KPSS Akademi

Bölünebilme

Bölünebilme kuralları, kalan bulma ve bölme algoritması.

KPSS Konuları › Matematik

Özet

Bölünebilme kuralları, kalan bulma ve bölme algoritması.

Temel Bölünebilme Kuralları

• 2 ile: Son rakam ÇİFT (0,2,4,6,8) • 3 ile: RAKAMLAR TOPLAMI 3'ün katı • 4 ile: SON İKİ basamak 4'ün katı (veya 00) • 5 ile: Son rakam 0 veya 5 • 6 ile: Hem 2 hem 3 ile bölünüyorsa • 8 ile: SON ÜÇ basamak 8'in katı • 9 ile: RAKAMLAR TOPLAMI 9'un katı • 10 ile: Son rakam 0 • 11 ile: Rakamların BİRER ATLAYARAK farkı 0 veya 11'in katı (sağdan başlayarak +,−,+,− …) • 25 ile: Son iki basamak 00, 25, 50, 75

Bölme Algoritması

A = B · C + K (A: bölünen, B: bölen, C: bölüm, K: kalan) KURAL: 0 ≤ K < B (kalan daima bölenden KÜÇÜKTÜR) • TAM BÖLÜNME: K = 0 • EN BÜYÜK KALAN = B − 1 ÖRNEK: Bir sayı 7'ye bölündüğünde kalan en fazla 6 olabilir. BÖLÜNEN EN AZ/EN ÇOK: Bölüm ve kalan verildiğinde A = B·C + K formülüyle hesaplanır.

Kalan Bulma Teknikleri

• TOPLAMIN KALANI = kalanların toplamının o sayıya bölümünden kalan • ÇARPIMIN KALANI = kalanların çarpımının kalanı ÖRNEK: 17 ve 23 sayılarının 5'e bölümünden kalanlar 2 ve 3. 17·23 çarpımının 5'e bölümünden kalan = (2·3) mod 5 = 6 mod 5 = 1 ÜSLÜ SAYILARDA KALAN (DEVİRLİLİK): 3¹=3, 3²=9, 3³=27, 3⁴=81 → son rakamlar 3,9,7,1 ve tekrar eder (4'lük devir) Üssü 4'e böl, kalana göre son rakamı bul. • 2'nin kuvvetlerinde son rakam devri: 2,4,8,6 (4'lük) • 7'nin kuvvetlerinde: 7,9,3,1 (4'lük)

Faktöriyel ve Bölünebilme

n! = 1·2·3·…·n • 0! = 1 (tanım gereği) n! İÇİNDEKİ ASAL ÇARPAN SAYISI (Legendre): p asalının n! içindeki kuvveti = [n/p] + [n/p²] + [n/p³] + … (köşeli parantez: tam kısım) ÖRNEK: 20! içinde kaç tane 5 çarpanı var? [20/5] + [20/25] = 4 + 0 = 4 SONDAKİ SIFIR SAYISI: 10 = 2·5 olduğundan, sondaki sıfır sayısı 5'lerin sayısına eşittir (2 daima fazladır). 20! sonunda 4 sıfır vardır.

7, 11 ve 13 ile Bölünebilme

7 İLE BÖLÜNEBİLME: Sağdan başlayarak basamakları 1, 3, 2, −1, −3, −2 katsayılarıyla çarpıp topla; sonuç 7'nin katıysa sayı 7'ye bölünür. PRATİK YÖNTEM: Birler basamağını at, kalan sayıdan atılanın 2 katını çıkar; sonuç 7'nin katıysa bölünür. ÖRNEK: 343 → 34 − (3·2) = 28 → 28 = 7·4 ✓ 11 İLE BÖLÜNEBİLME: Basamaklar sağdan sola +, −, +, − diye toplanır; sonuç 0 veya 11'in katı ise bölünür. ÖRNEK: 8195 → 5 − 9 + 1 − 8 = −11 ✓ 13 İLE BÖLÜNEBİLME: Birler basamağını at, kalan sayıya atılanın 4 katını EKLE. ÖRNEK: 611 → 61 + (1·4) = 65 = 13·5 ✓ HATIRLATMA: 7 · 11 · 13 = 1001. Bu yüzden abcabc biçimindeki altı basamaklı sayılar 7, 11 ve 13'ün hepsine bölünür (abcabc = abc · 1001).

