MATEMATİK OLİMPİYATLARINA HAZIRLIK 1

Transkript

1 MATEMATİK OLİMPİYATLARINA HAZIRLIK 1 TEMEL BİLGİLER -I Mustafa Özdemir ALTIN NOKTA YAYINEVİ İZMİR - 016

2 Copyright Altın Nokta Basım Yayın Dağıtım Bilişim ISBN MATEMATİK OLİMPİYATLARINA HAZIRLIK-1 TEMEL BİLGİLER-I Mustafa Özdemir Bu kitabın her hakkı saklıdır. Tüm hakları Altın Nokta Basım Yayın Dağıtım'a aittir. Kısmen de olsa alıntı yapılamaz. Metin ve sorular, kitabı yayımlayan kurumun önceden izni olmaksızın elektronik, mekanik, fotokopi ya da herhangi bir kayıt sistemiyle çoğaltılamaz, yayımlanamaz. Bu kitaptaki TÜBİTAK Matematik Olimpiyat Soruları, TÜBİTAK Bilim İnsanı Destekleme Daire Başkanlığından izin alınarak yayımlanmaktadır. Genel Yayın Yönetmeni Halil İ. AKÇETİN Kapak-Dizgi Altın Nokta Dizgi-Grafik Baskı ERTEM BASIM YAYIN DAĞ. SAN. TİC.LTD. ŞTİ. Nasuh Akar Mah. 5. Sok. No: 19 Çankaya / ANKARA Tel: 0 (31) Yayın - Dağıtım Altın Nokta Basım Yayın Dağıtım 859 Sk. No:1/Z-4 Konak / İZMİR Tel- Faks : 0 (3) nokta@nokta000.com altinnokta@altinnokta.com.tr kitapana@kitapana.com Ocak Basım

3 Önsöz Antalya Matematik Olimpiyatlarına öğrenci hazırlayan bazı öğretmenlerimizin Türkçe kaynak bulamamaktan şikayet etmeleri üzerine yazmaya karar verdiğim ve bir kitaptan oluşacağını düşünerek başladığım olimpiyatlara hazırlık kitabı, bir anda beş ciltlik güzel bir kaynak oldu. Bu kitaplarda, hemen hemen her konuya ve bu konularla ilgili değişik sorulara yer vermeye çalıştım. Aslında, İngilizce bilen her öğrenci internette birçok olimpiyat kaynağına ulaşabilir. Fakat, konularına göre yazılmış ve konularına göre sorular verilmiş Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık Kitapları, olimpiyatlara yeni başlayan öğrenciler ve olimpiyatlara öğrenci hazırlayan öğretmenler için büyük bir kolaylık sağlamıştır. Bu kitaplardan öğrenilen temel bilgiler sayesinde, farklı dillerden ve farklı kaynaklardan ulaşılan bir çok olimpiyat sorusunun ve çözümünün daha çabuk anlaşılır hale geleceğini umuyorum. Kitaplarla ilgili Türkiye nin hemen hemen her yerinden hem öğrencilerden hem de öğretmenlerimizden teşekkür e postaları ve telefonları almaktayım. Türkiye de böyle bir kaynağın olmasından dolayı teşekkür eden birçok öğrenci ve öğretmenimiz, konularına göre soruların verilmiş olmasının, her konunun detaylı şekilde incelenmiş olmasının ve anlaşılır bir dille yazılmış olmasının, kendilerine büyük kolaylık sağladığını e postalarında ifade ediyorlar. Kitapta bulunan bazı hataları da bana bildiren öğrenci ve öğretmenlerimiz sayesinde, daha sonraki basımlarda, bu hataların giderilmesine çaba sarf ediyorum. Her ne kadar tashihini yapmış olsam da, soruların zorluğu ve çokluğu ve zamanın darlığı bazen hataları görmemize engel oluyor. Kitaplardaki olabilecek diğer hatalarımı ve kitapla ilgili görüş vedüşüncelerinizi, yine mozdemir07@gmail.com e posta adresine gönderirseniz sevinirim. Bu kitaplarla güzel ülkeme çok küçük de olsa, bir faydam olmuşsa, bu benim için büyük bir mutluluktur. Hangi Ciltte Hangi Konular Var? Birinci ve ikinci ciltte, olimpiyatlar için en gerekli temel kavramların ve yöntemlerin verilmesi amaçlandı. Bunun için, temel kavramlar, tanımlar, gösterimler verilerek, problem tipleri, çarpanlara ayırma, çözümleme, toplamlar, kombinatorik, binom açılımı, ispat yöntemleri konuları ele alındı. Üçüncü ciltte ise, sayılar teorisi konusu ele alınarak, bölünebilme, asal sayılar, obeb okek, modüler aritmetik, Fermat, Euler, Wilson teoremleri, Çin kalan teoremi, denklikler, tamdeğer, konuları verildi. Dördüncü ciltte ise, fonksiyonlar, polinomlar, polinom denklemler ve eşitsizlikler, diziler, denklemler ve denklem sistemleri konularına yer verildi. Beşinci cillte ise, logaritma ve trigonometri bilgisi, limit, süreklilik, türev, fonksiyonel denklemler ve eşitsizlikler konuları verildi.

4 Her bir kitapta öncelikle, konuya ve o konu ile ilgili örnek öğretici olabilecek sorulara yer verdim. Daha sonra, her bir konu ile ilgili dünyada değişik olimpiyatlarda sorulmuş soruları ve çözümlerini ilave ederek, öğrencilerin karşılaşabileceği farklı soruları görmesini sağladım. Türkiye deki Matematik Olimpiyatları Konusunda Kısa Bilgi Türkiye de olimpiyat etkinlikleri, TÜBİTAK Bilim İnsanı Destekleme Daire Başkanlığı (BİDEB) tarafından yürütülmektedir. Bu çalışmalar hem ulusal düzeyde hem de uluslararası düzeyde yapılmaktadır. Ulusal düzeyde gerçekleştirilen İlköğretim Matematik Olimpiyatı ile Liseler İçin Matematik Olimpiyatları sonuçlarına göre ülkemizi Uluslararası yarışmalarda temsil edecek takımlar belirlenmektedir. Uluslararası Bilim Olimpiyatlarında ülkemizi temsil edecek takımlar matematik olimpiyat kamplarında başarılı olmuş öğrencilerin, çeşitli sınavlar sonucunda seçilmeleriyle oluşmaktadır. Şu ana kadar katıldığımız Uluslararası Matematik Olimpiyatlarında, Umut Varolgüneş, Melih Üçer, Ömer Faruk Tekin, Cafer Tayyar Yıldırım, Selim Bahadır ( kez), Nizameddin Ordulu, Mehmet Bumin Yenmez ülkemize altın madalya kazandıran öğrencilerdir. Son yıllarda, birçok üniversite lise öğrencilerine yönelik olarak matematik olimpiyatları düzenlemektedir. Bunlardan en eskisi Akdeniz Üniversitesi tarafından düzenlenen Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarıdır, bu olimpiyat birincisi test ve ikincisi klasik olarak iki aşamada yapılmaktadır. Yine, Fatih, Koç, Doğuş, Mersin, Sabancı üniversiteleri de matematik olimpiyatı düzenleyen üniversitelerden bazılarıdır. Matematik Olimpiyatlarına Hazırlanan Bir Öğrenci Ne Kazanır? Matematik olimpiyatlarına hazırlanmak hem zor hem de zevklidir. Matematik olimpiyatlarına hazırlanan bir öğrenci sınavın sonucunda hangi dereceyi alırsa alsın asla kaybetmez. Öğrendiği konular ve zor soruların yanında, beynini zorlaması ufkuna açmasına ve ileride zor problemler ile karşılaştığında daha sağlıklı ve daha tutarlı yorumlar yapmasını sağlayacaktır. Sporla uğraşan bir sporcu katıldığı olimpiyatta başarılı olamasa bile, hazırlanma aşamasında vücudunun sağlıklı olması için yaptığı çalışmaların faydasını gördüğü gibi, matematik olimpiyatlarına hazırlanan bir öğrenci de, zor problemlere kafa yormasının sonucu olarak beynini geliştirir. İnsanlar düşündükçe aklını kullandıkça, matematik problemi çözdükçe beyin hücrelerinin yolları açılır. Bilim adamları, normal insanların mevcut beyin kapasitelerinin çok az bir kısmını kullanabildiğini söylemektedirler. Bu kapasite elbette sıradan işlerle uğraşarak, beyni yormayarak, basit ve birbirine benzeyen problemleri çözerekartmayacaktır. Beyni yormak gerekir. Beyni zorlamak, sürekli yeni problemlerle meşgul etmek gerekir. Beyin hücreleri kullanılmaz ise kaybedilir. O halde, bir matematik yarışmasına girsek de girmesek de zor sorular ile uğraşmalıyız.

