BÖLÜM I. Tam sayılarda Bölünebilme

Transkript

1 BÖLÜM I Tam sayılara Bölünebilme Teorem 1.1 (Bölme algoritması) b > 0 olmak üzere, verilen a ve b tam sayıları için a = qb + r, 0 r < b (1) olacak şekile bir ve bir tek q, r Z çifti varır. İspat: 1. İlk olarak (1) koşuluna uyan en az bir q, r Z çiftinin var oluğunu gösterelim: S = { a ub u Z { 0}} olsun. Özel olarak 1, a 0 u = a, a < 0 alınırsa a ub sayısı negatif eğil Bu neenle S kümesi negatif olmayan tam sayılar içerir. S nin negatif olmayan elemanlaran oluşan alt kümesini göz önüne alalım. İyi sıralama prensibine göre bu kümenin bir en küçük elemanı varır. Bu elemanı r ile gösterelim ve q a u nun bu elemana karşılık alığı eğer olsun. Bu uruma r = a qb 0, r b = a ( q + 1) b < 0 ele eilir ohale (1) koşuluna uyan en az bir q, r Z çifti varır.. (1) koşuluna uyan q, r Z çiftinin tek türlü belirli oluğunu gösterelim: a = q b + r, 0 r < b olacak şekile ikinci bir q, r Z çiftinin varlığını kabül eelim. Eğer q < q ise: r = a q b a ( q 1) b = r + b b bu ise r < b olması ile çelişir. Eğer q > q ise: r = a q b < a ( q + 1) b = r b < 0 bu ise r 0 olması ile çelişir. Ohale q = q, r = r olmak zorunaır. Bölme algortmasının en genel şekli : a ve b 0 tam sayıları için a = qb + r, 0 r < b olacak şekile bir ve bir tek q, r Z çifti varır. İspat. İpatı b nin bir negatif tamsayı olması haline yapmak yeterli b > 0 oluğunan Teorem 1.1 e göre a = q b + r, 0 r < b olacak şekile bir ve bir tek q, r Z çifti varır. b = b oluğunan q = q almak yeterli Örnek 1. a = 44, b = 3 için 44 = ( 14)( 3) + en q = 14, r = bulunur.. varsa Tanım 1. Herhangi iki a 0, b tam sayıları için b = ac olacak şekile bir c Z a, b yi böler enir ve a bşekline gösterilir. Aksi hale a, b yi bölmez enir ve afb şekline gösterilir. Eğer a, b nin bir böleni ise b aynı zamana a ile e bölünür. Bu neenle bir tamsayının bütün bölenlerini bulmak yerine saece pozitif bölenlerini bulmak yeterli 1

2 Bölünebilme ile ilgili temel özellikler Teorem 1. 3 a, b, c tam sayıları için aşağıakiler geçerli (1) a 0, 1 a ve a a. () a 1 olması ancak ve yalnız a = m1 olması ile mümkünür. (3) Eğer a b ve c ise ac b (4) Eğer c a cb ve c 0 ise a b (5) Eğer a b ve b c ise a c (6) a b ve b a olması ancak ve yalnız a = mb olması ile mümkünür. (7) Eğer a b ve b 0 ise a b (8) Eğer a b ve a c ise her x, y Z için a bx + cy Bu ifaeyi aşağıaki şekile genelleştirebiliriz.: Eğer x 1, x, K, x n Z için a b x + b x + L + b n x ) ( 1 1 n k = 1,, K, n için a bk ise her a, b herhangi iki tamsayı olmak üzere, hem a hem e b sayısını bölen bir c sayısına a ile b nin ortak böleni enir. a ve b en en az biri sıfıran farklı ise ortak bölenlerin sayısı sonluur. Tanım 1. 4 a ve b, ikisi biren sıfır olmayan, farklı iki tamsayı olmak üzere, (i) (ii) a ve b c a ve c b ise c koşulunu sağlayan pozitif sayısına a ve b sayılarının en büyük ortak böleni enir ve e. b. o. b.( a, veya kısaca ( a, şekline gösterilir. Örnek. (-7,30)= 3, (6,17)=1, (-9,-36)=9 Teorem 1. 5 (Bezout Lemması) a ve b gibi en az biri sıfıran farklı olan iki tamsayı verilmiş olsun. Bu uruma ( a, = ax0 + by0 olacak şekile bir x 0, y 0 Z varır. İspat: x, y Z olmak üzere ax + by şeklineki bütün pozitif tam sayıların kümesini S ile gösterelim. Bu uruma S = { ax + by ax + by > ; x, y Z} 0 1. S «tur: Eğer a 0 ise a = a. x + b. 0, S nin elemanıır. Buraa eğer a < 0 ise x = 1, a > 0 ise x = 1 alınabilir.. İyi Sıralama Prensibine göre S kümesinin bir en küçük elemanı varır. Bu elemanı ile gösterelim. Bu uruma S oluğunan = ax 0 + by0 olacak şekile x 0, y 0 Z varır. Şimi = ( a, oluğunu gösterelim: a, çiftine bölme algoritmasını uygularsak a = q + r, 0 r < olacak şekile bir ve bir tek q, r Z çifti varır. Buna göre r = a q = a( 1 qx0 ) + b( qy0 )