Asal Çarpan ve Bölen Sayısı Uygulamaları

BÖLEN SAYISI: N = aˣ·bʸ·cᶻ ise pozitif bölen sayısı = (x+1)(y+1)(z+1) TEK BÖLENLERİN SAYISI: 2'nin üssünü yok say, kalan üsleri 1 artırıp çarp. ÇİFT BÖLENLERİN SAYISI = Toplam bölen − Tek bölen ÖRNEK: 720 = 2⁴·3²·5 • Toplam bölen: 5·3·2 = 30 • Tek bölen: 3·2 = 6 (2'nin üssü atıldı) • Çift bölen: 30 − 6 = 24 ASAL BÖLEN SAYISI: Farklı asal çarpanların adedi (720 için 3: 2, 3, 5). BÖLENLER TOPLAMI: (1+a+…+aˣ)(1+b+…+bʸ)… Örnek 12 = 2²·3 → (1+2+4)(1+3) = 7·4 = 28 TAM KARE ŞARTI: Bir sayının tam kare olması için TÜM asal çarpanlarının üsleri ÇİFT olmalıdır. Tam kare sayıların bölen sayısı daima TEKTİR (çünkü karekökü kendisiyle eşlenir). TAM KÜP ŞARTI: Tüm üsler 3'ün katı olmalıdır.

Kalan Problemleri ve Modüler Düşünme

TEMEL MANTIK: a sayısı m'ye bölündüğünde k kalıyorsa a = m·t + k yazılır (0 ≤ k < m). TOPLAM/FARK KALANI: Sayıların kalanları toplanır, sonuç bölenden büyükse tekrar bölünür. Örnek: 5'e bölündüğünde 3 ve 4 kalan iki sayının toplamının kalanı → 3+4 = 7 → 7'nin 5'e bölümünden kalan 2. ÇARPIM KALANI: Kalanlar çarpılır, sonra bölenle tekrar bölünür. Örnek: 7'ye bölündüğünde 5 ve 6 kalanlı iki sayının çarpımı → 5·6 = 30 → 30/7 kalan 2. ÜSLÜ SAYILARIN KALANI (periyot yakalama): 3^n sayısının 5'e bölümünden kalanlar: 3, 4, 2, 1, 3, 4, 2, 1 … (4'lük periyot) 3^50 için 50/4 = 12 kalan 2 → periyodun 2. terimi → kalan 4. ORTAK KALAN KISAYOLU: Bir sayı 4, 6 ve 9'a bölündüğünde hep 3 kalıyorsa, sayı EKOK(4,6,9) + 3 = 36k + 3 biçimindedir. BÖLEN AYNI EKSİKLE KALIYORSA: 5'e bölününce 4, 7'ye bölününce 6 kalıyorsa (hepsi 1 eksik) sayı EKOK(5,7)·k − 1 = 35k − 1 biçimindedir.

Püf Noktaları

Bölünebilme Örnek Soruları ve Çözümleri

Bu konuda uygulamada 250 soru var — 51 kolay, 100 orta, 99 zor.

1. Bir sayının 6'ya bölünebilmesi için hangi iki koşulun aynı anda sağlanması gerekir?

  1. A) 2'ye ve 3'e bölünmeli ✓
  2. B) 3'e ve 4'e bölünmeli
  3. C) 2'ye ve 4'e bölünmeli
  4. D) 4'e ve 9'a bölünmeli
  5. E) 2'ye ve 9'a bölünmeli

Çözüm: 6 = 2 × 3 (aralarında asal çarpanlar). Dolayısıyla bir sayının 6'ya bölünebilmesi için hem 2'ye (son rakam çift) hem de 3'e (rakamlar toplamı 3'ün katı) bölünmesi gerekir. Örnek: 24 → çift ✓, 2+4=6 ✓, 24÷6=4 ✓. Cevap: 2'ye ve 3'e bölünmeli.

2. N = 2^a · 3^b · 5^c biçiminde bir sayının tam bölen sayısı 24'tür. a, b, c pozitif tam sayılar olmak üzere a + b + c toplamının alabileceği en büyük değer kaçtır?

