Içindekiler. Bölünebilme ve Bölme Algoritmas Bölme Algoritmas 12 Bölünebilme Kurallar 15 Bölünebilme Problemlerinde En Çok Kullanlan Yöntemler 22

Içindekiler BIRINCI BÖLÜM Bölünebilme ve Bölme Algoritmas Bölme Algoritmas 12 Bölünebilme Kurallar 15 Bölünebilme Problemlerinde En Çok Kullanlan Yöntemler 22 Çözümlü Test 25 Çözümler 28 Problemler (Bölünebilme) 34 Problemlerin Çözümleri 36 TÜBITAK SORULARI (Bölünebilme) 43 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 46 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 51 IKINCI BÖLÜM Asal Saylar ve Çarpm Fonksiyonlar De Polignac Formülü 57 Bir Tam Saynn Pozitif Bölenlerinin Says 59 Bir Tam Saynn Pozitif Bölenlerinin Toplam 61 Euler Fonksiyonu 63 Çarpm Fonksiyonu 65 Karşk Örnekler 69 Çözümlü Test 74 Çözümler 81 Problemler 95 Problemlerin Çözümleri 97 TÜBITAK SORULARI (Asal Saylar) 103 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 106 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 112

ÜÇÜNCÜ BÖLÜM OBEB - OKEK OBEB (Ortak Bölenlerin En Büyügü) 115 OKEK (Ortak Katlarn En Küçügü) 116 Öklid Algoritmas ve OBEB'in Kullanlmas 118 OBEB ve Tam Say Katsayl Iki Bilinmeyenli Lineer Denklemler 123 Karşk Örnekler 125 Çözümlü Test 127 Çözümler 130 Problemler (OBEB - OKEK) 135 Problemlerin Çözümleri 137 TÜBITAK SORULARI (OBEB - OKEK) 142 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 143 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 145 DÖRDÜNCÜ BÖLÜM Modüler Aritmetik Mod Kavram 147 Denklikler 149 Bölünebilirlik Testlerinin Modüler Aritmetik Yardmyla Yaplmas 153 Karşk Örnekler 158 Çözümlü Test 162 Çözümler 165 Problemler (Modüler Aritmetik) 171 Problemlerin Çözümleri 173 TÜBITAK SORULARI (Modüler Aritmetik) 181 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 185 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 192 BEŞINCI BÖLÜM Fermat - Euler -Wilson - Çin Kalan Teoremleri Fermat - Euler Teoremi 193 Bir Tam Saynn Mertebesi 196 Wilson Teoremi 198 Çin Kalan Teoremi 201 Karşk Örnekler 203

Çözümlü Test 207 Çözümler 212 Problemler (Fermat - Euler) 222 Problemlerin Çözümleri 224 TÜBITAK SORULARI (Fermat - Euler) 231 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 234 ALTINCI BÖLÜM Denklikler (Kongruanslar) Dogrusal Denklikler 241 Iki Bilinmeyenli Dogrusal Denklikler 244 Denklik Sistemleri 246 Yüksek Mertebeden Denklikler 248 M Bileşik Says için ModM de Yüksek Mertebeden Denkliler 250 p Asal Says Için modp n de Denklikler 253 Çözümlü Test 258 Çözümler 260 TÜBITAK SORULARI (Denklikler) 263 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 266 YEDINCI BÖLÜM Tam Saylar Kümesinde Denklem Çözümü Lineer Diofan Denklemleri 275 Basit Bölünebilme Özellikleri ile Çözülebilen Denklemler 280 Çarpanlara Ayrma Kurallar Kullanlarak Çözülen Denklemler 281 Modüler Aritmetik Yardmyla Çözülebilen Denklemler 283 Bilinmeyenleri Snrlayarak Çözülebilen Denklemler 287 Simetriklik Kullanlarak Çözülebilen Denklemler 288 Tahmini Çözümden Genel Çözüme Ulaşma 291 Diskriminant Kullanlarak Çözülen Denklemler 292 Tam kare ve Tam küp Sorular 294 Karşk Örnekler 299 Çözümlü Test 308 Çözümler 315 TÜBITAK SORULARI (Tam Saylar Kümesinde Denklem Çözümü) 330

TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 335 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 345 SEKIZINCI BÖLÜM Bir Reel Saynn Tam degeri Bir Reel Saynn Tam degeri 347 Problemler 358 Problemlerin Çözümleri 359 Çözümlü Test 363 Çözümler 365 TÜBITAK SORULARI (Tam deger) 370 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 372 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 376 Çalşma Sorular 379 YANIT ANAHTARI 396

