SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ

Transkript

1 OLÝMPÝK MATEMATÝK SERÝSÝ MATEMATÝK OLÝMPÝYATLARINA HAZIRLIK ÝÇÝN MERAKLISINA SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ ÖMER GÜRLÜ ALTIN NOKTA YAYINEVÝ ÝZMÝR

2 Copyright Altýn Nokta Basým Yayýn Daðýtým Biliþim ISBN Olimpik Matematik Serisi OLÝMPÝK MATEMATÝK SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Ömer Gürlü GSM: Bu kitabýn her hakký saklýdýr. Tüm haklarý Altýn Nokta Basým Yayýn Daðýtým'a aittir. Kýsmen de olsa alýntý yapýlamaz. Metin ve sorular, kitabý yayýmlayan kurumun önceden izni olmaksýzýn elektronik, mekanik, fotokopi ya da herhangi bir kayýt sistemiyle çoðaltýlamaz, yayýmlanamaz. Bu kitaptaki TÜBÝTAK Matematik Olimpiyat Sorularý, TÜBÝTAK Bilim Ýnsaný Destekleme Daire Baþkanlýðýndan izin alýnarak yayýmlanmaktadýr. Genel Yayýn Yönetmeni Halil Ý. AKÇETÝN Kapak-Dizgi Altýn Nokta Dizgi-Grafik Baský ERTEM BASIM YAYIN DAÐ. SAN. TÝC.LTD. ÞTÝ. Nasuh Akar Mah. 25. Sok. No: 19 Çankaya / ANKARA Tel: 0 (312) Yayýn - Daðýtým Altýn Nokta Basým Yayýn Daðýtým 859 Sk. No:1/Z-4 Konak / ÝZMÝR Tel- Faks : 0 (232) nokta@nokta2000.com altinnokta@altinnokta.com.tr kitapana@kitapana.com KASIM Basým

3 Ý Ç Ý N D E K Ý L E R BÖLÜNEBÝLME BÖLME ALGORÝTMASI ASAL SAYILAR BÝR TAM SAYININ BÖLENLERÝ ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ MODÜLER ARÝTMETÝK MODÜLER ARÝTMETÝK TABAN ARÝTMETÝÐÝ ÝLKEL KÖKLER VE ÝNDEKSLER BÝNOM KATSAYILARI ALIÞTIRMALARIN ÇÖZÜMLERÝ SÖZLÜK KAYNAKÇA

4 T E Þ E K K Ü R Bu kitabýn hazýrlanmasýnda desteklerini benden esirgemeyen Özel Yamanlar Eðitim Kurumlarý Genel Müdür ü Sebahattin Kasap Bey e, Özel Yamanlar Koleji Müdür ü Þakir Ural Bey e, meslektaþlarým Yusuf Baðcý, Cenk Çaçan, Abdulsamet Baþdaþ, Serkan Gönüldaþ Beylere, Zambak Dizgi Grafik Servisi nden Serdar ÇAM Bey e ve öðrencilerimden Hikmet Yýldýz, Fatih Atalý, Mehmet Sönmez, Halil Samed Çýldýr, Elif Güner, Sevda Vardar, Refia Gülen, Selman Farisi Aktürk, Numan Uyar, Mustafa Yafes Öner, Eyüp Çetin, Hatice Þeyma Þahin e bu çalýþmalarým sýrasýnda beni anlayýþla karþýlayan deðerli eþim ve çocuklarýma teþekkürlerimi sunarým.

5 Y A R I Þ M A L A R I N Ý S Ý M L E R Ý UMO: Ulusal Matematik Olimpiyatý UÝMO: Ulusal Ýlköðretim Okullarý Arasý Matematik Olimpiyatý AHSME: American High Schooll Mathematics Examination AIME: American Invitational Mathematics Examination IMO: International Mathematics Olympiads AÜMO: Akdeniz Üniversitesi Matematik Olimpiyatý MAFETYA: Yamanlar Matematik Fen ve Teknoloji Yarýþmasý SUMYA: Samanyolu Ulusal Matematik Yarýþmasý USAMO: United State of America Mathematics Olympiads ARML: American Regional Mathematics Leaque JBMO: Junior Balkan Mathematics Olympiad APMO: Asian Pasifik Mathematics Olympiads BMO: Balkan Mathematics Olympiad BWMO: Mathematics Olympiads Baltic Way

6 Ö N S Ö Z Sayýlar teorisi Matematiðin en eski çalýþma alanlarýndan biridir. Sayýlar arasýndaki iliþki, bu iliþkiler arasýndaki estetik, her zaman matematiðe meraklý olanlarýn ilgisini çekmiþ ve bu alanda çalýþmalara farklý bir derinlik kazandýrmýþtýr. Asal sayýlarýn ispatý M.Ö. Euclid tarafýndan yapýlmýþ olsa bile günümüzde de farklý ispatlarý üzerine çalýþmalar yapýlmaktadýr. Bu kitaptakiler, sayýlar teorisi konusunda mütevazi bir çalýþma olup, matematik olimpiyatlarýna hazýrlananlar ve matematiðe ilgi duyanlar için temel kaynaklardan biri olacaðý kanaatiyle hazýrlanmýþtýr. Sayýlar teorisinin bütün konularýný ve bu konularla ilgili sorularý bir kitapta toplamanýn ne kadar hacimli bir çalýþma olacaðý açýktýr. Bundan dolayý bu kitapta sadece temel konular verilerek sayýlar teorisine bir giriþ olmasý düþünülmüþtür. Daha ileri düzeyde çalýþma yapacaklarýn sayýlar teorisinin diðer kaynaklarýna da baþvurmalarý tavsiye edilir. Bu çalýþmadan istifade edebilmek için temel lise bilgilerinin üzerine çalýþma yapýlmalýdýr. Ayrýca olimpiyatlara çalýþan biri, bu kitabý bitirdikten sonra olimpiyatlarda çýkmýþ sorular üzerinde yoðunlaþarak bu sorulara çözüm üretebilmeli veya en azýndan bir çözüm yöntemi düþünebilmelidir. Kitabý çalýþýrken, taným ve teoremlerden sonra ispatlara ve örneklere önce kendiniz çözüm geliþtirmeye çalýþýnýz. Yaptýðýnýz çözümle kitaptakini mutlaka karþýlaþtýrýnýz. Mutlaka ya kendi çözümünüzün estetiðine ya da kitapta verilen çözüme takdir duygularýnýz olacaktýr. Bir matematik sever her zaman bunlarý yaþayan biridir. Bazen bir soruya getirdiðiniz çözüm günlerce kendinizi mutlu hissetmenizi saðlayacaktýr. Bu çalýþmanýn siz meraklýlarýna faydalý ve temel bir fikir oluþturmasý dileklerimle... Ömer GÜRLÜ Özel Ýzmir Yamanlar Anadolu ve Fen lisesi -2012

