Içindekiler. Bölme Algoritmas 2 Bölünebilme Kurallar 5 Bölünebilme Problemlerinde En Çok Kullanlan Yöntemler 12. Problemler (Bölünebilme) 24

Transkript

1 Içindeiler Içindeiler Önsöz iii vii BIRINCI BÖLÜM 1 Bölünebilme ve Bölme Algoritmas Bölme Algoritmas 2 Bölünebilme Kurallar 5 Bölünebilme Problemlerinde En Ço Kullanlan Yöntemler 12 Çözümlü Test 15 Çözümler 18 Problemler (Bölünebilme) 24 Problemlerin Çözümleri 26 TÜBITAK SORULARI (Bölünebilme) 33 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 36 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 41 IKINCI BÖLÜM 43 Asal Saylar ve Çarpm Fonsiyonlar De Polignac Formülü 47 Bir Tam Saynn Pozitif Bölenlerinin Says 49 Bir Tam Saynn Pozitif Bölenlerinin Toplam 51 Euler Fonsiyonu 53 Çarpm Fonsiyonu 55 Karş Örneler 59 Çözümlü Test 64 Çözümler 71 Problemler 85 Problemlerin Çözümleri 87 TÜBITAK SORULARI (Asal Saylar) 93 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 96 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 102

2 iv Içindeiler ÜÇÜNCÜ BÖLÜM 105 OBEB - OKEK OBEB (Orta Bölenlerin En Büyügü) 105 OKEK (Orta Katlarn En Küçügü) 106 Ölid Algoritmas ve OBEB'in Kullanlmas 108 OBEB ve Tam Say Katsayl Ii Bilinmeyenli Lineer Denlemler 113 Karş Örneler 115 Çözümlü Test 117 Çözümler 120 Problemler (OBEB - OKEK) 125 Problemlerin Çözümleri 127 TÜBITAK SORULARI (OBEB - OKEK) 132 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 133 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 135 DÖRDÜNCÜ BÖLÜM 137 Modüler Aritmeti Mod Kavram 137 Denliler 139 Bölünebilirli Testlerinin Modüler Aritmeti Yardmyla Yaplmas 143 Karş Örneler 148 Çözümlü Test 152 Çözümler 155 Problemler (Modüler Aritmeti) 161 Problemlerin Çözümleri 163 TÜBITAK SORULARI (Modüler Aritmeti) 171 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 175 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 182 BEŞINCI BÖLÜM 183 Fermat - Euler -Wilson - Çin Kalan Teoremleri Fermat - Euler Teoremi 183 Bir Tam Saynn Mertebesi 186 Wilson Teoremi 188

3 Matemati Olimpiyatlarna Hazrl 3 v Çin Kalan Teoremi 191 Karş Örneler 193 Çözümlü Test 197 Çözümler 202 Problemler (Fermat - Euler) 212 Problemlerin Çözümleri 214 TÜBITAK SORULARI (Fermat - Euler) 221 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 224 ALTINCI BÖLÜM 231 Denliler (Kongruanslar) Dogrusal Denliler 231 Ii Bilinmeyenli Dogrusal Denliler 234 Denli Sistemleri 236 Yüse Mertebeden Denliler 238 M Bileşi Says için ModM de Yüse Mertebeden Denliler 240 p Asal Says Için modp n de Denliler 243 Çözümlü Test 248 Çözümler 250 TÜBITAK SORULARI (Denliler) 253 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 256 YEDINCI BÖLÜM 265 Tam Saylar Kümesinde Denlem Çözümü Lineer Diofan Denlemleri 265 Basit Bölünebilme Özellileri ile Çözülebilen Denlemler 270 Çarpanlara Ayrma Kurallar Kullanlara Çözülen Denlemler 271 Modüler Aritmeti Yardmyla Çözülebilen Denlemler 273 Bilinmeyenleri Snrlayara Çözülebilen Denlemler 277 Simetrili Kullanlara Çözülebilen Denlemler 278 Tahmini Çözümden Genel Çözüme Ulaşma 281 Disriminant Kullanlara Çözülen Denlemler 282 Tam are ve Tam üp Sorular 284 Karş Örneler 289

4 vi Içindeiler Çözümlü Test 298 Çözümler 305 TÜBITAK SORULARI (Tam Saylar Kümesinde Denlem Çözümü) 320 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 325 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 335 SEKIZINCI BÖLÜM 337 Bir Reel Saynn Tam degeri Bir Reel Saynn Tam degeri 337 Problemler 348 Problemlerin Çözümleri 349 Çözümlü Test 353 Çözümler 355 TÜBITAK SORULARI (Tam deger) 360 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 362 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 366 Çalşma Sorular 369 YANIT ANAHTARI 387 KAYNAKLAR 389

