ÖZEL EGE LİSESİ
FARKLI TABANLARDA BÖLÜNEBİLME
KURALLARINI BELİRLEYEN BİR YÖNTEM
HAZIRLAYAN ÖĞRENCİ:
Hasancan ÇEVİK
Berhan KARAMAN
DANIŞMAN ÖĞRETMEN:
Aslı NAMLI KUNDURACI
İZMİR
2014
İÇİNDEKİLER
1. PROJENİN AMACI ............................................................................................................ 3
2. GİRİŞ ................................................................................................................................. 3
3. ÖN BİLGİLER .................................................................................................................... 3
3.1 Sayı Sistemleri............................................................................................................ 3
3.2 Bölünebilme ve Özellikleri ......................................................................................... 4
3.3 Bölünebilme Kuralları ................................................................................................ 4
4. a TABANINDA VERİLEN n SAYISININ m SAYISINA BÖLÜNEBİLME KURALINI
BELİRLEYEN GENEL FORMÜL ...................................................................................... 5
5. 10 TABANINDA BÖLÜNEBİLME KURALLARI ................................................................ 6
5.1 10 TABANINDA ÖZEL DURUMLAR ........................................................................... 8
6. FARKLI TABANLAR İÇİN BAZI GENELLEMELER .......................................................... 9
6.1 İki ile Bölünebilme ...................................................................................................... 9
6.2 Üç ile Bölünebilme ................................................................................................... 10
6.3 Beş ile Bölünebilme………………………………………………………………………...11
6.4 Dokuz ile Bölünebilme……………………………………………………………………..13
SONUÇ.................................................................................................................................. 17
KAYNAKLAR ........................................................................................................................ 17
TEŞEKKÜR ........................................................................................................................... 17
2
1. PROJENİN AMACI
Bu projenin amacı, herhangi bir a tabanında verilen bir n tam sayısının sıfırdan farklı bir
m tam sayısına bölümünden kalanı belirleyen bir yöntem geliştirmektir.
2. GİRİŞ
Verilen bir n tam sayısının sıfırdan farklı bir m tam sayısına tam bölünebilmesi problemi,
birçok farklı pratik problemin çözümünde karşımıza çıkmaktadır. Bu sorunu çözmenin bir yolu
tabii ki direkt n sayısını m sayısına bölmektir, ama bu en basit yol değildir. Direkt bölme işlemini
yapmadan bölünebilmeyi belirlememize yardımcı olan kuralların bulunması gereği, bizi daha
basit bölünebilme kuralları bulmaya itmektedir. [1].
Onluk tabanda, bazı bölünebilme kuralları (örneğin 2’ye, 3’e, 5’e, 9’a) iyi bilinmektedir. Bu
projenin amacı bölünebilme ile ilgili bazı bilgileri verip farklı bölünebilme kuralları veren genel
yönteme tek bir bakış açısı kazandırmaktır. Tabii ki, doğal sayıların özellikleri o kadar farklı ve
zengindir ki, tüm bölünebilme kurallarını bir basit şemayla vermek çok zordur, bu yüzden bu
projede daha verimli olacağını düşündüğümüz kuralların üzerinde duracağız.
3. ÖN BİLGİLER
Bu bölümde, projede kullanılan bazı temel tanımlara ve bilgilere yer vereceğiz.
3.1 Sayı Sistemleri
Bir doğal sayıyı oluşturan rakamların bulunduğu yere bu sayının basamağı, bu doğal
sayının tanımlandığı sayma sistemine sayının tabanı ve bu sayıda rakamların bulundukları
basamağa göre aldıkları değerlere de rakamların basamak değeri denir [4].
k+1 basamaklı n sayısı, a tabanında aşağıdaki şekilde gösterilsin:
n
(nk nk 1 ...n2 n1n0 ) a
(1)
O zaman n sayısının açılımı aşağıdaki şekilde yazılabilir:
n
Burada, i
n0
an1
a 2 n2
... a k 1 nk
0, 1, 2,..., k olmak üzere 0
a k nk
1
ni
(2)
a 1 dir.
a 10 olduğunda her zaman kullanılan, 10 tabanındaki sayılar elde edilir.
n
Burada i
n0 10 n1 10 2 n2
... 10 k 1 nk
0, 1, 2, , k olmak üzere 0 ni
1
10 k nk
9 dir.
Bilgisayar bilimlerinde ise 2, 8, 16 tabanlı sayılar kullanılmaktadır. [2].
