BÖLÜNEBÝLME...7 BÖLME ALGORÝTMASI...29 ASAL SAYILAR...35 BÝR TAM SAYININ BÖLENLERÝ...49 MODÜLER ARÝTMETÝK MODÜLER ARÝTMETÝK

Transkript

1 Ý Ç Ý N D E K Ý L E R BÖLÜNEBÝLME BÖLME ALGORÝTMASI ASAL SAYILAR BÝR TAM SAYININ BÖLENLERÝ ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ MODÜLER ARÝTMETÝK MODÜLER ARÝTMETÝK TABAN ARÝTMETÝÐÝ ÝLKEL KÖKLER VE ÝNDEKSLER BÝNOM KATSAYILARI ALIÞTIRMALARIN ÇÖZÜMLERÝ SÖZLÜK KAYNAKÇA

2 BÖLÜM 1 BÖLÜNEBÝLME Hiçbir Mtemtikçi þunu klýndn çýkrmmlýdýr. Mtemtik, diðer bütün snt vey bilim dllrýnd olduðundn dh çok bir gençlik oyunudur. G.H. Hrdy

3 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Ýspt, ilk duyulduðund çoðu kiþinin bþrmkt zorlncðýný düþündüðü y d mtemtiði çok seviyorum m isptlr olms diye ykýnmlr iþittiðimiz bir kvrmdýr. Aslýnd ispt, mtemtiðin kendi içindeki tutrlýlýðýný kontrol meknizmsýdýr. Bu meknizm ve iþleyiþ sistemi tnýndýðýnd isptt tnýnmýþ olck ve mtemtiðin en eðlenceli trflrýndn biri olduðu nlþýlcktýr. Mtemtikte teorem, p q gerektirmesi þeklinde bir ypýddýr. Doðruluk deðeri bir oln p q þrtlý önermesine gerektirme denir. p q gerektirmesinde p hipotez ve q ise hükümdür. p hipotezi doðru oln p q gerektirmesine teorem denir. Ýspt ise, p q biçimindeki bir teoremde, p hipotezinin doðruluðundn hreket ederek q hükmünün doðruluðunu göstermedir. q hükmünün doðruluðunu göstermede, ksiyomlr, tnýmlr ve önceden isptý ypýlmýþ teoremler kullnýlýr. Ýki reel syýnýn çrpýmý sýfýr ise, bu syýlrdn en z biri sýfýr eþittir. teoreminde hipotez p : ve b gibi iki reel syýnýn çrpýmý sýfýrdýr. hüküm q : Bunlrdn en z biri sýfýrdýr. þeklindedir. ÝSPAT YÖNTEMLERÝ TÜMEVARIM TÜMDEN GELÝM DOÐRUDAN ÝSPAT DOLAYLI ÝSPAT OLMAYANA ERGÝ ÇELÝÞKÝ BULMA DENEME AKSÝNE ÖRNEK VERME A) Tümevrým Yöntemi S, symsyýlr kümesi N + nin bir lt kümesi olmk üzere, S = {, + 1, + 2,, + n, } kümesi S için n ye bðlý P(n) çýk önermesi verilsin. 1) P() önermesinin doðruluðu gösterilir. ( P(n) çýk önermesi S kümesinin en küçük elemný n = için, doðru yni P() doðru ise) 8 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

4 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME 2) k S için P(k) nýn doðruluðu kbul edilip, k + 1 S için P(k + 1) nin doðru olduðu gösterilirse, bu önerme S kümesinin her elemný için doðru olur. Her n pozitif tm syýsý için 3 3n+3 26n 27 syýsýnýn 169 ile bölündüðünü isptlyýnýz. 1) n = 1 için, 3 3n+3 26n 27 syýsý = = 676 = dn ) n = k için, 3 3k+3 26k 27 dn k+3 26k 27 olduðunu kbul edelim. 3) n = k + 1 için 169 un 3 3(k+1)+3 26(k + 1) 27 syýsýný bölüp bölmediðini rþtýrlým. 3 3(k+1)+3 26(k + 1) 27 = 3 3k k = 27(3 3k+3 26k 27) k = 27(3 3k+3 26k 27) k olup (3 3k+3 26k 27) k bulunur. B) Tümden Gelim Yöntemi B1) Doðrudn Ýspt Yöntemi Doðrudn ispt yönteminde önermeler cebirinin, bilinen tným, ksiyom ve teoremleri kullnýlrk, p q teoremi için p nin doðru olmsýndn hreketle q nun doðru olduðu gösterilir. x ve y tek syý ise x + y çift syýdýr. teoreminde hipotez p : x ve y tek syýdýr. ve hüküm q : x+y çift syýdýr. x = 2k + 1 ve y = 2t + 1 k, t Z (Tek syýnýn tnýmý) x + y = 2k + 2t + 2 ve x + y = 2(k + t + 1) çift syýnýn tnýmýndn x + y çift syýdýr. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 9

