MATEMATİK ANABİLİM DALI
HİPERBOLİK SAYILAR VE HİPERBOLİK SAYILARIN 2-BOYUTLU HİPERBOLİK GEOMETRİYE UYGULAMALARI
YÜKSEK LİSANS TEZİ
Yavuz GÖKSAL
MAYIS 2011 TRABZON
II
“Hiperbolik Sayılar ve Hiperbolik Sayıların 2-Boyutlu Hiperbolik Geometriye uygulamaları” adlı bu tez çalışması, Karadeniz Teknik Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Anabilim dalında “Yüksek Lisans Tezi” olarak hazırlanmıştır.
Konunun belirlenmesinde ve çalışma süresince yardımlarını esirgemeyen hocam Sayın Prof. Dr. Djavvat KHADJİEV’e (Cevat HACIEV’e) en içten duygularımla teşekkür eder, saygılarımı sunarım. Çalışmalarımın yönlendirmesinde ve çalışmalarım sırasında yapıcı eleştirilerini aldığım, her konuda hiçbir yardımını esirgemeyen hocam Öğr. Gör. Dr. İdris ÖREN’e teşekkür etmeyi bir borç bilirim.
Ayrıca diğer tüm konularda yardımını esirgemeyen Öğr. Gör. Hüsnü Anıl ÇOBAN’a, tükenmeyen ilgi ve destekleriyle yaşamıma güç katan aileme ve diğer tüm arkadaşlarıma çok teşekkür ederim.
Yavuz GÖKSAL Trabzon, 2011
III Sayfa No ÖNSÖZ ... II İÇİNDEKİLER ... III ÖZET ... V SUMMARY ... VI SEMBOLLER DİZİNİ ... VII 1. GENEL BİLGİLER ... 1 1.1. Giriş ... 1
1.2. Hiperbolik Sayıların Temel Özellikleri ... 2
1.3. Hiperbolik Sayının Matris Gösterimi ... 6
1.4. 1,1, , 1,1, Grupları ... 9
1.5. Küme Üzerinde Grup Hareketi ... 16
1.6. G-Denk Vektörler Sistemi ve G-Yörünge ... 17
1.7. 1,1, , 1,1, ve Gruplarının yörüngeleri ... 19
1.8. G-İnvaryant Fonksiyon ... 19
1.9. 1,1, Grup Elemanlarının Hiperbolik Fonksiyonlar Yardımıyla İfadesi ... 21
1.10. Lorentz Grubu ... 24
2. YAPILAN ÇALIŞMALAR ... 28
2.1. Hiperbolik Sayıların Bazı Özellikleri ... 28
2.2. Hiperbolik Sayılarda 1. tip ve 2. tip Mutlak değerler ... 34
2.3. -Denklik Problemi ... 39
2.4. -Denklik Problemi ... 45
2.5. -Denklik Problemi ... 51
2.6. , , , 1,1, , 1,1, , Grupları arasındaki bağlantılar ... 60
2.7. 1,1, Grubun Denklik Probleminin Hiperbolik Fonksiyonlar Yardımı ile Çözümü ... 63
2.8. Lorentz Grubun Denklik Probleminin Hiperbolik Fonksiyonlar Yardımı ile Çözümü ... 66
IV 3. BULGULAR ... 74 4. İRDELEME ... 76 5. SONUÇLAR ... 77 6. ÖNERİLER ... 78 7. KAYNAKLAR ... 79 ÖZGEÇMİŞ
V
Bu çalışmada Hiperbolik sayılar ve Hiperbolik sayıların 2-boyutlu Hiperbolik geometriye uygulamaları yapıldı. Hiperbolik sayılara ait bazı özellikler gösterildi.
, ve gruplarına göre denklik problemleri çözüldü. Bu sonuçları kullanarak 1,1, , 1,1, ve Lorentz gruplarının denklik problemleri çözüldü. Ayrıca , , , 1,1, , 1,1, , gruplar arasındaki bağlantılar incelendi.
VI
Hyperbolic Numbers and The Applications of Hyperbolic Numbers In 2-Dimensional Hyperbolic Geometry
In this study Hyperbolic numbers and the applications of Hyperbolic numbers to the 2-dimensional Hyperbolic geometry were applied. Some properties of Hyperbolic numbers were shown. Equality problems for groups , , and were solved. Using these results, equality problems for 1,1, , 1,1, and Lorentz groups were solved. Also the haks among the groups , , , 1,1, , , 1,1, were examined.
VII
, , 1, … , , : tipinde reel katsayılı bir matris
:Hiperbolik Sayılar Halkası :Karesi 1 olan Hiperbolik sayı
: : | | 1, , grup
: : | | | | 1, , grup : | | 1, 1, , grup
: , : 0 grup
, : ,, ,, , , 1,2; olan Gram matrisi L :Lorentz Grubu
N :Doğal Sayılar Kümesi :Sayma Sayıları Kümesi
1,1, :(1,1)-Ortogonal Matrisler Grubu 1,1, :Özel Ortogonal Grup
~ :x elemanı y elemanına G-denktir , : kümesiyle indekslenen noktalar ailesi
, ~ , : , ailesi , ailesine G-denktir : 10 01
:Reel Sayılar Cismi
:İç çarpım indeksi 1 olan 2-Boyutlu Reel Vektör Uzayı : , : ,
(m-tane) : , , : , 1,2, , Q :Rasyonel Sayılar Cismi
Z :Tam Sayılar Halkası :İspatın sonu
1. GENEL BİLGİLER
1.1. Giriş
Hiperbolik sayı olarak adlandırılan sayılar çeşitli kaynaklarda Split karmaşık sayı veya Double karmaşık sayı olarak adlandırılır.
Split karmaşık sayıların kullanımı James Cockle’ nın 1848 tarihli çalışmasına [1] kadar gider. Willam Kingdom Clifford split karmaşık sayıları çalışmalarında [2] kullanmıştır.
1935’ de J.C.Vignaux ve A. Duranonay Vedia çalışmada [4] split karmaşık geometri, cebir ve fonksiyon teorisini geliştirdiler. Bu açıklayıcı ve pedagojik çalışmalarla konuyu umumi değerlendirmelerle sundular.
1995’ de G. Sobczyk yaptığı çalışmada [5] Hiperbolik sayılar için modül, iç-çarpım, matris gösterimi ve grafikleri hakkında bilgi sundu. Hiperbolik sayıların hiperbolik fonksiyonlar yardımıyla gösteriminin ifadesini yaptı.
2003’ de F. Catoni, R. Cannata, V. Catoni, P. Zampetti yaptıkları çalışmada [6] Hiperbolik sayıların Hiperbolik fonksiyonlar yardımıyla ifadesini verdiler. Hiperbolik sayının grafiksel gösterimini sundular.
2008’ de D. Boccaletti, E. Nichelatti, F. Catoni, R. Cannata, V. Catoni and P. Zampetti yazdıkları kitapta [3] Hiperbolik sayılar hakkında geniş bilgi sundular.
Hiperbolik sayılar ile ilgili bilgi [8] ve [9] çalışmalarında da verilmektedir.
Tezin amacı 2- boyutlu hiperbolik geometrideki temel gruplar için - denklik problemlerini hiperbolik sayılar kullanılarak incelemektir. Bu yöntem hiperbolik geometrideki temel 1,1, , gruplarına karşılık gelen ve hiperbolik sayılardan oluşan
, gruplarını ortaya çıkardı. Bu yöntemin önemli bir özelliği şu oldu ki, doğal olarak hiperbolik sayıların önemli yeni bir grubunu ( grubunu) da ortaya çıkardı.
Tezde aşağıdaki konular incelendi:
1) 1,1, ve gruplarına karşılık gelen ve hiperbolik sayılar gruplarının tanımları ve özellikleri;
2) grubunun tanımı ve özellikleri;
4) 1,1, , 1,1, , gruplarına göre - denklik problemleri;
5) , , , 1,1, , , 1,1, gruplar arasındaki bağlantılar. Bu problemlerin çözümleri hiperbolik sayılara ait bazı problemleri ortaya çıkardı. Tezde bu şekilde ortaya çıkmış olan problemler de incelendi.
1.2. Hiperbolik Sayıların Temel Özellikleri
Tanım 1: a, b olmak üzere , ikilisine sıralı ikili denir.
x , : , b olmak üzere, , , , , , ve
, , , için , dır.
Şimdide , : , üzerinde toplam ve çarpım tanımlayalım.
Tanım 2: : iç işlemi , , , olmak üzere
, , , şeklinde tanımlanır ve ’ deki toplama
olarak adlandırılır.
Tanım 3: : iç işlemi , , , olmak üzere
, , , şeklinde tanımlanır ve ’ deki çarpma
olarak adlandırılır.
Tanım 4: Reel sayılar cümlesi olmak üzere cümlesi üzerinde Tanım 2 ve Tanım 3’ deki gibi toplama ve çarpma işlemleri tanımlanmış ise , , cümlesine Hiperbolik sayılar cümlesi denir ve ile gösterilir.
