MODÜLER ARİTMETİK

MODÜLER ARİTMETİK
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,
2×2 + 3 = 11
2×2 = 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.
 
Bu içerik internet kaynaklarından yararlanılarak sitemize eklenmiştir
Ekleyen: Berke