Do˘gal sayılarda her zaman b¨olme yapılamayaca˘gını biliyoruz, ¨orne˘gin 26’i
7’ye tam olarak b¨olemeyiz, ¸c¨unk¨u 26/7 bir do˘gal sayı de˘gildir, daha do˘grusu
¸c¨unk¨u 26 = 7x denkleminin do˘gal sayılarda bir ¸c¨oz¨um¨u yoktur. Ama gene de
do˘gal sayılarda 26’yı 7’ye kalanlı b¨olebiliriz: 26’nın i¸cinde tam 3 tane 7 vardır
ve geriye 5 kalır, yani
25 = 7 × 3 + 5
e¸sitli˘gi ge¸cerlidir. Hayattan bir ¨ornekle a¸cıklamak gerekirse, 26 bilyeyi 7 ki¸si
arasında e¸sit payla¸stırmak istiyorsanız herkese 3’er bilye d¨u¸ser ve geriye ne
yapaca˘gınızı bilmedi˘giniz be¸s bilye kalır. Bunun gibi, 58’i 13’e tam b¨olmeye
¸calı¸sırsak 4 ¸cıkar ama geriye bir de 6 kalır, yani
58 = 13 × 4 + 6
e¸sitli˘gi do˘grudur. Kalan sayı (yukarıdaki ¨orneklerde sırasıyla 5 ve 6) her zaman
b¨olen sayıdan (yukarıdaki ¨orneklerde sırasıyla 7 ve 13) k¨u¸c¨ukt¨ur. Bu genel bir
olgudur: Her do˘gal sayı, 0 dı¸sında her do˘gal sayıya kalanlı da olsa b¨ol¨un¨ur.
Bunu kanıtlayalım.
Teorem 6.4. n ve m iki do˘gal sayı olsun. m 6= 0 olsun. O zaman
r < m ve n = mq + r
¨
onermelerini sa˘glayan q ve r do˘gal sayıları vardır. Ayrıca bu q ve r sayıları
biriciktir, bir ba¸ska deyi¸sle e˘gerq, q
1ve r, r
1do˘gal sayıları i¸cin
r
1, r < m ve mq + r = mq
1+ r
1ise q = q
1ver = r
1olur.
Kanıt: ¨Once birinci ¨onermeyi, yani q ve r sayılarının varlı˘gını kanıtlayalım.
¨
Onsav 6.1’den dolayı
mq ≤ n < m(q + 1)
e¸sitsizliklerini sa˘glayan bir q do˘gal sayısının varlı˘gını biliyoruz. Demek ki
0 ≤ n − mq < m
olur. E˘ger r = n − mq tanımını yaparsak, istedi˘gimiz
r < m ve n = mq + r
¨
onermelerine ula¸sırız.
Aynı olgunun bir ba¸ska kanıtını daha verelim. n = m × 0 + n e¸sitli˘gini
biliyoruz. Demek ki
A = {r ∈ N : bir q ∈ N do˘gal sayısı i¸cin n = mq + r}
k¨umesi n’yi i¸ceriyor, dolayısıyla A k¨umesi bo¸s k¨ume de˘gil. ˙Iyisıralama ¨
Ozel-li˘gi’nden dolayı A’nın en k¨u¸c¨uk ¨ogesi vardır. Bu en k¨u¸c¨uk ¨ogeye r diyelim.
r ∈ A oldu˘gundan, bir q ∈ N i¸cin
(1) n = mq + r
olur. Geriye r < m e¸sitsizli˘gini kanıtlamak kaldı. Diyelim bu e¸sitsizlik do˘gru
de˘gil. Olmayana ergi y¨ontemini kullanaca˘gız, yani bu varsayımdan bir ¸celi¸ski
elde edece˘giz. r < m e¸sitsizli˘gi do˘gru de˘gilse, r ≥ m e¸sitsizli˘gi do˘grudur.
Bu-radan da r − m ∈ N ¸cıkar. ¨Ote yandan (1) e¸sitli˘ginden hemen
n = m(q + 1) + (r − m)
elde ederiz. Bu da r−m ∈ A demektir. Ama m 6= 0 oldu˘gundan r−m < r olur,
ki bu da r’nin A’nın en k¨u¸c¨uk ¨ogesi olmasıyla ¸celi¸sir. Demek ki varsayımımız
yanlı¸smı¸s, yani r < m e¸sitsizli˘gi do˘gruymu¸s. B¨oylece teoremin ¨onermesinde
varlı˘gı s¨oylenen q ve r sayılarının varlı˘gı ikinci kez kanıtlandı.
S¸imdi q ve r sayılarının biricikli˘gini kanıtlayalım. Diyelim q, q
1ve r, r
1do˘gal sayıları i¸cin
r
1, r < m ve mq + r = mq
1+ r
1oluyor. Bir ¸celi¸ski elde etmek amacıyla q
1> q varsayımını yapalım. O zaman
m(q
1− q) = r − r
1ve
olur, bu da m < m ¸celi¸skisini verir. Demek ki q
1, q’dan b¨uy¨uk olamaz. Aynı
nedenden q da q
1’den b¨uy¨uk olamaz. B¨oylece q = q
1e¸sitli˘gini g¨ostermi¸s olduk.
