SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ"

Transkript

1

2 ÇÖZÜMLÜ PROBLEMLERLE SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ PROF. DR. MEHMET ERDOĞAN Beyket Üverstes Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü YRD. DOÇ. DR. GÜLŞEN YILMAZ Beyket Üverstes Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü

3 Beyket Üverstes Yayıev Cumhuryet Mah. Şmşek Sok. No:, Beyket Steler, Büyükçekmece İstabul Tel : (0) Faks: (0) Beyket Üverstes Adıa Sahb Rektör Prof. Dr. Cuma BAYAT Yazar: Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü Yrd. Doç. Dr. Gülşe YILMAZ Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü SOYUT CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ. Baskı, Ağustos 008 Beyket Üverstes Yayıları, No. 47 Grafk Tasarım: İbrahm SEVİLDİ Baskı: 3ge Ofset ISBN No: Sertfka No: Ktabı bazı bölümler veya tamamı Beyket Üverstes ve yazarları yazılı z olmaksızı hçbr şeklde çoğaltılamaz. Copyrght 008

4 ÖNSÖZ İstabul Üverstesde emekl oldukta sora o zamaa kadar çeştl üversteler farklı bölümlerde okutmuş olduğumuz Cebr, Leer Cebr, Soyut Cebr ve Sayılar Teors derslere at blg ve tecrübe brkmmz özellkle lsas öğreclere faydalı olacağı düşüces le bu ktabı yazmaya karar verdk. Ktabı, Sayılar Teors olarak br sömestr ve Cebr veya Soyut Cebr ders olarak da k sömestr okutulablecek kapsamda ele aldık. Brc kısım Sayılar Teorse, kc kısım se Cebr derslere at kouları çermektedr. Her k kısımda da öğrecler kouyu daha y alayablmeler ç tam çözümler verdğmz çok sayıda problem ve kouu souda se öğrecler kedler kotrol edeblmeler ç çözümsüz problemlere yer verdk. Ktabı, br araştırma ktabı olmakta zyade öğrecler alayableceğ tarzda br ders ktabı bçmde hazırladık, ktapta bazı hata ve eksklkler olableceğ peşe kabul eder ve okurlarımızı bu kouda yapacağı uyarılara şmdde mettarlığımızı bldrrz. Ktabı gerek yazım, gerekse düzeltme aşamasıda bzde yardımlarıı esrgemeye Beyket Üverstes Fe-Edebyat Fakültes Matematk-Blgsayar Bölümü Araştırma Görevls Jeta Rogova Alo ve Beyket Üverstes Fe Blmler Esttüsü sekreter matematk uzmaı A. Aslı Somucuoğlu a teşekkür edyoruz. Ayrıca, ktabı yazmamız ç bz teşvk ede Beyket Üverstes Rektörü Prof. Dr. Cuma Bayat, Fe-Edebyat Fakültes Dekaı Prof. Dr. Em Özbaş ve Matematk-Blgsayar Bölüm Başkaı Prof. Dr. Mahr Resulov a ve şüphesz bze bu fırsatı taıya Beyket Üverstes Mütevell Heyet Başkaımız değerl sa, sayı Adem Çelk Bey e sosuz met ve şükralarımızı sumak styoruz. Bu müasebetle, ktabı basımıda emeğ geçe tüm Beyket Üverstes Yayıev çalışalarıa da teşekkür ederz. Mart 008, İstabul Prof. Dr. Mehmet ERDOĞAN Yrd. Doç. Dr. Gülşe YILMAZ

5 İÇİNDEKİLER SAYFA ÖNSÖZ İÇİNDEKİLER v BİRİNCİ KISIM. BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME. BÖLÜM. ASAL SAYILAR 4 3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR 4. BÖLÜM. LİNEER KONGRÜANSLAR 4 5. BÖLÜM. PRİMİTİF (İLKEL) KÖKLER 5 VE İNDEKSLER 6. BÖLÜM. KUADRATİK (İKİNCİ DERECEDEN) 67 REZİDÜLER 7. BÖLÜM. YÜKSEK DERECEDEN KONGRÜANSLAR BÖLÜM. SAYILAR TEORİSİNDE BAZI ÖNEMLİ 97 FONKSİYONLAR İKİNCİ KISIM. BÖLÜM. DENKLİK BAĞINTILARI VE 07 DENKLİK SINIFLARI. BÖLÜM. GRUPLAR BÖLÜM. ALT GRUPLAR 0 4. BÖLÜM. PERMÜTASYON GRUPLARI 5 5. BÖLÜM. GRUP İZOMORFİZMALARI BÖLÜM. DEVİRLİ GRUPLAR BÖLÜM. KARTEZYEN ÇARPIM GRUPLARI BÖLÜM. KALAN SINIFLARI, NORMAL ALT 6 GRUPLAR VE BÖLÜM GRUPLARI v

6 9. BÖLÜM. GRUP HOMOMORFİZMALARI 7 0. BÖLÜM. HALKA VE CİSİMLER 87. BÖLÜM. TAMLIK BÖLGELERİ 95. BÖLÜM. BÖLÜM HALKALARI VE İDEALLER BÖLÜM. POLİNOMLAR VE POLİNOM HALKALARI 4. BÖLÜM. CİSİM GENİŞLEMELERİ 3 5. BÖLÜM. VEKTÖR UZAYLARI 4 6. BÖLÜM. CEBİR 50 KAYNAKÇA 59 DİZİN 6 v

7 . BÖLÜM. BÖLÜNEBİLME BİRİNCİ KISIM Taım.. a ve b k tamsayı ve a 0 olsu. b = a. c olacak şeklde br c tamsayısı varsa a, b y böler veya b, a le bölüür derz ve bu durumu a b şeklde fade ederz. b ye a ı br katı, a ya b br böle, c ye de b a yı tamamlaya böle adı verlr. c sayısıı bulma şleme se b y a ya bölme şlem adıı vereceğz. Eğer b = a. c olacak şeklde hçbr c tamsayısı yoksa b, a le bölüemez veya a, b y bölmez der ve a / b yazılır. a b se b = a. c dr ve burada eğer c ± se o zama a, b y has olarak böler dyeceğz. Öreğ, 6 =.3 olduğuda, 6 ı br has böledr. durum k egatf olmaya br tamsayı olmak üzere k a Öreğ, k a b, fakat k + a / b se bu b otasyou le belrtlr ( k, a ı b y böle e büyük kuvvetdr) ve 3 5 / 50 olduğuda Bölüeblme İle İlgl Temel Özellkler. ) 5 50 dr. a Z ç a 0 dır. Çükü 0 = a.0 ve 0 Z dr. ) 0 a a = 0 dır. Çükü 0 a se a = 0. c olacak şeklde br c Z (gerçekte sosuz çoklukta) vardır. Böylece a = 0. c koşulu acak a = 0 olması halde gerçekler. Terse ) de a Z ç a 0 olduğuda a = 0 ç de fade doğrudur, ya 0 0, dolayısıyla 0 a dır. Aşağıdak özellkler tamamı bölüeblme taımıda kolayca elde edlr:. ) a Z ç ± a ve ± a a dır. ) a ± a = ± dr. 3. a b se ± a ± b dr. 4. a b ve b c se a c dr. 5. a b ve b a se b = ± a dır. 6. ) a b se ca cb dr. ) c 0 7. a b, ca cb se a b dr., a b se a. a b. b dr. se a ( b + c) dr. 8. a b ve a c

8 Böylece 6. ve 8. özellklerde a b ve a c se a ( bx + cy) ( x, y Z ) elde ederz. 9. b a ve a 0 se b a dır. Çükü, b a olduğuda a = b. c olacak şeklde br c Z vardır. a 0 olduğuda b 0, c 0 ( b, c Z ) olur k, burada b, c elde edlr. Böylece, a = b c b, ya a b olur. Bu se b a olduğuu kaıtlar. Teorem.. (Bölme Algortması) b 0 olmak üzere br a, b tamsayı çft ç a = bq + r, 0 r < b (.) olacak şeklde br ve acak br tek q, r tamsayı çft vardır. Eğer b / a se r tamsayısı 0 < r < b eştszlğ gerçekler. Kaıt. ) Varlık: Öce b > 0 olduğuu varsayalım ve m = 0, ±, ±,... olmak üzere b bütü bm katlarıı göz öüe alalım. Bu katlar çde bm a koşulua uyaları kümes M le gösterelm. m = a ç bm = b( a ) = b a a dır. Böylece b( a ) M olduğuda M dr. Üstelk M kümes a le üstte sıırlıdır, dolayısıyla M kümes bq gb br e büyük elemaa sahptr, ya bq a < b( q + ) = bq + b dr. Burada, 0 a bq < b elde ederz. Eğer a bq = r dersek 0 r < b olur. a = bq + r ve 0 r < b = b olduğua göre bulduğumuz bu q, r tamsayı çft stee koşulu sağlar. Şmd b < 0 olduğuu varsayalım. b > 0 olduğuda yukarıdak spatta görüleceğ gb a = b q ' + r ', 0 r ' < b olacak şeklde br q ', r ' Z tamsayı çft vardır. Üstelk, b = b olduğuda a = ( b) q ' + r ' = b( q ') + r ' dr, ya q = q ', r = r ' ç teorem koşulu gerçekler. ) Teklk: a, b ( b 0 ) tamsayı çft ç (.) koşuluu gerçekleye q, r ve q, r gb k tamsayı çft buluduğuu varsayalım, ya a = bq + r, 0 r < b, a = bq + r, 0 r < b olsu. Burada r r = b( q q ) veya mutlak değer foksyouu özellğde r r = b q q (.) buluur. 0 r < b ve b < r 0 eştszlkler taraf tarafa toplarsak

9 b < r r < b (.3) buluruz. Böylece (.) ve (.3) te b q q < b elde ederz k, b 0 olduğuda q q < ve burada da q q = 0, ya q = q buluur. Bu souç, (.) de yere yazılırsa r = r elde edlr. Şu halde q, r ve q, r tamsayı çftler brbr ayıdır. Taım.. Teorem.. de b > 0 alıırsa, (.) deklemdek q tamsayısıa a a rasyoel sayısıı tam kısmı (tam değer) der ve q = b b yazılır. Taım.3. b ve c k tamsayı olsu. Eğer br a 0 tamsayısı ç a b ve a c koşulları gerçekleyor se a ya, b ve c tamsayılarıı br ortak böle der. Br b 0 tamsayısıı böleler solu sayıdadır. O halde b ve c de e az brs sıfırda farklı se bu k tamsayıı ortak böleler sayısı soludur. Taım.4. b ve c, e az brs sıfırda farklı k tamsayı olsu. ) d b, d c ) a b, a c a d ) d>0 koşullarıa uya br d tamsayısıa b ve c tamsayılarıı e büyük ortak böle (e.b.o.b.) der ve ( b, c ) şeklde gösterlr. Öreğ; (8,) = 4 ve (7,0) = 7 dr. Uyarı: b ve c olduğuda ( b, c) dr. Taım.5. b, b,..., b heps brde sıfır olmaya tamsayılar olsu. a 0 tamsayısı ç a b, a b,..., a b se a tamsayısıa b, b,..., b tamsayılarıı br ortak böle der. Taım.6. b, b,..., b heps brde sıfır olmaya tamsayılar olsu. ) d b, d b,..., d b ) a b, a b,..., a b a d ) d>0 koşullarıı gerçekleye d tamsayısıa b, b,..., b tamsayılarıı e büyük ortak böle der ve ( b, b,..., b ) şeklde gösterlr. 3

10 Teorem.. d, b ve c tamsayılarıı e büyük ortak böle se d = ( b, c) = bx + cy 0 0 olacak şeklde br x0, y 0 tamsayı çft vardır. Kaıt. A = { bx + cy x, y Z } kümes göz öüe alalım. Bu kümede e az br tae poztf tamsayı vardır. A kümesdek e küçük poztf tamsayıyı l le gösterelm. Böylece l = bx0 + cy0 olacak şeklde x0, y0 Z tamsayıları vardır. İlk olarak l b ve l c olduğuu gösterelm. Çükü, eğer l / b se o takdrde Teorem.. e göre b = lq + r (0 < r < l) olacak şeklde br q, r tamsayı çft bulablrz ve burada, r = b lq = b ( bx0 + cy0 ) q = b( qx0 ) + c( qy 0 ) olduğuda r A elde ederz k, bu r < l oluşu le çelşr. Şu halde l / b olamaz, bezer şeklde l / c olamayacağı da gösterleblr. Böylece l b ve l c dr. Dğer tarafta d = ( b, c) olduğuda b = db ve c = dc olacak şeklde b, c Z tamsayıları vardır. Z Z l = bx0 + cy0 = ( db ) x0 + ( dc ) y0 = d( b x0 + c y0 ) d l, d>0, l>0 olduğuda d l dr. d, e büyük ortak böle olduğuda d < l olamaz. Şu halde d = l dr ve böylece d = ( b, c) = bx0 + cy0 elde ederz. Z Bu teorem aşağıdak şeklde geelleştreblrz. Teorem.3. b, b,..., b heps brde sıfır olmaya tamsayılar ve d, bu tamsayıları e büyük ortak böle olsu. Bu takdrde, d = ( b, b,..., b ) = b x + b x b x olacak şeklde x, x,..., x tamsayıları vardır. Kaıt. İspat, Teorem.. dek gb yapılır. Teorem.4. m, a, b Z ve m>0 se ( ma, mb) = m( a, b) dr. Kaıt. ( ma, mb) = d ve ( a, b) = d olsu. d = md olduğuu gösterelm. ( a, b) = d olduğuda d a ve d b dr ve böylece a = da ve b = db olacak şeklde a, b Z vardır. Bu k eştlğ her k tarafıı m le çarparsak ma = mda, mb = mdb ve md ma, md mb olacağıda md; ma ve mb tamsayılarıı br ortak böledr. e.b.o.b. taımıda md d dr. Şu halde 4

11 d = md. t ( d > 0, md > 0 ) olacak şeklde t > 0 tamsayısı vardır. Şmd t = olduğuu gösterelm. dt Buu d md. t d = ( ma, mb) d ma, d mb mdt ma, mdt mb dt a, dt b. m 0 O halde dt tamsayısı, a le b br ortak böledr ve ( a, b) = d olduğuda d dr. Böylece d > 0, dt > 0 ve dt d olduğuda t = elde ederz. = de yere yazarsak d ( ma, mb) = m( a, b) olduğuu kaıtlar. = md buluruz k bu, Uyarı: Geel olarak m, a, b Z ve m 0 se ( ma, mb) = m ( a, b) dr. a b Teorem.5. d a, d b ve d>0 se (, ) = ( a, b) dr. d d d Kaıt. d a ve d b olduğuda a = da ve b = db olacak şeklde a, b Z tamsayıları vardır. O halde, Teorem.4. te a b ( a, b) = ( da, db ) = d( a, b ) = d(, ) d d yazarız, böylece a b ( a, b) = d(, ) d d elde ederz. a b Souç: ( a, b) = g (, ) = dr. g g d 0 a b (, ) = ( a, b) d d d Taım.7. ( a, b ) = se a ve b tamsayılarıa aralarıda asaldır derz. Öreğ; (7,) = olduğuda 7 ve aralarıda asaldır. Teorem.6. ( a, m ) =, ( b, m ) = se ( ab, m ) = dr. Kaıt. ( a, m ) =, ( b, m ) = olduğuda Teorem.. ye göre ax0 + my0 = ve bx + my = olacak şeklde x0, y 0 ve x, y tamsayıları vardır. Burada, ( ax + my )( bx + my ) = abx x + m( ax y + bx y + my y ) = ve x0 x = A Z, ax0 y + bx y0 + my0 y = B Z dersek, aba + mb = elde ederz. ( ab, m) = d olsu. Böylece, d ab, d m ve aba + mb = olduğuda d ( aba + mb) d d = 5

