⇒ ϕ ( a ∗ a
)
e
⇒ ϕ (a) ο ϕ (a ) =
ϕ ( a ) 
⇒ ϕ (a ) =
−1
=eH
−1
III)
H
−1
−1
Grup Homomorfizmaları
a ∗ a ∗ ... ∗ a )
ϕ ( a =) ϕ (


( )
⇒ n= 5 ⇒ ο 8 = 5
Bölüm grubunun mertebesi de
ο (  20 ) 20
= = 4
5
ο 8
( )
n
olduğundan mertebesi 4 olan bir gruba izomorf
n tan e
ϕ
( a ) ο ϕ ( a ) ο ... ο ϕ ( a )

=
olmalıdır. Yani  4
n tan e
= ϕ ( a ) 
Cevap: C
n
Cevap: E
9.
x ∈  için
ϕ(x) =
0
12. Hepsi teorem gereği doğrudur.
⇒ x = ... − 6, − 3, 0, 3, 6, ...
⇒ Çek
ϕ = {... − 6, − 3, 0,
3, 6, ...} = 3
Cevap: C
10. Bir grup, permütasyonlar grubunun uygun bir alt
grubuna izomorftur.
Cevap D
Cevap: E
ÖABT Soyut Cebir
=
o (  24 ) 24
=
ve 16.n 0 ( mod 24 )
1.
4.
3
(
n=
3 → o 16
)
Grup Homomorfizmaları
KONU TARAMA SINAVI – 7
∀m, n ∈ 
ϕ (x + y) = ϕ (x) + ϕ (y)
=
3
xn + m ≠ xn + xm
dönüşümü bir homomorfizma değildir.
Bölüm grubunun mertebesi de
o (  24 ) 24
= = 8 olduğundan mertebesi 8 olan
3
o 16
Cevap C
( )
bir gruba izomorftur. Yani  8
Cevap D
5.
I, II, III
Cevap E
2.
6.
x ∈  için ϕ ( x ) =
0
1
ϑ(x) =
=
x ..., −5, 0, 5, 10, ...
ϕ
çek=
II) ∀x ∈ ∗
}
{..., − 5, 0, 5, 10,...=
3x = 1
x=0
5
çek ϕ ={0}
Cevap C
I) ∀x1, x 2 ∈ ∗
ϑ ( x1 ) =
ϑ ( x2 )
3 x1 = 3 x 2
x1 x 2 olduğundan ϑ1 − 1 dir.
=
III) çek ϑ∆
Cevap E
3.
ϕ : ( G, ∗) → (H,o ) ise
Im ϕ=
{y ∈ H ∀x ∈ G için ϕ ( x )= y}
( 18, ⊕ ) →
7.
grubun bir üreteci 1 dir.
(k, 18 ) =1 → k =1, 5, 7, 11, 13, 17
7, ( 18 , ⊕ ) nın bir üreteci olduğundan
ϕ(x) =
7. x grubu üretir.
Cevap E
8.
Buna göre,
Im=
ϕ 18 , 18
=
1=
5=
7=
11=
Verilen yargıların her biri doğrudur.
13=
17
( , + )
ve ( , + ) devirli grup olmadıklarından I
ve II öncüller yanlıştır.
Cevap C
Im ϕ = 1 , 5 , 7 , 11 , 13 , 17
Cevap E
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
ÇÖZÜMLER
3.
Direkt Çarpımlar (Toplamlar)
ο ( a ) , ο ( b ) 
ο ( a,b ) =
2n ≡ 0 ( mod 3 )
1.


⇒ n= 3 ⇒ ο 2 = 3 
 ο 2, 3 = [3, 4] =12
3 m ≡ 0 ( mod 4 )


⇒ m= 4 ⇒ ο 3 = 4 

()
3 = 1
4 = 1
()
5 = 2
2 x 3 =
( )
( 1, 1 )
Cevap: C
 3 x  3 grubunda ( 3,3 ) = 3 olduğundan
devirli grup değildir.
Cevap: E
4.
12m ≡ 0 ( mod 11)
2.


