DGS / ALES Matematik Modüler Aritmetik

Modüler aritmetik, hem 60 sorulu DGS Sayısal hem 50 sorulu ALES Sayısal bölümünde her yıl ortalama 1-2 soruyla sınanan, görünüşte yabancı ama mantığı oturduğunda 60-90 saniyede çözülen bir başlıktır. Konunun cazip yanı, soruların büyük kısmının tek bir refleksle (kalan bul, ekle, sadeleştir) hızla netlenmesidir. DGS ve ALES Matematik müfredatı büyük ölçüde örtüştüğü için aşağıdaki tüm kurallar, formüller ve refleksler iki sınav için de aynen geçerlidir.

Hızlı İçindekiler

1. DGS ve ALES Sınavında Modüler Aritmetiğin Yeri — kapsam, akronim tablosu (11 satır)
2. Kalan Kavramı ve mod Operatörü — temel tanım, mod 9 ve mod 10 refleksi
3. Modüler Denklik: a ≡ b (mod m) — gösterim, denklik sınıfları
4. Denklik Özellikleri — yansıma, simetri, geçişlilik
5. Mod Altında Toplama ve Çıkarma — pozitif kalan disiplini
6. Mod Altında Çarpma — ikili çarpım kısayolları
7. Üs Alma ve Periyot Bulma — büyük üs çözüm refleksi
8. Negatif Mod ve Pozitif Kalan Refleksi — m − 1 ≡ −1 kuralı
9. Saat Aritmetiği — mod 24 ve mod 12
10. Gün ve Takvim Problemleri — mod 7
11. Asal Modül ve Fermat Küçük Teorem — a^p−1 ≡ 1 (mod p)
12. Çin Kalan Teorem — iki modül tarama yöntemi
13. Çözümlü DGS / ALES Tipi Örnekler — 1 — saat, periyot, çarpma, negatif mod, gün
14. Çözümlü DGS / ALES Tipi Örnekler — 2 — büyük üs, m−1, EBOB-EKOK, aralık sayma
15. Hata Yapılan Yerler ve Sınav İpuçları — 8 klasik tuzak
16. Hızlı Dizin — Tüm Kurallar (26 satır) — sınav öncesi son tekrar tablosu

Sıfırdan çalışan: 1-12 sırayla. Tekrar yapan: 1, 7, 8, 11, 16. Sprint (1 gün): sadece 1 ve 16.

Konu başlığı geniş bir kavram ailesini kapsar:

• Kalan kavramı: bir sayının verilen bir bölene göre kalanı, mod operatörü.
• Denklik gösterimi: a ≡ b (mod m), aynı kalanı veren sayı sınıfları.
• Modüler özellikler: yansıma, simetri, geçişlilik.
• Mod altında işlemler: toplama, çıkarma, çarpma kuralları.
• Üs alma ve periyot: a^n mod m hesabında kuvvet döngüsü tespiti.
• Negatif mod: kalan 0 ile m − 1 arasında olacak şekilde indirgenme.
• Saat aritmetiği: 12 saat ve 24 saat sistemleri, mod 12 ve mod 24.
• Gün ve takvim: mod 7 üzerinden hafta günü hesabı.
• Asal modül: Fermat küçük teoremine giriş düzeyi yaklaşım.
• Çin kalan teoremi: iki farklı modül koşulunu sağlayan en küçük sayı.

Bu bölümde önce kalan kavramı ve denklik gösterimi açıklanacak; ardından toplama, çarpma ve üs alma kuralları sıralı biçimde işlenecektir. Konunun ikinci yarısında negatif mod, periyot bulma, saat ve gün problemleri çözümlü örneklerle, son kısımda ise küçük teorem ve Çin kalan yaklaşımı pratik bir DGS düzeyinde ele alınacaktır.

Konunun Önemi ve Hata Yapılan Yerler

Modüler aritmetik, soruların hemen tamamı ezbersiz çözülebilir olmasına rağmen küçük tanım hatalarında sıkça netten kaybedilen bir başlıktır. Adayların çoğu, kalanın daima 0 ile bölenden bir küçük arasında olması gerektiğini gözden kaçırarak modülün kendisini cevap olarak işaretler. Aynı şekilde negatif sayıların modü hesaplanırken kalanın negatif bırakılması veya saat sorularında başlangıç saatinin üzerine eklenmemesi tipik kayıp noktalarıdır.

Bir başka tipik hata, büyük üs sorularında doğrudan üs almaya kalkışılmasıdır. 2¹⁰⁰ mod 7 sorusunda 2'nin mod 7'deki periyodunu (3) görmeyen aday, hesabı tamamlayamaz. Konuyu bilen ile bilmeyen arasındaki en görünür fark, periyot refleksinin kazanılmış olmasıdır.

Sınavda 5 Saniye Hatırlatma — Akronimler ve Pratik Kalıplar

Aşağıdaki on bir satır, modüler aritmetik konusunun tüm refleks sorularını çözen kısa kalıplardır. Sınava bir gün ya da bir hafta kala diğer kaynaklara dönmek yerine bu tabloya bak; her satır bir alt başlığın özüdür.

Modüler aritmetiğin temelinde tek bir soru yatar: "Bir sayıyı bir bölene böldüğümde geriye kaç kalır?" Bu kalan, modüler aritmetiğin başrol oyuncusudur ve mod operatörü ile gösterilir.

Tanım

a ve m birer pozitif tam sayı olsun (m > 0). a sayısının m'e bölümünden elde edilen kalan, a mod m olarak yazılır.

a = m · q + r,   0 ≤ r < m

Burada q bölümü, r ise kalanı temsil eder. r daima sıfır ile m − 1 arasındaki bir tam sayıdır.

Bilinmesi Gereken Bazı Sonuçlar

Üç Önemli Refleks

1. Kalan, bölenden küçük olmak zorundadır. 25 mod 7 sorusunda cevap olarak 7 ya da 25 işaretlenemez; mutlaka 0 ile 6 arasında bir değer çıkmalıdır.

2. Sayı bölenden küçükse, sayının kendisi kalandır. 3 mod 8 sorusunda 3 doğrudan kalandır çünkü 3, 8'in tam katı değildir ve 0 ≤ 3 < 8 koşulunu sağlar.