5 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ B2) Dolylý Ýspt Yöntemi 1) Olmyn Ergi Yöntemi Olmyn ergi yöntemi ile isptt, p q q p denkliðinden fydlnýlýr. p q teoreminin isptý yerine q p nin isptý ypýlýr. Bzý durumlrd q p nin isptýný ypmk p q nun isptýný ypmktn dh kolydýr. Frklý iki sl syýdn hiçbiri diðerini bölmez. teoremini olmyn ergi yöntemi ile ispt edelim. Ýspt: Önce teoremi dh iyi nlmk için, p q formund r ve s frklý iki sl syý ise bunlrdn biri diðerini bölmez. þeklinde yzbiliriz. Þimdi p q q p denkliðinden fydlnrk, q p nun isptýný yplým. r ve s gibi frklý iki syýdn biri diðerini bölüyors r ve s sl syý deðildir. Gerçekten de r ve s gibi frklý iki syýdn biri diðerini bölüyors, sl syýnýn tnýmýndn r ve s syýlrý sl syý olmz. 2) Çeliþki Bulm Yöntemi Çeliþki bum yöntemi ile isptt, p q p q denkliðinden p q 0 olduðu gösterilirse, p q 1 olduðu gösterilmiþ olcðýndn, p q 0 olduðunu göstermek yeterlidir. 2 rsyonel syý deðildir. teoremini çeliþki bulm yöntemiyle ispt edelim. Ýspt: Önce teoremi, hipotez ve hükmünü yzlým. Teorem: ve b rlrýnd sl syýlr olmk üzere, b, Q 2. b Hipotez: ve b rlrýnd sl syýlr olmk üzere,, b Q. Hüküm: ve b rlrýnd sl syýlrý için 2. b 10 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

6 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME Ýspt: Hükmün deðilini lrk, 2 olsun. Bu durumd, = b2 ve 2 = 2b 2 elde b edilir. 2 = 2b 2 2 çift syýdýr ve 2 çift ise, = 2k, k Z formunddýr. 2 = 2b 2 4k 2 = 2b 2 inden b nin de çift syý olduðu sonucu elde edilir. Bu durum ile b syýlrýnýn rlrýnd sl olmlrý ile çeliþir. O hlde, 2 rsyonel syý deðildir. Pozitif gerçel syýlrýn bir sonlu kümesi verilsin. Bu kümeden lýnmýþ herhngi, b ve c syýlrý için b c syýsý d kümenin elemný ise, söz konusu kümeye iyi küme diyelim. 1 2 Örneðin,,,1 üç elemnlý iyi bir kümedir. Herhngi iyi bir kümenin elemn syýsýnýn 3 3 üçten fzl olmycðýný gösteriniz. (AÜMO-2007) Ýspt: En z dört elmn içeren kümenin vrlýðýný vrsylým. bu kümenin en küçük ve b bu kümenin en büyük elemný olsun. Bu kümenin dört elemný olduðundn, bu kümede c ve d gibi iki elemn dh buluncktýr. c < d olduðunu kbul edersek, 0 < < c < d < b olur. d c d c d c syýsý kümenin bir elmný olduðundn, olmlýdýr. Burdn, b olur. b b d c d c syýsý kümenin bir elemný ve b de bu kümenin bir elemný olduðundn, b sðldýðýný söyleyebiliriz. 0 < < c < d < b den, b c > d c olur ve burdn, bc dc b elde edilir. Bu d kümede b nin en büyük elemn olmsý ile çeliþir. 3) Deneme Yöntemi Deneme yöntemi ile ispt, tnýmlndýðý kümenin elemnlrý denenebilecek kdr z oln önermelerde y d belli elemnlr için denendikten sonr bir genelleme ypýlýp, bu genellemenin doðruluðunun tekrr diðer ispt yöntemlerinden biriyle gösterilmesidir. Dh çok tüme vrým için bir lt bsmktýr. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 11

7 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ A = { 1, 0, 1} kümesi çrpm iþlemine göre kplý fkt toplm iþlemine göre kplý deðildir. Ýspt: A = { 1, 0, 1} kümesinin elemnlrýný deneyerek kümenin çrpm iþlemine göre kplý fkt toplm iþlemine göre kplý olmdýðýný söyleyebiliriz. 4) Aksine Örnek Verme Yöntemi Aksine örnek verme yöntemiyle isptt, önermenin tnýmlndýðý kümenin elemnlrýndn en z biri için ynlýþ olduðunu göstermek yeterlidir. Örneðin tüm sl syýlr tek tir. önermesi için 2 sl syýdýr fkt tek deðildir þeklindeki bir ksine örnek verme, önermenin doðru olmdýðýný göstermek için yeterlidir. Her p sl syýsý için, 2 p 1 sl syýdýr. önermesinin doðru olmdýðýný ksine örnek vererek gösterebiliriz = 3, = 7, = 31, = 127 fkt = 2047 = sl syý deðildir. Önerme: (Ýyi Sýrlm Ýlkesi) Symsyýlr kümesinin boþ olmyn her lt kümesinin bir en küçük elemný vrdýr. Diðer bir ifdeyle, boþ kümeden frklý N + nin lt kümesi S nin, tüm elemnlrý n için n < m olck biçimde bir m elemný vrdýr. Teorem: S, symsyýlr kümesi N + nin bir lt kümesi olmk üzere; 1, 2, 3,, k S iken k + 1 S ise, S = N + dir. 12 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

