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

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "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"

Transkript

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) m 2 ) φ(m) = m m asal sayıdır. 3 ) ebob(m, n) = ise φ(mn) = φ(m)φ(n) 4 ) p asal ve k için φ(p k ) = p k p k 5 ) m Z +, m = p n pn 2 2 pn 3 3 pn r r, ( p i ler asal ) ) ) ) φ(m) = m ( ( p p2 ( pr

2 m Z + ve ebob(a, m) = olsun. a h (mod m), en küçük pozitif tamsayı Euler den ord m (a) := h ord m (a) φ(m) Mertebenin Özellikleri: m > ve ebob(a, m) = M. a s (mod m) ord m (a) s ord m (a) φ(m) M2. a s a t (mod m) s t (mod ord m (a)) M3. ord m (a) = d = ord m (a k ) = d ebob(k, d) M4. ord m (a) = d ve e d ise ord m (a d/e ) = e M5. h := ord m (a) ve k := ord m (b) olsun. ebob(h, k) = = ord m (ab) = hk (k ) ord m (a) = φ(m) oluyorsa a tamsayısına bir mod m primitif kök denir. Z := {b Z b < m, ebob(b, m) = } Z = {a, a 2, a 3,..., a φ(m) } Yani, Z kümesi çarpımsal olarak a ile üretilmiştir. ()

3 a bir mod m primitif kök ise yani, (M3) den dolayı (k ) ord m (a) = φ(m) a k primitif köktür ord m (a k φ(m) ) = ebob(k, φ(m)) = φ(m)) ebob(k, φ(m)) = Dolayısıyla; Bir mod m primitif kök varsa tam olarak φ(φ(m)) tane primitif kök vardır. Modulo 9 a göre 2 bir primitif köktür mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod mod 9 Dolayısıyla, φ(φ(9)) = φ(8) = 6 tane primitif kök vardır. Bunlar; k < 8, ebob(k, 8) = olmak üzere 2 k lardır. k =, 5, 7,, 3, 7 olduğundan primitif kökler: 2, 3, 4, 5, 3 ve 0 NOT: Her m pozitif tamsayısı için bir primitif kök olmayabilir. Örneğin, m = 8 alırsaki, her tek a sayısı için a 2 (mod 8) dir. Dolayısıyla ebob(a, 8) = olan her a sayısı için ord(a) 2 dir. φ(8) = 4 olduğundan primitif kök yoktur.

4 p > 2 asal ve k olsun. Bir modulo m primitif kök vardır m = 2, 4, p k, 2p k Artin Conjecture : a ve a tam-kare değil. Bu durumda sonsuz çoklukta asal için a bir primitif köktür. Primitif köklerin varlığı bilinse de genel olarak bunları bulmanın kolay bir yolu yoktur. Aşağıdaki sonuç bir g sayısının mod m primitif kök olduğunu göstermede oldukça yararlıdır. ebob(g, m) = olsun. g bir primitif köktür φ(m) nin her q asal böleni için, g φ(m)/q (mod m) dir. NOT: p > 2 küçük bir asal olduğunda bir g sayısının primitif kök olup olmadığını test etmek için bu Teoremi kullanabiliriz. Önce q = 2 alırız. Eğer g (p )/2 (mod p) ise g bir primitif kök değildir. q = 2 den sonra p in diğer bütün q asal bölenleri için de g (p )/q (mod p) gösterdikten sonra g nin modulo p primitif kök olduğunu söyleyebiliriz. Ancak p büyükse p in asal bölenlerini bulmak zor olabilir.

5 m = 9 için 2 nin bir primitif kök olduğunu gösterelim: φ(9) = 8 ve 8 in asal bölenleri 2 ve 3 olduğundan 2 φ(9)/2 = 2 9 (mod 9) ve 2 φ(9)/3 = 2 6 (mod 9) olduğunu göstermek yeterlidir. Bunları direk hesaplarsak; 2 9 (mod 9) ve (mod 9) Şimdi aşağıda ispatsız vereceğimiz Teoremlerle p bir asal olmak üzere, modulo p de bir primitif kök verildiğinde (k ) için p k ve 2 p k şeklindeki sayılarda bir primitif kökün nasıl bulunabileceğini görelim: TEOREM. (i) g modulo p ye göre bir primitif kök olsun. g p (mod p 2 ) ise g modulo p 2 ye göre bir primitif köktür. g p (mod p 2 ) ise g + p modulo p 2 ye göre bir primitif köktür. (ii) k 2 ve g modulo p k ya göre bir primitif kök ise g modulo p k+ e göre de bir primitif köktür. NOT: Modulo p ye göre bir primitif kök modulo p 2 ye göre bir primitif kök olmayabilir. Örneğin; 4, modulo 29 a göre primitif kök fakat modulo 29 2 ne göre değildir. Aynı şekilde; 8, modulo 37 primitif kök fakat modulo 37 2 de değildir. 9, modulo 43 de primitif kök fakat modulo 43 2 de değildir. p < 7 asalları için bunlar yegane örneklerdir. Modulo p ye göre bir primitif kökün modulo p 2 ye göre de primitif kök olma olasılığı /p dir. Dolayısıyla, büyük p asalları için çok nadiren g p (mod p 2 ) dir.

6 TEOREM.2 g modulo p ye göre bir primitif kök olsun. g tek ise g modulo 2p k ya göre bir primitif köktür. g çift ise g + p k modulo 2p k ya göre bir primitif köktür. Bir primitif kökün mertebesi φ(m) olduğundan M2 yi aşağıdaki şekilde tekrar ifade edebiliriz. TEOREM.3 g bir primitif kök olsun. g s g t (mod m) s t (mod φ(m)) dir. Böylece g s (mod m) φ(m) s Modulo m ye göre bir primitif kök varsa mertebeleri d olan elemanların sayısını bulmak için aşağıdaki Teoremi verebiliriz. TEOREM.4 Kabul edelim ki, g modulo m ye göre bir primitif kök ve d de φ(m) nin pozitif bir böleni olsun. Bu durumda ord(g k ) = d ebob(j, d) = olmak üzere k = j φ(m)/d Böylece, mertebesi d olan tam φ(d) tane denk olmayan eleman vardır. İSPAT: M3 den dolayı ord m (g k ) = φ(m)/ebob(k, φ(m)) dir. Dolayısıyla ord m (g k ) = d ebob(k, φ(m)) = φ(m)/d k = j φ(m)/d olsun. Bu durumda, ebob(k, φ(m)) = φ(m) φ(m) ebob(j, d) = ebob(j, d) = dir. d d k φ(m) kabul edebileceğimizden dolayı j d ve ebob(j, d) = olan j ler de φ(d) tanedir.

7 2 Diskret Logaritma Kabul edelim ki, modulo m ye göre bir primitif kök g olsun. ebob(a, m) = ise ( ) den biliyoruz ki; g t a (mod m) ve t φ(m) olacak şekilde bir tek t tamsayısı vardır. Bu t sayısına a nın (g tabanına göre) diskret logaritması denir ve Dlog g (a) ile gösterilir. Diskret logaritmanın tanımından kolayca ispatlanabilen aşağıdaki Teorem ile önemli özelliklerini verebiliriz. (i) Dlog g () 0 (mod φ(m)) ve Dlog g (g) mod φ(m) (ii) a b (mod m) Dlog g (a) Dlog g (b) (mod φ(m)) (iii) Dlog g (ab) Dlog g (a) + Dlog g (b) (mod φ(m)) (iv) k 0 için Dlog g (a k ) k Dlog g (a) (mod φ(m)) Dlog nın özellikleri ile bunlara karşılık gelen Logaritmanın özellikleri arasında çok açık benzerlikleri vardır. Bununla birlikte önemli bir farkta şudur: bir taban belirlendikten sonra bir sayının logaritması bir tektir. Öte yandan, verilen bir tamsayının Dlog sı aynı zamanda kullanılan moduloya da bağlıdır. Dolayısıyla, eğer modulo değiştirilirse Dlog lar yeniden hesaplanmalı ve her bir modulo için ayrı bir Dlog tablosu yapılması gereklidir. Diskret Logaritma ile bx k c (mod m) şeklindeki kongrüansları nasıl çözebildiğimizi aşağıdaki örnek ile açıklayalım:

8 ÖRNEK 7x 0 5 bulunuz. (mod 3) kongrüansının çözümlerini ÇÖZÜM: 2 modulo 3 e göre bir primitif köktür. Gerçekten 3 = 2 nin asal bölenleri 2 ve 3 dür. 2 (3 )/2 = (mod 3) ve 2 (3 )/3 = (mod 3) olduğundan Teorem?? den dolayı 2 bir primitif köktür. Şimdi 2 tabanına göre indeks tablosunu yapalım 2 2 (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) 2 7 (mod 3) 2 7 (mod 3) (mod 3) (mod 3) 2 2 (mod 3) a Dlog 2 (a) x 0 5 (mod 3) Dlog 2 (7x 0 ) Dlog 2 (7)+0 Dlog 2 (x) Dlog 2 (5) (mod 2) = + 0 Dlog 2 (x) 9 (mod 2) = 0 Dlog 2 (x) 0 (mod 2) = 2 Dlog 2 (x) 2 (mod 2) Bu son kongrüansın 2 tane denk olmayan çözümü vardır. Bunlar ve 7 dir.

9 Dlog 2 (x) = = x = 2 ve Dlog 2 (x) = 7 = x = NOT: Bu örnekte primitif kökü 2 alarak denklemin çözümlerini bulduk. Mod 3 e göre başka bir primitif kök seçmiş olsaydık tindeks tablosu değişecekti fakat, bulacağımız çözümler yine aynı olur. 3 Kök Alma : k a (mod m) TEOREM 3. Kabul edelim ki, modulo m ye göre bir primitif kök g ve ebob(a, m) = olsun. Bu durumda x k a (mod m) nin bir çözümü var a φ(m)/ebob(k, φ(m)) (mod m) Eğer çözüm varsa tam ebob(k, φ(m)) tane denk olmayan çözüm vardır. Örneğin; x 6 5 (mod 7) kongrüansının gözönüne alalım: 5 φ(7)/ebob(6, φ(7)) = 5 6/2 = 5 8 (mod 7) olduğundan kongrüansın çözümü yoktur. Her p asal sayısı için bir primitif kök olduğundan aşağıdaki sonucu elde ederiz. SONUÇ 3.2 p bir asal sayı ve ebob(a, p) = olsun. x k a (mod p) nin bir çözümü var a (p )/ebob(k, p ) (mod p)

10 NOT: Bu sonuç herhangi bir a sayısının modulo p ye göre k. kuvvetten bir kalan olup olmadığının belirlenmesinde oldukça etkili olmasına rağmen b k a (mod p) olacak şekilde bir b sayısını bulmak oldukça zor bir problemdir. Fakat ebob(k, p ) = ise b nin bulunması nisbeten kolaydır: Euclid bölme algoritmasını kullanarak sk = t(p ) + olacak şekilde s ve t tamsayılarını bulabiliriz. a sk = a t(p )+ a (mod p) = b := a s dir Eğer d := ebob(k, p ) olmak üzere b d a (mod p) olacak şekilde bir b bulabilirsek x k a (mod p) nin bir çözümünü bulmuş oluruz. Malesef, p in bir d böleni verildiğinde x d a (mod p) kongrüansını çözmek genel olarak kolay değildir. x k (mod m) kongrüansı açık olarak bir çözüme sahiptir. Teorem 3. den dolayı eğer, k φ(m) ise tam olarak ebob(k, φ(m)) = k tane çözüm vardır. Dolayısıyla aşağıdaki Teoremi elde ederiz. TEOREM 3.3 Kabul edelim ki, modulo m ye göre bir primitif kök olsun. Eğer k φ(m) ise x k 0 (mod m) nin tam k tane çözümü vardır. SONUÇ 3.4 Kabul edelim ki modulo m ye göre bir primitif kök olsun. modulo m ye göre denk olmayan k. kuvvetten