Teorem 1: cümlesi birimli ve değişmeli halkadır. İspat: cümlesinin değişmeli halka olduğunu gösterelim. 1) , ikilisi birimli ve değişmeli halkadır.
1.1) , , ve , , , , , için;
ise birleşimlidir.
, , , , , , ,
, ,
Bu eşitliklerden olduğu görülür.
1.2) , ve , , , için ise değişimlidir.
, , , , , , eşitliklerinden olduğu görülür.
1.3) 0 öyle ki keyfi için 0 0 dır. 0 0,0 olarak
alalım ve keyfi , eleman olsun. 0 , 0,0 , bulunur.
1.4) Keyfi için 0 olacak şekilde ’ ın var olduğunu
göstermeliyiz.
, , 0 , 0,0 buradan 0
ve 0 dir. Dolayısıyla , dır.
2) , ikilisi birimli ve değişmeli halkadır.
2.1) , , ve , , , , , için; ise birleşimlidir. , , , , , , , , , , , , , ,
Bu eşitlikten olduğu sonucu çıkar.
2.2) , ve , , , için ise değişimlidir.
, , ,
, , , ; bu eşitliklerden olduğu sonucu çıkar.
2.3) öyle ki keyfi için dır. 1,0 olarak
alalım ve , keyfi eleman olsun.
, 1,0 1 0, 1 0 , buradan çarpımın
değişme özelliğinden bulunur. 3) ve işlemlerinin dağılma özelliği;
özelliği vardır. , , , , , , , , , , , , , ,
bu eşitlikten sonucu çıkar.
3.2) , , için ise sağdan dağılma
özelliği vardır. Çarpımın değişme özelliğinde bu eşitlikte sağlanır.
Teorem 2: cümlesi bir cisim değildir.
İspat: Eğer cisim olsaydı 0 için 1,0 olacak
şekilde , mevcut olması gereklidir. Bu durumda , için böyle özellikli mevcut olmadığını gösterelim.
1,0 , , 1,0 , 1,0
10, bu ise bir çelişkidir. Dolayısıyla mevcut değildir.
Not: işlemi yerine ‘ + ‘ , işlemi yerine ‘.’ kullanılacak.
Teorem 3: hiperbolik sayılar halkası reel sayılar cismine izomorf bir alt cümleyi alt cisim olarak kapsar.
İspat: , 0 , , ve : ; , 0 olarak tanımlayalım.
: , , için , 0 , 0 , 0 kapalıdır.
: , , için , 0 , 0 , 0 kapalıdır.
, işlemine göre abel grubudur.
1) , , İçin birleşme özelliği olduğundan ’ deki keyfi üç eleman içinde birleşme özelliği vardır.
2) , İçin değişme özelliği olduğundan ’ deki keyfi iki eleman içinde değişme özelliği vardır.
3) ’deki 0,0 ve için 0,0 , 0 0,0 , 0
4) Keyfi için vardır. Öyle ki 0,0 , dır. , 0 için ’ nin var olduğunu gösterelim;
0,0 , 0 , 0 0,0 , 0 0,0 olur ve , 0 olduğundan
mevcuttur.
İşleminin işlemi üzerine dağılma özelliği tüm ’de var olduğundan ’de de vardır.
İşleminin özelliği;
1) , , için birleşme özelliği olduğundan ’ deki keyfi üç eleman içinde birleşme özelliği vardır.
2) , için değişme özelliği olduğundan ’ deki keyfi iki eleman içinde değişme özelliği vardır.
3) 1,0 ve için 1,0 dır. Tüm ’ de birim eleman özelliği olduğundan ’de de vardır.
4) Keyfi 0 için vardır, öyle ki 1,0 ’ dır. , 0 ve 0 olduğundan 0 dır.
1,0
, 0 , 0 1,0 0, 0 0 1,0 , 0 1,0 1 bulunur. , 0 dir.
Dolayısıyla cisimdir. Şimdi de ’ nin izomorfizm olduğunu gösterelim. , işlemine göre homomorfizmdir:
, 0 , , 0 olmak üzere , 0 , 0
, 0 , 0 , 0 dır.
, işlemine göre homomorfizmdir:
, 0 , , 0 olmak üzere , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 dir. bire birdir: , 0 , 0 için dir. , 0 , 0 , 0 , 0 örtendir:
için olacak şekilde vardır. ’ yi , 0 olarak seçelim. , 0 dir.
Tanım 5: Teorem 3’ ün sonucu olarak ( , 0 hiperbolik sayısının izomorfu olan reel sayısı olarak gösterilecek yani; , 0 alınacaktır.
Tanım 6: Bir , hiperbolik sayısında " " reel sayısına ’ nın reel kısmı, " " reel sayısına ’ nın hiperbolik kısmı denir ve , şeklinde yazılır.
Tanım 7: 0,1 hiperbolik sayısı ile gösterilecektir yani; 0,1 alınacak ve hiperbolik birim olarak adlandırılacak.
Sonuç 1: 1’dir.
İspat: 0,1 0,1 0 1,0 0 1,0 1 elde edilir.
Teorem 4: , için şeklinde tektürlü yazılabilir yani;
, ’ ye eşittir.
İspat: , , 0 , 0 , 0 0,1 0, elde edilir.
Tanım 8: ile sayısının çarpımı , , ,
şeklindeki sayıya bir hiperbolik sayının bir reel skaler ile çarpımı denir.
1.3. Hiperbolik Sayının Matris Gösterimi
Teorem 5: , olmak üzere, , formundaki matrisler cümlesi olsun. ’ de matrislerdeki ve (· işlemlerini göz önüne alalım. , ,· işlemlerine göre birimli değişmeli bir halkadır ve bu halka ’ ye izomorftur.
İspat: : , , , olarak tanımlayalım ve ’ in bir izomorfizm olduğunu gösterelim. Öncelikle ’ nin , ,· işlemine göre birimli ve değişmeli bir halka olduğunu gösterelim.
: , , İçin
olduğundan kapalıdır.
· , , İçin;
olduğundan kapalıdır. , , İkilisi birimli ve değişmeli bir halkadır.
1) , , matrisleri için birleşme özelliği olduğundan ’ deki keyfi üç matris için de birleşme özelliği vardır.
2) Keyfi , matrisleri için değişme özelliği olduğundan ’ deki keyfi iki matris için de değişme özelliği vardır.
3) 0 00 0 , keyfi bir matris olsun. 0 0
0 0 olduğundan birimlidir.
4) Keyfi 0 için vardır öyle ki 0 00 0 dır. 0 0, 0 dır.
0,0 0 0
0 0 0 00 0
buradan 0 ve 0 dir.
Dolayısıyla bulunur.
· işleminin işlemi üzerine dağılma özelliği vardır.
, , İçin olduğunu gösterelim
Buradan gözüküyor ki ‘ dir.
1) , , matrisleri için birleşme özelliği olduğundan ’ deki keyfi üç matris için de birleşme özelliği vardır.
2) Keyfi , matrisleri için değişme özelliği olduğundan ’ deki keyfi iki matris için de değişme özelliği vardır.
3) 1 0
0 1 , keyfi bir matris olsun. 1 0
0 1 , tüm matrisler için birim eleman özelliği var
olduğundan için de var.
4) Keyfi 0 için vardır öyle ki 1 00 1 dır.
0 0, 0 dır. 1,0 1 0 0 1 1 00 1 1 0, bulunur. için 1
0, olduğundan bu bir çelişkidir. Dolayısıyla , ,· işlemlerine göre birimli ve değişmeli bir halkadır.
, , işlemine göre homomorfizmdir:
, için olduğunu gösterelim.
,
,·, işlemine göre homomorfizmdir:
, , için olduğunu gösterelim.
, ))=
,
Sonuç olarak ’ dir.
, bire birdir:
, için olduğunu gösterelim. Gerçek den;
, , , için veya ’ dir. Dolayısıyla
’ dir. , Örtendir:
elde edilmiş görüntüsüdür.
1.4. , , , , , Grupları
Bu kısımda reel vektör uzayında, : , , , ile verilen indeksi bir olan lorentz iç çarpımını ve
, 1, 1,2 ve , 0, , , 1,2 olan 1,0 , 0,1
ortonormal tabanını ele alacağız. Buna göre,
1,1, : : , , kümesi bir grup oluşturur. Bu
aşağıda ispat edilecek. Burada kısaca 1,1, : 1,1 olarak yazacağız.
Tanım 9: reel vektör uzayı olmak üzere , için , , olan : dönüşümüne ortogonal dönüşüm denir.
Önerme 1: : keyfi ortogonal dönüşüm ise, lineerdir.
İspat: ’ de , 1, , 1, , 0 olan
1,0 , 0,1 ortonormal taban olsun. Buna ’ yi kullanırsak, , , 1, , , 1,
, , 0 olup, , ortonormal taban ve ortogonal olduğundan , ortonormal tabandır.
Şimdi, olmak üzere , , ise , , ,
yazabiliriz. , tabanı için, , , ise
, , , yazabiliriz ve , , ,
, , olduğundan dir.