⇒ m= 3 ⇒ ο 12 = 3 

 ο 12, 18, 24
18 n ≡ 0 ( mod 24 )


⇒ n= 4 ⇒ ο 18 = 4  ⇒ [3, 4,5] =
60

24 p ≡ 0 ( mod 30 )


⇒ p = 5 ⇒ ο 24 = 5 

( )
 2 ⊕  2 → ( 2,2 ) ≠ 1
 4 ⊕  6 → ( 4,6 ) ≠ 1
( )
 3 ⊕  6 → ( 3, 6 ) ≠ 1
 2 ⊕  4 → ( 2, 4 ) ≠ 1
 4 ⊕  5 → ( 4,5 ) =
1 olduğundan devirli grup
Cevap: E
(
)
( )
Cevap: E
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
5.
ο (  60 x  20 x  6 ) =
60 → merte[60, 20, 6] =
Direkt Çarpımlar (Toplamlar)
6. =
400 16.25
= 24 .52
besi 60 olan gruba izomorf olur.
p ( 4 ) . p ( 2 ) → tane izomorf olmayan grup var-
ο ( 12 x  20 x  30 ) =
60
[12, 20, 30] =
dır.
ο ( 15 x  20 x  24 ) =
120
[15, 20, 24] =
2=2 
 p ( 2) = 2
= 1 + 1
ο (  30 x 10 x  3 ) =
30
[30, 10, 3] =
ο (  20 x  20 x 18 ) =
180
[20, 20, 18] =
ο (  60 x  5 x  24 ) =
120
[60, 5, 24] =
Cevap: A
4=4


= 3 +1

=
2+2
5
 p ( 4) =
= 2 + 1+ 1 

= 1 + 1 + 1 + 1
⇒ p ( 2 ) .p ( 4 ) =
2.5 =
10 tan e
Cevap: D
ÖABT Soyut Cebir
1.
KONU TARAMA SINAVI – 8
 3 x  4 = (1,1) olduğundan devirli gruptur.
2=
x 4
2, 4 )
(=
2
6,9 )
(=
3
olduğundan devirli grup
olduğundan devirli grup
5,15 )
(=
5 olduğundan devirli grup
3,3 )
(=
3
olduğundan devirli grup
değildir.
Cevap D
2.
o (  24 x =
30 x  35 )
24,30,35]
[=
840 mertebe-
si 840 olan gruba izomorf olur.
=
[12,60,35
] 420
o (  24 x =
24,210,5] 840
210 x  5 ) [=
o (  48 x =
48,15,35] 1680
15 x  35 ) [=
o (  8 x  90
x  35 ) [=
8,90,35] 1400
=
o (  24 x =
24,6,175] 4200
6 x 175 ) [=
o ( 12 x =
60 x  35 )
Cevap C
3.
432 = 24.33
birbirine
(
)
()
değildir.
 3 x=
3
3.m
 = 0 ( mod12 ) 

4

o 3 =4


4.n = 0 ( mod 20 ) 
 o 3, 4,6
5

20
 ⇒ [ 4,5,5] =
o 4 =5

6.p = 0 ( mod 30 ) 