Bölünebilme ve Bölme Algoritmas Tanm : m; n; d 2 Z ve m 6= 0 olmak üzere n = dm yazlabiliyorsa; m says n saysn böler veya n says m saysnn d katdr denir. m j n ile gösterilir. Eger; m says n saysn bölmüyorsa; m - n şeklinde gösterilir. Bu gösterimle aşagdaki özellikleri inceleyiniz. i) m j n ve n j m ise n = m yani, jnj = jmj olur. ii) m j n ve n j k ise; m j k olur. iii) m j n ve m j k ise; a; b 2 Z için; m j an + bk olur. ( Bir m tamsays; n ve k tamsaylarn bölüyor ise; bunlarn tamsay katlarnn toplamlarn da böler.) Ispat : m j n ise; n = rm ve m j k ise; k = sm olacak şekilde r ve s tamsaylar vardr. Buna göre; an + bk = arm + bsm = m (ar + bs) oldugundan; m j an + bk olur. iv) m j n ve m j k n ise m j k olur. Ispat : m j n ise n = rm ve m j k n ise k n = ms olacak şekilde r ve s tamsaylar vardr. Buna göre; k = ms n = ms rm = m (s r) oldugundan; m j k olur. v) m j n ise; a 2 Z için; m a j n a olur. vi) m j n ve k j s ise; mk j ns olur. Örnek 1 a c j ab + cd ise a c j ad + bc oldugunu gösteriniz. Çözüm : ab + cd = n ve ad + bc = k diyelim. n + k = (ab + cd) (ad + bc) = a (b d) c (b d) = (a c) (b d) eşitligine göre; a c ifadesi n + k'y böler. O halde; a c j n ve a c j n + k oldugundan; a c j k = ad + bc olmaldr. Örnek 2 n 2 + 18n 22 ifadesi 103'e tam bölünecek şekildeki 1000'den küçük en büyük n tamsays kaçtr? Çözüm : n 2 + 18n 22 says 103'e bölünüyorsa; 103 eklersek de bölünmelidir. 103 eklenirse; n 2 + 18n + 81 = (n + 9) 2 olur. Bu ifadenin 103'e bölünebilmesi için; n + 9 = 103k olmas gerektiginden; n = 103k 9 şeklinde olmaldr. 1000'den küçük n = 103k 9 formundaki en büyük say k = 9 için n = 103 9 9 = 918 olur.

12 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 3 Örnek 3 3n 5 says 7n 2 saysn bölecek şekilde kaç tane n tamsays bulunabilir? Çözüm : 3n 5 j 7n 2 ise; 3n 5 j 3 (7n 2) 7 (3n 5) olmaldr. Buradan; 3n 5 j 29 olacagndan; 3n 5 says, 1; 1; 29 veya 29 olmaldr. 3n 5 = 1 ve 3n 5 = 29 olmas durumlarnda n tamsay olmaz. 3n 5 = 29 için, n = 8 ve 3n 5 = 1 içinse, n = 2 oldugundan; istenen şekilde sadece 2 tamsay oldugu görülür. 1.1 Bölme Algoritmas Matematik problemlerinin çözümünde en çok kullanlan yöntemlerden biridir. Örnegin; tek saylar 2n + 1 ve çift saylar 2n ile göstermek en basit bölme algoritmasndan biridir. Bu algoritma; çok iyi bildigimiz Bolunen = Bolen Bolum + Kalan ifadesinde; kalan daima bölenden küçük olmak üzere bölüm ve kalann tek şekilde yazlabilecegini ifade eder. Şimdi bölme algoritmasn ifade edelim. Teorem : A; B 2 Z ve B > 0 olmak üzere; 0 r < B ile A = q B + r eşitligini saglayan bir tek q ve r saylar vardr. Bölme algoritmas yardmyla tamsaylar kümesini; birleşimleri tüm tamsaylar oluşturacak şekilde ayrk kümelere ayrabiliriz. Bu ayrma sayesinde; tüm tamsaylarda çözmemiz gereken bir soruyu bu ayrk kümeler için çözerek sonuca ulaşabiliriz. Örnegin; tamsaylar; 3'e bölündügünde 1 kalann veren saylar 3n + 1; 3'e bölündügünde 2 kalann veren saylar 3n + 2; 3'e bölündügünde 0 kalann veren saylar 3n şeklinde göstererek 3 ayrk ksma ayrabiliriz. x; 5'e bölünemeyen bir say ise; x = 5k + 1; x = 5k + 2; x = 5k + 3 ve x = 5k + 4 olabilir. Ya da ksaca; x = 5k 1 ve x = 5k 2 ile gösterebiliriz. x; 6'ya bölünemeyen bir çift say ise; x = 6k + 2 veya x = 6k + 4 olabilir. Ksaca; 6k 2 ile gösterebiliriz. x; 3'e bölünemeyen bir tek say ise; x = 3k + 1 ifadesinde k çift olmal; yani x = 3 (2n) + 1 = 6n + 1 veya x = 3k + 2 ifadesinde k tek olmal; yani 3 (2n + 1) + 2 = 6n + 5 olmaldr. O halde; 3'e bölünemeyen tek saylar 6n 1 ile göstermek mümkündür. Bölme algoritmasn kullanarak birçok problemi daha kolay şekilde çözeriz. Aşagdaki örnekleri inceleyiniz.