3. Tam bölünme, kalan sıfır demektir. 12 mod 4 sorusunda 12 sayısı 4'ün tam katı olduğu için kalan 0'dır. Aynı şekilde 0 mod 5 = 0 olur çünkü 0, her pozitif sayının tam katıdır (0 = 5 · 0).

Hızlı mod 10 ve mod 9 Refleksleri

mod 10: Bir sayının 10'a bölümünden kalanı, sayının son rakamıdır. 247 mod 10 = 7, 56 mod 10 = 6. Bu refleks, çarpma sonuçlarında son rakam tahmininde çok hızlandırıcıdır.

mod 9: Bir sayının 9'a bölümünden kalanı, sayının rakamları toplamının 9'a bölümünden kalanına eşittir. 423 → 4 + 2 + 3 = 9 → 9 mod 9 = 0. Yani 423, 9'un tam katıdır.

mod 2 ve mod 5: mod 2 sonucu sayının tek mi çift mi olduğunu söyler (kalan 0 ise çift, 1 ise tek). mod 5 ise sayının son rakamına bakılarak hızla bulunur: son rakam 0 ya da 5 ise kalan 0; son rakam 1 ya da 6 ise kalan 1; 2 ya da 7 ise 2; 3 ya da 8 ise 3; 4 ya da 9 ise 4. Bu küçük tablolar, hesap makinesiz sınavda saniyeler kazandırır.

Modüler aritmetiğin en önemli kavramı denkliktir. a ile b sayılarının m'e bölümünden elde edilen kalanlar eşitse, bu iki sayı m modülüne göre denk (kongruent) kabul edilir ve şöyle yazılır:

a ≡ b (mod m)

Buradaki üçlü çizgi (≡) işareti, eşitliğin (=) modüler arkadaşıdır ve "denk" diye okunur.

Üç Eşdeğer Tanım

a ≡ b (mod m) ifadesi aşağıdaki üç ifadeden biriyle aynı anlama gelir:

• Tanım 1: a ile b'nin m'e bölümünden kalanları aynıdır.
• Tanım 2: a − b sayısı m'in tam katıdır (m | a − b).
• Tanım 3: a − b = m · k olacak şekilde bir k tam sayısı vardır.

Örnek: 17 ≡ 2 (mod 5) çünkü 17 − 2 = 15 = 5 · 3 → fark, 5'in katıdır. Aynı zamanda 17 mod 5 = 2, 2 mod 5 = 2 → kalanlar eşit. Üç tanım da aynı sonucu doğrular.

Denklik Sınıfı Kavramı

Bir m modülüne göre aynı kalanı veren tüm tam sayılar bir denklik sınıfı oluşturur. mod 5 için sınıflar şöyledir:

Aynı satırda yer alan tüm sayılar, modüler aritmetik dünyasında aynı sayı gibi davranır. Toplama, çıkarma ve çarpma sonuçları için temsilci olarak en küçük pozitif kalanı (0, 1, 2, 3 ya da 4) kullanmak yeterlidir. Bu güç, modüler aritmetiği büyük sayılar için kısaltmaya çevirmenin temelidir.

Denklik Sınıfı Sayısı

m modülüne göre toplam m farklı denklik sınıfı vardır: {0, 1, 2, …, m − 1}. mod 7 için 7, mod 24 için 24, mod 12 için 12 farklı sınıf bulunur. Bu kümelere "Z mod m" ya da "Z_m" denir.

Modüler denklik, tıpkı eşitlik (=) gibi üç temel özelliği sağlar. Bu özellikler hem denklem çözmede hem de zincirleme akıl yürütmede kullanılır.

1. Yansıma (Refleksivite)

Her tam sayı, kendisine denktir.

a ≡ a (mod m)

Örnek: 17 ≡ 17 (mod 5). Doğal olarak aynı sayının kendi kalanı kendisine eşittir. Bu özellik, soruda sayının kendisini sadece kalan formuna sokmak için kullanılır: 17 ≡ 2 (mod 5) ifadesinde önce 17 ≡ 17 sonra 17 ≡ 2 zinciri kurulur.

2. Simetri

Eğer a, b'ye denkse b de a'ya denktir.

a ≡ b (mod m) ⇔ b ≡ a (mod m)

Örnek: 17 ≡ 2 (mod 5) yazılabildiği gibi 2 ≡ 17 (mod 5) de yazılabilir. İki yön aynı bilgiyi taşır. Bu özellik özellikle sınav sorularında verilen denkliği tersine çevirip kullanmaya izin verir.

3. Geçişlilik (Transitiflik)

Eğer a, b'ye ve b, c'ye denkse a da c'ye denktir.

a ≡ b (mod m) ve b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m)

Örnek: 23 ≡ 9 (mod 7) ve 9 ≡ 2 (mod 7). Geçişlilikten 23 ≡ 2 (mod 7) elde edilir. Pratikte sayıları aşamalı küçültürken ardışık denklik zincirleri bu özelliğe dayanır: 100 ≡ 51 ≡ 2 (mod 7) gibi.

Üç Özelliğin Pratik Faydası

Bu üç özellik birlikte, modüler denkliğin tıpkı eşitlik gibi denk eşitliğin yerine kullanılabileceğini sağlar. Bir denkliğin her iki tarafını aynı sayıyla toplayabilir, çarpabilir ya da üs alabiliriz; sonuç yine geçerli bir denkliktir.

Örnek (toplama): 17 ≡ 2 (mod 5) ise her iki tarafa 3 ekleyince 20 ≡ 5 (mod 5) elde edilir. 5 mod 5 = 0 olduğundan 20 mod 5 = 0; doğru.

Örnek (çarpma): 7 ≡ 1 (mod 3) ise her iki tarafı 4 ile çarpınca 28 ≡ 4 (mod 3) elde edilir. Sağ taraf 4 mod 3 = 1; sol taraf 28 mod 3 = 1; doğru.

İstisna: Bölme Operatörü

Toplama, çıkarma ve çarpma denklikleri her zaman korurken bölme operatörü her durumda korumaz. a · c ≡ b · c (mod m) doğru olabilir ama a ≡ b (mod m) her zaman geçerli değildir. Sadece m ile c aralarında asal ise iki taraftan c sadeleştirilebilir. DGS düzeyinde bu inceliği bilmek, çoktan seçmelide bölme dürtüsünü tutmaya yarar.

Modüler aritmetiğin en güçlü yönü, sıradan dört işlemin kalan sınıfları üzerinde de geçerli olmasıdır. Bu kuralları bilen aday, büyük sayıları küçültüp işleme almakla zaman kazanır.