12 buluur, o halde ( ab, m ) = dr. Bu teorem aşağıdak gb geelleştreblrz: ( a, m ) =, ( a, m ) =,..., ( a, m ) = se ( aa... a, m ) = dr. Teorem.7. (Artmetğ Esas Yardımcı Teorem) a, b, c ( c 0) tamsayılar olmak üzere a bc ve ( a, b ) = se a c dr. Kaıt. ( a, b ) = olduğuda Teorem.. ye göre ax0 + by0 = olacak şeklde x, y Z tamsayıları vardır. Bu fade her k yaıı c le çarparak, 0 0 acx + bcy = c yazarız. Böylece, hpotezde 0 0 ya a c elde ederz., ( ) a bc a ac a acx + bcy = c 0 0 Uyarı: a bc ve a / b de a c soucu çıkarılamaz. Souç : p br asal sayı olmak üzere p bc se p b ve p c fadelerde e az brs doğrudur. Çükü, p b se spat tamamdır, eğer p / b se ( p, b ) = olacağıda Teorem.7. ye göre p bc de p c elde ederz. Souç : p / b ve p / c se p / bc dr. Teorem.8. a, b, x tamsayılar olmak üzere ( a, b) = ( b, a) = ( a, b) = ( a, b + ax) dr. Kaıt. İlk üç eştlk e.b.o.b. taımıda derhal elde edlr. Bz sadece ( a, b) = ( a, b + ax) olduğuu gösterelm, buu ç ( a, b) = d ve ( a, b + ax) = d olduğuu kabul edelm. ( a, b) = d olduğuda d a d ax d ( b + ax) d b d ( a, b + ax) = d, e. b. o. b.ta. ya d d olur. Dğer tarafta, ( a, b + ax) = d olduğuda d a d ax d ( b + ax) ax = b d ( b + ax) 6

13 yazablrz, şu halde d kullaılarak d a, b) d a, d b bulmuş olduk, burada e.b.o.b. taımı ( = buluur, ya d d dr. Böylece, d d, d d d = d d > 0, d > 0 buluur k, bu ( a, b) = ( a, b + ax) olduğuu kaıtlar. Örek.. a, b, c tamsayıları ç ( a, b, c) = ( a,( b, c)) dr. Çözüm. ( a, b, c) = d, ( a,( b, c)) = d olsu. ( a, b, c) = d d a, d b, d c dr. O halde d ( b, c) dr ve d a le brlkte d ( a,( b, c)) = d buluruz. ( a,( b, c)) = d d a, d ( b, c) d a, d b, d c dr, ya d ( a, b, c) = d dr. Böylece, d > 0, d > 0 d = d d d, d d buluruz k, bu stedğmz eştlktr. Teorem.9. (Ökld Algortması) a ve b ( b 0 ) tamsayıları verls. a ve b ye ard arda bölme algortması uygulaarak a = bq + r, 0 < r < b, b = r q + r, 0 < r < r, r = r q + r, < r3 < r, r = r q + r, 0 < r < r, r = r q + r, r + = eştlkler elde edlmş olsu. Burada b > r > r > r >... > r > r + = 0 3 dr ve ayrıca ( a, b) = r, ya sıfırda farklı e so kala, e büyük ortak böledr. Kaıt. Yukarıdak eştlklerde r r, r r,..., r a, r b olduğu heme görülür. O halde r, a ve b br ortak böledr, böylece r ( a, b) dr. Dğer tarafta, ( a, b) = d se d a ve d b d a bq = r olduğuda ( ) 7

14 yazablrz. d r se yukarıdak bölme algortmalarıı deklemlerde d r,..., d r elde edlr. Böylece r > 0, d > 0, r d, d r olması edeyle d = r buluruz. Örek ve 4 tamsayılarıı e büyük ortak böle buluuz ve bu tamsayıyı 550 ve 4 tamsayılarıı br leer brleşm (kombezou) şeklde fade edz. Çözüm. 550 = =. + (550, 4) = =. + 0 buluur. Ayrıca = 4 -. = 4 - ( ) = yazılableceğde x 0 = 4, y 0 = 550 ve a = 3, b = olmak üzere = ax0 + by0 = şeklde br leer brleşm olarak fade edlmş olur. Örek.3. (40, 480) = d se d y buluuz ve d = 40x + 480y olacak şeklde br x, y tamsayı çft belrleyz. Çözüm. 40 = = = = = = =.60+0 yazılırsa, burada d = (40,480) = 60 buluur. Ayrıca 60 = 80.0 = 80 (480.80) = = 3(40.480).480 = yazılablr ve x = 3, y = 7 araa tamsayı çft verr. Taım.8. a k ve b k se k ya a le b br ortak katı der. Taım.9. a ve b sıfırda farklı k tamsayı olsu. ) a k, b k ) a l, b l k l 8

15 ) k>0 koşullarıa uya br k tamsayısıa a ve b e küçük ortak katı (e.k.o.k.) der ve k = [ a, b] şeklde gösterlr. İkde fazla tamsayıı e.k.o.k. da bezer şeklde taımlaır. Teorem.0. m > 0 olmak üzere [ ma, mb] = m[ a, b] dr. Kaıt. Teorem.4. dek gb yapılır. Öreğ; [ 50, 30] = 0[ 5, 3] = 0.5 = 50 dr. Şmd spatıı daha sora yapacağımız ve aşağıdak öreğ çözümüde kullaacağımız br özellk yazalım. Özellk: a>0, b>0 se ( a, b)[ a, b] = a. b dr. Örek.4. ( a, b ) = 0 ve [ a, b ] = 00 koşullarıı gerçekleye bütü poztf a, b tamsayı çftler buluuz. Çözüm. ( a, b) = 0 0 a, 0 b a = 0m, b = 0 ; m, Z, ( m, ) = dr. Çükü, 0 = (0 m,0 ) = 0( m, ) ( m, ) = olur. Dğer tarafta, [0 m,0 ] = 0[ m, ] = 00 [ m, ] = 0 ve burada yukarıdak özellk kullaılarak ( m, ) [ m, ] = [ m, ] = m. = 0 = buluur. Böylece çarpımları 0 ola tamsayı çftler, yukarıdak a = 0m, b = 0 deklemlerde m ve değerler yere yazılarak stee tamsayı çftler (0,00), (0,50), (50, 0), (00,0) olarak buluur. Örek.5. ( + +, + 7) = d se d alableceğ değerler buluuz. Çözüm. ( + +, + 7) = d se d ( + + ), d ( + 7) dr. d ( + + ) d + 7 ( + + ) d ( + 7) = 5 ya d ( 5 ) buluur. Burada d ( 5 ) d ( 5 ) = 0 4 d ( 0 4) = 39, d ( + 7) d 5 ( + 7) = ya d 39 buluruz. 39 = 3.3 ve d > 0 olduğuda d =, 3,3, 39 olablr. 9

16 Örek.6. N ( Doğal Sayılar Kümes ) olmak üzere 6 ( + )( + ) olduğuu kaıtlayıız. Çözüm. ( + )( + ) = A dyelm. y 6 le bölerek, bölme algortmasıa göre = 6q + r, 0 r < 6 yazablrz. O halde; r = 0 se: = 6q A = 6 q(6q + )( q + ) 6 A, r = se: = 6q + A = (6q + )(6q + )(q + 3) = (6q + )(3q + )3(4 q + ) = 6(6q + )(3q + )(4q + ) 6 A, r = se: = 6q + A = (6q + )(6q + 3)( q + 5) = (3q + )3( q + )( q + 5) = 6(3q + )(q + )( q + 5) 6 A, r = 3 se: = 6q + 3 A = (6q + 3)(6q + 4)(q + 7) = 3(q + )(3q + )(q + 7) = 6(q + )(3q + )(q + 7) 6 A, r = 4 se: = 6q + 4 A = (6q + 4)(6q + 5)( q + 9) = (3q + )(6q + 5)3(4q + 3) = 6(3q + )(6q + 5)(4q + 3) 6 A, r = 5 se: = 6q + 5 A = (6q + 5)(6q + 6)(q + ) = (6q + 5)6( q + )( q + ) 6 A buluur. Bütü haller ç 6 ( )( ) Bölme Algortmasıı Br Uygulaması + + olduğu görülür. Bölme algortması yardımıyla tamsayıları verle br tabaa göre yazablrz. Br a > tamsayısı göz öüe alalım ve bu tamsayıyı sabt tutalım. Şmd herhag br b > 0 tamsayısı seçelm. Bölme algortmasıa göre b = aq0 + r0, 0 r0 < a olacak şeklde tek türlü belrl q 0, r 0 tamsayı çft vardır. Bu kez, bölme algortmasıı q o ve a ya uygularsak q0 = aq + r, 0 r < a olacak şeklde tek türlü belrl q, r tamsayı çft vardır. a > olduğuda b > q0 > q >... (.4 ) olduğu açıktır. Şmd bölme algortmasıı q, a çfte uygularsak q = aq + r, 0 r a.4 dzs azala br dz olduğuda solu br. adımda q = 0 olacak şeklde b > q > q > q >... > q > q = 0 dzse ulaşırız. Böylece, 0 < yazablrz. Bu şeklde devam edersek, ( ) 0

17 b = q0a + r0 = ( qa + r ) a + r0 = qa + r a + ro = ( q a + r ) a + r a + r = q a + r a + r a + r 3 0 = r a + r a r a + r a + r 0 o elde edlr. Burada r 0, 0 r0, r,..., r < a dır. Souç olarak her poztf b tamsayısıı, de büyük br a tamsayısıı kuvvetler br leer kombezou olarak yazılableceğ elde etmş olduk. Bu durumu sembolle b = ( r r... r r ) şeklde göstereblrz. a Örek.7. a = 3 ve b = 543 alalım. b = 543 tamsayısıı a = 3 tabaıa göre yazalım. Çözüm. 543 = , r 0 = 0 olduğuda elde edlr. PROBLEMLER ), 8 = , r = 60 = , r = 0 0 = 6.3 +, r 3 = 6 =.3+ 0, r 4 = 0 = 0.3+, r 5 = 543 = r a + r a + r a + r a + r a + r = = (000) 3 a b Z ve ( a,4 ) = ( b,4) = se ( ) a b c Z ; ( a, b ) = ve c ( a b) se ( ) ),, a + b,4 = 4 olduğuu gösterz. a, c = olduğuu gösterz. 3) a, b, c, d, x, y tamsayılar ve ayrıca m = ax + by ; = cx + dy ; ad bc = ± olsu. Bu takdrde ( m, ) = ( x, y) olduğuu gösterz.

18 a 4), c b d Q ( a, b, c, d Z ; b 0, d 0) ve ( a b) ( c d ) a c + Z se b = d olduğuu gösterz. b d, =, = olsu. 5) Ardışık üç tamsayıı çarpımıı 6 le, ardışık dört tamsayıı çarpımıı da 4 le bölüdüğüü gösterz. 6) br poztf tamsayı olmak üzere (, + ) ve [, ] 7) a b se ( a, b ) ve [, ] 8) x y 5 + = ve ( ) olmadığıı gösterz. a b ı değerler buluuz. + y hesaplayıız. x, y = 4 koşullarıı sağlaya hçbr x, y tamsayı çft 9) k br tamsayı olmak üzere, herhag br tamsayıı kares ya 3k bçmde veya 3k + bçmde olduğuu gösterz. 0) Her Z ç / olduğuu gösterz. 4 + ) x ve y tek tamsayılar se x + y tamsayısıı br çft tamsayı olduğuu, fakat 4 le bölüemedğ gösterz. ) 000 le 7007 arasıda ola ve 7 le bölüeble kaç tae tamsayı vardır? 3) br tamsayı ve k gösterz. + Z olsu. Bu takdrde ( k ) olduğuu 4) a) Ardışık 4 tamsayıı çarpımıı 4 le bölüebldğ gösterz. 4 b) 5 / se sayısıı 5 le bölüebldğ gösterz. c) Z ç 3 6 ) ( olduğuu gösterz. ç) N ç + 0 sayısıı le bölüdüğüü tümevarımla gösterz. + + d) N ç 7 (3 ) olduğuu gösterz. e) N ç 5 (6 ) olduğuu gösterz.

19 f) N ç 6 ( + )(7 + ) olduğuu gösterz. g) ( m, ) = ve m a, a se m. a olduğuu gösterz. h) ( m, ) = se ( m +, m) = olduğuu gösterz. 5) u =, u =, u = u + u ( 3 ) ( Fboacc sayıları ) se ( u, ) u = olduğuu gösterz. 6) a, b Z ve a b 7) a, b olduğuu gösterz. 8) se ( a, b) = a olduğuu gösterz. + Z (poztf tamsayılar kümes) ve ( a, b) [ a, b] a, a,..., a ; y, y,..., y Z olmak üzere olduğuu gösterz. ( a, a,..., a ) = ( a, a y a, a y a,..., a y a ) 3 3 = se a = b 9) ( ) 86,890 d = olsu. Ökld Algortmasıı kullaarak d y hesaplayıız ve ayrıca d y 86 ve 890 tamsayılarıı br leer kombezou olarak fade edz. 3

20 . BÖLÜM. ASAL SAYILAR Taım.. p > tamsayısı verls. Eğer p ± ve ± p de başka böle yoksa p tamsayısı br asal sayıdır derz. Asal olmaya br tamsayıya bleşk sayı dyeceğz. Teorem.. Z tamsayılar kümesde e az br asal sayı vardır. Kaıt. Z ve asaldır. Çükü asal olmasaydı: c Z öylek c dr. Böylece, < c < olur ve le arasıda hçbr tamsayı olmadığıda bu br çelşmedr. Şu halde tamsayısı asaldır. Öreğ;, 3, 5, 7,, 3, 7, asal sayılardır. Teorem.. Her > tamsayısıı e az br asal böle vardır. Kaıt. d, de büyük e küçük poztf böle olsu. Eğer d asal se spat tamamdır. d asal değlse < d < d, ( =,) olmak üzere d = d. d dr. Böylece d > poztf tamsayısı da br böle olur k, bu d taımıa aykırıdır. O halde, de büyük br tamsayıı e az br asal böle vardır. Teorem.3. Her > tamsayısı asal sayıları br çarpımı şeklde yazılablr. Kaıt. = p. p... pk olacak şeklde p, p,..., p k asal sayılarıı buluableceğ göstermelyz. Kaıtı e göre tümevarım yötem le yapalım. asal olduğuda dda = ç doğrudur. = k ç ddaı doğruluğuu kabul edp = k + ç de doğru olduğuu göstermelyz. k = p... p pr olacak şeklde p ( =,,..., r) asal sayıları mevcut olsu. Eğer k + = q sayısı asal se dda doğru, aks takdrde, ya q asal değlse < < q, ( =,) olmak üzere q =. dr. Tümevarımdak hpotezde ve sayıları asal sayıları br çarpımı şeklde fade edlebleceğde k + = q sayısı da asal sayıları br çarpımı şeklde fade edlmş olacaktır. bu gösterlşdek asal çarpalar brbrde farklı olmak zoruda değldr. Ya, her > tamsayısı, p, p,..., p r tamsayıları brbrde farklı asal sayılar ve α, α,..., α r lerde egatf olmaya tamsayılar olmak üzere α α αr = p p... p r (.5) şeklde yazılablr. Bu gösterme tamsayısıı kaok gösterm (gösterlş) dyeceğz. Teorem.4. > tamsayısıı asal sayıları çarpımı şeklde yazılışı sıra dkkate alımaz se tek türlü belrldr. 4