11 kalanların sayısı φ(m) ebob(k, φ(m)) dir. 4 Bazı Asallık Testleri Fermat Teoreminin tersinin doğru olmadığını biliyoruz. Bunun kısmen tersi olan Teorem: TEOREM 4. [Lucas] m > olsun. Aşağıdaki özelliklere sahip bir a tamsayısı varsa m asaldır. (i) a m (mod m) (ii) m in her q asal böleni için a (m )/q (mod m) dir. NOT: Dikkat edecek olursak bu Teorem ile ord m (a) = m olacak şekilde bir a tamsayısı varsa m asaldır ifadesi denktir. ÖRNEK 2 m = 009 olsun. 008 (mod 009) 009 = 008 = /2 = 504 (mod 009) 008/3 = (mod 009) 008/7 = (mod 009) Dolayısıyla 009 asal sayıdır. Bu Teoremden biraz daha etkili bir sonuç:

12 SONUÇ 4.2 m tek pozitif bir tamsayı olsun. Aşağıdaki özelliklere sahip bir a tamsayısı varsa m asaldır. (i) a (m )/2 (mod m) (ii) m in her q asal böleni için a (m )/q (mod m) dir. ÖRNEK 3 m = 2003 olsun /2 = 5 00 (mod 2003) 2003 = 2002 = /2 = 5 00 (mod 2003) /7 = (mod 2003) / = (mod 2003) /3 = (mod 2003) Dolayısıyla 2003 asal sayıdır. TEOREM 4.3 [Pocklington, 94] m >, m = F R, ebob(f, R) = ve F > R olsun. Aşağıdaki özelliklere sahip bir a tamsayısı varsa m asaldır. (i) a m (mod m) (ii) q F olan her q asal sayısı için ebob(a (m )/q, m) = ÖRNEK 4 m = 2380 olsun = = F := , R := 7 7 = (mod 2380) /2 (mod 2380), / (mod 2380),

13 ebob( /2, 2380) = ebob( 2, 2380) = ebob( /5, 2380) = ebob(967, 2380) = Dolayısıyla 2380 asal sayıdır. Dikkat edecek olursak n = ün bütün asal çarpanlarını kullanmadık. NOT: Bütün bu testlerde m sayısının asal çarpanlarını bilmek gerekiyor. TEOREM 4.4 [Proth, 878 ] k bir tek tamsayı ve n herhangi bir tamsayı olmak üzere k < 2 n olsun. Bu durumda m = k 2 n + sayısı asaldır eğer, a (m )/2 (mod m) olacak şekilde bir a tamsayısı varsa. ÖRNEK 5 m = = 3329 olsun. 3 < 2 8 = (m )/2 = /2 = (mod 3329) Dolayısıyla 3329 asal sayıdır. 5 ONDALIKLI KESİRLER b Z, (b > ) olsun. Bir α R + için a := [α] tam kısmı γ := α [α] kesir kısmı Yani, α = a + γ, 0 γ <

14 Euclid Bölme Algoritması ile a tamsayısı b tabanında tek türlü nasıl yazılabilir. Şimdi γ nın b tabanında nasıl yazılabileceğini verelim: Geometrik Serilerin Toplam formulünü hatırlayalım: d r i = i=0 d, r < (2) r TEOREM 5. γ R, (0 γ < ) ve b Z + (b > ) olsun. Bu durumda γ reel sayısı aşağıdaki şekilde tek türlü yazılabilir: γ = c j b j, (c j Z, 0 c j b ) j= Ayrıca her N Z + için bir n tamsayısı vardır ki n N için c n b dir. İSPAT: c := [b γ] dersek 0 c b olur. ( Çünkü, 0 γ < = 0 b γ < b) γ := b γ c = b γ [b γ] dersek 0 γ < olur ve γ = c b + γ b elde ederiz. Benzer şekilde devam edersek; k = 2, 3, 4,... için c k := [b γ k ] ve γ k := b γ k c k dersek 0 c k b olur. Çünkü, 0 b γ k < ve 0 γ k < dir. Dolayısıyla γ = c b + c 2 b + + c n 2 b + γ n n b n

15 elde ederiz. 0 γ n < = 0 γ n b < γ n = lim n bn n b = 0 n Sonuç olarak ( c γ = lim n b + c 2 b + + c ) n 2 b n = c i b i i= Şimdi bu yazılışın tek türlü olacağını (2) i kullanarak gösterelim: Bunun için kabul edelim ki, γ = c j b j = d j b j j= olsun. Burada 0 c j b ve 0 d j b dir. Ayrıca her N Z + için n ve m tamsayıları vardır ki c n b ve d m b dir. c k d k olan en küçük indis k olsun. c k > d k alabiliriz. Bu durumda 0 = j= j= (c j d j ) b j = c k d k b k + c k d k b k = c k > d k olduğundan Diğer taraftan j=k+ j=k+ j=k+ (c j d j ) b j (d j c j ) b j (3) c k d k b k b k (4) (d j c j ) b j (b ) b j (5) j=k+

16 = (b ) /bk+ /b = b k Denklem (5) de eşitliğin sağlanabilmesi için her j k + için d j c j = b olması gerekir. Bunun olabilmesi içinde j k + için d j = b ve c j = 0 olması gerekir ki d j ler belli bir indisten sonra b e eşit olmaması şartını koymuştuk. Dolayısıyla (5) deki eşitsizlik kesin olmalı. Böylece, (5) ve (4) denklemleri (3) ile çelişir. Bundan sonrabir reel sayının b tabanında şeklindeki yazılışını ile göstereceğiz. (0 c c 2 c 3...) b := c j b j j=

17 ÖRNEK 6 γ = /6 sayısının 8 tabanındaki gösterimi: [ c = 8 ] = γ = = 3 [ c 2 = 8 ] = 2 γ 2 = = 2 3 [ c 3 = 8 2 ] = 5 γ 3 = = 3 Dolayısıyla 6 = ( ) 8 TANIM Bir b taban gösterimi (0 c c 2 c 3...) b sonludur denir eğer bir n Z + için c n = c n+ = = 0 oluyorsa. Mesela 8 = ( ) 0 = (0 25) = ( ) 6 = (0 24) 6 TEOREM 5.2 α R ve 0 α < olsun. α sonlu bir b taban gösterimine sahiptir α Q; [ α = r/s; 0 r < s, p asal p s p b ] İSPAT:(: ) α = (0 c c 2 c 3... c n ) b olsun. Bu durumda α = c b + c 2 b + cn 2 b = c b n + c 2 b n c n n b n Yani, α Q ve payda sadece b yi bölen asallar ile bölünebilir. ( :) 0 α <, α = r/s ve p asalı için p s p b olsun. Bu durumda p i ler farklı asallar olmak üzere s = p a pa 2 2 pa r r

18 ve b = p n pn 2 2 pn r r şeklinde yazabiliriz. Aynı zamanda bir N Z + seçebiliriz ki s b N olur. b N = s a, a Z +. b N α = b N r s = a r, a r Z Euclid Bölme Algoritması ile a r tamsayısını b tabanındaki ifadesini yazarsak; a r = (d m d m d d 0 ) b 0 d i < b elde ederiz. Buradan da α = ar b = d mb m + d m b m + + d b + d 0 N b N = d m b m N + d m b m N + + d b N + d 0 b N = d m b (N m) + d m b [N (m )] + + d b (N ) + d 0 b N = ( d m d m... d d 0 ) b Yani, α nın b taban gösterimi sonludur. Her sonlu b taban ifadesini (0 c c 2 c 3... c m ) b = (0 c c 2 c 3... (c m )(b )(b )...) b şeklinde sonlu olmayacak şekilde yazabiliriz. Örneğin, (0 2) 0 = ( ) 0 gibi. Gerçekten;

19 ( ) 0 = = [ ] = = = (0 2) 0 NOT: için Dolayısıyla Teorem 5. de yazılışın tek türlü olması Her N Z + için bir n Z + vardır ki, n N için c n b kısıtlamasını getirdik. Bu kısıtlama olmadan örnekten de anlaşılacağı gibi b taban gösteriminin tek türlülüğünden bahsedemezdik. TANIM 2 Bir (0 c c 2 c 3...) b, b taban ifadesine periyodik denir, eğer N ve k pozitif tamsayıları varsa öyleki, n N için c n+k = c n oluyorsa. Periyodik ifadeler (0 c c 2 c 3... c N }{{} ön periyod ile gösterilir. Örneğin; c N c N+... c }{{ N+k ) } b periyodik kısım 2 45 = ( ) 3

20 TEOREM 5.3 Periyodik bir b taban ifadesi bir rasyonel sayı gösterir. Tersine, bir rasyonel sayının b taban gösterimi ya sonludur ya da periyodiktir. Ayrıca, 0 < α <, α = r/s ve ebob(r, s) = olmak üzere; s = T U, T nin her asal çarpanı b yi böler ve ebob(b, U) = ise α nın b taban ifadesinin periyod uzunluğu ord U (b) ve önperiyod uzunluğu da T b N olan en küçük pozitif N tamsayıdır. Bu Teoremi ondalık açılımların önperiyod uzunluğunu ve periyod uzunluğunu belirlemek için kullanabiliriz: α = r/s, 0 < α <, s = 2 n 5 n 2 U, α nın ondalık açılımında; periyod uzunluğu ord U (0) ve önperiyod uzunluğu ise max{n, n 2 } dir. ve ebob(0, U) = olsun. Örneğin; α = 5 28, 28 = olduğuna göre Önperiyod uzunluğu max{2, 0} = 2 dir 0 3 (mod 7), (mod 7) (mod 7), (mod 7)

21 0 3 6 (mod 7), 0 6 (mod 7) Periyod uzunluğu da ord 7 (0) = 6 dır. 5 Gerçekten = dir. 28 α = Sayısını göz önüne alalım. Bu sayı; den sonra tane sıfır, den sonra 2 tane sıfır, den sonra 3 tane sıfır... vs şeklinde oluşturulmuş olsun. Bu α sayısı açık olarak periyodik olmayacak şekilde oluştulurduğundan irrasyonel bir sayıdır. π ve e sayıları gibi doğal olarak ortaya çıkan sayıların irrasyonel olduklarını gösterebilmek için Teorem 5.3 ü kullanamayız. Çünkü bu sayıların ondalık açılımındaki basamakları veren açık bir formül bilmiyoruz. Bu sayıların ondalık basamaklarından kaçtane hesaplarsak hesaplayalım hala bunların irrasyonelliğini söyleyemeyiz. Çünkü, periyod hesaplayabildiğimiz basamak sayısından daha da büyük olabilir. ALIŞTIRMALAR.. b Z, (b > ) olsun. Gösteriniz ki, nin b taban gösteriminin periyod uzunluğu m m dir m asal ve ord m (b) = m dir. ( diğer bir deyişle, b sayısı modm ye göre bir primitif köktür.) 2. Hangi p asalları için nin ondalık açılımında periyod p uzunluğu a) b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 f) 6 dır.