Benzer şekilde olmak üzere , , için
dir. Buradan, yazılabilir.
Buna yi kullanırsak
’ dir.
alalım olmak üzere , , için
elde edilir. Böylece lineerdir.
Tanım 10: : indeksi bir olan lorentz iç çarpım olsun.
: , , , ile tanımlanan dönüşüme
üzerinde - iç çarpımıyla verilen kuadratik form denir.
Lemma 1: : bir lineer dönüşüm olsun. Bu taktirde aşağıdakiler denkdir:
i) , ortogonal dönüşümdür.
ii) , kuadratik formu korur, yani keyfi için ’ dir.
iii) , ’ nin her ortonormal tabanını ’ nin başka ortonormal tabanına taşır. İspat:
" " , ortogonal dönüşüm olsun. Bu taktirde tanım10’ dan , için , , dir. ’ de , ortonormal tabanını alalım. , ortogonal
olduğundan , ’ de ortonormaldir. Yani, , , 1,
1,2, , , 0, ’ dir.
alalım buradan ∑ ’ dir. Böylece ∑ ’ dir. , ∑ , ∑
, 2 , , , olup kuadratik formu korur.
" " Keyfi elemanı için olsun. ’ de , ortonormal tabanını alalım. Keyfi elemanı ∑ şeklinde ifade edilebilir. , lineer olduğundan ∑ ’ dir. , kuadratik formu
koruduğundan keyfi için , , ’ dir. Buradan, , ∑ , ∑ , 2 , , ’ dir. Diğer tarafdan, , ∑ , ∑ , 2 , , ’ dir. , , olduğundan , 2 , , =
, 2 , , olup eşitliğin sağlanabilmesi için
, , , , , , , , olmalıdır.
Buradan ’ de , ortonormal taban olup , ’ de ortonormal tabandır. " " ’ nin ortogonal olduğunu göstermek istiyoruz. ’ de , ortonormal tabanını alalım. , ’ nin her ortonormal tabanını ’ nin başka ortonormal tabanına taşıdığından , ’ de ortonormal tabandır. alalım. ’ de , ortonormal taban olduğundan ∑ şeklinde ifade edilir. , lineer olduğundan ∑ ’ dir. Benzer şekilde alalım. ’ de
, ortonormal taban olduğundan ∑ şeklinde ifade edilir. , lineer
olduğundan ∑ ’ dir.
, ∑ , ∑ ∑, ,
∑, , , olup , ortogonaldir.
Tanım 11: , 2 2 tipinde bir matris olsun. ’ nın satırlarının ve sütünlarının yer değiştirilmesiyle elde edilen matrise ’ nın transpozesi denir ve ile gösterilir.
Önerme 2: 1,1, : : , , , 1,1,
in 1
0 ve 01 tabana göre matrisi : , , , , , 10 01 şeklindedir.
İspat: de : , , , indeksi bir
olan lorentz iç çarpımı olmak üzere , 1, 1,2 ve , 0, , , 1,2
olan 1,0 , 0,1 şeklindeki ortonormal taban olsun. : bir ortogonal dönüşüm ve 1,0 , 0,1 bir ortonormal taban olmak üzere,
, ve , olarak tanımlayalım. Bu dönüşüme karşılık gelen matris ’ dir. , ortogonal dönüşümünün özelliklerini kullanarak,
, 1 olup , , olduğundan , 1
, , , 1 1 …… (*).
, 0 olup , , olduğundan , 0
, 1 olup , , olduğundan , 1
, , , 1 1 …… (***).
Ancak ortogonal dönüşüm matris formunda,
, ,
, ,
, ,
, , olduğundan (*),(**),(***)’ ı kullanarak bu matris 10 01 şeklinde ifade edilir.
1 0
0 1 10 01
olduğundan olup , ortogonal dönüşümü bu matris ile ifade edilebilir.
Şimdi tersini gösterelim. : , , , , , 1 0
0 1 olan matrise karşılık gelen dönüşümün ortogonal olduğunu gösterelim.
: , , , , , 1 0
0 1 matrisini alalım. Bu matrise karşılık gelen dönüşüm : olsun. Biz nin ortogonal olduğunu göstermek
istiyoruz. O zaman de : , , , ,
indeksi bir olan lorentz iç çarpımı olmak üzere , 1, 1,2 ve , 0, , , 1,2 olan 1,0 , 0,1 şeklindeki ortonormal taban
alalım. Buradan , ve , olarak yazabiliriz. matrisinin
özelliğinden 10 01 yazabiliriz.
, , , , , ,
, , , , , ,
, , , , , dir. Buradan olmak üzere
alırsak, bunu ile ifade edebiliriz. Benzer şekilde
olmak üzere için dir. Buradan
, ,
, , ,
, , , ,
olup , ortogonaldir. Böylece, 1,1, : : , ,
: , , , , , 10 01 dır.
, de indeksi bir olan ortonormal tabandır.
İspat: Keyfi 1,1 ve , , indeksi bir olan ortonormal taban olsun.
∑ alalım. lineer olduğundan ∑ dir. ∑
alalım. lineer olduğundan ∑ ’ dir. ortogonal olduğundan , , ’ dir. Buradan,
, ∑ , ∑ ∑, ,
, ∑ , ∑ ∑, , olup , , olduğundan
, , olmalıdır. Ancak , , indeksi bir olan ortonormal taban
olduğundan , 1, , 1, , 0 veya , 1, , 1, , 0 şeklindedir. Eğer , 1, , 1, , 0 ise, , , olduğundan , 1, , 1, , 0’ dır. Eğer , 1, , 1, , 0 ise, , , olduğundan , 1, , 1, , 0’ dır.
Böylece , , indeksi bir olan ortonormal tabandır.
Önerme 4: , ve , indeksi bir olan ortonormal tabanlar olmak üzere , , 1,2 olacak şekilde tek 1,1 vardır.
İspat: ∑ ve ∑ olmak üzere ∑ ,
∑ alalım. , indeksi bir olan ortonormal taban olduğundan , 1, , 1, , 0 olarak alalım. , indeksi bir olan ortonormal
taban olduğundan , 1, , 1, , 0 veya , 1,
, 1, , 0 şeklindedir. Burada , 1, , 1, , 0 olmak
üzere , 1, , 1, , 0 olsun. , olan lineer
dönüşümünü alalım.
, ∑ , ∑ ∑, ,
∑, , , olup 1,1 ’ dir.
Şimdi , 1, , 1, , 0 olmak üzere
, 1, , 1, , 0 olsun.
, ∑ , ∑ ∑, ,
, , ,
, , , ∑, , , olup 1,1 ’ dir.
Şimdi ise, 1,1 ’ in tekliğini gösterelim. Farz edelim ,
, veya , , , olacak
şekilde 1,1, olsun. Keyfi ∑ olmak üzere, , ,
, için ∑ ∑ ,
∑ ∑ dir. Böylece olup dir. Şimdi,
, , , için
∑ ,
∑ ’ dir. Böylece
olup ’ dir.
Sonuç olarak, bu önermedeki şartı sağlayan tek 1,1 vardır.
Sonuç 2: Keyfi 1,1 için det 1’ dir.
İspat: 1,1 alalım. 1,1 olduğundan ’ dir. Her iki tarafın determinantı alınırsa det det det det det det det 1’ dir. Ancak det det olup, buradan det 1 det 1’ dir.
Önerme 5: O 1,1 A a bc d : a, b, c, d , A ηA η, η 10 01 matrislerde çarpma işlemine göre bir gruptur.
İspat: , 1,1 olsun,
1,1 olduğu için …… (*), 1,1 olduğu için …… (**) dır.
1,1 olduğunu göstermek istiyoruz. Bunun için; olduğunu
göstermek yeterlidir. olup
1,1 ’ dir.
Şimdi grup aksiyomlarını gösterelim:
, , 1,1 alalım. Bu durumda
olur.
2) 1 00 1 matrisini alalım. ve det 1 0 olduğundan 1,1 ’ dir. 1,1 olarak alınırsa 1,1 için olup 1,1 birim elemanıdır.
3) 1,1 alalım. Sonuç 1’ e göre det 1 olup det 0 olduğundan matrisinin tersi vardır ve ile gösterilir. Biz 1,1 olduğunu göstermek istiyoruz.
1,1 olduğundan ’ dir. Ancak
, matrisinin tersi olduğundan dır. Burada transpoze işlemi
uygulanırsa dir. Burada ’ nin
tersi ’ dir. Aynı zamanda ’ nin tersi olup ’ dir. Böylece olup 1,1 ’ dir.
Böylece 1,1 matrislerdeki çarpma işlemine göre gruptur.
Not: 1,1, 1,1, : det 1 kümesini kısaca 1,1 olarak
alacağız.
Önerme 6: 1,1 1,1, : det 1 kümesi matrislerde çarpma
işlemine göre gruptur.
İspat: , 1,1 olsun.