8 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME Ýspt: A kümesi, N + nin S de olmyn elemnlrýný içeren bir küme olsun. A nýn boþ kümeden frklý bir küme olduðunu frzedelim. Bu durumd iyi sýrlm ilkesi gereði A nýn en küçük elemný vrdýr. Bu elemn olsun. 1 S ve 1 olcðýndn 1, 2, 3,, 1 S dir. Teoremde k S iken k + 1 S olduðundn 1 S iken ( 1) + 1 = S olcðýndn bu durum A kümesinin tnýmý ile çeliþir. O hlde, A = ve S = N + dir. BÖLÜNEBÝLME Syýlr teorisi, syýlr rsýnd vroln bir çok bðýntýyý ve bu bðýntýnýn özelliklerini içeren mtemtiðin bir koludur. Bu bölümde Z = {, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, } tm syýlr kümesi üzerinde tnýmlnn temel özellikler ile bunlrýn isptlrýný vereceðiz. Tm syýlr kümesinde,, b tm syýlrý için toplm, çýkrm, çrpm ve bölme iþlemlerini sýrsýyl; + b, b,. b, : b þeklinde gösterildiðini biliyoruz. m ve n tm syýlrý (n 0) için m = k. n eþitliðini sðlyn bir k tm syýsý vrs vey m n bir tm syý ise, n syýsý m yi böler yd m, n ye bölünüyor denir. Bu durumu n m þeklinde gösterilir. (n m; n böler m yi þeklinde okunur.) m tm syýsý n ye bölünüyor ise, m, n nin bir ktýdýr ve n, m nin bir böleni (vey çrpný) dýr denir. Önerme:, b, c tm syýlr olmk üzere, bölünebilmenin þðýdki özellikleri gösterilebilir. 1) (ynsým özelliði) 2) b ve b c ise c (geçiþme özelliði) 3) b ve b 0 ise b 4) b ve c ise x, y Z bx + cy 5) b ve b c ise c 6) b ve b ise = b 7) b ve b 0 ise b b 8) b ve c 0 nck ve nck c bc Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 13

9 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Ýspt: 1) 1 çrpm iþleminin birim elemnýdýr. Burdn = 1. yzýlbileceðinden dýr. 2) b ve b c ise b =. m ve c = b. n (m, n Z) dir. b =. m eþitliðinden c =. m. n yzýlýr. m, n Z olduðundn c dir. 3) b ve 0 ise k 1, k Z olmk üzere b = k.. 4) b ve c ise b = k 1. ve c = k 2. ; k 1, k 2 Z. x, y Z için bx + cy = k 1. x. + k 2. y. olup bx + cy. 5) b ve b c için b = k 1. ve b c = k 2. dýr. c = k 2. b = k 2. k 1. =. (k 2 k 1 ) ve c =. (k 2 k 1 ) olup c dir. 6) b ve b için 0 ve b 0 olmk üzere, (3) ten b ve b olur. Bu d = b demektir. b 7) b ise, b = k 1., k 1 Z ve b = k 1. olduðundn b dir. 8) 0 ve c 0 nck ve nck. c 0 dýr. b = k., k Z nck ve nck b. c = k.. c dir. * Z tm syýlr kümesi, çift tm syýlr ve tek tm syýlr olmk üzere iki lt kümeye T = {1, 3, 5, } ve Ç = {0, 2, 4, } þeklinde yrýlbilir. ) k Z olmk üzere T = 2k + 1 formund b) k Z olmk üzere Ç = 2k formunddýr. c) T + T = Ç, T + Ç = T, Ç + Ç = Ç ve n N + olmk üzere, Ç n = Ç ve T n = T dir. n in n + 1 e bölünmesini sðlyn tüm n pozitif tm syýlrýný bulunuz. 14 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

10 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME n = n = (n + 1)(n 1) + 2 þeklinde yzbiliriz. n + 1 n ise n + 1 (n 1) (n + 1) + 2 den n elde edilir. Burdn n in n + 1 e bölünmesini sðlyn n pozitif tm syýsýnýn sdece n = 1 olbileceði görülür. m, n Z + olmk üzere, m 2 + m = 2 n + 1 denkleminin çözümünün olmdýðýný gösteriniz. m 2 + m = 2 n + 1 denkleminin sol trfý rdýþýk iki tm syýnýn çrpýmý dim çift olcðýndn çifttir. Denklemin sð trfý 2 n + 1 ise n 1 için dim tek olcðýndn tek tm syý çift tm syýy eþit olmycðýndn denklemin çözümü yoktur b + b 2 + b 3 = 2001 denkleminin tm syýlr kümesinde çözümünün olmdýðýný gösteriniz b + b 2 + b 3 = 2001 denklemi ( 2 + b 2 ) ( + b) = þeklinde düzenlendiðinde, 2 + b 2 ve + b syýlrýnýn tek syýlr olbileceði kolyc görülmektedir. Bun göre, 2 + b 2 syýsý k N için 4k + 1 formunddýr. Burdn, 2 + b 2 syýsý, 1, 29, 69 vey 2001 olbilir. 2 + b 2 = 1, b { 1, 0, 1} + b b 2 = 29, b { 5, 5, 2, 2} + b b 2 = 69 + b = 29 dn çözüm gelmez. 2 + b 2 = b = 1 den çözüm gelmez. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 15