3
(3)
3.2 Bölünebilme ve Özellikleri
a, b tam sayılar ve a 0 olmak üzere b a c olacak şekilde c tam sayısı varsa “a, b’ yi
böler” denir ve a | b şeklinde gösterilir. a’ya b’nin böleni, b’ye de a’ nın “tam katı” denir. a | b ve
1 a b ise a’ya b’nin “has böleni” adı verilir. a, b’yi bölmezse bu durum a | b şeklinde gösterilir.
Bölünebilmenin aşağıdaki özellikleri vardır [3]:
i)
a 0 olmak üzere a | 0 ve a | a ’dır.
ii)
1 | b ’dir.
iii) a | b ise a | (b c ) ’dir.
iv) a | b ve b | c ise a | c ’dir.
v)
a | b ve a | c ise a | (b x c y ) ’dir. Bu ifade, i 1, 2,..., n ve xi
Z olmak üzere a | bi ise
a | (b1 x1 b2 x2 ... bn xn ) şeklinde genelleştirilebilir.
vi) a
0 için (a b) | (a c) ise b | c ’dir.
vii) a | b ve b | a ise a
viii) a | b ve b
b dir.
0 ise (b a ) | b ’dir.
ix) Eğer bir p asal sayısı (a.b)’yi bölüyorsa, o zaman p|a veya p|b ‘dir.
x) Eğer m|a ve n|a ise ve m ile n’nin 1’den büyük ortak böleni yoksa o zaman
(m.n)|a’dır.
3.3 Bölünebilme Kuralları
TEOREM 3.3.1 (Bölme Algoritması): n, m herhangi iki tam sayı ve m 0 olsun. Bu
durumda n mq r , 0 r m olacak şekilde tek bir q ve r tam sayı çifti vardır. Teoremin
ifadesinde geçen q’ya bölüm; r’ye de kalan adı verilir. Eğer r 0 ise, o zaman n, m’ye bölünür
veya n, m’nin katıdır denir.
Bu çalışmada yalnız pozitif tamsayılara değil, keyfi tamsayılara bölünebilme de
alınmıştır, öyle ki q negatif veya sıfır da olabilir. Ayrıca 0 r m olmak üzere
n qm r, 0 r
ele
m
durumları da göz önüne alınmıştır.
Sonraki işlemler için aşağıdaki özellikleri ispatlayalım [5]:
a) Eğer iki sayı birbirilerinden m’nin katları kadar farklı ise, o zaman bu sayıların m ile
bölümünden kalanlar aynıdır ve bu durum tersi için de geçerlidir:
4
,
ve
n1
n2
km
olsun. Bu durumda,
q2 m r2
km
m (q2
k ) r2
olduğundan bu iki sayının m ile bölümünden kalanlar aynıdır. Tersine
ise
ve
olduğu elde edilir.
dir. O halde
b) İki sayının toplamının m ile bölümünden elde edilen kalan, bu sayıların m ile
bölümünden elde edilen kalanların toplamının m ile bölümünden elde edilen kalana eşittir:
q2 m r2 olsun. n1 n2 m (q1 q2 ) (r1 r2 ) olduğundan n1 n2
’nin m ile bölümünden kalan r1 r2 ’nin m ile bölümünden kalana eşittir.
n1
q1m r1 ve n2
c) İki sayının çarpımı m ile bölünürse ve bu sayılardan biri m ile aralarında asal ise, o
zaman diğer sayı m’ye bölünür:
EBOB(n1 , m) 1 ve m n1 n2 olsun. Bu durumda, n1n2
sayısı vardır. EBOB(n1 , m)
mk olacak şekilde en az bir k tam
1olduğundan m n2 dir.
d) Eğer bir sayı aralarında asal iki sayının her birine bölünüyorsa o zaman bu sayı, bu iki
sayının çarpımına da bölünür:
EBOB(n1 , n2 ) 1, n1 m ve n2 m olsun. Bu durumda, m n1k1 ve m n2 k2 olacak şekilde
k1 ve k2 tam sayıları vardır. m n1k1
k1
n2 k2 ve EBOB(n1 , n2 ) 1 olduğundan n2 k1 dir. O halde,
n2t olacak şekilde en az bir t tam sayısı vardır. Buradan, m n1k1
n1n2t elde edilir.
Dolayısıyla, n1n2 m dir.