1,1 olduğu için tanımdan , det 1 ……(*) 1,1 olduğu için tanımdan , det 1 ……(**)
det 1 olduğunu göstermek yeterlidir.
olup 1,1 dir. Şimdi determinantına bakalım.
det det det 1 olduğundan 1,1 ’ dir. Şimdi grup aksiyomlarını gösterelim:
1) , , 1,1 olsun. olduğunu göstermek istiyoruz. Ancak 1,1 1,1 olduğundan bu özellik özel olarak sağlanır.
2) 1 00 1 matrisini alalım. 1,1 ve det 1 olduğundan 1,1 ’
dir. 1,1 olarak alınırsa 1,1 için olup 1,1
birim elemanıdır.
3) 1,1 alalım. 1,1 olduğundan 1,1 , det 1’ dir. det 0 olduğundan matrisinin tersi vardır ve ile gösterilir. Biz 1,1
olduğunu göstermek istiyoruz. 1,1 , det 1 olduğundan ,
det 1 alalım. 1,1 , det 1
olduğundan 1,1 ’ dir.
Böylece 1,1 matrisler de çarpma işlemine göre gruptur.
Tanım 12: 1,1 1,1, : det 1 grubuna özel ortogonal grup denir.
1.5. Küme Üzerinde Grup Hareketi
Tanım 13: bir grup ve bir küme olsun. Bir : dönüşümü verilsin. , için , şeklinde yazalım. , , için:
i) ,
ii) , nin birimi olmak üzere
koşulları sağlanıyorsa ye ’ nin üzerindeki hareketi(etkisi) denir.
Örnek 1: 1,1 grubunun üzerindeki hareketi 1,1 ve
∑ olarak verilir. i) , 1,1 ve için; ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ elde edilir. ii) 1 0
0 1 1,1 birim elemanını alalım. için; 1 0
0 1
1 0
0 1 olduğundan elde edilir.
Örnek 2: 1,1 grubunun hareketi örnek 1’ deki gibidir. Örnek 3: 1,1 grubunun hareketi 1,1 ve
, olmak üzere , , olarak verilir. Gerçekten;
, 1,1 ve , için 1,1 olacağından;
, , , ,
, elde edilir.
1,1 birim eleman olmak üzere , için , , , olup istenen sağlanır.
Benzer şekilde 1,1 grubunun (m tane) hareketi
1,1 , , , için;
, , , , ile verilir.
1.6. G-Denk Vektörler Sistemi ve G-Yörünge
Tanım 14: bir grup olmak üzere, ’ nin üzerindeki etkisi verilsin. , olsun. öyle ki ise eleman ’ ye -denktir denir ve
bu durum ~ ile gösterilir.
İki vektör ailesinin denkliği ise şu şekilde verilir. , ve , , de iki vektör ailesi olsun. için , ise bu vektör ailelerine -denktir denir ve , ~ , ile gösterilir.
1,1 alt grup olsun. , için öyle ki ise eleman y’ ye -denktir denir ve ~ ile gösterilir.
, ve , , de iki vektör ailesi olsun. için , ise bu vektör ailelerine -denktir denir ve , ~ , ile
gösterilir.
Önerme 7: grubunun üzerindeki etkisi verilmek üzere, , için ~ bir denklik bağıntısıdır.
İspat: "~" bağıntısının denklik bağıntısı olduğunu göstermek için yansıma, simetrik ve geçişli özelliklerini sağladığını göstermemiz gerekir. Bunları gösterelim.
) için ~ ’ dir. ve alalım. olup ~ ’
dir.
) , için ~ ~ ’ dir. , alalım. ~ öyle ki
’ dir. Burada eşitliğin her iki tarafı ile çarpılırsa olup ~ ’ dir.
) , , için ~ ve ~ ~ ’ dir. , , alalım. ~ olduğundan öyle ki ’ dir. 1 ,
~ olduğundan öyle ki ’ dir. 2 ,
(2)’ de yerine (1) deki eşiti yazılırsa ’ dir. Ancak olduğundan ~ ’ dir.
Böylece "~" bağıntısı yansıma, simetrik ve geçişli özelliklerini sağladığından denklik bağıntısıdır.
Örnek 4: 1,1 alalım. , için
1,1 öyle ki ise , ’ ye 1,1 -denktir.
Tanım 15: Bir grubunun bir kümesi üzerinde etkisi verilsin. Bir noktasının yörüngesi : olarak verilir.
Örnek 5: 1,1 ve alalım. Bir noktasının 1,1
yörüngesi 1,1 , , | | | |, , şeklindedir.
Not: 1) Yörüngeler, -denklik bağıntısının denklik sınıflarıdır.
) iki yörüngenin arakesiti boş küme değilse yörüngeler çakışır. Arakesiti boş küme ise farklı yörüngelerdir.
1.7. , , , , , ve Gruplarının Yörüngeleri
Verilen için , : kümesini ile gösterelim.
Önerme 8 [11]: i) Keyfi 0 için kümesi 1,1 grubunun yörüngesidir. ) 0 için \ 0,0 kümesi 1,1 grubunun yörüngesidir. ) 0,0 noktası 1,1 grubunun yörüngesidir.
) 1,1 grubunun i),ii) ve iii)’ de verilen yörüngelerinden farklı yörüngesi yoktur.
k 0 için , \ 0,0 : kümesini ve , \ 0,0 : kümesini ile gösterelim
Önerme 9 [11]: i) Keyfi 0 için kümesi 1,1 grubunun yörüngesidir. ) 0 için kümesi 1,1 grubunun yörüngesidir.
) 0 için kümesi 1,1 grubunun yörüngesidir. ) 0,0 noktası 1,1 grubunun yörüngesidir.
) 1,1 grubunun i),ii), iii) ve iv)’ de verilen yörüngelerinden farklı yörüngesi yoktur. 0 için; , : 0 ve , : 0 0 için; , : 0 ve , : 0 0 için; , : 0 , , : 0 , : 0 , , : 0 kümelerini gösterelim.
Önerme 10 [11]: i) Keyfi 0 için ve kümeleri grubunun yörüngeleridir. ) 0 için , , , kümeleri grubunun yörüngeleridir. ) 0,0 noktası grubunun yörüngesidir.
) grubunun i),ii) ve iii)’ de verilen yörüngelerinden farklı yörüngesi yoktur.
1.8. G-İnvaryant Fonksiyon
Tanım 16: bir grup olmak üzere, nin üzerindeki etkisini alalım. , üzerinde tanımlı sıfırdan farklı bir reel fonksiyon olsun. için ,
Tüm -invaryant polinomlar kümesi ile, tüm -invaryant rasyonel fonksiyonlar kümesi ile gösterilir.
~ olsun. Bu durumda için tir. , -invaryant polinomu için olduğundan ’ dir. Tersine , , -invaryant polinomu için ise , ’ e -denk olmayabilir.
Örnek 6: 1,1 grubunun üzerindeki etkisini alalım.
, olmak üzere |det , | alınırsa bu
1,1 invaryanttır. Gerçekten, 1,1 için,
|det , | |det det , | |det ||det , | |det , | elde edilip istenen sağlanır.
Örnek 7: 1,1 olsun. 1,1 grubunun üzerindeki etkisini alalım.
olmak üzere , alınırsa bu 1,1 invaryanttır. Gerçekten, 1,1 için: , , olup istenen sağlanır.
Tanım 17: reel sayılar cismi, - üzerinde 1 boyutlu keyfi reel vektör uzayı
ve , , , olmak üzere , , , , ,
, , matrisine
Gram matrisi denir.
Örnek 8: 1,1 grubunun üzerindeki hareketini alalım. , olmak üzere det , det ,, ,, alınırsa bu 1,1 invaryanttır. Gerçekten,
1,1 :
det , det ,, ,, det ,, ,,
det , elde edilip istenen sağlanır.
Önerme 11: kümesi polinomlar -cebirinin birimli alt -cebiridir.
İspat: , olsun. , için; , ,
olmak üzere dir.
1 1 birim elemanı için 1 1 1 olup
, , , 1 ’ dir. Yani, , ’ in bir birimli alt -cebiridir.
Tanım 18: 1,1 bir alt grup ve , üzerinde tanımlı sıfırdan farklı bir
fonksiyon olsun. fonksiyonu için , ,
ise ’ ye nispi invaryant denir. Burada fonksiyonuna ise ’ nin çarpanı denir.
, , olmak üzere , çarpanına sahip, sıfırdan farklı bir nispi invaryant fonksiyon olsun. Bu durumda;
,
ve sıfırdan farklı olduğundan , elde edilir. Yani
çarpan bu özelliği sağlar.
Örnek 9: 1,1 ve , olsun. 1,1 in üzerindeki etkisi
örnek 6’deki gibi olmak üzere , det , polinomunu örnek 6’deki gibi
alalım. için , det , det det , olup det
olur. det det det olduğundan; determinant, 1,1 grubuna göre nispi invaryanttır.
1.9. , , Grup Elemanlarının Hiperbolik Fonksiyonlar Yardımıyla İfadesi
Önerme 12 [11]: 1,1 , det 1 veya
1 0
0 1 , det 1’dir.