Toplama Kuralı

İki sayının toplamının modü, sayıların ayrı ayrı modlarının toplamına denktir.

(a + b) mod m = ((a mod m) + (b mod m)) mod m

Bu eşitlik şu pratik faydayı sağlar: önce ham toplam alıp sonra mod almak yerine, sayıları önce küçültüp sonra toplayıp gerekirse bir kez daha mod almak çok daha hızlıdır.

Örnek 1: (8 + 9) mod 5

• Klasik yol: 8 + 9 = 17, sonra 17 mod 5 = 2.
• Mod ile yol: 8 mod 5 = 3, 9 mod 5 = 4. Toplam: 3 + 4 = 7, 7 mod 5 = 2. Aynı sonuç.

Örnek 2: (45 + 67) mod 10

• Klasik: 45 + 67 = 112, 112 mod 10 = 2.
• Mod ile: 45 mod 10 = 5, 67 mod 10 = 7. Toplam: 5 + 7 = 12, 12 mod 10 = 2. Aynı.

Çıkarma Kuralı

Toplama kuralının ikiz kardeşidir.

(a − b) mod m = ((a mod m) − (b mod m)) mod m

Önemli not: Çıkarma sonucunda eksi bir değer çıkarsa, sonuca m eklenerek pozitif kalan elde edilir.

Örnek: (3 − 8) mod 5

• Doğrudan: 3 − 8 = −5. −5 mod 5 = 0 (çünkü −5 = 5 · (−1) + 0).
• Veya 3 mod 5 = 3, 8 mod 5 = 3. Fark: 3 − 3 = 0. Sonuç: 0.

Örnek (negatif çıkış): (4 − 11) mod 6 → 4 − 11 = −7. Pozitif kalana çevirmek için 6 ekleriz: −7 + 6 = −1, −1 + 6 = 5. Sonuç: 5. Doğrulama: −7 = 6 · (−2) + 5.

Birden Fazla Toplam

Kural ikiden fazla terime kolayca genelleşir.

(a + b + c + … + z) mod m = ((a mod m) + (b mod m) + … + (z mod m)) mod m

Örnek: (14 + 20) mod 6 sorusunda 14 mod 6 = 2, 20 mod 6 = 2. Toplam: 2 + 2 = 4. Sonuç: 4 mod 6 = 4 (4, 6'dan küçük olduğundan değişmez).

Çıkarmada Pozitif Kalan Disiplini

Çıkarma işleminde sonuç negatif çıkarsa standart kalan {0, 1, …, m − 1} kümesinde olmalıdır. Bunun için sonuca m eklemek yeterlidir; gerekirse iki kez eklenir. Sınavda −2 mod 5 sorusunun cevabı −2 değil, −2 + 5 = 3'tür.

Çarpma kuralı, modüler aritmetiğin en sık başvurulan kuralıdır çünkü üs alma da tekrarlı çarpma demektir.

Çarpma Kuralı

İki sayının çarpımının modü, sayıların ayrı ayrı modlarının çarpımına denktir.

(a · b) mod m = ((a mod m) · (b mod m)) mod m

Örnek 1: (7 · 8) mod 10

• Klasik: 7 · 8 = 56, 56 mod 10 = 6.
• Kısa yol: mod 10 her zaman son rakamı verir. 7 · 8 = 56, son rakam 6.

Örnek 2: (12 · 18) mod 5

• 12 mod 5 = 2, 18 mod 5 = 3. Çarpım: 2 · 3 = 6. Sonuç: 6 mod 5 = 1.
• Klasik kontrol: 12 · 18 = 216 = 5 · 43 + 1. Aynı sonuç.

Örnek 3: (6 · 7) mod 9 → 6 mod 9 = 6, 7 mod 9 = 7. Çarpım: 42 mod 9 = 6 (42 = 9 · 4 + 6). Doğrulama: rakam toplamı 4 + 2 = 6. Mod 9 özelliği rakam toplamı kuralıyla eşleşir.

Birden Fazla Çarpan

Çarpma kuralı ikiden fazla terime kolayca genelleşir. Bu, faktöriyel ve büyük çarpım sorularını mod altında küçültürken hayati öneme sahiptir.

Örnek: (2 · 3 · 4 · 5) mod 7 sorusu

• Klasik: 2 · 3 · 4 · 5 = 120, 120 mod 7 = 1 (120 = 7 · 17 + 1).
• Ara mod ile: 2 · 3 = 6, 6 · 4 = 24. 24 mod 7 = 3. 3 · 5 = 15. 15 mod 7 = 1.

Çarpmada Hızlı İndirgeme

Çarpanlardan biri modülün katıysa sonuç doğrudan 0 olur. (5 · 14) mod 7 sorusunda 14 = 7 · 2 = 0 (mod 7) olduğundan çarpım da 0 (mod 7) olur. Adayın 5 · 14 = 70 hesabını yapmasına gerek kalmaz.

Bölme İşleminin Özel Durumu

Modüler aritmetikte toplama, çıkarma ve çarpma sorunsuz çalışırken bölme işlemi her durumda korunmaz. Bir sayıyı diğeriyle sadeleştirmek için kullanılan sayının modül ile aralarında asal olması gerekir. Aksi halde yanlış sonuç çıkar.

Hatalı örnek: 4 · 3 ≡ 4 · 1 (mod 4) doğrudur (12 ≡ 4 (mod 4) → her iki taraf da 0). Ama her iki taraftan 4 sadeleştirilirse 3 ≡ 1 (mod 4) elde edilir; bu yanlıştır çünkü 4 ile 4 aralarında asal değildir.

DGS düzeyinde bölme operatörünü doğrudan kullanmamak en güvenli yoldur; soruyu çarpma ile çözmek genelde yeterlidir.

Modüler aritmetiğin en güçlü uygulaması büyük üs sayılarının kalanını bulmaktır. 2¹⁰⁰ ya da 7⁵⁰ gibi sayılar açıldığında milyarlarca basamaklı olur; ama bir modülde çoğunlukla 0-6 arasındaki bir kalanla bitilir. Sırrı, kuvvetlerin periyodik olmasıdır.