4.
a TABANINDA VERİLEN BİR n TAM SAYISININ m TAM
SAYISINA BÖLÜNEBİLME KURALINI BELİRLEYEN GENEL FORMÜL
a
a
a
a1 , a 2 , a 3 ,sayılarının m ile bölümünden elde edilen uygun kalanlar m1 , m2 , m3 ...
olarak gösterilsin. Her n
(nk ...n2 n1 n0 ) a
a
f m (n)
n0
n0
an1
a 2 n2
a
m2 n2
m1 n1
toplamı belirtilsin.
5
a
... a k nk sayısı için f m a (n) ile
a
... mk nk
a
Teorem 4.1: n ve f m (n) sayılarının m ile bölümünden kalanlar aynıdır.
İspat:
a1 , a 2 , a 3 , sayılarının m ile bölümünden elde edilen bölüm ve kalanları sırasıyla
a
a
a
q1, q2 , q3 ... ve m1 , m2 , m3 ... ile gösterelim. O zaman,
n
an1 a 2 n2 ... a k nk
n0
n0 (q1m m1a )n1 (q2 m m2 a )n2 ... (qk m mk a )nk
a
a
a
a
(n0 m1 n1 m2 n2 ... mk nk ) (q1 n1 q 2 n2 ... q k nk ) m

 

fma (n)
olduğundan n ve f m a (n)
aynı olduğu açıktır.
f m ( n) K m
K
n0
m1a n1 m2 a n2 ... mk a nk sayılarının m ile bölümünden kalanların
olmak üzere (a mi a ) ’nın m ile bölümünden kalan, mi
Teorem 4.2:
eşittir.
a
1
kalanına
İspat:
a
a
a
m1 , m2 , m3  kalanları sırasıyla hesaplandığında ai
ai
olduğundan mi
5.
a
1
1
a ai
a
a(qi m mi )
1
qi 1m mi
aqi m ami
a
1
olmak üzere
a
kalanını bulmak için a i 1 ’i m’ye bölmek yerine ami a ’yi m ye bölmek yeterlidir.
10 TABANINDA BÖLÜNEBİLME KURALLARI
Kolay gösterim için 10 tabanında sayılarda a indisini kullanmayacağız. 4. bölümdeki
teoremler 10 tabanı için aşağıdaki şekilde yazılabilir:
Teorem 5.1: n ve f m (n) sayılarının m ile bölümünden kalanlar aynıdır.
Teorem 5.2: :
eşittir.
olmak üzere mi ’nın m ile bölümünden kalan mi
1
kalanına
Şimdi, Teorem 5.1’i kullanarak 2, 3, 5 ve 9’a bölünme kriterlerini belirleyelim. a 10
tabanında, bilinen 2’ye, 3’e, 5’e ve 9’a bölünebilme kurallarını, bulunan genel kuralın özel
durumu olduğunu gösterelim:
6
Genel kuralda m=2, m=3, m=5 ve m=9 alınırsa (k+1) basamaklı n sayısı için aşağıdaki
f m (n) sayıları elde edilir:
f m (n) n0
(*)
m1n1 m2 n2 ... mk nk
Biz bir n sayısını bir m sayısına bölmek için (*) fonksiyonunu tanımladık. n sayısının her bir
basamağındaki rakamlara n0 , n1 ,, nk dedik ve sayıyı n0 n1 10 n2 10 2  nk 10 k
şeklinde ifade ettik.
mq1 m1 ,102 mq2 m2 , ... , 10k mqk mk şeklinde mk’lar alıyoruz ve (*)
fonksiyonumuzu
f m (n) n0 m1n1 m2 n2 ... mk nk olarak ifade ediyoruz. O zaman
m nin 2, 3, 5 ve 9 değerler aldığında f m (n) fonksiyonlarımızın değerleri aşağıdaki gibi olacaktır.
Bu durumda 10
m = 2 için
10 k
f 2 (n)
olduğundan (*) formülünde m1
2 t
m2
 mk
0 ve buradan da
n0 olacaktır, yani 10 tabanında bir sayının 2 ile bölümünden kalan, birler basamağının 2
ile bölümünden kalandır.
m = 3 için
10 k
f 3 (n)
n0
3 t 1
n1
olduğundan (*) formülünde m1
m2  mk
1 ve buradan da
n2  nk olacaktır, yani 10 tabanında bir sayının 3 ile bölümünden kalan,
sayının rakamları toplamının 3 ile bölümünden kalandır.
m = 5 için
10 k
f 5 (n)
5 t
olduğundan (*) formülünde m1
m2
 mk
0 ve buradan da
n0 olacaktır, yani 10 tabanında bir sayının 5 ile bölümünden kalan, son rakamının 5 ile
bölümünden kalandır.
m = 9 için
10 k
9 t 1
olduğundan (*) formülünde m1
m2  mk
1 ve buradan da
f 9 (n) n0 n1 n2  nk olacaktır, yani 10 tabanında bir sayının 9 ile bölümünden kalan,
rakamları toplamının 9 ile bölümünden kalana eşittir.