22 3. b ve b + bulunuz. sayılarının b tabanındaki açılımlarını 4. (b > 2), b Z, olsun. Gösteriniz ki, (b ) 2 = ( b 3b ) b 5. (b > ), b Z, olsun. Gösteriniz ki, sayısı bir irrasyonel sayıdır. 6. Her reel sayı b + b + 4 b + 9 b + 6 b + 25 C 0 + C! + C 2 2! + C 3 3! + C 4 4! + şeklinde yazılabilir. Burada C 0, C, C 2, C 3,... tamsayılar ve k =, 2, 3... için 0 C k < k dır. 7. Her rasyonel sayının 6.Alıştırmadaki açılımının sonlu olduğunu gösteriniz. 8. p asal ve p = (0 c c 2 c 3 c p ) b olsun. m bir tamsayı ve m < p ise gösteriniz ki, m p = (0 c k+ c p c c 2 c k c k ) b Burada ord p (b) = p olduğundan b bir primitif köktür. Dolayısıyla k tamsayısı m b k (mod p) olan en küçük pozitif sayıdır.

23 6 Sonlu Sürekli Kesirler Sonsuz sürekli kesirleri daha iyi anlayabilmek için Euclid Bölme Algoritmasını kullanarak rasyonel sayıları sürekli kesirler şeklinde ifade edebiliriz. 62 kesirini gözönüne alalım: = = = = = = / = = + 6/7 6 7 = = 2 + 7/2 7 2 = En son eşitliği bir öncesinde yerine yazarsak : = /7 = /2

24 = (6) (6) ifadesine 62/23 rasyonel sayısının bir sürekli kesir açılımı denir. TANIM 3 a, a 2,... a n Z + ve a 0 Z olmak üzere a 0 + a + (7) a a n + a n şeklindeki bir ifadeye bir sonlu sürekli kesir denir ve kısaca [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] ile gösterilir. (7) Eşitliğinden de görülebileceği gibi sonlu sürekli kesirler bir rasyonel sayı gösterir. Euclid Bölme Algoritmasını kullanarak her rasyonel sayının bir sonlu sürekli kesir açılımına sahip olduğunu söyleyebiliriz. a n = (a n ) + gerçeğini gözönüne alırsak a n > 0 ise yazabiliriz. Yani, [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] (8) = [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n, a n, ] 7 = [0 ;,,, 3] = [0 ;,,, 2, ] gibi.

25 (8) Eşitliğinden dolayı her rasyonel sayının tam olarak iki tane sonlu sürekli kesir açılımının olduğunu söyleyebiliriz. Bunlardan biri tek sayıda terime sahipken diğeri çift sayıda terime sahiptir. TANIM 4 Bir [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] sonlu sürekli kesir ifadesinde k n olmak üzere [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a k ] ifadesine [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] sonlu sürekli kesirinin k.yaklaşımı denir ve C k ile gösterilir. TEOREM 6. p 0 := a 0, q 0 := p := a 0 a +, q := a (k = 2, 3,..., n) p k := a k p k + p k 2, q k := a k q k + q k 2 Bu durumda i) C k := [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a k ] = p k q k ii) k n için p k q k p k q k = ( ) k iii) k n için ebob(p k, q k ) = iv) k n için C k C k = ( )k q k q k v) 2 k n için C k C k 2 = ( )k a k q k q k 2 vi) C > C 3 > C 5 >

26 C 0 < C 2 < C 4 < Ayrıca, (j = 0,, 2,...) C 2j+ > C 2k (k = 0,, 2,...) Diğer bir deyişle tek indisli yaklaşımlar çift indisli bütün yaklaşımlardan büyüktür. ALIŞTIRMALAR.2. k. Fibonacci sayısını F k ile gösterelim. ile biten sonlu kesir ifadesini bulunuz. F k+ F k kesirinin 2. α Q ve α > olsun. Gösteriniz ki, α = [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] α = [0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] dir. 3. Bir [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] sonlu sürekli kesirinde a 0 > 0 ise gösteriniz ki, p k p k = [a k ; a k, a k 2, a k 3,..., a, a 0 ] q k q k = [a k ; a k, a k 2, a k 3,..., a 2, a ] 4. k =, 2, 3,... için q k F k olduğunu gösteriniz. 5. ebob(r, s) =, r olmak üzere r s = [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a n ] olsun. Sürekli Kesir simetriktir ( Yani a 0 = a n, a = a n, a 2 = a n 2,...) (n tek ise ) r s 2 +, (n çift ise ) r s 2

27 7 Sonsuz Sürekli Kesirler Bu kısımda Analiz derslerinden monoton artan ve üstten sınırlı ( veya monoton azalan ve alttan sınırlı) her reel sayılar dizinin yakınsak olduğunu hatırlamamız gerekiyor. TEOREM 7. a 0 Z ve a, a 2, a 3,... Z + ve C k := [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a k ] olsun. Bu durumda bir α R için lim n = α dır. n NOT: Bundan sonra α = [a 0 ; a, a 2, a 3,...] yazdığımızda bu Limit değeri anlaşılacak. İSPAT: Teorem 6. (vi) dan biliyoruz ki (C 2n+ ) n 0 azalan bir dizi ve C 0 bir alt sınırı, aynı şekilde (C 2n ) n 0 artan bir dizi ve C bir üst sınırı olduğundan lim C 2n+ = α ve lim C 2n = α 2 n n olacak şekilde α, α 2 R reel sayıları vardır. C 2n+ C 2n = p 2n+ q 2n+ p 2n q 2n = p 2n+q 2n p 2n q 2n+ q 2n+ q 2n = ( )(2n+) q 2n+ q 2n = q 2n+ q 2n Burada en son eşitlikte Teorem 6. ii) yi kullandık. k Z + için q k > k olduğundan 0 < C 2n+ C 2n < q 2n+ q 2n < (2n + ) 2n lim (C 2n+ C 2n ) = 0. Yani, α = α 2 elde etmiş n oluruz.

28 TEOREM 7.2 Sonsuz sürekli kesir [a 0 ; a, a 2, a 3,...] bir irrasyonel sayıdır. İSPAT: α = [a 0 ; a, a 2, a 3,...] ve C k := p k q k = [a 0 ; a, a 2, a 3,..., a k ] olsun. n 0 için C 2n < α < C 2n+ olduğunu biliyoruz. 0 < α C 2n < C 2n+ C 2n = 0 < α p 2n < q 2n q 2n+ q 2n 0 < αq 2n p 2n < q 2n+ q 2n+ q 2n α rasyonel olsa; yani α = a, (b 0) b 0 < a q 2n b p 2n < b q 2n+ her n Z + için q 2n+ > 2n + olduğundan bir n 0 Z + b tamsayısı bulabiliriz ki, q 2n0 + > b olur. Yani, < dir. Bu da bize 0 < a q 2n0 b p }{{ 2n0 < } Z eşitsizliğini verir ki, böyle bir tamsayı yoktur. q 2n0 +

29 Her irrasyonel sayı bir sonsuz sürekli kesir ile tek türlü ifade edilebilir. Önce aşağıdaki Teorem ile böyle bir sonsuz sürekli kesirin nasıl oluşturulacağını görelim sonrada tek türlü olmasını ispatlayalım. TEOREM 7.3 α R Q ve α 0 := α olsun. k = 0,, 2, 3,... için Bu durumda a k := [α k ] ve α k+ := α = [a 0 ; a, a 2, a 3,...] α k a k (9) İSPAT: a k lar tanımlarından dolayı tamsayıdır. α 0 := α irrasyonel sayı olduğundan α 0 a 0 dır ve α := α 0 a 0 tanımlıdır. Şimdi kabul edelim ki, α k irrasyonel olsun. Bu durumda α k a k olduğundan α k+ := tanımlıdır. α k a k Dolayısıyla α k = a k + α k+ dir. α k+ rasyonel olsaydı α k rasyonel olurdu ki kabulümüz ile çelişir. Sonuç olarak bütün α k lar irrasyoneldir ve a k bir tamsayı olduğundan α k a k dır. Ayrıca, a k < α k < a k + 0 < α k a k < α k+ = > a k+ = [αk + ] α k a k a, a 2, a 3,... pozitif tamsayılardır.

30 α = α 0 = a 0 + = [a 0, α ] α = a 0 + a + = [a 0 ; a, α 2 ] α 2. = a 0 + a + a a k + α k+ = [a 0 ; a, a 2,..., a k, α k+ ] Şimdi lim k [a 0 ; a, a 2,..., a k, α k+ ] = α olduğunu gösterelim α = [a 0 ; a, a 2,..., a k, α k+ ] = α k+ p k + p k α k+ q k + q k α C k = α k+ p k + p k α k+ q k + q k p k q k = (p k q k p k q k ) (α k+ q k + q k ) q k = ( ) k (α k+ q k + q k ) q k α k+ q k + q k > a k+ q k + q k = q k+ α k C k < q k q k+ < Dolayısıyla, lim C k = α, k k(k + ) elde etmiş oluruz. (q k > k olduğundan)

31 TEOREM 7.4 İki sonsuz sürekli kesir [a 0 ; a, a 2, a 3,...] ve [b 0 ; b, b 2, b 3,...] aynı irrasyonel sayıyı temsil ederlerse k = 0,, 2,... için a k = b k dır. İSPAT: α = [a 0 ; a, a 2, a 3,...] olsun. C 0 = a 0 ve C = a 0 + /a olduğundan a 0 < α < a 0 + /a dir. Yani, a 0 = [α] dır. Ayrıca, α = [a 0 ; a, a 2,...] = lim [a 0 ; a, a 2,..., a k ] k ( ) = lim a 0 + k [a ; a 2, a 3,..., a k ] = a 0 + lim k [a ; a 2, a 3,..., a k ] = a 0 + [a ; a 2, a 3,..., a k ] Kabul edelim ki, [a 0 ; a, a 2, a 3,...] = [b 0 ; b, b 2, b 3,...] olsun. a 0 = b 0 = [α] a 0 + [a ; a 2, a 3,..., a k ] = a 0 + [b ; b 2, b 3,..., b k ] olduğundan [a ; a 2,...] = [b ; b 2,...] elde ederiz. Şimdi kabul edelim ki, a k = b k ve [a k+ ; a k+2,... ] = [b k+ ; b k+2,... ] olsun. Aynı şekilde, a k+ = b k+ ve a k+ + [a k+2 ; a k+3,..., ] = a k++ elde ederiz. [b k+2 ; b k+3,..., ] [a k+2 ; a k+3,..., ] = [b k+2 ; b k+3,..., ] Böylece Tümevarımla k = 0,, 2,... için a k = b k dır.