Bölünebilme ve Bölme Algoritmas 13 Örnek 4 5'in kat olmayan herhangi n tamsaysnn karesinin bir fazlasnn 5'e bölümünden elde edilebilecek kaç farkl kalan vardr? Çözüm : x = 5k 1 veya x = 5k 2 olabilir. Buna göre, x = 5k 1 için, x 2 + 1 = (5k 1) 2 + 1 = 25k 2 10k + 2 = 5A + 2, x = 5k 2 için, x 2 + 1 = (5k 2) 2 + 1 = 25k 2 20k + 5 = 5A oldugundan, sadece 0 ve 2 kalanlar elde edilebilir. Örnek 5 a) Bir tamsaynn karesinin 4'e bölümünden hangi kalan elde edilemez? b) Bir tamsaynn karesinin 8'e bölümünden hangi kalanlar elde edilebilir. Çözüm : n = 4k ise (4k) 2 = 16k 2, oldugundan; n = 4k + 1 ise (4k + 1) 2 = 16k 2 + 8k + 1; n = 4k + 2 ise (4k + 2) 2 = 16k + 16k 2 + 4; n = 4k + 3 ise (4k + 3) 2 = 24k + 16k 2 + 9 a) 4'e bölümünden elde edilebilecek kalanlar; 0 veya 1 olur. O halde; bir saynn karesinin 4'e bölümünden kalan asla 2 veya 3 olamaz. b) 8'e bölümünden elde edilebilecek kalanlar; 0; 1 veya 4 olur. Örnek 6 x; 3'e bölünmeyen bir tek say olmak üzere; x 5 + x 3 + x 2 + 4x 1 saysnn daima 6'ya bölünebildigini gösteriniz. Çözüm : x says 3'e bölünemeyen bir tek say ise; x = 3k + 1 ifadesinde k çift olmal; yani x = 3 (2n) + 1 = 6n + 1 veya x = 3k + 2 ifadesinde k tek olmal; yani x = 3 (2n + 1) + 2 = 6n + 5, yani, 6n 1 formunda olmaldr. Buna göre; x = 6n + 1 formunda ise; x 5 + x 3 + x 2 + 4x 1 = (6n + 1) 5 + (6n + 1) 3 + (6n + 1) 2 + 4 (6n + 1) 1 olur ve 6'ya bölünür. x = 6n = 6A + 1 + 1 + 1 + 4 1 = 6A + 6 = 6 (A + 1) 1 formunda ise; x 5 + x 3 + x 2 + 4x 1 = (6n 1) 5 + (6n 1) 3 + (6n 1) 2 + 4 (6n 1) 1 = 6B 1 1 + 1 4 1 = 6 (B 1) eşitliginden yine 6'ya bölünür. Yani; ifademiz daima 6'ya bölünür.

14 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 3 Örnek 7 n; 1'den büyük bir tamsay olmak üzere; 3 n saysnn ardşk üç tek saynn toplam olarak yazlabilecegini gösteriniz. Çözüm : 3 n = (2k + 1) + (2k + 3) + (2k + 5) = 6k + 9 ise 2k = 3 n 1 3 olur. 3 n 1 3 says çift oldugundan 2'ye bölünür ve n > 1 için; k bir pozitif tamsay olur. O halde; 3 n = (2k + 1) + (2k + 3) + (2k + 5) = 3 n 1 2 + 3 n 1 + 3 n 1 + 2 şeklinde yazlabilir. Örnek 8 7'den büyük her tamsaynn aralarnda asal olan iki tamsaynn toplam olarak yazlabilecegini gösteriniz. Çözüm : n says tek say ise; k 3 bir tamsay olmak üzere n = 2k+1 formundadr. Bu durumda; n = k + (k + 1) şeklinde aralarnda asal iki saynn toplam olarak yazlabilir. n says çift ise; k 4 bir tamsay olmak üzere; n = 2k formundadr. Bu durumda; k çift oldugunda; n = (k 1) + (k + 1) şeklinde; k tek oldugunda da n = (k 2) + (k + 2) formunda aralarnda asal olan iki tamsaynn toplam olarak yazlabilir. Örnek 9 x; y ve z tamsaylar olmak üzere; her tamsaynn x 2 + y 2 5z 2 formunda yazlabilecegini gösteriniz. Çözüm : n tek oldugunda; n = 2k + 1 için; (2k) 2 + (k + 1) 2 5k 2 = 2k + 1 = n ve n çift oldugunda; n = 2k için; (2k 1) 2 + (k 2) 2 5 (k 1) 2 = 2k = n şeklinde yazlabileceginden; her tamsay x; y; z 2 Z olmak üzere; x 2 + y 2 5z 2 formunda yazlabilir. Örnek 10 Üç elemanl tüm altkümelerinin elemanlar toplam asal olan ve asal saylardan oluşan bir kümenin; a) Beş elemanl kaç tane altkümesi vardr? b) Içinde 3 asal saysn bulunduran dört elemanl kaç altkümesi vardr? Çözüm : Kümemizi S ile gösterelim. n 2 S ise; n = 3k + 1; n = 3k + 2 veya 3 olabilir. S kümesinde; ikiden fazla; 3k + 1 veya 3k + 2 formunda asal say olamaz. Çünkü; üç tane olursa; bu üç saynn toplam 3'e bölünür. O halde; 3k + 1 ve 3k + 2 formundaki saylardan en fazla ikişer tane alnabilir. Bu saylardan ikişer tane alnrsa; 3 asal says alnamaz. Çünkü; (3k + 1) + (3k + 2) + 3 toplam 3'e bölünür. O halde; 3 asal says kümenin eleman olmayacak şekildeki bir kümenin eleman says en fazla 4 olabilir. 3 2 S olur ise; 3k + 1 ve 3k + 2 formundaki saylardan iki formu birden almak mümkün degildir. En fazla; bu formlardan herhangi birinden iki asal say birden alnabilir. Yani; 3 asal says kümenin eleman ise; kümenin eleman says en fazla 3 olabilir. Her iki durumda da cevap 0 olur.