Üs Alma Kuralı

Çarpmanın tekrarı olduğundan üs alma da modüler kuralı sağlar.

aⁿ mod m = ((a mod m)ⁿ) mod m

Yani önce tabanı küçültmek mümkündür. Bu refleks, devasa sayıları küçük tabanlı üslere çevirir.

Periyot (Döngü) Kavramı

Bir tabanın art arda kuvvetleri bir m modülünde sonsuza kadar farklı değer üretmez; mutlaka kendi içinde tekrara düşer. Bu tekrar eden uzunluğa periyot denir.

Örnek: 2'nin mod 7 kuvvetleri

Görüldüğü gibi 2, 4, 1 dizisi tekrar ediyor. Periyot uzunluğu = 3. Bu, herhangi bir n üssü için cevabın mod 3'e göre belirlendiği anlamına gelir.

Büyük Üs Çözüm Adımları

1. Tabanı küçült: Eğer taban modülden büyükse a mod m ile değiştir.
2. Periyodu bul: İlk birkaç kuvveti hesapla, kalan dizisinin tekrar başladığı yeri tespit et.
3. Üssün periyot bölmesini al: n mod (periyot) sonucuna göre cevap belirlenir.
4. Cevabı oku: İlgili pozisyondaki kalanı yaz.

Örnek 1 (DGS klasiği): 2¹⁰ mod 7 = ?

• Periyot tespit: 2¹ ≡ 2, 2² ≡ 4, 2³ ≡ 1 → periyot = 3.
• 10 mod 3 = 1 (10 = 3 · 3 + 1).
• Cevap, periyodun 1. değeridir: 2. Yani 2¹⁰ ≡ 2 (mod 7).

Örnek 2: 3⁴ mod 5 = ?

• 3¹ ≡ 3, 3² = 9 ≡ 4, 3³ = 27 ≡ 2, 3⁴ = 81 ≡ 1 → periyot = 4 (4. üste 1 geliyor).
• 4 mod 4 = 0 → periyodun son değeri 1. Sonuç: 1.
• Doğrulama: 3⁴ = 81 = 5 · 16 + 1.

Örnek 3 (kuvvet özelliği): 5⁴ mod 6 = ?

• 5 ≡ −1 (mod 6) (çünkü 5 + 1 = 6).
• 5⁴ ≡ (−1)⁴ = 1 (mod 6). Çift kuvvette negatif pozitife döner.
• Doğrulama: 5² = 25, 25 mod 6 = 1; 5⁴ = (5²)² ≡ 1² = 1.

2'nin Bazı Modüllerdeki Periyotları

Modüler aritmetik sadece pozitif sayıları değil, negatif sayıları da kapsar. Negatif bir sayının modü hesaplanırken kalan, daima 0 ile m − 1 arasında olacak şekilde indirgenmelidir. Bu, sınav sorularında en çok hata yapılan noktalardan biridir.

Negatif Mod Tanımı

a negatif bir tam sayı, m pozitif bir tam sayı olsun. a mod m işlemi şöyle hesaplanır:

1. a sayısı m'in tam katlarından büyük en küçük katı bulunur.
2. a'dan bu kat çıkarılır; geriye kalan değer pozitif kalandır.
3. Pratik kısayol: a'ya yeterince m eklenir, sonuç 0 ile m − 1 arasına düşer.

Örnek 1: −5 mod 3 = ?

• Bölme algoritması: −5 = 3 · (−2) + 1 (çünkü 3 · −2 = −6, −5 − (−6) = 1).
• Toplama yöntemi: −5 + 3 = −2, −2 + 3 = 1. Sonuç: 1.

Örnek 2: −7 mod 4 = ?

• −7 + 4 = −3, −3 + 4 = 1. Sonuç: 1.
• Doğrulama: −7 = 4 · (−2) + 1 (çünkü 4 · (−2) = −8, −7 − (−8) = 1).

Örnek 3: −20 mod 6 = ?

• 20 mod 6 = 2 (20 = 6 · 3 + 2).
• O halde −20 ≡ −2 (mod 6). Pozitife çevirmek için 6 ekleriz: −2 + 6 = 4. Sonuç: 4.
• Doğrulama: −20 = 6 · (−4) + 4 (çünkü 6 · (−4) = −24, −20 − (−24) = 4).

Eksi Bir Refleksi

m − 1 sayısı, modüler aritmetikte −1 ile aynı sınıftadır. Bu refleks, üs alma sorularında olağanüstü hızlandırıcıdır.

m − 1 ≡ −1 (mod m)

Uygulama: 9¹⁰⁰ mod 10 = ?

• 9 ≡ −1 (mod 10).
• 9¹⁰⁰ ≡ (−1)¹⁰⁰ = +1 (mod 10). (Çift kuvvette −1, +1'e döner.)
• Cevap: 1. 9¹⁰⁰'ün son rakamı 1'dir.

Tek üs örneği: 6¹⁰¹ mod 7 = ?

• 6 ≡ −1 (mod 7).
• 6¹⁰¹ ≡ (−1)¹⁰¹ = −1 (mod 7). Pozitife çevir: −1 + 7 = 6.
• Cevap: 6.

Saat ölçümleri, doğal hayatta modüler aritmetiğin en sık karşılaşılan örneğidir. 24 saatlik bir sistemde saatler 24'e ulaştığında 0'a sıfırlanır; 12 saatlik bir sistemde 12'ye ulaştığında 0'a (ya da 12'ye, eşdeğer) düşer. Bu yapı, doğrudan mod 24 ve mod 12 hesabıdır.

24 Saatlik Sistem (mod 24)

Bir saat ekleme sorusunda formül şudur:

Yeni saat = (Başlangıç saati + Geçen süre) mod 24

Örnek 1: Saat 10:00'da 25 saat sonra saat kaç olur?

• (10 + 25) mod 24 = 35 mod 24.
• 35 = 24 · 1 + 11 → kalan 11.
• Cevap: saat 11:00 (ertesi gün).

Örnek 2: Saat 23:00'te 5 saat sonra saat kaç olur?

• (23 + 5) mod 24 = 28 mod 24 = 4 (28 = 24 · 1 + 4).
• Cevap: saat 04:00 (ertesi sabah).

Örnek 3 (geriye doğru saat): Saat 14:00'te 50 saat öncesi saat kaçtı?

• (14 − 50) mod 24 = −36 mod 24.
• −36 + 24 = −12, −12 + 24 = 12. Pozitif kalan = 12.
• Cevap: saat 12:00.