32 ÖRNEK 7 α = 6 için sonsuz sürekli kesir açılımını bulalım. a 0 = [ ] = 2, α = = [ ] a = = 2, α 2 = ( 6+2 ) = [ ] a 2 = = 4, α 3 = ( ) = = α α 3 = α olduğundan a 3 = a, a 4 = a 2,... dir. Sonuç olarak, 6 = [2; 2, 4, 2, 4, 2, 4,...] Bu açılımın periyodik olduğunu söyleyebiliriz. periyodik açılımları daha detaylı inceleyeceğiz. Daha sonra Aşağıdaki Teorem, α irrasyonel sayısının sonsuz kesir açılımındaki yaklaşımların α ya olan en iyi rasyonel yaklaşımlar olduğunu p k ifade eder. Yani, kesiri α ya, paydası q k dan küçük olan q k herhangi bir rasyonel sayıdan daha yakındır. TEOREM 7.5 α bir irrasyonel sayı olmak üzere α nın sonsuz sürekli kesir açılımının yaklaşımları da p i q i, (i =, 2, 3,...) olsun. Bu durumda, r tamsayı, s ve k pozitif tamsayıları için sα r < q k α p k s > q k

33 π = [3; 7, 5,, 292,,,, 2,, 3,...] Bu sürekli kesirin ilk 5 yaklaşımları : 3, 22/7, 333/06, 355/3, 03993/3302 Yukarıdaki Teoremden 22/7 nin paydası 06 küçük en iyi rasyonel yaklaşım olduğunu söyleyebiliriz. TEOREM 7.6 α bir irrasyonel sayı olmak üzere r/s, (s > 0), rasyonel sayısı için α r/s < /(2s 2 ) oluyorsa r/s, α nın sürekli kesir açılımının bir yaklaşımıdır. 8 Periyodik Sonsuz Sürekli Kesirler Bir sonsuz sürekli kesire [a 0 ; a, a 2,...] periyodik diyeceğiz eğer, N ve k pozitif tamsayıları varsa öyleki her n N için a n = a n+k oluyorsa. Bunu [a 0 ; a, a 2,..., a N, a N, a N+,..., a N+k ] ile göstereceğiz. α reel sayısına quadratik irrasyonel diyeceğiz eğer, A, B, C Z, (A 0) tamsayıları için oluyorsa. Diğer bir deyişle α A α 2 + B α + C = 0 B B 2 4 A C 2A

34 sayılarından biridir. Diğerini de α ile göstereceğiz ve α nın eşleniği diyeceğiz. α reel sayı olduğundan B 2 4 A C > 0 dir. Ayrıca, α irrasyonel olduğundan da B 2 4 A C sayısının tam-kare değildir. TANIM 5 Bir α quadratik irrasyonel sayısına indirgenmiş denir eğer, α > ve < α < 0 oluyorsa. TEOREM 8. [Lagrange] Bir irrasyonel sayının sonsuz sürekli kesir açılımı periyodiktir ancak ve ancak bu sayı quadratik irrasyonel ise ÖRNEK 8 Sonsuz sürekli kesir ifadesi [3;, 2 ] olan irrasyonel sayıyı bulalım. y := [, 2 ] x := [3; y] y = [; 2, y ] y = y = 3y + 2y + 2y 2 2y = 0 y = + 3, (y > 0 olduğundan) 2 x = [3; y] = 3 + y = = TANIM 6 Bir sonsuz sürekli kesire [a 0 ; a, a 2,...] tamamen periyodik diyeceğiz eğer, n tamsayısı varsa öyleki, k = 0,, 2, 3,... için a k = a n+k oluyorsa. Bunu ile göstereceğiz. [ a 0 ; a, a 2,..., a n ]

35 TEOREM 8.2 [Lagrange] Bir α quadratik irrasyonel sayısının sonsuz sürekli kesir açılımı tamamen periyodiktir ancak ve ancak α indirgenmiş ise. Ayrıca, α = [ a 0 ; a, a 2,..., a n ] /α = [ a n ; a n, a n 2,..., a 0 ] 9 Sürekli Kesirlerle Çarpanlara Ayırma Verilen bir N pozitif tamsayısını; x 2 y 2 (mod N), 0 < y < x < N, ve x + y N olacak şekilde x ve y pozitif tamsayılarını bulabilirsek çarpanlarına ayırabiliriz. Çünkü, x 2 y 2 = (x+y)(x y) ve N (x y), N (x+y) dir. Bu durumda ebob(x y, N) sayısı N nin bir bölenidir. Bu şartlara uygun x ve y tamsayılarının bulunuşu ile ilgili bir yöntemi aşağıdaki Teoremle verebiliriz. TEOREM 9. N tamkare olmayan bir pozitif tamsayı olmak üzere; (α 0 := α, P 0 := 0, Q 0 := ) ve k = 0,, 2, 3,... için α k := P k + N Q k, a k := [α k ], P k+ := a k Q k P k, Q k+ := N P 2 k+ Q k tanımlarını yapalım. N sayısının k.yaklaşımını da p k /q k ile gösterelim. Bu durumda; p 2 k N q 2 k = ( ) k Q k+

36 Dolayısıyla p 2 k ( ) k Q k+ (mod N) Şimdi, k tek sayı ve Q k+ sayısı bir kare olsun, yani, Q k+ = s 2, s Z +. Bu durumda p 2 k s2 (mod N) olur ki, isteğimize ulaşmış oluruz. k tek ise k + çift olacağından dolayı tamkare olan Q k ları bulmak için çift indislerde arayacağız. ÖRNEK 9 N = 037 sayısın çarpanlarını bulalım. α 0 = ( )/, P 0 = 0, Q 0 = olmak üzere P k, Q k, α k ve a k sayılarını Teorem 9. deki yolla hesaplarsak ; Q = 3, Q 2 = 49 = 7 2 p 2 ( ) 2 Q 2 (mod 037) p = 29 ve (mod 037) olduğundan = (29 7)(29 + 7) = (mod 037) ebob(22, 0037) = 6 ve ebob(36, 0037) = 7, 037 = 7 6 Teorem 9. in bir başka uygulamasını görelim: N tamkare olmayan pozitif bir tamsayı ve d bir tamsayı olmak üzere x 2 N y 2 = d (0) şeklindeki denklemin çözümlerini araştıralım.

37 TEOREM 9.2 N tamkare olmayan pozitif bir tamsayı ve d bir tamsayı olmak üzere d < N olsun. Bu durumda x ve y tamsayıları için x 2 N y 2 = d oluyorsa x/y rasyonel sayısı açılımının bir yaklaşımıdır. N nin sürekli kesir TEOREM 9.3 N tamkare olmayan pozitif bir tamsayı ve p k /q k de (k =, 2, 3,...), N nin sürekli kesir açılımının bir yaklaşımları ve n de periyod uzunluğu olsun. (j =, 2, 3,...) n n { x tek ise 2 N y 2 = ; x = p jn, y = q jn x 2 N y 2 = in çözümü yoktur { x çift ise 2 N y 2 = ; x = p 2jn, y = q 2jn x 2 N y 2 = ; x = p (2j )n, y = q (2j )n 0 Üreteç Fonksiyonları Sayılar Teorisinin en kullanışlı araçlarından biridir. Bir A := (a n ) n b = (a b, a b+, a b+2,...) sayı dizi verildiğinde f A (x) := a n x n n=b serisine A dizisinin üreteç fonksiyonu denir. f A fonksiyonu bu serinin yakınsaklık aralığında tanımlıdır. ÖRNEK 0

38 ) (n 0), a n := olsun. f A (x) = x n = x, x < n=0 2) (n 0), a n := n! olsun. f A (x) = n=0 x n n! = ex, x < 3) Bir üreteç fonksiyonuna en iyi örnek Binom Teoreminden ortaya çıkar. ( ) k k Z +, a n := k nın n li kombinasyonu n f A (x) = ( + x) k = ( ) ( ) k k = + 0 x + ( k 2 ) x ( k n ) x n + a n genel terimi açık bir formül ile verilirse herhangi bir n için a n değerini hesaplamak kolaydır. Fakat böyle olmadığı durumlarda a n için bir formül bulmaya çalışırız. Rekürsif bir a n dizisi verildiğinde; Rekürsif denklemi kullanarak f A (x) fonksiyonuna ilişkin bir denklem buluruz Bu denklemi çözmeye çalışırız. f A (x) in katsayılarını belirlemeye çalışırız. Bunu bir örnek ile açıklayalım a 0 := 0, a :=, a 2 := 5,

39 (n 2) a n+2 5 a n+ + 6 a n = 0 olsun. a n için bir formül bulmaya çalışalım. f A (x) = a n x n = a 0 + a x + a n x n n=0 = 0 + x + = x + 5 = x + 5 x n=2 a n+2 x n+2 = x + n=0 a n+ x n+2 6 n=0 a n x n 6 x 2 n=0 (5 a n+ 6 a n ) x n+2 n=0 a n x n+2 n=0 n=0 = x + 5 x f A (x) 6 x 2 f A (x) a n x n x f A (x) = 5x + 6x = 2 2x + 3x = 2 n x n + 3 n x n = (3 n 2 n )x n a n x n = n=0 n=0 n=0 (3 n 2 n )x n n=0 n=0 Katsayıları eşitleyerek a n := 3 n 2 n elde ederiz. Şimdi Rekürsif Denklemleri genel halde inceleyelim: Homojen Lineer Rekürsif (HLR):

40 (HLR) a 0 := c 0, a := c, a 2 := c 2,..., a k := c k }{{} başlangıç değerleri a n+k + b a n+k + + b k a n = 0, (n 0) Bu durumda R(x) f A (x) = () + b x + b 2 x b k x k Burada R(x) derecsi k dan küçük bir polinomdur. Gerçekten ( + b x + b 2 x b k x k )f A (x) = ( + b x + b 2 x b k x k )( + a x + a 2 x a n x n + ) Çarpımı yaparsak, x n+k nın katsayısı a n+k + b a n+k + + b k a n = 0 (n 0) dır. Fakat (a n ) dizisi (HLR) yi sağladığından her n 0 için x n+k ların katsayıları sıfır olur. Sadece, x, x 2,..., x k lerin katsayıları sıfır olmaz. Bu da bize R(x) polinomunun derecesinin < k olduğunu söyler. (HLR) nin karakteristik denklemi: t k + b t k + b 2 t k b k t + b k = 0 dır. Eğer bu denklemi aşağıdaki şekilde çözebilirsek;

41 (t α ) m (t α 2 ) m2 (t α s ) m s = 0, (m +m 2 + +m s = k) () denklemi f A (x) = R(x) ( α x) m ( α2 x) m 2 ( αs x) m s (2) olur. Bu denklemde bize a n genel teriminin aşağıdaki şekilde olduğunu verir. a n = P (n)α n + P 2 (n)α n P s (n)α n s (3) Burada P i (n) ler derecesi < m i olan n nin polinomlarıdır. Şimdi bunu bir örnekle açıklayalım: } a 0 := 0, a := 9, {{ a 2 :=, a 3 := 2 } başlangıç değerleri a n+4 5 a n a n a n+ 8 a n = 0 (n 0) Şeklinde verilen (a n ) dizisinin genel terimini bulalım: Karakteristik denklem t 4 5 t t t 8 = 0 (3) denkleminden (t 2) 3 (t + ) = 0

42 a n = (A n 2 + B n + C)2 n + D ( ) n a 0, a, a 2, a 3 başlangıc değerlerini yerine yazarak; C + D = 0 2A + 2B + 2C D = 9 6A + 8B + 4C + D = 72A + 24B + 8C D = 2 denklem sistemini elde ederiz. Bu denklem sisteminin çözümleri: A =, B =, C = 3, D = 3 Dolayısıyla a n = (n 2 n 3)2 n + 3( ) n Non-Homojen Lineer Rekürsif (HLR): (HLR) a 0 := c 0, a := c, a 2 := c 2,..., a k := c k }{{} başlangıç değerleri a n+k + b a n+k + + b k a n = f(n), (n 0) Burada aynı yöntemi uygulayabilmemiz f(n) özel şekillerde verilmesiyle mümkün olur. Kabaca söyleyecek olursak ( + b x + b 2 x b k x k )f A (x) hesaplarken f(n) içeren terimleri bir takım özel kurallarla üstesinden gelmeye çalışacağız. Örneğin