21 Kaıt. > tamsayısıı asal sayıları çarpımı şeklde = p... p pr ve = q... q qs gb farklı k gösterlş olduğuu varsayalım. Burada, p ( =,,..., r) ve q ( j =,,..., s) sayıları asaldır. O halde j p p... pr = qq... qs (.6) dır. r s kabul edeblrz, aks halde p ve q ları roller değştreblrz. p... p pr olduğu ç (.6) da p... q qs dyeblrz. Böylece p q ( s) olacak şeklde br q vardır. q asal olduğuda q = p elde edlr. Ayı düşücey p,..., p r ç yaparak p = q, p = q,..., p = q (.7) r r eştlkler elde ederz. Burada,,..., r tamsayları,,...,r tamsayılarıı br permütasyoudur. (.7) dek eştlkler (.6) da yere yazıp elde edle fade her k yaıı p, p,..., p r le sadeleştrrsek = q... q q... q q... q q... q + + r r + s elde ederz. Eğer r < s olursa yukarıdak eştlğ sağ tarafıda e az br q asal sayısı mevcut olurdu k, sağ tarafı e eşt olması ede le bu j mümkü değldr. O halde, r = s, p = q, p = q,..., p = q buluruz ve teorem kaıtlamış olur. r r Şmd a ve b poztf tamsayılarıı kaok gösterlşler asal ve, α β (,,..., k; j,,..., t) j = = olmak üzere p ve q ler... k a p α p α p α = k,... t b = q β q β q β t olsu. p / a ve p / b se p a ve b de bulua kuvvet sıfır kabul ederek a ve b y ayı asal sayıları çarpımı olarak aşağıdak gb yazablrz; α α... αr β β a = p p p r,... βr b = p p p r ( p ler asal ve α, β 0 ) (.8) Böylece, r m( α, β ) m( α, β ) m( αr, βr ) m( αk, βk ) r k k = ( a, b) = p p... p = p, dır. r max( α, β ) max( α, β ) max( α r, βr ) max( α, β ) r k k = k k [ a, b] = p p... p = p Şmd daha öce spatsız olarak verdğmz br özellğ spatlıyalım. 5

22 Özellk: a, b olmak üzere ( a, b)[ a, b] = a. b dr. Kaıt. a ve b kaok gösterlş (.8) dek gb olsu. k =,,..., r olmak üzere k ç m( αk, βk ) + max( αk, βk ) = αk + βk olduğuu göstermelyz. r k k k k ( a, b)[ a, b] = p, a. b = k = m( α, β ) + max( α, β ) k r k = k k p α + β k yazılablr. k =,,..., r ç; α β m( α, β ) + max( α, β ) = α + β, dır. O halde, k k k k k k k k β α m( α, β ) + max( α, β ) = α + β k k k k k k k k r r m( k, k ) max( k, k ) k k (, )[, ] = α β + α β k = α + β k =. k = k = elde edlr. a b a b p p a b Örek.. (7,96,9,0) ve [7,96,9,0] değerler buluuz. Çözüm =.36 =.8 =.9 =.3 = =.48 =.4 =. =.6 =.3 = =.96 =.48 =.4 =. =.6 = =.60 =.30 =.5 = 3.5 olduğuda 3 0 (7, 96,9,0) =.3.5 = 4 buluruz. = = 6 [7, 96,9,0] Teorem.5. (Ökld) Asal sayıları sayısı sosuzdur. Kaıt. Asal sayıları sayısıı solu olduğuu varsayalım ve bular p, p,..., p olsu. K = p... p p + doğal sayısıı oluşturalım. K > olduğuda Teorem.. ye göre K ı q gb br asal böle vardır ve =,,..., r olmak üzere her ç q p dr. Eğer q = p olsa: q K, q p... p p olur, burada da q ( K p... p p ) ya q elde edlr k, bu mümkü değldr, böylece q p dr. p, p,..., p asal sayılarıda başka br q asal sayısı daha bulumuş olur k, bu varsayımımıza aykırıdır. Şu halde asal sayıları sayısı solu olamaz. 6

23 + Örek.. Br Z tamsayısı ç + br asal sayı se tamsayısıı br kuvvet şeklde olduğuu gösterelm.. Çözüm. br kuvvet olmadığıı varsayalım. Bu taktrde de k farklı br t tek tamsayısı ç =. t yazablrz. Bua göre,. ( ) ( ) k t ( k )( k t k t + = + = ) yazılablr. Yukarıdak eştlğ sağ yaıdak her br çarpa br tamsayı ve k. < k + < k t + = + olduğuda ( + ) ( + ) elde ederz k, bu + br asal sayı olduğu hpotez le çelşr. O halde varsayımımız yalıştır, ya, br kuvvet olmak zorudadır. + Örek.3. 3 te büyük her asal sayı q Z olmak üzere ya 6q + veya 6q formudadır. Çözüm. p, 3 te büyük br asal sayı olsu. Bölme Algortmasıa göre q ve r poztf tamsayılar olmak üzere p = 6q + r, r = 0,,,3, 4,5 şeklde yazılablr. r = 0 se p = 6q olur k p ve < p olduğuda bu, p asal oluşu le çelşr. r = se p = 6q + olduğuda bu stee durumdur. r = se p = 6q + olur k p ve < p olduğuda bu, p asal oluşu le çelşr. r = 3 se p = 6q + 3 olur k 3 p ve 3 < p olduğuda bu, p asal oluşu le çelşr. r = 4 se p = 6q + 4 olur k p ve < p olduğuda bu, p asal oluşu le çelşr r = 5 se p = 6q + 5 = 6( q + ) = 6q olduğuda bu stee durumdur. q Z Örek.4. ( 4 le bölüeblme kuralı ) Br m tamsayısıı 4 le bölüeblmes ç gerek ve yeter koşul bu tamsayıı so k basamağıı oluşturduğu sayıı 4 le bölüeblmesdr. Çözüm. m tamsayısıı 0 tabaıa göre yazılışı m = a0 + a a0 + a0 + a0 ve 4 m olsu. Ayrıca 4 ( a0 + a a0 ) olduğuda 4, bu k sayıı farkıı da böler. Şu halde 4 m ( a0 + a a0 ) 7

24 veya 4 ( a 0 + a ) elde ederz. Terse 4 ( a 0 + a ) se, ( a0 + a a0 ) olduğuda bu ks toplamı da 4 le bölüecektr, ya 4 [( a0 + a a0 ) + ( a0 + a0 )] 4 m buluruz. Örek.5. ( 3 le bölüeblme kuralı ) Br m tamsayısıı 3 le bölüeblmes ç gerek ve yeter koşul bu tamsayıı rakamları toplamıı 3 le bölüeblmesdr. Çözüm. m = a0 + a a0 + a0 + a0 ve 3 m olsu. Bom açılımıda 0 = (9 + ) = = 3b +, ( b Z ) olduğu dkkate alıırsa, 3 [ a (3b + ) + a (3b + ) a (3b + ) + a ], ( b,..., b, b Z ) 0 yazablrz. Böylece, m [ a b a b a b a a a a ] 3 3( ) elde edlr. Ayrıca 3 3( ab + a b ab ) olduğuda 3 buları farkıı da böler. Şu halde 3 ( a + a a + a ) 0 buluruz. Terse 3 ( a + a a + a0 ) se 3 m olduğu gösterleblr. Öreğ, 065 sayısıı rakamları toplamı 5 olup, bu tamsayı 3 le bölüeblr. Yukarıdak örekte, br tamsayıı 9 le bölüeblmes ç rakamları toplamıı 9 le bölüeblmes gerektğ soucuu heme elde ederz. Teorem.6. Asal olmaya br > doğal sayısıı p koşulua uya e az br p asal böle vardır. 8

25 Kaıt. > asal olmadığıa göre, p < olacak şeklde br p poztf asal böle vardır, ya > uygu br doğal sayı olmak üzere = p dür. Burada p ve de e az br doğrudur. Çükü hem p > hem de > olsa p >, ya > olur k, bu mümkü değldr. Eğer p se bu p asal sayısı stedğmz koşula uyar. p > se bu takdrde dr. > olduğuda ü q gb br poztf asal böle vardır ve < q dür. q ve olduğuda q dr. Dğer yada < q olduğuda < q dr. Şu halde q, stee koşulları gerçekleye br asal böledr. Şu halde, p koşulua uya p asal sayılarıda hçbrs le bölüemeye br doğal sayısı asaldır. Örek.6. 3, 4 ve 453 sayılarıı asal olduklarıı gösterelm. Çözüm. 0 < 3 < olup, le 0 arasıdak asal sayılar, 3, 5, 7 dr. Bu asal sayılarda hçbr 3 ü bölmez. Şu halde 3 asaldır. 5 < 4 < 6 olup, le 5 arasıdak asal sayılar, 3, 5, 7,, 3 dür. Bu asal sayılarda hçbr 4 bölmedğde 4 asaldır. 38 < 453 < 39 olup, le 38 arasıdak asal sayılarda hçbr 453 ü bölmedğde 453 sayısı da asaldır. Eratosthees Kuralı İle Asal Sayıları Buluması le arasıdak de büyük p, p,..., p k poztf asal sayıları bldğ takdrde, le arasıdak bütü asal sayıları Eratosthees kuralı le bulablrz. de ye kadar ola bütü doğal sayıları sırayla yazdıkta sora p = de başlayarak. sıradak sayıyı ve tam katlarıdak sıralarda bulua sayıları, p = 3 de başlayarak 3. sıradak sayıyı ve 3 ü tam katlarıdak sıralarda bulua sayıları, bu şeklde devam ederek hayet da başlayarak p k. sıradak sayıyı ve p k ı tam katlarıdak sıralarda bulua bütü sayıları üstüü çzelm. Bu şlem souda üstü çzlmemş ola sayılar, le arasıdak bütü asal sayıları verecektr. Örek.7. de 00 e kadar ola asal sayıları Eratosthees kuralı le bulalım. Çözüm. Öce le 00 arasıdak bütü tamsayıları yazalım. de 0 a kadar ola asal sayılar, 3, 5 ve 7 dr. O halde sldkte sora de başlayarak sırayla ve katları, 3 ve 3 ü katları, 5 ve 5 katları ve hayet 7 ve 7 p k 9

26 katlarıdak sıralarda yer ala bütü sayıları slersek gerye kala, 3, 5, 7,, 3, 7, 9, 3, 9, 3, 37, 4, 43, 47, 53, 59, 6, 67, 7, 73, 79, 83, 89, 97 sayıları le 00 arasıda bulua asal sayılar olacaktır Taım.. ( p, p + ) şekldek asal sayı çftlere asal sayı kz, ( p, p +, p + 6) asal sayılarıa asal sayı üçüzü, ( p, p +, p + 6, p + 8) şekldek asal sayılara da asal sayı dördüzü adı verlr. Öreğ; yukarıdak tabloda le 00 arasıdak asal sayı kzler (3,5), (5,7), (,3), (7,9), (9,3), (4,43), (59,6) ve (7,73) ; asal sayı üçüzler (5,7,), (,3,7), (7,9,3) ve (4,43, 47) ; asal sayı dördüzler de (5,7,,3) ve (,3,7,9) olduğuu söyleyeblrz. Not : Asal sayılar brbr düzgü aralıklarla zlememektedr e kadar ola asal sayılar D.N. Lehmer tarafıda br tablo le gösterlmş olup, bu tabloda bazı yerlerde büyük boşluklar bulumaktadır. Öreğ 36 le 36, 8467 le 850, 955 le 9587 arasıda hçbr asal sayı yoktur. Asal sayılar dzsde steldğ kadar geş boşluklar bulmak mümküdür. Gerçekte, - tae! +,! + 3,...,! + sayıları arasıda hçbr asal sayı bulumamaktadır. Çükü k =,3,..., olmak üzere her k ç k (! + k) dır. PROBLEMLER ) p br asal sayı olmak üzere ( a, b) hag değerler alablr. = p se (, ) a b, ( a 3, b ) ve ( a, b 3 ) ) p br asal sayı, ( a, p ) = p ve ( b, p ) = p se ( ab, p ) ve ( a b, p ) değerler buluuz. + ü 0

27 3) Aşağıdak öermeler doğru olup olmadığıı araştırıız. Doğru se spatlayıız, yalış se br örek verz. a, b a, c a, b = a, c dr. a) ( ) = ( ) se [ ] [ ] b) ( a, b) = ( a, c) se b = c dr. c) ( a, b) ( a, c) = se ( a, b ) ( a, c ) ve p ( a b ) d) p br asal sayı, p a e) a, b Z olmak üzere f) a b se a b dr. 3 3 g) ( a, b ) = se ( ) 4 h) b ( a + ) se b ( a ) ı) ( a, b, c) (( a, b),( a, c) ) = dr. + se p b dr. a b se a b dr. a, ab, b = dr. + dr. = dr. + 4) Br Z ( poztf tamsayılar kümes ) ç asal se de asal olduğuu gösterz. 5) a, a, a3, a 4 tamsayıları aa4 aa3 = ± koşuluu gerçeklyorsa kesr sadeleştrlmş br kesr olduğuu, ya ( a a a a ) olduğuu gösterz. a a a + a 3 4 +, + = 6) br poztf tamsayı olsu. Aşağıdak fadeler spatlayıız. a) tamsayısıı le bölüeblmes ç gerek ve yeter koşul brler basamağıdak rakamı le bölümesdr. b) tamsayısıı 8 le bölüeblmes ç gerek ve yeter koşul so üç basamağıda oluşa sayıı 8 le bölümesdr. 7) İk tek tamsayıı çarpımıı br tek tamsayı, toplamıı da br çft tamsayı olduğuu gösterz. 8) 3k + formudak her asal sayıı 6k + formuda olduğuu gösterz. 9) 6 + formuda sosuz sayıda asal sayı olduğuu gösterz. 0) p br asal sayı se p br rrasyoel sayı olduğuu gösterz.

28 3. BÖLÜM. KONGRÜANSLAR Taım 3.. a, b, m Z; m > 0 tam sayıları verls. Eğer m ( a b) se a, b ye m modülüe göre kogrüet dr der ve a b(mod m) şeklde gösterlr. Teorem 3.. Sabt br m modülüe göre kogrüas bağıtısı tamsayılar kümes üstüde br deklk (eşdeğerlk) bağıtısıdır. Kaıt.. m ( a a) = 0 olduğuda a a(mod m) sağlaır, ya bağıtısı yasıyadır.. a b(mod m) m ( a b) m ( a b) = b a, o halde b a(mod m) olup bağıtısı smetrktr. 3. a b(mod m), b c(mod m) olsu, o takdrde m ( a b), m ( b c) dr. Böylece [( ) ( )] m a b + b c = a c olduğuda a c(mod m) dr, ya bağıtısı geçşme özellğe sahptr. Teorem 3.. a, b, c, d, m Z ; m > 0 ve a b(mod m), c d(mod m) olsu. Bu takdrde,. a + c b + d(mod m), a c b d(mod m),. ac bd(mod m), 3. k Z olmak üzere a + k b + k(mod m) ve ka kb(mod m) dr. Kaıt.. a b(mod m) m ( a b) m [( a b) ( c d)] =[( a c) ( b d)] c d(mod m) m ( c d) ya a c b d(mod m) dr.. a b(mod m) m ( a b) m ( a b) c, m b( c d) c d(mod m) m ( c d) m [( a b) c + b( c d)] = ac bd, ya ac bd(mod m) dr. 3. a b(mod m) m ( a b) m k( a b) m ( ka kb) dr ve böylece ka kb(mod m) elde edlr. Dğer tarafta,. özellkte elde edlr. a b(mod m), k k(mod m) a + k b + k(mod m)

29 Teorem 3.3. k, a, b, m Z ; 0 m >, k 0( mod m), ( k, m) = d ve m ka kb(mod m) olsu. O taktrde a b(mod ) dr. d Kaıt. ka kb(mod m) se m ( ka kb) = k( a b) dr. Böylece k( a b) = mu olacak şeklde br u Z vardır. ( k, m) = d olduğuda d m, d k dır. Şu halde, m = m ' d, k = k ' d olacak şeklde m ', k ' Z tamsayıları vardır ve bu tamsayılar aralarıda asaldır, ya ( k ', m ') = dr. m ve k ı bu değerler yukarıda yere yazılırsa k ' d( a b) = m' du veya burada m ' k '( a b) soucu elde edlr. Bu souçta ( k ', m ') = olduğuu da dkkate alırsak Teorem.6. yı kullaarak m ' ( a b) buluruz. Bu se a b(mod m') veya m a b(mod ) demektr. d Souç: ka kb(mod m), ( k, m ) = se a b(mod m) dr. Teorem 3.4. f ( x ), katsayıları tamsayılar ola br polom foksyo ve a b(mod m) olsu. Bu takdrde f ( a) f ( b)(mod m) dr. Kaıt. buluur. j f ( x) = c x olsu. Teorem 3.. de j= 0 Örek 3.. a, b Z ; d, m j j j a b(mod m) a b (mod m) ( j = 0,,..., ) j j c a c b (mod m) ( j = 0,,..., ) j j j j= 0 j= 0 j j c a c b (mod m) f ( a) f ( b)(mod m) + Z ve a b(mod m) Çözüm. a b(mod m) se m ( a b) dr. ya a b(mod d) dr. d m d ( a b), m ( a b) j, d m se a b(mod d) dr. 3