11 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ n > 1 tm syý olmk üzere, 2 n syýsýnýn rdýþýk iki tek syýnýn toplmý þeklinde yzýlbileceðini gösteriniz. Örneðin, 2 3 = 8 = gibi. 2 n = (2k 1) + (2k + 1) ise k = 2 n 2 dir. Burdn 2 n = (2 n 1 1) + (2 n 1 + 1) toplmý elde edilir. Pozitif bir tm syý rkmlrýnýn yerleri deðiþtirilmeden rkmlrý toplmý eþit iki grub yrýlbiliyors bu syýy neþeli syý deniyor. Örneðin 246 syýsý bir neþeli syýdýr. Bu syýnýn rkmlrý 24 6 þeklinde iki grub yrýldýðýnd = 6 oluyor. 253 syýsý bir neþeli syý deðildir. Bun göre, n ve n + 1 in ikisinin birden neþeli syý olmsýný sðlyn en küçük n tm syýsýný bulunuz. neþeli syý rkmlrý toplmý eþit iki grub yrýlbildiðinden bu syýnýn rkmlrý toplmý çift olmlýdýr. n + 1 in de neþeli syý olmsý için n neþeli syýsýnýn birler bsmðý 9 olmlýdýr. n = 9 için = 9 olup n = 99 için n + 1 = 100 neþeli syý olmz. Yni iki bsmklý rdýþýk syýlrdn ikisi birden neþeli syý oln yoktur. n = b9 üç bsmklý n neþeli syýsý için n + 1 = (b + 1) + 0 olur. n nin neþeli syý olmsý için + b = 9 olmlýdýr. n + 1 de neþeli syý ise = b + 1 olmlý ve burdn = 5 ve b = 4 bulunur. n = 549 için n + 1 = 550 olup burdn n ve n + 1 in neþeli syý olduklrý görülür. Slih {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinden beþ syý seçerek, bu beþ syýnýn çrpýmýný Merve ye söylüyor. Slih in söylediði bu çrpým, Merve nin bu beþ syýnýn toplmýnýn tek yd çift olduðunu bilmesi için yeterli deðilse, bu beþ syýnýn çrpýmý kçtýr? 16 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

12 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME Slih'in seçtiði beþ syýnýn çrpýmýnd, çpýmlrý yný oln ikililer, {(2, 3), (1, 6)} ve {(2, 6), (4, 3)} tür. Bunlrdn (2, 3) ile (1, 6) nýn toplmlrý tek olup (2, 6) ile (4, 3) ün toplmlrý sýrsýyl çift ve tektir. O hlde (2, 6) vey (4, 3) ikilisinden birini seçmemiþ. Bu ikilinin çrpýmlrý 12 olduðundn Slih'in seçtiði beþ syýnýn çrpýmý dir. 17 2x + 3y 17 9x + 5y olduðunu gösteriniz. 17 2x + 3y 17 13(2x + 3y) bu d 17 26x + 39y demektir. O hlde, 17 9x + 5y dir. Diðer trftn, 17 9x + 5y 17 4(9x + 5y) bu d 17 36x + 20y demektir. O hlde, 17 2x + 3y dir. Bir syýnýn 9 ile bölünebime kurlýný bulunuz. 0, 1, 2,, n birer rkm olmk üzere, n + 1 bsmklý n n 1 0 dokuz bölünebilmesi için gerekli þrtý bulmk için, 0 k n ve k Z üzere, k 10 k teriminin binom çýlýmýný, k k k k k k k10 k 9 1 k k ( ) ( ) þeklinde yptýðýmýzd, k k10 k9 9 k k k1 2 k olup bu d k 10 k = 9 k + k dýr. n ' n n1 0 (9 k k) k0 olduðundn 9 n n ( n ) dir. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 17

13 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ TAM KISIM FONKSÝYONU Tným: Bir x reel syýsýnýn, kendisinden büyük olmyn en büyük tm syý deðerine, x in tm kýsmý denir. [x] ile gösterilir. x < + 1 [x] = dýr. Bun göre, [0, 35] = 0, [ 0, 4] = 1 ve [ ] = 4 tür. 0 k < 0 reel syýsý için x = [x] + k dýr. m bir tm syý olmk üzere, x reel syýsý için [x + m] = [x] + m dir. x reel syý olmk üzere, n x bðýntýsýný sðlyn ve ile bölünebilen n pozitif tm syýlrýnýn syýsý x dýr. n x bðýntýsýný sðlyn ve ile bölünebilen n pozitif tm syýlrýn kümesi x x A = {, 2, 3,, k} olsun. Bun göre, k. x( k1) k k1 k olur. A nýn elemn syýsý k olduðundn, [1, x] rlýðýnd bulunn ve ile bölünebilen pozitif tm syýlrýn syýsý x dýr. 6x5 15x7 8 5 kýsým fonksiyonudur.) denkleminin reel syýlrd çözüm kümesi kç elemnlýdýr? ([ ] tm (AÜMO-2002) 18 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