12 Saatlik Sistem (mod 12)

Bazı analog saatlerde 12 değerinde sıfırlanma vardır. Sistemin saatleri 0-11 arası kabul edilir.

Örnek: 12 saatlik bir saat sisteminde 15. saat kaçı gösterir?

• 15 mod 12 = 3 (15 = 12 · 1 + 3).
• Cevap: saat 3. Öğleden sonra 15:00, analog yüzde 3 noktasını gösterir.

Saat Sorularında Hata Önleyici Kontrol Listesi

Hafta günleri 7 sayısının çevresinde döner: Pazartesi, Salı, Çarşamba, Perşembe, Cuma, Cumartesi, Pazar. 7 gün geçtiğinde aynı güne tekrar dönülür. Bu yapı, doğrudan mod 7 aritmetiğine karşılık gelir.

Temel Kural

Bugünden n gün sonra hangi günün olacağı şu şekilde bulunur:

1. n mod 7 hesaplanır → kalan k bulunur.
2. Bugünden başlayarak k gün ileri sayılır.
3. Sonuç, k. gündür.

k = 0 ise bugün ile aynı gün, k = 1 ise bir sonraki gün, k = 6 ise bir önceki gün (ya da 6 gün sonraki gün) olur.

Gün Numaralandırması

Hesabı kolaylaştırmak için günler 0-6 arası numaralandırılabilir. Pazartesi = 0 alınırsa:

Çözümlü Örnekler

Örnek 1: Bugün Pazartesi ise 30 gün sonra hangi gündür?

• 30 mod 7 = 2 (30 = 7 · 4 + 2).
• Pazartesi'den 2 gün sonra: Pazartesi → Salı → Çarşamba.

Örnek 2: Bugün Cuma ise 100 gün sonra hangi gündür?

• 100 mod 7 = 2 (100 = 7 · 14 + 2 → 7 · 14 = 98, 100 − 98 = 2).
• Cuma'dan 2 gün sonra: Cuma → Cumartesi → Pazar.

Örnek 3 (büyük sayı): Bugün Salı ise 365 gün (1 yıl) sonra hangi gündür?

• 365 mod 7 = 1 (365 = 7 · 52 + 1; 7 · 52 = 364).
• Salı'dan 1 gün sonra: Çarşamba. Yani normal yılda doğum günü bir gün ileri kayar.
• Not: Artık yıl 366 gün → 366 mod 7 = 2, doğum günü iki gün ileri kayar.

Geriye Doğru Gün Sayma

"n gün önce hangi gündü" sorusunda kalan negatif çıkar; m ekleyerek pozitife çevrilir.

Örnek: Bugün Çarşamba ise 50 gün önce hangi gündü?

• 50 mod 7 = 1 (50 = 7 · 7 + 1).
• Çarşamba'dan 1 gün geri: Çarşamba → Salı.

Yıl ve Tarih Sayma İncelikleri

Tarih hesabında dikkat edilmesi gereken iki incelik vardır:

• Artık yıl: 4'ün katı olan yıllar (yüzyıl sonları hariç) 366 gün sürer; bu durum gün hesabını bir gün kaydırır.
• Ay uzunlukları: 31, 30, 28 (29) günlük aylar gün hesabında modüler aritmetik kombinasyonu gerektirir. DGS düzeyinde genellikle "kaç gün sonra" verilir; ay-yıl ayrıntılarına girilmez.

Modüler aritmetiğin daha ileri ama DGS'de çoktan seçmelide ipucu olarak çıkabilen bir özelliği, asal modüllerle ilgili Fermat küçük teoremidir. Konunun derinliklerine inmeye gerek yoktur; tek bir formül büyük üs sorularını saniyelere indirir.

Fermat Küçük Teoremi

p bir asal sayı ve a, p ile aralarında asal bir tam sayı (yani p, a'yı bölmüyor) olsun. Bu durumda:

aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mod p)

Yani a sayısının p − 1. kuvvetinin p'ye bölümünden kalan, 1'dir. Bu eşitlik, üs alma periyodunun en fazla p − 1 olduğunu garanti eder.

Bilinmesi Gereken Asal Modüller ve Üsler

Tabloda gözlenen düzen: asal modülde, modül ile aralarında asal her tabanın p − 1. kuvveti her zaman 1'e denktir.

Çözüm Stratejisi

Üs sorularında periyot bulurken küçük p asalları için doğrudan p − 1 kullanılabilir. Periyodu daha hızlı bulmak isteyen aday şu sıralamayı izler:

1. Modül asal mı? → Evetse maksimum periyot p − 1.
2. Üssü p − 1'e böl, kalanı al.
3. Cevap, taban üzerinden bu kalan kuvvetinin modüdür.

Örnek: 3¹⁰⁰ mod 7 = ?

• 7 asal, 3 ile 7 aralarında asal.
• Fermat: 3⁶ ≡ 1 (mod 7). Yani periyot 6'nın bölenidir.
• 100 mod 6 = 4 (100 = 6 · 16 + 4).
• 3¹⁰⁰ ≡ 3⁴ (mod 7). 3⁴ = 81 = 7 · 11 + 4. Cevap: 4.

Örnek 2: 2¹⁰⁰ mod 7 = ?

• 2 ile 7 aralarında asal. 2⁶ ≡ 1 (mod 7).
• 100 mod 6 = 4.
• 2¹⁰⁰ ≡ 2⁴ = 16 ≡ 2 (mod 7) (16 = 7 · 2 + 2). Cevap: 2.
• Karşılaştırma: Periyot tablosundan 2'nin mod 7 periyodu 3'tü; 100 mod 3 = 1, 2¹ = 2. Aynı sonuç.

Asal Olmayan Modüller

m asal değilse Fermat küçük teoremi doğrudan kullanılamaz; yerine periyot tablosu gözle bulunur. Mod 4, mod 6, mod 8, mod 9 gibi durumlarda küçük kuvvetlerden başlayarak döngüyü tespit etmek hâlâ en güvenli yöntemdir.

Çin Kalan Teoremi, "iki farklı modülde aynı anda hangi sayı belli kalanları verir?" sorusunun cevabıdır. DGS'de doğrudan teorem adıyla sorulmaz, ancak küçük denklem sistemleri çoktan seçmeli olarak çıkar. Pratik bir tarama yöntemi yeterlidir.