5


o 6 =5

()
değildir.
5 =
x 15
4.
()
değildir.
 6 x=
9
Direkt Çarpımlar (Toplamlar)
olduğundan
izomorf
432.
olmayan
Mertebeden
abelyan
gruplar
p ( 4 ) .p (=
3 ) 5.3
= 15 tanedir.
Cevap E
Cevap A
ÖABT Soyut Cebir
1.
KONU TESTİ
G sonlu bir grup, p asal sayı ve k ∈  + olsun.
4.
Sylow Teoremleri
100 = 22.52
olduğundan mertebesi 100 olan bir grubun
Pk o ( G ) ve Pk +1 o ( G )
1
2
o (H=
2 ve o (K=
4
) 2=
) 2=
k
ise G grubu P mertebeden en az bir alt gruba
sahiptir. (1. sylow)
O halde 33 108 ve 34 108 olduğundan G
sylow – 2 alt grubu olduğundan
o (H ∩ K ) =
( o ( H) , o (K ) )
= ( 2, 4 )
=2
grubunun 27. Mertebeden bir alt grubu kesinlikle vardır.
dir.
Cevap D
2.
360 = 23.32.5
olduğundan mertebesi 360 olan bir grubun
sylow-3 alt grubunun mertebesi 32 = 9 dur.
Cevap B
3.
gibi iki tane
30 = 21.31.51
olduğundan mertebesi 30 olan bir grubun sylow
– 5 alt grubunun alt gruplarının sayısı 1 tanedir.
Cevap A
Cevap B
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
ÇÖZÜMLER
4.
Halkalar
k)
( ο (  45 ) ,=
1 ise k (  45 , ⊕,  ) halkasının bir
sıfır böleni değildir.
1.
∗7
{
}
= 1, 2, 3, 4, 5, 6 olduğundan
Yani,
(  , ⊕ ) → Bir grup olmaz.
gerekir.
∗
7
Dolayısıyla
(
∗7 ,
ο (  45 ) =
45 ile arasında asal olması
( 45, 28 ) = 1 olduğundan cevap 28 dir.
)
⊕,  cebirsel yapısı da halka
Cevap: D
olamaz.
Cevap: E
2.
∀ x ∈ 3  için x.e =
x olacak biçimde bir
e ∈ 3 bulamayız.
5.
Yani ( 3, ⊕,  ) halkası birimli değildir.
Cevap: B
(H, +,  )
bir halka olmak üzere,
a ≠ 0H, b ≠ 0H, a.b ∈ H olmak üzere a.b = 0H
oluyorsa a ve b elemanları halkanın sıfır bölenidir.
(  ⊕  6,
( )
⊕,  ) halkasının birim elemanı 0, 0
dır.
3.
Sıfır bölen sayısı
=  (  72 ) − ( Φ ( 72 ) + 1)
ο (  72 ) =
72
( )
⇒ ( 2 − 2 )( 3 − 3 ) = 4.6 = 24
Φ ( 72 ) =
Φ 23.32
3
2
2
(0, 0 ) ( sıfır bölenidir )
( 2, 3 ) → ( 2, 3 ) . (0, 2) =
(0, 0 ) ( sıfır bölenidir )
(1, 4 ) → (1, 4 ) . (0, 3 ) =
(0, 0 ) ( sıfır bölenidir )
(0, 2) → (0, 2) . (3, 3 ) =
(0, 0 ) ( sıfır bölenidir )
(3, 3 ) → (3, 3 ) . (0, 2) =
0, 0 ) =
(0, 0 )
(1, 5 ) → (1, 5 ) . (
Başka bir eleman sağlamaz
1
(1, 5 ) bu halkanın sıfır böleni değildir.
Sıfır bölen sayısı = 72 − ( 24 + 1) = 47
Cevap: D
Cevap: C
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
6.
Tamlık bölgesi → Birimli, değişmeli, sıfır bölen-
8.
Halkalar
I) Teorem gereği doğrudur.
II) Teorem gereği doğrudur.
siz
( , +,  ) →
Birimli, değişmeli, sıfır bölensiz
( , +,  ) →
Birimli, değişmeli, sıfır bölensiz
( , +,  ) →
Birimli, değişmeli, sıfır bölensiz
( , +,  ) →
Birimli, değişmeli, sıfır bölensiz
( 15,
⊕,  ) →
III) Her cisim içerisinde sıfır bölen yoktur.
Cevap: E
Birimli, değişmeli fakat sıfır
bölensiz değil
3.5 = 0 3 ve 5 sıfır bölenidir.
Cevap: E
7.
(F, +,  )
yapısı birimli ve değişmeli bir halka ve
(F , ) bir grup ise (F, +, ) yapısına cisim denir.
(F = F − {0 })
∗
∗
F
( , +,  )
(
birimli ve değişmeli halka, ∗, 
)
bir
9.
grup
( , +,  )
birimli ve değişmeli halka,
(  , )
bir
(
)
bir
(
)
∗
birimli ve değişmeli halka, ∗, 
ristiği sıfırdır.
grup
(  5, ⊕,  )
birimli ve değişmeli halka ∗5 ,  bir
III) (  6 , ⊕,  ) halkası için,
(
)
n. 0, 1, 2, 3, 4, 5 ≡ 0
Denkliğini sağlayan en küçük sayma sayısı 0
grup
( , +,  )
(
II) ∀x ∈  için n. x =0 koşulunu sağlayan tek
sayı 0 olduğu için ( , +,  ) halkasının karakte-
grup
( , +,  )
I) Teorem gereği doğrudur.
birimli ve değişmeli halka ancak
dır. =
Kar  6 Char
=
6 6
Cevap: E
)
∗,  bir grup değildir.
Dolayısıyla ( , +,  ) yapısı cisim değildir.
Cevap: A
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
10. okek ( 4,
=
6)
4, 6]
[=
Halkalar
12. 18 = 2.32 asal çarpanları 2 ve 3 olan elemanla-
12
Cevap: D
rı incelemek yeterli.
Bu koşula uyan şıklarda sadece 6 var. gerçekten de,
62 ≡ 36 ≡ 0 ( mod 18 )
6, ( 18 , ⊕,  ) halkasının bir nilpotent elemanıdır.
Cevap: D
11. 42 ≡ 6 ( mod 10 ) ,
72 ≡ 9 ( mod 10 ) ,
82 ≡ 4 ( mod 10 ) ,
92 ≡ 1 ( mod 10 ) ,
52 ≡ 5 ( mod 10 )