Genel kuralda, 10 tabanında 4 ve 8’e bölünebilme kurallarını da belirleyebiliriz. Genel
kuralda m=4 ve m=8 alarak 10 tabanında k+1 basamaklı n sayısı için aşağıdaki fonksiyonları
elde ederiz.
7
m = 4 için
4 2 2, 10k 4t , (t Z ), k 2,3, 4, olduğundan m1 2, mk 0, ( k 2,3, 4,)
ve buna göre f 4 (n) n0 2n1 olacaktır, yani 10 tabanında bir sayının 4 ile bölümünden kalan
10
’in 4 ile bölümünden kalana eşittir.
f 4 (n) n0 2n1 ,
m = 8 için
m2
101 8 1 2, 10 2 100 8 12 4, 10 k
4, ve mk 0 (k 3, 4,5 ) ve buna göre
sayının 8 ile bölümünden kalan,
5.1
m1 2,
8t , (t Z ), k 3, 4,5 olduğundan
f 8 (n) n0 2n1 4n2 dir, yani 10 tabanında bir
’in 8 ile bölümünden kalana eşittir.
10 TABANINDA ÖZEL DURUMLAR
Genel kuralı pratikte uygulamak için bazen
m1, m2 , m3 ... kalanları yerine onların
(mod m)’deki değerini kullanmak daha uygun olur. Bunun için 101 ,102 ,103 ,,10k ,...
sayılarından herhangi birisinin m ile bölümünden elde edilen kalanı değil, 10 k z k m mk
ifadesinde pozitif mk yerine (modm)’deki negatif karşılığını kullanıp zk değerini bir arttıracağız.
Yani 10k nın (modm)’deki en büyük negatif değerini alacağız.
m=11: Genel kuralın özel durumunu kullanarak verilen bir sayının 11’e bölümünden elde
edilen kalanı bulabiliriz.
Öncelikle, genel kuralda 10’un kuvvetlerinin (mod 11)’deki denkliklerini aşağıdaki gibi
belirleyelim.
m1
10=11.1-1
102 =10 m1
103= 10 m2
10
11 1 1
10 11 1 1
m2
m3
1
1
1
…
Buradan ise n nk nk 1...n2 n1n0 sayısının ve f (n) n0 n1 n2 ... ( 1) k nk sayısının 11
ile bölündüğünde aynı kalanı verdiği görülür. Bu yüzden n sayısının 11’e bölünebilmesi için
n0 n1 n2 ... ( 1) k nk toplamının 11’in katı olması gerekir.
8
m=7: Genel kuralın özel durumunu kullanarak verilen bir sayının 7 ile bölümünden elde
edilen kalanı bulabiliriz.
Öncelikle, genel kuralda 10’un kuvvetlerinin (mod 7)’deki denkliklerini aşağıdaki gibi
belirleyelim:
10
7 3
m1
3
102 = 10 m1
30
28 2
m2
103 = 10 m2
20
21 1
m3
104= 10 m3
10
105 = 10 m4
30
28 2
106= 10 m5
20
21 1
107= 10 m6
10
1
m4
7 3
7 3
2
3
m5
m6
m7
2
1
3
…
Buradan ise n nk nk 1...n2 n1n0 sayısının ve f 7 (n)
sayısının 7 ile bölümünden aynı kalanları verdiği görülür.
n0
3n1 2n2
(n3 3n4
2n5 ) ...
6. FARKLI TABANLAR İÇİN BAZI GENELLEMELER
6.1 İki ile Bölünebilme
Teorem 6.1.1:
a) Eğer a çift sayı ise, a tabanında bir sayının iki ile bölümünden kalan, bu sayının birler
basamağındaki rakamın iki ile bölümünden kalana eşittir.
b) Eğer a tek sayı ise, a tabanında bir sayının iki ile bölümünden kalan, bu sayının
rakamları toplamının iki ile bölümünden kalana eşittir.
İspat:
a)
k=1,2,3, …olmak üzere a çift sayı olduğunda a k ikiye bölündüğü için
Buna göre de (*) formülünde f
a
m
n
n0 olduğunu görürüz.