Bölünebilme ve Bölme Algoritmas 15 Örnek 11 üzere n 2 100'den küçük pozitif saylardan kaç tanesi; m ve n tamsaylar olmak m 2 formunda yazlamaz? Çözüm : (m + 1) 2 m 2 = 2m + 1 oldugundan, tüm tek saylar n 2 m 2 formunda yazabiliriz. (m + 2) 2 m 2 = 4m + 4 oldugundan, 4'ün kat olan tüm saylar da n 2 m 2 formunda yazlabilir. O halde; 4k + 2 formundaki saylar yazlamaz. Yani; 2; 6; 10; :::; 98 saylar yazlamaz ve bunlarn says da (98 2) =4 + 1 = 25 olarak bulunur. 1.2 Bölünebilme Kurallar 1) 2'ye bölünebilme : Say çift ise 2'ye bölünür. 2) 3'e bölünebilme : Saynn rakamlar toplam 3'ün kat ise 3'e bölünür. 3) 4'e bölünebilme : Saynn son iki rakam 4'e bölünürse; say 4'e bölünür. 4) 5'e bölünebilme : Saynn son rakam 0 veya 5 ise say 5'e bölünür. 5) 6'ya bölünebilme. Say hem hem 2 hem de 3'e bölünürse 6'ya bölünebilir. 6) 7'ye bölünebilme : a 10 a 9 a 8 a 7 a 6 a 5 a 3 a 2 a 1 ; 10 basamakl saysn göz önüne alalm. Bu saynn birler basamagndan itibaren; rakamlarn srasyla 1; 3 ve 2 ile çarparz. Daha sonra; her bir üçlüyü toplarz. Birinci üçlü + ile; ikinci üçlü - ile üçüncü üçlü + ile...vb. çarlparak toplanr. Elde edilen say 7'ye bölünürse say 7'ye bölünür. (a 1 + 3a 2 + 2a 3 ) (a 4 + 3a 5 + 2a 6 ) + (a 7 + 3a 8 + 2a 9 ) (a 10 ) Örnegin; 4292 736 says için; oldugundan; saymz 7'ye bölünür. (6 + 3 3 + 2 7) (2 + 3 9 + 2 2) + 4 = 0 7) 8'e bölünebilme : Saynn son üç rakam 8'e bölünüyorsa, say 8'e tam bölünür. 8) 9'a bölünebilme : Saynn rakamlar toplam 9'a bölünüyorsa; say 9'a bölünür 9) 10'a bölünebilme : Saynn son rakam 0 olmaldr. 10) 11'e bölünebilme : Saynn tek numaral basamaktaki saylarn toplam ile çift numaral basamaklardaki saylarn toplamnn fark; 11k (k 2 Z) şeklinde ise; say 11'e tam bölünür. 10) 13 ile bölünebilme : B birler basamagn ve A geri kalan saylar göstermek üzere; oldugundan; A + 4B says 13'e bölünürse; saymz 13'e bölünecektir. 16003 says için, A = 1600 + 12 = 1612 ve 161 + 8 = 169 says 13'e bölündügünden; 16003 says; 13'e bölünecektir.