3 Eğer r > 0 ise r S olur ki bu nin S in en küçük elemanı olması ile çelişir. O hale r = 0 olmak zorunaır. Böylece a = q, Z, yani a, benzer şekile b ele eilir. Buna göre, a ile b nin ortak böleni Eğer c, a ile b nin herhangi bir pozitif ortak böleni ise Teorem 1.3 (8) e göre c ax 0 + by ), yani c buraan a c = c = ele ( 0 eilir. O hale = ( a, Yukarıaki teorem saece ( a, = ax0 + by0 olacak şekile x 0, y 0 Z sayılarının var oluğunu söyler, bu tam sayıların nasıl bulunacağı hakkına bir yöntem vermez. Sonuç 1. 6 a ve b, ikisi biren sıfır olmayan, iki tamsayı ise, { ax + by x Z} T =, y kümesi = ( a, nin bütün katlarınan ibarettir. Tanım 1.7 İkisi biren sıfır olmayan a ve b gibi iki tamsayı için ( a, = 1 ise bu tam sayılara aralarına asal sayılar enir. Teorem 1.8 a ve b, ikisi biren sıfır olmayan, iki tamsayı olsun. a ve b nin aralarına asal olması ancak ve yalnız ax + by = 1 olacak şekile x, y tam sayılarının var olması ile mümkünür. İspat: 1. Eğer ( a, = 1 ise Teorem 1. 5 e göre ax + by = 1 olacak şekile x, y Z varır.. Tersine ax + by = 1 olacak şekile x, y Z var olsun. = ( a, iyelim, ax + by ve böylece 1 ve > 0 oluğunan = 1 olmak zorunaır. a b Sonuç 1. 9 Eğer = ( a, ise (, ) = 1 Sonuç 1.10 ( a, = 1 olmak üzere, a c ve b c ise a b c Teorem 1.11 (i) ( a, = 1 ve ( a, c) = 1 ise ( a, bc) = 1 (ii) i = 1,, K, m; j = 1,, K, n olmak üzere, ( a, ) = 1 ise İspat: m, a i n i b j = 1 j= 1 i b j = 1 (i) ( a, = 1 oluğunan Teorem 1.8 e göre ax + by = 1 olacak şekile x, y tam sayıları varır. Eşitliğin her iki tarafını c ile çarparsak acx + bcy = c ele eilir. ( a, bc) = olsun. a, bc oluğunan c ve böylece ( a, c), yani 1 bulunur. Ohale ( a, bc) = 1 3

4 n (ii) İlk önce a 1, = 1 b j oluğunu gösterelim: İspatı n e göre M.İ.M. ile j= 1 yapacağız. 1. n= için iianın oğru oluğunu gösterelim: a, b ) 1 ve a, b ) 1 en (i) e göre a, b b ) 1 bulunur. ( 1 1 = ( 1 = ( 1 1 =. n 1 İianın n 1 için oğru oluğunu varsayalım, yani 1, = 1 a b j olsun. j= 1 3. n 1 n için ispat: İnüksiyon hipotezine göre 1, = 1 a b j, öte yanan j= 1 n ( a 1, b n ) = 1 oluğunan (i) e göre a 1, = 1 b j ele eilir. j= 1 m n n Şimi, = 1 a i b j oluğunu gösterelim: b j = b ersek, yukarıaki ispata i= 1 j= 1 j=1 m benzer şekile m e göre M.İ.M. ile, a i b = 1 oluğu gösterilir. i= 1 Sonuç 1.1 Yukarıaki teoreme a1 = a = L = am = a; b1 = b = L = bn = b alınırsa m a n ( a, = 1 en her m, n N için ( a, ) = 1 ele eilir. Teorem 1.13 (Ökli Lemması) Eğer a bc ve ( a, = 1 ise a c İspat: ( a, = 1 oluğunan ax + by = 1 olacak şekile x, y Z varır. Buna göre c = acx + bcy şekline yazılabilir. a ac ve a bc oluğunan Teorem 1.3 (8) e göre a ( acx + bcy) yani a c e 1F9 Eğer ( a, = > 1 ise a bc fakat a c olmayabilir. Örneğin fakat ne 1F8 ne Teorem 1. 4 a ve b, ikisi biren sıfır olmayan, iki tamsayı olsun. Bir pozitif tam sayısı için = ( a, olması ancak ve yalnız (i) (ii) a ve b c a ve c b ise c olması ile mümkünür. (İspat öev olarak öğrencilere bırakılmıştır.) Lemma 1.15 Eğer a = qb + r ise ( a, = ( b, r) İspat: = ( a, iyelim a ve b en ( qb a) yani r ele eilir. O hale, b ve r nin bir ortak böleni Öte yanan eğer c, b ve r nin bir ortak böleni ise c ( qb + r), 4