5 Matematik Olimpiyatlarına NasılHazırlanılmalı? Matematik Olimpiyatlarına hazırlanmak gerçekten zordur. Zaman ister. Tıpkı olimpiyata hazırlanan bir haltercinin sürekli kendini geliştirmesi, yavaş yavaşağır lıkları kaldırması ve bunu başarabilmek içinde gerekli zamanı harcayıp vücudunu geliştirmesi gibi, yavaş yavaş ilerlenmesi gereken bir çalışmadır. Olimpiyat sorularını çözmeye yeni başlayan birisine, bazı soruların oldukça zor gelmesi normaldir. Bu biraz bilgiye, biraz tecrübeye biraz da püf noktalı sorulara hazırlıklı olmaya göre değişir. Soruların zorluk derecesi, elbetteki, bir halterin ağırlığı gibi net olarak ifade edilmese de, bildiğiniz bir konuda sorulan bir sorudaki ince bir püf nokta o soruyu çok zor hale getirebilir. Bir soru öğrenildikten sonra kolaydır. Öğreninceye kadar zor bir sorudur. Bu kitabın amaçlarından biri de size göre zor olan soruların sayısının azalmasına yardımcı olmaktır. Olimpiyatlara hazırlanan bir öğrenci herşeyden önce, kararlı olmalı, kendine güvenmeli, fakat ne kadar kendine güvenirse güvensin yapamayacağı soruların olduğunun farkında olup, çözemediği sorular karşısında umutsuzluğa düşmek yerine, çözemediği soruların çözümlerini öğrenerek ilerlemesi gerektiğinin bilincinde olmalıdır. Kısaca, matematik olimpiyatlarına hazırlık, kararlılık, sabır ve azim isteyen bir iştir. Acele etmemek gerekir. Hatta bazı soruların çözümü de anlaşılamayabilir veya bir sorunun çözümü öğrenildikten sonra tekrar karşılaşıldığında o soruyu yapamayabilirsiniz. Öğrencilerden, bu konu ile ilgili en çok karşılaştığım soru, "çözümünü gördüğümüz zaman anlıyoruz ama kendimiz yapamıyoruz, ne yapmalıyız?" sorusudur. Aslında bu normaldir. Olimpiyat sorularının kendine has çözme yöntemleri olabilir. Bu yöntemleri bir anda öğrenmek elbette kolay değildir. Bu kitapta konular ve konu ile ilgili sorulan sorular mümkün olduğu kadar, o konuya gelinceye dek öğrenilen bilgileri içerecek şekilde ele alınmıştır. Bir soruyu çözerken, soruyu önce kendiniz çözmeye çalışınız. Çözemez iseniz, çözümünü inceleyip nasıl bir yöntem kullanıldığını inceleyiniz ve soruda püf nokta var ise, o püf noktayı mutlaka görmeden soruyu geçmeyiniz. Sorunun çözümünü anlamaz iseniz, bu konu ile ilgili bilgilerinizin eksik olabileceğini göz önünde bulundurarak umutsuzluğa kapılmayınız. Unutmayın sizi zorlayan her soru sizin için zor ve güzel bir sorudur. Bazı sorularda hata da olabilir. Bu tür hataları bildirirseniz, kitabın bundan sonraki basımlarında daha hatasız olarak size ulaştırabiliriz.

6 Kısa Özgeçmiş Mustafa Özdemir, 1975 yılında Konya nın Bozkır ilçesinde doğdu. İlk, orta ve lise öğrenimini Antalya da tamamladı. 199 yılında girdiği Dokuz Eylül Üniversitesi Buca Eğitim Fakültesi Matematik Öğretmenliği Bölümü nden 1996 yılında mezun oldu yılları arasında, Akdeniz Üniversitesi, Fen Bilimleri Enstitüsü, Matematik Anabilim Dalında yüksek lisans ve doktorasını tamamladı. Halen, Akdeniz Üniversitesi Matematik Bölümünde çalışmaktadır. Beşinci Baskı İçin Teşekkür. Kitabın daha önceki baskılarında hatalı soru çözümleri, baskı hataları, eksik çözümler, yanlış ifade edilişler ile ilgili birçok hatalarımı görüp bildiren, başta Bahçeşehir Üniversitesi Öğretim Üyesi Yrd. Doç. Dr. Maksat Ashyraliyev olmak üzere, Başer Kandehir e, Reşit Kaya ya, Mahmut Bektaş a, Taha Eyüp Korkmaz a, Salih Can a, Ahmet Arduç a, Ebubekir Celayir e, Oğuzhan Yılmaz a, Ahmet Alaydın a ve Mustafa Küçük e çok teşekkür ediyorum. Onların da katkılarıyla kitap çok daha hatasız hale gelmiştir. Ayrıca, Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık kitaplarını yazmamda bana destek olan değerli hocalarım, Prof. Dr. Abdullah Aziz Ergin e, Prof. Dr. Halil İbrahim Karakaş a, Prof. Dr. İlham Aliyev e, Prof. Dr. Hasan Ali Çelik e ve Prof. Dr. Ali Nesin e ve eşim Burcu Özdemir e teşekkür ederim. Son olarak, Altın Nokta Yayınevi olarak, kitabı yayınları arasına alarak basımı ve dağıtımı konusunda her türlü fedakarlığı yapan Halil İbrahim Akçetin e ve değerli eşi Leyla Akçetin e çok teşekkür ederim. Mustafa Özdemir Antalya 015 mozdemir07@gmail.com Hayatta iken değeri yeterince bilinmeyen tüm anneler adına Annem Hayriye Özdemir e

7 İçindekiler BİRİNCİBÖLÜM Temel Bilgiler Sayılar 11 Ardışık Sayıların Toplamı 16 Bölünebilme Kuralları 19 Bir Sayının Pozitif Bölenlerinin Sayısı, Toplamı ve Çarpımı 5 EBOB EKOK 9 Modüler Aritmetik 34 Basit Denklem Çözümleri ve Sayıların Özelliklerinin Kullanılması 38 Basit Eşitsizlikler 44 Faktöriyel Kavramı 46 Bir Sayının Tam Kısmı 50 Mutlak Değer 54 Üslü ve Köklü Sayılar 58 Oran Orantı 64 Karışık Örnekler 65 Çözümlü Test 1 73 Çözümler 78 TÜBİTAK SORULARI (Temel Bilgiler) 87 TÜBİTAK SORULARININ ÇÖZÜMLERİ (Temel Bilgiler) 99 ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI SORULARI 119 İKİNCİBÖLÜM Problemler Yaş Problemleri 15 İşçi Havuz Problemleri 17 Hareket Problemleri 131 Yüzde Faiz Problemleri 133 Karışım Problemleri 136 Saat Problemleri 137 Sınav Problemleri 138 Tahtadaki Sayı Problemleri 139

8 Tartı Problemleri 143 Sayı Tablosu ve Sihirli Kare Problemleri 145 Mantık Problemleri 147 Oyun ve Turnuva Problemleri 148 Çember Etrafına Sayı Yerleştirme Problemleri 151 Çözümlü Test 155 Çözümler 160 TÜBİTAK SORULARI (Problemler) 167 TÜBİTAK SORULARININ ÇÖZÜMLERİ (Problemler) 181 ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI SORULARI 03 ÜÇÜNCÜ BÖLÜM Çarpanlara Ayırma ve Özdeşlikler Çarpanlara Ayırma Yöntemleri 07 Özdeşlikler 14 Karışık Örnekler 30 Çözümlü Test 3 39 Çözümler 44 TÜBİTAK SORULARI (ÇarpanlaraAyırma) 55 TÜBİTAK SORULARININ ÇÖZÜMLERİ (Çarpanlara Ayırma) 61 ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI SORULARI 73 DÖRDÜNCÜ BÖLÜM Çözümleme ve Taban Aritmetiği Çözümleme 75 Rakam Değiştirme veya Silme 81 Karışık Örnekler 84 Çözümlü Test 4 95 Çözümler 30 TÜBİTAK SORULARI (Çözümleme) 317 TÜBİTAK SORULARININ ÇÖZÜMLERİ (Çözümleme) 33 ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI SORULARI 335 BEŞİNCİBÖLÜM Eşitsizliklere Giriş Aritmetik Geometrik Harmonik Ortalama ve Eşitsizlikleri 337