16 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 3 101 tane Örnek 12 101; 1001; 10001; 100001; :::; 1 z 00:::00 } { 1 saylarndan kaç tanesi 11'e bölünebilir? Çözüm : 11'e bölünebilme kuralna göre; tek sayda 0 olursa; say 11'e bölünemeyecektir. Yani; 11'e bölünebilmesi her sayda çift sayda 0 olmas gerekir. Buna göre; 2; 4; 6;...; 100 sfr olan saylarn says (100 2) =2 + 1 = 50 tane olur. Örnek 13 Aşagdaki 6 basamakl saylardan hangisi 7'ye bölünmez? A) aaaaaa B) abcabc C) ababab D) aabbaa E) a1a1a1 Çözüm : A) a (1 + 3 + 2) a (1 + 3 + 2) = 0 bölünür. B) (1c + 3b + 2a) (1c + 3b + 2a) = 0 bölünür. C) (1b + 3a + 2b) (1a + 3b + 2a) = 0 bölünür. D) (1a + 3a + 2b) (1b + 3a + 2a) = b a bölünmeyebilir. E) (1 + 3a + 2) (a + 3 + 2a) = 0 bölünür. Örnek 14 a679b beş basamakl saysnn; 72'ye bölünebilmesi için; a + b kaç olmaldr? (Kanada M.O.- 1980) Çözüm : a679b says hem 8 hem de 9'a bölünebilmelidir. 8'e bölünme kuralndan; son üç basamak 8'in kat olmas gerektiginden ve 99 8 = 792 oldugundan; b = 2 olmaldr. 9'a bölünebilme kuralna göre; rakamlar toplam; a + 6 + 7 + 9 + 2 = a + 24 says 9'un kat olmal yani; a = 3 olmaldr. O halde; a + b = 5 bulunur. Örnek 15 x; y; z; n ve m rakamlar için, xyz1n 234 = 332m842 çarpma işlemi saglanyorsa; x + y + z + n + m =? Çözüm: Ikinci çarpann rakamlar toplam 9'un kat oldugundan 9'a tam bölünür; dolaysyla çarpm da bölünmelidir. Buna göre; m = 5 olur. 3325842 = 14213 oldugundan x = 1; y = 4; z = 2 ve n = 3 234 olur. Böylece; x + y + z + n + m = 15 olur. Örnek 16 Ilk 99 pozitif tamsaynn art arda yazlmasyla oluşan; 12345:::979899 saysnn 45'e bölümünden kalan kaçtr? Çözüm : 1+2+ +99 = (99 100) =2 = 5099 oldugundan say 9 ile tam bölünür. 5'e bölündügünde ise; 4 kalann verir. O halde; 45'e bölümünden kalan 9'un kat ve 5'e bölündügünde 4 kalann veren bir say olmaldr. Bu say 9'dur.

Bölünebilme ve Bölme Algoritmas 17 Örnek 17 En az 100 basamakl a2007a2007a:::a2007a saysnn 72 ile tam bölünebilmesi için en az kaç basamakl olmas gerekir. Çözüm : 72 = 8 9 oldugundan dolay; ve 8'e bölme kuralndan a = 2 olur. Say en az 100 basamakl oldugundan ve bunlarn toplam 9'a bölme kuralna göre 9'un bir kat olmas gerektiginden en az 27 tane 2 olmas gerekir. O halde saymz en az 5 27 + 1 = 136 basamakl olmaldr. Örnek 18 1320 ve 1452 saylar istenildigi kadar kullanlarak toplama; çkarma ve çarpma işlemleriyle aşagdaki saylardan hangisi elde edilemez? A) 137 676 B) 1256676 C) 170 676 D) 10 956 E) 1917 960 Çözüm : 1320 ve 1452 saylarnn her ikisi de 11'e bölünebildiginden; bu saylarn kendi aralarndaki toplama; çkarma ve çarpma işlemleriyle elde edilecek say da 11'e bölünebilmelidir. 1256676 says 11'e bölünemeyeceginden elde edilemez. Örnek 19 a 1 = 1 ve a n = 10a n 1 + 1 olmak üzere; n = 2; 3; :::; 1000 için a n saylarndan kaç tanesi 37'ye bölünür? n tane z } { Çözüm : a 2 = 11; a 3 = 111; a 4 = 1111; :::; a n = 11:::11 şeklinde devam etmektedir. 111 = 3 37 oldugundan; n = 3k oldugunda; saymz 37'ye tam bölünür. O halde; istenen şekilde; 1000 3 = 333 say vardr. Örnek 20 1; 2; 3; :::; 100 saylarndan hiçbir say digerinin üç kat olmayacak şekilde bir grup say seçilecektir. Bu seçilecek say grubunun maksimum eleman says kaçtr? Çözüm : k; 3'e bölünemeyen bir say olsun. n = 0; 2; 4 için 3 n k formundaki saylar istedigimiz türden saylardr. Bu formdaki saylarn saysn bulalm. 100 100 3 = 67 tanesi 3k formunda degildir. 100 100 9 27 = 8 tanesi 3 2 k formundadr. 100 81 = 1 tanesi 3 4 k formundadr. Dolaysyla istedigimiz şekilde 76 say olacaktr. Örnek 21 15n'in her rakam 0 veya 8 olacak şekilde en küçük pozitif n says kaçtr? (AIME 1984) Çözüm : 15n says 5'e bölüneceginden son rakam 0 olmaldr. 15n says 3'e bölüneceginden; rakamlar toplam da 3'e bölünecektir. O halde en az üç tane 8 olmaldr. Buna göre istenen şekildeki en küçük say 8880 olur.