30 Örek 3.. a, b Z ve m > 0 br poztf tamsayı olmak üzere a b(mod m) olması ç gerek ve yeter koşul a le b m le bölüdüğü zama ayı kalaı vermesdr. Çözüm. a b(mod m), m > 0 olsu. a le b y, m le kalalı olarak bölelm. Bu takdrde m, q, m, q Z olmak üzere a = mq + r, b = mq ' + r ', 0 r, r ' < m (3.) yazablrz. Kalaları eşt ya, r = r ' olduğuu göstermelyz. (3.) de a b = mq + r ( mq ' + r ') = m( q q ') + ( r r ') buluur. a b(mod m) olduğuda m a b dr. m ( a b) m ( r r ), m m( q q ) üstelk r r < m olduğuda burada r r = 0, ya r = r ' elde ederz. Terse a = mq + r, b = mq ' + r ', 0 r, r ' < m ve r = r ' se bu takdrde, a b = mq + r ( mq ' + r ') = m ( q q ') + ( r r ') = m ( q q ') olacağıda m a b, ya a b( mod m) elde edlr. Örek 3.3. a, b, m Z ; m > 0 ve a b(mod m) se ( a, m) = ( b, m) dr. Çözüm. ( a, m) = d, ( b, m) = d olsu. a b(mod m) olduğuda a b = mu veya b = a mu olacak şeklde br u Z tamsayısı vardır. = 0 d ya d d ( b, m) d d m d mu = ( a, m) d a b dr. Bu souçla d d d d ( a mu), = b m olduğu brlkte dkkate alıırsa = veya elde ederz. Bezer şeklde d d olduğu da gösterleblr. Böylece d > 0, d > 0 d = d d d, d d elde edlr. Not: Örek 3.3., Teorem.8. kullaılarak da çözüleblr. Örek 3.4. a, b Z, p br asal sayı ve p ( a + b) de e az brs doğrudur. a b (mod p) se p a b) ( ve 4

31 Çözüm. a b p p a b p a b a b (mod ) ( ) ( )( + ), şu halde Teorem.7. dek Souç de p ( a b) veya p ( a + b) buluur. Örek x, y Z olmak üzere x y(mod m ), =,,..., k se x y(mod[ m, m,..., m k ]) dır. Çözüm. x y(mod m ) m ( x y), x y(mod m ) m ( x y), x y(mod mk ) mk ( x y) dr. e.k.o.k. taımıda, [ m, m,..., mk ] ( x y) x y(mod[ m, m,..., mk ]) buluruz. Tam ve İdrgemş Kala Sstemler m > 0 br tamsayı ve a Z olsu. Bölme algortmasıa göre a = mq + r, 0 r < m olacak şeklde q ve r tamsayıları vardır. Böylece a r = mq olduğuda m ( a r), ya a r(mod m) dr. Burada r = 0,,..., m dr ve bularda herhag ks m modülüe göre brbre eşdeğer değldr. Taım 3.. a, a,..., a m tamsayıları aşağıdak koşulları gerçeklyorsa bu tamsayılara m modülüe göre br tam kala sstem (T.K.S.) der; ) j ç a a (mod m), j ) a Z ye karşılık a a (mod m) olacak şeklde m koşuluu gerçekleye e az br tamsayısı vardır. Örek 3.6. a Z ve m = 5 olsu. r = 0,,,3, 4 olmak üzere a = 5k + r yazablrz. Böylece, a = 0 = 5 k k Z, { } { Z} { Z} { Z} { Z} a = = 5k + k, a = = 5k + k, a = 3 = 5k + 3 k, a = 4 = 5k + 4 k 5

32 olmak üzere {,, 3, 4, 5} { 0,,, 3, 4} a a a a a = elde ederz. Bu br tam kala sstem olduğuda, öreğ kümese at ola 5k + şeklde br elema dğer br kümedek br tamsayıya eşdeğer olamaz. Gerçekte, eğer bu elema kümese at br 5k + elemaıa eşdeğer olsaydı o zama 5k + 5k + (mod5) 5 [(5k + ) (5k + )] 5 ( 5k 5k ) yazılablr ve ayrıca 5 ( 5k 5 k ) olduğuda burada 5 buluurdu k, bu mümkü değldr. Z de alıa herhag br tamsayı acak ve acak br tek kala sııfıa at olablr. Böylece, Z tamsayılar kümes kşer kşer ayrık ve brleşmler Z kümes ola ayrık deklk sııflarıa parçalamış olmaktadır. O halde j m ç a a j =, a =Z yazablrz. = Örek 3.7. {,,, 5, 7,8, 9} kümes 7 modülüe göre br tam kala sstem olup olmadığıı belrleyelm. Çözüm. 8 (mod 7), 9 (mod 7), 5(mod 7) olduğuda bu küme herhag k elemaı 7 modülüe göre brbre eşdeğerdr ayrıca 3, 4 ve 6 bu sııflarda hçbrse at olmadığıda verle küme br tam kala sstem oluşturamaz. Teorem 3.5. { a, a,..., am} kümes, m modülüe göre br tam kala sstem ve ( k, m ) = se bu takdrde { ka, ka,..., ka m} kümes de m modülüe göre br tam kala sstem oluşturur. Kaıt. ) j ç ka ka (mod m) dr. Çükü eğer j ç j ka ka (mod m) olsa: ( k, m ) = olduğuda a a (mod m) olurdu. j ) =,,..., m ç ka ler m modülüe göre eşdeğer olmadıklarıda herbr Z m farklı kala sııfıa attr. m modülüe göre Z m tae kala sııfı olduğuda buları herbr bu kala sııflarıda brse at olacaktır. Ya, a Z ç 0 r m olmak üzere a r olacak şeklde br r kala sııfı vardır. Böylece ka r se o taktrde a ka (mod ) 0 m dr. 0 Taım 3.3. Elemaları ( sayıları ) m le aralarıda asal ola br kala sııfıa m modülüe göre asal kala sııfı der. j 6

33 Not: Eğer br kala sııfıda m le aralarıda asal ola br sayı varsa, bu kala sııfıı bütü sayıları m le aralarıda asaldır. Çükü: a = {..., e, f,...}, ( e, m ) = olsu. Bu taktrde olacaktır. e f (mod m) ( e, m) = ( f, m) = Taım 3.4. Her m > 0 tamsayısıı, m y geçmeye ve m le aralarıda asal ola tamsayıları sayısıa eşleye foksyoa Euler ϕ -foksyou adı verlr ve m resm ϕ ( m) le gösterlr. Bu taıma göre, ϕ () = ; {}, ϕ (4) = ; {,3}, ϕ (5) = 4 ; {,,3,4}, ϕ (6) = 60 ; {,,...,59,60 }, ϕ ( p) = p ; {,,3,..., p } dr. Yukarıda görüleceğ üzere asal sayıları resm, o asal eksğdr. Teorem 3.6. m modülüe göre asal kala sııflarıı sayısı ϕ ( m) dr. sayıı br Kaıt. {,,..., m } kümes m modülüe göre br tam kala sstem olup, bular arasıda m le aralarıda asal ola ϕ ( m) tae tamsayı vardır. Böylece m modülüe göre asal kala sııflarıı sayısı ϕ ( m) dr. Taım 3.5. a, a,..., a ϕ ( m) tamsayıları aşağıdak koşulları gerçeklyorsa bu sayılar, m modülüe göre br drgemş kala sstem veya asal kala sstem (A.K.S.) teşkl edyor derz: ) =,,..., ϕ( m) ç ( a, m ) =, ) j ç a a (mod m), ) ( a, m ) = koşuluu sağlaya j a a (mod m) olacak şeklde br tamsayısı vardır. a Z ç ϕ( m) olmak üzere Böylece, asal kala sııflarıı her brde br sayı alarak br drgemş kala sstem oluşturablrz. Teorem 3.7. > 0, 0 dr. m > k tamsayı ve ( m, ) = se ϕ (. m) = ϕ ( ) ϕ ( m) 7

34 Kaıt. r, r,..., r tamsayıları mod br tam kala sstem ve s, s,..., s m tamsayıları da mod m br tam kala sstem olsu. x { r, r,..., r } ve { } olmak üzere { xm y} y s, s,..., sm + formudak tamsayıları göz öüe alalım. Bu tamsayıları sayısı m dr. Öce bu m tae tamsayıı mod m br tam kala sstem oluşturduğuu gösterelm. Buu ç bu sayılarda herhag ks mod m brbre kogrü olmadığıı göstermek yeter. xm + y formudak sayılarda herhag ks r m + s j, rt m + su olsu. j t u ( mod ) r m + s r m + s m olsa: ve j t u ( mod ) r m + s r m + s r m + s j rt m + su ( mod m) bağıtıları elde edlr. r m 0( mod m), rt m 0( mod m), s 0( mod ), su 0( mod ) olduğu göz öüe alıırsa r m rt m( mod ) (3.) s j su ( mod m) (3.3) buluur. (3.) ve (3.3) te ( m, ) = olduğuda Teorem 3.3. ü soucua göre r rt ( mod ) s s ( mod m) j u elde edlr. Fakat r, r,..., r tamsayıları mod br tam kala sstem olduğuda = t ve s, s,..., s m tamsayıları da m modülüe göre br tam kala sstem oluşturduğuda j u xm + y tamsayıları = buluur. Şu halde { } mod m br tam kala sstem oluştururlar. Bu sayıları çde m le aralarıda asal olaları sayısı ϕ ( m) dr. Şmd ( xm + y, m) = ( x, ) = ve ( ) olduğuu gösterelm. ( xm y m) y, m = ( xm y ) ( xm ) ( x ) ( xm y m) ( y m) ( y m) +, =, =, = +, = +, =, =, = elde edlr. Terse Teorem.6. kullaılarak ( x, ) = (, ) ( y, m ) = xm =, ( y, m) = ( m, ) = (, m) = 8

35 buluur. Burada tekrar Teorem.6. yı kullaarak xm y, xm y, m xm + y, m = ( + ) =, ( + ) =, ( ) souçları elde edlr. ( x, ) = koşuluu gerçekleye x tamsayılarıı sayısı ϕ ( ), ( y, m ) = koşuluu gerçekleye y tamsayılarıı sayısı da ϕ ( m) olduğuda ( xm + y, m) = koşuluu gerçekleye { xm y} tamsayıları sayısı ϕ ( ) ϕ ( m) dr. Öte yada ( xm y m) uya { xm + y} formudak tamsayıları sayısı ϕ ( m. ) ϕ (. m) = ϕ ( ) ϕ ( m) elde edlr. + formudak +, = koşulua dr. Böylece ϕ. = Not: Teorem 3.7. dek ( m, ) = koşulu kaldırılamaz. Gerçekte ( ) olduğu halde ϕ ( ) ϕ ( ) = dr. Teorem 3.8. ϕ ( ) = ve > br poztf tamsayı olmak üzere dr. Burada p ϕ ( ) = ( ) p p de çarpım tamsayısıı bütü p asal böleler üzerde alımaktadır. Şu halde tamsayısıı kaok formu... k = p p p α se p k ( ) = ( )( )...( ) = ( ) p p p p p k j= olur. Kaıt. ϕ () = olduğu açıktır. > br tamsayı ve kaok formu α α... k k = k olsu. ( p p p α k ) p p p α kullaılarak α, α,..., = olduğuda Teorem 3.7. α ϕ = ϕ ϕ α ( ) ( p ) ( p ) k = elde edlr. Teorem 3.7. tekrar kullaılarak düksyo le buluur. k ( ) = ( p α ) ( p α )... ( p α k ) ϕ ϕ ϕ ϕ k j 9

36 p br asal sayı ve α da postf br tamsayı olmak üzere ϕ ( p α ) ı değer bulalım. x, x p α koşuluu gerçekleye br tamsayı olsu. α (, ) (, ) olduğu kolayca gösterleblr. ( x, p) x p > x p = p = p de p x buluur. Burada şu souç elde edlr: x p α koşuluu gerçekleyeye ve p α le aralarıda asal olmaya sayılar p le bölüe sayılardır. Terse ( x, p) dr. p x se x = pk olacak şeklde br k poztf tamsayısı vardır. α α α x p pk p k p buluur. Şu halde x p α olup buları sayısı aralarıda asaldır. Böylece ve ( ) p α α = p se ( x, p α ) > x, p = koşullarıı sağlaya sayılar α- p, p,3 p,..., p p dr. Gerye kala α α p α α ϕ ( p ) = p p = p( ) p buluur. Bu eştlğ kullaarak α α αk ϕ ( ) = p ( ). p ( )... pk ( ) p p p α α αk = p p... pk ( )( )...( ) p p p = ( ) p p soucu elde edlr ve spat tamamlaır. p tae sayı, p α le Örek 3.8. = 64 ç ϕ ( ) y bulalım. Çözüm. 64 =.3.07 olup, bu çarpaları heps asaldır. Şu halde ϕ(64) = ϕ(.3.07) =.3.07.( ).( ).( ) = = 3 07 buluur. k k 30

37 Örek modülüe göre br asal kala sstem elde edelm Çözüm. 8 = ϕ(8) = ϕ( ) = ( ) = = 4 olduğuda, 0,,,3,4,5,6 ve 7 tamsayıları br tam kala sstem oluşturur, bularda 0,,4 ve 6 tamsayıları atılırsa ( 8 le aralarıda asal olmaya tamsayılar ) gerye kala,3,5 ve 7 tamsayıları se br asal kala sstem oluşturur. Teorem 3.9. a, a,..., a ϕ ( m) tamsayıları m modülüe göre br asal kala sstem oluşturuyor ve ( k, m ) = se bu taktrde ka, ka,..., ka ϕ ( m) tamsayıları da m modülüe göre br asal kala sstem oluşturur. Kaıt. ) ( k, m ) =, ( a, m ) =, =,,..., ϕ( m) olduğuda ( ka, m ) = dr. ) j ç ka ka j ( mod m ) dr. Çükü, eğer ka ka j (mod m) olsa: ( k, m ) = olduğuda a a (mod m) olurdu k, bu br çelşmedr. j ) ka, ka,..., ka ϕ ( m) tamsayılarıı sayısı ϕ ( m) olup, ) ve ) de dolayı farklı asal kala sııflarıa attr. Asal kala sııflarıı sayısı tam olarak ϕ ( m) olduğuda ( a, m ) = koşulua uya a Z ç, a br asal kala sııfı olmak üzere, ka 0 a se o taktrde ka a(mod m) dr. 0 Teorem 3.0. ( Euler ) m N, m >, a Z ve ( a, m ) = olsu. Bu taktrde ϕ ( m) a (mod m) dr. Kaıt. a, a,..., a ϕ ( m) tamsayıları, m modülüe göre br asal kala sstem ve ( a, m ) = olsu. Bu takdrde Teorem 3.8. e göre aa, aa,..., aa ϕ ( m) tamsayıları da, m modülüe göre br asal kala sstem oluşturur. Bu edele bu tamsayılar m modülüe göre kşer kşer brbre eşdeğerdr. Şu halde, aa. aa... aa a. a... a (mod m) ve dr, böylece olduğuda Teorem 3.3. te ϕ ( m) ϕ ( m) (.... ).... (mod ) ϕ ( m) a a a aϕ ( m) a a aϕ ( m) m ( a, m ) =, =,,..., ϕ( m) ( a. a... aϕ ( ), m) = a ϕ ( m) Teorem 3.. ( Fermat ) p br asal sayı ve p (mod m) elde ederz. p a (mod p) dr. Kaıt. Euler Teoremde m = p alırsak m / a olsu. Bu taktrde, 3