5 yani c a ır. c, a ile b nin bir ortak böleni Bunun sonucu olarak c ve en büyük ortak bölen tanımınan = ( b, r) bulunur. Ökli Algoritması. a ve b gibi iki tam sayının en büyük ortak bölenini bulmak için kullanılan aşağıaki metoa Ökli Algoritması enir. ( a, b ) = ( a, oluğunan a b > 0 olarak alabiliriz. İlk olarak a ve b çiftine bölme algoritması uygulayalım. olacak şekile bir ve bir tek Eğer r 1 = 0 ise a a = q1b + r1, 0 r1 < b Z çifti varır. q 1, r 1 b ve böylece a, = b ( bulunur. Eğer r 0 ise b = qr1 + r, 0 r < r1 olacak şekile bir ve bir tek q, r Z çifti varır. Eğer r = 0 ise işlem biter, aksi hale r 0 ise r = q r + r, r < r olacak şekile bir ve bir tek q 3, r 3 Z çifti varır. Bu işlemlerin sonucuna bir yeren sonra kalan terim sıfır olmak zorunaır. Çünkü b > r1 > r > L 0 oluğunan bu azalan izi b en fazla terim içeremez. ( n + 1) inci aıma r n 1 in r n ye kalansız olarak bölünüğünü varsayalım., yani r n+1 = 0 olsun. Bu işlemlerin sonucuna aşağıaki enklem sistemi ele eilir. a = q1b + r1 0 r1 < b b = qr1 + r 0 r < r1 r 1 = q3r + r3 M 0 r3 < r r q r + r r r n = n n 1 n 0 n < n 1 r n 1 = qn+ 1rn + 0 Şimi sıfıran farklı en son kalan r n nin ( a, ye eşit oluğunu gösterelim: Lemma e göre ( a, = ( b, r1 ) = L = ( rn 1, rn ) = ( rn,0) = rn ele eilir. Örnek 3. Ökli algoritmasını kullanarak 1071 ile 109 un en büyük ortak bölenlni bulalım: 1071 = = 4(4)+1 4=(1)+0 ohale (1071,109) = 1 Şimi 1 = x (1071) + y(109) olacak şekile x, y Z sayılarını bulalım: Bunun için sonan başa oğru hareket eilir, yani 1 =109-4(4) =109-4( ) = (5)109+(-4)1071 Ele eilir. Buna göre x = 5, y = 4 alabiliriz. Buraa bulunan x, y tam sayıları tek türlü olarak belirli eğil Örneğin 1 =(5)109+(-4)1071 eşitliğine i ekleyip çıkartacak olursak 3 1 5