7 BÖLÜM 1 BÖLÜNEBÝLME Hiçbir Matematikçi þunu aklýndan çýkarmamalýdýr. Matematik, diðer bütün sanat veya bilim dallarýnda olduðundan daha çok bir gençlik oyunudur. G.H. Hardy

8 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Ýspat, ilk duyulduðunda çoðu kiþinin baþarmakta zorlanacaðýný düþündüðü ya da matematiði çok seviyorum ama ispatlar olmasa diye yakýnmalar iþittiðimiz bir kavramdýr. Aslýnda ispat, matematiðin kendi içindeki tutarlýlýðýný kontrol mekanizmasýdýr. Bu mekanizma ve iþleyiþ sistemi tanýndýðýnda ispatta tanýnmýþ olacak ve matematiðin en eðlenceli taraflarýndan biri olduðu anlaþýlacaktýr. Matematikte teorem, p q gerektirmesi þeklinde bir yapýdadýr. Doðruluk deðeri bir olan p q þartlý önermesine gerektirme denir. p q gerektirmesinde p hipotez ve q ise hükümdür. p hipotezi doðru olan p q gerektirmesine teorem denir. Ýspat ise, p q biçimindeki bir teoremde, p hipotezinin doðruluðundan hareket ederek q hükmünün doðruluðunu göstermedir. q hükmünün doðruluðunu göstermede, aksiyomlar, tanýmlar ve önceden ispatý yapýlmýþ teoremler kullanýlýr. Ýki reel sayýnýn çarpýmý sýfýr ise, bu sayýlardan en az biri sýfýra eþittir. teoreminde hipotez p : a ve b gibi iki reel sayýnýn çarpýmý sýfýrdýr. hüküm q : Bunlardan en az biri sýfýrdýr. þeklindedir. ÝSPAT YÖNTEMLERÝ TÜMEVARIM TÜMDEN GELÝM DOÐRUDAN ÝSPAT DOLAYLI ÝSPAT OLMAYANA ERGÝ ÇELÝÞKÝ BULMA DENEME AKSÝNE ÖRNEK VERME A) Tümevarým Yöntemi S, saymasayýlar kümesi N + nin bir alt kümesi olmak üzere, S = {a, a + 1, a + 2,, a + n, } kümesi a S için n ye baðlý P(n) açýk önermesi verilsin. 1) P(a) önermesinin doðruluðu gösterilir. ( P(n) açýk önermesi S kümesinin en küçük elemaný n = a için, doðru yani P(a) doðru ise) 8 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

9 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME 2) k S için P(k) nýn doðruluðu kabul edilip, k + 1 S için P(k + 1) nin doðru olduðu gösterilirse, bu önerme S kümesinin her elemaný için doðru olur. Her n pozitif tam sayýsý için 3 3n+3 26n 27 sayýsýnýn 169 ile bölündüðünü ispatlayýnýz. 1) n = 1 için, 3 3n+3 26n 27 sayýsý = = 676 = dan ) n = k için, 3 3k+3 26k 27 dan k+3 26k 27 olduðunu kabul edelim. 3) n = k + 1 için 169 un 3 3(k+1)+3 26(k + 1) 27 sayýsýný bölüp bölmediðini araþtýralým. 3 3(k+1)+3 26(k + 1) 27 = 3 3k k = 27(3 3k+3 26k 27) k = 27(3 3k+3 26k 27) k olup (3 3k+3 26k 27) k bulunur. B) Tümden Gelim Yöntemi B1) Doðrudan Ýspat Yöntemi Doðrudan ispat yönteminde önermeler cebirinin, bilinen taným, aksiyom ve teoremleri kullanýlarak, p q teoremi için p nin doðru olmasýndan hareketle q nun doðru olduðu gösterilir. x ve y tek sayý ise x + y çift sayýdýr. teoreminde hipotez p : x ve y tek sayýdýr. ve hüküm q : x+y çift sayýdýr. x = 2k + 1 ve y = 2t + 1 k, t Z (Tek sayýnýn tanýmý) x + y = 2k + 2t + 2 ve x + y = 2(k + t + 1) çift sayýnýn tanýmýndan x + y çift sayýdýr. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 9

10 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ B2) Dolaylý Ýspat Yöntemi 1) Olmayana Ergi Yöntemi Olmayana ergi yöntemi ile ispatta, p q q p denkliðinden faydalanýlýr. p q teoreminin ispatý yerine q p nin ispatý yapýlýr. Bazý durumlarda q p nin ispatýný yapmak p q nun ispatýný yapmaktan daha kolaydýr. Farklý iki asal sayýdan hiçbiri diðerini bölmez. teoremini olmayana ergi yöntemi ile ispat edelim. Ýspat: Önce teoremi daha iyi anlamak için, p q formunda r ve s farklý iki asal sayý ise bunlardan biri diðerini bölmez. þeklinde yazabiliriz. Þimdi p q q p denkliðinden faydalanarak, q p nun ispatýný yapalým. r ve s gibi farklý iki sayýdan biri diðerini bölüyorsa r ve s asal sayý deðildir. Gerçekten de r ve s gibi farklý iki sayýdan biri diðerini bölüyorsa, asal sayýnýn tanýmýndan r ve s sayýlarý asal sayý olamaz. 2) Çeliþki Bulma Yöntemi Çeliþki buma yöntemi ile ispatta, p q p q denkliðinden p q 0 olduðu gösterilirse, p q 1 olduðu gösterilmiþ olacaðýndan, p q 0 olduðunu göstermek yeterlidir. 2 rasyonel sayý deðildir. teoremini çeliþki bulma yöntemiyle ispat edelim. Ýspat: Önce teoremi, hipotez ve hükmünü yazalým. a Teorem: a ve b aralarýnda asal sayýlar olmak üzere, ab, Q 2. b Hipotez: a ve b aralarýnda asal sayýlar olmak üzere, a, b Q. a Hüküm: a ve b aralarýnda asal sayýlarý için 2. b 10 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