38 elde ederz. ϕ m = ϕ p = p a a p ϕ ( m) p ( ) ( ) (mod ) Souç: Eğer p br asal sayı se p a Z ç a a(mod p) dr. Çükü p Fermat Teoremde p / a se a (mod p) olduğuda her k tarafı a le çarparsak stee elde edlr, eğer p a a 0(mod p), p p a 0(mod p) a a(mod p) dr. Örek 3.0. Z ç gösterelm. 7 Çözüm. 4 =.3.7 olduğuda göstermek yeterldr. Çükü eğer 7 ( ) ( ) [, 3, 7] = 4 ( ) 7 7 ( ) olur. Böylece, dr. Eğer buluur. dr. Eğer buluur. dr. Eğer 7 7 ( / se Fermat Teoremde () ϕ (mod ) tamsayısıı 4 le bölüebldğ tamsayısıı, 3 ve 7 le bölüdüğüü 7 ) 6 (mod ) (mod ) 7 (mod ) ( 3 3 / se Fermat Teoremde 7 3 ) (3) ϕ 6 (mod 3) ( 7 ) (mod 3) (mod 3) 7 (mod 3) ( 7 7 / se Fermat Teoremde ( 7 7 ) 7 3 ) ϕ (7) 6 7 (mod 7) (mod 7) (mod 7) ( 7 7 ) 3

39 buluur. Şu halde 7 [,3,7] 4 ) = ( dr. 345 Örek tamsayısıı 3 le bölümüde elde edle kalaı bulalım. 345 Çözüm. 4 x(mod3) bağıtısıı sağlaya x tamsayısıı bulmalıyız. (4,3) = olduğuda Fermat Teoremde, ϕ (3) 4 (mod3) 4 (mod3) yazablrz. Böylece, 345 = olduğuda (4 ).4 (4 ) (mod3) elde edlr. Şu halde, 4 (mod3) olup, bölümüde elde edlecek kala dr. Örek (mod43) tamsayısıı 3 le x bağıtısıı sağlaya x tamsayısıı bulalım. Çözüm. 43 =.3, 6 =.63 =. 3.7 ve (43,6) = olduğuda Euler ϕ (43) Teorem kullaarak 6 (mod43) buluruz. Dğer tarafta, dr. Şu halde ϕ(43) = ϕ(.3) = ϕ(). ϕ(3) = ( )(3 ) = 0. = (mod43) ve 7007= olduğuda (6 ).6 6 ( 7) (7 ) (3 ) (mod43) 4 0 elde ederz. Şu halde x = 3, ya kala 3 tür tamsayısıı 43 le bölümüde 9 5 Örek tamsayısıı 9 le bölümüde elde edle kalaı bulalım. Çözüm. (,9) = olduğuda Fermat Teoremde, ϕ (9) 8 (mod9) (mod9) elde edlr. Dğer tarafta, 8 =.3 ϕ(8) = ϕ(). ϕ(3 ) = 3.( ) = 3. = ve böylece, ( 5,8) = olduğuda Euler Teoreme göre ϕ (8) 6 5 (mod8) 5 (mod8) elde edlr. Burada 9 = olduğuda (5 ) 5 5(mod8) 3(mod9) + 4(mod9) 33

40 buluruz, böylece stee kala 4 olarak buluur. Örek tamsayısıı 000 le bölümüde kalaı, ya x(mod000) bağıtısıı gerçekleye x tamsayısıı bulalım. Çözüm. (7,000)= olduğuda Euler Teoreme göre ϕ (000) 7 (mod000) dr. 000 = 0 =.5 olduğuda ϕ(000) = ϕ(0 ) = ϕ( ) ϕ(5 ) = ( )5 ( ) = ϕ (000) 400 buluur ve böylece 7 7 (mod000) elde edlr. Dğer tarafta, dr. O halde buluur. Şu halde Örek (7 ) (mod000) = k.0 olacak şeklde br k Z vardır. Böylece = 7.7 = + k.0 = ( k )0 00 k k 7 = +.0 = (mod000) tamsayısıı 000 le bölümüde kala x = 43 tür (((3 ) ) ) tamsayısıı brler basamağıdak rakamı bulalım. Çözüm. ϕ (0) = 4, (3,0) = olduğuda Euler Teoreme göre, ϕ (0) (mod0) 3 (mod0) 3 + k.0, k Z yazablrz. Dğer tarafta = 3.3 = + k.0 = + ( k ).0 = + ( k ).0 3 ( k ).0 k 3 = 7 +, ( 3 / 0 3 k Z ) (mod0) (3 ) 7 (mod0) elde ederz. Ayrıca (7,0) = olduğuda Euler Teoreme göre, 8 4 ( ) ϕ (0) 4 7 (mod0) 7 (mod0) 7 7 (mod0) olduğuda = 7.7 = + 0t = + ( t )0, t Z yazablrz. Burada 7 ( t ).0 t 7 = +, ( 7 / 0 7 t Z ) (mod0) (3 ) 7 3(mod0) 34

41 ((3 ) ) 3 7(mod0) buluur. Bu şeklde devam edlrse eşdeğerlğ, kuvvet 3 ke souç 7, kuvvet 7 ke souç 3 olarak buluruz. Bu edele so kuvvet 3 veya 7 oluşua göre soucu k seçeekl olarak buluruz. O halde yaıt 3 veya 7 olur. Örek 3.6. p br asal sayı ve a, b Z olsu. Bu taktrde p p p ( a + b) a + b (mod p) dr. Bu fade geel olarak h, h,..., h tamsayılar ve p br asal sayı olmak üzere p p p p ( h + h +... h ) h + h h (mod p) şeklde yazılablr ve kaıtı tümevarım yoluyla yapılablr. Çözüm. Bom açılımıda p p p p p p p p p ( a + b) = a + a b + a b ab + b p yazablrz, burada p p! p( p )...( p + ) = = = s, p ( p )!.!! şeklde olup s le gösterlmştr. Böylece, p( p )...( p + ) =!. s p!. s ve p /! dr. Çükü p olduğuda ( p, ) = ( p,!) = dr. Şu halde Artmetğ Esas Yardımcı Teoreme göre p s buluruz. Böylece p, yukarıdak bom açılımıdak bütü katsayıları bölmektedr. O halde, p p aralığıdak her ç 0(mod p) olacağıda açılımı bütü katsayıları 0 a eşdeğer olur ve burada p p p ( a + b) a + b (mod p) elde edlr. Örek 3.7. (,7) = se sayısıı 7 le bölüdüğüü gösterelm. Çözüm. (,7) = olduğuda 7 / dr. O halde Fermat Teoreme göre buluur. (mod 7) (mod 7) ϕ (7) 6 6 ( ) (mod 7) (mod 7) 7 Örek 3.8. ϕ( ) = ϕ( ) koşuluu gerçekleye poztf tamsayılarıı bulalım. 35

42 Çözüm. Eğer tek se (, ) = olduğuda Teorem 3.7. ye göre ϕ( ) = ϕ() ϕ( ) =. ϕ( ) ϕ( ) = ϕ( ) buluur. Eğer çft se, k tek ve t br tamsayı olmak üzere = t. k t + yazablrz. Ayrıca ( k, ) = olduğuda ϕ = ϕ = ϕ = ϕ ϕ t t + t + ( ) (. k) ( k) ( ) ( k) t+ t + t dr. ϕ( ) = ( ) = olduğuu göz öüe alırsak t ϕ( ) = ϕ( k) (3.4) buluruz. Öte yada t t t ϕ( ) = ϕ(. k) = ϕ( ) ϕ( k) = ϕ( k) (3.5) olduğuda (3.4) ve (3.5) te ϕ( ) ϕ( ) elde edlr. Şu halde sadece poztf tek tamsayılar kümes ç stee sağlaır. Örek ϕ( ) koşuluu gerçekleye sosuz sayıda ϕ ( ) tamsayısıı var olduğuu gösterelm. α α α Çözüm. = 3 olsu. Bu takdrde ϕ( ) = 3 ( ) = 3. yazablrz. α > 3 alıırsa 3 ϕ( ) olduğuda ve α ı de büyük her değer ç farklı br tamsayısı buluacağıda bu koşula uya sosuz sayıda ϕ ( ) vardır. Örek 3.0. ϕ ( ) = koşuluu sağlaya bütü tamsayılarıı bulalım. Çözüm.... k = p α p α p α k olsu. α α αk ϕ ( ) = p ( ) p ( )... pk ( ) p p p k α α α k = p p... pk ( )( )...( ) = ( ) = p p pk = p olduğuda k ϕ( ) = ( ) = = p buluur. Eştlğ sağlaması p =, 3, 5, 7,... asal sayılarıda hags olması halde mümkü olur, bua bakalım. Bu asal sayılar ç p 4 6 değer sırasıyla,,, 3 5 7, dr. Buları herhagbr çarpımıı ye eşt k 36

43 olması acak p = olması halde mümküdür. O halde araa tamsayısı l olmak üzere = l şekldedr. Terse = l ( l ) se ϕ ( ) = dr. + Örek 3.. m, Z ve m olmak üzere ( m +, + ) = olduğuu gösterelm. + Çözüm. m > olduğuu kabul edelm. O halde k Z olmak üzere m = + k dır. Burada. m + + = k + = k + = ( ) k + = ( + ) k + k ( ) = t +, t = + yazablrz. Şu halde ve bom açılımıda k (( ), ) t + ( m +, + ) = (( ) k +, ) buluruz. ( tp +, t) = h olsu. Şu halde t k k k t t k k..., k k t t t = = ( tp +, t), p Z h t h tp h [( tp + ) tp] = h tp + elde edlr. Burada da h h = h = m soucu çıkar. h = olamaz, çükü + ve + sayıları tektr dolayısıyla ortak böleler olamaz, böylece h = buluruz. p br asal sayı olmak üzere f x = x Z x p ( ) p[ ] polomuu göz öüe alalım.,,..., p Z p elemaları, f ( x ) polomuu Z p çdek çözümlerdr. Çükü a Z p ve a p ç (mod ) dr. f ( x ) polomuu mod p, p tae kogrüet ϕ ( p) p a a p olmaya çözümü vardır ve bular,,..., p Z p dr. Böylece, p x x x x p = ( )( )...( ( )) (3.6) yazılablr. Buda yararlaarak aşağıdak teorem kaıtlayacağız. t 37

44 Teorem 3.. ( Wlso ) p br asal sayı olmak üzere ( p )! (mod p) dr. Üstelk, > olmak üzere ( )! (mod ) asal olmasıdır. Kaıt. (3.6) eştlğ her k yaıda bulua sabtler eşt olacağıda ( )( )...( ( p )) = veya ( )( )...( ( p )) (mod p) olur. Sol tarafta p tae çarpa olduğuda p ( p) p ( ) ( )! mod dr. p = se (mod p) ve p tek asal sayı se ( p )! (mod p) p ( ) = olacağıda buluruz. Terse, ( )! (mod ) olduğuu kabul edelm. Bu durumda eğer asal değlse > olduğuda Teorem.5. e göre br p asal böle vardır. p p [ ( )! + ] [( )! + (3.7) ] dr. Öte yada br böle ola p asal sayısı,,..., sayılarıda brse eşt olacağıda p ( )! dr, bu se (3.7) le brlkte düşüüldüğüde p gb br çelşmeye yol açar. Şu halde asal olmak zorudadır. Örek 3.. p = 5 ve = 6 ç Wlso Teorem uygulaıp uygulaamayacağıı araştıralım. Çözüm. p = 5 ç : dr. = 6 ç : ( p )! = (5 )! = 4! = 4 (mod5) ( )! = (6 )! = 5! = 0 0(mod 6) dır. Burada = 6 asal olmadığıda ( )! (mod ) olmaktadır. PROBLEMLER ) br tamsayı olmak üzere sayısıı brler basamağıdak rakamı acak 0,, 4, 5, 6 ve 9 olableceğ gösterz. 38

BÖLÜM III. Kongrüanslar. ise a ile b, n modülüne göre kongrüdür denir ve

BÖLÜM III. Kongrüanslar. ise a ile b, n modülüne göre kongrüdür denir ve BÖLÜM III Kogrüaslar Taım 3. N sabit bir sayı, a, b Z olma üzere, eğer ( a b) ise a ile b, modülüe göre ogrüdür deir ve a b(mod ) şelide gösterilir. Asi halde, yai F ( a b) ise a ile b ye modülüe göre

Detaylı

değerine bu matrisin bir girdisi(elemanı,bileşeni) denir. Bir sütundan (satırdan) oluşan bir matrise bir sütun (satır) matrisi denir.

değerine bu matrisin bir girdisi(elemanı,bileşeni) denir. Bir sütundan (satırdan) oluşan bir matrise bir sütun (satır) matrisi denir. Bölüm 2 Matrsler aım 2.1 F br csm, m, brer doğal sayı olsu. a F ( 1,.., m; j 1,..., ) olmak üzere, a11... a1 fadese m satır sütuda oluşa (veya m tpde) br F matrs der. am 1... a m Böyle br matrs daha sade

Detaylı

YER ÖLÇÜLERİ. Yer ölçüleri, verilerin merkezini veya yığılma noktasını belirleyen istatistiklerdir.

YER ÖLÇÜLERİ. Yer ölçüleri, verilerin merkezini veya yığılma noktasını belirleyen istatistiklerdir. YER ÖLÇÜLERİ Yer ölçüler, verler merkez veya yığılma oktasıı belrleye statstklerdr. Grafkler bze verler yığılma oktaları hakkıda ö blg vermede yardımcı olurlar. Acak bu değerler gerçek değerler değldr,

Detaylı

Polinom İnterpolasyonu

Polinom İnterpolasyonu Polom İterpolasyou (Ara Değer Bulma Br foksyou solu sayıdak, K, R oktalarıda aldığı f (, f (,, f ( değerler bls (foksyou keds blmyor. Bu oktalarda geçe. derecede br tek, P a + a + a + + a (... polumu vardır

Detaylı

İDEAL ÇARPIMLARI (IDEAL PRODUCTS)

İDEAL ÇARPIMLARI (IDEAL PRODUCTS) T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ (IDEAL PRODUCTS) 070216013 TUĞBA ÖZMEN 080216038 AYŞE MUTLU 080216064 SEVİLAY HOROZ Nil ehri, Düyaı e uzu ehridir (6.650

Detaylı

Đst201 Đstatistik Teorisi I

Đst201 Đstatistik Teorisi I Đst20 Đstatstk Teors I DERSĐN TÜRÜ Zorulu DERSĐN DÖNEMĐ Yaz DERSĐN KREDĐSĐ Ulusal Kred: (4, 0, 0 ) 4 KTS: 7 DERSĐN VERĐLDĐĞĐ Bölüm: Đstatstk 200/20 Öğretm Yılı DERSĐN MCI Đstatstğ matematksel temeller

Detaylı

POLİNOMLAR. reel sayılar ve n doğal sayı olmak üzere. n n. + polinomu kısaca ( ) 2 3 n. ifadeleri polinomun terimleri,

POLİNOMLAR. reel sayılar ve n doğal sayı olmak üzere. n n. + polinomu kısaca ( ) 2 3 n. ifadeleri polinomun terimleri, POLİNOMLAR Taım : a0, a, a,..., a, a reel sayılar ve doğal sayı olmak üzere P x = a x + a x +... + a x + a x + a biçimideki ifadelere x e bağlı reel katsayılı poliom (çok terimli) deir. 0 a 0 ax + a x

Detaylı

ÖLÇÜM, ÖLÇÜM HATALARI ve ANLAMLI RAKAMLAR

ÖLÇÜM, ÖLÇÜM HATALARI ve ANLAMLI RAKAMLAR ÖLÇÜM, ÖLÇÜM HATALARI ve ANLAMLI RAKAMLAR Ölçme, her deeysel blm temel oluşturur. Fzk blmde de teorler sıaması ç çeştl deeyler tasarlaır ve bu deeyler sırasıda çok çeştl ölçümler yapılır. Br fzksel celğ

Detaylı

BÖLÜM II. Asal Sayılar. p ab ise p a veya p b dir.