6 olarak ta ifae eilebilir. 1 = (5+1071)109+(-4-109)1071 =1096(109)+(-1053).1071 Teorem 1.16 Eğer k > 0 ise ( ka, k = k( a, İspat: a ve b çiftine Ökli algoritması uygulanığı zaman ele eilen enklemler k ile çarpılırsa ak = q1( bk) + r1 k 0 r1 k < bk bk = q ( r1 k) + r k 0 r k < r1 k k = q ( r k) + r k r k < r k r r M k = q an ( ka, k = rn k = k( a, ele eilir. ( rn 1k ) + rn k rn k rn k r k) 0 n n 0 < 1 n 1 k = qn+ 1 ( n + r Sonuç 1.17 Herhangi bir k 0 tam sayısı için ( ka, k = k ( a, Teorem 1.18 a, b, c herhangi ikisi sıfıran farklı tam sayılar olmak üzere ( a, b, c) = (( a,, c) = ( a,( b, c)) = (( a, c), İspat: ( a, b, c) = (( a,, c) oluğunu gösterelim: = ( a, b, ), = (( a,, ) olsun. 1 c c 1 a, 1 b, 1 c oluğunan 1 ( a,, 1 c ve böylece 1, ( a, ile c nin bir ortak böleni Buna göre 1 Tersine ( a,, c ve böylece a, b, c, olayısıyla a, b, c nin bir ortak böleniir ve bunun sonucu olarak 1 Ohale 1 = Diğerlerie benzer şekile gösterilir. Örnek 4. = ( 693,40,165 ) gösterelim: Bunun için önce ( 693,40) yi bulalım. 693= = = =16+1 bulup, sayısını bu üç sayının lineer toplamı şekline 16= =, öte yanan eğer hesaplanırsa 1=5(40)-3(693). Yani (,40) 1 Şimi ( 1,165) bulalım: ( 1,165) = 3 tür ve 165= = =

7 Şekline yazılabilir. 3 = 8(1) 165 = 8(5(40) 3(693)) 165 = 40(40) 4(693) 1.(165) sayı ise Teorem 1.19 a, b N ve ( a, = 1 olsun. Eğer w N, w ab koşulunu sağlayan bir u a, v b ve w = uv olacak şekile tek türlü belirli u, v N varır. İspat: İlk önce u = (w, a) ve v = (w, nin yukarıaki koşulları sağlaığını gösterelim: (w, a)(w, sayısını göz önüne alalım. Teorem 1. 8 e göre u = ( w, a) = wx1 + ay1, v = ( w, = wx + by olacak şekile x 1, y1, x, y Z varır. Buna göre uv = ( wx1 + ay1)( wx + by ) = w( wx1x + ay1x + bx1 y ) + aby1 y bu neenle w uv. (1) Diğer taraftan ( a, = 1 olmasınan olayı ax + by = 1 ve böylece wax + wby = w olacak şekile x, y Z varır. u a ve v w buraan uv wax bulunur. Benzer şekile uv wby bunun sonucu olarak uv w. () u, v, w N oluğunan (1) ve () en w = uv ele eilir. Şimi bu gösterilişin tek türlü oluğunu gösterelim. Bunun için u a, v b ve w = uv koşulunu sağlayan herhangi iki sayı ise u = (w, a) ve v = (w, u, v N, oluğunu göstermek yeterli u a ve u w en u ( w, a) ele eilir. Benzer şekile v ( w, oluğu gösterilebilir. Buna göre u ( w, a) ve v ( w, Eğer u (w, a) olsayı w = uv < ( w, a)( w, olur. Oysa yukarıa ( w, a)( w, = w oluğunu göstermiştik, bu bizi w < w çelişkisine götürür. Benzer şekile v ( w, olması haline e oğar. O hale u = (w, a) ve v = (w, olmak zorunaır. Sıfıran farklı iki a ve b tam sayıları için a c ve b c koşuluna uyan, bir c tam sayısına a ile b nin bir ortak katı enir. Özel olarak ab ve katları her zaman a ile b nin ortak katları arasınaır. İyi sıralama prensibine göre a ile b nin pozitif ortak katlarınan oluşan kümenin bir en küçük elemanı varır. Bu elemana a ve b nin en küçük ortak katı enir. Buna göre a ve b nin en küçük ortak katı aşağıaki koşulları sağlayan pozitif bir m sayısıır ve bu sayı e.k.o.k. (, a, b şekline gösterilir. (i) a m ve b m a veya [ ] (ii) Eğer a c ve b c, c > 0 ise m c. Not. 1. Her zaman [ a ab. [ a b ] [ a,, =, Teorem 1.0 a ve b pozitif tam sayıları için a, b ( a, = [ ] ab 7