18 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 3 Bir saynn bir kuvvetinin bir sayya bölümünden elde edilecek kalanlarn bilinmesi bazen bir sorunun çözümünü oldukça kolaylaştrabilir. Özellikle tamsaylarda bir denklemin çözümünün olmadgn bu şekilde göstermek oldukça kolaydr. Bir saynn karesinin; 4'e bölümünden kalanlar 0 veya 1; 7'ye bölümünden kalanlar 0; 1; 2 veya 4; 8'e bölümünden kalanlar 0; 1 veya 4; 16'ya bölümünden kalanlar 0; 1; 4 veya 9 olabilir. Bir saynn küpünün; 7'ye bölümünden kalanlar 0; 1 veya 6, 9'a bölümünden kalanlar 0; 1 veya 8, 13'e bölümünden kalanlar 0; 1; 5; 8 veya 12 olabilir. Bir saynn dördüncü kuvvetinin; 8'e bölümünden kalanlar 0 veya 1; 16'ya bölümünden kalanlar 0 veya 1 olabilir. Örnek 22 x 2 + 3y = 200 saysnn tamsaylarda kaç tane çözümü vardr? Çözüm : Denklemin sag tarafndaki ifadenin 3'e bölümünden kalan 2'dir. Sol tarafndaki ifade de ise; 3y; 3'e bölündügünden; x 2 ifadesinin 3'e bölümünden 2 kalan elde edilmelidir. Fakat bu mümkün degildir. Yani, denklemin tamsaylarda çözümü yoktur. Örnek 23 7 saysnn a 2 + b 2 saysn bölmesi için gerek ve yeter şart 7 j a ve 7 j b olmasdr. Gösteriniz. Çözüm : Bir saynn karesinin 7'ye bölümünden 0; 1; 2 ve 4 kalanlar elde edilebilir. Bu kalanlarn herhangi ikisinin toplamnn 7'ye bölünebilmesi ancak ve ancak her iki kalannda 0 olmas durumunda mümkün olacagndan; a 2 + b 2 saysnn 7'ye bölünebilmesi için gerek ve yeter şart 7 j a ve 7 j b olmasdr. Örnek 24 n pozitif tamsays için; 3n 1; 5n+2; 4n+3; 8n+3; 7n+5 saylarnn kaç tanesi bir tamkare olabilir. Çözüm : Bir saynn karesinin; 3'e bölümünden 2 kalan; 5'e bölümünden 2 kalan; 4'e bölümünden 3 kalan; 8 ile bölümünden 3 kalan ve 7'ye bölümünden 5 kalan elde edilemez. O halde; hiçbiri tamkare olamaz. Örnek 25 x 2 + 4y 12z = 122 denklemini saglayan kaç tane (x; y; z) tamsay üçlüsü vardr? Çözüm : x 2 +4y 12z = 122 denkleminin sol tarafndaki ifadelerin 4'e bölümünden kalan, x 2 saysnn 4'e bölümünden kalana eşittir.