9
mka
0 dır.
b) k=1,2,3, …olmak üzere a tek sayı olduğunda a k
2 t 1
olduğu için m ka
1
dir ve buna göre (*) formülünde f ma n n0 n1 n2 ... olacaktır. Bu toplam çift ise sayı iki ile
tam bölünür, tek ise sayının iki ile bölümünden kalan 1 dir.
Örnek 6.1.2
sayısının 2 ile bölümünden kalan, 9 tek bir sayı olduğu için
sayısının iki ile bölümünden kalana eşittir. Yani kalan 1 dir.
a)
b)
sayısının 2 ile bölümünden kalan, 6 çift bir sayı olduğu için
bölümünden kalana eşittir. Yani kalan 0 dır.
’ün 2 ile
6.2 Üç ile Bölünebilme
Teorem 6.2.1:
a) Eğer a 3t
ise a tabanında bir sayının üç ile bölümünden kalan, sayının son
basamağının üç ile bölümünden kalana eşittir.
b) Eğer a 3t 1
ise a tabanında bir sayının üç ile bölümünden kalan, sayının
rakamları toplamının üç ile bölümünden kalana eşittir.
c) Eğer a
f
a
m
n
n0
2n1
a tabanında bir sayının üç ile bölümünden kalan,
3t 2 ise
n2 2n3 ... veya f ma n n0 n1 n2 n3 ... sayısının üç ile bölümünden
kalana eşittir.
İspat:
a) k=1,2,3, ... olmak üzere a
3t
k
olduğunda a , 3’e bölündüğü için mka
0 dir ve
buna göre (*) formülünde f ma n n0 olur. Sayının üç ile bölümünden kalan n0 ın 3 ile
bölümünden kalana eşittir.
b) k=1,2,3, ... olmak üzere a 3t 1
olduğunda, a k 3l 1
olduğundan
a
a
mk 1 ve buna göre (*) formülünde f m n n0 n1 n2 ... nk bulunur. O halde, sayının üç
ile bölümünden kalan, sayının rakamları toplamının üç ile bölümünden kalanına eşittir.
c) k=1,2,3, ... olmak üzere a 3t 2
olduğunda, ak 3l 2k
olduğundan
a
a
mk 1 (k 0, 2, 4,) ve mk 2 (k 1,3,5,) olacaktır. Buna göre de (*) formülünde,
f ma n
n0
2n1
n2
2 n3
... veya f ma n
n0 n1 n2 n3 ... olur.
Örnek 6.2.2
a)
sayısının 3 ile bölümünden kalan, 6=3.2 olduğundan
bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 2 dir.
10
’in 3 ile
b)
sayısının 3 ile bölümünden kalan, 7=3.2+1 olduğundan
3 ile bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 1 dir.
c)
sayısının 3 ile bölümünden kalan, 5=3.1+2 olduğundan
‘un 3 ile bölümünden kalana eşittir. Ya da,
bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 0 dir.
6.3
3 ile
Beş ile Bölünebilme
Teorem 6.3.1:
a) Eğer a 5t
ise a tabanında bir sayının beş ile bölümünden kalan, sayının son
basamağının beş ile bölümünden kalana eşittir.
a tabanında bir sayının beş ile bölümünden kalan, sayının
b) Eğer a 5t 1 ise
rakamları toplamının beş ile bölümünden kalana eşittir.
c) Eğer a
a
m
f (n) (n0 2n1
fma (n) (n0 2n1
5t 2
ise a tabanında bir sayının beş ile bölümünden kalan,
veya
4n2 3n3 ) (n4 2n5 4n6 3n7 ) (n8 2n9 4n10 3n11 )
sayısının beş ile bölümünden kalana
n2 2n3 ) (n4 2n5 n6 2n7 )
eşittir.
d) Eğer a
a
m
f (n) (n0 3n1
fma (n) (n0 2n1
5t 3
ise a tabanında bir sayının beş ile bölümünden kalan,
veya
4n2 2n3 ) (n4 3n5 4n6 2n7 ) (n8 3n9 4n10 2n11 )
sayısının beş ile bölümünden kalana
n2 2n3 ) (n4 2n5 n6 2n7 )
eşittir.
e) Eğer a
a
m
f (n) (n0
5t 4
ise a tabanında bir sayının beş ile bölümünden kalan,
veya
4n1 ) (n2 4n3 ) (n4 4n5 )
f ma (n) (n0 n1 ) (n2 n3 ) (n4 n5 )
sayısının beş ile bölümünden kalana eşittir.