8 İspat: 1. = ( a, olsun. Buna göre a = r, b = s olacak şekile r, s N sayıları ab varır. m = ersek, m = as = rb olur, yani m sayısı a ve b nin bir (pozitif) ortak katıır.. c, a ve b nin bir (pozitif) ortak katı olsun. c = au = bv, u, v N şekline yazılabilir. Öte yanan = ( a, oluğunan = ax + by olacak şekile x, y Z varır. c c c( ax + by) c c Sonuç olarak = = = x + y = vx + uy Z m ab ab b a m c ele eilir. ab O hale m = = [ a, ( a, =. (1071,109) 1 Örnek 5. [ 1071,109] = = 5479 Sonuç c, a ve b nin bir ortak katı ise [ a, c. a ve b pozitif tam sayıları için [ a = ab ( a, = 1 olması ile mümkünür. ir, yani m c ve böylece, olması ancak ve yalnız 3. Sıfıran farklı a ve b tam sayıları için [ a ( a, = ab 4. Eğer k > 0 ise [ ka, k = k[ a, Teorem 1. a, b ve c pozitif tam sayılar olmak üzere, (i) [ a, b, c] = [ a,, c] abc (ii) [ a, b, c] = ab, ca, cb ( ) İspat: (i) m 1 [ a, b, c], m = [ a,, c] göre [ a, m1, öte yanan c m1 böylece m 1, [, = iyelim. a m1, b m1 Sonuç (1) e a, ile c nin bir pozitif ortak katıır. O hale m m 1. (1) Diğer tarftan [ a, m ve c m en a m, b m ve c m bulunur. Yani m, a, b, c nin bir pozitif ortak katıır. Bunun sunucu olarak m1 m. () bulunur. (1) ve () en m 1 = m ele eilir. (ii) (i) e göre [ a, b, c] = [ a,, c] ve Teorem e göre abc [ ] [ ] ] [ a, c ( a, abc abc abc a, b, c = a, b, c = = = = = [ a,, c ab ab ab, c( a, ab, ca,, c ( a,, c ( a, ( a, oluğu görülür. ( ) ( ) ( c 8

9 ax + by = c Diofant Denklemi Tam katsayılı, biren fazla bilinmeyen içeren cebirsel enklemlerin tam sayılı çözümlerinin bulunması Sayılar Teorisinin en güç problemlerinen biri Bu tipteki problemlerle çalışmayı başlatan İskeneriyeli matematikçi Diophantos un onuruna bu enklemlere Diofant enklemleri enir. Bunların arasına en meşhur olanı Fermat ın Son n n n Teoremi : x + y = z enkleminin n > için pozitif tam sayılı çözümü yoktur. Fermat n = 4 haline bir ispat vermiştir. n = 3, 4 ve 5 olması halineki ispatlar ise sırasıyla Euler( ), Legenre(185) ve Lame' (1839) tarafınan verilmiştir. Bu enklemin tam çözümü ise ilk olarak1995 yılına Anrew Wiles tarafınan verilmiştir. Tanım 1.3 a, b, c Z ve a 0, b 0 olmak üzere, tam sayılı çözümleri aranan ax + by = c şeklineki bir enkleme 1. ereceen iki bilinmeyenli bir Diofant enklemi enir. Bir Diofant enkleminin biren fazla çözümü olabiliği gibi, 1 x + y = 41 enklemine oluğu gibi hiç çözümü olmayabilir. Çünkü x, y Z olukça sol taraf aima çift sayı, sağ taraf ise bir tek sayıır. Teorem 1.4 Bir ax + by = c iofant enkleminin çözümlü olması için gerek ve yeter koşul ( a, c olmasıır. = ( a, olmak üzere, eğer x 0, y 0 bu enklemin bir özel çözümü ise iğer çözümler, b a x = x0 + t, y = y0 t, t Z şekline İspat: 1. ax + by = c iofant enkleminin x 0, y 0 Z gibi bir çözümü var olsun. = ( a, ersek, a = r, b = s olacak şekile r, s Z varır. Bunun sonucu olarak c = ax0 + by0 = rx0 + sy0 = ( rx0 + sy0 ), yani c Tersine c olsun. c = t olacak şekile bir t Z varır. Öte yanan = ( a, oluğunan = ax 0 + by0 olacak şekile x 0, y 0 Z varır. Buraan c = t = ( ax0 + by0 ) t = a( tx0 ) + b( ty0 ) ele eilir. Yani tx 0, ty 0, ax + by = c iofant enkleminin bir özel çözümüür.. İkinci iiaya gelince, verilen enklemin x 0, y 0 gibi bir çözümü var olsun. Eğer x, y ikinci bir çözüm ise ax by = c = ax + by buraan a x x ) = b( y ) ve böylece ( 0 0 y a b x x0 ) = ( y y ) (*) ( 0 9