5 Önsöz Türiye'dei Matemati Olimpiyatlar Konusunda Ksa Bilgi Türiye'de olimpiyat etinlileri, TÜBITAK Bilim Insan Desteleme Daire Başanlg (BIDEB) tarafndan yürütülmetedir. Bu çalşmalar hem ulusal düzeyde hem de uluslararas düzeyde yaplmatadr. Ulusal düzeyde gerçeleştirilen Ilögretim Matemati Olimpiyat ile Liseler Için Matemati Olimpiyatlar sonuçlarna göre ülemizi Uluslararas yarşmalarda temsil edece tamlar belirlenmetedir. Uluslararas Bilim Olimpiyatlarnda ülemizi temsil edece tamlar matemati olimpiyat amplarnda başarl olmuş ögrencilerin, çeşitli snavlar sonucunda seçilmeleriyle oluşmatadr. Şu ana adar atldgmz Uluslararas Matemati Olimpiyatlarnda, Umut Varolgüneş, Melih Üçer, Ömer Faru Tein, Cafer Tayyar Yldrm, Selim Bahadr (2 ez), Nizameddin Ordulu, Mehmet Bumin Yenmez ülemize altn madalya azandran ögrencilerdir. Son yllarda, birço üniversite lise ögrencilerine yöneli olara matemati olimpiyatlar düzenlemetedir. Bunlardan en esisi Adeniz Üniversitesi tarafndan düzenlenen Ulusal Antalya Matemati Olimpiyatlardr, bu olimpiyat da birincisi test ve iincisi lasi olara ii aşamada yaplmatadr. Yine, Fatih, Koç, Doguş, Mersin, Sabanc üniversiteleri de matemati olimpiyat düzenleyen üniversitelerden bazlardr. Matemati Olimpiyatlarna Hazrlanan Bir Ögrenci Ne Kazanr? Matemati olimpiyatlarna hazrlanma hem zor hem de zevlidir. Matemati olimpiyatlarna hazrlanan bir ögrenci snavn sonucunda hangi dereceyi alrsa alsn asla aybetmez. Ögrendigi onular ve zor sorularn yannda, beynini zorlamas ufuna açmasna ve ileride zor problemler ile arşlaştgnda daha sagll ve daha tutarl yorumlar yapmasn saglayacatr. Sporla ugraşan bir sporcu atldg olimpiyatta başarl olamasa bile, hazrlanma aşamasnda vücudunun sagll olmas için yaptg çalşmalarn faydasn gördügü gibi, matemati olimpiyatlarna hazrlanan bir ögrenci de, zor problemlere afa yormasnn sonucu olara beynini geliştirir. Insanlar düşündüçe aln ullandça, matemati problemi çözdüçe beyin hücrelerinin yollar açlr. Bilim adamlar, normal insanlarn mevcut beyin apasitelerinin ço az bir smn ullanabildigini söylemetedirler. Bu apasite elbette sradan işlerle ugraşara, beyni yormayara, basit ve birbirine benzeyen problemleri çözere artmayacatr. Beyni yorma gereir. Beyni zorlama, süreli yeni problemlerle meşgul etme gereir. Beyin hücreleri ullanlmaz ise aybedilir. O halde, bir matemati yarşmasna girse de girmese de zor sorular ile ugraşmalyz. vii

6 viii Önsöz Matemati Olimpiyatlarna Nasl Hazrlanlmal? Matemati Olimpiyatlarna hazrlanma gerçeten zordur. Zaman ister. Tp olimpiyata hazrlanan bir haltercinin süreli endini geliştirmesi, yavaş yavaş agrllar aldrmas ve bunu başarabilme içinde gereli zaman harcayp vücudunu geliştirmesi gibi, yavaş yavaş ilerlenmesi gereen bir çalşmadr. Olimpiyat sorularn çözmeye yeni başlayan birisine, baz sorularn olduça zor gelmesi normaldir. Bu biraz bilgiye, biraz tecrübeye biraz da püf notal sorulara hazrll olmaya göre degişir. Sorularn zorlu derecesi, elbettei, bir halterin agrlg gibi net olara ifade edilmese de, bildiginiz bir onuda sorulan bir sorudai ince bir püf nota o soruyu ço zor hale getirebilir. Bir soru ögrenilditen sonra olaydr. Ögreninceye adar zor bir sorudur. Bu itabn amaçlarndan biri de size göre zor olan sorularn saysnn azalmasna yardmc olmatr. Olimpiyatlara hazrlanan bir ögrenci herşeyden önce, ararl olmal, endine güvenmeli, faat ne adar endine güvenirse güvensin yapamayacag sorularn oldugunun farnda olup, çözemedigi sorular arşsnda umutsuzluga düşme yerine, çözemedigi sorularn çözümlerini ögrenere ilerlemesi geretiginin bilincinde olmaldr. Ksaca, matemati olimpiyatlarna hazrl, ararll, sabr ve azim isteyen bir iştir. Acele etmeme gereir. Hatta baz sorularn çözümü de anlaşlamayabilir veya bir sorunun çözümü ögrenilditen sonra terar arşlaşldgnda o soruyu yapamayabilirsiniz. Ögrencilerden, bu onu ile ilgili en ço arşlaştgm soru, "çözümünü gördügümüz zaman anlyoruz ama endimiz yapamyoruz, ne yapmalyz?" sorusudur. Aslnda bu normaldir. Olimpiyat sorularnn endine has çözme yöntemleri olabilir. Bu yöntemleri bir anda ögrenme elbette olay degildir. Bu itapta onular ve onu ile ilgili sorulan sorular mümün oldugu adar, o onuya gelinceye de ögrenilen bilgileri içerece şeilde ele alnmştr. Bir soruyu çözeren, soruyu önce endiniz çözmeye çalşnz. Çözemez iseniz, çözümünü inceleyip nasl bir yöntem ullanldgn inceleyiniz ve soruda püf nota var ise, o püf notay mutlaa görmeden soruyu geçmeyiniz. Sorunun çözümünü anlamaz iseniz, bu onu ile ilgili bilgilerinizin esi olabilecegini göz önünde bulundurara umutsuzluga aplmaynz. Unutmayn sizi zorlayan her soru sizin için zor ve güzel bir sorudur. Baz sorularda hata da olabilir. Bu tür hatalar bildirirseniz, itabn bundan sonrai basmlarnda daha hatasz olara size ulaştrabiliriz. Hangi Ciltte Hangi Konular Var? Birinci ve iinci ciltte, olimpiyatlar için temel avramlarn ve yöntemlerin verilmesi amaçland. Bunun için, temel avramlar, tanmlar, gösterimler verilere, problem tipleri, çarpanlara ayrma, çözümleme, toplamlar, ombinatori, binom açlm, ant yöntemleri onular ele alnd. Üçüncü ciltte ise, saylar teorisi onusu ele alnara, bölünebilme, asal saylar, obeb-oe, modüler aritmeti, Fermat, Euler, Wilson teoremleri, Çin alan teoremi, denliler, tamdeger, onular verildi. Dördüncü ciltte ise, polinomlar, polinom denlemler ve eşitsizliler, fonsiyonlar, diziler ve denlemler onularna yer verildi.