Bundan ve mq + r = mq
1+ r
1e¸sitli˘ginden r = r
1elde ederiz.
Aslında q ve r’yi bulmak i¸cin ¸sunu yapıyoruz: Aynen ¨Onsav 6.1’in kanıtında
yaptı˘gımız gibi, m’nin katlarından olu¸san
0, m, 2m, 3m, . . .
dizisine bakıyoruz. Yani 0’dan ba¸slayarak n’ye do˘gru m uzunlukta adımlar
atıyoruz. Bu dizi bir zaman sonra n’yi a¸sacaktır, mesela n’inci adımda nm ≥ n
olacaktır. Diyelim qm, n’yi a¸smıyor da, bir sonraki adımda (q + 1)m a¸sıyor,
yani diyelim
qm ≤ n < (q + 1)m
oluyor. S¸ekil ¸s¨oyle:
S¸imdi r’yi n − qm sayısı olarak alalım. ˙Istedi˘gimize ula¸sırız.
Teoremdeki r sayısına kalan adı verilir. n b¨ol¨unen sayıdır, m b¨olen sayıdır.
q sayısına da “b¨ol¨um” ya da “sonu¸c” denebilir.
Demek ki bir do˘gal sayı bir m > 0 do˘gal sayısına b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalan
0, 1, 2, . . . , m − 1
sayılarından biri olur. Bir ba¸ska deyi¸sle her do˘gal sayı
mN, mN + 1, mN + 2, . . . , mN + (m − 1)
k¨umelerinden birinde olmalı. Ayrıca “kalan” biricik oldu˘gundan bu altk¨
ume-ler iki¸ser iki¸ser kesi¸semez. Sonu¸c olarak, N k¨umesi, iki¸ser iki¸ser ayrık olan
yukarıdaki m tane altk¨umenin birle¸simidir.
Sonu¸c 6.5. m > 0 bir do˘gal sayı olsun. E˘ger r, s ∈ {0, 1, . . . , m − 1} iki
farklı do˘gal sayıysa,
(mN + r) ∩ (mN + s) = ∅
olur. Dolayısıyla N k¨umesi iki¸ser iki¸ser ayrık olan
mN, mN + 1, mN + 2, . . . , mN + (m − 1)
E˘ger m = 1 ise kalan ancak 0 olabilir ve bu durumda N = N gibi pek
ilgin¸c olmayan bir ¨onerme elde ederiz. Ama e˘ger m = 2 ise kalan ya 0 ya da
1 olur; kalanı 0 olanlar ¸cift sayı, kalanı 1 olanlar tek sayılardır. Sonuca g¨ore
2N ve 2N + 1 k¨umeleri ayrık oldu˘gundan, bir sayı aynı anda hem ¸cift hem tek
olamaz! B¨oylece herkesin bildi˘gi bir ¨onermeyi daha kanıtlamı¸s olduk...
E˘ger m = 3 ise kalan 0, 1 ya da 2 olabilir. Kalanı 0 olanlar 3’e tam b¨ol¨
unen-lerdir, kalanı 1 olanlar 3’e b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı 1 olan sayılardır (elbette!)
ve kalanı 2 olanlar 3’e b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı 2 olan sayılardır (gene elbette!).
B¨oylece do˘gal sayıları ¨u¸c par¸caya ayırmı¸s oluruz:
N= 3N ∪ (3N + 1) ∪ (3N + 2).
Sonuca g¨ore bu ¨u¸c k¨ume iki¸ser iki¸ser ayrıktır yani iki¸ser iki¸ser bo¸sk¨umede
kesi¸sirler.
Benzer ¸sey di˘ger do˘gal sayılar i¸cin de ge¸cerlidir. ¨Orne˘gin,
N = 4N ∪ (4N + 1) ∪ (4N + 2) ∪ (4N + 3)
N = 5N ∪ (5N + 1) ∪ (5N + 2) ∪ (5N + 3) ∪ (5N + 4)
N = 6N ∪ (6N + 1) ∪ (6N + 2) ∪ (6N + 3) ∪ (6N + 4) ∪ (6N + 5)
olur ve her e¸sitli˘gin sa˘gında bile¸simi alınan altk¨umeler iki¸ser iki¸ser ayrıktır.
¨
Ornekler
6.50. (5N + 3)(5N + 4) k¨umesindeki sayıları belirlemek pek kolay olmayabilir ama en azından (5N + 3)(5N + 4) ⊆ 5N + 2
oldu˘gunu g¨osterebiliriz ¸c¨unk¨u her x, y ∈ N i¸cin
(5x+3)(5y +4) = 25xy +15y +20x+12 = 5(5xy +3y +4x)+12 = 5(5xy +3y +4x+2)+2 olur ve en sa˘gdaki sayı 5N + 2 k¨umesindedir. Tabii (5N + 3)(5N + 4) ⊆ 5N + 12 ¨onermesi de do˘gru.