Klasik Soru Yapısı

"Bir x sayısı 5'e bölündüğünde 3 kalanını, 7'ye bölündüğünde 4 kalanını veriyor. x'in bu koşulu sağlayan en küçük pozitif değeri kaçtır?" tipindeki soru bir Çin Kalan problemidir.

Sistem şöyle yazılır:

• x ≡ 3 (mod 5)
• x ≡ 4 (mod 7)

Tarama Yöntemi (En Pratik DGS Yolu)

1. Modüllerden büyük olanına göre x'in olası değerlerini liste: 4, 11, 18, 25, 32, … (x = 7k + 4 formunda).
2. Bu listede ikinci koşulu sağlayanı ara: 4 mod 5 = 4 (hayır), 11 mod 5 = 1 (hayır), 18 mod 5 = 3 (evet).
3. Cevap: x = 18. Doğrulama: 18 mod 5 = 3 ✓, 18 mod 7 = 4 ✓.

Genel Kural

x = 18 cevabı tek değildir. Her 5 · 7 = 35 birimde aynı kalan çifti tekrar eder. Yani genel çözüm: x = 35k + 18 (k = 0, 1, 2, …). Sonsuz çözüm vardır; çoktan seçmelide en küçük pozitif olan istenir.

Bu durum tüm Çin Kalan sorularına genelleşir: m₁ ve m₂ aralarında asal modüllerse sistem, m₁ · m₂ periyodunda tek çözüm verir.

Bir Başka Çözümlü Örnek

Soru: Bir sayı 4'e bölündüğünde 1, 6'ya bölündüğünde 5 kalanını veriyor. En küçük pozitif değeri kaçtır?

• x ≡ 1 (mod 4)
• x ≡ 5 (mod 6)

Tarama: 6'nın katlarına 5 ekle: 5, 11, 17, 23, 29, …

• 5 mod 4 = 1 ✓ → Cevap: 5.

Doğrulama: 5 mod 4 = 1 ✓, 5 mod 6 = 5 ✓. En küçük pozitif çözüm 5'tir.

İkinci Bir Çözüm Bulma Refleksi

Modüller aralarında asal ise çözümler arasındaki periyot m₁·m₂'dir. Aralarında asal değilse periyot EKOK(m₁,m₂) olur ve sistem ancak kalanlar uyumluysa çözüme sahiptir. Yukarıdaki 4 ve 6 örneğinde gcd(4,6)=2 olduğundan periyot 4·6=24 değil EKOK(4,6)=12'dir; çözümler 5 + 12 = 17, 5 + 24 = 29, 5 + 36 = 41, … şeklinde 12 birim aralıkla devam eder (17 mod 4 = 1 ve 17 mod 6 = 5, ✓ doğrulanır). DGS / ALES'te sorulan örnekler genellikle aralarında asal modüllerle gelir, fakat bu nüansı bilmek tarama yönteminde atlama hatasını engeller.

Aşağıda DGS ve ALES sayısal bölümlerinde modüler aritmetik temalı sorulara karşı geliştirilen tipik çözüm refleksleri yer alıyor. İlk beş örnek, temel ifadeleri çözmenin minimum hesapla nasıl yapıldığını gösteriyor; tüm yaklaşımlar her iki sınav için de geçerlidir.

Örnek 1 — Saat Senaryosu

Soru: Saat 22:00'da uçuş kalkıyor; uçuş 35 saat sürüyor. Varış saati nedir? (24 saatlik sistem)

Çözüm:

• Yeni saat = (22 + 35) mod 24 = 57 mod 24.
• 57 = 24 · 2 + 9 → kalan 9.
• Cevap: saat 09:00.

Refleks: Saat sorularında ekleme her zaman mod 24 ile küçültülür. 35 saat süre, 1 günden fazla olduğundan iki tam gün geçmiş ve 9 saatlik kalan eklenmiştir.

Örnek 2 — Periyot Bulma

Soru: 7² mod 10 kaçtır?

Çözüm 1 (klasik):

• 7² = 49.
• 49 mod 10 = 9 (49 = 10 · 4 + 9).

Çözüm 2 (kısa yol): mod 10 her zaman son rakamı verir. 7'nin kuvvetlerinin son rakamları: 7, 9, 3, 1, 7, 9, 3, 1 (periyot = 4). 2. kuvvet → ikinci eleman: 9.

Doğrulama: 49 son rakamı 9. Aynı sonuç.

Örnek 3 — Bütünleşik Çarpma

Soru: 23 · 47 sayısının 5'e bölümünden kalanı bulunuz.

Çözüm:

• 23 mod 5 = 3, 47 mod 5 = 2 (47 = 5 · 9 + 2).
• (23 · 47) mod 5 = (3 · 2) mod 5 = 6 mod 5 = 1.

Refleks: 23 · 47 = 1081 hesabını yapmaya gerek yoktur. Sayıları önce mod 5 ile küçültüp tek haneli çarpıma indirmek sınavda saniyeler kazandırır.

Örnek 4 — Negatif Mod Sorgusu

Soru: −5 sayısının 3'e bölümünden kalanı kaçtır?

Çözüm:

• Standart kalan {0, 1, 2} aralığındadır.
• −5 + 3 = −2 (henüz pozitif değil).
• −2 + 3 = 1 → pozitif kalan: 1.
• Doğrulama: −5 = 3 · (−2) + 1.

Refleks: Negatif moddan negatif cevap çıkmaz; her zaman m ekleyerek 0 ile m − 1 aralığına çek.

Örnek 5 — Gün Sorusu

Soru: Bugün Salı ise 200 gün sonra hangi gün olur?

Çözüm:

• 200 mod 7 = ? → 7 · 28 = 196, 200 − 196 = 4 → kalan 4.
• Salı'dan 4 gün ileri: Salı → Çarşamba → Perşembe → Cuma → Cumartesi.

Refleks: 200 gibi büyük bir sayı için 7'nin yakın katını ezberden bulmak (7 · 28 = 196) tarama süresini ortadan kaldırır.

Bu ikinci örnek seti, üs alma ve karma denklem mantığını içeriyor. Periyot bulma ile asal modül kısayolları birlikte kullanılıyor; örnekler hem DGS Sayısal hem ALES Sayısal kalıplarına uygundur.

Örnek 6 — Büyük Üs ve Periyot

Soru: 2¹⁰⁰ sayısının 7'ye bölümünden kalanı kaçtır?