7 Önsöz ix Son cillte ise, logaritma ve trigonometri bilgisi, limit, sürelili, türev, fonsiyonel denlemler ve eşitsizliler onular verildi. Her bir itapta öncelile, saca onuyu o onu ile ilgili örne ögretici olabilece sorulara yer verdim. Daha sonra, her bir onu ile ilgili dünyada degişi olimpiyatlarda sorulmuş sorular da içeren bir tane çözümlü test oydum. Son olara da o onu ile ilgili TÜBITAK Matemati Olimpiyatlarnda çmş sorular ve çözümlerini verdim. Test sorularnn bir çogu aslnda, lasi olimpiyat sorulardr. Bunun yannda, lasi sorular verere olimpiyatlarn soru şelinden uzalaşmamaya çalştm. Umarm, faydal olur. Başa Hazrlanabilecegimiz Olimpiyat Kitab Var m? Türiye'de matemati alannda olimpiyatlara hazrlananlar için, Türçe ayna olduça azdr. Aşagda, matemati olimpiyatlarna hazrlanan ögrenciler için faydal olacagna inandgm baz itaplar yazdm. 1. Saylar Teorisinde Ilginç Olimpiyat Problemleri ve Çözümleri, H. Ibrahim Karaaş, Ilham Aliyev (TÜBITAK Yaynlar). 2. Analiz ve Cebirde Ilginç Olimpiyat Problemleri ve Çözümleri, H. Ibrahim Karaaş, Ilham Aliyev (TÜBITAK Yaynlar). 3. Ulusal Antalya Matemati Oimpiyatlar Sorular ve Çözümler, Ilham Aliyev, Mustafa Özdemir, Dilber Şhaliyeva (TÜBITAK Yaynlar). 4. Sonlu Matemati, Refail Alizade, Ünal Ufutepe (TÜBITAK Yaynlar). 5. Meralsna Matemati, Recep Yücesan (Zamba Yaynlar). 6. Meralsna Geometri, Ömer Gürlü (Zamba Yaynlar). 7. Tübita Ulusal Matemati Olimpiyat Soru ve Çözümleri, Mustafa Töngemen, (Altn Nota Yaynlar) (Bu Kitapta Tübita olimpiyatlarnda çmş tüm sorularn çözümlerini bulabilirsiniz.) Teşeür Öncelile, Adeniz Üniversitesi Matemati Bölümünde bana çalşma frsatnn yolunu açan, bana her onuda örne olan, endisine her zaman müteşeir oldugum Prof. Dr. Halil Ibrahim Karaaş hocama, 1996 ylnda başlayan matemati olimpiyat sorularna olan ilgimin artara devam etmesini saglayan, bu onuda beni teşvi eden, Prof. Dr. Ilham Aliyev hocama, her onuda beni desteleyen ve yardmc olan, örne almaya çalştgm yüse lisans ve dotora danşman hocam, Prof. Dr. Abdullah Aziz Ergin'e teşeür ederim. Ayrca, itabn hazrlanmas srasnda, itabn hem içerigi hem de düzeni onusunda zaman harcayp, tavsiye ve düzeltmelerde bulunan Prof. Dr. Ali Nesin hocama teşeür ederim. Sorularn ve çözümlerin tashihinde bana yardmc olan, Yüse Lisans Ögrencisi Osman Palanc'ya, Yard. Doç. Dr. Gültein Tnaztepe'ye ve Oguz Yegin'e ve itabn hazrlanma aşamasnda bana deste olan eşim Burcu Özdemir'e teşeür ederim. Ayrca, endilerinden geretigi adar yararlanamadan aramzdan ayrlan degerli hocalarm Firi Gödal ve Prof. Dr. Dogan Çoer hocalarm da saygyla anyorum.

8 x Önsöz Ksa Özgeçmiş Mustafa Özdemir, 1975 ylnda Konya'nn Bozr ilçesinde dogdu. Il, orta ve lise ögrenimini Antalya'da tamamlad ylnda girdigi Douz Eylül Üniversitesi Buca Egitim Faültesi Matemati Ögretmenligi Bölümü'nden 1996 ylnda mezun oldu yllar arasnda, Adeniz Üniversitesi, Fen Bilimleri Enstitüsü, Matemati Anabilim Dalnda yüse lisans ve dotorasn tamamlad. Halen, Adeniz Üniversitesi Matemati Bölümünde çalşmatadr. NOT : Hatal soru çözümleri, bas hatalar, esi çözümler, yanlş ifade edilişler ile ilgili her türlü hatalarm mozdemir@adeniz.edu.tr mail adresine gönderirseniz sevinirim.