6.51. ¨Ote yandan (5N + 2)(7N + 3) k¨umesi ¸cok daha vah¸sidir, yukarıdaki ¨ornekte oldu˘gu gibi zaptedilemez.
6.52. 26· 34 sayısı 5’e b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı bulalım. a ve b do˘gal sayıları i¸cin 24= 16 = 1 + 15 = 1 + 5a
(burada a = 3 ama bunun bir ¨onemi olmayacak) ve
26= 24· 22= (1 + 5a) · 4 = 4 + 5b
(burada b = 4a = 12 ama bunun bir ¨onemi olmayacak) oldu˘gundan ve bir c do˘gal sayısı i¸cin
34= 81 = 1 + 80 = 1 + 5c
(burada c = 16 ama bunun bir ¨onemi olmayacak) oldu˘gundan, bir d do˘gal sayısı i¸cin 26· 34= (4 + 5b)(1 + 5c) = 4 + 5d
6.53. 26+ 34 sayısı 5’e b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı bulalım. Bir ¨onceki alı¸stırmada oldu˘gu gibi b ve c do˘gal sayıları i¸cin
26= 24· 22= (1 + 5a) · 4 = 4 + 5b ve
34= 81 = 1 + 80 = 1 + 5c oldu˘gundan,
26+ 34= (1 + 5b) + (4 + 5c) = 5 × (1 + b + c)
olur. Demek ki 26+ 34 sayısı 5’e b¨ol¨un¨uyormu¸s, yani 5’e b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalan 0 imi¸s. 6.54. 212sayısı 5’e b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı bulalım.
24= 16 = 1 + 15 = 1 + 5a oldu˘gundan (burada a = 3 ama bunun bir ¨onemi olmayacak),
212= 243
= (1 + 5a)3
olur. En sa˘gdaki parantezi a¸carsak, o sayının bir b i¸cin 1 + 5b’ye e¸sit oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz, yani
212= 243
= (1 + 5a)3= 1 + 5b olur. Dolayısıyla yanıt 1’dir.
6.55. 23+ 34+ 45+ 56+ 67sayısı 7’ye b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı bulalım. ¨Once toplanan her sayının 7’ye b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanını bulalım. 23 kolay: Bir a sayısı i¸cin,
23= 8 = 1 + 7a
olur. (a = 1 elbette, ama kimin umurunda!) Okurun isterse bulabilece˘gi b ve c sayıları i¸cin
34= 92= (2 + 7b)2= 4 + 7c olur. Benzer ¸sekilde
45= (42)2· 4 = 162· 4 = (2 + 7d)2· 4 = (4 + 7e) · 4 = 16 + 7f = 2 + 7g ve
56= (52)3= 253= (4 + 7h)3= 43+ 7i = 64 + 7i = 1 + 7j ve
67= (62)3· 6 = 363· 6 = (1 + 7k)3· 6 = (1 + 7ℓ) · 6 = 6 + 7m olur. S¸imdi bu e¸sitliklerin hepsini toplayalım:
23+ 34+ 45+ 56+ 67 = (1 + 7a) + (4 + 7c) + (2 + 7g) + (1 + 7j) + (6 + 7m) = (1 + 4 + 2 + 1 + 6) + 7n
= 14 + 7n = 7(2 + n)
Me˘ger sayı 7’ye b¨ol¨un¨uyormu¸s, yani 7’ye b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı 0 imi¸s. Alı¸stırmalar
6.56. (7N + 3)(7N + 4) ⊆ 7N + 5 ¨onermesini kanıtlayın. 6.57. (7N + 3)(14N + 4) ⊆ 7N + 5 ¨onermesini kanıtlayın. 6.58. (21N + 3)(14N + 4) ⊆ 7N + 5 ¨onermesini kanıtlayın. 6.59. 212sayısı 7’ye b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanını bulun. 6.60. 3120 sayısı 7’ye b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanını bulun.
6.61. 212+ 315 sayısı 9’a b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı bulun. 6.62. 210+ 315+ 515sayısı 11’e b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı bulun. 6.63. 210· 315 sayısı 11’e b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı bulun.
6.64. 23+ 34+ 45+ 56+ 67 sayısı 11’e b¨ol¨und¨u˘g¨unde kalanı bulun. 6.65. E˘ger n > 0 ise (2n)! sayısının n2’ye b¨ol¨und¨u˘g¨un¨u kanıtlayın.
6.66. E˘ger n > 0 ve k bir do˘gal sayıysa (kn)! sayısının nk’ya b¨ol¨und¨u˘g¨un¨u kanıtlayın. 6.67. 4N + 1 k¨umesinin ¸carpma altında kapalı oldu˘gunu kanıtlayın. Buradan hareketle, 5n+ 1
ya 9n+1 t¨ur¨unden yazılan bir sayının 2’ye b¨ol¨und¨u˘g¨un¨u ama 4’e b¨ol¨unmedi˘gini g¨osterin.