BÖLÜM II. Asal Sayılar. p ab ise p a veya p b dir. BÖLÜM II Asal Sayılar Taım. p > tam sayısıı de ve ediside başa bölei yosa bu sayıya asal sayı deir. de büyü asal olmaya sayılara da bileşi sayı deir. Teorem. Eğer p bir asal sayı ve p ab ise p a veya p

Detaylı

Bir KANUN ve Bir TEOREM. Büyük Sayılar Kanunu

Bir KANUN ve Bir TEOREM. Büyük Sayılar Kanunu Br KANUN ve Br TEOREM Büyük Türkçe Sözlük kau Đg. law Doğa olaylarıı oluş edeler ortaya koya ve gelecektek olayları öcede kestrme olaağı vere bağıtı; Newto kauu, Kepler kauları. (BSTS / Gökblm Termler

Detaylı

1. TEMEL KAVRAMLAR Derleyen: Osman EKİZ ( )

1. TEMEL KAVRAMLAR Derleyen: Osman EKİZ ( ) . TEMEL KAVRAMLAR Derleye: Osma EKİZ Bu çalışmaı temelii Jiri Herma, Rada Kucera, Jaromir Simsa., Elemetary Problems ad Theorems i Algebra ad Number Theory isimli kitap oluşturmaktadır. İlgili bölümü çevirisi

Detaylı

(Sopphie Germain Denklemi) çarpanlarına ayırınız. r s + t r s + t olduğunu ispatlayınız. + + + + olduğunu. + + = + + eşitliğini ispatlayınız.

(Sopphie Germain Denklemi) çarpanlarına ayırınız. r s + t r s + t olduğunu ispatlayınız. + + + + olduğunu. + + = + + eşitliğini ispatlayınız. Sayılar Teorisi Kouları Geel Sıavları www.sbelia.wordpress.com SINAV I(IDENTITIES WITH SQUARES) 4 4. a 4b (Sopphie Germai Deklemi) çarpalarıa ayırıız.. 4 4 = A ise A ı sadece = durumuda asal olduğuu ispatlayıız..

Detaylı

BEKLENEN DEĞER VE VARYANS

BEKLENEN DEĞER VE VARYANS BEKLEE DEĞER VE VARYAS.1. İadel ve adesz öreklemede tüm mümkü örekler.. Beklee değer.3. Varyas.4. İk değşke ortak dağılımı.5. İstatstksel bağımsızlık.6. Tesadüf değşkeler doğrusal kombasyolarıı beklee

Detaylı

ÖRNEKLEME YÖNTEMLERİ ve ÖRNEKLEM GENİŞLİĞİ

ÖRNEKLEME YÖNTEMLERİ ve ÖRNEKLEM GENİŞLİĞİ 03.05.013 ÖRNEKLEME YÖNTEMLERİ ve ÖRNEKLEM GENİŞLİĞİ 1 Nede Örekleme? Öreklemde çalışmak ktlede çalışmakta daha kolaydır. Ktle üzerde çalışmak çok daha masraflı olablr. Çoğu durumda tüm ktleye ulaşmak

Detaylı

( 1) ( ) işleminde etkisiz eleman e, tersi olmayan eleman t ise te kaçtır? a) 4/3 b) 3/4 c) -3 d) 4 e) Hiçbiri

( 1) ( ) işleminde etkisiz eleman e, tersi olmayan eleman t ise te kaçtır? a) 4/3 b) 3/4 c) -3 d) 4 e) Hiçbiri V MERSİN MATEMATİK OLİMPİYATI (ÜNV ÖĞR) I AŞAMA SINAV SORULARI ( Nisa 8) de ye taımlı, birebir ve örte f ve g foksiyoları her bir içi koşuluu sağlası g( a ) = ve f ( ) ( ) ( ) f = g a 4 = a ise a sayısı

Detaylı

SAYILAR DERS NOTLARI Bölüm 1 / 3 SAYILAR DERS NOTLARI KONU BASLIKLARI:

SAYILAR DERS NOTLARI Bölüm 1 / 3 SAYILAR DERS NOTLARI KONU BASLIKLARI: www.testhae.com SAYILAR DERS NOTLARI Bölüm / 3 SAYILAR DERS NOTLARI KONU BASLIKLARI: -RAKAM -SAYI -DOGAL SAYILAR -SAYMA SAYILARI -ÇFT DOGAL SAYILAR -TEK DOGAL SAYILAR -ARDISIK DOGAL SAYILAR -ARDISIK ILK

Detaylı

Regresyon ve Korelasyon Analizi. Regresyon Analizi

Regresyon ve Korelasyon Analizi. Regresyon Analizi Regresyo ve Korelasyo Aalz Regresyo Aalz Regresyo Aalz Regresyo aalz, aralarıda sebep-souç lşks bulua k veya daha fazla değşke arasıdak lşky belrlemek ve bu lşky kullaarak o kou le lgl tahmler (estmato)

Detaylı

6. NORMAL ALT GRUPLAR

6. NORMAL ALT GRUPLAR 6. ORMAL ALT GRUPLAR G br grup ve olsun. 5. Bölümden çn eştlğnn her zaman doğru olamayacağını blyoruz. Fakat bu özellğ sağlayan gruplar, grup teorsnde öneml rol oynamaktadır. Bu bölümde bu tür grupları

Detaylı

Sayısal Türev Sayısal İntegrasyon İnterpolasyon Ekstrapolasyon. Bölüm Üç

Sayısal Türev Sayısal İntegrasyon İnterpolasyon Ekstrapolasyon. Bölüm Üç Sayısal Türev Sayısal İtegrasyo İterpolasyo Ekstrapolasyo Bölüm Üç Bölüm III 8 III-. Pvot Noktaları Br ( ) oksyouu değer, geellkle ekse üzerdek ayrık oktalarda belrler. Bu oktalara pvot oktaları der. Bu

Detaylı

Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri. n c = nc i= 1 n ca i. k 1. i= r n. Σ sembolü ile bilinmesi gerekli bazı formüller : 1) k =1+ 2 + 3+...

Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri. n c = nc i= 1 n ca i. k 1. i= r n. Σ sembolü ile bilinmesi gerekli bazı formüller : 1) k =1+ 2 + 3+... MC formülüü doğruluğuu tümevarım ilkesi ile gösterelim. www.matematikclub.com, 00 Cebir Notları Gökha DEMĐR, gdemir@yahoo.com.tr Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri Tümevarım Metodu : Matematikte kulladığımız

Detaylı

BAĞINTI VE FONKSİYON

BAĞINTI VE FONKSİYON BAĞINTI VE FONKSİYON SIRALI N-Lİ x, x, x,..., x tae elema olsu. ( x, x, x,..., x ) yazılışıda elemaları sırası öemli ise x, x, x,..., x ) e sıralı -li deir. x, x, x,..., x ) de ( x (, x, x ( x, ) sıralı

Detaylı

POLİNOMLARDA İNDİRGENEBİLİRLİK. Derleyen Osman EKİZ Eskişehir Fatih Fen Lisesi 1. GİRİŞ

POLİNOMLARDA İNDİRGENEBİLİRLİK. Derleyen Osman EKİZ Eskişehir Fatih Fen Lisesi 1. GİRİŞ POLİNOMLARDA İNDİRGENEBİLİRLİK Derleye Osma EKİZ Eskişehir Fatih Fe Lisesi. GİRİŞ Poliomları idirgeebilmesi poliomları sıfırlarıı bulmada oldukça öemlidir. Şimdi poliomları idirgeebilmesi ile ilgili bazı

Detaylı

İki veri setinin yapısının karşılaştırılması

İki veri setinin yapısının karşılaştırılması İk ver set yapısıı karşılaştırılması Dağılım: 6,6,6 Ortalama: 6 Medya: 6 Mod: 6 td. apma: 0 Dağılım: 0,6,1 Ortalama: 6 Medya: 6 Mod: çoklu mod td: apma: 6 Amaç: Görüe Ötese Bakablmek Verler değşkelk durumuu

Detaylı

Diziler ve Seriler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV

Diziler ve Seriler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV Diziler ve Seriler Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üiteyi çalıştıkta sora; dizi kavramıı taıyacak, dizileri yakısaklığıı araştırabilecek, sosuz toplamı alamıı bilecek, serileri yakısaklığıı

Detaylı

BASAMAK ATLAYARAK VEYA FARKLI ZIPLAYARAK İLERLEME DURUMLARININ SAYISI

BASAMAK ATLAYARAK VEYA FARKLI ZIPLAYARAK İLERLEME DURUMLARININ SAYISI Projesii Kousu: Bir çekirgei metre, metre veya 3 metre zıplayarak uzuluğu verile bir yolu kaç farklı şekilde gidebileceği ya da bir kişii veya (veya 3) basamak atlayarak basamak sayısı verile bir merdivei

Detaylı

ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ

ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ Lokma Gökçe Olimpiyat problemlerii çözümüde eşitsizlik teorisi öemli bir yer tutar. Baze bir maksimum miimum değer problemide, baze bir geometrik eşitsizlik kaıtıda, baze

Detaylı

= k. Aritmetik Ortalama. Tanımlayıcı İstatistikler TANIMLAYICI İSTATİSTİKLER. Sınıflanmış Seriler İçin Aritmetik Ortalama

= k. Aritmetik Ortalama. Tanımlayıcı İstatistikler TANIMLAYICI İSTATİSTİKLER. Sınıflanmış Seriler İçin Aritmetik Ortalama TANIMLAYICI İSTATİSTİKLER Taımlayıcı İstatstkler MERKEZİ EĞİLİM ÖLÇÜLERİ Dr. Mehmet AKSARAYLI D.E.Ü. İ.İ.B.F..B.F. EKONOMETRİ BÖLÜMÜ mehmet.aksarayl aksarayl@deu.edu.tr Yer Ölçüler (Merkez Eğlm Ölçüler)

Detaylı

( KÜME LİSTE, ORTAK ÖZELLİK, ŞEMA YÖNTEMİ ELEMAN SAYISI BOŞ, SONLU, SONSUZ KÜME ALT KÜME VE ÖZELLİKLERİ ) ... BOŞ KÜME. w w w. m a t b a z.

( KÜME LİSTE, ORTAK ÖZELLİK, ŞEMA YÖNTEMİ ELEMAN SAYISI BOŞ, SONLU, SONSUZ KÜME ALT KÜME VE ÖZELLİKLERİ ) ... BOŞ KÜME. w w w. m a t b a z. KÜME KAVRAMI Küme matematiği taımsız bir kavramıdır. Acak kümeyi, iyi taımlamış kavram veya eseler topluluğu diye tarif edebiliriz. Kümeler A, B, X, K,... gibi büyük harflerle Bir kümeyi oluştura eseleri

Detaylı

p sayısının pozitif bölenlerinin sayısı 14 olacak şekilde kaç p asal sayısı bulunur?

p sayısının pozitif bölenlerinin sayısı 14 olacak şekilde kaç p asal sayısı bulunur? 07.10.2006 1. Kaç p asal sayısı için, x 3 x + 2 (x r) 2 (x s) (mod p) denkliğinin tüm x tam sayıları tarafından gerçeklenmesini sağlayan r, s tamsayıları bulunabilir? 2. Aşağıdaki ifadelerin hangisinin

Detaylı

1. GAZLARIN DAVRANI I

1. GAZLARIN DAVRANI I . GZLRIN DRNI I İdeal Gazlar ç: lm 0 RT İdeal gazlar ç: RT Hacm() basıçla() değşk sıcaklıklarda değşm ekl.. de gösterlmştr. T >T 8 T T T 3 asıç T 4 T T 5 T 7 T 8 Molar Hacm ekl.. Gerçek br gazı değşk sıcaklıklardak

Detaylı

TÜMEVARIM. kavrayabilmek için sonsuz domino örneği iyi bir modeldir. ( ) domino taşını devirmek gibidir. P ( k ) Önermesinin doğru olması halinde ( 1)

TÜMEVARIM. kavrayabilmek için sonsuz domino örneği iyi bir modeldir. ( ) domino taşını devirmek gibidir. P ( k ) Önermesinin doğru olması halinde ( 1) TÜMEVARIM Matematite ulladığımız teoremleri ispatlamasıda pe ço ispat yötemi vardır. Özellile doğal sayılar ve birço ouda ispatlar yapare tümevarım yötemii sıça ullaırız. Tümevarım yötemii P Öermesii doğruluğuu

Detaylı

KPSS MATEMATÝK. SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) N tam sayılar kümesinde i N için, A = 1 i,i 1

KPSS MATEMATÝK. SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) N tam sayılar kümesinde i N için, A = 1 i,i 1 SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) 1. A = { k k Z, < k 4 } 4. N tam sayılar kümesinde i N için, k 1 B = { k Z, 1 k < 1 } k 1 A = 1 i,i 1 i ( ] kümeleri verildiğine göre, aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

Detaylı

Tahmin Edicilerin ve Test Đstatistiklerinin Simülasyon ile Karşılaştırılması

Tahmin Edicilerin ve Test Đstatistiklerinin Simülasyon ile Karşılaştırılması . Ders ĐSTATĐSTĐKTE SĐMÜLASYON Tahm Edcler ve Test Đstatstkler Smülasyo le Karşılaştırılması Đstatstk rasgelelk olgusu çere olay süreç ve sstemler modellemesde özellkle bu modellerde souç çıkarmada ve

Detaylı

Değişkenler Arasındaki İlişkiler Regresyon ve Korelasyon. Dr. Musa KILIÇ

Değişkenler Arasındaki İlişkiler Regresyon ve Korelasyon. Dr. Musa KILIÇ Değşkeler Arasıdak İlşkler Regresyo ve Korelasyo Dr. Musa KILIÇ http://ks.deu.edu.tr/musa.klc 1. Grş Buda öcek bölümlerde celedğmz koular, br tek değşke ç yorumlamalar yapmaya yöelk statstk yötemler üzerde

Detaylı

Venn Şeması ile Alt Kümeleri Saymak

Venn Şeması ile Alt Kümeleri Saymak Ve Şeması ile lt Kümeleri Saymak Osma Ekiz Bu çalışmada verile bir kümei çeşitli özellikleri sağlaya alt küme veya alt kümlerii ve şeması yardımıyla saymaya çalışacağız. Temel presibimiz aradığımız alt

Detaylı

KUVVET SİSTEMLERİ KUVVET. Vektörel büyüklük. - Kuvvetin büyüklüğü - Kuvvetin doğrultusu - Kuvvetin uygulama noktası - Kuvvetin yönü. Serbest vektör.

KUVVET SİSTEMLERİ KUVVET. Vektörel büyüklük. - Kuvvetin büyüklüğü - Kuvvetin doğrultusu - Kuvvetin uygulama noktası - Kuvvetin yönü. Serbest vektör. İ.T.Ü. aka akültes ekak Aa Blm Dalı STATİK - Bölüm KUVVET SİSTELEİ KUVVET Vektörel büyüklük - Kuvvet büyüklüğü - Kuvvet doğrultusu - Kuvvet uygulama oktası - Kuvvet yöü S = (,,..., ) = + +... + = Serbest

Detaylı

Tanımlayıcı İstatistikler

Tanımlayıcı İstatistikler Taımlayıcı İstatstkler Taımlayıcı İstatstkler br değerler dzs statstksel olarak geel özellkler taımlaya ölçülerdr Taımlayıcı İstatstkler Yer Göstere Ölçüler Yaygılık Ölçüler Yer Göstere Ölçüler Br dağılımı

Detaylı

TABAKALI ŞANS ÖRNEKLEME

TABAKALI ŞANS ÖRNEKLEME 6 TABAKAI ŞA ÖREKEME 6.. Populasyo ortalaması ve populasyo toplamıı tam 6.. Populasyo ortalamasıı ve toplamıı varyası 6... Populasyo ortalamasıı varyası 6... Populasyo toplamıı varyası 6..3. Ortalama ve

Detaylı

( KÜME LİSTE, ORTAK ÖZELLİK, ŞEMA YÖNTEMİ ELEMAN SAYISI BOŞ, SONLU, SONSUZ KÜME ALT KÜME VE ÖZELLİK- LERİ ) ... BOŞ KÜME. w w w. m a t b a z.