14 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME 6x 5 Z 8 15x olduðundn, 7 15x7 5k7 k, k Z olsun. k x olur. El de edilen x reel syýsý 6x5 15x7 8 5 denkleminde yerine yzýldýðýnd, 10k 39 k 40 denklemi elde edilir. Tm kýsým fonksiyonunun tnýmýndn, 10k 39 k k1 40 elde edilir. Son eþitlikten, 10k k1 k1,3 k 0 veyk bulunur. Böylece, 7 4 k = 0 için x1 ve k = 1 için x2 gibi frklý iki deðer elde edilir x + [y] + {z} = 200,0 {x} + y + [z] = 190,1 [x] + {y} + z = 178,8 (r bir reel syý, [r]; r den büyük olmyn en büyük tm syý, {r}; r nin ondlýk kýsmýný göstermektedir. Diðer bir deyiþle {r} = r [r] dir.) Bun göre verilen denklem sisteminin çözüm kümesini bulunuz. (AVUSTURALYA MO-1999) x + [y] + {z} = 200,0.(1) {x} + y + [z] = 190,1.(2) [x] + {y} + z = 178,8.(3) Denklem sistemini trf trf topldýðýmýzd, 2x + 2y + 2x = 568,9 bu denklemden x + y + z = 284,45 (4) bulunur. (4) (1) den, x + y + z (x + [y] + {z}) = 84,45 vey {y}+[z] = 84,45 elde edilir. 0 {y} < 1 ve [z] Z olduðundn, {y} = 0,45 ve [z] = 84 tür. Ayný þekilde (4) (2) den, x + y + z ({x} + y + [z]) = 94,35 vey [x] + {z} = 94,35 elde edilir. 0 {z} < 1 ve [x] Z olduðundn, {z} = 0,35 ve [x] = 94 tür (4) (3) den {x} = 0,65 ve [y] = 105 tir. Burdn x = 94,65; y = 105,45; z = 84,35 bulunur. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 19

15 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Bu durumd, ebob(m, n) + ekok(m, n) = m + n eþitliði, d + bd = d + bd þeklinde yzýlbilir. d 1 olduðundn d + bd = d + bd b b + 1 = 0 dýr. b b + 1 = 0 ( 1)(b 1) = 0 dýr. Burdn = 1 vey b = 1 olduðu sonucu elde edilir. = 1 vey b = 1 ise m = d, n = bd = bm vey n = d, m = n DÝYAFONT DENKLEMLERÝNÝ ÇÖZMEDE TEMEL YÖNTEMLER 1) Çözümleme Yöntemi f(x 1, x 2,..., x n ) = 0 diyfon denklemi, f 1, f 2,..., f k Z [x 1, x 2,..., x m ] ve Z için, f 1 (x 1, x 2,..., x n ) f 1 (x 1, x 2,..., x n )... f k (x 1, x 2,..., x n ) = þeklinde çrpnlrýn yrýlbilsin. = 1, 2,..., k þeklinde çrpnlr yrýlmýþ olsun. Bun göre f ( x, x,..., x ) f ( x, x,..., x ) f ( x, x,..., x ) n n 2 k 1 2 n k denklem sisteminin tüm çözüm durumlrý f(x 1, x 2,..., x n ) = 0 denkleminin çözümüdür. (x 2 + 1)(y 2 + 1) + 2(x y)(1 xy) 4(1 + xy) = 0 denkleminin tm syýlrd çözüm kümesini bulunuz. (x 2 + 1)(y 2 + 1) + 2(x y)(1 xy) 4(1 + xy) = 0 x 2 y 2 2xy x 2 + y 2 2xy + 2(x y)(1 xy) = 4 (xy 1) 2 + (x y) 2 2(x y)(xy 1) = 4 [(xy 1) (x y)] 2 = 4 ve [(x + 1)(y 1)] 2 = 4 ise 70 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

16 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ (x + 1)(y 1) = 2 olup burdn, 1) (x + 1)(y 1) = 2 denklemi için x1 2 x1 2 x11 x1 1 ; ; ; y 11 y 1 1 y 12 y 1 2 denklem sistemleri çözüldüðünde {(1, 2), ( 3, 0), (0, 3), ( 2, 1)} çözüm kümesi elde edilir. 2) (x + 1)(y 1) = 2 denklemi için x1 2 x1 2 x11 x1 1 ; ; ; y 1 1 y 11 y 1 2 y 12 denklem sistemleri çözüldüðünde {(1, 2), ( 3, 2), (0, 1), ( 2, 3)} çözüm kümesi elde edilir. Denklemin tmsyýlrd çözüm kümesi Ç = {(1, 2), ( 3, 0), (0, 3), ( 2, 1), ( 3, 2), (0, 1), ( 2, 3)} tür. (xy 7) 2 = x 2 + y 2 denklemini doðl syýlrd çözüm kümesini bulunuz. (HÝNDÝSTAN - MO) (xy 7) 2 = x 2 + y 2 denklemini (xy 6) = (x + y) 2 (xy 6) 2 (x + y) 2 = 13 þeklinde düzenleyebiliriz. Bu d [xy 6 (x + y)] [xy 6 + (x + y)] = 13 demektir. Son denklemin doðl syýlrd çözümü xy 6 ( x y) 1 xy 6 ( x y) 13 ; xy 6 ( x y) 13 xy 6 ( x y) 1 demektir. Denklem sistemlerini düzenlediðimizde, xy7 xy 7 ; xy 12 xy 0 denklem sistemleri elde edilir ki, burdn sorud verilen denklemin doðl syýlrd çözüm kümesi {(3, 4), (4, 3), (0, 7), (7, 0)} demektir. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 71