5, H nin bir idempotent elemanıdır
Cevap: B
ÖABT Soyut Cebir
1.
( , ⊕,  )
KONU TARAMA SINAVI – 9
halkası birimli ve değişmelidir.
5.
(  ⊕ 18, ⊕,  )
halkasının
birim
elemanı
(0, 0 ) dır.
Cevap E
2.
Halkalar
( 2,3 )(0,6 ) = (0,0 ) ( sıfır bölenidir )
(0,3 )( 6,6 ) = (0,0 ) ( sıfır bölenidir )
( 2,9 )(0,2) = (0,0 ) ( sıfır bölenidir )
(5,6)(0,3) = (0,0) ( sıfır bölenidir )
( 2,7)(0,0) = (0,0) başka bir eleman sağlamaz
( 2,7) bu halkanın sıfır bö l eni değildir.
II ve III
Cevap C
Cevap C
3.
o (  90 ) − ( Φ ( 90 ) + 1)
o (  90 ) = 90
(
6.
) (
)(
)(
21 − 20 . 32 − 31 . 51 − 50
Φ ( 90 ) =
Φ 21.32.51 =
okek ( 6,10 ) = 30
)
Cevap D
= 1. ( 6 ) . ( 4 )
= 24
sıfır bölen sayısı =90 − ( 24 + 1)
= 90 − 25
= 65
7.
Cevap C
(M3 (  ) , +, •)
halkası birimli fakat değişmeli
değildir.
Cevap D
8.
12 = 1( mod 6 )
22 = 4 ( mod 6 )
4.
( , +, • ) , ( , +, • ) , ( , +, • ) , (  5, ⊕,  )
birimli,
32 = 3 ( mod 6 )
değişmeli, sıfır bölensiz olduğu için tanımlık
42 = 4 ( mod 6 )
bölgesidir.
52 = 1( mod 6 )
(  6, +, • )
birimli, değişmeli fakat sıfır bölensiz
değildir.
02 = 0 ( mod 6 )
Cevap D
2, 3 = 0 2 ve 3 sıfır bölenidir.
Cevap D
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
ÇÖZÜMLER
3.
Alt Halka ve İdealler
I)  nin alt halkası olmalı
II)  nin bütün elemanlarıyla kümenin bütün
1.
elemanları iki yönden de çarpıldığında yine kü-
n ∈  olmak üzere n. ,  nin idealidir.
meye ait olmalıdır.
3 → ideal
2 + 3 =( 2,3 )  = → ideal
 → alt halkasıdır 2.
2 .3=
 6 → ideal
3 6
olduğundan
=
∉
5 5
2 ∩ 3 = [ 2,3]  = 6 → ideal
ideali değildir.
2 ∪ 3 → alt halka olmadığından ideal
değildir
 → alt halkasıdır. 2. 3 ∈  olduğundan ideali
değildir.
2 ∈ 2, 3 ∈ 3, 2 + 3 = 5 ∉ 2 ∪ 3
{−1} → alt halkası olmadığından ideali değildir.
Cevap: E
{−1, 1} → alt
halkası olmadığından ideali değil-
dir.
{0} →
aşikar alt halkasıdır ve ∀a ∈  için
a.0= 0.a= 0 ∈ {0} olduğundan idealidir.
Cevap: E
2.
I) 3 + 4 =( 3, 4 )  = → Yanlış
II) 3 − 4 =( 3, 4 )  = → Doğru
III) 3 ∩ 4 =
[3, 4]  =
4.
I) ideal olmanın önkoşulu alt halka olması gerektiğinden doğrudur.
12 → Doğru
II) Teorem gereği doğrudur.
IV) 3 ∪ 4 ≠  → Yanlış
III) I, H halkasının ideali 1H ∈ I olsun.
Cevap: B
Tanım
gereği
1H .H =
H.1H =
H ⊆ I ve I ⊆ H
olduğundan I = H olur.
Cevap: E
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
5.
H değişmeli bir halka ve I, H nin bir ideali olsun.
∀ a, b ∈ H için a.b ∈ I iken a ∈ I veya b ∈ I
olu-
6.
Alt Halka ve İdealler
Teorem: I 1 ve I2 H nin iki ideali olmak üzere
I1 + I2 ve I1 ∩ I2 de H nin idealleridir.