9 Cauchy Schwartz Eşitsizliği 346 Karışık Örnekler 350 Çözümlü Test 5 35 Çözümler 355 ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI SORULARI 360 YANIT ANAHTARI 364

10

11 Temel Bilgiler 1.1 Sayılar I N = {0 1 3 } kümesinin her bir elemanına doğal sayı denir. Z = { } kümesinin her bir elemanına tamsayı denir. Z + = {1 3} kümesine pozitif tamsayılar kümesi ve Z = { 3 1} kümesine de negatif tamsayılar kümesi denir. Sıfır bir tamsayıdır, fakat pozitif veya negatif değildir. I ve tamsayı ve 6= 0olmak üzere, şeklinde yazılabilen sayılara rasyonel sayı denir. Rasyonel sayılar kümesini, n o Q = : Z ve 6= 0 ile gösteririz. Virgülden sonraki bir kısımı periyodik olarak devam eden rasyonel sayılara devirli ondalık sayılar denilir. Devreden kısım üstü çizgili olarak gösterilir. Devirli bir ondalık sayıyı rasyonel olarak ifade edebiliriz. Bunun için, verilen devirli sayı, devreden kısım sadece bir kez yazılmak şartıyla, virgülsüz kabul edilir. Sonra, bu sayıdan, sürekli tekrar eden devirli kısım haricindeki sayı çıkarılır. Elde edilen sayı, virgülden sonraki devreden kadar 9 devretmeyen kadar 0 ın yanyana yazılmasıyla elde edilen sayıya bölünür. Örneğin, devirli sayısı, olarak yazılır I Rasyonel olmayan sayılara irrasyonel sayılar denir. Yani, şeklinde yazılamayan, virgülden sonrası düzenli bir biçimde tekrarlanmayan sayılara irrasyonel sayılar denir. Örneğin,, 3 ve sayılarının kesirli olmadıkları bilinir. İlk ikisinin kanıtı kolaysa da üçüncüsünün kanıtı zordur. İrrasyonel sayıları, Q 0 ile göstereceğiz. I Rasyonel sayılar kümesiyle irrasyonel sayıların kümesinin birleşimine reel (gerçel) sayılar kümesi denir. R = Q Q 0 ile gösterilir. I Bir rasyonel sayıyla bir irrasyonel sayının toplamı irrasyoneldir. Bunu gösterelim. Q ve Q 0 olsun. + = Q olsaydı, = eşitliğine göre, iki rasyonel sayının farkı yine bir rasyonel sayı olacağından, sayısı da rasyonel olurdu. Fakat, sayısını bir irrasyonel sayı kabul etmiştik. O halde, bir rasyonel sayıyla bir irrasyonel sayının toplamı rasyonel olamaz. I İki irrasyonel sayının toplamı irrasyonel sayı olmayabilir. Örneğin, ve 1 sayıları irrasyonel sayılar olmasına rağmen toplamları 1 dir ve rasyoneldir. I İki irrasyonel sayının çarpımı irrasyonel sayı olmayabilir. Örneğin, 3 ve 3 irrasyonel sayılarının çarpımı 3 dür ve rasyoneldir. I Bir rasyonel sayı ile bir irrasyonel sayının çarpımı irrasyoneldir denilemez. Rasyonel sayılardan birini, 0 alırsak, sonuç 0, yani bir rasyonel sayı olur.

12 1 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 I [ ] gösterimi ve dahil ile arasındaki reel sayıları gösterir. Yani, [ ] ise, dir. ( ] gösterimi, hariç ve dahil ile arasındaki reel sayıları gösterir. Yani, ( ] ise, olur ve eğer ise, ( ) dir. I bir tamsayı olmak üzere, şeklinde ifade edilen sayılara çift sayı, 1 şeklinde ifade edilen sayılara da tek sayı denir. Çift sayıları, Ç ile, tek sayıları da ile göstereceğiz. ± = Ç, ± Ç = Ç ± Ç = Ç, = Ç = Ç, Ç Ç = Ç, ve Z + için =, Ç = Ç biçimindedir. I 1 ve kendisinden başka pozitif tam böleni olmayan, 1 den büyük tamsayılara asal sayılar denir. 1 asal sayı değildir. den başka çift asal sayı yoktur. Bir sayısının asal olup olmadığını nasıl anlamak için yi den küçük asal sayılara bölerek kontrol edebiliriz. Çünkü = ve ise dir. Dolayısıyla asal değilse den küçük bir asal sayıya bölünür. Örneğin, 199 sayısı asaldır. Çünkü, 199 ' 14 olduğundan 14 ten küçük ve 13 sayılarının hiçbiri 199 sayısını bölmez. Örnek 1 3n 10, 6n 13 ve 5n 13 sayılarının üçü de asal sayı olacak şekilde kaç pozitif tamsayısı vardır? Çözüm : Verilen üç sayının toplamı, (3 10) + (5 13) + (6 13) = olduğundan çifttir. Üç asal sayının toplamının çift olabilmesi için birinin mutlaka olması gerekir. Buna göre, 3 10 = ise, =4olacağından, 5 13 = 7 ve 6 13 = 11 olduğundan üçü de asal olur = ise, =3olur, fakat, 3 10 asal olmaz = olması ise mümkün değildir. O halde, sadece =4 değeri için üç sayıda asal sayıdır. Örnek p, p +10ve p +14sayıları asal olacak şekilde kaç p sayısı vardır? Çözüm : Bu sayıların 3 e bölümünden kalanlar sırasıyla, nin, +1 in ve + nin 3 e bölümünden kalanlara eşittir ve bu kalanlar birbirinden farklıdır. Bu durumda, bu sayılardan biri 3 e bölünmelidir. Sayılar asal olduğundan, en küçük olan sayısının 3 olması gerekir. Böylece diğer sayılar 13 ve 17 olur.

13 Temel Bilgiler 13 Örnek tane pozitif tamsayının toplamı çarpımından büyüktür. Bu sayılardan en fazla kaçı 1 den büyük olabilir? Çözüm : 1 den farklı pozitif sayıların en çok olması için, 1 den büyük en küçük tamsayı olan sayısını kullanmalıyız. Daha büyük sayıları kullanmamız çarpımın daha hızlı büyümesine neden olur. Buna göre, 7 tane kullanmış olsak, geriye 93 tane 1 kalır ki, bunların çarpımı 7 = 18 iken toplamları, = 107 olur ve koşul sağlanmaz. Bu nedenle, sayısı 7 den küçük olmalıdır. 6 tane olursa, çarpım 6 =64vetoplam ise = 106 olur. Yani, toplam çarpımdan büyük olur. O halde, 1 den büyük olan sayıların sayısı en fazla 6 olabilir. Alıştırma : 100 tane pozitif tek sayının toplamı çarpımından büyüktür. Bu sayılardan en fazla kaçı 1 den büyük olabilir? 105 Örnek 4 4,110 5,115 6,10 7,15,... rasyonel sayılarından kaçı tamsayıdır? 8 Çözüm : Verilen rasyonel sayıların payı 5 er 5 er artmakta, paydası ise 1 er 1 er artmaktadır. Dikkat edilirse sayıların herbiri, =13 olmak üzere, formundadır ve bu şekilde devam etmektedir. Bu kesiri düzenlersek, = 5( +3) = 5( +3) = = elde edilir. Bu ifadenin bir tamsayı olabilmesi için, +3sayısı 85 e bölünmelidir. Buna göre, +3 { } olabilir. Yani, ==14ve =8için tamsayı elde ederiz. Örnek 5 n +n 3 sayısı tamkare olacak şekilde 100 den küçük kaç n pozitif tamsayısı vardır? Çözüm : + 3 = ( +1)sayısının tamkare olabilmesi için, +1sayısı bir tamkare olmalıdır. Yani, Z + için, = 1 ve 100 olmalıdır. O halde, { 3 10} için + 3 sayısı tamkare olur ve 9 tanedir.