17 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ 2) Eþitsizlikleri Kullnm Yöntemi Denklemdeki deðiþkenlerin belli bir rlýkt olduðunu gösterdikten sonr, sonlu syýdki deðerin çözüm olmdýðýný deneyebilme üzerine kurulu bir yöntemdir. x 3 + y 3 = (x + y) 2 denkleminin çözümü oln (x, y) tm syý ikililerini bulunuz. x 3 + y 3 = (x + y) 2 (x + y) (x 2 xy + y 2 ) = (x + y) 2 denkleminden 1) x = y için, k Z için (k, k) sýrlý ikilisi bir çözümdür. 2) x y için, x 2 xy + y 2 = x + y (x y) 2 + (x 1) 2 + (y 1) 2 = 2 elde edilir. (x y) 2 + (x 1) 2 + (y 1) 2 = 2 den (x 1) 2 1 ve (y 1) 2 1 olduðu görülür. Burdn d x, y {0, 1, 2} dir. {0, 1, 2} kümesinden elde edilebilecek sýrlý ikililer çözüm olrk kontrol edildiðinde çözüm kümesi {(0, 1), (1, 0), (1, 2), (2, 1), (2, 2)} olrk bulunur. (x 2 y 2 ) 2 = y denkleminin tm syýlr kümesinde çözümünü bulunuz. x, y Z ve (x 2 y 2 ) 2 0 olduðundn y 0 olduðu çýktýr. (RUSYA - MO) y 0 ise y > 0 ve x 2 y 2 > 0 ve x 2 > y 2 dir. Burdn (x 2 y 2 ) 2 (2y 1) 2, (2y 1) y elde edilir. (2y 1) y ve y 0 ise y 5 tir. y = 0 için x 1, y = 1, 2, 4 için x Z, y = 3 için x = 4 ve y = 5 için x = 4 bulunur. Bu d (x, y) {(1, 0), (1, 0), (4, 3), (4, 5)} tir. 72 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

18 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ 3) Prmetrik Yöntemi f(x 1, x 2,..., x n ) = 0 diyfont denkleminin tm syý çözümleri çoðu zmn prmetrik olrk þðýd verilen þekilde gösterilebilir. x 1 = g 1 (k 1,..., k m ), x 2 = g 2 (k 1,..., k m ),..., x n = g n (k 1,..., k m ) g 1, g 2,..., g n tm syý deðerlere ship m deðiþkenli fonksiyon k 1, k 2,..., k m Z. Çoðu diyfont denklemler için tüm çözümleri bulmk mümkün olmmkl berber, prmetrik yöntem denklemin sonsuz çoklukt çözümünün olduðunu göstermede kullnýþlý bir yöntemdir. x 3 + y 3 + z 3 = x 2 + y 2 + z 2 denkleminin tm syýlrd çözümü oln sonsuz çoklukt (x, y, z) sýrlý üçlüsünün olduðunu gösteriniz. z = y için x 3 + y 3 + z 3 = x 2 + y 2 + z 2 denklemi x 3 = x 2 + 2y 2 denklemine dönüþür. x 2 (x 1) = 2y 2 y = mx, m Z ldýðýmýzd x 3 = x 2 + 2m 2 x 2 x = 1 + 2m 2 olur ki, bu d m Z olmk üzere, x = 2m y = m(2m 2 + 1), z = m(2m 2 + 1) dir. n 3 pozitif tm syýsý için x n + y n = z n 1 denkleminin sonsuz çoklukt çözümünün olduðunu gösteriniz. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 73

19 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ k Z + olmk üzere x k = k(k n + 1) n 2, y k = (k n + 1) n 2, z k = (k n + 1) n 1 üçlüsü denklemin bir çözümü olup, denklemin sonsuz çoklukt çözümünün olduðunu gösterir. 4) Modüler Aritmetik Yöntemi Modüler Aritmetik in, temel teorem ve özelliklerini Diyfont denklemlerinin çözümünün olmdýðýný göstermek y d çözüm durumlrýný belli bir rlýð indirgemek için kullnýlýþlý ve bsit bir yöntemdir. Bu yöntemi Modüler Aritmetik Bölümü nde ele lcðýz. 5) Tümevrým Yöntemi Tümevrým mtemtiðin en önemli ve temel ispt yöntemlerinden biridir. Bu yöntemi kitbýn bölünebilme bölümünde vermiþtik. n 3 tm syýsý için, 7x 2 + y 2 = 2 n denklemini sðlyn x, y pozitif tek tm syýlrýnýn vrlýðýný gösteriniz. (BULGARÝSTAN - MO) n 3 tm syýsý için, 7x n 2 + y n 2 = 2 n denklemini sðlyn x n, y n pozitif tek tm syýlrýnýn vrlýðýný göstereceðiz. n = 3 ve x 3 = y 3 = 1 için = 2 3 eþitliði sðlnmlýdýr. n 3 için 7x 2 n + y 2 n = 2 n olduðunu kbul edelim. denklemini sðlyn x n, y n pozitif tek tm syýlrýn vr 74 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

20 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ (x n+1, y n+1 ) pozitif tek tm syý ikilisinin 7 2 n x y denklemini sðldýðýný gösterelim. n1 n1 2 2 xn yn 7x2 yn 2 2 n 1 7 2(7 xn yn) x n y x n n y ve 2 2 n syýlrýndn biri tektir. x 7 Örneðin þyet tek ise, x y 3 x y n yn n n n n xn de tektir. (Bir tek bir çift syýnýn toplmý tektir.) n n 7 n n xn yn Bu durumd x x y n 1 ve y x y n1 þyet tek ise, x y x y =3xn 2 2 n n n n olduðundn x x y 7x y ve y 2 2 n n n n n1 n1 dir. 6) Fermt ýn Sonsuz Ýniþ (Teoremi) Yöntemi Pierre de Fermt ( ) mtemtiðe büyük ktkýlrý oln biridir. Mtemtikle mtör olrk ilgilenmiþ biri olsd yptýðý çlýþmlr günümüz mtemtikçileri için bile uðrþ lný olmuþtur. Fermt bir hukukçu olrk hytýný devm ettirmiþ ols bile mtemtikle hep ilgilenmiþ diyebiliriz. Fermt sonsuz iniþ ispt metodunu kullnnlrdn biridir. Sonsuz iniþ yöntemi; (P(n)) n 1 önermeler dizisi negtif olmyn tm syýlrd tnýmlý olsun. Aþðýdki yöntem, P(n) çýk önermesinin yeterince büyük tüm n deðerleri için ynlýþ olduðunu göstermek için kullnýþlý bir yöntemdir. k negtif olmyn bir tm syý olmk üzere, frzedelim 1) P(k) doðru deðildir. 2) m > k pozitif tm syýsý için P(m) çýk önermesi doðru olduðund, öyle bir j tm syýsý bulunmk zorunddýr ki, m > j k için P(j) doðrudur. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 75