10 a b a b Böylece ( y 0 y ), = ( a, oluğunan, = 1 Ökli Lemmasına göre a ( y 0 y a ), yani y0 y = t olacak şekile bir t Z varır. Bunu (*) eşitliğine a b a b yerleştirecek olursak ( x x0 ) = t ve buraan a x x0 = t ele eilir. Yani b a x = x0 + t, y = y0 t, t Z şekline Öte yanan bu şekileki her x, y çifti t Z ne olursa olsun ax + by = c enkleminin bir çözümüür. Gerçekten b a ab ab a x + by = a x0 + t b y t = ax + by + t = c ve t Z oluğunan verilen eklemin sonsuz sayıa çözümü varır. Örnek x + 65y = 15 Lineer Diofant ekleminin bütün çözümlerini bulalım: a = 195, b = 65 çiftine Ökli algoritması uygulanırsa = ( 195,65) = 5 bulunur oluğunan çözüm var. Öte yanan 5 = ( 14 ) ( 9 ). 65 şekline yazılabilir. Bu eşitliğin her iki tarafını 5 ile çarparsak 15 = ( 350 ) ( 75 ). 65 olarak ele eilir. Buna göre x 0 = 350, y0 = 75 tir. Diğer çözümler b a x = x0 + t, y = y0 t, t Z şekline oluğunan x = ( 15) t, y = 75 ( 59) t, t Z olarak ele eilir. Sonuç 1.5 Eğer ( a, = 1 ve eğer x 0, y 0 bu enklemin bir özel çözümü ise, Teorem 1.4 e göre, iğer çözümler x = x0 + bt, y = y0 a t, t Z şekline Örnek 7 Yukarıaki örnekteki 195 x + 65y = 15 enklemi 59 x + 15y = 5 şekline inirgenerek çözülebilir. ( 59,15) = 1 ve 1 = ( 14 ).59 + ( 9). 15şekline yazılabilir. Buraan 5 = ( 350 ).59 + ( 75). 15 ve x 0 = 350, y0 = 75 olarak bulunur. Ohale iğer çözümler x = ( 15) t, y = 75 ( 59) t, t Z tir. 10

11 Öev Problemler 1-) a, b gibi herhangi iki tamsayı için ( a, a + b oluğunu gösteriniz. -) a 1 b ab1 = ± 1 ise a b kesirinin saeleştirilemeyeceğini gösteriniz. 3-) ( b, c) = 1 ise ( a bc) ( a, ( a, c), = ) a, b, c,, x, y N olmak üzere, a bc = 1 olsun. Eğer m = ax + by, n = cx + y ise m, n = x, y oluğunu gösteriniz. ( ) ( ) a, b = oluğuna göre aşağıakilerin oğruluğunu gösteriniz. 5-) ( ) 1 (i) ( a + b, a + b ) = 1 veya. (ii) ( a + b, a ab + b ) = 1 veya 3. 6-) Herhangi bir pozitif n sayısı için, (i) [ n, n + 1] = n + n. (ii) [ 9n + 8,6n + 5] = 54n + 93n + 40 oluğunu gösteriniz. 7-) ( 594,864,1536 ) = 594x + 864y z eşitliğini sağlayacak şekile bir x, y, z tam sayı üçlüsü bulunuz. Cevap. x = 171, y = 114, z =. 8-) 54331x y = 1188 lineer Diofant enkleminin bütün çözümlerini bulunuz. Cevap. x = t, y = t, t Z 9-) 19x + 0y = 1909 lineer Diofant enkleminin (eğer varsa) bütün pozitif çözümlerini bulunuz. Cevap. x = 11, y = 85; x = 31, y = 66; x = 71, y = 8; x = 91, y = 9 10-) Aşağıaki bulmaca-problemleri çözünüz. (i) 100 sayısını biri 5 ile iğeri 11 ile kalansız olarak bölünebilen iki pozitif tam sayının toplamı şekline yazınız. (ii) Bir müşteri x tane 100 TL ve y tane 1 TL lik banknotlaran oluşan parasını bankaya yatırmak ister. Ancak veznear paraları sayıktan sonra, miktarı hesaplarken yanlışlıkla 100 TL lerin sayısı ile 1 TL lerin sayısını karıştırır ve bu şekile hesaplaığı miktarı müşteriye bilirir. Müşteri ise parasının miktarının veznearın söyleiği miktarın iki katınan 68 TL aha fazla oluğunu söyler. Müşterinin bankaya yatırmak isteiği para (en az) ne kaarır? Cevap. (i) 45+55=100; (ii) 110 TL. a b 11

12 1