14 14 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 Örnek 6 a, b, c, d ve e birbirinden farklı birer rakam ve " : "işareti bölme işlemini göstermek üzere, a : b : c : d : e işleminde parantezler kullanılarak elde edilebilecek en büyük sayı kaçtır? Çözüm : Herhangi, : : : : ifadesinde, ve hariç diğer tüm sayıları parantezler kullanarak pay veya paydadan istediğimiz yere koymamız mümkündür. kesinlikle kesirin payın da, ise payda sındadır. Buna göre, : : : : ifadesinin, en büyük olması için, =9=8=7, =6ve =1 alınabilir. Bu durumda sayımız, en büyük = olabilir ve parantezlerle 9 {[((18) 7)] 6} şeklinde gösterebiliriz. Örnek 7 10 dan küçük olan ve en sadeleşmiş durumda paydası 30 olan tüm pozitif rasyonel sayıların toplamını bulunuz. (AIME 199) Çözüm : 0 ile 1 arasında istenen şekildeki rasyonel sayılar sayılarıdır. Bu sayıların toplamı ise =4 30 olur. 1 ve arasındaki istenen şekildeki sayıları, bu sayılara 1 ekleyerek elde edebiliriz. ve 3 arasındaki istenen sayılar için, bu sayılara ekleyerek elde edilebilir. Benzer şekilde düşünerek, istenen toplam (1++ +9)= = 400 bulunur. Örnek 8 Rakamları birbirinden farklı 9 basamaklı bir sayının herhangi yedi rakamı silindiğinde elde edilen iki basamaklı sayıya özsayı diyelim. Özsayıların sadece birinin asal olabilmesi için, 9 basamaklı sayıda hangi rakam kullanılmamalıdır? Çözüm : 0, 5 ve çift rakamları sayının en sonunda kullanalım. Bu sayılar özsayının sonunda kaldığında özsayı asal olamaz. Örneğin, yazabiliriz. Geriye 1, 3, 7 ve 9 rakamları kaldı. 7 rakamını 3, 1, 9 ile kullandığımızda daima asal sayı elde edeceğimizden 7 sayısını kullanmamalıyız. 91 ve 93 sayıları da asal olmadığından, sayısı istenen şekilde sayıdır ve burada sadece 13 sayısı asal olabilir.

15 Temel Bilgiler 15 Örnek 9 a, b ve c birbirinden farklı rakamları göstermek üzere, olacak şekilde kaç n pozitif tamsayısı vardır? 1 n =0, abc Çözüm : 1 =0 eşitliğinden, 1 = 999 veya = 999 = olmalıdır. Buna göre, üç farklı rakamdan oluşacak şekilde, sayısının çarpanlarını incelersek, istenen şekildeki sayılar sadece 037 ya da 07 olabilir. (Diğer çarpanlar üç farklı rakamı içermezler. 1, 3, 9, 111, 333, 999.) O halde, = =7ve = 37 7 =37 olduğundan, verilen eşitliği sağlayan iki değişik sayısı vardır. Örnek 10 Toplamları 500 olan pozitif tamsayıların çarpımı en büyük kaç olabilir? Çözüm : En büyük çarpanı aradığımız için, toplanan sayılar 4 ten büyük olamaz. Çünkü, 4 ten büyük herhangi bir sayısı için, 3( 3) çarpımı daha büyüktür. Örneğin, 5 yerine, 3 + yazılırsa, 3 = 6olduğundan, daha büyük bir çarpım elde etmemizi sağlar. Toplananlar arasında 1 sayısı da olamaz. Çarpımı değiştirmez. Toplanan sayılar arasında 4 yerine, tane kullanabiliriz. Bu durumda çarpım değişmeyecektir. Sonuç olarak, toplamları sabit olan sayıların çarpımının en büyük olması için, toplanan sayıları 3 ve sayılarından oluşturmak gerekir. Fakat, den fazla kullanmak yerine, 3 kullanmak daha büyük sayıya ulaşmamızı sağlayacaktır. Bunu bir kaç örnekle görmek mümkündür. Örneğin, 6=++için, çarpım 8 elde edilirken, 6=3+3için çarpım 9 elde edilir. O halde, toplananlar arasında en fazla tane olmalıdır. 500 = olduğundan, toplanan sayıların 166 tanesi 3 ve 1 tanesi olmalıdır. Bu durumda en büyük çarpım : olur. Soru : Siz de, toplamları 301 olan sayıların çarpımlarının en büyük olabileceğini görünüz.

16 16 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 1. ArdışıkSayılarınToplamı I Bir sayı dizisinin ardışık terimlerine, dizinin ardışıksayıları denir. bir tamsayı olmak üzere, ardışık üç tamsayıyı +1+ ve ardışık üç çift sayıyı da + +4 şeklinde yazarız. En genel halde, bir tamsayısının katı olan ardışık üç tamsayı sırasıyla;, + ve + biçiminde yazılır. Hep aynı değer artarak (veya azalarak) elde edilen ardışık sayılara, aritmetik olarak artan (veya azalan) sayılar denir. Her defasında artan, den başlayıp de biten ardışıksayılarınsayısı, +1 formülüyle bulunur. Örneğin, sayı dizisinde =14 7 sayı vardır. Ardışıksayılarıntoplamı da, +( + )+( +)+ + = + µ +1 ile bulunur. Yani terim sayısı, ilk ve son terimin ortalamasıyla çarpılır. Örneğin = = 707 bulunur. Buna göre, ardışıkilk sayınıntoplamı, ( +1) = ile ve ardışık ilk tek sayınıntoplamı da ( 1) = formülüyle hesaplanabilir. Örneğin, = ( ) ( ) = = 165 şeklinde hesaplanabilir. Örnek 11 1 den 1071 e kadar olan tüm tamsayıları bir sırada şeklinde yazarak yeni bir sayı elde ediliyor. a) Bu sayı kaç basamaklıdır? b) Bu sayının 1000 inci rakamı kaçtır? c) Bu sayının rakamları toplamı kaçtır?

17 Temel Bilgiler 17 Çözüm : a) Basamak sayısına göre kaçar rakam kullanıldığını hesaplayalım. Bir basamaklı 1 9 sayılarında 9 rakam kullanılır. İki basamaklı sayılarının sayısı : = 90 dır ve 90 = 180 rakam kullanılır. Üç basamaklı sayılarının sayısı : = 900 dür ve = 700 rakam kullanılmıştır. Dört basamaklı sayılarının sayısı da = 7 dir ve 7 4 = 88 rakam kullanılır. Böylece, toplam = 3177 rakam kullanılır. Yani, sayı 3177 basamaklıdır. b) 9 tane bir basamaklı sayı ve 90 tane de iki basamaklı sayı vardır. O halde, bir ve iki basamaklı sayıların kullanılmasıyla 9+90 = 189 rakam kullanılır. O halde, = 811 rakam üç basamaklı sayılardan olacaktır. 811 = olduğundan üç basamaklı 70 sayı kullanılmış ve 71 inci sayının ilk rakamı bize istediğimiz sayıyı verecektir. Üç basamaklı sayılar, 100 den başladığından 70 inci üç basamaklı sayı, = 369 dur. Böylece, 371 inci üç basamaklı sayı 370 ve ilk rakamı 3 olduğundan, oluşturulan sayının 1000 inci rakamı 3 tür. c) Önce, sayılarının rakamlarıyla oluşturulan sayının rakamları toplamını bulalım rakamları ile oluşturulacak üç basamaklı bir sayıda her bir basamakta rakamları kez bulunur. O halde sayılarının rakamlarının toplamı µ 1000 ( ) 3 = olur. O halde, geriye sayılarının rakamları toplamını hesaplamak kaldı. Binler basamağındaki birlerin toplamı 7 dir. Yüzler basamağındaki sayıların toplamı 0 dır. Onlar basamağında ise, 1,,3,4,5,6 onar kez, 7 ise iki kez kullanıldığından, bunların toplamı : ( )10+14=4 bulunur. Birler basamağında ise, 3 9 rakamları 7 şer, 1 rakamı ise 8 defa kullanıldığından, rakamların toplamı ( )7+1= = 316 olur. Sonuç olarak, sayısının rakamları toplamı : = elde edilir.

