Örnek: 10 Çözüm: Örnek: 11

4.
Bölüm
Modüler Aritmetik
Örnek: 7
x4 + x > 1, x ∈ , k ∈  olduğundan x in alabileceği
değerler x1 = 1, x2 = 2 dir. O halde x1 + x2 = 3 tür.
8x + 18 ≡ 2x - 3 (mod x) olduğuna göre, x in alabileceği değerleri bulunuz.
Örnek: 10
Çözüm:
8x + 18 − (2x − 3)
6x + 21
=k⇒
=k
x
x
⇒
x iki basamaklı bir doğal sayı, x ≡ 2 (mod 3),
x ≡ 2 (mod 5) olduğuna göre x in en büyük ve en
küçük değerlerinin toplamı kaçtır? (2001 - ÖSS)
(k∈)
6x 21
+
=k
x
x
⇒ 6+
A) 92
Cevap (B)
Örnek: 11
x2 + 8x ≡ 15 (mod x) olduğuna göre x in alabileceği
kaç değer vardır?
Aşağıdaki sayıların Z / 7 de hangi denklik sınıfına ait
olduğunu bulunuz.
Alp Yayınevi
Çözüm:
A)
/7 =
x(x 3 + 1) − 2(x 3 + 1)
=k
x(x 3 + 1)
⇒
x−2
2
= k ⇒ 1− = k
x
x
349
C)
{0,1,2,3, 4,5,6}
b)
−16 7 
 −16 = −3.7 + 5
− ±21 −3 
 −16 ∈ 5
5

c)
28 7 

− 28 4  28 ∈ 0

0 
d)
−46 7 

− ±49 −7  − 46 ∈ 3

3

x4 + x ≡ 2x3 + 2 (mod (x4 + x))
4
3
− (2x
+ 2)
3
x 4 x+ 4+−x(2x
+ 2)
⇒
4
⇒
= k= k
4x + x
x +x
-16
a)
x4 + x ≡ 2x3 + 2 (mod(x4 + x)) olduğuna göre, x in alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?
Çözüm:
B)
36 7 