İspat: " " , det 1 veya 1 0
0 1 , det 1
olsun. Amacımız 1,1 olduğunu göstermektir. Bunun için , det 0 olduğunu gösterelim.
olduğundan ’ dır.
1 0
0
0 10 01 elde edilir. Aynı
zamanda det 1 0 olup 1,1 ’ dir.
Şimdi, 10 01 alalım. ’ dır.
1 0
0 1 10 01
0 0 10 01
elde edilir. Aynı zamanda det 1 0 olup 1,1 ’ dir.
" " 1,1 olsun. Amacımız, , det 1
veya 1 0
0 1 , det 1 olduğunu göstermektir. Vektörler
, , , olmak üzere , lorentz iç
çarpımını alalım. : bir ortogonal dönüşüm ve , 1,2, , 1, 1,2, , 0, , 1,2 olan 1,0 , 0,1 şeklindeki ortonormal taban olmak üzere, , ve , olarak tanımlayalım. ortogonal dönüşümünün özelliğini kullanarak, , 1 olup , , olduğundan , 1 , , , 1 1 …… (*) , 0 olup , , olduğundan , 0 , , , 0 0 …… (**) , 1 olup , , olduğundan , 1 , , , 1 1 …… (***)
Şimdi (**), 0 ifadesini alalım. 0 durumunda yazabiliriz. Burada ’ nın değerine göre birkaç durum inceleyelim.
) 0 olsun. (***) ifadesinden 1 ve 1
1 1
√ √ | | | | veya ’ dır. Burada:
. ) olsun. 0 olduğundan olup ’ dir. Böylece, elde edilir ve det 1 olup (*)’ dan istenen özelliği sağlar.
. ) olsun. 0 olduğundan olup ’ dir.
Böylece, 10 01 elde edilir ve
det 1 olur. Bu ise istenen özelliği sağlar.
) 0 olsun. 0 denkleminden – 0 elde edilir. Buradan 0 veya 0’ dır.
. ) 0 olsun. 0 olduğundan , (*) ifadesinden 1 0 0 1 0 1 olup çelişkidir. Bu istenen özelliği sağlamaz.
. ) 0 olsun. 0 olduğundan, (***) ifadesinden 1 0 1 1 olup ’nin reel kökü yoktur. Bu ise
ile çelişir.
Sonuç olarak 1,1 , det 1 veya
1 0
0 1 , det 1 olarak yazılabilir.
Not: Yukarıda ispat edildi ki : 1,1 için 0 olamaz.
Önerme 13 [11]: 1,1 , det 1’
dir.
İspat: " " , det 1 olsun. Gösterilmeli ki 1,1
dir. Bunun için 1,1 ve det 1 olduğunun gösterilmesi gereklidir. Öncelikle 1,1 olduğunu gösterelim. , 1 0
0 1 olduğu önerme 12’ in ispatında olduğu gibi gösterilir.
" " 1,1 olsun. , det 1 olduğu
önerme 12’ in ispatında olduğu gibi gösterilir.
Önerme 14: 1,1 ise | | 1’ dir.
İspat: 1,1 alalım. Ancak
det 1 1 1’ dir. Buradan
1.10. Lorentz Grubu
Önerme 15 [11]: 1,1 olsun.
) Eğer , det 1 ve 1 ise tek vardır, öyle ki,
cosh , sinh olup coshsinh coshsinh dir.
) Eğer cosh sinh
sinh cosh şeklinde bir matris ise cosh sinh 1 ve cosh 1’ dir.
İspat: ) , det 1, 1 olsun. Göstermek isteniyor ki,
tek vardır, öyle ki coshsinh coshsinh ’ dir.
Farz edelim cosh , sinh olacak şekilde ’ yi alalım.
Buradan, cosh 2 ’ dir. Eşitliğin her iki tarafı ile
çarpılırsa, 2 1 0 elde edilir. Bu denklemi çözdüğümüzde √ 1 olup , ln √ 1 ’ dir. Buradan denklemin köklerini
ln √ 1 ve α ln √ 1 elde edilir.
1 1 1’ dir. Buradan 1 √ √1
| | 1 1 veya 1’ dir. Burada ln √ 1 kökünü inceleyelim. ) 1 olsun. Bu durumda kökünün varlığını göstermek istiyoruz. Burada √ 1 0 olduğu gösterilirse iş biter. Ancak 1 olduğundan √ 1 0 olup √ 1 0’ dır.
Böylece ln √ 1 , 1 olmalıdır.
) 1 olsun. Bu durumda α kökünün varlığını göstermek istiyoruz. Burada
Analizden fonksiyonların monotonluk tanımına göre 0 olduğunda ise fonksiyon monoton artandır.
0 ise √ √ yazılabilir. Burada 1 ve seçilirse
√ 1 √ ’ dir. Burada 1 olduğundan √ 1 0 √ 1’ dir.
Böylece durum sağlanır.
Buradan ln √ 1 , 1 olmalıdır. Sonuç olarak,
olan denklemleri inceleyelim. Bunun için, 1 1 ’ dir.
1 için √ √ 1 | | √ 1 √ 1’ dir. Bu durumları
inceleyelim. ) ln √ 1 , 1 ve √ 1 olsun. Buradan, cosh √ √ √ √ sinh √ √ √√
√ √ olup istenen özellik sağlanır.
Böylece ln √ 1 , 1 için √ 1 için cosh , sinh
olur.
Şimdi benzer şekilde ln √ 1 , 1 için √ 1 değerlerini inceleyelim.
) ln √ 1 , 1 için √ 1 olsun. Buradan
cosh √
√
√
√ ,
sinh √ √ √√
√ √ olup istenen özellik sağlanır.
Böylece ln √ 1 , 1 için √ 1 için cosh , sinh
olur.
Şimdi ise , det 1, 1 için cosh , sinh
olan ’ nin tekliğini gösterelim. Farz edelim ki, tek olmasın. Buradan öyle ki cosh cosh ve sinh sinh ’ dir. Buradan,
cosh
sinh …….(*) cosh
sinh ……(**)
Böylece tek için cosh , sinh olup cosh sinh sinh cosh olarak yazılabilir.
) cosh sinh
sinh cosh olsun.
Det cosh sinh 1
cosh ’ dır. Ancak
1 2 2 1 0 1 0 olup cosh 1’ dir.
1,1 , det 1, 1 alt kümesi 1,1 grubunun alt
kümesidir. Bu alt kümenin 1,1 , det 1 grubunun alt grubu olduğunu ispatlayalım. ’ ye Lorentz grubu denir.
Önerme 16 [11]: alt kümesi 1,1 grubu altında matrislerde çarpma işlemine göre alt gruptur.
İspat: Bunun ispatı için , için , olduğunu göstermek yeterlidir. Buradan,
) , alalım öyle ki, cosh sinh
sinh cosh ,
cosh sinh sinh cosh
olsunlar. olduğunu göstermek istiyoruz. Bunun için
cosh sinh
sinh cosh olduğunu göstermemiz gerekli. Buradan
cosh sinh sinh cosh cosh sinh sinh cosh cosh sinh sinh cosh
olup det 1’ dir.
Şimdi ise, cosh 1 olduğunu gösterelim.
1 2 2 1 0 1 0 olup cosh 1’dir. Böylece ’ dir.
) alalım öyle ki olsun. olduğunu göstermeliyiz.
Bunun için olduğunu göstermemiz gerekli. Buradan,
det 1, 1’ dir. Buradan ile gösterirsek,
buradan
1 0
0 1 olup det 1, 1 olduğundan ’ dir. Böylece lorentz grubu, 1,1 grubu altında matrislerde çarpma işlemine göre alt gruptur.
2. YAPILAN ÇALIŞMALAR
2.1. Hiperbolik Sayıların Bazı Özellikleri
Teorem 6: , , , olsun. Bu taktirde;
, , denkleminin ’da çözümü vardır aşağıdaki dört şarttan herhangi biri sağlanırsa:
| | | | ve , ; , , 0; ) , , 0; ) 0. İspat: ( , , , , , bulunur. 0 0 | | | |. Bu durumda 0 olduğundan çözümü vardır.
Şimdi 0 olsun. Bu takdirde 0 0
veya dir.
Şimdi olsun. sol taraflar eşit olduğundan bulunur. Eğer ve , ise çözüm yok.
, , ve 0 olsun. Bu durumda denklem sistemi denkleme gelir. Bu denklemin ise çözümü her zaman mevcuttur.
0, 0 ise bu denklem sisteminin çözümü yoktur.
olsun. Bu taktirde sol taraflar eşit
olduğundan bulunur.
Eğer ve , ise çözüm yok.
, ve 0 olsun. Bu durumda denklem sistemi denkleme gelir. Bu denklemin ise çözümü her zaman mevcuttur.
) 0 olsun. Bu durumda denklem sisteminin sonsuz çözümü vardır.
Önerme 17: , , olsun. Bu takdirde mevcuttur | | | |’ dir.
İspat: Teorem 6’ ya göre 1,0 denkleminin çözümü vardır | | | |’ dir.