9 OBEB - OKEK 3.1 OBEB (Orta Bölenlerin En Büyügü) Ii veya daha fazla saynn her birini bölebilen en büyü pozitif tamsayya bu saylarn orta bölenlerinin en büyügü denir. a; b ii tamsay olma üzere; a ve b saylarnn orta bölenlerinin en büyügü; OBEB(a; b) veya bazen saca (a; b) ile gösterilir. OBEB(a; b) = 1 ise; a ve b saylarna aralarnda asal saylar denir. F OBEB ile ilgili baz temel özelliler OBEB(A; B) = d ise; d j A ve d j B. OBEB(A; B) = OBEB( A; B) = OBEB(A; B) = OBEB( A; B) : OBEB(A; B) = d ise; A = dx ve B = dy ve OBEB(x; y) = 1 olaca şeilde x ve y tamsaylar vardr. c j A ve c j B ise; c j OBEB(A; B) = d olur. a j c; b j c ve OBEB(a; b) = 1 ise; a b j c olur. A veya B'den herhangi biri sfr ise; OBEB(A; 0) = jaj olur. Örne 90 Aralarnda asal olan ii saynn çarpm ile toplamnn OBEB'inin 1 oldugunu gösteriniz. Çözüm : OBEB(a; b) = 1 saylarn alalm. OBEB(ab; a + b) = 1 oldugunu gösterecegiz. Bunun için olmayana ergi metodunu ullanacagz. Kabul edelim i; OBEB(ab; a + b) = d 6= 1 olsun. Bu durumda; yuarda verilen OBEB'in özellilerinden; d j ab ve d j a + b olmaldr. d j ab ise; a ile b aralarnda asal oldugundan sadece birini bölebilir. a'y bölüyor ise; d j a + b oldugundan b'yi de bölmelidir. Faat; bu durumda (a; b) = d olur i; bu a ile b'nin aralarnda asal olmasyla çelişir. Örne 91 x + y ile x y aralarnda asal ii say ise; OBEB x 2 y 2 ; 2x =? Çözüm : Aralarnda asal olan ii saynn çarpm ile toplamnn OBEB'i 1 oldugundan; OBEB x 2 y 2 ; 2x = 1'dir. Örne ve 3960 saylarnn her iisini de bölen aç pozitif tamsay vardr? Çözüm : OBEB(2520; 3960) = oldugundan, (3 + 1) (2 + 1) (1 + 1) = 24 tane pozitif tamsay vardr.

10 106 Matemati Olimpiyatlarna Hazrl 3 Örne 93 a + b ile a b saylar aralarnda asal saylar olma üzere; M = 2a + (1 + 2a) a 2 b 2 ve N = 2a a 2 + 2a b 2 a 2 b 2 ise; OBEB(M; N) =? Çözüm : x = a + b ve y = a b olsun. Aralarnda asal olan ii saynn çarpm ile toplamnn OBEB'i 1'dir. O halde; OBEB(x + y; xy) = 1'dir. x + y = 2a ve a 2 b 2 = xy oldugunu da ullanrsa; ve M = 2a + (1 + 2a) a 2 b 2 = (x + y) + (1 + x + y) xy = (x + y + xy) + (x + y) xy N = 2a a 2 + 2a b 2 a 2 b 2 = (x + y) (xy + x + y) xy yazlabilir. Aralarnda asal olan ii saynn çarpm ile toplamnn OBEB'inin 1 oldugu terar ullanlara, OBEB (x + y; xy) = 1; OBEB ((x + y) xy; x + y + xy) = 1 oldugu göz önüne alnrsa; OBEB(M; N) = 1 elde edilir. 3.2 OKEK (Orta Katlarn En Küçügü) Ii veya daha fazla saynn her birine bölünen en üçü pozitif tamsayya bu saylarn orta atlarnn en üçügü denir. a; b ii tamsay olma üzere; a be b saylarnn orta atlarnn en üçügü; OKEK(a; b) veya saca [a; b] ile gösterilir. F OKEK ile ilgili baz temel özelliler OKEK(A; B) = r ise; A j r ve B j r olur. OKEK(A; B) = r ise; A x = r ve B y = r olaca şeilde; x ve y tamsaylar vardr. F Teorem 3.1. A = p r1 1 pr2 2 pr ve B = p s1 1 ps2 2 ps saylarn göz önüne alalm. i = 1; 2; :::; için; r i ve s i say üslerinin minimumlarn m i ve masimumlarn ise M i ile gösterelim. Bu durumda; olur. Örne 94 OBEB(A; B) = p m1 1 pm2 2 pm ve OKEK(A; B) = p M1 1 p M2 2 p M says ile saylarnn OBEB'ini ve OKEK'ini bulunuz. Çözüm : = ve = oldugundan; OBEB ; = ve OKEK ; = olur.

11 OBEB - OKEK 107 Örne 95 OKEK(m; n) = olaca şeilde aç tane (m; n) pozitif tamsay iilisi vardr? Çözüm : a ve x'in büyü olan 3; b ve y'nin büyü olan 7 ve c ve z'nin büyü olan da 13 olma üzere m ve n saylar m = 2 a 5 b 11 c ve n = 2 x 5 y 11 z formunda olmaldr. (a; x) 2 f(0; 3) ; (3; 0) ; (1; 3) ; (3; 1) ; (2; 3) ; (3; 2) ; (3; 3)g olaca şeilde 7 tane; (b; y) 2 f(0; 7) ; (7; 0) ; (1; 7) ; (7; 1) ; :::; (6; 7) ; (7; 6) ; (7; 7)g olaca şeilde; 15 tane; (c; z) 2 f(0; 9) ; (9; 0) ; (1; 9) ; (9; 1) ; :::; (8; 9) ; (9; 8) ; (9; 9)g olaca şeilde; 19 tane oldugundan; çarpm prensibine göre; toplam : = 1995 tane (m; n) iilisi vardr. Örne says 25 tane pozitif tamsaynn toplam olduguna göre; bu 25 saynn OKEK'i en üçü aç olabilir? Çözüm : = 1500 oldugundan; saylardan en az biri 60'dan büyü olmaldr. Buna göre; OKEK en üçü olara 61 olabilir. OKEK'in 61 olup olamayacagn inceleyelim. 61 asal saydr ve OKEK = 61 olmas için saylar 61 ve 1'den oluşmaldr = 1465 oldugundan; toplam 1519 olamaz. O halde; OKEK = 61 olamaz. OKEK = 62 olabilir mi? 62 = 2 31 oldugundan saylar; 62 ve 31 saylarndan oluşturulabilir. Buna göre; = 1519 oldugundan OKEK en üçü 62 olabilir. Örne 97 Birincisi 3'e; iincisi 5'e; üçüncüsü 7'ye; dördüncüsü 9'a ve beşincisi de 11'e tam bölünen en üçü beş ardş saydan en üçügünün raamlar toplam açtr? Çözüm : 3; 5; 7; 9 ve 11 saylar arasndai far 2 olmasayd; yani ardş olsalard oşul saglanacat. O halde; bu saylar 2'ye bölerse aradai farlar 1 olur. Faat bu durumda saylar tam olmayacag için; 3; 5; 7; 9 ve 11'e bölünen bir n says ile bu saylar toplayp iiye bölerse; istenen şeilde 5 ardş say bulmuş oluruz. Buna göre; n + 3 ; n + 5 ; n + 7 ; n + 9 ; n saylarnn istenen şeilde olmas için; alnmaldr. Böylece; saylar : n = OKEK (3; 5; 7; 9; 11) = = ; 1735; 1736; 1737; 1738 olara bulunur. Yant : = 15 olur.