11 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME a Ýspat: Hükmün deðilini alarak, 2 olsun. Bu durumda, a = b2 ve a 2 = 2b 2 elde b edilir. a 2 = 2b 2 a 2 çift sayýdýr ve a 2 çift ise, a = 2k, k Z formundadýr. a 2 = 2b 2 4k 2 = 2b 2 inden b nin de çift sayý olduðu sonucu elde edilir. Bu durum a ile b sayýlarýnýn aralarýnda asal olmalarý ile çeliþir. O halde, 2 rasyonel sayý deðildir. Pozitif gerçel sayýlarýn bir sonlu kümesi verilsin. Bu kümeden alýnmýþ herhangi a, b ve c sayýlarý için a b c sayýsý da kümenin elemaný ise, söz konusu kümeye iyi küme diyelim. 1 2 Örneðin,,,1 üç elemanlý iyi bir kümedir. Herhangi iyi bir kümenin eleman sayýsýnýn 3 3 üçten fazla olamayacaðýný gösteriniz. (AÜMO-2007) Ýspat: En az dört elman içeren kümenin varlýðýný varsayalým. a bu kümenin en küçük ve b bu kümenin en büyük elemaný olsun. Bu kümenin dört elemaný olduðundan, bu kümede c ve d gibi iki eleman daha bulunacaktýr. c < d olduðunu kabul edersek, 0 < a < c < d < b olur. d c d c d c sayýsý kümenin bir elmaný olduðundan, a olmalýdýr. Buradan, b olur. b b a d c d c sayýsý kümenin bir elemaný ve b de bu kümenin bir elemaný olduðundan, b a a saðladýðýný söyleyebiliriz. 0 < a < c < d < b den, b c > d c olur ve buradan, bc dc b a a elde edilir. Bu da kümede b nin en büyük eleman olmasý ile çeliþir. 3) Deneme Yöntemi Deneme yöntemi ile ispat, tanýmlandýðý kümenin elemanlarý denenebilecek kadar az olan önermelerde ya da belli elemanlar için denendikten sonra bir genelleme yapýlýp, bu genellemenin doðruluðunun tekrar diðer ispat yöntemlerinden biriyle gösterilmesidir. Daha çok tüme varým için bir alt basamaktýr. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 11

12 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ A = { 1, 0, 1} kümesi çarpma iþlemine göre kapalý fakat toplama iþlemine göre kapalý deðildir. Ýspat: A = { 1, 0, 1} kümesinin elemanlarýný deneyerek kümenin çarpma iþlemine göre kapalý fakat toplama iþlemine göre kapalý olmadýðýný söyleyebiliriz. 4) Aksine Örnek Verme Yöntemi Aksine örnek verme yöntemiyle ispatta, önermenin tanýmlandýðý kümenin elemanlarýndan en az biri için yanlýþ olduðunu göstermek yeterlidir. Örneðin tüm asal sayýlar tek tir. önermesi için 2 asal sayýdýr fakat tek deðildir þeklindeki bir aksine örnek verme, önermenin doðru olmadýðýný göstermek için yeterlidir. Her p asal sayýsý için, 2 p 1 asal sayýdýr. önermesinin doðru olmadýðýný aksine örnek vererek gösterebiliriz = 3, = 7, = 31, = 127 fakat = 2047 = asal sayý deðildir. Önerme: (Ýyi Sýralama Ýlkesi) Saymasayýlar kümesinin boþ olmayan her alt kümesinin bir en küçük elemaný vardýr. Diðer bir ifadeyle, boþ kümeden farklý N + nin alt kümesi S nin, tüm elemanlarý n için n < m olacak biçimde bir m elemaný vardýr. Teorem: S, saymasayýlar kümesi N + nin bir alt kümesi olmak üzere; 1, 2, 3,, k S iken k + 1 S ise, S = N + dir. 12 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

13 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME Ýspat: A kümesi, N + nin S de olmayan elemanlarýný içeren bir küme olsun. A nýn boþ kümeden farklý bir küme olduðunu farzedelim. Bu durumda iyi sýralama ilkesi gereði A nýn en küçük elemaný vardýr. Bu eleman a olsun. 1 S ve a 1 olacaðýndan 1, 2, 3,, a 1 S dir. Teoremde k S iken k + 1 S olduðundan a 1 S iken (a 1) + 1 = a S olacaðýndan bu durum A kümesinin tanýmý ile çeliþir. O halde, A = ve S = N + dir. BÖLÜNEBÝLME Sayýlar teorisi, sayýlar arasýnda varolan bir çok baðýntýyý ve bu baðýntýnýn özelliklerini içeren matematiðin bir koludur. Bu bölümde Z = {, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, } tam sayýlar kümesi üzerinde tanýmlanan temel özellikler ile bunlarýn ispatlarýný vereceðiz. Tam sayýlar kümesinde, a, b tam sayýlarý için toplama, çýkarma, çarpma ve bölme iþlemlerini sýrasýyla; a + b, a b, a. b, a : b þeklinde gösterildiðini biliyoruz. m ve n tam sayýlarý (n 0) için m = k. n eþitliðini saðlayan bir k tam sayýsý varsa veya m n bir tam sayý ise, n sayýsý m yi böler yada m, n ye bölünüyor denir. Bu durumu n m þeklinde gösterilir. (n m; n böler m yi þeklinde okunur.) m tam sayýsý n ye bölünüyor ise, m, n nin bir katýdýr ve n, m nin bir böleni (veya çarpaný) dýr denir. Önerme: a, b, c tam sayýlar olmak üzere, bölünebilmenin aþaðýdaki özellikleri gösterilebilir. 1) a a (yansýma özelliði) 2) a b ve b c ise a c (geçiþme özelliði) 3) a b ve b 0 ise a b 4) a b ve a c ise x, y Z a bx + cy 5) a b ve a b c ise a c 6) a b ve b a ise a = b 7) a b ve b 0 ise b a b 8) a b ve c 0 ancak ve ancak ac bc Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 13