21 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Bun göre tüm n k deðerleri için P(n) önermesi ynlýþtýr. Bu yöntem sonsuz iniþ yöntemi þeklinde dlndýrýlýr. Bu metod, merdivenin ilk bsmðýn ulþýlmzs diðer bsmklrýn d ulþýlmz ifdesidir. Fermt ýn sonsuz iniþ yöntemi; k negtif olmyn bir tm syý olmk üzere, m > k tm syýsý için P(n) çýk önermesi doðru olduðund m > j > k olmk üzere P(j) çýk önermesini doðru ypn dh küçük bir j tm syýsý olmk zorunddýr. Bun göre, P(n) çýk önermesi tüm n > k tm syýlrý için ynlýþtýr. Yni, P(n) çýk önermesi n deðeri için doðru olduðund, k dn büyük negtif olmyn n > n 1 > n 2 >... þeklinde zln bir dizinin oluþturulmsý mümkün deðildir. Aþðýdki Fermt ýn sonsuz iniþ yöntemi için iki özel durum diyfont denklemlerinin çözümünde kullnýþlý bir yöntemdir. Durum 1: Negtif olmyn tm syýlrd n 1 > n 2 >... þeklinde bir dizi tnýmlnmz. P(n) çýk önermesini doðru olmsýný sðlyn n pozitif tm syýsýnýn en küçük deðeri n 0 ise, tüm n < n 0 deðerleri için P(n) çýk önermesi ynlýþtýr. için n 1 n 2... eþitsizliði sðl- Durum 2: Negtif olmyn tm syýlr dizisi (n i ) i 1 nýyors öyle bir i 0 diðeri vrdýr ki, n i0 = n i0 +1 =... Negtif olmyn tm syýlr kümesinde denkleminin çözüm kümesini bulunuz. x 3 + 2y 3 = 4z 3 x = y = z = 0 denklemin bir çözümüdür. (x 1, y 1, z 1 ) herhngi bir tnesi sýfýrdn frklý olduðund x 1 > 0, y 1 > 0 ve z 1 > 0 olcðý çýktýr. 76 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

22 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ x y 1 3 = 4z x olup x 1 = 2x 2, x 2 Z + Burdn 4x y 1 3 = 2z 1 3 elde edilir. Son denklemden 2 y 1 ve y 1 = 2y 2 olduðu görülür. Ayný þekilde z 1 = 2z 2, z 2 Z + olur. Bun göre yeni çözüm (x 2, y 2, z 2 ) dir. x 1 > x 2, y 1 > y 2, z 1 > z 2 dir. Ayný þekilde devm edildiðinde (x 1, y 2, z 2 ) n 1 pozitif tm syýlrd x 1 > x 2 > x 3 >... dizisi elde edilirki bu d Fermt ýn sonsuz iniþ yönteminde durum 1 ile çeliþir. O hâlde, x 3 + 2y 3 = 4z 3 denkleminin (0, 0, 0) üçlüsünden bþk çözümü yoktur. PÝSAGOR ÜÇLÜLERÝ En çok bilinen diyfont denklemlerinden biri de Pisgor denklemidir. Pisgor denklemi x, y, z Z bilinmeyenleri için x 2 + y 2 = z 2...(1) þeklindedir. Bu denklem yný zmnd tüm kenrlrý tm syý oln dik üçgenle ilgili olrk d bilinir. Bu konu üzerinde Pisgor trfýndn detylý ve geniþ çlýþmlr ypýldýðý bilinen bir konudur. (x 0, y 0, z 0 ) tm syý üçlüsü x 2 + y 2 = z 2 denkleminin bir çözümü ise k Z için (kx 0, ky 0, kz 0 ) üçlülerinin tmmý (1) denkleminin bir çözümüdür. (x 0, y 0, z 0 ) üçlüsü, ikiþerli olrk rlrýnd sl olmk üzere, (1) denklemin bir çözümü ise bu üçlü ilkel çözüm þeklinde dlndýrýlýr. Teorem: m, n rlrýnd sl ve m > n pozitif tm syýlr olmk üzere, x 2 + y 2 = z 2 Pisgor denkleminin ilkel çözümü oln (x, y, z) pozitif tm syýlrý x = m 2 n 2, y = 2mn, z = m 2 + n 2 formunddýr. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 77