İspat:
a) k=1,2,3, ... olmak üzere a
buna göre (*) formülünde f
bölümünden kalana eşittir.
a
m
n
5t
k
olduğunda a , 5’e bölündüğü için mka
0 dir ve
n0 olur. Sayının beş ile bölümünden kalan n0 ın 5 ile
b) k=1,2,3, ... olmak üzere a 5t 1
olduğunda, a k 5l 1
olduğundan
a
a
mk 1 ve buna göre (*) formülünde f m n n0 n1 n2 ... nk bulunur. O halde, sayının
beş ile bölümünden kalan, sayının rakamları toplamının beş ile bölümünden kalanına eşittir.
c) k=1,2,3, ... olmak üzere a
olduğunda, ak
5t 2
11
5l 2k
olduğundan
mk a 1 (k
4,8,);
mk a
2 (k 1,5,9,);
mk a
4 veya mk a
1 (k
mk a
3 veya mk a
2 (k 3, 7,11,);
2, 6,10,);
olacaktır. Buna göre (*) formülünde,
f ma (n) (n0 2n1 4n2 3n3 ) (n4 2n5 4n6 3n7 ) (n8 2n9 4n10 3n11 )
veya f ma (n)
(n0 2n1 n2 2n3 ) (n4 2n5 n6 2n7 )
d) k=1,2,3, ... olmak üzere a
olduğunda, a k
5t 3
mk a 1 (k
olur.
5l 3k
olduğundan
4,8,);
mk a
3 veya mk a
2 (k 1,5,9,);
mk a
4 veya mk a
1 (k
mk a
2 (k 3, 7,10,);
2, 6,10,);
olacaktır. Buna göre (*) formülünde,
f ma (n) (n0 3n1 4n2 2n3 ) (n4 3n5 4n6 2n7 ) (n8 3n9 4n10 2n11 )
veya
fma (n) (n0 2n1 n2 2n3 ) (n4 2n5 n6 2n7 )
olur.
e) k=1,2,3, ... olmak üzere a
mk a 1 (k
mk a
olduğunda, ak
5t 4
5l 4k
2, 4,);
4 veya mk a
1 (k 1,3,5,);
olacaktır. Buna göre (*) formülünde,
fma (n) (n0 4n1 ) (n2 4n3 ) (n4 4n5 )
veya
f ma (n) (n0 n1 ) (n2 n3 ) (n4 n5 )
olur.
12
olduğundan
Örnek 6.3.2
sayısının 5 ile bölümünden kalan n
a)
2’ye eşittir.
2’nin 5 ile bölümünden kalana, yani
b)
sayısının 5 ile bölümünden kalan, 6=5.1+1 olduğundan
’ün 5 ile bölümünden kalana, yani 3’e eşittir.
c)
sayısının 5 ile bölümünden kalan, 7=5.1+2 olduğundan
’in 5 ile bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 3’tür.
d)
sayısının 5 ile bölümünden kalan,
bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 2 dir.
’nin 5 ile
e)
sayısının 5 ile bölümünden kalan,
bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 0 dır.
’un 5 ile
6.4
Dokuz ile Bölünebilme
Teorem 6.4.1:
a) Eğer a 9t
ise a tabanında bir sayının dokuz ile bölümünden kalan, sayının
son basamağındaki sayının dokuz ile bölümünden kalana eşittir.
b) Eğer a 9t 1
ise a tabanında bir sayının dokuz ile bölümünden kalan,
sayının rakamları toplamının dokuz ile bölümünden kalana eşittir.
c) Eğer a
a
m
f (n) (n0 2n1
f ma (n) (n0 2n1
9t 2
ise a tabanında bir sayının dokuz ile bölümünden kalan,
veya
4n2 8n3 7n4 5n5 ) (n6 2n7 4n8 8n9 7n10 5n11 )
sayısının dokuz ile
4n2 n3 2n4 4n5 ) (n6 2n7 4n8 n9 2n10 4n11 )
bölümünden kalana eşittir.
d) Eğer a 9t 3
ise a tabanında bir sayının dokuz ile bölümünden kalan,
f (n) n0 3n1 sayısının dokuz ile bölümünden kalana eşittir.
a
m
e) Eğer a 9t 4
ise a tabanında bir sayının dokuz ile bölümünden kalan,
veya f ma (n) (n0 4n1 2n2 ) (n3 4n4 2n5 )
f ma (n) (n0 4n1 7n2 ) (n3 4n4 7n5 )
sayısının dokuz ile bölümünden kalana eşittir.