12 108 Matemati Olimpiyatlarna Hazrl 3 F Teorem 3.2. OBEB(m; n) OKEK(m; n) = m n'dir. Ispat : i ; i 0 ve i = 1; 2; :::; olma üzere; olsun. Buna göre, m = p 1 1 p2 2 p ve n = p 1 1 p 2 2 p OBEB (m; n) OKEK (m; n) = p min(1; 1 )+mas(1; 1 ) 1 p min( ; )+mas( ; ) elde edilir. Örne 98 = p p p + = m n OBEB(A; B) = d ise OBEB(A n ; B n ) = d n oldugunu gösteriniz. Çözüm : A = p r1 1 pr2 2 pr ve B = p s1 1 ps2 2 ps ve olsun. oldugundan; bulunur. OBEB(A; B) = p minfr1;s1g 1 p minfr2;s2g 2 p minfr ;s g = d A 2 = p nr1 1 p nr2 2 p nr ve B 2 = p ns1 1 p ns2 2 p ns OBEB A 2 ; B 2 = p n minfr1;s1g 1 p n minfr2;s2g 2 p n minfr ;s g n = p minfr1;s1g 1 p minfr2;s2g 2 p minfr ;s g = (OBEB (A; B)) n = d n 3.3 Ölid Algoritmas ile OBEB'in Bulunmas Bölme algoritmasnn art arda uygulanmasyla; a = bq 1 + r 1; 0 r 1 < b b = r 1 q 2 + r 2; 0 r 2 < r 1 r 1 = r 2 q 3 + r 3; 0 r 3 < r 2. r 2 = r 1 q 1 + r ; 0 r < r 1 r 1 = r q r +1 = 0 elde edilecetir. Bu algoritmaya Ölid algoritmas denilir. Burada; alanlar; görüldügü gibi; r 1 ; r 2 ; :::; r ; 0 olmatadr. 0 alanndan önce elde edilen son alan olan r says; A ve B saylarnn OBEB'ini verir.

13 OBEB - OKEK ve saylarnn OBEB'ini Ölid algoritmasn ullanara bu- Örne 99 lunuz. Çözüm : Ölid algoritmasyla; = = = elde edilir. O halde sfrdan farl son alan 113 oldugundan; elde edilir. OBEB(791; 12543) = 113 OBEB'i alnan saylardan üçü olann bir tamsay atn büyü olandan çarara da; bu algoritmay ullanabiliriz. Örnegin; yuardai verilen örne aşagdai şeilde yaplara OBEB'i bulunabilir. OBEB (791; 12543) = OBEB (791; 678) (Küçü olann 15 atn büyü olandan çard.) = OBEB ( ; 678) = OBEB (113; 678) = OBEB (113; ) = OBEB (113; 0) = 113 Başa bir ifadeyle; herhangi ii saynn OBEB'i bu saylarn birbirlerinin tamsay atlarnn OBEB'i ile ayndr. Bunu şu şeilde ifade edebiliriz. Teorem 3.3. Herhangi x ve y tamsaylar için; OBEB(A; B) = OBEB(A; Ax + By) eşitligi vardr. Ispat : (A; B) = d ve (A; Ax + By) = olsun. d j A ve d j B oldugundan; d j Ax + By olacatr. O halde; d j olur. Diger taraftan; j A ve j Ax + By oldugundan; says bu ii saynn farlarn da bölecetir. Böylece, j Ax (Ax + By) = By ise, j B olur. Bu durumda; j d olur. Böylece; d j ve j d oldugundan = d olur.

14 110 Matemati Olimpiyatlarna Hazrl 3 Örne 100 7n 3 ifadesi 100'den üçü aç tane n dogal says için sadeleştiri- 8n 5 lebilir? Çözüm : 7n 3 ve 8n 5 saylarnn OBEB'ini bulalm. Buna göre, OBEB (7n 3; 8n 5) = OBEB (7n 3; (8n 5) (7n 3)) = OBEB (7n 3; n 2) = OBEB ((7n 3) 7 (n 2) ; n 2) = OBEB (11 n 2) elde edilir. Buna göre; n 2 = 11 ( 2 Z + ) olursa esir sadeleşecetir. Yani; n = ( 2 Z + ) için esir sadeleşir. Buna göre; 100'den 11'e bölündügünde 2 alann veren saylarn saysn bulalm. 11'e bölündügünde 2 alann veren saylar 2; 13; 24; 35;...; 90'dr ve bunlarn says da (90 2) = = 9 olur. NOT : OBEB(A; B) yerine bazen sadece parantezler ullanlara; saca (A; B) ve OKEK(A; B) yerine ise sadece öşeli parantezler ullanlara [A; B] yazlabilir. Örne 'den üçü aç tane pozitif tamsays için 2 1 ve saylar aralarnda asal degildir? Çözüm : 2 1 ve saylarnn OBEB'ini bulalm. (2 1; 9 + 4) = (2 1; (2 1)) = (2 1; + 8) = (2 ( + 8) (2 1) ; + 8) = (17; + 8) elde edilir. Aralarnda asal olmamas için + 8 = 17m; (m 2 Z + ) olmaldr. Böylece; 100'den üçü = 17m 8 şelindei saylarn saysn bulalm. m = 1; 2; 3; 4; 5 ve 6 için says 100'den üçütür ve böylece; 6 pozitif tamsays için; (2 1) ve (9 + 4) saylar aralarnda asal degildir. n 2 + 3n + 1 Örne 102 n 2 denleminin sadeleştirilemez oldugunu gösteriniz. + 4n + 3 Çözüm : n 2 + 3n + 1 ve n 2 + 4n + 3 ifadelerinin OBEB'i, n 2 +3n + 1; n 2 +4n + 3 = n 2 +3n + 1; n+2 = n 2 +3n + 1 n (n + 2) ; n + 2 = (n + 1; n + 2) = (n + 1; 1) = 1 oldugundan hiç bir n says için sadeleştirilemez.