Önerme 18: Hiperbolik sayılar halkasının sadece dört ideali vardır ve onlar şunlardır:
) 0 ;
) ;
) 1 : ;
1 : ’ dir.
İspat: 1) 0 ve ’ ın idealler olduğu açıktır.
Gösterelim ki 1 : ve 1 : kümeleri ideallerdir. 1 : olsun. Önce gösterelim ki , alt grubtur.
) 1 , 1 için 1 1 ise kapalıdır.
1 1 1 olur ve olduğundan
1 ’dır.
) için birleşme özelliği var olduğundan 1 : içinde vardır. ) 0 0 1 öyle ki 1 için,
1 0 1 0 1 1 1 olduğundan birimlidir.
) 1 için 1 0 1 olacak şekilde ise tersi mevcuttur:
1 0 1 0 1 1 olur ve
olduğundan 1 ’ dır.
Şimdi keyfi olsun. Gösterelim ki 1 ’ dır.
1 1 dır. Yani
keyfi ve 1 için 1 ’ dır. Dolayısıyla bir
idealdir.
) 1 , 1 için 1 1 ise kapalıdır.
1 1 1 olur ve olduğundan
1 ’dır.
) için birleşme özelliği var olduğundan 1 : için de vardır. ) 0 0 1 öyle ki 1 için,
1 0 1 0 1 1 1 olduğundan birimlidir.
) 1 için 1 0 1 olacak şekilde ise tersi mevcuttur:
1 0 1 0 1 1 olur ve
olduğundan 1 ’ dır.
Şimdi keyfi olsun. Gösterelim ki 1 ’ dır.
1 1 dır. Yani
keyfi ve 1 için 1 ’ dır. Dolayısıyla bir
idealdir.
Gösterelim ki bu dört idealden başka ideal yoktur.
, ’ ın bir ideali olsun. , ’ ın ideali olduğundan , ’ ın bir lineer alt uzayıdır. ın boyutu 2 olduğundan için şu üç durum vardır: boy 0, boy 1, boy 2 dir.
Eğer boy 0 ise, 0 dır ve boy 2 ise, dır.
boy 1 olsun. Bu takdirde mevcut öyle ki
; dir. ve , ideal olduğundan
dır. Buradan
. Dolayısıyla , ve keyfi , için
olacak şekilde mevcut olması lazım.
Önce 0 olsun. Bu durumda
bulunur. Bu değerini denkleminde yerine yazarsak
bulunur. Burada
bulunur.
İlk olarak olsun. Bu durumda 1 şeklinde yazılır.
1 : olur. Yani durumunda ideali 1 : idealle çakışır.
İkinci olarak olsun. Bu durumda 1 şeklinde yazılır. 1 : olur. Yani durumunda ideali 1 : idealle
çakışır.
Eğer 0 ise, 0 olduğunu gösterelim:
: : : ideal midir?
için ( mıdır?
( ’ dır çünkü 0 için , .
Dolayısıyla ideal olamaz.
Şimdi 1 : ve 1 : ideallerinin farklı olduğunu
gösterelim.
1 : 1 : olduğunu farz edelim. Bu takdirde
1 1 olacak şekilde vardır. Buradan 1 olduğundan
1, 1 dir. Bu bir çelişkidir dolayısıyla bu idealler farklıdır.
Lemma 2: , için , 0 ise | | dir.
İspat: , ve 0 olsun.
√ √ | | ’ dir.
Teorem 7: , 0 hiperbolik sayı olsun. Bu takdirde bu
hiperbolik sayının hiperbolik fonksiyonlar yardımı ile ifadesi şöyledir:
) , 0, ve ise tek mevcut öyle ki cosh sinh dir.
) , 0, ve ise tek mevcut öyle ki cosh sinh dir.
) , 0, ve ise tek mevcut öyle ki cosh sinh dir.
) , 0, ve ise tek mevcut öyle ki cosh sinh dir.
, 1, 1 ise önerme 15’den cosh sinh dir.
, , 0, olsun.
, 1, 1 olduğundan cosh sinh şeklinde
yazılabilir. ) Önce 1 için gösterelim.
, 1, 1 ise , 1, 1 önerme 15’den cosh sinh ) dir.
, , 0, olsun. , 1, 1 olduğundan
cosh sinh şeklinde yazılabilir. ) Önce 1 için gösterelim.
, 1, 1 ise , 1, 1önerme 15’den
δ cosh sinh dir. , , 0, olsun.
, 1, 1 olduğundan cosh sinh
şeklinde yazılabilir.
) Önce 1 için gösterelim. , 1, 1 ise
, 1, 1 önerme 15’den δ cosh sinh ) dir.
, , 0, olsun. , 1, 1 olduğundan cosh sinh şeklinde yazılabilir.
Not: Teorem 7’ de verilen hiperbolik sayıların hiperbolik fonksiyonlar yardımıyla ifadesi kompleks sayıların Euler formülünün benzeridir.
Önerme 19: hiperbolik sayı 0 şartını sağlasın. Bu takdirde bu sayı için c cosh sinh veya cδ cosh sinh olacak
şekil de ve sayılar mevcut değildir. Yani bu hiperbolik sayı için Euler formülünün benzeri mevcut değildir.
İspat: , 0 olsun.
0 0 0 veya 0 dır.
0 dir. 1 veya 0
dir. 1 dır.
1 için ispatı verelim. Farz edelim ki 1 0 ve 1 c cosh sinh olacak şekilde , mevcut olsun. Bu takdirde
0 dır. Buradan
cosh sinh 1 cosh
sinh
2 2
2 2 Bu iki ifade taraf tarafa çıkarılırsa 2 0 0 bulunur bu ise çelişkidir.
1 cδ cosh sinh olacak şekilde , mevcut olmadığı benzer şekilde gösteriliyor.
1 için ispatı verelim. Farz edelim ki 1 0 ve 1 c cosh sinh olacak şekilde , mevcut olsun. Bu takdirde
0 dır.Buradan
cosh sinh 1 , cosh
sinh
2 2 Bu iki ifade taraf tarafa toplanırsa 2 0 0 bulunur bu ise çelişkidir.
1 cδ cosh sinh olacak şekilde , mevcut olmadığı benzer şekilde gösterilir.
Önerme 20: , | | 1, 1 olmak üzere
) , için ’ dır.
) için ’ dır.
İspat: ) , alalım öyle ki,
cosh sinh , cosh sinh olsunlar. Biz olduğunu
göstermek istiyoruz. Bunun için cosh sinh olduğunu
cosh sinh cosh sinh
cosh sinh
olup | | 1’ dir.
Şimdi ise, cosh 1 olduğunu gösterelim.
cosh ’ dir. Ancak
1 2 2 1 0 1 0 olup
cosh 1’dir. Böylece ’ dir.
) alalım öyle ki olsun. olduğunu
göstermek istiyoruz. Bunun için olduğunu göstermek yeter. Buradan, | | 1, 1’ dir. ile gösterirsek, buradan,
1 1 hiperbolik sayıların
eşitliğinden 1 veya 0 bulunur. Bu iki denklem taraf tarafa
toplanırsa 1 1 bulunur ve
1 olduğundan | | | | dir. Dolayısıyla mevcuttur. | | 1, 1 olduğunu gösterirsek olur.
1 her iki tarafın mutlak değeri alınırsa
| | |1| | | | | 1 1
1 olur. Dolayısıyla | | 1 dir. 1 1 olduğundan
1dir. Buradan dır.
Not: Bu Önermenin ispatı [11]’ de hiperbolik fonksiyonların matris gösterimi ifadesi kullanılarak verildi.
2.2. Hiperbolik Sayılarda 1. tip ve 2. tip Mutlak Değerler
Tanım 19 [3,5,6,7,10]: , hiperbolik sayıların bütününe hiperbolik düzlem denir. Her bir , ikilisine hiperbolik düzlemin bir noktası veya hiperbolik sayı denir.
mutlak değeri denir ve | | | | şeklinde gösterilir. Şu halde
| | | | olur.
Teorem 8: için | | | | 0 | | | |’ dir.
İspat: | | 0 | | 0 0 | | | |
| | | | 0 | | 0 | | 0 dır.
Teorem 9: , için | | | | | | eşitliği sağlanır.
İspat: , ve , , , olsun | | | | | | 2 2 | | | | | | | | , Bu eşitlik den gözüküyor ki | | | | | | eşitliği mevcuttur.
Teorem 10: , , ve | | | | için | || | eşitliği sağlanır.
İspat: | | | | | | | | | | her iki tarafı | | ’e
bölersek | || | eşitliği bulunur.
Tanım 21 [3,6,7]: | | reel sayısına hiperbolik sayısının 2. tip
mutlak değeri denir ve | | | | şeklinde gösterilir. Şu halde
| | | | | | olur.
Teorem 11: için | | | | 0 | | | |’ dir.