yorsa I ya H nin bir asal ideali denir.
3, 6 ∈ 3 olmak üzere 3.6 =
18 ∈ 9 iken
3 ∉ 9 ve 6 ∉ 9 olduğundan asal ideali de-
ğildir.
6, 12 ∈ 3 olmak üzere 6.12 =
72 ∈ 24 iken
6 ∉ 24 ve 12 ∉ 24 olduğundan asal ideali
değildir.
6, 21∈3 olmak üzere 6.21 =
126 ∈ 42 iken
6 ∉ 42 ve 21∉ 42 olduğundan asal ideali
değildir.
6, 30 ∈ 3 olmak üzere 6.30 =
180 ∈ 60 iken
6 ∉ 60 ve 30 ∉ 60 olduğundan asal ideali
değildir.
∀ a, b ∈ 3 için a.b ∈ 15 iken a veya b den
en az birinin 5 in katı olması gerekir.
a veya b den en az biri hem 3 ün hem de 5 in
katı olduğuna göre 15 inde katı olur. Dolayısıyla
en az bir tanesi 15 kümesine ait olur. 15
asal idealidir.
Cevap: B
Cevap: C
ÖABT Soyut Cebir
1.
KONU TARAMA SINAVI – 10
n ∈  olmak üzere n.,  nin idealdir.
3 → ideal
2 + 4 = ( 2,4 )  = 2 → ideal
2 ∩ 3 = [ 2,3]  = 6 → ideal
 12 → ideal
=
3.4
3 ∪ 4 → alt halka olmadığından ideal değildir.
Cevap C
2.
Yalnız II
Cevap A
3.
II ve III
Cevap D
4.
A) ( 2,6 ) ∈ 2 için
2.6 ∈ 4 iken
2 ∉ 4 ∧ 6 ∉ 4
C) ( 4,6 ) ∈ 2 için
4.6 ∈ 12 iken
4 ∉ 12 ∧ 6 ∉ 12
D) ( 2,9 ) ∈ 2 için
2.9 ∈ 18 iken
2 ∉ 18 ∧ 9 ∉ 18
E) ( 4,6 ) ∈ 2 için
4.6 ∈ 24
4 ∉ 24 ∧ 6 ∉ 24
Cevap B
Alt Halka ve İdealler
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
3.
ÇÖZÜMLER
Polinom Halkaları
Bir H tamlık bölgesinin tüm elemanlarını bölen
H nin elemanlarına birimsel sayı denir.
1.
Sıfır bölenli halkalarda tanımlanırsa,
11 tamlık bölgesinde 11 asal olduğundan bu
der  f ( x ) .g ( x )  ≤ der f ( x ) + der g ( x ) olur.
halkanın birimsel elemanları ∗11 dir.
Sıfır bölensiz halkalarda tanımlı polinomlar için,
∗11 = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10
der  f ( x=
) g ( x ) der f ( x ) + der g ( x ) olur.
0 birimsel eleman değildir.
{
}
12 için 3.4 ≡ 0 ( mod 12 ) ⇒ 3 ve 4 sıfır bölen
olduğundan
Cevap: A
15 için 3.5 ≡ 0 ( mod 15 ) ⇒ 3 ve 5 sıfır bölen
 20 için 4.5 ≡ 0 ( mod 20 ) ⇒ 4 ve 5 sıfır bölen
 21 için 3.7 ≡ 0 ( mod 21) ⇒ 3 ve 7 sıfır bölen
Ancak 17 için
∀ x ≠ 0 ∈ 17 için x.y ≡ 0 ( mod 17 ) denkliğini
sağlayacak y ≠ 0 ∈ 17 bulunamaz. dolayısıyla
sıfır bölensizdir.
Cevap: C
4.
x → x = 0 ⇒ f ( 0 ) = 4 ≠ 0 olduğundan çarpanı
değil
2.
f ( x )= ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e → 4. dereceden
x + 1 → x + 1=0 ⇒ x =− 1 ⇒ f ( −1) =−1≡ 4 ≠ 0
polinom
olduğundan çarpanı değil
Bu polinomun monik olması için a = 1 olmalıdır.
x + 2 → x + 2 =⇒
0 x=
− 2 ⇒ f ( −2 ) =
−12 ≡ 3 ≠ 0
f ( x ) = x 4 + bx3 + cx 2 + dx + e ve
olduğundan çarpanı değil
{
x + 4 → x + 4=
0⇒ x =
−4
}
 5 = 0, 1, 2, 3, 4