15 OBEB - OKEK yol. j n 2 + 3n + 1 ve j n 2 + 4n + 3 olsun. Buna göre; j n 2 + 4n + 3 n 2 + 3n + 1 = n + 2 olmaldr. O halde; n + 2 = s (s 2 Z) yazlabilir. Buna göre; n 2 + 3n + 1 = ns + n + 1 oldugundan; bu ifadenin bir tamsay olabilmesi için; j n + 1 olmaldr. O halde, oldugundan = 1 bulunur. j n + 2 ve j n + 1 Örne 103 n bir pozitif tamsay olma üzere; OBEB(n! + 1; (n + 1)! + 1) =? Çözüm : Ölid algoritmas ullanlara; OBEB (n!+1; (n+1)!+1) = OBEB (n!+1; (n+1) (n!+1) ((n+1)!+1)) = OBEB (n!+1; n) = 1 elde edilir. Örne 104 OBEB ; ; ; ::: =? (Harvard MIT.Math Tournament 2002) Çözüm : Ölid algoritmasn ullanara; OBEB ; = OBEB ; = OBEB( ; ) 2002 (2002+2) = OBEB( ; ) = OBEB(2004; 6) = 6 bulunur. O halde; OBEB ; ; ; ::: en fazla 6 olabilir. Şimdi; formundai tüm saylarn 6'ya bölündügünü gösterirse; OBEB'i 6 olacatr says çift oldugundan 2'ye bölündügü açtr. 3'e bölündügünü göstermeliyiz saysnn 3'e bölümünden alan daima 1'dir. Bu nedenle; says daima 3'e bölünür. O halde; bulunur. OBEB ; ; ; ::: = 6 Örne 105 OBEB 1 ; 3 ; 5 ; :::; 1679 degeri aça eşittir? Çözüm : OBEB 1 ; 3 ; 5 ; :::; 1679 = d olsun = 'dir (Bnz. Binom Açlm; Cilt 2). OBEB özellilerinden; d bu toplam bölmesi geretiginden; d says 2'nin bir uvveti olabilir. d j ve = 2 4 m formunda oldugundan; d en fazla 2 4 olabilir. 1 1

16 112 Matemati Olimpiyatlarna Hazrl 3 Diger taraftan; bir te say ien; = eşitligine göre; te say oldugundan 2'ye bölünmeyecetir. Yani; = 2 4 m formundadr. Yani; her te says için; says 2 4 'ün atdr. O halde; d = 2 4 olur. Örne ve saylarnn en büyü orta böleni açtr? Çözüm : Ölid Algoritmas ullanlara, ; = ; bulunur. = ; = ; = ; = ; = ; = ; = ; = ; = ; = ; = ; = ; = ; 2 19 (2 1) = ; 1 = 1 Not : En genel halde; OBEB(2 m 1; 2 n 1) = 1 olmas için gere ve yeter şart OBEB(m; n) = 1 olmasdr. Örne 144'yi inceleyiniz. Örne ; 2007 ve 1300 saylarnn her birinin bir d > 1 saysna bölümünden alan r olsun. Buna göre; d r says açtr? Çözüm : Ölid algoritmasna öyle q 1 ; q 2 ; q 3 tamsaylar vardr i; 3118 = d q 1 + r; 2007 = d q 2 + r ve 1300 = d q 3 + r yazlabilir. Birbirlerinden çarara 1818 = d (q 3 q 1 ) 1111 = d (q 3 q 2 ) 707 = d (q 2 q 1 ) d; 1818 = ; 1111 = ve 707 = saylarnn orta böleni oldugundan ve 101 bu saylarn en büyü orta böleni oldugundan; d = 101 olmaldr = 101 q 1 + r eşitliginden de r = 88 bulunur. Dolaysyla; d r = 13 bulunur.

17 OBEB - OKEK OBEB ve Tamsay Katsayl Ii Bilinmeyenli Lineer Denlemler a; b pozitif tamsaylar ve n 2 Z olma üzere; ax + by = n denleminin x; y tamsay çözümlerinin olmas için; atsaylarn OBEB'i ile n arasnda nasl bir bagnt olmas geretigini inceleyecegiz. F Teorem 3.4. (Bezout Teoremi) Herhangi a; b pozitif tamsays için; ax + by = OBEB (a; b) olaca şeilde x; y tamsaylar vardr. Ispat : S = fax + by : x; y 2 Zg ümesini göz önüne alalm. S ümesinin en üçü pozitif eleman d olsun. Bölme algoritmasna göre; yazlabilir. Buna göre; A = qd + r; 0 r < d r = a qd = q q (ax + by) = (1 qx) a (qy) b olur. Yani r; S ümesinin bir elemandr. d'nin abulünden dolay r < d olacagndan; r = 0 olmaldr. Bu durumda; a = qd yani; d j a elde edilir. Benzer şeilde; d j b olacagndan; d jobeb(a; b) bulunur. Diger taraftan; OBEB(a; b) says; S ümesinin tüm elemanlarn böleceginden; OBEB(a; b) j d olur. Böylece; d jobeb(a; b) ve OBEB(a; b) j d oldugundan; OBEB(a; b) = d elde edilir. F Sonuç : a ve b saylar aralarnda asal ise; ax + by = 1 olaca şeilde x; y tamsaylar vardr. F Teorem 3.5. a; b pozitif tamsaylar ve n 2 Z olsun; ax + by = n denleminin x; y tamsay çözümlerinin olmas için; OBEB(a; b) j n olmaldr. Bu durumda; çözümler; (x 0 ; y 0 ) bir çözüm olma üzere; (x; y) = x 0 + b d t; y a 0 d t formunda olur. Ispat : Teoremin il sm; bir öncei teoremden görülür. Şimdi çözümleri arayalm. OBEB(a; b) = d olsun. Bu durumda; a = ud ve b = vd olaca şeilde aralarnda asal olan u ve v saylar vardr. ax + by = n denleminin bir çözümü (x 0 ; y 0 ) olsun. Bu durumda srasyla; olur. ax + by ax 0 bx 0 = 0; a (x x 0 ) + b (y y 0 ) = 0; a (x x 0 ) = b (y 0 y) ;