( KÜME LİSTE, ORTAK ÖZELLİK, ŞEMA YÖNTEMİ ELEMAN SAYISI BOŞ, SONLU, SONSUZ KÜME ALT KÜME VE ÖZELLİK- LERİ ) ... BOŞ KÜME. w w w. m a t b a z. KÜME KAVRAMI Küme matematiği taımsız bir kavramıdır. Acak kümeyi, iyi taımlamış kavram veya eseler topluluğu diye tarif edebiliriz. Kümeler A, B, X, K,... gibi büyük harflerle gösterilir. Bir kümeyi oluştura

Detaylı

TÜME VARIM Bu bölümde öce,kısaca tümevarım yötemii, sorada ÖYS de karşılamakta olduğumuz sembolüü ve sembolüü ele alacağız. A. TÜME VARIM YÖNTEMİ Tümevarım yötemii ifade etmede öce, öerme ve doğruluk kümesi

Detaylı

Genelleştirilmiş Ortalama Fonksiyonu ve Bazı Önemli Eşitsizliklerin Öğretimi Üzerine

Genelleştirilmiş Ortalama Fonksiyonu ve Bazı Önemli Eşitsizliklerin Öğretimi Üzerine Geelleşrlmş Oralama Foksyou ve Bazı Öeml Eşszlkler Öğrem Üzere Gabl ADİLOV, Gülek TINAZTEPE & Serap KEALİ * Öze Armek oralama, Geomerk oralama, Harmok oralama, Kuvadrak oralama ve bular arasıdak lşk vere

Detaylı

ÖABT Sayılar Teorisi KONU TESTİ Tam Sayılarda Bölünebilme

ÖABT Sayılar Teorisi KONU TESTİ Tam Sayılarda Bölünebilme ÖABT Sayılar Teorisi KONU TESTİ Tam Sayılarda Bölünebilme ÇÖZÜMLER. a b ve b a a b, a, b a b a b ve b c a c olduğundan a b ve c d ise a c b d olmayabilir. ve 5., ve olduğundan sonsuz çözüm vardır...9.9

Detaylı

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4. PURPLE COMET MATEMATİK BULUŞMASI Nisan 2010 LİSE - PROBLEMLERİ

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4. PURPLE COMET MATEMATİK BULUŞMASI Nisan 2010 LİSE - PROBLEMLERİ PURPLE COMET MATEMATİK BULUŞMASI Nisa 2010 LİSE - PROBLEMLERİ c Copyright Titu Adreescu ad Joatha Kae Çeviri. Sibel Kılıçarsla Casu ve Fatih Kürşat Casu Problem 1 m ve aralarıda asal pozitif tam sayılar

Detaylı

BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ. Doç.Dr. Suat ŞAHİNLER

BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ. Doç.Dr. Suat ŞAHİNLER BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ İkici bölümde verileri frekas tablolarıı hazırlaması ve grafikleri çizilmesideki esas amaç; gözlemleri doğal olarak ait oldukları populasyo dağılışıı belirlemek ve dağılışı geel özelliklerii

Detaylı

Soyut Cebir. Prof. Dr. Dursun TAŞCI

Soyut Cebir. Prof. Dr. Dursun TAŞCI Soyut Cebir Prof. Dr. Dursun TAŞCI Ankara 2007 674 ÖNSÖZ Bu kitap; Selçuk Üniversitesi ve Gazi Üniversitesinde uzun yıllar okutmuş olduğum Soyut Cebir ve Cebire Giriş ders notlarının düzenlenmesi ve daha

Detaylı

Analiz II Çalışma Soruları-2

Analiz II Çalışma Soruları-2 Aaliz II Çalışma Soruları- So gücelleme: 04040 (I Aşağıdaki foksiyoları (ilgili değişkelere göre türevlerii buluuz 7 cos π 8 log (si π ( si ta e 9 4 5 6 + cot 0 sec sit t si( e + e arccos ( e cos(ta (II

Detaylı

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İkinci Dereceden Denklemler a, b ve c reel sayı, a ¹ 0 olmak üzere ax + bx + c = 0 şeklinde yazılan denklemlere ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Aşağıdaki denklemlerden

Detaylı

POLĐNOMLAR YILLAR ÖYS

POLĐNOMLAR YILLAR ÖYS YILLAR 4 5 6 7 8 9 ÖSS - - - - - - ÖYS POLĐNOMLAR a,a,a,..., a P () = a + a +... + a R ve N olmak üzere; ifadesie Reel katsayılı.ci derecede bir değişkeli poliom deir. P()= a sabit poliom, (a ) P()= sıfır

Detaylı

Bir Kompleks Sayının n inci Kökü.

Bir Kompleks Sayının n inci Kökü. Prof.Dr.Hüsy ÇAKALLI Br Komplks Sayıı c Kökü. hrhag br sab doğal sayı olmak ür, br komplks sayıı c kökü, c kuvv bu sayıya ş ola komplks sayıdır. ( r(cos s olsu v (cos s dylm. Bu akdrd ( [ (cos s] dr v

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler...

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler... İÇİNDEKİLER Ö Söz... Poliomlar... II. ve III. Derecede Deklemler... Parabol... 9 II. Derecede Eşitsizlikler... 8 Trigoometri... 8 Logaritma... 59 Toplam ve Çarpım Sembolü... 7 Diziler... 79 Özel Taımlı

Detaylı

) ( k = 0,1,2,... ) iterasyon formülü kullanılarak sabit

) ( k = 0,1,2,... ) iterasyon formülü kullanılarak sabit Karadez Te Üverstes Blgsayar Mühedslğ Bölümü 5-6 Güz Yarıyılı Sayısal Çözümleme Ara Sıav Soruları Tarh: Kasım 5 Perşembe Süre: daa. f ( ( + a e fosyouu sabt otası olmadığı bldğe göre, a 'ı alableceğ e

Detaylı

ASAL ÇARPANLARINA AYIRMA ÇÖZÜMLÜ SORULAR

ASAL ÇARPANLARINA AYIRMA ÇÖZÜMLÜ SORULAR ASAL ÇARPANLARINA AYIRMA ÇÖZÜMLÜ SORULAR 1) 60 sayısıı asal çarpalarıa ayrılmış şekli aşağıdakilerde hagisidir? A)..5 D)..5 B)..5 E)..5 C)..5 1.Yötem: 60 180 90 45 60..5 tir. 15 5 5 1.Yötem: Öğrecilerimizi1.Yötemde

Detaylı

Parametrik Olmayan İstatistik Çözümlü Sorular - 2

Parametrik Olmayan İstatistik Çözümlü Sorular - 2 Parametrk Olmaya İstatstk Çözümlü Sorular - Soru Böbrek hastalarıa at Kreat (KRT) değerlere lşk br araştırma yapılmak stemektedr. Buu ç rasgele seçle hastaya at Kreat değerler aşağıdak gb elde edlmştr

Detaylı

ÇİN KALAN TEOREMİ. Chinese Remainder Theorem A.KILIÇ & V.SERT Ç ANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ

ÇİN KALAN TEOREMİ. Chinese Remainder Theorem A.KILIÇ & V.SERT Ç ANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ Chiese Remaider Theorem A.KILIÇ & V.SERT 2012 Ç ANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ İçidekiler Sayfa o Semboller 2 Ösöz 3 Öbilgiler 4 Geel Halkalar içi Çi Kala Teoremi 7 Çi Kala Teoremii Tamsayılar Halkasıa

Detaylı

MERKEZİ EĞİLİM ÖLÇÜLERİ

MERKEZİ EĞİLİM ÖLÇÜLERİ MERKEZİ EĞİLİM ÖLÇÜLERİ Gözlee ver düzeleerek çzelgelerle, graklerle suulması çoğu kez yeterl olmaz. Geel durumu yasıtacak br takım ölçülere gereksm vardır. Bu ölçüler verler yalızca özlü br bçmde belrtmekle

Detaylı

OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe)

OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe) OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe) Matematikte sayı dizileri teorisii ilgiç bir alt kolu ola idirgemeli diziler kousu olimpiyat problemleride de karşımıza

Detaylı

ĐÇI DEKILER 1. TEMEL ĐSTATĐSTĐK KAVRAMLAR VE OTASYO LAR 1

ĐÇI DEKILER 1. TEMEL ĐSTATĐSTĐK KAVRAMLAR VE OTASYO LAR 1 ĐÇI DEKILER Sayfa. TEMEL ĐSTATĐSTĐK KAVRAMLAR VE OTASYO LAR.. Grş.. Đstatstk.3. Populasyo.4. Örek.5. Brm.6. Parametre.7. Değşke 3.8. Ver ve Ver Tpler 3.9. Toplama Sembolü 4 ÇALIŞMA PROBLEMLERĐ 6. VERĐLERĐ

Detaylı

18.06 Professor Strang FİNAL 16 Mayıs 2005

18.06 Professor Strang FİNAL 16 Mayıs 2005 8.6 Professor Strag FİNAL 6 Mayıs 25 ( Pua) P,..., P R deki oktalar olsu. ( ai, ai2,..., a i) P i i koordiatlarıdır. Bütü P i oktasıı içere bir cx +... + cx = hiperdüzlemi bulmak istiyoruz. a) Bu hiperdüzlemi

Detaylı

VII. OLİMPİYAT SINAVI. Sınava Katılan Tüm Talebe Arkadaşlara Başarılar Dileriz SORULAR k polinomu ( )

VII. OLİMPİYAT SINAVI. Sınava Katılan Tüm Talebe Arkadaşlara Başarılar Dileriz SORULAR k polinomu ( ) Sıava Katıla Tüm Talebe Arkadaşlara Başarılar Dileriz SORULAR 2 997. ( )( )( ) ( ) ( ) k x x x... k. x... 997. x poliomu ( ) a x a x... a x, a 0 ve k < k

Detaylı

Filbert Matrislerinin Normları İçin Alt ve Üst Sınırlar. The Upper and Lower Bounds For Norms of Filbert Matrices

Filbert Matrislerinin Normları İçin Alt ve Üst Sınırlar. The Upper and Lower Bounds For Norms of Filbert Matrices lert Matrsler Normları İç lt ve Üst Sıırlar Sülema Demrel Üverstes B Türe E Sarııar e Blmler Esttüsü Dergs - (00 - lert Matrsler Normları İç lt ve Üst Sıırlar Bahr TÜREN E SRIPINR Sülema Demrel Üverstes

Detaylı

Kuyruk Teorisi Ders Notları: Bazı Kuyruk Modelleri

Kuyruk Teorisi Ders Notları: Bazı Kuyruk Modelleri uyruk Teorisi Ders Notları: Bazı uyruk Modelleri Mehmet YILMAZ mehmetyilmaz@akara.edu.tr 10 ASIM 2017 11. HAFTA 6 Çok kaallı, solu N kapasiteli, kuyruk sistemi M/M//N/ Birimleri sisteme gelişleri arasıdaki

Detaylı

HĐPERSTATĐK SĐSTEMLER

HĐPERSTATĐK SĐSTEMLER HĐPERSTATĐK SĐSTELER Taım: Bütü kest zorları, şekldeğştrmeler ve yerdeğştrmeler belrlemes ç dege deklemler yeterl olmadığı sstemlere hperstatk sstemler der. Hperstatk sstemler hesabı ç, a) Dege deklemlere,

Detaylı

MATEMATİK ÖĞRETMENİ ALIMI AKADEMİK BECERİ SINAVI ÇÖZÜMLERİ

MATEMATİK ÖĞRETMENİ ALIMI AKADEMİK BECERİ SINAVI ÇÖZÜMLERİ MTEMTİK ÖĞRETMENİ LIMI KDEMİK EERİ SINVI ÇÖZÜMLERİ SÜLEYMNİYE EĞİTİM KURUMLRI MTEMTİK ÖĞRETMENİ LIMI KDEMİK EERİ SINVI ÇÖZÜMLERİ SORULR. li ile etül ü de içide buluduğu 4 erkek ve 6 bayada oluşa bir grupta

Detaylı

ÖZEL EGE LİSESİ 10. OKULLARARASI MATEMATİK YARIŞMASI 10. SINIFLAR SORULARI

ÖZEL EGE LİSESİ 10. OKULLARARASI MATEMATİK YARIŞMASI 10. SINIFLAR SORULARI 0 KULLARARASI MATEMATİK YARIŞMASI 0 SINIFLAR SRULARI (5xy) dört basamaklı sayıdır 5 x y 6 - a 3 Yukarıdaki bölme işlemine göre y nin alabileceği değerler toplamı kaçtır? 4 m pozitif bir tamsayı olmak üzere;

Detaylı

PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ. Mühendislik Fakültesi, Makine Mühendisliği Bölümü. Zekeriya Girgin DENİZLİ, 2015 OTOMATİK KONTROL DERS NOTLARI

PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ. Mühendislik Fakültesi, Makine Mühendisliği Bölümü. Zekeriya Girgin DENİZLİ, 2015 OTOMATİK KONTROL DERS NOTLARI PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ Mühedlk Fakülte, Make Mühedlğ Bölümü Zekerya Grg DENİZLİ, 05 OTOMATİK KONTROL DERS NOTLARI Ööz Mühedlkte vermeye başladığım Otomatk Kotrol der daha y alaşılablme ç bu otlar hazırlamaya

Detaylı

SAYILAR DOĞAL VE TAM SAYILAR

SAYILAR DOĞAL VE TAM SAYILAR 1 SAYILAR DOĞAL VE TAM SAYILAR RAKAM: Sayıları ifade etmek için kullandığımız 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sembollerinden her birine rakam denir. Soru: a ve b farklı rakamlar olmak üzere a + b nin alabileceği

Detaylı

TOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi İKT351 Ekonometri I, Ara Sınavı

TOBB Ekonomi ve Teknoloji Üniversitesi İKT351 Ekonometri I, Ara Sınavı TOBB Ekoom ve Tekoloj Üverstes İKT351 Ekoometr I, Ara Sıavı Öğr.Gör.: Yrd. Doç. Dr. A. Talha YALTA Ad, Soyad: Açıklamalar: Bu sıav toplam 100 pua değerde 4 soruda oluşmaktadır. Sıav süres 90 dakkadır ve

Detaylı

11.Konu Tam sayılarda bölünebilme, modüler aritmetik, Diofant denklemler

11.Konu Tam sayılarda bölünebilme, modüler aritmetik, Diofant denklemler 11.Konu Tam sayılarda bölünebilme, modüler aritmetik, Diofant denklemler 1. Asal sayılar 2. Bir tam sayının bölenleri 3. Modüler aritmetik 4. Bölünebilme kuralları 5. Lineer modüler aritmetik 6. Euler

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferasiyel Deklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulumak veya kullaım koşulları hakkıda bilgi içi http://ocw.mit.edu/terms web sitesii ziyaret ediiz.

Detaylı

(3) Eğer f karmaşık değerli bir fonksiyon ise gerçel kısmı Ref Lebesgue. Ref f. (4) Genel karmaşık değerli bir fonksiyon için. (6.

(3) Eğer f karmaşık değerli bir fonksiyon ise gerçel kısmı Ref Lebesgue. Ref f. (4) Genel karmaşık değerli bir fonksiyon için. (6. Problemler 3 i Çözümleri Problemler 3 i Çözümleri Aşağıdaki özellikleri kaıtlamaızı ve buu yaıda daha fazla soyut kaıt vermeizi isteyeceğiz. h.h. eşitliğii ölçümü sıfır ola bir kümei tümleyei üzeride eşit

Detaylı

sayısının tamkare olmasını sağlayan kaç p asal sayısı vardır?(88.32) = n 2 ise, (2 p 1

sayısının tamkare olmasını sağlayan kaç p asal sayısı vardır?(88.32) = n 2 ise, (2 p 1 TAM KARELER 1. Bir 1000 basamaklı sayıda bir tanesi dışında tüm basamaklar 5 tir. Bu sayının hiçbir tam sayının karesi olamayacağını kanıtlayınız. (2L44) Çözüm: Son rakam 5 ise, bir önceki 2 olmak zorunda.