⇒ f ( −4 ) = f (1) = 9 ≡ 4 ≠ 0
5 eleman
b için 4 ihtimal

c için 3 ihtimal  4.3.2.1 = 24 farklı monik

d için 2 ihtimal  polinom tanımlanabilir.
e için 1 ihtimal 
Cevap: D
olduğundan çarpanı değil
x +3→ x +3=
0⇒ x =
− 3 ⇒ f ( −3 ) ≡ f ( 2 ) =
20 ≡ 0
olduğundan çarpanı olur.
Cevap: D
KONU TESTİ
ÖABT Soyut Cebir
5.
Einstein indirgenmezlik kriteri
6.
Polinom Halkaları
Rasyonel katsayılı polinomların kökü olan reel
 [ x ] te f ( x ) =a0 + a1x + a2 x 2 + ...an xn
sayılara cebirsel sayı denir. Rasyonel katsayılı
polinomu için,
transandant sayılar denir.
I) P + a0 , P + a1, P + a2,...,P + an−1
Hiçbir rasyonel katsayılı polinomun kökü ola-
polinomların kökü olmayan reel sayılara da
II) P + an
madığından transandant sayıdır.
III) P2 + a0
2 → x2 − 2
Olacak biçimde herhangi bir P asal sayısı varsa
f(x) indirgenmezdir.
3x 4 + 2x3 − 6x 2 + 4x + 10 polinomu için p = 2
cebirsel sayıdır.
2 ve π her ikisi de irrasyonel sayıdır.
Cevap: D
alınırsa
I) 2 2, 2 −6, 2 4, 2 10 

II) 2 + 3
 old.indirgenmezdir

III) 4 + 10

5x 6 + 4x5 − 6x3 + 2x 2 + 6 polinomu için p =
2
alınırsa
I) 2 4, 2 −6, 2 2, 2 6 

II) 2 + 5
 old.indirgenmezdir

III) 4 + 6

x 4 + x3 + x 2 + x + 1 polinomu için
(
polinomunun kökü olduğundan
)
x −1 4
x5 − 1
. x + x3 + x 2 + x + 1
=
=
x −1
x −1
Φ5
Claytomic polinom olarak bulunur. 5 asal olduğundan bu polinom indirgenmezdir.
Geriye sadece 4x7 + 3x5 − 2x3 − 4x + 1
polinomu kalır ve bu polinom indirgenebilir bir
polinomdur.
2x5 + 3x3 + 6
Cevap: C
ÖABT Soyut Cebir
1.
KONU TARAMA SINAVI – 11
f ( x )= ax3 + bx 2 + cx + d → 3. dereceden polinom
{
}
 4 = 0, 1,2,3

4 eleman
a için
b için
c için
d için
3
4
4
4
eleman 

eleman 
 3.4.4.4 = 192
eleman
eleman 
Cevap D
2.
I ve III
Cevap D
3.
I ve III
Cevap C
4.
x 4 + 3x 2 + 4 polinomu için p = 1 alınırsa
I) 1 3, 1 4
II) 11 olduğundan koşul sağlanmadı
III) 12 4 olduğundan koşul sağlanmadı
bu polinom indirgenebilir bir polinomdur.
Cevap B
Polinom Halkaları
ÖABT Soyut Cebir
GENEL TARAMA SINAVI
ÇÖZÜMLER
1.
5.
6. a = 0 ( mod18 )
↓
3.1
3.5
(  , •) yapısı gruptur.
∗
Cevap C
Cevap B
2.
(  6, ⊕ )
abelyan gruptur.
6.
Cevap E
1 2 3 4 5 