14 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Ýspat: 1) 1 çarpma iþleminin birim elemanýdýr. Buradan a = 1. a yazýlabileceðinden a a dýr. 2) a b ve b c ise b = a. m ve c = b. n (m, n Z) dir. b = a. m eþitliðinden c = a. m. n yazýlýr. m, n Z olduðundan a c dir. 3) a b ve a 0 ise k 1, k Z olmak üzere b = k. a a. 4) a b ve a c ise b = k 1. a ve c = k 2. a ; k 1, k 2 Z. x, y Z için bx + cy = k 1. x. a + k 2. y. a olup a bx + cy. 5) a b ve a b c için b = k 1. a ve b c = k 2. a dýr. c = k 2. a b = k 2. a k 1. a = a. (k 2 k 1 ) ve c = a. (k 2 k 1 ) olup a c dir. 6) a b ve b a için a 0 ve b 0 olmak üzere, (3) ten a b ve b a olur. Bu da a = b demektir. b 7) a b ise, b = k 1. a, k 1 Z ve b = k 1. a olduðundan b dir. a 8) a 0 ve c 0 ancak ve ancak a. c 0 dýr. b = k. a, k Z ancak ve ancak b. c = k. a. c dir. * Z tam sayýlar kümesi, çift tam sayýlar ve tek tam sayýlar olmak üzere iki alt kümeye T = {1, 3, 5, } ve Ç = {0, 2, 4, } þeklinde ayrýlabilir. a) k Z olmak üzere T = 2k + 1 formunda b) k Z olmak üzere Ç = 2k formundadýr. c) T + T = Ç, T + Ç = T, Ç + Ç = Ç ve n N + olmak üzere, Ç n = Ç ve T n = T dir. n in n + 1 e bölünmesini saðlayan tüm n pozitif tam sayýlarýný bulunuz. 14 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

15 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME n = n = (n + 1)(n 1) + 2 þeklinde yazabiliriz. n + 1 n ise n + 1 (n 1) (n + 1) + 2 den n elde edilir. Buradan n in n + 1 e bölünmesini saðlayan n pozitif tam sayýsýnýn sadece n = 1 olabileceði görülür. m, n Z + olmak üzere, m 2 + m = 2 n + 1 denkleminin çözümünün olmadýðýný gösteriniz. m 2 + m = 2 n + 1 denkleminin sol tarafý ardýþýk iki tam sayýnýn çarpýmý daima çift olacaðýndan çifttir. Denklemin sað tarafý 2 n + 1 ise n 1 için daima tek olacaðýndan tek tam sayý çift tam sayýya eþit olamayacaðýndan denklemin çözümü yoktur. a 3 + a 2 b + ab 2 + b 3 = 2001 denkleminin tam sayýlar kümesinde çözümünün olmadýðýný gösteriniz. a 3 + a 2 b + ab 2 + b 3 = 2001 denklemi (a 2 + b 2 ) (a + b) = þeklinde düzenlendiðinde, a 2 + b 2 ve a + b sayýlarýnýn tek sayýlar olabileceði kolayca görülmektedir. Buna göre, a 2 + b 2 sayýsý k N için 4k + 1 formundadýr. Buradan, a 2 + b 2 sayýsý, 1, 29, 69 veya 2001 olabilir. a 2 + b 2 = 1 a, b { 1, 0, 1} a + b 2001 a 2 + b 2 = 29 a, b { 5, 5, 2, 2} a + b 69 a 2 + b 2 = 69 a + b = 29 dan çözüm gelmez. a 2 + b 2 = 2001 a + b = 1 den çözüm gelmez. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 15

16 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ n > 1 tam sayý olmak üzere, 2 n sayýsýnýn ardýþýk iki tek sayýnýn toplamý þeklinde yazýlabileceðini gösteriniz. Örneðin, 2 3 = 8 = gibi. 2 n = (2k 1) + (2k + 1) ise k = 2 n 2 dir. Buradan 2 n = (2 n 1 1) + (2 n 1 + 1) toplamý elde edilir. Pozitif bir tam sayý rakamlarýnýn yerleri deðiþtirilmeden rakamlarý toplamý eþit iki gruba ayrýlabiliyorsa bu sayýya neþeli sayý deniyor. Örneðin 246 sayýsý bir neþeli sayýdýr. Bu sayýnýn rakamlarý 24 6 þeklinde iki gruba ayrýldýðýnda = 6 oluyor. 253 sayýsý bir neþeli sayý deðildir. Buna göre, n ve n + 1 in ikisinin birden neþeli sayý olmasýný saðlayan en küçük n tam sayýsýný bulunuz. neþeli sayý rakamlarý toplamý eþit iki gruba ayrýlabildiðinden bu sayýnýn rakamlarý toplamý çift olmalýdýr. n + 1 in de neþeli sayý olmasý için n neþeli sayýsýnýn birler basamaðý 9 olmalýdýr. n = a9 için a = 9 olup n = 99 için n + 1 = 100 neþeli sayý olamaz. Yani iki basamaklý ardýþýk sayýlardan ikisi birden neþeli sayý olan yoktur. n = ab9 üç basamaklý n neþeli sayýsý için n + 1 = 100a + 10(b + 1) + 0 olur. n nin neþeli sayý olmasý için a + b = 9 olmalýdýr. n + 1 de neþeli sayý ise a = b + 1 olmalý ve buradan a = 5 ve b = 4 bulunur. n = 549 için n + 1 = 550 olup buradan n ve n + 1 in neþeli sayý olduklarý görülür. Salih {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinden beþ sayý seçerek, bu beþ sayýnýn çarpýmýný Merve ye söylüyor. Salih in söylediði bu çarpým, Merve nin bu beþ sayýnýn toplamýnýn tek yada çift olduðunu bilmesi için yeterli deðilse, bu beþ sayýnýn çarpýmý kaçtýr? 16 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