43 a 0 := 0, a :=, }{{} başlangıç değerleri a n+2 a n+ 6 a n = n (n 0) şeklinde verilen (a n ) dizisinin genel terimini bulalım: ( x 6x 2 )(a 0 + a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) = a 0 + (a a 0 ) x + (a 2 a 6 a 0 ) x 2 + +(a n+2 a n+ 6 a n ) x n+2 + = x + (x 3 + 2x nx n+2 + ) = x + x 3 (n + ) x n n=0 = x + x 3 ( x) 2 = x 2 x2 + 2 x 3 ( x) 2 x 6x 2 = ( + 2x)( 3x) olduğundan ( + 2x)( 3x)f A (x) = x 2 x2 + 2 x 3 f A (x) = a n x n = n=0 ( x) 2 x 2 x x 3 ( + 2 x)( 3 x)( x) 2

44 A = + 2 x + B 3 x + C x + D ( x) 2 = A ( 2 n )x n + B 3 n x n = n=0 +C x n + D n=0 n=0 (n + )x n n=0 (A( 2 n ) + B(3 n ) + C + D(n + )) x n n=0 Katsayıları eşitlersek ; a n = A( 2 n ) + B(3 n ) + C + D(n + ) buluruz. Şimdi a 0 = 0, a =, a 2 =, a 3 = 8 değerlerini yerine yazarak;

45 A + B + C + D = 0 2A + 3B + C + 2D = 4A + 9B + C + 3D = 8A + 27B + C + 4D = 8 denklem sistemini elde ederiz. Bu denklem sisteminin çözümleri: Dolayısıyla A = 2/9, B = /4, C = 5/36, D = /6 a n = [ ( 2) n n+2 6 n ] 36 elde ederiz. Şimdi de Lineer olmayan bir rekürsif dizinin genel terimini bulmaya çalışalım. Birleşme özelliği olmayan bir işlem altında x x 2 x 3 x n çarpımını parentez kullanarak bulmak istesek kaç farklı sonuç elde ederiz. Bu sayıyı a n ile gösterelim. a = = a = 2. Örneğin n = 4 (a(b(c d))), (a((bc)d)), ((ab)(cd)), ((a(bc))d), (((ab)c)d) Demekki a 4 = 5. Her bir çarpım en dıştaki parentezin içindeki iki ifadenin çarpımını içeriyor. Bunlardan biri i tane çarpım diğeride n i tane çarpımdan oluşuyor. Dolayısıyle a n ler arasında aşağıdaki bağıntı vardır: a n = a a n + a 2 a n 2 + a 3 a n a n a

46 f A (x) = a n x n n= = x + (a a n + a 2 a n 2 + a 3 a n a n a ) x n n=2 ( ) ( ) = x + a n x n a n x n = x + (f A (x)) 2 n= n= Y 2 Y +x = 0 Y = + 4x 2 dir. Fakat, f A (0) = 0 olduğundan veya Y = 4x 2 f A (x) = + 4x 2 dir. Şimdi ( 4x) /2 ifadesini binom serisine açarsak; f A (x) = 2 2 n=0 ( ) /2 = 0 ve 0 ( ) /2 = n f A (x) = 2 n= ( ) n ( /2 n ) 4 n x n 2 ( 2 ) ( 2 n + ) n! ( ) n ( /2 n olduğundan ) 4 n x n, x < /4 Bir fonksiyonun MacLaurin açılımı bir tek olduğundan

47 a n = 2 ( )n ( /2 n = ( ) n 2 = ( ) n 2 = 2 = 2 = 2 ) 4 n 2 ( 2 ) ( 2 n + ) n! 4 n ( )( 2) ( 2(n )) 2 n 3 (2n 3) 2 n n! 3 (2n 3) n! 2 n n! n! (2n 4)(2n 3)(2n 2) 2n (n!) 2 = (2n 2) n [(n )!] 2 ( ) 2n 2 = n n!

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

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

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir?

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? DİZİLER Tanım kümesi pozitif tam sayılar kümesi olan her fonksiyona dizi denir. Örneğin f : Z + R, f (n )=n 2 ifadesi bir dizi belirtir. Diziler, değer kümelerine göre adlandırı - lırlar. Dizinin değer

Detaylı

Bu tanım aralığı pozitif tam sayılar olan f(n) fonksiyonunun değişim aralığı n= 1, 2, 3,, n,

Bu tanım aralığı pozitif tam sayılar olan f(n) fonksiyonunun değişim aralığı n= 1, 2, 3,, n, DİZİLER Tamamen belirli bir kurala göre sıralanmış sayılar topluluğuna veya kümeye Dizi denir. Belirli bir kurala göre birbiri ardınca gelen bu sayıların her birine dizinin terimi ve hepsine birden dizinin

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

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

10. DİREKT ÇARPIMLAR

10. DİREKT ÇARPIMLAR 10. DİREKT ÇARPIMLAR Teorem 10.1. H 1,H 2,, H n bir G grubunun alt gruplarının bir ailesi ve H = H 1 H 2 H n olsun. Aşağıdaki ifadeler denktir. a ) dönüşümü altında dır. b) ve olmak üzere her yi tek türlü

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

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

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? Örnek...4 : Genel terimi w n. Örnek...1 : Örnek...5 : Genel terimi r n

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? Örnek...4 : Genel terimi w n. Örnek...1 : Örnek...5 : Genel terimi r n DİZİLER Tanım kümesi pozitif tam sayılar kümesi olan her fonksiyona dizi denir. Örneğin f : Z + R, f (n )=n 2 ifadesi bir dizi belirtir. Diziler değer kümelerine göre adlandırılırlar. Dizinin değer kümesi

Detaylı

için doğrudur. olmak üzere tüm r mertebeli gruplar için lemma nın doğru olduğunu kabul edelim. G grubunun mertebesi n olsun. ve olsun.

için doğrudur. olmak üzere tüm r mertebeli gruplar için lemma nın doğru olduğunu kabul edelim. G grubunun mertebesi n olsun. ve olsun. 11. Cauchy Teoremi ve p-gruplar Bu bölümde Lagrange teoreminin tersinin doğru olduğu bir özel durumu inceleyeceğiz. Bu teorem Cauchy tarafından ispatlanmıştır. İlk olarak bu teoremi sonlu değişmeli gruplar

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

5. Salih Zeki Matematik Araştırma Projeleri Yarışması PROJENİN ADI DİZİ DİZİ ÜRETEÇ PROJEYİ HAZIRLAYAN ESRA DAĞ ELİF BETÜL ACAR

5. Salih Zeki Matematik Araştırma Projeleri Yarışması PROJENİN ADI DİZİ DİZİ ÜRETEÇ PROJEYİ HAZIRLAYAN ESRA DAĞ ELİF BETÜL ACAR 5. Salih Zeki Matematik Araştırma Projeleri Yarışması PROJENİN ADI DİZİ DİZİ ÜRETEÇ PROJEYİ HAZIRLAYAN ESRA DAĞ ELİF BETÜL ACAR ÖZEL BÜYÜKÇEKMECE ÇINAR KOLEJİ 19 Mayıs Mah. Bülent Ecevit Cad. Tüyap Yokuşu

Detaylı

MAT 302 SOYUT CEBİR II SORULAR. (b) = ise =

MAT 302 SOYUT CEBİR II SORULAR. (b) = ise = MAT 302 SOYUT CEBİR II SORULAR 1. : bir dönüşüm, olsunlar. a) ( ) = ( ) ( ) b) ( ) ( ) ( ) olduğunu c) ( ) nin eşitliğinin sağlanması için gerekli ve yeterli bir koşulun nin 1 1 olması ile mümkün olduğunu

Detaylı

Mustafa Özdemir İrtibat İçin : veya Altın Nokta Yayınevi

Mustafa Özdemir İrtibat İçin : veya Altın Nokta Yayınevi 2 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 4 Mustafa Özdemir MATEMATİK OLİMPİYATLARINA HAZIRLIK 4 (336 sayfa) ANALİZ CEBİR 1 TANITIM DÖKÜMANI (Kitabın içeriği hakkında bir bilgi verilmesi amacıyla bu döküman

Detaylı

12-A. Sayılar - 1 TEST

12-A. Sayılar - 1 TEST -A TEST Sayılar -. Birbirinden farklı beş pozitif tam sayının toplamı 0 dur. Bu sayılardan sadece ikisi den büyüktür. Bu sayılardan üç tanesi çift sayıdır. Buna göre bu sayılardan en büyüğü en çok kaç

Detaylı

+..+b 0 Polinomlarının. kongüransını inceleyeceğiz.

+..+b 0 Polinomlarının. kongüransını inceleyeceğiz. POLİNOMLAR VE WİLSON TEOREMİ 9.1 Polinomlar kongüranslar. Polinomları ve onların soyut cebir ile ilgili özelliklerini 4. bölümde geniș ele alacağız. Bu kısımda ise sayılar teorisi açısından bazı özelliklerine

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

1. BÖLÜM Mantık BÖLÜM Sayılar BÖLÜM Rasyonel Sayılar BÖLÜM I. Dereceden Denklemler ve Eşitsizlikler

1. BÖLÜM Mantık BÖLÜM Sayılar BÖLÜM Rasyonel Sayılar BÖLÜM I. Dereceden Denklemler ve Eşitsizlikler ORGANİZASYON ŞEMASI 1. BÖLÜM Mantık... 7. BÖLÜM Sayılar... 13 3. BÖLÜM Rasyonel Sayılar... 93 4. BÖLÜM I. Dereceden Denklemler ve Eşitsizlikler... 103 5. BÖLÜM Mutlak Değer... 113 6. BÖLÜM Çarpanlara Ayırma...

Detaylı

1.GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G. vardır. 3) a G için denir) vardır.

1.GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G. vardır. 3) a G için denir) vardır. 1.GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G, ) cebirsel yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir. 1) a, b, c G için a ( b c) ( a b) c (Birleşme özelliği)

Detaylı

biçimindeki ifadelere iki değişkenli polinomlar denir. Bu polinomda aynı terimdeki değişkenlerin üsleri toplamından en büyük olanına polinomun dereces

biçimindeki ifadelere iki değişkenli polinomlar denir. Bu polinomda aynı terimdeki değişkenlerin üsleri toplamından en büyük olanına polinomun dereces TANIM n bir doğal sayı ve a 0, a 1, a 2,..., a n 1, a n birer gerçel sayı olmak üzere, P(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n 1 x n 1 +a n x n biçimindeki ifadelere x değişkenine bağlı, gerçel (reel)

Detaylı

NİSAN 2010 DENEMESİ A)75 B)80 C)85 D)90 E)95 A)0 B)1 C)2 D)3 E)4

NİSAN 2010 DENEMESİ A)75 B)80 C)85 D)90 E)95 A)0 B)1 C)2 D)3 E)4 NİSAN 21 DENEMESİ 1) ABCD dikdörtgeninin AB kenarı üzerindeki M noktasından geçen ve CM doğrusuna dik olan doğru AD kenarını E noktasında kesiyor. M noktasından CE doğrusuna indirilen dikmenin ayağı P

Detaylı

Ders 9: Bézout teoremi

Ders 9: Bézout teoremi Ders 9: Bézout teoremi Konikler doğrularla en fazla iki noktada kesişir. Şimdi iki koniğin kaç noktada kesiştiğini saptayalım. Bunu, çok kolay gözlemlerle başlayıp temel ve ünlü Bézout teoremini kanıtlayarak

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

TEMEL KAVRAMLAR. SAYI KÜMELERİ 1. Doğal Sayılar

TEMEL KAVRAMLAR. SAYI KÜMELERİ 1. Doğal Sayılar TEMEL KAVRAMLAR Rakam: Sayıları ifade etmeye yarayan sembollere rakam denir. Bu semboller {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} kümesinin elemanlarıdır., b ve c birer rakamdır. 15 b = c olduğuna göre, + b + c

Detaylı

Özdeğer ve Özvektörler

Özdeğer ve Özvektörler Özdeğer ve Özvektörler Yazar Öğr.Grv.Dr.Nevin ORHUN ÜNİTE 9 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; bir lineer dönüşümün ve bir matrisin özdeğer ve özvektör kavramlarını anlayacak, bir dönüşüm matrisinin

Detaylı

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Doç.Dr.Erdal KARADUMAN İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÖZDEŞLİKLER, DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Doç.Dr.Erdal KARADUMAN İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÖZDEŞLİKLER, DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER HEDEFLER İÇİNDEKİLER ÖZDEŞLİKLER, DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER Özdeşlikler Birinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler İkinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler Yüksek Dereceden Denklemler Eşitsizlikler

Detaylı

ÇARPANLAR ve KATLAR. Uygulama-1. Asal Sayılar. Pozitif Bir Tam Sayının Çarpanlarını Bulma. Aşağıdaki sayıların çarpanlarını (bölenlerini) bulunuz.