13
f) Eğer a
a
m
f (n) (n0
fma (n) (n0
9t 5
ise a tabanında bir sayının dokuz ile bölümünden kalan,
5n1 7n2 8n3 4n4 2n5 ) (n6 5n7 7n8 8n9 4n10 2n11 ) veya
sayısının dokuz ile
4n1 2n2 n3 4n4 2n5 ) (n6 4n7 2n8 n9 4n10 2n11 )
bölümünden kalana eşittir.
g) Eğer a 9t 6
ise a tabanında bir sayının dokuz ile bölümünden kalan,
f (n) n0 6n1 sayısının dokuz ile bölümünden kalana eşittir.
a
m
h) Eğer a
a
m
f (n) (n0 7n1
9t 7
ise a tabanında bir sayının dokuz ile bölümünden kalan,
veya f ma (n) (n0 2n1 4n2 ) (n3 2n4 4n5 )
4n2 ) (n3 7n4 4n5 )
sayısının dokuz ile bölümünden kalana eşittir.
k) Eğer a
a
m
f (n) (n0
ise a tabanında bir sayının dokuz ile bölümünden kalan,
veya
sayısının dokuz ile
fma (n) (n0 n1 ) (n2 n3 )
9t 8
8n1 ) (n2 8n3 )
bölümünden kalana eşittir.
İspat:
a) k=1,2,3, ... olmak üzere a
buna göre (*) formülünde f
bölümünden kalana eşittir.
a
m
k
olduğunda a , 9’a bölündüğü için mka
9t
0 dir ve
n0 olur. Sayının dokuz ile bölümünden kalan n0 ın 9 ile
n
b) k=1,2,3, ... olmak üzere a 9t 1
olduğunda, a k 9l 1
olduğundan
a
a
mk 1 ve buna göre (*) formülünde f m n n0 n1 n2 ... nk bulunur. O halde, sayının
dokuz ile bölümünden kalan, sayının rakamları toplamının dokuz ile bölümünden kalanına eşittir.
c) k=1,2,3, ... olmak üzere a
olduğunda, ak
9t 2
mk a 1 (k
9l 2k
6,12,);
mk a
2 (k 1, 7,13,);
mk a
4 (k
mk a
8 veya mk a
1 (k 3,9,15,);
mk a
7 veya mk a
2 (k
mk a
5 veya mk a
4 (k 5,11,17,);
2,8,14,);
olacaktır. Buna göre (*) formülünde,
14
4,10,16,);
olduğundan
fma (n) (n0 2n1 4n2 8n3 7n4 5n5 ) (n6 2n7 4n8 8n9 7n10 5n11 )
veya f ma (n)
(n0 2n1 4n2 n3 2n4 4n5 ) (n6 2n7 4n8 n9 2n10 4n11 )
d) k=1,2,3, ... olmak üzere a
m1a
olduğunda, a k
9t 3
3, ve mk a
olacaktır. Buna göre (*) formülünde, f ma (n)
e) k=1,2,3, ... olmak üzere a
0 (k
olur.
9l 3k
olduğundan
9l 4k
olduğundan
2,3, 4,);
n0 3n1 olur.
olduğunda, ak
9t 4
mk a 1 (k 3, 6,);
mk a
4 (k 1, 4, 7,);
mk a
7 veya mk a
2 (k
2,5,8,);
olacaktır. Buna göre (*) formülünde,
f ma (n) (n0 4n1 7n2 ) (n3 4n4 7n5 )
veya
f ma (n) (n0 4n1 2n2 ) (n3 4n4 2n5 )
olur.
f) k=1,2,3, ... olmak üzere a
olduğunda, a k
9t 5
9l 5k
olduğundan
6,12,);
mk a
1 (k
mk a
5 veya mk a
4 (k 1, 7,13,);
mk a
7 veya mk a
2 (k
mk a
8 veya mk a
1 (k 3,9,15,);
mk a
4 (k
mk a
2 (k 5,11,17,);
2,8,14,);
4,10,16,);
olacaktır. Buna göre (*) formülünde,
f ma (n) (n0 5n1 7n2 8n3 4n4 2n5 ) (n6 5n7 7n8 8n9 4n10 2n11 )
veya
fma (n) (n0 4n1 2n2 n3 4n4 2n5 ) (n6 4n7 2n8 n9 4n10 2n11 )
olur.