18 18 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 Alıştırma : a) 1 den 100 e kadar (1 ve 100 dahil) sayıların yanyana yazılmasıyla elde edilen sayının rakamları toplamını bulunuz. b) 1 den 013 e (1 ve 013 dahil) kadar sayıların yanyana yazılmasıyla elde edilen sayının rakamları toplamını bulunuz. Yanıt: a) 10 ( ) + 1 = 901 b) = Örnek den küçük pozitif tamsayıların herbirinin rakamları toplamı hesaplanıyor ve aynı toplamı veren sayılar arasında daima en küçük olan sayı alınarak bir küme oluşturuluyor. a) Bu kümenin eleman sayısı kaçtır? b) Bu kümedeki tüm sayıların toplamı kaçtır? c) Bu küme elemanlı olsaydı,sayısal değeri en büyük eleman en az kaç olurdu? Çözüm : a) Bu kümedeki, rakamları toplamı en büyük olan eleman 1999 olacaktır ki, bu sayının rakamları toplamı da 8 dir. Buna göre, rakamları toplamı 1 olan, olan,...,8 olan en küçük elemanları sırasıyla yazarak, kümenin, = { } şeklinde olacağı hemen görülebilir. Rakamları toplamı 1,,3,...,8 değerlerini alabilir. Yani, nin eleman sayısı 8 dir. b) Kümedeki 9 arlı elemanların toplamı, = 9 10 =45 µ µ = +1 = µ µ = +1 = olduğundan, istenen toplam = 7966 olur. c) Küme elemanlı olsaydı, en büyük elemanın rakamları toplamı olurdu. = olduğundan, en büyük eleman, 4 tane 9 olmak üzere sayısı olurdu.

19 Temel Bilgiler Bölünebilme Kuralları 1) yebölünebilme:sayı çift ise ye bölünür. ) 3 e bölünebilme : Sayının rakamları toplamı 3 ün katı ise 3 e bölünür. 3) 4 e bölünebilme : Sayının son iki rakamı 4 e bölünürse sayı 4 e bölünür. 4) 5 e bölünebilme : Sayının son rakamı 0 veya 5 ise sayı 5 e bölünür. 5) 6 ya bölünebilme. Sayı hem hem hem de 3 e bölünürse 6 ya bölünebilir. 6) 7 yebölünebilme: basamaklı sayısını göz önüne alalım. Bu sayının birler basamağından itibaren rakamlarını sırasıyla 1 3 ve ile çarparız. Daha sonra her bir üçlüyü toplarız. Birinci üçlü + ile ikinci üçlü ile üçüncü üçlü + ile çarpılır ve bulunan sayılar toplanır. Elde edilen sayı 7 ye bölünürse sayı 7 ye bölünür. ( ) ( )+( ) ( 10 ) Örneğin sayısı için ( ) ( ) + 4 = 0 olduğundan sayımız 7 ye bölünür. 7) 8 e bölünebilme : Sayının son üç rakamı 8 e bölünüyorsa sayı 8 e bölünür. 8) 9 a bölünebilme : Sayının rakamları toplamı 9 a bölünüyorsa sayı 9 a bölünür 9) 10 a bölünebilme : Sayının son rakamı 0 olmalıdır. 10) 11 e bölünebilme : Sayının tek numaralı basamaktaki sayıların toplamı ile çift numaralı basamaklardaki sayıların toplamının farkı 11 ( Z) şeklinde ise sayı 11 e bölünür. Bir sayının, herhangi iki sayının çarpımına bölünebilmesi için, bu sayıların her birine bölünebilmesi gerekir. Örneğin, bir sayının 15 e bölünebilmesi için hem 3 e hem de 5 e, 45 e bölünebilmesi için de, hem 5 e ve hem de 9 a tam bölünebilmelidir. 101 tane Örnek , 1001, 10001, ,..., 1 z } { 1 sayılarından kaç tanesi 11 e bölünebilir? Çözüm : 11 e bölünebilme kuralına göre tek sayıda 0 olursa sayı 11 e bölünemeyecektir. Yani 11 e bölünebilmesi her sayıda çift sayıda 0 olması gerekir. Buna göre sıfır olan sayıların sayısı : (100 ) +1=50tane olur. Örnek 14 A sayısının rakamları toplamı 9, B sayısının rakamları toplamı ise 17 dir. Buna göre, A B çarpımının olamayacağını gösteriniz. Çözüm : sayısının 3 e bölümünden kalan ve sayısının 3 e bölümünden kalan dir. O halde, sayısının 3 e bölümünden kalan 1 olmalıdır. Fakat, sayısının 3 e bölümünde kalan olduğundan, çarpımı olamaz.

20 0 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 Örnek 15 Beş basamaklı a679b sayısının, 7 ye bölünebilmesi için, a + b kaç olmalıdır? (KANADA M.O 1980) Çözüm : 679 sayısı hem 8 hem de 9 a bölünebilmelidir. 8 e bölünme kuralından son üç basamak 8 in katı olması gerektiğinden ve 99 8 = 79 olduğundan = olmalıdır. 9 a bölünebilme kuralına göre rakamları toplamı = +4 sayısı 9 un katı olmalı yani=3olmalıdır. O halde+ =5bulunur. Not : sayısının bir sayısına bölümünden kalan, ve sayılarının sayısına bölümünden elde edilen kalanların çarpımının ye bölünmesiyle elde edilen kalana eşittir. 101 tane Örnek z } { 1 çarpımının 9 a bölümünden kalan kaçtır? Çözüm : Çarpımdaki her bir çarpanın 9 a bölümünen kalan dir. 101 tane çarpan olduğundan, verilen çarpımın 9 a bölümünden kalan = 101 sayısının 9 a bölümünden kalana eşittir. 6 =64 ün9 abölümünden kalan 1 olduğunu kullanalım. 101 = olduğundan, 101 = sayısının 9 a bölümünden kalan 5 in 9 a bölümünden kalana eşit olacaktır. Bu ise, 5 tir. Örnek den küçük kaç n doğal sayısı için 4n +1n 4 ifadesi 13 e bölünür? Çözüm : Bir sayı 13 e bölünüyorsa, 13 fazlası da bölünmelidir. Buna göre, = =( +3) sayısı da 13 e bölünmelidir. Bunun için +3sayısı 13 ün katı olmalıdır. +3 sayısı tek sayı olduğundan, +3sayısı, olabilir. Bu sayılardan sırasıyla, sayısı olabilir.

21 Temel Bilgiler 1 Örnek 18 vardır? Altı basamaklı aabbaa sayısı 7 ye bölünecek şekilde kaç (a, b) ikilisi Çözüm : 7 ye bölünebilme kuralına göre, (1 +3 +) (1 +3 +) = sayısının 7 nin katı olması gerekir. Buna göre, =0 veya = ±7 olabilir. =0ise = dir ve = { } olabilir. Yani, 9 tane sayı 7 ye bölünür. = ±7 ise, beş durum olabilir. =7=0=8 =1; =1=8ve =9=; ==9durumları. Buradan da, ve sayıları da 7 ye bölünecektir. Sonuç olarak 14 tane ( ) ikilisi vardır. Örnek 19 11, 1313, 1414,..., 4949 sayılarından kaç tanesi 13 e bölündüğünde 10 kalanını verir? Çözüm : formundaki bir sayıyı : = 101 şeklinde yazabiliriz. Buna göre, sayısının 13 e bölümünden kalanı bulmak için, sayısının 13 e bölümünden kalan sayı ile, 101 sayısının 13 e bölümünden kalan sayıyı çarpmalıyız. Buna göre, 101 sayısının 13 e bölümünden kalan 10 olduğundan, sayısının 13 e bölümünden kalan 1 olması gerekir. Bu ise sadece sayısının, olması durumunda mümkündür. Yanıt 3. Örnek 0 x,y,z,n ve m rakam olmak üzere, beş basamaklı xyz1n sayısıyla, üç basamaklı 34 sayısınınçarpımı 33m84 olduğuna göre, x+y+z+n+m =? Çözüm : İkinci çarpanın rakamları toplamı 9 un katı olduğundan 9 a tam bölünür dolayısıyla çarpım da bölünmelidir. Buna göre =5olur = olduğundan =1=4= ve =3olur. Böylece =15 olur.