 →1
1 2 3 4 5 
Sn deki k devirlerin sayısı
n

k 
(k − 1) !. 
5
24
=
5
( 5 − 1) !. 
24
+ 1
25
3.
∗ a−1 = a
∗ a−1
I) a ∗ a = a → a ∗ a


e
e
→ a∗e = e → a = e
−1
Cevap B
−1
∗a = e
∗a
II) a ∗ a = e → a ∗ a


a−1
e
−1
→a=
a
∀a,b ∈ G için a ∗ b =
( a ∗ b )−1
−1
7.
−1
= b ∗a
= b ∗ a değişmelidir.
6. n = 0 ( mod 45 )
↓
15
Cevap B
III) ( a ∗ b ) = a ∗ b → ( a ∗ b ) ∗ ( a ∗ b ) = ( a ∗ a ) ∗ ( b ∗ b )
2
2
2
−1
−1
→a
b−1 = a
b−1
∗ ( a ∗ a ) ∗ ( b ∗ b ) ∗
∗ ( a ∗ b ) ∗ ( a ∗ b ) ∗
e
e
e
e
→ b ∗ a = a ∗ b Değişmelidir
8.
Grubun merkezi grubun tüm elemanları ile
değişmeli olacağından;
 8 {−1, +1, −i,i,  j,  k}
Cevap E
m ( 8 ) =
{−1,1}
Cevap B
4.
II, III
9.
(  8, ⊕ ) →
sonlu bir gruptur. Torsion grubudur.
Cevap C
Cevap C
ÖABT Soyut Cebir
GENEL TARAMA SINAVI
14. I, II, III
10. I ve II
Cevap E
Cevap C
11.
1 2 3 4 5 6 
15. 

5 1 3 6 2 4
22.33
108 2
54 2
(
T (108 ) = T 22.33
27 3
9 3
3 3
1
)
(152 )( 46 )
o ( f ) = [3, 2]
=
( 2 + 1)( 3 + 1)
=6
= 3.4
= 12
Cevap C
Cevap B
16.
( 453 )(12 ) → ( 3 − 1) + ( 2 − 1) = 2 + 1 = 3 tektir.
( 34 )( 42) → ( 2 − 1) + ( 2 − 1) = 1 + 1 = 2 çifttir.
( 3482)( 52) → ( 4 − 1) + ( 2 − 1) = 3 + 1 = 4 çifttir.
(1) → çifttir.
12.
360
180
90
45
9
3
1
2
2
2
5
3
3
23.51.32
(
6 çifttir.
(1234567 ) → ( 7 − 1) =
Cevap B
)
(
) (
) (
Φ 23.51.21 =
Φ 23 − 22 .Φ 51 − 50 .Φ 32 − 31
)
17. σ =( 432 )(15 )
σ−1 =
( 234 )( 51)
= 4.4.6
= 96
= ( 342 )(15 )
Cevap B
Cevap E
13.
( 3, + )
gurubu -3 ve +3 tarafından üretilir.
Cevap B
18.
n

k 
(k − 1) !. 
 10 
2.120 =
240
=
 3
( 3 − 1) !. 
Cevap D
ÖABT Soyut Cebir
GENEL TARAMA SINAVI
19. I ve II
24. x 3 ,  2 nin tüm elemanlarını üretemez. O
Cevap C
yüzden bir elemana ihtiyaç vardır. Bu da (1, 2 )
alınabilir. O halde (1, 1) ve (1, 2) ile x 3 grubunun tüm elemanları elde edilir.
20. =
[G : N] 2 ise N∆G
Cevap B
o (N) = 12
Cevap E
25. 800 = 25.52
p ( 5 ) .p ( 2 )