g) k=1,2,3, ... olmak üzere a
olduğunda, ak
9t 6
15
9l 6k
olduğundan
m1a
6 ve mk a
olacaktır. Buna göre (*) formülünde, f ma (n)
h) k=1,2,3, ... olmak üzere a
2,3, 4,)
0 (k
n0 6n1 olur.
olduğunda, ak
9t 7
mk a
1 (k 3, 6,);
mk a
7 veya mk a
mk a
4 (k
9l 7k
olduğundan
2 (k 1, 4, 7,);
2,5,8,);
olacaktır. Buna göre (*) formülünde,
f ma (n) (n0 7n1 4n2 ) (n3 7n4 4n5 )
veya
f ma (n) (n0 2n1 4n2 ) (n3 2n4 4n5 )
olur.
k) k=1,2,3, ... olmak üzere a
olduğunda, a k
9t 8
9l 8k
olduğundan
2, 4, 6,);
mk a
1 (k
mk a
8 veya mk a
1 (k 1,3,5, 7,);
olacaktır. Buna göre (*) formülünde,
f ma (n) (n0 8n1 ) (n2 8n3 )
veya
fma (n) (n0 n1 ) (n2 n3 )
olur.
Örnek 6.4.2
a)
sayısının 9 ile bölümünden kalan
’dir.
b)
sayısının 9 ile bölümünden kalan
bölümünden kalana, yani 4’e eşittir.
c)
’ün 9 ile
sayısının 9 ile bölümünden kalan,
’ün 9 ile bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 4 dür.
d)
sayısının 9 ile bölümünden kalan,
kalana eşittir. Yani kalan, 8 dır.
16
’nin 9 ile bölümünden
e)
f)
sayısının 9 ile bölümünden kalan,
‘un 9 ile bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 4 dür.
sayısının 9 ile bölümünden kalan,
’in 9 ile bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 1 dir.
g)
sayısının 9 ile bölümünden kalan,
kalana eşittir. Yani kalan, 4 dür.
h)
’ün 9 ile bölümünden
sayısının 9 ile bölümünden kalan,
’nin 9 ile bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 7 dir.
k)
sayısının 9 ile bölümünden kalan,
‘ün 9 ile bölümünden kalana eşittir. Yani kalan, 4 dür.
SONUÇ
Sonuç olarak, bu projede bölünebilme kurallarının genelleştirildiği bir formül önerilmiştir.
Herhangi bir tabanda verilen bir sayı için ayrı bir kurala ihtiyaç duyulmadan genel bir kural
üzerinden cevaba ulaşılmıştır. Genel formüle ulaşıldıktan sonra, özel durumlar incelendiğinde iyi
bilinen bölünebilme kurallarının nereden geldiği bulunmuştur. Bölünebilme kuralları, matematiğin
en çok kullanılan işlemlerinden biri olması nedeniyle yaptığımız bu projenin yararlı olacağını
düşünmekteyiz.
KAYNAKLAR
[1] Aliyev İ., Özdemir M., Şıhaliyeva D.,(2006), Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları
Sorular ve Çözümler 1996-2005, TUBİTAK Yayınları, Ankara, - 205 s.
[2] Alizade, R., Ufuktepe, Ü., (2006), Sonlu Matematik. Olimpiyat Soruları ve Çözümleri,
TÜBİTAK Yayınları, Ankara, - 273 s.
[3] Cangül İ.N., Çelik B.,(2002), Sayılar Teorisi Problemleri, Paradigma Akademi,
İstanbul, - 376 s.
[4] Jung H. W. E, (1962),Çeviren: İÇEN O. Ş. , Sayılar Teorisine Giriş, Türk Matematik
Derneği, İstanbul, - 176 s.
[5] Karakaş H.İ., Aliyev İ. ,(2001), Sayılar Teorisinde İlginç Olimpiyat Problemleri ve
Çözümleri, TUBİTAK Yayınları , - 243 s.
TEŞEKKÜR
Proje çalışmamızın her aşamasında yakın ilgi ve desteğini gördüğümüz; çalışmalarımızın
yönlendirilmesi ve sonuçlandırılmasında bizlere yardımcı olan proje danışmanımız Aslı NAMLI
KUNDURACI’ ya, Bilim Kurulu Eş Başkanı (Matematik) Dr. Gizem GÜNEL AÇIKSÖZ’ e, bugüne
dek yetişmemizde katkısı olan değerli öğretmenlerimize, her zaman yanımızda olan ve bizi
destekleyen, yüreklendiren ailelerimize teşekkür ederiz.
17
Download

farklı tabanlarda bölünebilme kurallarını belirleyen