Çözüm 1 (periyot tablosu):

• 2'nin mod 7 kuvvetleri: 2, 4, 1, 2, 4, 1, … → periyot = 3.
• 100 mod 3 = 1 (100 = 3 · 33 + 1).
• Periyodun 1. değeri: 2. Cevap: 2.

Çözüm 2 (Fermat küçük teoremi):

• 7 asal, 2 ile 7 aralarında asal → 2⁶ ≡ 1 (mod 7).
• 100 mod 6 = 4.
• 2¹⁰⁰ ≡ 2⁴ = 16 ≡ 2 (mod 7). Cevap: 2.

İki yol da aynı sonuca varır. Periyot daha kısa olduğundan birinci yol genellikle daha hızlıdır; ama Fermat formülü hatırda kalırsa periyot bulmaya gerek kalmaz.

Örnek 7 — Eksi Bir Refleksi

Soru: 9⁵⁰ sayısının 10'a bölümünden kalanı kaçtır? (Yani son rakamını bulun.)

Çözüm:

• 9 ≡ −1 (mod 10) (çünkü 9 + 1 = 10).
• 9⁵⁰ ≡ (−1)⁵⁰ = +1 (mod 10) (çift kuvvette negatif pozitife döner).
• Cevap: 1. 9⁵⁰'nin son rakamı 1'dir.

Refleks: m − 1 ≡ −1 yapısı çift/tek kuvvet ayırımıyla saniyede sonuç verir.

Örnek 8 — Karma Toplam Sorgu

Soru: (123 + 456) mod 9 kaçtır?

Çözüm 1 (rakam toplamı):

• mod 9 = rakamları toplamının mod 9'u.
• 123: 1 + 2 + 3 = 6 → 123 ≡ 6 (mod 9).
• 456: 4 + 5 + 6 = 15 → 1 + 5 = 6 → 456 ≡ 6 (mod 9).
• Toplam: 6 + 6 = 12 → 1 + 2 = 3 → 3.

Çözüm 2 (klasik):

• 123 + 456 = 579.
• 579 = 9 · 64 + 3 → kalan 3.

İki yol aynı sonuca çıkar. Rakam toplamı, hesap makinesiz sınavda daha hızlıdır.

Örnek 9 — Çin Kalan Tarama

Soru: Bir sayı 5'e bölündüğünde 2, 7'ye bölündüğünde 3 kalanını veriyor. Bu sayının en küçük pozitif değeri kaçtır?

Çözüm (tarama yöntemi):

• x = 7k + 3 formundaki sayıları yaz: 3, 10, 17, 24, 31, 38, …
• Her birinin 5'e bölümünden kalanını test et: 3 mod 5 = 3 (hayır), 10 mod 5 = 0 (hayır), 17 mod 5 = 2 (evet).
• Cevap: 17.

Doğrulama: 17 mod 5 = 2 ✓, 17 mod 7 = 3 ✓.

Örnek 10 — Saat Geriye Sayma

Soru: Saat şu anda 03:00; 100 saat öncesi saat kaçtı?

Çözüm:

• (3 − 100) mod 24 = −97 mod 24.
• −97 + 24 = −73, −73 + 24 = −49, −49 + 24 = −25, −25 + 24 = −1, −1 + 24 = 23.
• Daha hızlı: 100 mod 24 = 4 (100 = 24 · 4 + 4); (3 − 4) mod 24 = −1 mod 24 = 23.
• Cevap: saat 23:00.

Refleks: 100 saat öncesi yaklaşık 4 gün ve 4 saat öncesidir; 4 günü görmezden geldiğimizde geriye 4 saat kalır. 03:00 − 4 saat = 23:00 (gün dönüşü ile).

Örnek 11 — Mod 7 Üs (Devirli Kalan)

Soru: 2¹⁰⁰ sayısının 7'ye bölümünden kalanı bulunuz.

Çözüm 1 (periyot tablosu):

• 2'nin mod 7 kuvvetleri: 2¹ ≡ 2, 2² ≡ 4, 2³ = 8 ≡ 1, 2⁴ ≡ 2, … → dizi 2, 4, 1 olarak tekrar eder. Periyot = 3.
• 100 mod 3 = 1 (100 = 3 · 33 + 1).
• Periyodun 1. değeri 2'dir → 2¹⁰⁰ ≡ 2 (mod 7).

Çözüm 2 (Fermat ile):

• 7 asal, 2 ile 7 aralarında asal → 2⁶ ≡ 1 (mod 7).
• 100 mod 6 = 4 (100 = 6 · 16 + 4).
• 2¹⁰⁰ ≡ 2⁴ = 16 ≡ 2 (mod 7). Aynı sonuç.

Refleks: Devirli kalan sorularında periyot tablosu hâlâ en kısa yol; ancak Fermat formülü hatırda kalırsa kuvvet listesi bile gerekmez. p − 1, periyodun katıdır.

Örnek 12 — EBOB-EKOK ile Kalan Birlikte

Soru: 18 ve 24 sayılarının EBOB ve EKOK toplamı kaçtır?

Çözüm:

• Asal çarpanlara ayır: 18 = 2 · 3²,   24 = 2³ · 3.
• EBOB (ortak çarpanların minimum üssü): 2¹ · 3¹ = 6.
• EKOK (tüm çarpanların maksimum üssü): 2³ · 3² = 8 · 9 = 72.
• Doğrulama: EBOB · EKOK = 6 · 72 = 432 = 18 · 24 ✓.
• Toplam: 6 + 72 = 78.

Refleks: Modüler aritmetik sorularında EBOB-EKOK çoğunlukla şu yapıyla gelir: "her ikisine bölündüğünde aynı kalanı veren en küçük sayı" → cevap EKOK + ortak kalan. Burada 18 ve 24'ün EKOK'u 72; ikisine de bölündüğünde 0 kalan veren en küçük pozitif sayı yine 72'dir.

Örnek 13 — 1-30 Arasında 12 ile Aralarında Asal Sayma

Soru: 1'den 30'a kadar olan tam sayılardan kaç tanesi 12 ile aralarında asaldır?