18 114 Matemati Olimpiyatlarna Hazrl 3 Son eşitlite, a = ud ve b = vd yazlrsa; ud (x x 0 ) = vd (y 0 y) ve u (x x 0 ) = v (y 0 y) olur. u ve v aralarnda asal oldugundan; x x 0 says v ile; y y 0 says da u'ya bölünebilmelidir. olacagndan; elde edilir. x x 0 = tv ve y 0 y = tu (x; y) = x 0 + b d t; y 0 a d t Örne x + 15y = 10 denleminin aç tane pozitif tamsay çözümü vardr? Çözüm : OBEB(12; 15) = 3 ve 3-10 oldugundan tamsay çözümü yotur. Tamsay atsayl lineer denlemler daha sonra terar incelenecetir.

19 OBEB - OKEK Karş Örneler Örne 109 OBEB(x; y) = 5! ve OKEK (x; y) = 50! ve x y olaca şeilde aç tane (x; y) pozitif tamsay çifti vardr? (Kanada M.O. 1997) Çözüm : p 1 ; p 2 ; :::; p 12 ; 7'den 47'ye adar olan asal saylar göstersin. ve 5! = p 0 1 p 0 2 p ! = 2 a1 3 a2 5 a3 p b1 1 pb2 2 pb12 yazalm. 2 4 ; 3 2 ; 5 2 ; :p 1 ; :p 2 ; :::; p 12 saylarnn her biri; 50! saysn böleceginden; tüm asal çarpanlarn uvvetleri 5! saysnn asal çarpanlarnn uvvetlerinden farl olacatr. Ayrca; x; y j 50! oldugundan; x = 2 n1 3 n2 p n15 12 y = 2 m1 3 m2 p m15 12 yazlabilir. Buna göre; (n i ; m i ) saylarnn büyü olan 50! saysnn çarpannn i'inci uvveti ve üçü olan da 5! saysnn çarpannn i'inci uvveti olacatr. Buna göre; x için 2 15 seçene vardr ve bunlarn yars y saysndan büyütür. Dolaysyla istenen şeilde 2 15 =2 = 2 14 seçene vardr. Örne 110 y < x 100 olma üzere; x y ve x + 1 y + 1 saylarnn her iiside tamsay olaca şeilde aç (x; y) pozitif tamsay iilisi vardr? (AIME) Çözüm : y j x ve y + 1 j x + 1 ise; OBEB(y; x) = y ve OBEB(y + 1; x + 1) = y + 1'dir. Bu eşitlileri; Ölid algoritmasna göre; OBEB(y; x y) = y ve OBEB(y + 1; x y) = y + 1 şelinde yazabiliriz. Yani; y j x y ve y + 1 j x y'dir. Faat; y ve y + 1 saylar ardş saylardr ve aralarnda asaldr. Dolaysyla; (x y) y (y + 1) says tamsay olmaldr. y < x 100 oldugu göz önüne alnrsa; y = 1 için, (x y = 2 için, (x y = 3 için, (x y = 4 için, (x y = 5 için, (x 1) =2 2 Z ise x 2 f3; :::; 99g olabilir. 2) =6 2 Z ise x 2 f8; 14; :::; 98g olabilir. 3) =12 2 Z ise x 2 f15; 27; :::; 99g olabilir. 4) =20 2 Z ise x 2 f24; 44; 64; 84g olabilir. 5) =30 2 Z ise x 2 f35; 65; 95g olabilir.

20 116 Matemati Olimpiyatlarna Hazrl 3 y = 6 için, (x 6) =42 2 Z ise x 2 f48; 90g olabilir. y = 7; 8 ve 9 degerleri içinde 1'er tane x degeri olabilir. Böylece, her bir y degeri için x'in alabilecegi degerler toplam hesaplanrsa, = tane (x; y) iilisi için; x y ve x + 1 saylarnn her iisi de tamsay olur. y + 1 Örne 111 OKEK 6 6 ; 8 8 ; = olaca şeilde aç tane pozitif tamsays vardr? (AIME 1998) Çözüm : 6 6 = ; 8 8 = 2 24 ve = oldugundan; = 2 a 3 b formunda olmaldr. OKEK 6 6 ; 8 8 = oldugundan; OKEK ; 2 24 ; 2 a 3 b = olabilmesi için; b = 12 olmaldr. a says ise; 0 ile 24 arasndai tüm tamsaylar olabilir. Yani 25 tane deger alabilir. O halde; 25 tane degeri vardr. Örne 112 X ondal yazlmnda terar eden raam bulunmayan tüm dogal saylarn ümesi olsun. n 2 X ve A n de n saysnn raamlarnn permütasyonlarnn oluşturdugu; n says ile ayn basamaga sahip saylarn ümesi olsun. d n says; A n 'dei saylarn en büyü orta böleni ise d n saysnn alabilecegi en büyü deger açtr? (ITALYA M.O. 2006) Çözüm : n says 3 veya daha fazla raaml olma üzere; son ii raam ab olsun. Bu raamlar endi arasnda yer degiştirirse elde edilen say yine A n ümesinin bir eleman olacatr. Her ii sayda d n saysnn at ise; bu saylarn far olan jab baj = 9 ja bj says da d n 'in at olmaldr. 9 ja bj 81 oldugundan; d n 81 olacatr. n says 2 basamal olursa; raamlarn farl olmas durumunda yine d n 81 olur. Faat; son raam 0 alrsa; A n says sadece endisinden oluşacagnda; d n = n olacatr. Buna göre; n en büyü n = 90 alnabilir. Bu durumda d n = 90 olur. Örne m < n 13 olma üzere; OBEB(2 m 1; 2 n 1) = 1 olaca şeilde aç tane (m; n) tamsay iilisi vardr? Çözüm : OBEB(2 m 1; 2 n 1) = 1 olmas için; OBEB(m; n) = 1 olmas gereir. n = 13 için, m says ' (13) tane deger alabilir. f1; 2; 3; :::; 12g : n = 12 için, m says ' (12) tane deger alabilir. f1; 5; 7; 11g :.. n = 2 için, ' (2) = 1 tane m says vardr. O halde; yant : olara bulunur. ' (2) +' (3) +' (4) + + ' (12) +' (13) = 58