ÇARPANLAR ve KATLAR. Uygulama-1. Asal Sayılar. Pozitif Bir Tam Sayının Çarpanlarını Bulma. Aşağıdaki sayıların çarpanlarını (bölenlerini) bulunuz. Asal Sayılar Sadece kendisine ve sayısına bölünebilen 'den büyük tam sayılara asal sayı denir. En küçük asal sayı 2'dir ÇARPANLAR ve KATLAR Uygulama- Aşağıdaki sayıların çarpanlarını (bölenlerini) 36=

Detaylı

TAMSAYILAR. 9www.unkapani.com.tr. Z = {.., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, } kümesinin her bir elemanına. a, b, c birer tamsayı olmak üzere, Burada,

TAMSAYILAR. 9www.unkapani.com.tr. Z = {.., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, } kümesinin her bir elemanına. a, b, c birer tamsayı olmak üzere, Burada, TAMSAYILAR Z = {.., -, -, -, 0,,,, } kümesinin her bir elemanına tamsayı denir. Burada, + Z = {,,,...} kümesine, pozitif tamsayılar kümesi denir. Z = {...,,,,} kümesine, negatif tamsayılar kümesi denir.

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

SAYILAR TEORİSİ. KİTAPTA BULUNAN, TEOREM İSPATLARI, KONU ANLATIMI ve ÇÖZÜMLERİN OLDUĞU KISIMLAR, BU DÖKÜMANA KONULMAMIŞTIR.

SAYILAR TEORİSİ. KİTAPTA BULUNAN, TEOREM İSPATLARI, KONU ANLATIMI ve ÇÖZÜMLERİN OLDUĞU KISIMLAR, BU DÖKÜMANA KONULMAMIŞTIR. 2 SAYILAR TEORİSİ - MUSTAFA ÖZDEMİR SAYILAR TEORİSİ Bu kitap üniversitelerimizin Matematik ve Matematik Eğitimi bölümlerinde okutulmakta olan Sayılar Teorisi derslerine de yardımcı olacaktır. Bunun yanında,

Detaylı

Temel Kavramlar 1 Doğal sayılar: N = {0, 1, 2, 3,.,n, n+1,..} kümesinin her bir elamanına doğal sayı denir ve N ile gösterilir.

Temel Kavramlar 1 Doğal sayılar: N = {0, 1, 2, 3,.,n, n+1,..} kümesinin her bir elamanına doğal sayı denir ve N ile gösterilir. Temel Kavramlar 1 Doğal sayılar: N = {0, 1, 2, 3,.,n, n+1,..} kümesinin her bir elamanına doğal sayı denir ve N ile gösterilir. a) Pozitif doğal sayılar: Sıfır olmayan doğal sayılar kümesine Pozitif Doğal

Detaylı

Buna göre, eşitliği yazılabilir. sayılara rasyonel sayılar denir ve Q ile gösterilir. , -, 2 2 = 1. sayıdır. 2, 3, 5 birer irrasyonel sayıdır.

Buna göre, eşitliği yazılabilir. sayılara rasyonel sayılar denir ve Q ile gösterilir. , -, 2 2 = 1. sayıdır. 2, 3, 5 birer irrasyonel sayıdır. TEMEL KAVRAMLAR RAKAM Bir çokluk belirtmek için kullanılan sembollere rakam denir. 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sembolleri birer rakamdır. 2. TAMSAYILAR KÜMESİ Z = {..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4,... }

Detaylı

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır?

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır? 017 LYS MATEMATİK DENEMESİ Soru Sayısı: 50 Sınav Süresi: 75 ı 1. 4. (1+ 5 ) 1+ 5 işleminin sonucu kaçtır? A) 5 B)3 5 C)+ 5 işleminin sonucu kaçtır? D)3+ 5 E)1+ 5 A) B) 1 C) 1 D) E) 3. 4 0,5.16 0,5 işleminin

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

13.Konu Reel sayılar

13.Konu Reel sayılar 13.Konu Reel sayılar 1. Temel dizi 2. Temel dizilerde toplama ve çarpma 3. Reel sayılar kümesi 4. Reel sayılar kümesinde toplama ve çarpma 5. Reel sayılar kümesinde sıralama 6. Reel sayılar kümesinin tamlık

Detaylı

1. BÖLÜM Polinomlar BÖLÜM II. Dereceden Denklemler BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler BÖLÜM Parabol

1. BÖLÜM Polinomlar BÖLÜM II. Dereceden Denklemler BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler BÖLÜM Parabol ORGANİZASYON ŞEMASI . BÖLÜM Polinomlar... 7. BÖLÜM II. Dereceden Denklemler.... BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler... 9. BÖLÜM Parabol... 5 5. BÖLÜM Trigonometri... 69 6. BÖLÜM Karmaşık Sayılar... 09 7.

Detaylı

MATE 409 SAYILAR TEORİSİ BÖLÜM: 8. Muazzez Sofuoğlu Nebil Tamcoşar

MATE 409 SAYILAR TEORİSİ BÖLÜM: 8. Muazzez Sofuoğlu Nebil Tamcoşar MATE 409 SAYILAR TEORİSİ BÖLÜM: 8 LİNEER KONGRÜANSLAR Muazzez Sofuoğlu 067787 Nebil Tamcoşar 8.1. Bir Değişkenli Lineer Kongrüanslar a,b ve m/a olmak üzere; Z ax b(modm) şeklindeki bir kongrüansa, birinci

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

İÇİNDEKİLER. Bölüm 2 CEBİR 43

İÇİNDEKİLER. Bölüm 2 CEBİR 43 İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ III Bölüm 1 SAYILAR 13 1.1 Doğal Sayılar 15 1.1.1. Tek ve Çift Sayılar 15 1.1.2. Asal Sayılar 15 1.1.3 Doğal Sayıların Özellikleri 15 1.1.4 Doğal Sayılarda Özel Toplamlar 16 1.1.5. Faktöriyel

Detaylı

LYS MATEMATİK DENEME - 1

LYS MATEMATİK DENEME - 1 LYS MATEMATİK DENEME - BU SORULAR FİNAL EĞİTİM KURUMLARI TARAFINDAN SAĞLANMIŞTIR. İZİNSİZ KOPYALANMASI VE ÇOĞALTILMASI YASAKTIR, YAPILDIĞI TAKDİRDE CEZAİ İŞLEM UYGULANACAKTIR. LYS MATEMATİK TESTİ. Bu testte

Detaylı

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN İç-Çarpım Uzayları Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; R n, P n (R), M nxn vektör uzaylarında iç çarpım kavramını tanıyacak ve özelliklerini görmüş olacaksınız.

Detaylı

Köklü Sayılar ,1+ 0,1+ 1, 6= m 10 ise m kaçtır? ( 8 5 ) 2x 3. + a =? (4)

Köklü Sayılar ,1+ 0,1+ 1, 6= m 10 ise m kaçtır? ( 8 5 ) 2x 3. + a =? (4) Köklü Sayılar.,+ 0,+, 6= m 0 ise m kaçtır ( 8 5 ). a= ise a + a (). : :... = 8 0 0... eşitliğini sağlayan değeri nedir (). 99.0+.6+ (75) 5. + : + 8 7 8 () 6. > 0 ve = olduğuna göre ( ) + a+ b 7. a, b R

Detaylı

EBOB - EKOK EBOB VE EKOK UN BULUNMASI. 2. Yol: En Büyük Ortak Bölen (Ebob) En Küçük Ortak Kat (Ekok) www.unkapani.com.tr. 1. Yol:

EBOB - EKOK EBOB VE EKOK UN BULUNMASI. 2. Yol: En Büyük Ortak Bölen (Ebob) En Küçük Ortak Kat (Ekok) www.unkapani.com.tr. 1. Yol: EBOB - EKOK En Büyük Ortak Bölen (Ebob) İki veya daha fazla pozitif tamsayıyı aynı anda bölen pozitif tamsayıların en büyüğüne bu sayıların en büyük ortak böleni denir ve kısaca Ebob ile gösterilir. Örneğin,

Detaylı

olsun. Bu halde g g1 g1 g e ve g g2 g2 g e eşitlikleri olur. b G için a b b a değişme özelliği sağlanıyorsa

olsun. Bu halde g g1 g1 g e ve g g2 g2 g e eşitlikleri olur. b G için a b b a değişme özelliği sağlanıyorsa 1.GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G, ) cebirsel yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir. 1), G de bir ikili işlemdir. 2) a, b, c G için a( bc)

Detaylı

Sıfırdan farklı a, b, c tam sayıları için aşağıdaki özellikler sağlanır.

Sıfırdan farklı a, b, c tam sayıları için aşağıdaki özellikler sağlanır. SAYILAR TEORİSİ 1 Bölünebilme Bölme Algoritması: Her a ve b 0 tam sayıları için a = qb + r ve 0 r < b olacak şekilde q ve r tam sayıları tek türlü belirlenebilir. r sayısı a nın b ile bölümünden elde edilen

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

ÖZEL EGE LĠSESĠ. ġeklġndekġ ĠFADELERĠN. SADELEġTĠRĠLEMEZ VEYA SADELEġTĠRĠLEBĠLĠR OLMASI ĠÇĠN GEREKEN KOġULLAR

ÖZEL EGE LĠSESĠ. ġeklġndekġ ĠFADELERĠN. SADELEġTĠRĠLEMEZ VEYA SADELEġTĠRĠLEBĠLĠR OLMASI ĠÇĠN GEREKEN KOġULLAR ÖZEL EGE LĠSESĠ ġeklġndekġ ĠFADELERĠN SADELEġTĠRĠLEMEZ VEYA SADELEġTĠRĠLEBĠLĠR OLMASI ĠÇĠN GEREKEN KOġULLAR HAZIRLAYAN ÖĞRENCĠ: Ersin ĠSTANBULLU DANIġMAN ÖĞRETMEN: Defne TABU ĠZMĠR 2013 ĠÇĠNDEKĠLER 1.

Detaylı

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür.