17 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME Salih'in seçtiði beþ sayýnýn çarpýmýnda, çapýmlarý ayný olan ikililer, {(2, 3), (1, 6)} ve {(2, 6), (4, 3)} tür. Bunlardan (2, 3) ile (1, 6) nýn toplamlarý tek olup (2, 6) ile (4, 3) ün toplamlarý sýrasýyla çift ve tektir. O halde (2, 6) veya (4, 3) ikilisinden birini seçmemiþ. Bu ikilinin çarpýmlarý 12 olduðundan Salih'in seçtiði beþ sayýnýn çarpýmý dir. 17 2x + 3y 17 9x + 5y olduðunu gösteriniz. 17 2x + 3y 17 13(2x + 3y) bu da 17 26x + 39y demektir. O halde, 17 9x + 5y dir. Diðer taraftan, 17 9x + 5y 17 4(9x + 5y) bu da 17 36x + 20y demektir. O halde, 17 2x + 3y dir. Bir sayýnýn 9 ile bölünebime kuralýný bulunuz. a 0, a 1, a 2,, a n birer rakam olmak üzere, n + 1 basamaklý a n a n 1 a 0 dokuza bölünebilmesi için gerekli þartý bulmak için, 0 k n ve k Z üzere, a k 10 k teriminin binom açýlýmýný, k k k k k k ak10 ak 9 1 ak k ( ) ( ) þeklinde yaptýðýmýzda, k ak10 ak9 9 k k a k1 2 k olup bu da a k 10 k = 9a k + a k dýr. n ' n n1 0 (9 k k) k0 aa a a a olduðundan 9 a n a n 1 a 0 9 (a 1 + a a n ) dir. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 17

18 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ TAM KISIM FONKSÝYONU Taným: Bir x reel sayýsýnýn, kendisinden büyük olmayan en büyük tam sayý deðerine, x in tam kýsmý denir. [x] ile gösterilir. a x < a + 1 [x] = a dýr. Buna göre, [0, 35] = 0, [ 0, 4] = 1 ve [ ] = 4 tür. 0 k < 0 reel sayýsý için x = [x] + k dýr. m bir tam sayý olmak üzere, x reel sayýsý için [x + m] = [x] + m dir. x reel sayý olmak üzere, n x baðýntýsýný saðlayan ve a ile bölünebilen n pozitif tam sayýlarýnýn sayýsý x a dýr. n x baðýntýsýný saðlayan ve a ile bölünebilen n pozitif tam sayýlarýn kümesi x x A = {a, 2a, 3a,, ka} olsun. Buna göre, ka. x( k1) a k k1 k olur. a a A nýn eleman sayýsý k olduðundan, [1, x] aralýðýnda bulunan ve a ile bölünebilen pozitif tam sayýlarýn sayýsý x a dýr. 6x5 15x7 8 5 kýsým fonksiyonudur.) denkleminin reel sayýlarda çözüm kümesi kaç elemanlýdýr? ([ ] tam (AÜMO-2002) 18 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

19 1. BÖLÜM BÖLÜNEBÝLME 6x 5 Z 8 15x olduðundan, 7 15x7 5k7 k, k Z olsun. k x olur. El de edilen x reel sayýsý 6x5 15x7 8 5 denkleminde yerine yazýldýðýnda, 10k 39 k 40 denklemi elde edilir. Tam kýsým fonksiyonunun tanýmýndan, 10k 39 k k1 40 elde edilir. Son eþitlikten, 10k k1 k1,3 k 0 veyak bulunur. Böylece, 7 4 k = 0 için x1 ve k = 1 için x2 gibi farklý iki deðer elde edilir x + [y] + {z} = 200,0 {x} + y + [z] = 190,1 [x] + {y} + z = 178,8 (r bir reel sayý, [r]; r den büyük olmayan en büyük tam sayý, {r}; r nin ondalýk kýsmýný göstermektedir. Diðer bir deyiþle {r} = r [r] dir.) Buna göre verilen denklem sisteminin çözüm kümesini bulunuz. (AVUSTURALYA MO-1999) x + [y] + {z} = 200,0.(1) {x} + y + [z] = 190,1.(2) [x] + {y} + z = 178,8.(3) Denklem sistemini taraf tarafa topladýðýmýzda, 2x + 2y + 2x = 568,9 bu denklemden x + y + z = 284,45 (4) bulunur. (4) (1) den, x + y + z (x + [y] + {z}) = 84,45 veya {y}+[z] = 84,45 elde edilir. 0 {y} < 1 ve [z] Z olduðundan, {y} = 0,45 ve [z] = 84 tür. Ayný þekilde (4) (2) den, x + y + z ({x} + y + [z]) = 94,35 veya [x] + {z} = 94,35 elde edilir. 0 {z} < 1 ve [x] Z olduðundan, {z} = 0,35 ve [x] = 94 tür (4) (3) den {x} = 0,65 ve [y] = 105 tir. Buradan x = 94,65; y = 105,45; z = 84,35 bulunur. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 19

20 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Bu durumda, ebob(m, n) + ekok(m, n) = m + n eþitliði, d + abd = ad + bd þeklinde yazýlabilir. d 1 olduðundan d + abd = ad + bd ab a b + 1 = 0 dýr. ab a b + 1 = 0 (a 1)(b 1) = 0 dýr. Buradan a = 1 veya b = 1 olduðu sonucu elde edilir. a = 1 veya b = 1 ise m = d, n = bd = bm veya n = d, m = an DÝYAFONT DENKLEMLERÝNÝ ÇÖZMEDE TEMEL YÖNTEMLER 1) Çözümleme Yöntemi f(x 1, x 2,..., x n ) = 0 diyafon denklemi, f 1, f 2,..., f k Z [x 1, x 2,..., x m ] ve a Z için, f 1 (x 1, x 2,..., x n ) f 1 (x 1, x 2,..., x n )... f k (x 1, x 2,..., x n ) = a þeklinde çarpanlarýna ayrýlabilsin. a = a 1, a 2,..., a k þeklinde çarpanlara ayrýlmýþ olsun. Buna göre f ( x, x,..., x ) a f ( x, x,..., x ) a f ( x, x,..., x ) a n n 2 k 1 2 n k denklem sisteminin tüm çözüm durumlarý f(x 1, x 2,..., x n ) = 0 denkleminin çözümüdür. (x 2 + 1)(y 2 + 1) + 2(x y)(1 xy) 4(1 + xy) = 0 denkleminin tam sayýlarda çözüm kümesini bulunuz. (x 2 + 1)(y 2 + 1) + 2(x y)(1 xy) 4(1 + xy) = 0 x 2 y 2 2xy x 2 + y 2 2xy + 2(x y)(1 xy) = 4 (xy 1) 2 + (x y) 2 2(x y)(xy 1) = 4 [(xy 1) (x y)] 2 = 4 ve [(x + 1)(y 1)] 2 = 4 ise 70 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