İspat: | | 0 | | 0 | | 0 | | 0
0 | | | |
| | | | 0 | | 0 | |
Teorem 12: , için | | | | | | eşitliği sağlanır. İspat: , ve , , , olsun. | | | | | | | | | 2 2 | | | | | | | | | | | | | | | Bu eşitlik den gözüküyor ki | | | | | | eşitliği mevcuttur.
Teorem 13: , , ve | | | | için | || | eşitliği sağlanır.
İspat: | | | | | | | | | | her iki tarafı
| | ’e bölersek | || | eşitliği bulunur.
ve | | 1 koşulunu sağlayan elemanların kümesini ile gösterelim.
Teorem 14: , : | | 1 , ·, işlemine göre
değişmeli gruptur.
İspat: 1) Kapalılık:
, , | | 1, | | 1 için olduğunu gösterelim. | | | | | | 1 olduğundan dir.
Birleşme özelliği:
’ ın tüm elemanları için birleşme özelliği var olduğundan için de birleşme özelliği vardır.
Değişme özelliği:
’ ın tüm elemanları için değişme özelliği var olduğundan için de değişme özelliği vardır.
Birim eleman:
1 öyle ki |1 0| 1 0 1 olduğundan 1 dir. Ters eleman:
gösterelim. olduğundan | | 1 1 | | | |
dir. Dolayısıyla 1 olacak şekilde vardır. Şimdide olması için | | 1 olduğunu gösterelim.
1 ise her iki tarafın mutlak değeri alınırsa| | |1| | | | | 1 ve | | 1 olduğundan | | 1 bulunur. Dolayısıyla dir.
ve | | 1 koşulunu sağlayan elemanların kümesini ile gösterelim.
Teorem 15: , : | | | | 1 , ·, işlemine göre
değişmeli gruptur.
İspat: 1) Kapalılık:
, , | | 1, | | 1 için olduğunu gösterelim. | | | | | | 1 olduğundan dir.
Birleşme özelliği:
’ ın tüm elemanları için birleşme özelliği var olduğundan için de birleşme özelliği vardır.
Değişme özelliği:
’ ın tüm elemanları için değişme özelliği var olduğundan için de değişme özelliği vardır.
Birim eleman:
1 öyle ki |1 0| |1 0 | 1 olduğundan 1 dir. Ters eleman:
, | | 1 için 1 olacak şekilde ’ nın var olduğunu
gösterelim. olduğundan | | 1 | | 1 | |
| | dir. Önerme 20’ ye göre 1 olacak şekilde vardır. Şimdide olması için | | 1 olduğunu gösterelim.
1 ise her iki tarafın mutlak değeri alınırsa| | |1| | | | | 1 ve | | 1 olduğundan | | 1 bulunur. Dolayısıyla dir.
Önerme 21: , , ’ nin alt grubudur ve
dir.
olduğundan için | | 1 1 her iki tarafın
mutlak değeri alınırsa | | |1| | | 1 | | 1 | | 1
bulunur. Dolayısıyla için olur. , ’nin alt grubu olur. olduğunu bir örnekle gösterelim 2 √5 olarak alalım
2 √5 4 5 1 bulunur. Tanımlardan , dir. Buradan
görülüyor ki dir.
Önerme 22: , : 0 , ·, işlemine göre değişmeli
gruptur. İspat: 1) Kapalılık: , , , , 0, 0 için olduğunu gösterelim. 0 olduğundan dır. Birleşme özelliği:
’ ın tüm elemanları için birleşme özelliği var olduğundan için de birleşme özelliği vardır.
Değişme özelliği:
’ ın tüm elemanları için değişme özelliği var olduğundan için de değişme özelliği vardır.
Birim eleman:
1 öyle ki 1 0 0 olduğundan 1 dır. Ters eleman:
, 0 için 1 olacak şekilde ’ nın var olduğunu
gösterelim. olduğundan 0 | | | | dir. Önerme 20’
ye göre 1 olacak şekilde vardır. Şimdide , olması için 0 olduğunu gösterelim.
1 ise her iki tarafın mutlak değeri alınırsa 1 ve 0 olduğundan 0 bulunur. Dolayısıyla dir.
2.3. -Denklik Problemi
Tanım 22: , olsun. Eğer olacak şekilde varsa ve
elemanları ’ e göre denk denir ve ~ şeklinde gösterilir.
Önerme 23: ~ bağıntısı bir denklik bağıntısıdır.
İspat: Denklik bağıntısı olduğunu göstermek için yansıyan, simetri ve geçişmenin var olduğunu göstermeliyiz.
) Yansıyan:
~ olması için olacak şekilde olduğu gösterilmeli. 1
için 1 ve |1| 1 olduğundan dir. Buradan görülüyor ki ~ dir.
) Simetri:
~ olsun. Göstermeliyiz ki ~ dir.
~ olduğundan olacak şekilde vardır. öyle ki
dir. Bu ifadeyi ’ de yerine yazarsak bulunur i)’ den
1 olduğundan ~ dir.
) Geçişme:
~ ve ~ olsun. Göstermeliyiz ki ~ dir.
~ olduğundan olacak şekilde ve ~ olduğundan olacak şekilde vardır. ’de ’ nin yerine yazılırsa elde edilir ve , olduğundan dir. Dolayısıyla ~ dir.
Önerme 24: , ve ~ ise | | | | dir.
İspat: ~ olsun. Bu taktirde öyle ki dır. Her iki tarafın mutlak değeri alınırsa | | | | | | | | | | ve olduğundan | | 1 dir. Buradan | | | | dir.
İspat: | | | | olsun. Gösterilmeli ki ~ dir.
, olduğundan , dir. | | | | olduğundan dir. , 0, alalım. , , , durumları oluşur. , 0, alalım. , , , durumları oluşur. ) , ise;
, , için c cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli ki olacak şekilde vardır.
c cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım. cosh sinh c cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için c cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli ki
olacak şekilde vardır.
c cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım. cosh sinh c cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için c cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli ki
c cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım.
cosh sinh c cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için c cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli ki
olacak şekilde vardır.
c cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım. cosh sinh c cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için δc cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli ki
olacak şekilde vardır.
δc cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım. cosh sinh δc cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için δc cosh sinh dir.
, , için δc cosh sinh dır. Gösterilmeli
ki olacak şekilde vardır.
cosh sinh δc cosh sinh cosh sinh
cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için δc cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli ki
olacak şekilde vardır.
δc cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım. cosh sinh δc cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için δc cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli
ki olacak şekilde vardır.
δc cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım. cosh sinh δc cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
cosh sinh olduğundan ~ dir.
Şimdi , ve | | | | 0 olsun. | | 0 olduğundan
0 dır. Buradan veya dir. Benzer şekilde | | 0 olduğundan veya dur. Dolayısıyla | | | | 0 için şöyle dört durum vardır:
) ve dir;
) ve dir;
) ve dir.
Eğer 0 ve 0 ise, eleman ’ ye denk olamaz.
Benzer şekilde 0 ve 0 ise, eleman ’ ye denk
olamaz.
Önerme 26: 0, 0 , | | | | 0 olsun. Bu
taktirde:
) ve ise ~ dir.
) ve ise ~ dir.
) ve ise eleman ’ ye denk değildir. ) ve ise eleman ’ ye denk değildir.
İspat: | | | | 0 olduğundan 0 dir. Buradan
veya ve veya dır.
) , ise;
1 ve 1 olur.
Göstermeliyiz ki olacak şekilde vardır.
1 1 1 1
1 1 1 eşitliğinden
ve olduğundan 1 dir. √1 olur
ve bunu denklemde yazarsak √1 √1 dir.
alalım. √1 ’ da her iki tarafın karesi alınır ise
1 2 2 1 bulunur.
Dolayısıyla vardır ve ~ dir.
) , ise;
1 ve 1 olur.
Göstermeliyiz ki olacak şekilde vardır.
1 1 1 1
1 1 1 eşitliğinden
ve olduğundan 1 dir. √1 olur
alalım. √1 ’ da her iki tarafın karesi alınır ise
1 2 2 1 bulunur.
Dolayısıyla vardır ve ~ dir.
) , ise;
1 ve 1 olur.
0 ve 0 olduğundan 0 ve 0 dır. 1 : ve 1 :
idealler ve 1 : 1 : 0 olduğundan 1
1 olacak şekilde mevcut değildir. Dolayısıyla eleman ’ ye denk değildir.
) , ise;
1 ve 1 olur.
0 ve 0 olduğundan 0 ve 0 dır. 1 : ve 1 :
idealler ve 1 : 1 : 0 olduğundan 1
1 olacak şekilde mevcut değildir. Dolayısıyla eleman ’ ye denk değildir.
Lemma 4: Keyfi için ~ denktir. İspat: Önerme 23’ den çıkıyor.
Lemma 5: Keyfi için ~ denktir.
İspat: ~ olması için olacak şekilde olduğu
gösterilmeli. 1 için 1 ve | 1| 1 olduğundan dir. Buradan görülüyor ki ~ dir.
Önerme 27: , , 0, olmak üzere ~ √
dır.
İspat: , , 0, ve √ elemanları için
| | | | 0 olduğundan, Önerme 25’ e göre ~ dir. Lemma 6: Keyfi için ~ denktir.