2 = 14 tane birbirine izomorf olmayan abelyan grup var dır.
7
Cevap C
21.
[10 : 2] = 5
Cevap C
3. n 0 ( mod30 ) → o=
26. =
( 3 ) 10
10
()
=
3.m
3 6
 0 ( mod18 ) → o=
6
()
=
5.z 0 ( mod 40 ) → o=
5 8
22.
( 18, + )
8
(
)
o=
3,3,5
grubunun bir üreteci 1 dir.
=
[10,6,8
]
120
(k.18 ) = 2 → k = 1, 5, 7, 11, 13, 17
=
18
=
1
=
5
=
7
11
=
13
=
Cevap E
17
Im  = 1 , 5 , 7 , 11 , 13 , 17
Cevap B
27.
⊕ ) ( 2,2
=
)
(  2 x  2, =
2
olduğundan
devirli
grup değildir.
Cevap E
23. o (  45 x  =
24 )
=
[ 45,24
]
360 → mertebesi 360
28. I, II, III
olan gruba izomorf
=
[15,72
] 360
o (  8 x=
8,135] 1080
135 ) [=
o (  27 =
x  40 ) [=
27, 40] 1080
o ( =
=
] 180
180 ) [180
o ( =
90] 90
90 ) [=
Cevap E
o (5 =
x  72 )
29. I, II, III
Cevap E
Cevap A
ÖABT Soyut Cebir
30.
GENEL TARAMA SINAVI
( 10, ⊕,  ) , ( 11, ⊕,  ) , ( , +, • ) , ( , +, • )
birimli
ve değişmeli halkadır.
35.=
( o ( 75 ) , k ) 1 ise k (  75, ⊕,  )
halkasının bir
sıfır böleni değildir.
Cevap C
o ( 75 ) = 75 ile arasında asal olması gerekir.
( 75,14 ) = 1
Cevap A
31. I, II, III
Cevap E
36. I, II, III
Cevap E
32.
( , +, • )
bir cisim değildir. Çünkü
(  ,•)
∗
bir
grup değildir.
37. I, II, III
Cevap A
Cevap E
38. 02 = 0 ( mod 36 )
33.
(  21, ⊕,  )
62 = 0 ( mod 36 )
tamlık bölgesi değildir.
122 = 0 ( mod 36 )
3.7 = 0 3 ve 7 sıfır bölenidir.
182 = 0 ( mod 36 )
Cevap E
242 = 0 ( mod 36 )
302 = 0 ( mod 36 )
Cevap E
34. o (120 ) − ( Φ (120 ) + 1)
39. 4 + 5 =( 4,5 )  = → Yanlış
120 − ( 32 + 1)
4 − 5 =( 4,5 )  = → Doğru
120 − 33 =
87
Cevap B
4 ∩ 5 =
[ 4,5]  =
20 → Doğru
4 ∪ 5 ≠  → Yanlış
Cevap B
ÖABT Soyut Cebir
GENEL TARAMA SINAVI
40. Teoremi I1 ve I2 , H nin iki ideali olmak üzere,
42. x + 1 → x + 1 =0 → x =−1 → f ( −1) =3 ≠ 0
x + 2 → x + 2 =0 → x =−2 → f ( −2 ) =4 ≠ 0
I1 + I2, I1 ∩ I2 de H nin idealleridir.
Cevap C
x + 4 → x + 4 =0 → x =−4 → f ( −4 ) =12 =5 ≠ 0
x + 5 → x + 5 =0 → x =−5 → f ( −5 ) =
19 =5 ≠ 0
x + 6 → x + 6 =0 → x =−6 → f ( −6 ) =28 =0
Cevap E
41.
(
)
x −1 6
x7 − 1
. x + x5 + x 4 + x3 + x 2 + x + 1 =
=
Φ7
x −1
x −1
Claytomic polinom olarak bulunur. 7 asal olduğundan bu polinom indirgenmezdir.
3x5 + 2x 4 − 6x 2 + 4x + 10 polinomu için p = 2
alınırsa
I) 2 2, 2 −6, 2 4, 2 10 

II) 2† 3
 olduğundan indirgenmezdir.

III) 4†10

2x3 − 6x 2 + 3x − 15 polinomu için p = 3 alınırsa
I) 3 −6, 3 3, 3 −15 

II) 3 † 2
 olduğundan indirgenmezdir.

III) 9 † − 15

4x 4 + 5x3 + 10x 2 − 10 polinomu için p = 5 alınırsa
I) 5 5, 5 10, 5 −10 

II) 5 † 4
 olduğundan indirgenmezdir.

III) 25 † − 10

Cevap B