21 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ (x + 1)(y 1) = 2 olup buradan, 1) (x + 1)(y 1) = 2 denklemi için x1 2 x1 2 x11 x1 1 ; ; ; y 11 y 1 1 y 12 y 1 2 denklem sistemleri çözüldüðünde {(1, 2), ( 3, 0), (0, 3), ( 2, 1)} çözüm kümesi elde edilir. 2) (x + 1)(y 1) = 2 denklemi için x1 2 x1 2 x11 x1 1 ; ; ; y 1 1 y 11 y 1 2 y 12 denklem sistemleri çözüldüðünde {(1, 2), ( 3, 2), (0, 1), ( 2, 3)} çözüm kümesi elde edilir. Denklemin tamsayýlarda çözüm kümesi Ç = {(1, 2), ( 3, 0), (0, 3), ( 2, 1), ( 3, 2), (0, 1), ( 2, 3)} tür. (xy 7) 2 = x 2 + y 2 denklemini doðal sayýlarda çözüm kümesini bulunuz. (HÝNDÝSTAN - MO) (xy 7) 2 = x 2 + y 2 denklemini (xy 6) = (x + y) 2 (xy 6) 2 (x + y) 2 = 13 þeklinde düzenleyebiliriz. Bu da [xy 6 (x + y)] [xy 6 + (x + y)] = 13 demektir. Son denklemin doðal sayýlarda çözümü xy 6 ( x y) 1 xy 6 ( x y) 13 ; xy 6 ( x y) 13 xy 6 ( x y) 1 demektir. Denklem sistemlerini düzenlediðimizde, xy7 xy 7 ; xy 12 xy 0 denklem sistemleri elde edilir ki, buradan soruda verilen denklemin doðal sayýlarda çözüm kümesi {(3, 4), (4, 3), (0, 7), (7, 0)} demektir. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 71

22 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ 2) Eþitsizlikleri Kullanma Yöntemi Denklemdeki deðiþkenlerin belli bir aralýkta olduðunu gösterdikten sonra, sonlu sayýdaki deðerin çözüm olmadýðýný deneyebilme üzerine kurulu bir yöntemdir. x 3 + y 3 = (x + y) 2 denkleminin çözümü olan (x, y) tam sayý ikililerini bulunuz. x 3 + y 3 = (x + y) 2 (x + y) (x 2 xy + y 2 ) = (x + y) 2 denkleminden 1) x = y için, k Z için (k, k) sýralý ikilisi bir çözümdür. 2) x y için, x 2 xy + y 2 = x + y (x y) 2 + (x 1) 2 + (y 1) 2 = 2 elde edilir. (x y) 2 + (x 1) 2 + (y 1) 2 = 2 den (x 1) 2 1 ve (y 1) 2 1 olduðu görülür. Buradan da x, y {0, 1, 2} dir. {0, 1, 2} kümesinden elde edilebilecek sýralý ikililer çözüm olarak kontrol edildiðinde çözüm kümesi {(0, 1), (1, 0), (1, 2), (2, 1), (2, 2)} olarak bulunur. (x 2 y 2 ) 2 = y denkleminin tam sayýlar kümesinde çözümünü bulunuz. x, y Z ve (x 2 y 2 ) 2 0 olduðundan y 0 olduðu açýktýr. (RUSYA - MO) y 0 ise y > 0 ve x 2 y 2 > 0 ve x 2 > y 2 dir. Buradan (x 2 y 2 ) 2 (2y 1) 2, (2y 1) y elde edilir. (2y 1) y ve y 0 ise y 5 tir. y = 0 için x 1, y = 1, 2, 4 için x Z, y = 3 için x = 4 ve y = 5 için x = 4 bulunur. Bu da (x, y) {(1, 0), (1, 0), (4, 3), (4, 5)} tir. 72 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

23 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ 3) Parametrik Yöntemi f(x 1, x 2,..., x n ) = 0 diyafont denkleminin tam sayý çözümleri çoðu zaman parametrik olarak aþaðýda verilen þekilde gösterilebilir. x 1 = g 1 (k 1,..., k m ), x 2 = g 2 (k 1,..., k m ),..., x n = g n (k 1,..., k m ) g 1, g 2,..., g n tam sayý deðerlere sahip m deðiþkenli fonksiyon k 1, k 2,..., k m Z. Çoðu diyafont denklemler için tüm çözümleri bulmak mümkün olmamakla beraber, parametrik yöntem denklemin sonsuz çoklukta çözümünün olduðunu göstermede kullanýþlý bir yöntemdir. x 3 + y 3 + z 3 = x 2 + y 2 + z 2 denkleminin tam sayýlarda çözümü olan sonsuz çoklukta (x, y, z) sýralý üçlüsünün olduðunu gösteriniz. z = y için x 3 + y 3 + z 3 = x 2 + y 2 + z 2 denklemi x 3 = x 2 + 2y 2 denklemine dönüþür. x 2 (x 1) = 2y 2 y = mx, m Z aldýðýmýzda x 3 = x 2 + 2m 2 x 2 x = 1 + 2m 2 olur ki, bu da m Z olmak üzere, x = 2m y = m(2m 2 + 1), z = m(2m 2 + 1) dir. n 3 pozitif tam sayýsý için x n + y n = z n 1 denkleminin sonsuz çoklukta çözümünün olduðunu gösteriniz. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 73

24 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ k Z + olmak üzere x k = k(k n + 1) n 2, y k = (k n + 1) n 2, z k = (k n + 1) n 1 üçlüsü denklemin bir çözümü olup, denklemin sonsuz çoklukta çözümünün olduðunu gösterir. 4) Modüler Aritmetik Yöntemi Modüler Aritmetik in, temel teorem ve özelliklerini Diyafont denklemlerinin çözümünün olmadýðýný göstermek ya da çözüm durumlarýný belli bir aralýða indirgemek için kullanýlýþlý ve basit bir yöntemdir. Bu yöntemi Modüler Aritmetik Bölümü nde ele alacaðýz. 5) Tümevarým Yöntemi Tümevarým matematiðin en önemli ve temel ispat yöntemlerinden biridir. Bu yöntemi kitabýn bölünebilme bölümünde vermiþtik. n 3 tam sayýsý için, 7x 2 + y 2 = 2 n denklemini saðlayan x, y pozitif tek tam sayýlarýnýn varlýðýný gösteriniz. (BULGARÝSTAN - MO) n 3 tam sayýsý için, 7x n 2 + y n 2 = 2 n denklemini saðlayan x n, y n pozitif tek tam sayýlarýnýn varlýðýný göstereceðiz. n = 3 ve x 3 = y 3 = 1 için = 2 3 eþitliði saðlanmalýdýr. n 3 için 7x 2 n + y 2 n = 2 n olduðunu kabul edelim. denklemini saðlayan x n, y n pozitif tek tam sayýlarýn var 74 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