22 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 Örnek 1 10 dan itibaren iki basamaklı bir sayının n kez yanyana yazılmasıyla elde edilen, n basamaklı sayıyı a ile gösterelim. Buna göre, a 1 =10, a =1111, a 3 = 111, 4 = ,... şeklinde bir sayı dizisi oluşacaktır. Buna göre, a 1 +a +a a 50 toplamının 7 ye bölümünden kalan kaçtır? Çözüm : sayısını oluşturan iki basamaklı sayı ile nin farkı daima 9 dur. 1 = =9; = =9; Buna göre, 50 nci sayı, yani 50 sayısı, 59 sayılarından oluşacaktır. Diğer yandan, 6 basamaklı formundaki bir sayı daima 7 ye bölünür. Gerçekten, (1 +3 +) (1 +3 +) =0 olduğu görülebilir. Buna göre, toplamının 7 ye bölümünden kalan, toplamının 7 ye bölümünden kalana eşit olacaktır. Bu sayılar arasındaki 4 basamaklı sayılar formundadır ve = 101 yazalım. 101 in 7 ye bölümünden kalan 3 tür. O halde, sayısının 7 ye bölümünden kalan, 3 sayısının 7 ye bölümünden kalana eşit olacaktır. Böylece, istenen kalan ( ) + 3 ( ) toplamının 7 ye bölümünden kalan olacaktır. µ µ µ µ = sayısının 7 ye bölümünden kalan ise 4 tür. Örnek Rakamları birbirinden farklı m35n dört basamaklı sayısı, 36 ya bölündüğünde 3 kalanını verdiğine göre, m + n toplamı kaçtır? Çözüm : Verilenlere göre, 35 =36 +3=4(9 +5)+3=9(4 +)+5 şeklinde yazılabilir. Yani, 35 sayısı 4 e bölündüğünde 3 kalanını, 9 a bölündüğünde de 5 kalanını vermelidir. 4 e bölündüğünde 3 kalanını verebilmesi =5ve =9 iken mümkündür. Fakat rakamlar birbirinden farklı olduğundan = 9 olmalıdır. Buna göre, 359 iken, 9 a bölündüğünde 5 kalanını vermesi için =6; olmalıdır. Böylece, + =6+9=15bulunur.

23 Temel Bilgiler tane z } { Örnek 3 S = toplamının 9 a bölümünden kalan kaçtır? Çözüm : İlk terimin 9 a bölümünden kalan 7 dir. Bundan sonraki her bir terimin 9 a bölümünde kalan, kendinden önce gelen terimin 9 a bölümünden kalandan 7 fazla olacaktır. Buna göre, kalanlar, sırasıyla şeklinde devam edecektir. Yani, 9 farklı kalan elde edilecektir. 100 = olduğundan, verilen sayının 9 a bölümünden kalan, 11( )+7=403 sayısının 9 a bölümünden kalan eşittir. O halde, kalan 7 bulunur. Örnek 4 34 e bölündüğünde 11 kalanını veren ve iki asal sayının toplamı veya farkı şeklinde yazılan kaç tane pozitif tamsayı vardır? Çözüm : = = + olsun tek sayı olduğu içinve asal sayılarından biri tek biri çift olmalıdır. O halde, biri olmalıdır. = alalım. Bu durumda = 34 +9=9(6 +1)olur ki, bu sayı 9 a bölüneceğinden asal sayı olamaz. Şimdi ise = = olsun. Benzer şekilde =olmak zorundadır. Buna göre, = = =13(18 +1) olursa =0ve =13bulunur. Böylece, 11 bulunur. O halde istenen koşulları sağlayan sadece bir pozitif sayı vardır, bu sayı da 11 dir. Örnek 5 5 in katı olmayan herhangi n tamsayısının karesinin bir fazlasının 5 e bölümünden elde edilebilecek kaç farklı kalan vardır? Çözüm : 5 e bölünmeyen tamsayıları =5 +1=5 +=5 +3veya =5 +4şeklinde yazabiliriz. olabilir. Hatta, 5 +4yerine 5 1 ve 5 +3 yerine de 5 yazılarak, 5 e bölünmeyen tamsayıları kısaca, =5 ± 1 ve =5 ± 1 şeklinde gösterebiliriz. Buna göre, =5 ± 1 için, +1=(5 ± 1) +1=5 ± 10 +=5 +, =5 ± için, +1=(5 ± ) +1=5 ± 0 +5=5 olduğundan, sadece 0 ve kalanları elde edilebilir.

24 4 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 Örnek 6 n +n +1sayısının tüm rakamlarının toplamı 101 olacak şekilde kaç tane n doğal sayısı vardır? Çözüm : Bir doğal sayısı için ++1 sayısının 3 e bölündüğünde hangi kalanları elde edebileceğimizi görelim. =3 formunda olursa, olacağından, 3 e bölümünden kalan 1 olur. =3 +1formunda olursa, (3 +1) +(3 +1)+1= olduğundan kalan 0 dır. =3 1formunda olursa, (3 1) +(3 1) + 1 = olduğundan kalan 1 dir. Yani, asla kalanı elde edilemez. + +1sayısının 3 e bölümünden kalanı elde edilemiyorsa, rakamları toplamını 3 e böldüğümüzde de kalanı elde edemeyiz. Halbuki, 101 sayısının 3 e bölümünden kalan dir. O halde, + +1sayısının rakamları toplamı 101 olacak şekilde doğal sayısı yoktur. Örnek 7 1 den 100 e kadar (1 ve 100 dahil) tamsayılardan 51 tanesi seçiliyor. Bu seçilen sayılardan bir diğerini bölecek şekilde iki sayının mutlaka bulunacağını gösteriniz. Çözüm : Herhangi bir pozitif tamsayıyı, bir tek sayı olmak üzere, formunda yazabiliriz. nin kuvvetlerinde =1olacaktır. Seçilen sayılar 1 den 100 e kadar olan sayılardan seçileceğinden, sayısı 1 ile 100 arasında olacaktır. Yani, sayısı 50 tane tek sayı değeri alabilir. Halbuki, biz 51 sayı seçiyoruz. O halde, seçilen sayılardan ikisinin değerleri aynı olacaktır. değerleri aynı ise, formundaki bu iki sayının si küçük olan, si büyük olanı kesinlikle bölecektir. (Bu soruda kullanılan yöntem Güvercin Yuvası ilkesi olarak bilinir. Bu ilke ikinci ciltte detaylı incelenmiştir.)

25 Temel Bilgiler Bir Sayının Pozitif Bölenlerinin Sayısı,Toplamı ve Çarpımı F Herhangi bir sayısını, 1 sayıları birbirinden farklı asal sayılar ve 1 sayıları da pozitif tamsayılar olmak üzere, = formunda yazabiliriz. Bu yazılışa, sayısının asal çarpanlarına göre yazılışı denir. F Pozitif Bölen Sayısı Bir sayısının asal çarpanları ile yazılımı = olsun. Bu durumda sayısının pozitif bölenlerinin sayısı () =( 1 +1)( +1)( 3 +1) ( +1) formülüyle bulunur. Bir sayısının pozitif bölenlerinin tek sayı olması için, sayısının tüm asal çarpanlarının kuvvetlerinin çift sayı olması gerekir. Kısaca, sayısı tamkare olmalıdır. Örneğin, = sayısının pozitif bölenlerinin sayısı tektir. sayısının tüm (hem negatif hem de pozitif) bölenlerinin sayısı ise () dir. F Pozitif Bölenlerin Toplamı sayısının pozitif bölenlerinin toplamı ise () = formülüyle bulunur. F Pozitif Bölenlerin Çarpımı Bir sayısı, bir sayısının pozitif böleni ise, sayısı da bir pozitif bölendir. (Örneğin, 3, 15 in pozitif böleni iken, 15 =5de pozitif bölenidir.) Bu özellik, bize 3 tüm pozitif bölenlerin çarpımını kolayca hesaplayabilmemizi sağlar. Çünkü, ve bölenlerin çarpımı, dir. *Sayı tamkare değilse, bölenlerin çarpımı bölen sayısının yarısı kadar nin kendisiyle çarpılmasıyla elde edilir. Yani, ç() = () olur. Örneğin, 1 sayısının pozitif bölenlerinin çarpımı = 1 3 dür. Yani, ç(1) = 1 6 dir.3 * Sayı tamkare ise, bölenlerin çarpımı, bölensayısının 1eksiğinin yarısı kadar nin kendisiyle çarpımıyla nin karekökünün çarpımına eşittir. Yani, ç() = (() 1) dir. Örneğin, 16 sayısının pozitif bölenlerinin çarpımı da, = 16 4 = 104 dür. Yani, ç(16) = 16 (5 1) 16 = 104 tür.