Bölünebilme ve Bölme Algoritmas 19 Diger taraftan; 122'nin 4'e bölümünden kalan 2 oldugundan; x 2 saysnn 4'e bölümünden kalan 2 olmaldr. Fakat; bu mümkün olamayacagndan denklemin tamsaylarda çözümü yoktur. Örnek 26 bulunuz. a; b; c; d; e 2 Z için; a 4 +b 4 +c 4 +d 4 +e 4 = 87 denkleminin çözümlerini Çözüm : Bir tamsaynn dördüncü kuvvetinin 16'ya bölümünden kalan 0 veya 1'dir. O halde; a 4 + b 4 + c 4 + d 4 + e 4 ifadesinin 16'ya bölümünden kalan en fazla 5 olabilir. Fakat; 87 saysnn 16'ya bölümünden kalan 7'dir. O halde; bu denklemin tamsaylarda çözümü yoktur. Özellik : Ardşk n tane tamsaynn çarpm 1'den n'ye kadar (n dahil) tüm saylar ile tam bölünür. Hatta; n! ile bölünür. Ispat : k 2 Z + için; (k + 1) (k + 2) (k + n) n! ifadesinin tamsay oldugunu göstermek yeterlidir. (k + 1) (k + 2) (k + n) (k + n)! = n! k!n! n 3 + 5n saysnn her n pozitif tamsays için 6'ya bölünebildigini ispat- Örnek 27 laynz. = k+n n 2 Z + : Çözüm : n 3 + 5n = n 3 + 6n n = 6n + (n 1) n (n + 1) eşitligine göre; (n 1) n (n + 1) says 3 tane ardşk saynn çarpmdr ve bu çarpm hem 2 hem de 3'e bölünür. O halde; n 3 + 5n says 6'ya tam bölünür. Örnek 28 n pozitif tamsay olmak üzere; n 5 5n 3 + 4n saysnn daima 120 ile bölünecegini gösteriniz. Çözüm : Verilen ifadeyi çarpanlarna ayralm. n 5 5n 3 + 4n = n n 4 5n 2 + 4 = n n 2 1 n 2 4 olur. Yani n 5 = (n 2) (n 1) n (n + 1) (n + 2) 5n 3 + 4n says ardşk 5 saynn çarpmdr ve 5! = 120 ile bölünür. Örnek 29 (n + 127) (n + 128) (n + 141) says aşagdakilerden hangisiyle bölünmeyebilir? A) 2 10 B) 3 7 C) 5 3 D) 7 2 E) 143 Çözüm : 141 127 + 1 = 15 oldugundan; bu çarpm daima 15!'e tam bölünecektir. O halde; 15! içinde; 2 asal çarpan 10 tane; 5 asal çarpan (5; 10 = 2 5; 15 = 3 5) 3 tane; 7 asal çarpan 2 tane oldugundan A; C ve D seçenekleriyle bölünecektir.

20 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 3 Yine; 11 13 = 143 saysyla da bölünecektir. 3 çarpan sadece 6 tane vardr. Yani say en fazla 3 6 'ya tam bölünebilir. Dogru yant B) seçenegidir. Örnek 30 gösteriniz. Her n pozitif bir tamsays için n+3n 2 +2n 3 ifadesinin 6'ya bölündügünü Çözüm : A = n+3n 2 +2n 3 = n (n + 1) (2n + 1) biçiminde çarpanlara ayrabiliriz. Bu çarpanlardan n ve n + 1 saylar ardşk oldugundan, her n 2 Z + için, A says 2'ye kesinlikle bölünür. O halde, 3'e bölündügününü göstermemiz yeterlidir. n = 3k ve n = 3k + 2 ise, srasyla n ve n + 1 saylar 3'ün kat olacagndan A says 3'e bölünür. n = 3k + 1 formunda ise, 2n + 1 says 3'e bölünür. O halde, her n 2 Z + için, A says 6'ya tam bölünür. Örnek 31 gösteriniz. Her n pozitif bir tamsays için n n 2 + 5 ifadesinin 6'ya bölündügünü Çözüm : n = 3k ise, n n 2 + 5 = 3k 9k 2 + 5 ifadesi 3'e kesinlikle bölünür. 2'ye bölündügünü göstermeliyiz. k çift ise, 3k çarpan, k tek ise, 9k 2 + 5 çarpan çift olur ve 2'ye bölünür. O halde, saymz 6'ya tam bölünür. n = 3k+1 ise, n n 2 + 5 = (3k + 1) 9k 2 + 6k + 6 ifadesinde, ikinci çarpan 3'e kesin bölünür. k çift ise, ikinci çarpan, tek ise birinci çarpan 2'ye bölüneceginden saymz bu durumda da 6'ya bölünür. n = 3k+2 ise, n n 2 + 5 = (3k + 2) 9k 2 + 12k + 9 ifadesinde ikinci çarpan 3'e bölünür. k tek ise, ikinci çarpan ve çift ise birinci çarpan 2'ye bölüneceginden, saymz 2'ye, dolaysyla da 6'ya tam bölünür. Örnek 32 x; y; z 2 Z için; x + y + z says 6'ya bölünüyor ise; x 3 + y 3 + z 3 says da 6'ya bölünür. ispatlaynz. Çözüm : x 3 + y 3 + z 3 (x + y + z) = x 3 x + y 3 y + z 3 z eşitligine göre; her bir terim n 3 n = (n 1) n (n + 1) biçiminde, yani üç ardşk üç saynn çarpm olarak yazlacagndan; hem 2 hem de 3 ile dolaysyla 6'ya tam bölünür. 6 j x 3 + y 3 + z 3 (x + y + z) ve 6 j (x + y + z) ise; 6 j x 3 + y 3 + z 3 olmaldr. Örnek 33 k 2 Z + olmak üzere, her n pozitif bir tamsays için R = (n + 1) 2k n 2k + 2n + 1 ifadesinin 6'ya bölündügünü gösteriniz.