25 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ (x n+1, y n+1 ) pozitif tek tam sayý ikilisinin 7 2 n x y denklemini saðladýðýný gösterelim. n1 n1 2 2 xn yn 7x2 yn 2 2 n 1 7 2(7 xn yn) x n y x n n y ve 2 2 n sayýlarýndan biri tektir. x 7 Örneðin þayet tek ise, x y 3 x y n yn n n n n xn de tektir. (Bir tek bir çift sayýnýn toplamý tektir.) n n 7 n n xn yn Bu durumda x x y n 1 ve y x y n1 þayet tek ise, x y x y =3xn 2 2 n n n n olduðundan x x y 7x y ve y 2 2 n n n n n1 n1 dir. 6) Fermat ýn Sonsuz Ýniþ (Teoremi) Yöntemi Pierre de Fermat ( ) matematiðe büyük katkýlarý olan biridir. Matematikle amatör olarak ilgilenmiþ biri olsada yaptýðý çalýþmalar günümüz matematikçileri için bile uðraþ alaný olmuþtur. Fermat bir hukukçu olarak hayatýný devam ettirmiþ olsa bile matematikle hep ilgilenmiþ diyebiliriz. Fermat sonsuz iniþ ispat metodunu kullananlardan biridir. Sonsuz iniþ yöntemi; (P(n)) n 1 önermeler dizisi negatif olmayan tam sayýlarda tanýmlý olsun. Aþaðýdaki yöntem, P(n) açýk önermesinin yeterince büyük tüm n deðerleri için yanlýþ olduðunu göstermek için kullanýþlý bir yöntemdir. k negatif olmayan bir tam sayý olmak üzere, farzedelim 1) P(k) doðru deðildir. 2) m > k pozitif tam sayýsý için P(m) açýk önermesi doðru olduðunda, öyle bir j tam sayýsý bulunmak zorundadýr ki, m > j k için P(j) doðrudur. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 75

26 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Buna göre tüm n k deðerleri için P(n) önermesi yanlýþtýr. Bu yöntem sonsuz iniþ yöntemi þeklinde adlandýrýlýr. Bu metod, merdivenin ilk basamaðýna ulaþýlamazsa diðer basamaklarýna da ulaþýlamaza ifadesidir. Fermat ýn sonsuz iniþ yöntemi; k negatif olmayan bir tam sayý olmak üzere, m > k tam sayýsý için P(n) açýk önermesi doðru olduðunda m > j > k olmak üzere P(j) açýk önermesini doðru yapan daha küçük bir j tam sayýsý olmak zorundadýr. Buna göre, P(n) açýk önermesi tüm n > k tam sayýlarý için yanlýþtýr. Yani, P(n) açýk önermesi n deðeri için doðru olduðunda, k dan büyük negatif olmayan n > n 1 > n 2 >... þeklinde azalan bir dizinin oluþturulmasý mümkün deðildir. Aþaðýdaki Fermat ýn sonsuz iniþ yöntemi için iki özel durum diyafont denklemlerinin çözümünde kullanýþlý bir yöntemdir. Durum 1: Negatif olmayan tam sayýlarda n 1 > n 2 >... þeklinde bir dizi tanýmlanamaz. P(n) açýk önermesini doðru olmasýný saðlayan n pozitif tam sayýsýnýn en küçük deðeri n 0 ise, tüm n < n 0 deðerleri için P(n) açýk önermesi yanlýþtýr. için n 1 n 2... eþitsizliði saðla- Durum 2: Negatif olmayan tam sayýlar dizisi (n i ) i 1 nýyorsa öyle bir i 0 diðeri vardýr ki, n i0 = n i0 +1 =... Negatif olmayan tam sayýlar kümesinde denkleminin çözüm kümesini bulunuz. x 3 + 2y 3 = 4z 3 x = y = z = 0 denklemin bir çözümüdür. (x 1, y 1, z 1 ) herhangi bir tanesi sýfýrdan farklý olduðunda x 1 > 0, y 1 > 0 ve z 1 > 0 olacaðý açýktýr. 76 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

27 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ x y 1 3 = 4z x olup x 1 = 2x 2, x 2 Z + Buradan 4x y 1 3 = 2z 1 3 elde edilir. Son denklemden 2 y 1 ve y 1 = 2y 2 olduðu görülür. Ayný þekilde z 1 = 2z 2, z 2 Z + olur. Buna göre yeni çözüm (x 2, y 2, z 2 ) dir. x 1 > x 2, y 1 > y 2, z 1 > z 2 dir. Ayný þekilde devam edildiðinde (x 1, y 2, z 2 ) n 1 pozitif tam sayýlarda x 1 > x 2 > x 3 >... dizisi elde edilirki bu da Fermat ýn sonsuz iniþ yönteminde durum 1 ile çeliþir. O hâlde, x 3 + 2y 3 = 4z 3 denkleminin (0, 0, 0) üçlüsünden baþka çözümü yoktur. PÝSAGOR ÜÇLÜLERÝ En çok bilinen diyafont denklemlerinden biri de Pisagor denklemidir. Pisagor denklemi x, y, z Z bilinmeyenleri için x 2 + y 2 = z 2...(1) þeklindedir. Bu denklem ayný zamanda tüm kenarlarý tam sayý olan dik üçgenle ilgili olarak da bilinir. Bu konu üzerinde Pisagor tarafýndan detaylý ve geniþ çalýþmalar yapýldýðý bilinen bir konudur. (x 0, y 0, z 0 ) tam sayý üçlüsü x 2 + y 2 = z 2 denkleminin bir çözümü ise k Z için (kx 0, ky 0, kz 0 ) üçlülerinin tamamý (1) denkleminin bir çözümüdür. (x 0, y 0, z 0 ) üçlüsü, ikiþerli olarak aralarýnda asal olmak üzere, (1) denklemin bir çözümü ise bu üçlü ilkel çözüm þeklinde adlandýrýlýr. Teorem: m, n aralarýnda asal ve m > n pozitif tam sayýlar olmak üzere, x 2 + y 2 = z 2 Pisagor denkleminin ilkel çözümü olan (x, y, z) pozitif tam sayýlarý x = m 2 n 2, y = 2mn, z = m 2 + n 2 formundadýr. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 77