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür. ÖZDEĞER VE ÖZVEKTÖRLER A n n tipinde bir matris olsun. AX = λx (1.1) olmak üzere n 1 tipinde bileşenleri sıfırdan farklı bir X matrisi için λ sayıları için bu denklemi sağlayan bileşenleri sıfırdan farklı

Detaylı

Taşkın, Çetin, Abdullayeva 2. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER

Taşkın, Çetin, Abdullayeva 2. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER MATEMATİK Taşkın, Çetin, Abdullayeva BÖLÜM. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER. ÖZDEŞLİKLER İki cebirsel ifade içerdikleri değişkenlerin (veya bilinmeyenlerin) her değeri içinbirbirine eşit oluyorsa,

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

FAKTÖRİYEL. TANIM Pozitif ilk n tam sayının çarpımı n = n! biçiminde gösterilir. n Faktöriyel okunur.

FAKTÖRİYEL. TANIM Pozitif ilk n tam sayının çarpımı n = n! biçiminde gösterilir. n Faktöriyel okunur. FAKTÖRİYEL TANIM Pozitif ilk n tam sayının çarpımı 1.2.3 n = n! biçiminde gösterilir. n Faktöriyel okunur. 1!=1 2!=1.2=2 3!=1.2.3=6 4!=1.2.3.4=24 5!=1.2.3.4.5=120 gibi. Özel olarak; 0! = 1 olarak tanımlanmıştır.

Detaylı

Denklemler İkinci Dereceden Denklemler. İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler. a,b,c IR ve a 0 olmak üzere,

Denklemler İkinci Dereceden Denklemler. İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler. a,b,c IR ve a 0 olmak üzere, Bölüm 33 Denklemler 33.1 İkinci Dereceden Denklemler İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler a,b,c IR ve a 0 olmak üzere, ax 2 + bx + c = 0 biçimindeki her açık önermeye ikinci dereceden bir bilinmeyenli

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon denir.

SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon denir. SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon Tanım 2: Bir grubun kendi üzerine izomorfizmine otomorfizm, grubun kendi üzerine homomorfizmine endomorfizm Sadece birebir olan

Detaylı

{ x,y x y + 19 = 0, x, y R} = 3 tir. = sonlu kümesinin 32 tane alt kümesinde

{ x,y x y + 19 = 0, x, y R} = 3 tir. = sonlu kümesinin 32 tane alt kümesinde 1. Aşağıdaki kümelerden hangisi sonsuz küme belirtir? A) A = { x 4 < x < 36,x N} B) B = { x 19 < x,x asal sayı} C) C = { x x = 5k,0 < x < 100,k Z} D) D = { x x = 5, x Z} E) E = { x x < 19,x N}. A, B ve

Detaylı

10.Konu Tam sayıların inşası

10.Konu Tam sayıların inşası 10.Konu Tam sayıların inşası 1. Tam sayılar kümesi 2. Tam sayılar kümesinde toplama ve çarpma 3. Pozitif ve negatif tam sayılar 4. Tam sayılar kümesinde çıkarma 5. Tam sayılar kümesinde sıralama 6. Bir

Detaylı

İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ Bölüm 1 KÜMELER Bölüm 2 SAYILAR

İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ Bölüm 1 KÜMELER Bölüm 2 SAYILAR İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ III Bölüm 1 KÜMELER 11 1.1. Küme 12 1.2. Kümelerin Gösterimi 13 1.3. Boş Küme 13 1.4. Denk Küme 13 1.5. Eşit Kümeler 13 1.6. Alt Küme 13 1.7. Alt Küme Sayısı 14 1.8. Öz Alt Küme 16 1.9.

Detaylı

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN Lineer Dönüşümler Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayları arasında tanımlanan belli fonksiyonları tanıyacak, özelliklerini öğrenecek, Bir dönüşümün,

Detaylı

BÖLÜM IV. olsa r s(mod p) bulunur ki, bu mümkün değildir. Ayrıca bu sayı takımındaki hiçbir sayı p tarafından bölünmez.

BÖLÜM IV. olsa r s(mod p) bulunur ki, bu mümkün değildir. Ayrıca bu sayı takımındaki hiçbir sayı p tarafından bölünmez. BÖLÜM IV (KÜÇÜK FERMAT VE WİLSON TEOREMLERİ Teorem 4. (Fermat Teoremi F a olan bir asal sayı olsun. Bu durumda a (mod İsat: a sayısının a a a K ( a gibi ilk ( katından oluşan sayı takımını gözönüne alalım.

Detaylı

6. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 16, 2016

6. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 16, 2016 6. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 16, 2016 Bu derste lineer cebirdeki bazı fikirleri gözden geçirip Lie teorisine uygulamalarını inceleyeceğiz. Bütün Lie cebirlerinin cebirsel olarak kapalı ve karakteristiği

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

(m+2) +5<0. 7/m+3 + EŞİTSİZLİKLER A. TANIM

(m+2) +5<0. 7/m+3 + EŞİTSİZLİKLER A. TANIM EŞİTSİZLİKLER A. TANIM f(x)>0, f(x) - eşitsizliğinin

Detaylı

SINIF TEST. Üslü Sayılar A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 A) - 5 B) - 4 C) 5 D) 7. sayısı aşağıdakilerden hangisine eşittir?

SINIF TEST. Üslü Sayılar A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 A) - 5 B) - 4 C) 5 D) 7. sayısı aşağıdakilerden hangisine eşittir? 8. SINIF. Üslü Sayılar - = T olduğuna göre T kaçtır? A) - B) - C) D) 7 TEST.. 0 - işleminin sonucu kaç basamaklı bir sayıdır? A) B) C) 6 D) 7. n =- 7 için n ifadesinin değeri kaçtır? A) - 8 B) - C) 8 D)

Detaylı

6. Ali her gün cebinde kalan parasının (2009) a, b ve c farklı pozitif tamsayılar, 9. x, y, z pozitif gerçek sayılar,

6. Ali her gün cebinde kalan parasının (2009) a, b ve c farklı pozitif tamsayılar, 9. x, y, z pozitif gerçek sayılar, 1. 9 2 x 2 ifadesinin açılımında sabit x terim kaç olur? A) 672 B) 84 C) 1 D) -84.E) -672 6. Ali her gün cebinde kalan parasının %20 sini harcamaktadır. Pazartesi sabahı haftalığını alan Ali ni Salı günü

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

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

BİRİNCİ BÖLÜM SAYILAR

BİRİNCİ BÖLÜM SAYILAR İÇİNDEKİLER BİRİNCİ BÖLÜM SAYILAR 1.1 Tamsayılarda İşlemler... 2 1.1.1 Tek, Çift ve Ardışık Tamsayılar... 5 1.2 Rasyonel Sayılar... 6 1.2.1 Kesirlerin Birbirine Çevrilmesi... 7 1.2.2 Kesirlerin Genişletilmesi

Detaylı

a = b ifadesine kareköklü ifade denir.

a = b ifadesine kareköklü ifade denir. KAREKÖKLÜ SAYILAR Rasyonel sayılar kümesi sayı ekseninde sık olmasına rağmen sayı eksenini tam dolduramamaktadır;çünkü sayı doğrusu üzerinde görüntüsü olduğu halde rasyonel olmayan sayılar da vardır. Karesi

Detaylı

2012 LYS MATEMATİK SORU VE ÇÖZÜMLERİ Niyazi Kurtoğlu

2012 LYS MATEMATİK SORU VE ÇÖZÜMLERİ Niyazi Kurtoğlu .SORU 8 sayı tabanında verilen (5) 8 sayısının sayı tabanında yazılışı nedir?.soru 6 3 3 3 3 4 6 8? 3.SORU 3 ise 5? 5 4.SORU 4 5 olduğuna göre, ( )? 5.SORU (y z) z(y ) y z yz bulunuz. ifadesinin en sade

Detaylı

SAYILAR SAYI KÜMELERİ

SAYILAR SAYI KÜMELERİ SAYILAR SAYI KÜMELERİ 1.Sayma Sayıları Kümesi: S=N =1,2,3,... 2. Doğal Sayılar Kümesi : N=0,1,2,... 3. Tamsayılar Kümesi : Z=..., 2, 1,0,1,2,... Sıfırın sağında bulunan 1,2,3,. tamsayılarına pozitif tamsayılar

Detaylı

140. 2< a< 1 ise kesrinin değeri aşağıdakilerden hangisi olamaz? (3,7) a 1,9 2,4 2,7 3,2 3,7. a a c b ve c a a b c

140. 2< a< 1 ise kesrinin değeri aşağıdakilerden hangisi olamaz? (3,7) a 1,9 2,4 2,7 3,2 3,7. a a c b ve c a a b c 138. a ve b gerçel sayılardır. a < a, 6a b 5= 0 b ne olabilir? (11) 4 5 8 11 1 139. < 0 olmak üzere, 4 3. =? ( 3 ) a 1 140. < a< 1 ise kesrinin değeri aşağıdakilerden hangisi olamaz? (3,7) a 1,9,4,7 3,

Detaylı

SAYILAR SAYI KÜMELERİ

SAYILAR SAYI KÜMELERİ 1 SAYILAR SAYI KÜMELERİ 1.Sayma Sayıları Kümesi: S=N =1,2,3,... 2. Doğal Sayılar Kümesi : N=0,1,2,... 3. Tamsayılar Kümesi : Z=..., 2, 1,0,1,2,... Sıfırın sağında bulunan 1,2,3,. tamsayılarına pozitif

Detaylı

İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler

İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler A(x)y + B(x)y + C(x)y = F (x) (5) Denklem (5) in sağ tarafında bulunan F (x) fonksiyonu, I aralığı üzerinde sıfıra özdeş ise, (5) denklemine lineer homogen; aksi taktirde lineer homogen olmayan denklem

Detaylı

KC00-SS.08YT05. Kolay Temel Matematik. Üniversite Haz rl k 1. 8 ( 3 + 2) 6. 3! 3 ( 3 3)": ( 3) x = 3 ve y = 2 3. ( 5) + ( 7) (+2) + 4

KC00-SS.08YT05. Kolay Temel Matematik. Üniversite Haz rl k 1. 8 ( 3 + 2) 6. 3! 3 ( 3 3): ( 3) x = 3 ve y = 2 3. ( 5) + ( 7) (+2) + 4 Üniversite Haz rl k Sözcükte Do al ve Say lar Söz Öbeklerinde ve Tam Say lar Anlam - I - I Kolay Temel Matematik. 8 ( + ) A) 7 B) 8 C) 9 D) 0 E) 6.! ( )": ( ) A) B) 0 C) D) E). 7. + 5 A) 6 B) 7 C) 8 D)

Detaylı

KENAR UZUNLUKLARI GEOMETRİK DİZİ OLUŞTURAN TAM SAYI KENARLI ÜÇGENLER

KENAR UZUNLUKLARI GEOMETRİK DİZİ OLUŞTURAN TAM SAYI KENARLI ÜÇGENLER ORTAÖĞRETİM ÖĞRENCİLERİ ARASI ARAŞTIRMA PROJELERİ YARIŞMASI (01 013) KENAR UZUNLUKLARI GEOMETRİK DİZİ OLUŞTURAN TAM SAYI KENARLI ÜÇGENLER Fatih KORKUSUZ Şehit Fazıl Yıldırım Anadolu Lisesi Eskişehir Kadir

Detaylı

YAZILI SINAV SORU ÖRNEKLERİ MATEMATİK

YAZILI SINAV SORU ÖRNEKLERİ MATEMATİK YAZILI SINAV SORU ÖRNEKLERİ MATEMATİK SORU 1: Aşağıdaki grafik, bir okuldaki spor yarışmasına katılan öğrencilerin yaşa göre dağılışını göstermektedir. Öğrenci sayısı 5 3 9 10 1 14 Yaş 1.1: Yukarıdaki