Detaylı

GENELLEŞTİRİLMİŞ BULANIK KÜMELER. Mehmet Şahin Gaziantep Üniversitesi, Matematik Bölümü, 27310, Gaziantep

GENELLEŞTİRİLMİŞ BULANIK KÜMELER. Mehmet Şahin Gaziantep Üniversitesi, Matematik Bölümü, 27310, Gaziantep GENEEŞTİRİMİŞ UANIK KÜMEER Mehme Şah Gazaep Üverses, Maemak ölümü, 27310, Gazaep ÖZET: u çalışmada öcelkle P ( br al ale olarak buludura bulaık kümeler GF ales br halka olarak yapıladırılmaka ve bu yapıı

Detaylı

TEZ ONAYI Eda YAZAR tarafıda hazırlaa Fuzzy Topolojk Gruplar adlı tez çalışması 22/07/2008 tarhde jür tarafıda oy brlğ le Akara Üverstes Fe Blmler Est

TEZ ONAYI Eda YAZAR tarafıda hazırlaa Fuzzy Topolojk Gruplar adlı tez çalışması 22/07/2008 tarhde jür tarafıda oy brlğ le Akara Üverstes Fe Blmler Est ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ FUZZY TOPOLOJİK GRUPLAR Eda YAZAR MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2008 Her hakkı saklıdır TEZ ONAYI Eda YAZAR tarafıda hazırlaa Fuzzy Topolojk

Detaylı

Zaman Skalasında Box-Cox Regresyon Yöntemi

Zaman Skalasında Box-Cox Regresyon Yöntemi Dokuz Eylül Üverstes İktsad ve İdar Blmler Fakültes Dergs, Clt:7, Sayı:, Yıl:0, ss.57-70. Zama Skalasıda Bo-Co Regresyo Yötem Atlla Özur İŞÇİ Sbel PAŞALI GÖKTAŞ ATMACA 3 M. Nyaz ÇANKAYA 4 Özet Hata term

Detaylı

Örnek 2.1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI III. Markov Süreçleri Ders 7. Koşulsuz Durum Olasılıkları. Örnek 2.1

Örnek 2.1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI III. Markov Süreçleri Ders 7. Koşulsuz Durum Olasılıkları. Örnek 2.1 Örek.1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI III Markov Süreçleri Ders 7 Yrd. Doç. Dr. Beyazıt Ocakta Web site: ocakta.bau.edu.tr E-mail: bocakta@gmail.com Reault marka otomobil sahilerii bir soraki otomobillerii de Reault

Detaylı

H.L.Royde Real Aalysis çeviri ve düzeleme Prof.Dr.Hüseyi Çakallı Kısım Bir Reel Değişkeli Foksiyolar Teorisi Prof.Dr.Hüseyi Çakallı 3 H.L.Royde Real Aalysis çeviri ve düzeleme Prof.Dr.Hüseyi Çakallı Reel

Detaylı

Normal Alt Gruplar ve Bölüm Grupları...37

Normal Alt Gruplar ve Bölüm Grupları...37 İÇİNDEKİLER Ön Söz...2 Gruplar...3 Alt Gruplar...9 Simetrik Gruplar...13 Devirli Alt Gruplar...23 Sol ve Sağ Yan Kümeler (Kosetler)...32 Normal Alt Gruplar ve Bölüm Grupları...37 Grup Homomorfizmaları...41

Detaylı

YILLIK ÜCRETLİ İZİN YÖNETMELİĞİ (03.03.2004 tarihli ve 25391 sayılı Resmi Gazete'de yayımlanmıştır.) BİRİNCİ BÖLÜM Amaç, Kapsam ve Dayanak

YILLIK ÜCRETLİ İZİN YÖNETMELİĞİ (03.03.2004 tarihli ve 25391 sayılı Resmi Gazete'de yayımlanmıştır.) BİRİNCİ BÖLÜM Amaç, Kapsam ve Dayanak YILLIK ÜCRETLİ İZİN YÖNETMELİĞİ (03.03.2004 tarhl ve 25391 sayılı Resm Gazete'de yayımlamıştır.) Amaç BİRİNCİ BÖLÜM Amaç, Kapsam ve Dayaak Madde 1 Bu Yöetmelğ amacı, 4857 sayılı İş Kauuu 53 ücü maddes

Detaylı

6. BÖLÜM VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYLARI

6. BÖLÜM VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYLARI 6. BÖLÜM VEKTÖR LARI -BOYUTLU (ÖKLİT) I Taım: Eğer pozitif bir tam sayı ise sıralı -sayı, gerçel sayılar kümesideki adet sayıı (a 1, a 2,, a ) bir dizisidir. Tüm sıralı -sayılarıı kümesi -boyutlu uzay

Detaylı

TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR

TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR 1.1. Kümeler ve Foksiyolar A ı bir elemaıa B i yalız bir elemaıı eşleye bağıtıya bir foksiyo deir. f : A B, Domf = U A ve ragef B dir. Taım 1.1.1. f : A B foksiyou içi V A olsu.

Detaylı

TEOG. Sayma Sayıları ve Doğal Sayılar ÇÖZÜM ÖRNEK ÇÖZÜM ÖRNEK SAYI BASAMAKLARI VE SAYILARIN ÇÖZÜMLENMESİ 1. DOĞAL SAYILAR.

TEOG. Sayma Sayıları ve Doğal Sayılar ÇÖZÜM ÖRNEK ÇÖZÜM ÖRNEK SAYI BASAMAKLARI VE SAYILARIN ÇÖZÜMLENMESİ 1. DOĞAL SAYILAR. TEOG Sayma Sayıları ve Doğal Sayılar 1. DOĞAL SAYILAR 0 dan başlayıp artı sonsuza kadar giden sayılara doğal sayılar denir ve N ile gösterilir. N={0, 1, 2, 3,...,n, n+1,...} a ve b doğal sayılar olmak

Detaylı

Tanımlayıcı İstatistikler (Descriptive Statistics) Dr. Musa KILIÇ

Tanımlayıcı İstatistikler (Descriptive Statistics) Dr. Musa KILIÇ Taımlayıcı İstatstkler (Descrptve Statstcs) Dr. Musa KILIÇ TANIMLAYICI ÖRNEK İSTATİSTİKLERİ YER ÖLÇÜLERİ (Frekas dağılışıı abss eksedek durumuu belrtr.) DEĞİŞİM ÖLÇÜLERİ ( Frekas dağılışıı şekl belrtr.).

Detaylı

1 Primitif Kökler. [Fermat ] p asal, p a a p 1 1 (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) = 1, a φ(m) 1 (mod m) φ(1) := 1

1 Primitif Kökler. [Fermat ] p asal, p a a p 1 1 (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) = 1, a φ(m) 1 (mod m) φ(1) := 1 Primitif Kökler [Fermat ] p asal, p a a p (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) =, a φ(m) (mod m) φ : Z + Z + φ() := φ(m) := {x Z x < m, ebob(x, m) = } φ fonksiyonunun özellikleri: ) m >, φ(m)

Detaylı

FİNANSAL YÖNETİM. Finansal Yönetim Örnek Sorular Güz 2015. Yrd. Doç. Dr. Rüstem Barış Yeşilay 1. Örnek. Örnek. Örnek. Örnek. Örnek

FİNANSAL YÖNETİM. Finansal Yönetim Örnek Sorular Güz 2015. Yrd. Doç. Dr. Rüstem Barış Yeşilay 1. Örnek. Örnek. Örnek. Örnek. Örnek Fasal Yöetm Örek lar Güz 2015 Güz 2015 Fasal Yöetm Örek lar 2 Örek FİNNSL YÖNETİM ÖRNEKLER 1000 TL %10 fazde kaç yıl süreyle yatırıldığıda 1600 TL olur? =1000 TL, FV=1600 TL, =0.1 FV (1 ) FV 1600 (1 )

Detaylı

MATEMATİK. Doç Dr Murat ODUNCUOĞLU

MATEMATİK. Doç Dr Murat ODUNCUOĞLU MATEMATİK Doç Dr Murat ODUNCUOĞLU Mesleki Matematik 1 TEMEL KAVRAMLAR RAKAM Sayıları yazmak için kullandığımız işaretlere rakam denir. Sayıları ifade etmeye yarayan sembollere rakam denir. Rakamlar 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9

Detaylı

(DERS NOTLARI) Hazırlayan: Prof.Dr. Orhan ÇAKIR. Ankara Üniversitesi, Fen Fakültesi, Fizik Bölümü

(DERS NOTLARI) Hazırlayan: Prof.Dr. Orhan ÇAKIR. Ankara Üniversitesi, Fen Fakültesi, Fizik Bölümü FİZ433 FİZİKTE BİLGİSAYAR UYGULAMALARI DERS NOTLARI Hazırlaya: Pro.Dr. Orha ÇAKIR Akara Üverstes, Fe Fakültes, Fzk Bölümü Akara, 7! İÇİNDEKİLER. LİNEER OLMAYAN DENKLEMLERİN KÖKLERİNİN BULUNMASI I/II. LİNEER

Detaylı

FEN VE MÜHENDİSLİKTE MATEMATİK METOTLAR

FEN VE MÜHENDİSLİKTE MATEMATİK METOTLAR FE VE MÜHEDİSLİKTE MTEMTİK METOTLR 3. KİTP MTRİS CEBİRİ f 70 İÇİDEKİLER I. MTRİS CEBİRİ ) Matrsler ve Elemaları B) İşlemler C) İk Özel Matrs D) Dyagoal Matrsler E) İz ve Determat F) Bazı Matrs İşlemler

Detaylı

Doç. Dr. Mehmet AKSARAYLI

Doç. Dr. Mehmet AKSARAYLI Doç. Dr. Mehmet AKSARALI www.mehmetaksarayl İstatstksel araştırmalarda k yada daha çok değşke arasıdak lşk celemes ç e çok kullaıla yötemlerde brs regresyo aalzdr. Değşkeler arasıdak lşk matematksel br

Detaylı

Bu bölümde kan tlayaca m z teoremi, artan ve üstten s -

Bu bölümde kan tlayaca m z teoremi, artan ve üstten s - 18. S rl ve Arta Diziler Bu bölümde ka tlayaca m z teoremi, arta ve üstte s - rl bir gerçel say dizisii üsts ra çarpmas a ramak kal r biçimide özetleyebiliriz. (Üsts r kavram Bölüm 19 da görece iz.) flte

Detaylı

BÖLÜM I. Tam sayılarda Bölünebilme

BÖLÜM I. Tam sayılarda Bölünebilme 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

Detaylı

Örnek A. Benzer tipteki 40 güç kaynağının dayanma süreleri aşağıdaki gibidir. Genişletilmiş frekans tablosu oluşturunuz;

Örnek A. Benzer tipteki 40 güç kaynağının dayanma süreleri aşağıdaki gibidir. Genişletilmiş frekans tablosu oluşturunuz; Öre A. Bezer pe 40 güç ayağıı dayama süreler aşağıda gbdr. Geşlelmş reas ablosu oluşuruuz;, 4,7 3, 3,4 3,3 3, 3,9 4, 3,4 4, 3,8 3,7 3,6 3,8 3,7 3,0,,6 3, 3,,6,9 3, 3,0 3,3 4,3 3, 4, 4,6 3, 3,3 4,4 3,9,9

Detaylı

TÜREV DEĞERLERİNİ İÇEREN RASYONEL İNTERPOLASYON YÖNTEMLERİ VE UYGULAMALARI. Bayram Ali İBRAHİMOĞLU* & Mustafa BAYRAM**

TÜREV DEĞERLERİNİ İÇEREN RASYONEL İNTERPOLASYON YÖNTEMLERİ VE UYGULAMALARI. Bayram Ali İBRAHİMOĞLU* & Mustafa BAYRAM** D.P.Ü. Fe Blmler Esttüsü 6. Sayı Eylül 8 Türev Değerler İçere Rasyoel İterpolasyo Yötemler ve Uygulamaları TÜREV DEĞERLERİNİ İÇEREN RASYONEL İNTERPOLASYON YÖNTEMLERİ VE UYGULAMALARI Bayram Al İBRAHİMOĞLU*

Detaylı

1 RASYONEL SAYILARDA İŞLEMLER Sorular Sorular DOĞRUSAL DENKLEMLER Sorular DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ 25

1 RASYONEL SAYILARDA İŞLEMLER Sorular Sorular DOĞRUSAL DENKLEMLER Sorular DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ 25 İçindekiler RASYONEL SAYILARDA İŞLEMLER. Çözümlü Sorular............................. 2.2 Sorular................................... 5 2 TEK - TERİMLİ veçok-terimli İFADELER 7 2. Çözümlü Sorular.............................

Detaylı

çözüm: C=19500 TL n=4 ay t=0,25 I i 1.yol: Senedin iskonto tutarı x TL olsun. Bu durumda senedin peşin değeri: P C I (19500 x) TL olarak alınabilir.

çözüm: C=19500 TL n=4 ay t=0,25 I i 1.yol: Senedin iskonto tutarı x TL olsun. Bu durumda senedin peşin değeri: P C I (19500 x) TL olarak alınabilir. 1 6)Kred değer 19500 TL ola br seet vadese 4 ay kala, yıllık %25 skoto oraı üzerde br bakaya skoto ettrlyor. Hesaplamada ç skoto metodu kullaıldığıa göre, seed skoto tutarı kaç TL dr? C=19500 TL =4 ay

Detaylı

BÖLÜM 4 KLASİK OPTİMİZASYON TEKNİKLERİ (KISITLI OPTİMİZASYON)

BÖLÜM 4 KLASİK OPTİMİZASYON TEKNİKLERİ (KISITLI OPTİMİZASYON) BÖÜM 4 KASİK OPTİMİZASYON TEKNİKERİ KISITI OPTİMİZASYON 4. GİRİŞ Öcek bölülerde de belrtldğ b optzaso probleler çoğuluğu kısıtlaıcı oksolar çerektedr. Kısıtlaasız optzaso problelerde optu değer ede oksou

Detaylı

TEMEL KAVRAMLAR. a Q a ve b b. a b c 4. a b c 40. 7a 4b 3c. a b c olmak üzere a,b ve pozitif. 2x 3y 5z 84

TEMEL KAVRAMLAR. a Q a ve b b. a b c 4. a b c 40. 7a 4b 3c. a b c olmak üzere a,b ve pozitif. 2x 3y 5z 84 N 0,1,,... Sayı kümesine doğal sayı kümesi denir...., 3,, 1,0,1,,3,... sayı kümesine tamsayılar kümesi denir. 1,,3,... saı kümesine sayma sayıları denir.pozitif tamsayılar kümesidir. 15 y z x 3 5 Eşitliğinde

Detaylı

Matematik Olimpiyatları İçin

Matematik Olimpiyatları İçin KONU ANLATIMLI Matematik Olimpiyatları İçi İdirgemeli Diziler, Kombiatorik ve Cebirsel Uygulamaları LİSE MATEMATİK OLİMPİYATLARI İÇİN Lokma Gökçe, Osma Ekiz İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Lokma Gökçe,

Detaylı

FERMAT VE EULER TEOREMLERİ

FERMAT VE EULER TEOREMLERİ FERMAT VE EULER TEOREMLERİ 1. 8 103 sayısı 13 e bölündüğünde elde edilen kalanı bulunuz. Çözüm: Fermat teoreminden 8 12 1 (mod 13) 8 103 (8 12 ) 8 8 7 8 7 2 21 2 9 2 4 2 4 2 3 3 2 5 (mod 13). 2. 3 619

Detaylı

Tanımlayıcı İstatistikler

Tanımlayıcı İstatistikler Taımlayıcı İstatstkler Br veya brde fazla dağılışı karşılaştırmak ç kullaıla veya ayrıca örek verlerde hareketle frekas dağılışlarıı sayısal olarak düzeleye değerlere taımlayıcı statstkler der. Aalzlede

Detaylı

8. Bir aritmetik dizide a 2 = 2, a 7 = 8 ise, ortak fark aşağıdakilerden

8. Bir aritmetik dizide a 2 = 2, a 7 = 8 ise, ortak fark aşağıdakilerden MC TEST I Seriler ve Diziler www.matematikclub.com, 2006 Cebir Notları Gökha DEMĐR, gdemir2@yahoo.com.tr 8. Bir aritmetik dizide a 2 = 2, a 7 = 8 ise, ortak fark aşağıdakilerde hagisidir? A) 0,8 B) 0,9

Detaylı