23 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Ýspt: x, y, z Z olmk üzere x, y nin x 2 + y 2 = z 2 Pisgor denkleminin bir çözümü olmsý için x ve y ikisi birden tek syý olmz. Olmsý durumund, x 2 + y 2 = z 2 2 (mod 4) olur ki burdn çözüm gelmeyeceði görülür. Bun göre x ve y den biri çift syý olmlýdýr. x = m 2 n 2, y = 2mn ve z = m 2 + n 2 denklemde yerine yzýldýðýnd denklem sðlnýr ve y nin çift olduðu görülür. d = ebob(x, y, z) 2 olmsý durumund d 2m 2 = (m 2 + n 2 ) + (m 2 n 2 ) ve d 2n 2 = (m 2 + n 2 ) (m 2 n 2 ) dir. m ve n syýlrý rlrýnd sl olduðundn d = 2 dir. d = 2 olmsý demek m 2 + n 2 toplmýnýn çift olmsý demek ki bu d m ve n nin ikisinden birinin tek olmsý durumu ile çeliþir. Ýkisi de tekse (m tek, n tek). O hâlde d = 1 dir. Tersten bktýðýmýzd, (x, y, z) üçlüsü x 2 + y 2 = z 2 Pisgor denkleminin y = 2 için bir ilkel çözümü olsun. Bun göre x ve z syýlrý tek syý olmk zorunddýrlr ki bu durumd x + z ve x z çift syý olurlr. x + z = 2b ve x z = 2c olsun. b ve c rlrýnd sl iki syýdýr. Aksi tkdirde denklemin tm syýlrd çözümü olmz. Diðer trftn 4 2 = y 2 = z 2 x 2 = (z + x)(z x) = 4bc, 2 = bc, b ve c rlrýnd sl olduklrýndn m, n Z + için b = m 2, c = n 2 olur. Bu d x = b c = m 2 n 2, y = 2mn, z = b + c = m 2 + n 2 dir. Yukrýd elde edilen (x, y, z) üçlülerine Pisgor üçlüleri denir. Sonuç: x 2 + y 2 = z 2 Pisgor denkleminin genel çözümü k Z için x = k(m 2 n 2 ), y = 2kmn, z = k(m 2 + n 2 ) dir. x 2 + y 2 = 1997(x y) denkleminin pozitif tm syýlrd çözüm kümesini bulunuz. (BULGARÝSTAN MO-1998 ) 78 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk

24 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ x 2 + y 2 = 1997(x y) 2(x 2 + y 2 ) = (x y) x 2 + y 2 + x 2 + y (x y) = 0 (x + y) 2 + ((x y) (x y)) = 0 (x + y) 2 + (1997 x + y) 2 = Pisgor denklemi elde edilir. x ve y pozitif tm syý olduðundn 0 < x + y < 1997 ve 0 < 1997 x + y < Burdn denklem; 2 + b 2 = denkleminin çözümüne dönüþür sl syý olduðundn ebob(, b) = 1 olmlýdýr. Pisgor üçlülerine göre, m > n ve ebob(m, n) = 1 olmk üzere 1997 = m 2 + n 2 = 2mn b = m 2 n 2 eþitlikleri elde edilir. m 2, n 2 0, 1, 1 (mod 5) ve (mod 5) olduðundn m, n 1 (mod 5) olduðu görülür. m 2, n 2 0, 1 (mod 3) ve (mod 3) olduðundn m, n 1 (mod 3) olduðu görülür. Burdn m, n 1, 4, 11, 14 (mod 15) elde edilir. m > n olduðundn 1997 m den m = 34, 41, 44 dy deðerleri bulunur. m = 34 için 1997 = n 2 m = 41 için 1997 = n 2 n = 29 bulunur. n 2 = 316 ise n tmsyý deðildir. Ayný þekilde m = 44 için n 2 = 61 ise n yine bir tmsyý deðildir. Bun göre denklemin çözüm kümesi (x, y) = (170, 145) vey (1827, 145) tir. Syýlr konusun ilgi duyn merklýlrý için Pell denkleminin sdece tnýmýný ve genel çözümünü vereceðiz. Ýsptýný syýlr teorisi ile ilgili deðiþik kynklrdn rþtýrbilirsiniz. Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk 79

25 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ PELL DENKLEMLERÝ N, D Z içn, x 2 Dy 2 = N þeklindeki Diyfont denklemlerine Fermt - Pell denklemleri vey dh yygýn olrk Pell denklemleri denir. Pell ( Ýngiliz Mtemtikçi) bu denklemler üzerine fzl bir çlýþm ypmmýþtýr. Pell denklemlerinin syýlr teorisinde çok önemli bir yeri ve uygulmlrý vrdýr. D < 0 için x 2 Dy 2 = N denkleminin sonlu syýd çözümü vrdýr. Bu çözümü bulmk zor deðildir. D > 0 için denklemin çözümünü bulmk dh zordur. Burd denklemin özel bir durumunu ve çözüm ikilisini vereceðiz. Teorem: D tm kre olmyn pozitif tm syý olmk üzere, x 2 Dy 2 = 1 denkleminin pozitif tm syýlrd sonsuz çözümü vrdýr ve genel çözüm; (x 0, y 0 ) temel çözüm olmk üzere, x n+1 = x 0 y n + Dy 0 x n, y n+1 = y 0 x 1 + x 0 y n, x 1 = x 0, y 1 = y 0 * Pozitif tm syýlrd en küçük olnýn temel çözüm denir. 80 Tübitk Ulusl Mtemtik Olimpiytlrýn Hzýrlýk