26 6 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 Örnek 8 48 sayısının pozitif bölenlerinin sayısını, toplamını ve çarpımını bulunuz. Çözüm : 48 = 4 3 olduğundan, pozitif bölen sayısı (48) = (4 + 1) (1 + 1) = 10 pozitif bölenlerinin toplamı, (48) = = 14 pozitif bölenlerinin çarpımı ise, bölen sayısı 10 olduğundan, ç(48) = =48 5 olur. Örnek sayısının pozitif bölenlerinden çift olanlarınınsayısını bulunuz. Pozitif çift tamsayı bölenlerinin toplamını bulunuz. Çözüm : 3600 = olduğundan, toplam 5 3 3=45pozitif böleni vardır. Tek olanlar ise, 5 3 formundadır. Bunların sayısı da, 3 3=9olduğundan, çift olanların sayısı 45 9 = 36olur. Pozitif çift tamsayı bölenlerinin toplamı ise, = çarpımına eşittir. Buradan, bulunur. Örnek 30 Pozitif bölenlerinin sayısı tek sayı olan,013 ten büyük en küçük tamsayı kaçtır? Çözüm : Sayının bölen sayısının tek sayı olması için, sayı tamkare olmalıdır. Buna göre, 45 = 05 olduğundan istenen şekildeki en küçük tamsayı 05 tir. Örnek i böldüğünde 13 kalanı elde edilen kaç tane pozitif çift tamsayı vardır? Çözüm : 1013 = +13ve 13 yazılabilir. Buradan = 1000 = eşitliğine göre (3 + 1) (3 + 1) = 16 tane pozitif bölen vardır. Bu bölenler arasından 13 kalanından büyük olmayanları çıkarmalıyız. Çünkü, bu sayılar, bir sayıyı böldüğünde 13 kalanını veremez çıkarılırsa 16 4=1tane istenen şekilde pozitif tamsayısı vardır. Fakat, soruda pozitif çift sayı denildiğinden, 15 çarpanını çıkarmalıyız. Buna göre, 1013 ü böldüğünde 13 kalanı elde edilen 1 1=11çift sayı vardır.

27 Temel Bilgiler 7 Örnek 3 48 tane pozitif böleni olan en küçük pozitif tamsayı kaçtır? Çözüm : En küçük sayıyı bulabilmek için, asal çarpanları mümkün olduğu kadar küçük asallardan seçeriz. Diğer taraftan seçtiğimiz bu asal sayıların üslerinin 1 fazlalarının çarpımları 48 olmalıdır. = olduğunu farzedelim. 48 = 16 3 olduğundan, üslerden biri mutlaka olmalıdır. Buna göre, =3=ve = =1alınırsa, = = 50 bulunur. Bu sayının pozitif bölenlerinin sayısı gerçekten, (3+1)(+1)(1+1)(1+1)=48 dir. Örnek 33 ve 3 e bölünen pozitif bir tamsayının tam33 pozitif böleni varsa, bu sayı en küçük kaç olabilir? Çözüm : Pozitif bölenlerinin sayısı 33 ve 33 = 3 11 olduğundan istenen sayının ve 3 ten başka asal böleni olamaz. Buna göre, istenen şekildeki en küçük sayı 10 3 elde edilir. Örnek sayısının pozitif bölenlerinin kaç tanesi 8 e bölünür ama 9 a bölünmez? Çözüm : = biçiminde asal çarpanlarına ayrılabilir. Buna göre, istediğimiz pozitif bölenler, 3 5 formundaki sayılar arasından ve 0 3 koşulunu sağlayan sayılardır. Dolayısıyla, istenen şekildeki sayıların sayısı : 3 4=4olarak bulunur. Örnek n n (n +1)(n +1) = olduğuna göre, ifadesinin kaç tane tek sayı pozitif böleni vardır? Çözüm : Verilen sayıyı, ( ) = = (67 1) = biçiminde hesaplayabiliriz. Buna göre, tek sayı pozitif bölenlerinin sayısı, (1+1)(+1)(1+1)(1+1)=4 olarak bulunur.

28 8 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 Örnek , 99 +,..., 104, 104 1, 104 sayılarından 99 a bölünenlerin toplamının, kaç pozitif böleni vardır? Çözüm : Çözümümüzü en genel halde yapalım. Herhangi, +1 + ( +5) sayı dizisinde, Terim Sayısı = Son Terim İlk Terim +1 olduğu kullanılarak, ( +5) +1 +1=10 +5 sayı olduğu görülebilir. Buna göre, 5 için, verilen sayıların arasından ile bölünenler sadece sayılarıdır. Bunların toplamı da, = =5 ( + 11) elde edilir. Böylece, =99için, toplam 5( + 11) = 5 99 ( ) = elde edilir. Buna göre, pozitif bölenlerinin sayısı : (+1)(1+1)(+1)(1+1)=36 bulunur.

29 Temel Bilgiler EBOB - EKOK I İki veya daha fazla sayının her birini bölebilen en büyük pozitif tamsayıya bu sayıların ortakbölenlerininenbüyüğü denir. iki tamsayı olmak üzere ve sayılarının ortak bölenlerinin en büyüğü EBOB ( ) veya bazen kısaca ( ) ile gösterilir. EBOB ( ) =1ise ve sayılarına aralarında asal sayılar denir. Ardışık iki pozitif sayı aralarında asaldır. Örnek 37 Kareleri ile 00 sayıları arasında olan, herhangi ikisi aralarında asal olacak şekilde en fazla kaç sayı seçilebilir? Çözüm : 14 = 196 olduğundan, kareleri ile 00 arasında olan sayılar, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 1, 13, 14 tür Bu sayıların arasından herhangi ikisinin aralarında asal olması için, asal sayılarını seçebiliriz. Eğer 7 sayı seçilirse iki sayının asal çarpanları arasında bu asal sayılardan biri ortak olacaktır ki bu da aralarında asal olma koşulunu bozacaktır. O halde en fazla 6 sayı seçilebilir. İki sayının EBOB unu bulmak için, sayılar asal çarpanlarına ayrılır veheriki sayıda da bulunan ortak asal çarpanlardan, üssü küçük olanlar çarpılır. Örneğin, EBOB = 3 =36 şeklinde bulunur. Yani, ortak asal çarpanlardan, üssü en küçük olanları çarptık. Örnek nin böleni olup ın böleni olmayan kaç pozitif tamsayı vardır? Çözüm : = olduğundan sayısının, ( ) (50 + 1) tane pozitif böleni vardır. Bu bölenlerden, ın bölenleri olanları çıkaralım. Bunun için, her ikisinin bölenlerinin sayısını bulmalıyız = ve EBOB = olduğundan, her ikisinin de böleni olan (40+1)(50+1)pozitif tamsayı vardır. O halde, nin böleni olup ın böleni olmayan, = = 5610 pozitif tamsayı vardır.