Bölünebilme ve Bölme Algoritmas 21 Çözüm : Öncelikle ifadenin sonucunun bir çift say olduguna dikkat edelim. Çünkü; her iki terim de ya çifttir ya da tektir dolaysyla çkarma işleminin sonucunda bir çift say elde edilir. O halde bu sonucun sadece 3'ün bir kat olup olmadgn incelemek yeterli olacaktr. Şimdi, 3k +1 ve 3k +2 saylarnn karesinin daima 3m+1 formunda olacagn kullanarak, R saysnn 3'e bölündügünü görelim. n = 3k ise R = (3k + 1) (3k) 2k 2k + 2 (3k) + 1 ifadesini, a; b 2 Z + için, R = (3a + 1) (3b + 1) = 3 (a b) formunda yazabilecegimizden, R says 3'e bölünür. n = 3k + 1 ise R ifadesini, a; b 2 Z + için, h i R = (3a + 1) (3b + 1) k + 6k + 3 formunda yazabiliriz. R says bu durumda da 3'e bölünür. n = 3k + 2 ise R ifadesini, a; b; m 2 Z + için, R = 3a (3b + 1 + 6k + 4 + 1) = 3 (a b 2k 2) formunda yazabiliriz. Yani, R says 3'e bölünür. Sonuç olarak, R says her n 2 Z + için 2 ve 3'e bölündügünden, her n 2 Z + için 6'ya tam bölünür. F Not : Rakamlar toplamnn söz konusu oldugu sorularda 9'a bölünebilme ya da 3'e bölünebilme kurallar kullanlr. Herhangi n saysnn rakamlar toplam S (n) ise; k 2 Z + olmak üzere n = S (n) + 9k formunda yazlabilir. Örnek 34 n pozitif tamsays için; n saysnn rakamlar toplam S (n) olsun. Buna göre, n + S (n) = 2008 eşitligini saglayan kaç n says vardr? Çözüm : n + S (n) = 2008 eşitligine göre; S (n) < 28 ve 2008 28 = 1980 < n < 2008 olmaldr. Diger taraftan; 9'a bölünebilme kuralna göre; S (n) + 9k = n yazlabilir. Buna göre; 2S (n) + 9k = 2008 olmaldr. Bu eşitligin sag tarafnn 9'a bölümünden kalan 1'dir. Bu nedenle; sol tarafn da 9'a bölümünden kalann 1 olmas gerekir. Bu durum ise; S (n) saysnn 9'a bölümünden 5 kalann vermesi durumunda mümkün olacaktr. Böylece; S (n) < 28 oldugu da göz önüne alnrsa; S (n) = 5 ise n = 2003 ve S (n) = 23 ise de n = 1985 olur. S (n) = 14 için bir n pozitif tamsays bulunamaz. O halde, istenen şekilde 2 tane n says vardr.

22 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 3 1.3 Bölünebilme Problemlerinde En Çok Kullanlan Yöntemler 1.3.1 Çarpanlara Ayrma Kurallarnn Kullanlmas Örnek 35 2009 n 209 n 839 n +92 n saysnn tüm n pozitif tamsaylar için 117'ye bölünebildigini gösteriniz? Çözüm : Ifademizi (2009 n 839 n ) (209 n 92 n ) şeklinde gruplayalm. 2009 n 839 n ifadesi; 2009 839 = 1170 oldugundan 117'ye bölünür. 209 n 92 n ifadesi de; 209 92 = 117 oldugundan 117'ye bölünür. O halde; bu ifademiz 117'ye tam bölünür. Örnek 36 118 13 1 saysnn 169'a bölümünden kalan kaçtr? Çözüm : 118 13 1 = (118 1) 118 13 + 118 12 + + 118 1 + 1 eşitligine göre; 117 = 13 9 oldugundan; 13'e bölünür. Diger taraftan; 118 13 + 118 12 + + 118 1 + 1 ifadesindeki her bir terimin 13'e bölümünden kalan 1'dir ve 13 terim oldugundan toplamlar da 13'e bölünür. Yani; saymz 169'a tam bölünür. Örnek 37 3 21 2 24 6 8 1 saysnn 1930 ile bölünebildigini gösteriniz. Çözüm : a 3 + b 3 + c 3 3abc = (a + b + c) a 2 + b 2 + c 2 ab ac bc özdeşliginde; alalm. Bu durumda; a = 3 7 ; b = 2 8 ve c = 1 3 21 2 24 1 6 8 = 3 7 2 8 1 ( ) = 1930 ( ) oldugundan; 1930 ile bölünür. 1.3.2 Binom Açlmnn Kullanlmas Örnek 38 3 100 saysnn 100'e tam bölünebilmesi için en küçük hangi pozitif tamsay çkarlmaldr? Çözüm : 3 100 = 9 50 yazalm ve Binom açlmn uygulayalm. 9 50 = (10 1) 50 = 10 50 50 1 10 49 50 + 49 10 1 49 + 1 50 = 100m + 1 {z } 100m oldugundan; 1 says çkarlrsa 100'e tam bölünür.