21 OBEB - OKEK Çözümlü Test 1. 10n + 3 ifadesi aç tane n dogal says için sadeleştirilebilir? 15n + 4 A) 0 B) 1 C) Sonsuz Sayda D) 11 E) 12 11n 6 2. n pozitif bir tamsay olma üzere; ifadesi n saysnn aşagdai degerlerinden hangisi için sadeleştirilemez? 17n 12 A) 2007 B) 2013 C) 2009 D) 2010 E) 2011 n 4 + 4n n 4 + 6n 2 ifadesi 100'den üçü aç tane n pozitif tamsays için sadeleştirilebilir. + 8 A) 0 B) 11 C) 12 D) 13 E) n + 9 ; 8 n + 10 ; 9 n + 11 ; :::; 31 esirlerinin sadeleştirilemez olmas için n'nin n + 33 alabilecegi en üçü pozitif tamsay açtr? A) 35 B) 54 C) 37 D) 34 E) (n + 1) n 4 + 2n + 3 n says n ile bölünece şeilde n pozitif tamsays en büyü aç olabilir? A) 13 B) 19 C) 17 D) 11 E) a2 + 30a + 2 a 2 ifadesi aşagdai hangi a degeri için sadeleşebilir? 3 A) 127 B) 89 C) 23 D) 107 E) ; 1417 ve 2312 saylarnn her birinin bir d > 1 saysna bölümünden alan r olsun. Buna göre; d r says aşagdailerden hangisidir? (AHSME 1976) A) 11 B) 15 C) 14 D) 16 E) 17

22 118 Matemati Olimpiyatlarna Hazrl 'den üçü aç tane pozitif tamsays için (2 9) ve (9 31) saylar aralarnda asal degildir? A) 11 B) 5 C) 9 D) 8 E) 6 9. [x; y] = 100 ve (x; y) = 25 olaca şeilde aç x; y pozitif tamsays vardr? A) 2 B) 3 C) 4 E) 1 F) ; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34;... Fibonacci dizisini göz önüne alalm. Bu dizinin 2007 ve 2008'inci elemanlarnn en büyü orta böleni açtr? A) 1 B) 2 C) 3 D) 12 E) n pozitif bir tamsay olma üzere; n 4 + 8n n n ifadesi n saysnn aşagdai degerlerinden hangisi için sadeleştirilemez? A) 1572 B) 2001 C) 1451 D) 2007 E) n pozitif bir tamsay olma üzere aşagdailerden hangisi en az bir n pozitif tamsays için sadeleştirilebilir? (Ispanya M.O. 1993) A) n 1 n 2n + 1 B) C) n 2n + 1 2n 2 D) 2n 3 3n + 25 E) + 2n 3n n m ve n aralarnda asal dogal saylar olduguna göre; OBEB m + n; m 2 + n 2 aç farl say olabilir? (Sovyet M.O. 1963) A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) Sonsuz Sayda 14. n pozitif bir tamsay olma üzere n 2 ve (n + 1) 2 saylarnn en büyü orta böleni f(n) olsun. f (n) saysnn masimum degeri açtr? (AIME 1985) A) 100 B) 101 C) 400 D) 200 E) Hiçbiri

23 OBEB - OKEK n + 10 says n saysn bölece şeildei en büyü n pozitif tamsays açtr? (AIME 1986) A) 190 B) 790 C) 840 D) 900 E) Hiçbiri 16. OKEK (a; b) = 1000; OKEK (b; c) = 2000; OKEK (c; a) = 2000 olaca şeilde aç tane (a; b; c) üçlüsü vardr? (AIME 1987) A) 100 B) 75 C) 120 D) 70 E) Hiçbiri ; 15 7 ve saylarnn en az birinin böleni olan pozitif tamsaylarn saysn bulunuz. (AIME 2005) A) 435 B) 440 C) 396 D) 460 E) Hiçbiri 18. n says 2 ile; n + 1 says 3 ile; :::; n + 8 says 10'a bölünece şeilde saylar üçüten büyüge dogru sralayalm. Bu özelligi saglayan il say 2'dir. Bu özelligi saglayan beşinci saynn raamlar toplam açtr? A) 12 B) 10 C) 13 D) 11 E) Hiçbiri says 25 tane pozitif tamsaynn toplam olduguna göre; bu 25 saynn OKEK 'i en üçü aç olabilir? A) 100 B) 49 C) 97 D) 67 E) Hiçbiri 20. n te say olma üzere; OBEB 3 3 3; 5 5 5; 7 7 7; :::; n n n; ::: =? A) 8 B) 12 C) 4 D) 6 E) Hiçbiri