− 35 5  36 ∈ 1

1 
x > 1, x ∈, k ∈ olduğundan x in alabileceği değerler {3, 5, 15} dir.
Örnek: 9
36
Çözüm:
15
=k
x
x > 1, x ∈ , k ∈ 
⇒
E) 169
O halde 92 + 17 = 109 bulunur.
Örnek: 8
⇒ x+8−
D) 154
x, 3 e ve 5 e bölündüğünde 2 kalanı vermelidir. 3 e
ve 5 e bölündüğünde 2 kalanı veren iki basamaklı en
küçük sayı 17, en büyük sayı 92 dir.
x > 1, x ∈ olduğundan x in alabileceği değerler 1
hariç 21 in pozitif bölenleridir. x in alabileceği değerler
kümesi: {3,7,21} dir.
x 2 +x 28x
− 15
+ 8x
− 15
⇒⇒
= k= k(k ∈)
x x
x 2 8x 15
⇒
+
−
=k
x
x
x
C) 124
Çözüm:
21
=k
x
x 2 +x 28x
≡ 15(mod
x) x)
+ 8x
≡ 15(mod
B) 109
28
D)
–46
Konu Anlatımlı Çözümlü ve Uygulamalı Matematik
35 ≡ 5 (mod 7) eşitlikleri taraf
x___________________ tarafa çarpılırsa;
Çözüm:
3256 ≡ x (mod 7)
311 ≡ 5
31 ≡ 3 (mod 7)
Şimdi de 1133 sayısının 7 ile bölümünden kalanı
bulalım.
32 ≡ 2 (mod 7)
33 ≡ 6 (mod 7) → (3. satırı bulabilmek için 1 ve 2.
satırlar taraf tarafa çarpılırdı).
34 ≡ 4 (mod 7) →
11 in 7 ile bölümünden kalan 4 olduğundan, 433 sayısının 7 ile bölümünden kalanı bulmak daha kolaydır.
(4. satırı bulabilmek için 1 ve 3.
satırlar taraf tarafa çarpıldı. 18 in
7 ile bölümünden kalan 4 tür.)
(5. satırı bulabilmek için 2 ve 3.
satırlar taraf tarafa çarpıldı. 12
in 7 ile bölümünden kalan 5 tir.)
3 ≡ 5 (mod 7) →
5
36 ≡ 1 (mod 7) →
O halde
Yani,
34 ≡ 4 (mod 7) olduğundan
3256 ≡ 4 (mod 7)
(mod 7)
3
(mod 7)
(43 )11 ≡ 111
(mod 7)
(mod 7)
311 + 1133 ≡ 5 + 1
(mod 7)
311 + 1133 ≡ 6
(mod 7) bulunur.
Örnek: 21
(1991)92 ≡ x (mod 5) olduğuna göre (en küçük pozitif)
x tam sayısı kaçtır? (1992 - ÖYS)
A) 0
B) 1
C) 2
D) 3
E) 4
Çözüm:
1991 sayısının 5 ile bölümünden kalan 1 olduğundan,
1991 yerine 1 i kullanabiliriz.
Örnek: 20
311 + 1133 sayısının 7 ile bölünmesinden elde edilen
kalanı bulunuz.
1991 ≡ 1 (mod 5)
(1991)92 ≡ 192 (mod 5)
(1991)92 ≡ 1 (mod 5)
↓
x = 1 bulunur.
Çözüm:
311 + 1133 ≡ x
42 ≡ 2
O halde 311+1133 sayısının 7 ile bölümünden kalan 6
olur.
Alp Yayınevi
(mod 7)
433 ≡ 1
6. satırda 1 i bulduğumuz için 3 ün kuvveti olan 256
sayısı 6 ile bölünür.
kalan 4 olduğu için 4. satırdaki kalan istenen sonuçtur.
41 ≡ 4
4 ≡1
(6. satırı bulabilmek için 2 ve 4.
satırlar taraf tarafa çarpıldı. 8 in
7 ile bölümünden kalan 1 dir.)
256 6
- 24 42
16
- 12
4
(mod 7)
(mod 7)
Cevap (B)
Önce 311 in 7 ile bölümünden kalanı bulalım.
31 ≡ 3
Örnek: 22
(mod 7)
2
(mod 7)
3
(mod 7)
4
(mod 7)
Çözüm:
5
(mod 7)
6
3 ≡1
(mod 7)
Birler basamağındaki rakam, bir sayının 10 ile bölümünden kalandır. Yani
36 ≡ 1
(mod 7)
3 ≡2
3 ≡6
3 ≡4
3 ≡5
121397 sayısının birler basamağı kaçtır?
121397 ≡ x(mod10)
352
4.
Bölüm
Modüler Aritmetik
Fermat Teoremi
1213 sayısının sırasıyla kuvvetlerini almak yerine
1213 ün 10 ile bölümünden kalan olan 3 sayısının
kuvvetlerini almak bize kolaylık sağlayacaktır.
x, m nin tam katı olmayan pozitif bir tam sayı ve m
asal sayı ise xm-1 ≡ 1 (mod m) dir. Bu denklikten yararlanarak xm ≡ x (mod m) dir.
O halde
397 ≡ x (mod 10)
Ancak m – 1 den daha küçük kuvvette de denkliğin
sağ tarafında 1 sayısı elde edilebilir.
31 ≡ 3 (mod 10)
32 ≡ 9 (mod 10)
33 ≡ 7 (mod 10)
Örnek: 24
34 ≡ 1 (mod 10)
34 ≡ 1 (mod 5)
4. satırda 1 i bulduğumuz için 97 yi 4 e böleriz.
26 ≡ 1 (mod 7)
97 4
− 8 24
510 ≡ 1 (mod 11) fakat 55 ≡ 1 (mod 11)
17
16
Örnek: 25
1
11))eşitliğinde x kaçtır?
7181 + 6251 ≡ x(mod
(mod11
Kalan 1 olduğundan 1. satırdaki kalan, istenen sonucu verir. 31 ≡ 3 (mod 10) olduğundan
Çözüm:
Fermat teoremine göre
Örnek: 23
2323 sayısının birler basamağının rakamı kaçtır?
(1992-ÖYS)
A) 1
B) 3
C) 7
D) 8
E) 9
Alp Yayınevi
121397 ≡ 3 (mod 10) olur.
Çözüm:
710 ≡ 1 (mod 11)
610 ≡ 1 (mod 11)
10 18
18
(7 ) ≡ 1 (mod 11)
(610 )25 ≡ 125 (mod 11)
180
7 ≡ 1 (mod 11)
6250 ≡ 1 (mod 11)
ve
1
• 7 ≡ 7 (mod 11)
• 61 ≡ 6 (mod 11)
180 1
7 .7 ≡ 7 (mod 11)
6250.61 ≡ 1.6 (mod 11)
7181 ≡ 7 (mod 11).....Ι
6251 ≡ 6 (mod 11).....ΙΙ
I ve II eşitlikleri taraf tarafa toplanırsa
Birler basamağındaki rakam, sayının 10 a bölümünden kalan olduğu için;
7181 ≡ 7 (mod 11)
+ 6251 ≡ 6 (mod 11)
7181 + 6251 ≡ 7 + 6 (mod 11)
7181 + 6251 ≡ 13 (mod 11)
7181 + 6251 ≡ 2 (mod 11)
2323 ≡ x(mod10)
x=?
x (mod 10)iken
yazılabilir.
23 ≡ 3 ((mod
mod10
10)
)
olduğu için 323 ≡ x ((mod
10)
mod10
) bulunmalıdır.
↓
x = 2 bulunur.
1
UY
3 ≡ 3 (mod 10)
32 ≡ 9 (mod 10)
33 ≡ 7 (mod 10)
3 4 ≡ 1 (mod 10)
(3 4 )5 ≡ 15 (mod 10)
320 ≡ 1 (mod 10)
•x 3
3 ≡ 7 (mod 10)
320.33 ≡ 1.7 (mod 10)
A RI
xa ≡ y (modm) denkliğinde x ile m aralarında
asal değilse, denkliğin sağ tarafında 1 sayısı
elde edilemez. Buna karşılık denkliğin sağ tarafında 0(sıfır) veya tekrar eden bir sayı dizisi
elde edilir.
323 ≡ 7 (mod 10) dir.
2323 ≡ 7 (mod 10) bulunur.
Cevap (C)
353