28 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ Ýspat: x, y, z Z olmak üzere x, y nin x 2 + y 2 = z 2 Pisagor denkleminin bir çözümü olmasý için x ve y ikisi birden tek sayý olamaz. Olmasý durumunda, x 2 + y 2 = z 2 2 (mod 4) olur ki buradan çözüm gelmeyeceði görülür. Buna göre x ve y den biri çift sayý olmalýdýr. x = m 2 n 2, y = 2mn ve z = m 2 + n 2 denklemde yerine yazýldýðýnda denklem saðlanýr ve y nin çift olduðu görülür. d = ebob(x, y, z) 2 olmasý durumunda d 2m 2 = (m 2 + n 2 ) + (m 2 n 2 ) ve d 2n 2 = (m 2 + n 2 ) (m 2 n 2 ) dir. m ve n sayýlarý aralarýnda asal olduðundan d = 2 dir. d = 2 olmasý demek m 2 + n 2 toplamýnýn çift olmasý demek ki bu da m ve n nin ikisinden birinin tek olmasý durumu ile çeliþir. Ýkisi de tekse (m tek, n tek). O hâlde d = 1 dir. Tersten baktýðýmýzda, (x, y, z) üçlüsü x 2 + y 2 = z 2 Pisagor denkleminin y = 2a için bir ilkel çözümü olsun. Buna göre x ve z sayýlarý tek sayý olmak zorundadýrlar ki bu durumda x + z ve x z çift sayý olurlar. x + z = 2b ve x z = 2c olsun. b ve c aralarýnda asal iki sayýdýr. Aksi takdirde denklemin tam sayýlarda çözümü olmaz. Diðer taraftan 4a 2 = y 2 = z 2 x 2 = (z + x)(z x) = 4bc, a 2 = bc, b ve c aralarýnda asal olduklarýndan m, n Z + için b = m 2, c = n 2 olur. Bu da x = b c = m 2 n 2, y = 2mn, z = b + c = m 2 + n 2 dir. Yukarýda elde edilen (x, y, z) üçlülerine Pisagor üçlüleri denir. Sonuç: x 2 + y 2 = z 2 Pisagor denkleminin genel çözümü k Z için x = k(m 2 n 2 ), y = 2kmn, z = k(m 2 + n 2 ) dir. x 2 + y 2 = 1997(x y) denkleminin pozitif tam sayýlarda çözüm kümesini bulunuz. (BULGARÝSTAN MO-1998 ) 78 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk

29 5. BÖLÜM ARÝTMETÝÐÝN TEMEL TEOREMÝ x 2 + y 2 = 1997(x y) 2(x 2 + y 2 ) = (x y) x 2 + y 2 + x 2 + y (x y) = 0 (x + y) 2 + ((x y) (x y)) = 0 (x + y) 2 + (1997 x + y) 2 = Pisagor denklemi elde edilir. x ve y pozitif tam sayý olduðundan 0 < x + y < 1997 ve 0 < 1997 x + y < Buradan denklem; a 2 + b 2 = denkleminin çözümüne dönüþür asal sayý olduðundan ebob(a, b) = 1 olmalýdýr. Pisagor üçlülerine göre, m > n ve ebob(m, n) = 1 olmak üzere 1997 = m 2 + n 2 a = 2mn b = m 2 n 2 eþitlikleri elde edilir. m 2, n 2 0, 1, 1 (mod 5) ve (mod 5) olduðundan m, n 1 (mod 5) olduðu görülür. m 2, n 2 0, 1 (mod 3) ve (mod 3) olduðundan m, n 1 (mod 3) olduðu görülür. Buradan m, n 1, 4, 11, 14 (mod 15) elde edilir. m > n olduðundan 1997 m den m = 34, 41, 44 aday deðerleri bulunur. m = 34 için 1997 = n 2 m = 41 için 1997 = n 2 n = 29 bulunur. n 2 = 316 ise n tamsayý deðildir. Ayný þekilde m = 44 için n 2 = 61 ise n yine bir tamsayý deðildir. Buna göre denklemin çözüm kümesi (x, y) = (170, 145) veya (1827, 145) tir. Sayýlar konusuna ilgi duyan meraklýlarý için Pell denkleminin sadece tanýmýný ve genel çözümünü vereceðiz. Ýspatýný sayýlar teorisi ile ilgili deðiþik kaynaklardan araþtýrabilirsiniz. Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk 79

30 SAYILAR TEORÝSÝNE GÝRÝÞ PELL DENKLEMLERÝ N, D Z içn, x 2 Dy 2 = N þeklindeki Diyafont denklemlerine Fermat - Pell denklemleri veya daha yaygýn olarak Pell denklemleri denir. Pell ( Ýngiliz Matematikçi) bu denklemler üzerine fazla bir çalýþma yapmamýþtýr. Pell denklemlerinin sayýlar teorisinde çok önemli bir yeri ve uygulamalarý vardýr. D < 0 için x 2 Dy 2 = N denkleminin sonlu sayýda çözümü vardýr. Bu çözümü bulmak zor deðildir. D > 0 için denklemin çözümünü bulmak daha zordur. Burada denklemin özel bir durumunu ve çözüm ikilisini vereceðiz. Teorem: D tam kare olmayan pozitif tam sayý olmak üzere, x 2 Dy 2 = 1 denkleminin pozitif tam sayýlarda sonsuz çözümü vardýr ve genel çözüm; (x 0, y 0 ) temel çözüm olmak üzere, x n+1 = x 0 y n + Dy 0 x n, y n+1 = y 0 x 1 + x 0 y n, x 1 = x 0, y 1 = y 0 * Pozitif tam sayýlarda en küçük olanýna temel çözüm denir. 80 Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatlarýna Hazýrlýk