İspat: Önerme 23’ den çıkıyor.
Lemma 7: Keyfi için ~ denktir.
gösterilmeli. 1 için 1 ve | 1| 1 olduğundan dir. Buradan görülüyor ki ~ dir.
Önerme 28: , , 0, olmak üzere
~ | | dir.
İspat: , , 0, ve | | elemanları
için | | | | 0 olduğundan, Önerme 25’ e göre ~ dir. Lemma 8: Keyfi 0 için eleman ’ ye denk değildir.
İspat: | | , | | , 0 için olduğundan Önerme 25’ e göre
eleman ’ ye denk değildir.
Not: Bu denklik problemlerinin çözümü [11]’ de ’ in izomorf olduğu 1,1 ’ in yörüngeleri kullanılarak verildi. Burada ise hiperbolik sayılar kullanıldı.
Sonuç olarak tüm yörüngelerini şu şekilde verebiliriz:
Keyfi 0, 0 için { : ; Keyfi 0, 0 için { : ; 0 için { : : , 0 ; 0 için { : : , 0 ; ) 0,0 ; 2.4. -Denklik Problemi
Tanım 23: , olsun. Eğer olacak şekilde varsa ve
elemanları ’ e göre denk denir ve ~ şeklinde gösterilir.
Önerme 29: ~ bağıntısı bir denklik bağıntısıdır.
İspat: Denklik bağıntısı olduğunu göstermek için yansıyan, simetri ve geçişmenin var olduğunu göstermeliyiz.
) Yansıyan:
|1| 1 ve 1 1 olduğundan dir. Buradan görülüyor ki ~ dir. ) Simetri:
~ olsun. Göstermeliyiz ki ~ dir.
~ olduğundan olacak şekilde vardır. öyle ki
dir. Bu ifadeyi ’ de yerine yazarsak bulunur i)’ den
1 olduğundan ~ dir.
) Geçişme:
~ ve ~ olsun. Göstermeliyiz ki ~ dir.
~ olduğundan olacak şekilde ve ~ olduğundan olacak şekilde vardır. ’de ’ nin yerine yazılırsa
elde edilir ve , olduğundan dir. Dolayısıyla ~ dir.
Önerme 30: , ve ~ ise | | | | dir.
İspat: ~ olsun. Bu taktirde öyle ki dır. Her iki tarafın mutlak değeri alınırsa | | | | | | | | | | ve olduğundan | | 1 dir. Buradan | | | | dir.
, , | | 0, | | 0 ve | | | | olsun.
Eğer , 0, ise dört durum vardır.
) , , ) , , ) , , 4) ,
Eğer , 0, ise dört durumda burada vardır.
) , , ) , , ) , , 8) ,
Bu sekiz durumun sadece dört tanesinde denklik vardır. Diğer dört durumda denklik yoktur.
Önerme 31: , , | | 0, | | 0 olsun. Bu taktirde:
| | | | , , 0, , , ise, ~ dir.
| | | | , , 0, , , ise, ~
| | | | , , 0, , , ise, ~ dir.
| | | | , , 0, , , ise,
~ dir.
İspat: ) , ise;
, , için c cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli ki
olacak şekilde vardır.
c cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım. cosh sinh c cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
|cosh sinh | 1 ve cosh 1 olacak şekilde cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için c cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli ki
olacak şekilde vardır.
c cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım. cosh sinh c cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
|cosh sinh | 1 ve cosh 1 olacak şekilde cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için δc cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli ki
olacak şekilde vardır.
cosh sinh δc cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
|cosh sinh | 1 ve cosh 1 olacak şekilde cosh sinh olduğundan ~ dir.
) , ise;
, , için δc cosh sinh dir.
, , için c cosh sinh dır. Gösterilmeli
ki olacak şekilde vardır.
δc cosh sinh her iki tarafı cosh sinh çarpalım. cosh sinh δc cosh sinh cosh sinh cosh sinh cosh sinh
cosh sinh ve alırsak
cosh sinh bulunur.
|cosh sinh | 1 ve cosh 1 olacak şekilde cosh sinh olduğundan ~ dir.
Eğer 0 ve 0 ise, eleman ’ ye denk olamaz.
Benzer şekilde 0 ve 0 ise, eleman ’ ye denk
olamaz.
Önerme 32: 0, 0 , | | | | 0 olsun. Bu
takdirde:
) ve ise ~ dir.
) ve ise ~ dir.
) ve ise eleman ’ ye denk değildir. ) ve ise eleman ’ ye denk değildir.
İspat: | | | | 0 olduğundan 0 dir. Buradan
veya ve veya dır.
) , ise;
Göstermeliyiz ki olacak şekilde vardır.
1 1 1 1
1 1 1 eşitliğinden
ve olduğundan 1 ve 1 dir. Buradan
√1 olur ve bunu denklemde yazarsak √1 √1
dir. alalım. √1 ’ da her iki tarafın karesi alınır ise
1 2 2 1 bulunur.
Dolayısıyla vardır ve ~ dir.
) , ise;
1 ve 1 olur.
Göstermeliyiz ki olacak şekilde vardır.
1 1 1 1
1 1 1 eşitliğinden
ve olduğundan 1 ve 1 dir. Buradan
√1 olur ve bunu denklemde yazarsak √1 √1
dir. alalım. √1 da her iki tarafın karesi alınır ise
1 2 2 1 bulunur.
Dolayısıyla vardır ve ~ dir.
) , ise;
1 ve 1 olur.
0 ve 0 olduğundan 0 ve 0 dır. 1 : ve 1 :
idealler ve 1 : 1 : 0 olduğundan 1
1 olacak şekilde mevcut değildir. Dolayısıyla eleman ’ ye denk değildir.
) , ise;
1 ve 1 olur.
0 ve 0 olduğundan 0 ve 0 dır. 1 : ve 1 :
idealler ve 1 : 1 : 0 olduğundan 1
denk değildir.
Lemma 9: Keyfi için ~ denktir. İspat: Önerme 29’ dan çıkıyor.
Lemma 10: Keyfi için eleman – ’ ye denk değildir.
İspat: Farz edelim ki ~ olsun. ~ olduğundan olacak şekilde vardır. 1 dir. | 1| 1 ve 1 1 olduğundan
dir. Bu bir çelişkidir. Dolayısıyla eleman – ’ ye denk değildir.
Önerme 33: , , 0, olmak üzere ~ √ dir.
İspat: , , 0, ve √ elemanları için
| | | | 0 olduğundan, Önerme 30’ a göre ~ dir. Lemma 11: Keyfi için ~ denktir.
İspat: Önerme 29’ dan çıkıyor.
Lemma 12: Keyfi için eleman – ’ ye denk değildir. İspat: Farz edelim ki ~ olsun. ~ olduğundan
olacak şekilde vardır. 1 dir. | 1| 1 ve 1 1
olduğundan dir. Bu bir çelişkidir. eleman – ’ ye denk değildir. Lemma 13: Keyfi 0 için eleman ’ ye denk değildir.
İspat: | | , | | , 0 için olduğundan Önerme 30’ a göre
eleman ’ ye denk değildir.
Önerme 34: , , 0, olmak üzere ~ | |
dir.
İspat: , , 0, ve | | elemanları
için | | | | 0 olduğundan, Önerme 30’ a göre ~ dir.
Not: Bu denklik problemlerinin çözümü [11]’ de ’ in izomorf olduğu ’ in yörüngeleri kullanılarak verildi. Burada ise hiperbolik sayılar kullanıldı.
Sonuç olarak tüm yörüngelerini şu şekilde verebiliriz:
Keyfi 0, 0 için { : , 0 ; Keyfi 0, 0 için { : , 0 ; Keyfi 0, 0 için { : , 0 ; 0 için { : , 0 : , 0 ; 0 için { : , 0 : , 0 ; 0 için { : , 0 : , 0 ; 0 için { : , 0 : , 0 ; ) 0,0 ; 2.5. -Denklik Problemi
Tanım 24: , olsun. Eğer olacak şekilde varsa ve
elemanları ’ e göre denk denir ve ~ şeklinde gösterilir. Önerme 35: ~ bağıntısı bir denklik bağıntısıdır.
İspat: Denklik bağıntısı olduğunu göstermek için yansıyan, simetri ve geçişmenin var olduğunu göstermeliyiz.
) Yansıyan:
~ olması için olacak şekilde olduğu gösterilmeli. 1
için 1 ve |1| 1 olduğundan dir. Buradan görülüyor ki ~ dir.
) Simetri:
~ olsun. Göstermeliyiz ki ~ dir.
~ olduğundan olacak şekilde vardır. öyle ki
dir. Bu ifadeyi ’ de yerine yazarsak bulunur i)’ den
1 olduğundan ~ dir.
) Geçişme:
~ ve ~ olsun. Göstermeliyiz ki ~ dir.
~ olduğundan olacak şekilde ve ~ olduğundan olacak şekilde vardır. ’de ’ nin yerine yazılırsa