  1. A) 11 ✓
  2. B) 9
  3. C) 10
  4. D) 12
  5. E) 13

Çözüm: Bölen sayısı formülü: (a+1)(b+1)(c+1) = 24. 24'ün üç çarpan şeklinde yazımları (her çarpan ≥ 2 çünkü a,b,c ≥ 1): 2×2×6=24 → a+b+c = 1+1+5 = 7; 2×3×4=24 → a+b+c = 1+2+3 = 6; 2×4×3=24 → aynı; 2×2×6=24 → 7; 2×12×1 geçersiz (c≥1). En büyük toplamı veren: (a+1,b+1,c+1) = (2,2,6) düzenleri, yani biri 6 olan düzenleme. a+b+c = 1+1+5=7 mi? Hayır, şıklara göre tekrar inceleyelim: (a+1)(b+1)(c+1)=24, a,b,c≥1 ise her çarpan ≥2. 24 = 2×2×6 → toplamlar: (1+1+5)=7. Ama c pozitif olmak zorunda, 5 geçerli. Maksimum = 1+1+5 = 7 değil, şıklar farklı. c≥0 da olabilir: 24=2×1×12 → (1,0,11), toplamı 12. En büyük: a=1,b=0,c=11 → toplam=12. Pozitif tam sayı a,b,c≥1 şartında maks 7; a,b,c≥0 şartında: (1)(1)(24)→toplam=0+0+23=23, ama 3 çarpan 1×1×24 mümkün. Soru 'pozitif' dediğinden a,b,c≥1: maks toplam (2×2×6) düzenlemesinden 1+1+5=7 değil, şık 11 ise c≥0 alınmalı: 2×1×12 → 1+0+11=12; 1×1×24 → 0+0+23. Pozitif tam sayı koşuluyla en büyük: 5+1+1=7. Ancak soru kökü gereği a,b,c≥0 tamsayı: en büyük toplam için (a+1)=1,(b+1)=1,(c+1)=24 → a=0,b=0,c=23 → toplam 23 ama bu anlamsız. Soru KPSS formatına uygun şekilde a,b,c pozitif ve toplam 11 için: 24=2×3×4 → a+b+c=(1+2+3)=6; 24=2×2×6 → 7; 24=1×3×8 → geçersiz(a≥1). Doğru cevap E)13 değil, yeniden: (a+1)(b+1)(c+1)=24, a,b,c≥1; 24=2×2×6 max toplam=7+... Cevap B)10 için c+1=12,b+1=2,a+1=1 olamaz. Sonuç: en büyük toplam 1+1+5=7, şık olarak en yakın cevap C)11 yanlış, gerçek cevap şıkta yok gibi görünse de KPSS'te bu tür sorularda a,b,c≥0 alınır: 1×2×12=24 → 0+1+11=12 → D)12.

3. 10 basamaklı bir sayı düşünün; bu sayının tüm basamaklarının toplamı 2'ye bölünebiliyor, tüm basamaklarının rakamları 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0 rakamlarının her birini tam olarak bir kez içeriyor. Bu sayı kaç farklı asal sayıya kesinlikle bölünür?

  1. A) Yalnızca 2 ve 3
  2. B) Yalnızca 3 ✓
  3. C) 2, 3 ve 5
  4. D) Yalnızca 2
  5. E) 2, 3, 5 ve 7

Çözüm: 0,1,2,...,9 rakamlarının her birini tam olarak bir kez içeren 10 basamaklı sayı için basamak toplamı = 0+1+2+...+9=45. 45, 3'e bölünür (45÷3=15) ve 9'a bölünür (45÷9=5). Dolayısıyla böyle her sayı 3'e (ve 9'a) bölünür. Ancak son basamak 0 olmayabilir (sayı çift veya 5'in katı olmayabilir); örneğin son basamak 1 ise ne 2'ye ne 5'e bölünür. Yani 2'ye ve 5'e bölünürlük garanti değildir. 7 için de genel bir kural yoktur. Kesinlikle bölüneceği tek asal 3'tür (ayrıca 9'da asal değil). Cevap B.

Bu konudan soru çöz

Soruları Aç Matematik Konuları

Reklam

16.000+ soru, bilgi kartları, denemeler ve oyunlar — ücretsiz

Uygulamayı Aç Deneme Çöz

Son güncelleme: 20 Eylül 2026