Detaylı

8. SINIF MATEMATIK KAZANIM ODAKLI SORU BANKASI

8. SINIF MATEMATIK KAZANIM ODAKLI SORU BANKASI 8. SINIF MATEMATIK KAZANIM ODAKLI SORU BANKASI Tudem Eğitim Hiz. San. ve Tic. A.Ş 1476/1 Sokak No: 10/51 Alsancak/Konak/ÝZMÝR Yazarlar: Tudem Yazý Kurulu Dizgi ve Grafik: Tudem Grafik Ekibi Baský ve Cilt:

Detaylı

MATEMATİK DERSİ UZAKTAN EĞİTİM DERS NOTLARI 3. HAFTA

MATEMATİK DERSİ UZAKTAN EĞİTİM DERS NOTLARI 3. HAFTA MATEMATİK DERSİ UZAKTAN EĞİTİM DERS NOTLARI 3. HAFTA 3. Ondalık Sayılarda İşlemler: Toplama - Çıkarma: Ondalık kesirler toplanırken, virgüller alt alta gelecek şekilde yazılır ve doğal sayılarda toplama-çıkarma

Detaylı

2017 MÜKEMMEL YGS MATEMATİK

2017 MÜKEMMEL YGS MATEMATİK 2017 MÜKEMMEL YGS MATEMATİK 1. 2,31 0,33 0,65 0,13 + 3,6 0,6 işleminin sonucu kaçtır? A)0,5 B) 0,8 C)0,9 D)5 E)8 4. Üç basamaklı ABB doğal sayısı 4 e ve 9 a kalansız bölünmektedir. Buna göre, A+B toplamının

Detaylı

Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık

Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık Yazar Öğr.Grv.Dr.Nevin ORHUN ÜNİTE 5 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayı ve alt uzay yapısını daha iyi tanıyacak, Bir vektör uzayındaki vektörlerin

Detaylı

Türkiye Ulusal Matematik Olimpiyatları DENEME SINAVI. 4. Deneme

Türkiye Ulusal Matematik Olimpiyatları DENEME SINAVI. 4. Deneme Türkiye Ulusal Matematik Olimpiyatları Birinci Aşama Zor Deneme Sınavı 11 Haziran 2016 DENEME SINAVI 4. Deneme Soru Sayısı: 32 Sınav Süresi: 210 dakika Başarılar Dileriz... Page 1 of 9 DENEME SINAVI (4.

Detaylı

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak 10.Konu İç çarpım uzayları ve özellikleri 10.1. ve üzerinde uzunluk de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor teoreminden dir. 1.Ö.: [ ] ise ( ) ( ) ve ( ) noktaları gözönüne alalım.

Detaylı

MATEMATİK SORU BANKASI. ezberbozan serisi GEOMETRİ 30. KPSS tamamı çözümlü. eğitimde

MATEMATİK SORU BANKASI. ezberbozan serisi GEOMETRİ 30. KPSS tamamı çözümlü. eğitimde ezberbozan serisi MATEMATİK GEOMETRİ KPSS 2017 SORU BANKASI eğitimde tamamı çözümlü 30. Kerem Köker Kenan Osmanoğlu Levent Şahin Uğur Özçelik Ahmet Tümer Yılmaz Ceylan KOMİSYON KPSS EZBERBOZAN MATEMATİK

Detaylı

Değişken Katsayılı Adi Diferensiyel Denklemler Katsayıları bağımsız(x) değişkene bağlı diferensiyel denklemlerdir. Genel ifadesi şöyledir.

Değişken Katsayılı Adi Diferensiyel Denklemler Katsayıları bağımsız(x) değişkene bağlı diferensiyel denklemlerdir. Genel ifadesi şöyledir. 3. Yüksek Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler Geçmiş konularda şu ana kadar ele alınan 1.mertebe-1.dereceden adi diferensiyel denklemler ancak 1.mertebe seviyesindeki belirli problemleri ifade edebilmektedir.

Detaylı

MAK 210 SAYISAL ANALİZ

MAK 210 SAYISAL ANALİZ MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 5- SONLU FARKLAR VE İNTERPOLASYON TEKNİKLERİ Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ MAK 210 - Sayısal Analiz 1 İNTERPOLASYON Tablo halinde verilen hassas sayısal değerler veya ayrık noktalardan

Detaylı

Tanım: (1. Tip Üretken Fonksiyonlar) (a r ) = (a 1, a 2, a 3,,a r, ) sayı dizisi olmak üzere, (a r ) dizisinin 1. Tip üretken fonksiyonu

Tanım: (1. Tip Üretken Fonksiyonlar) (a r ) = (a 1, a 2, a 3,,a r, ) sayı dizisi olmak üzere, (a r ) dizisinin 1. Tip üretken fonksiyonu Üretken Fonksiyonlar Ali İlker Bağrıaçık Üretken fonksiyonlar sayma problemlerinin çözümünde kullanılan önemli yöntemlerden biridir. Üretken fonksiyonların temeli Moivre nin 1720 yıllarındaki çalışmalarına

Detaylı

T. C. Manisa Celal Bayar Üniversitesi Kırkağaç Meslek Yüksekokulu Öğretim Yılı Güz Yarıyılı MATEMATİK Dersi Final Sınavı Çalışma Soruları

T. C. Manisa Celal Bayar Üniversitesi Kırkağaç Meslek Yüksekokulu Öğretim Yılı Güz Yarıyılı MATEMATİK Dersi Final Sınavı Çalışma Soruları T. C. Manisa Celal Bayar Üniversitesi Kırkağaç Meslek Yüksekokulu 016-017 Öğretim Yılı Güz Yarıyılı MATEMATİK Dersi Final Sınavı Çalışma Soruları 1) 3. [15 3(8: )] 9 =? a) 16 b) 14 c) 0 d) 14 e) 16 6)

Detaylı

Yeşilköy Anadolu Lisesi

Yeşilköy Anadolu Lisesi Yeşilköy Anadolu Lisesi TANIM (KONUYA GİRİŞ) a, b, c gerçel sayı ve a ¹ 0 olmak üzere, ax 2 + bx + c = 0 biçimindeki her açık önermeye ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Bu açık önermeyi

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

ASAL SAYILAR - TAM BÖLENLER - FAKTÖRİYEL Test -1

ASAL SAYILAR - TAM BÖLENLER - FAKTÖRİYEL Test -1 ASAL SAYILAR - TAM BÖLENLER - FAKTÖRİYEL Test -1 1. ve y aralarında asal iki doğal sayıdır. 7 y 11 olduğuna göre, y farkı 5. 364 sayısının en büyük asal böleni A) 3 B) 7 C) 11 D) 13 E) 17 A) B) 3 C) 4

Detaylı

16. ULUSAL ANTALYA MATEMATİK SORULARI A A A A A A A

16. ULUSAL ANTALYA MATEMATİK SORULARI A A A A A A A AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ 16. ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATLARI BİRİNCİ AŞAMA SORULARI A A A A A A A SINAV TARİHİ VESAATİ:16 NİSAN 2011 - Cumartesi 10.00-12.30 Bu sınav 25 sorudan oluşmaktadır vesınav

Detaylı

13. Karakteristik kökler ve özvektörler

13. Karakteristik kökler ve özvektörler 13. Karakteristik kökler ve özvektörler 13.1 Karakteristik kökler 1.Tanım: A nxn tipinde matris olmak üzere parametrisinin n.dereceden bir polinomu olan şeklinde gösterilen polinomuna A matrisin karakteristik

Detaylı

İl temsilcimiz sizinle irtibata geçecektir.

İl temsilcimiz sizinle irtibata geçecektir. Biz, Sizin İçin Farklı Düşünüyor Farklı Üretiyor Farklı Uyguluyoruz Biz, Sizin İçin Farklıyız Sizi de Farklı Görmek İstiyoruz Soru Bankası matematik konularını yeni öğrenen öğrenciler için TMOZ öğretmenlerince

Detaylı

ÜNİTE MATEMATİK-1 İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÜSTEL VE LOGARİTMA FONKSİYONLARI. Prof.Dr.Ahmet KÜÇÜK. Üstel Fonksiyon Logaritma Fonksiyonu

ÜNİTE MATEMATİK-1 İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÜSTEL VE LOGARİTMA FONKSİYONLARI. Prof.Dr.Ahmet KÜÇÜK. Üstel Fonksiyon Logaritma Fonksiyonu HEDEFLER İÇİNDEKİLER ÜSTEL VE LOGARİTMA FONKSİYONLARI Üstel Fonksiyon Logaritma Fonksiyonu MATEMATİK-1 Prof.Dr.Ahmet KÜÇÜK Bu ünite çalışıldıktan sonra, Üstel fonksiyonun tanımı öğrenilecek Üstel fonksiyonun

Detaylı

2. Matematiksel kavramları organize bir şekilde sunarak, bu kavramları içselleştirmenizi sağlayacak pedagojik bir alt yapı ile yazılmıştır.

2. Matematiksel kavramları organize bir şekilde sunarak, bu kavramları içselleştirmenizi sağlayacak pedagojik bir alt yapı ile yazılmıştır. Sevgili Öğrenciler, Matematik ilköğretimden üniversiteye kadar çoğu öğrencinin korkulu rüyası olmuştur. Buna karşılık, istediğiniz üniversitede okuyabilmeniz büyük ölçüde YGS ve LYS'de matematik testinde

Detaylı

7 2 işleminin sonucu kaçtır? A) 7 B) 6 C) 5 D) 4 E) 3. Not : a buluruz. Doğru Cevap : E şıkkı

7 2 işleminin sonucu kaçtır? A) 7 B) 6 C) 5 D) 4 E) 3. Not : a buluruz. Doğru Cevap : E şıkkı ) 3 4 5 3 0 A) B) 6 C) 5 D) 4 E) 3 0 Not : a 0 3 4 5 3 4 5 3 3 3.3.3... ÜSLÜ SAYILAR QUİZİ VE CEVAPLARI 6 4 4 3 buluruz. Doğru Cevap : E şıkkı 0 ) n bir doğal saı olmak üzere, ( ) ( ) n ( ) n n n A) 4

Detaylı

sayıların kümesi N 1 = { 2i-1: i N } ve tüm çift doğal sayıların kümesi N 2 = { 2i: i N } şeklinde gösterilebilecektir. Hiç elemanı olmayan kümeye

sayıların kümesi N 1 = { 2i-1: i N } ve tüm çift doğal sayıların kümesi N 2 = { 2i: i N } şeklinde gösterilebilecektir. Hiç elemanı olmayan kümeye KÜME AİLELERİ GİRİŞ Bu bölümde, bir çoğu daha önceden bilinen incelememiz için gerekli olan bilgileri vereceğiz. İlerde konular işlenirken karşımıza çıkacak kavram ve bilgileri bize yetecek kadarı ile

Detaylı

Projenin Adı: Metalik Oranlar ve Karmaşık Sayı Uygulamaları

Projenin Adı: Metalik Oranlar ve Karmaşık Sayı Uygulamaları Projenin Adı: Metalik Oranlar ve Karmaşık Sayı Uygulamaları Projenin Amacı: Metalik Oranların elde edildiği ikinci dereceden denklemin diskriminantını ele alarak karmaşık sayılarla uygulama yapmak ve elde

Detaylı

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME ÖDEVİ I ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ - 6 GÜZ DÖNEMİ ADI SOYADI :... NO :... A A A A A A A SINAV TARİHİ VE SAATİ : Bu sınav 4 sorudan oluşmaktadır ve sınav

Detaylı