Çözüm (eleme yöntemi):

• 12 = 2² · 3 olduğundan 12 ile aralarında asal sayılar 2 ve 3'ün katları olmayan sayılardır.
• 1-30 arasında 30 sayı vardır.
• 2'nin katları (1-30): 30 / 2 = 15 sayı.
• 3'ün katları (1-30): 30 / 3 = 10 sayı.
• 6'nın katları (hem 2 hem 3): 30 / 6 = 5 sayı.
• 2 veya 3 ile bölünenler: 15 + 10 − 5 = 20 (içerme-dışlama).
• Ne 2'ye ne 3'e bölünen sayı adedi: 30 − 20 = 10.
• Liste doğrulaması: 1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29 → 10 sayı.

Refleks: "Aralarında asal sayma" sorularında Euler totient (φ) yaklaşımının küçük versiyonu işe yarar. φ(12) = 12 · (1 − 1/2) · (1 − 1/3) = 12 · (1/2) · (2/3) = 4. Bu, 1-12 arası 12 ile aralarında asal sayı sayısını verir; 1-30 için her tam blok 12'de 4, kalan kısım için doğrudan sayım yapılır. Bu örnekte 30 = 2 · 12 + 6 → 2 · 4 + (1-6 arası 12 ile aralarında asal: 1, 5 → 2) = 10. Aynı sonuç.

Örnek 14 — Bölünebilme ile Kalan Aralık Sayma

Soru: 100 ile 200 arasında, 7'ye bölündüğünde 5 kalanını veren kaç tam sayı vardır?

Çözüm:

• Aranan sayılar x = 7k + 5 formundadır.
• Alt sınır: 7k + 5 ≥ 100 → 7k ≥ 95 → k ≥ 95/7 ≈ 13,57 → en küçük k = 14. Bu durumda x = 7 · 14 + 5 = 103.
• Üst sınır: 7k + 5 ≤ 200 → 7k ≤ 195 → k ≤ 195/7 ≈ 27,85 → en büyük k = 27. Bu durumda x = 7 · 27 + 5 = 194.
• Liste: 103, 110, 117, 124, …, 194 (ardışık 7 farkıyla giden bir dizi).
• Terim sayısı = (194 − 103)/7 + 1 = 91/7 + 1 = 13 + 1 = 14.
• Alternatif sayım: k değerleri 14, 15, …, 27 → 27 − 14 + 1 = 14 sayı.

Refleks: Bir aralıkta belirli bir mod kalanını veren sayıları sayarken aralık sınırlarını mod denkliğine sokup k değer aralığını çıkar; (son k − ilk k + 1) doğrudan adedi verir. Bu yöntem hem DGS hem ALES Sayısal'da bölünebilme + ardışık sayı problemlerinin standart çözüm yoludur.

Modüler aritmetik DGS ve ALES Sayısal'da orta zorluk seviyesinde bir başlık olsa da, sayıların büyük olması ya da soru kalıplarının saptırıcı olması nedeniyle aday hatalarının yoğunlaştığı belirli noktalar vardır. Aşağıdaki sekiz tuzak iki sınavda da aynı sıklıkla görülür.

Hata 1: Modülü Cevap Olarak İşaretlemek

"X mod m" sorusunda kalan, daima 0 ile m − 1 arasında bir değerdir. Şıklarda m'in kendisi (örn 25 mod 7 sorusunda 7) konursa, refleks olarak elenmelidir.

Hata 2: Sayının Kendisini Cevap Olarak İşaretlemek

"X mod m" sorusunda, X > m ise X'in kendisi cevap olamaz. 17 mod 5 sorusunda 17 doğru cevap değildir; mutlaka 5'in tam katları çıkartılarak küçültülmelidir.

Hata 3: Negatif Kalan Bırakmak

−5 mod 3 = ? sorusunda doğru cevap −2 değil, +1'dir. Standart modüler aritmetikte kalan asla negatif olmaz; yeterli sayıda m eklenerek pozitif aralığa çekilmelidir.

Hata 4: Saat Sorusunda Başlangıç Saatini Eklememek

"Saat 10:00'da 25 saat sonra saat kaç olur?" sorusunda 25 mod 24 = 1 hesaplandıktan sonra bu 1 saatin başlangıç saati olan 10'a eklenmesi gerekir. Cevap 10 + 1 = 11:00'dir, yalnız 1:00 değil.

Hata 5: Periyot Sayısını Karıştırmak

Periyot listesinde sıfırıncı eleman ile birinci eleman karıştırılırsa cevap kayar. 2'nin mod 7 periyodu 2, 4, 1 dizisidir. 2¹ → 2 (1. eleman), 2² → 4 (2. eleman), 2³ → 1 (3. eleman = periyot başı). 2⁴ tekrar 2'ye döner.

Pratik kontrol: hesaplanan kalanı 1. kuvvetin gerçek değeriyle (örn 2¹ = 2) karşılaştırıp doğrula.

Hata 6: Üs Alırken Tabanı Küçültmemek

23⁵⁰ mod 7 sorusunda doğrudan 23'ün kuvvetlerine geçmek hesabı zorlaştırır. 23 mod 7 = 2 olduğundan soru aslında 2⁵⁰ mod 7 sorusudur. Adayın küçük tabanla devam etmesi gerekir.

Hata 7: mod 9 Rakam Toplamını Atlamak

Büyük sayıların mod 9'u sorulduğunda hesap makinesiz hızlı yöntem rakam toplamıdır. 1234567 mod 9 sorusunda 1+2+3+4+5+6+7 = 28; 2+8 = 10; 1+0 = 1 → cevap 1. Klasik bölme yapmak zaman israfıdır.

Hata 8: Çıkarma Sırasında Sıralamayı Karıştırmak

(3 − 8) mod 7 sorusunda doğrudan 8 − 3 = 5 hesaplanırsa yanlış olur; çünkü modüler çıkarmada yön önemlidir. 3 − 8 = −5, −5 + 7 = 2 → doğru cevap 2'dir. Yön ters çevrilirse 8 − 3 = 5 mod 7 = 5 sonucu çıkar; bu farklı bir değerdir. Modda işaret atlamayın.

DGS Modüler Aritmetik Hızlı Kontrol Listesi

Aşağıdaki tablo, modüler aritmetik konusunun tüm kritik kurallarını tek bakışta hatırlamak için hazırlanmış sınav öncesi başvuru kaynağıdır. Sınava bir gün ya da bir hafta kala diğer kaynaklara dönmek yerine bu dizine bak; her satır bir alt başlığın özüdür ve hem DGS hem ALES Sayısal sorularında doğrudan kullanılır.