30 30 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 Örnek veya 0 3 sayılarını bölen kaç pozitif tamsayı vardır? Çözüm : Sorudaki veya bağlacı çok önemli bir ayrıntıdır = sayısının pozitif bölenlerinin sayısı 5 9= = sayısının pozitif bölenlerinin sayısı ise, 7 4 = 8 dir. Fakat, cevap = 73 değildir. Çünkü, 73 sayısının içinde, 50 4 ve 0 3 sayılarının her ikisini de bölen sayılar, iki kez hesaplanmıştır. O halde, 50 4 ve 0 3 sayılarının her ikisini de bölen sayıların sayısını çıkarmalıyız. Her ikisini de bölen sayılar, aslında EBOB unu bölen sayılardır. EBOB =EBOB = olduğundan, her ikisini de bölenlerin sayısı (4 + 1) (3 + 1) = 0 olur. istenen yanıt : 73 0 = 53 bulunur. O halde, Örnek 40 EBOB ları 48, toplamları ise 576 olacak şekilde kaç pozitif tamsayı ikilisi vardır? Çözüm : Bu iki sayıya ve diyelim. ve aralarında asal olmak üzere, =48 ve =48biçiminde yazılabilir. Toplamları 576 ise, + =48( + ) = 576 eşitliğinden, + =1olacaktır. ve aralarında asal olacağından (1 11) veya (5 7) ikililerinden biri olabilir. Bu durumda, bu sayılar veya ikilileri olabilir. F İki sayının ortak böleni, bu sayıların tamsayı katlarının farkını da böler. Bu özelliği kullanarak iki sayının EBOB unu bulmak mümkündür. (Öklid Algoritması) Örnek 41 EBOB(10055, 11) =? Çözüm : Küçük olan sayının bir tamsayı katını büyük olan sayıdan çıkaracağız. Burada, katını çıkarmamız yeterli. Buna göre, = 011 olduğundan, EBOB( ) =EBOB( ) bulunur sayısı 011 sayısının 5 katı olduğundan, her iki sayı da 011 e bölünecektir. Yani, EBOB( ) = 011 bulunur. Örnek 4 n bir pozitif tamsayı olmak üzere, 3n+5 ve 7n+8 sayılarının EBOB u kaç farklı pozitif tamsayı olabilir? Çözüm : Bu iki sayının EBOB u 3+5ile (7 +8) (3 +5)= sayılarının EBOB una eşittir. O halde, 3+5 ile sayılarının EBOB unu bulmamız yeterlidir. Bu iki sayının EBOB u ise sayısı ile ( ) = 11 sayılarının EBOB una eşittir. Dolayısıyla 3 +5ve 7 +8sayılarının EBOB u ya 1 veya 11 olabilir. EBOB un 11 olması için, sayısının 11 e bölünmesi gerekir. Örneğin, =13isesayılar, = 44 ve = 99 olur ki, bunların EBOB u 11 dir.

31 Temel Bilgiler 31 Örnek 43 n sayısı 011 den büyük bir tamsayı olduğuna göre, 11n+9 ve 3n+ aralarında asal olmayacak şekilde en küçük sayısını bulunuz. Çözüm : Bu iki sayının EBOB u 3 +ile (3 +)= +3sayısının EBOB una eşittir. Bunların EBOB u da +3ile 3 + ( +3) = 1 sayılarının EBOB una eşittir. O halde, EBOB( 1 +3) ü bulmalıyız. EBOB( 1 +3)=EBOB( 1 +3 ( 1)) =EBOB( 1 5) olduğundan 5 olabilir. Bunun için, 1 sayısı 5 in katı olmalıdır. sayısı 011 den büyük olduğundan, en küçük sayısı için, 1 = 015 ve = 016 alınabilir. n 3 Örnek 44 kesiri, 1 den büyük bir n tamsayısı için, a pozitif sayısı ile 5n 1 sadeleştirilebildiğine göre, a sayısı kaçtır? Çözüm : 3 kesiri sayısı ile sadeleştirilebildğine göre, sayısı, 3 ve sayılarının her ikisinin de bölenidir. Buna göre, sayısı, (5 1) ( 3) = +5 sayısını da bölmelidir. Benzer düşünce ile, sayısı, hem 3 hem de, +5sayısını bölüyorsa, ( +5) ( 3) = 13 sayısını da bölmelidir. O halde, sayısı 13 tür. I İki veya daha fazla sayının her birine bölünen en küçük pozitif tamsayıya bu sayıların ortak katlarının en küçüğü denir. iki tamsayı olmak üzere ve sayılarının ortak katlarının en küçüğü EKOK( ) veya kısaca [ ] ile gösterilir. İki sayının EKOK unu bulmak için, sayılar asal çarpanlarına ayrılır vesayılar- daki asal çarpanlardan üssü en büyük olanlar çarpılarak EKOK bulunur. Örneğin, EKOK = = şeklinde bulunur. Yani, her asal çarpandan, üssü en büyük olanları çarptık. Örnek sayısı 1 tane pozitif tamsayının toplamı olduğuna göre bu 1 sayının EKOK u en küçük kaç olabilir? Çözüm : 1 33 = 396 olduğundanekok un 33 ve 33 ten küçük olması mümkün değildir. Buna göre EKOK acaba 34 olabilir mi? EKOK =34olması için sayılar 34 17, ve 1 den oluşmalıdır. 11 tane 34 ve 1 tane 17 alınırsa, = 391 olacağından, EKOK en küçük 34 olabilir.

32 3 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1 I İki sayının EKOK ı ile EBOB larının çarpımı, bu iki sayının çarpımına eşittir. Yani, = EKOK ( ) EBOB [ ] eşitliği sağlanır. Örnek 46 En küçük ortak katları 144 olan kaç farklı iki pozitif tamsayı bulunabilir? (Örneğin, bir tanesi (16, 18) ikilisidir. EKOK ları 144 tür.) Çözüm : Bu iki sayıyı ve ile gösterelim. 144 = 4 3 olduğundan, = 3 ve = 3 formunda olacaktır. EKOK un tanımı gereği, ve in en büyüğü 4, ve nin en büyüğü olmalıdır. O halde, bunları kaç farklı şekilde seçebileceğimizi görelim. ( ) ikilisi, (0 4) ; (1 4) ; ( 4) ; (3 4) ; (4 4) ; (4 3) ; (4 ) ; (4 1) ; (4 0) olacak şekilde 9 farklı şekilde olabilir. ( ) ikilisi, (0 ) ; (1 ) ; ( ); ( 1) ; ( 0) olacak şekilde 5 farklı şekilde olabilir. Sonuç olarak, bu iki gruptaki, her gruptan seçilen, her bir ikili için farklı iki sayı elde edileceğinden, 9 5=45farklı iki pozitif tamsayı bulunabilir. Örneğin, ( ) =(4 ) ( ) =(1 ) alınırsa, = =48 ve = 3 =36 elde edilir. EKOK(48 36) = 144 dür. Alıştırma : Siz de, EKOK( ) = olacak şekilde 175 tane ( ) pozitif tamsayı ikilisi olduğunu görünüz. Örnek 47 a ve b doğal sayılarının ortak bölenlerinin en büyüğü 9, ortak katlarının enküçüğü ise 70 dir. Buna göre, bu iki sayının toplamı en küçük kaç olabilir? (Doğuş Ün. Fen Liseleri Y. 005) Çözüm : EBOB( ) EKOK ( ) = olduğundan, =9 70 = olur. Bu iki sayının olabilecek en küçük toplamını bulmak için, ve yi birbirine en yakın olacak şekilde seçmeliyiz. Her iki sayının da 9 a bölünebildiği de gözönüne alınırsa, =9 5 ve =9 6 seçilebilir. Bu durumda en küçük toplam = 99 olarak bulunur.

33 Temel Bilgiler 33 Örnek 48 En küçük ortak katları 10 ve en büyük ortak bölenleri 10 olan kaç farklı sayı ikilisi vardır? Çözüm : EBOB( ) EKOK ( ) = olduğundan, = 100 = 3 (10) (10) olmalıdır. ve nin her ikisinde de 10 çarpanı bulunması gerekir. Buna göre, ( ) ikilisi, (0 60) ; (40 30) (10 10) durumlarından biri olabilir. Yani, üç farklı sayı ikilisi vardır. Örnek 49 Üç ardışıksayıdan birincisi 3 e, ikincisi 8 e, üçüncüsü 13 e tam bölünüyor. Bu üç ardışıksayının toplamı en az kaçtır? Çözüm : 3,8ve13sayılarıbeşer beşer artmıştır. Buna göre, uygun bir sayısıyla toplayıp 5 e bölerek bu sayıları ardışık hale getirebiliriz sayılarının, sırasıyla 3,8 ve 13 e bölünen birer tamsayı olması için, sayısının 3, 8 ve 13 ye bölünen bir sayı olması gerekir. Buna göre, en az, EKOK (3 8 13) = = 31 alınabilir. Böylece, =63 =64 ve = sayıları, istenen koşulu sağlayan en küçük sayılar olacaktır. O halde bu üç ardışık sayının toplamı en az = 19 olarak bulunur. Örnek 50 Birincisi 3 e, ikincisi 5 e, üçüncüsü 7 ye ve dördüncüsü 9 a tam bölünen en küçük dört ardışıksayıyı bulunuz. Çözüm : Bir önceki örnekte olduğu gibi sayılarının istenen şekilde olması için = EKOK ( ) = = 315 alınmalıdır. Böylece sayılar yani, olarak bulunur.