Gönderen Konu: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)  (Okunma sayısı 1187 defa)

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş
  • ****
  • İleti: 211
  • Karma: +3/-0
  • Manisa
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #75 : Ağustos 18, 2019, 08:01:59 ös »
$44)$

$n=3$  için $(1,1)$ bir çözümdür.

$7x_n^2+y_n^2=2^n$  denkleminin sağlandığını kabul edelim.  Öyle ki  $7X_n^2+Y_n^2=2^{n+1}$  çözümü bulunduğunu gösterelim.
 
$$7.(\dfrac{x_n\pm y_n}{2})^2+(\dfrac{7x_n\mp y_n}{2})^2=2.(7x_n^2+y_n^2)=2^{n+1}$$  Olduğundan dolayı $x_n+y_n$  çift olacak şekilde  bir çözüm daima vardır. $n=3$ için $(1,1)$ çözümü olduğundan $n=4$ için bu özelliği kullanarak örneğin $(0,4)$  ya da $(1,3)$ çözümlerini görürüz.
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş
  • ****
  • İleti: 211
  • Karma: +3/-0
  • Manisa
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #76 : Ağustos 18, 2019, 08:27:54 ös »
$42)$

$p^mq^n=(p+q)^2+1=p^2+2pq+q^2+1$ olduğu için $p\mid q^2+1$  ve $q\mid p^2+1$  olduğu açıktır.

$p=q$ olduğunu düşünelim. $p\mid p^2+1$ olur. $p\mid1$ çıkar ki bu mümkün değildir.

Genelliği bozmadan $p<q$ alalım. $p=1$  durumu $q=2$  durumunu gerektirir ki mümkün değildir. $q>p\ge2$

$$p^mq^n=(p+q)^2+1<4q^2<p^2q^2<pq^3\le p^mq^3$$ eşitsizliklerinden $n<3$  olduğu açıktır.

$n=2$  için $p^m<4$ olur. $m=1$ , $p=2$  veya $p=3$ olduğunu kullanalım. 

   $p=2$ için $$2q^2=(2+q)^2+1$$ olur ve bu $q=5$ için çözümdür.

   $p=3$ için $$3q^2=(3+q)^2+1$$ olur çözümü yoktur.

$n=1$  için  $p^m<4q$ gelir.  $q\mid p^2+1$ olduğunu biliyoruz. 

$q=p^2+1$ ise $p\mid q^2+1=p^4+2p^2+2$ bu da $p\mid2$ olduğunu gösterir. $p=2$  olduğunu gösterir bu durumda $p=5$ bulunur. Sağ taraf $25$ ile bölünürken sol taraf $5$ ile bölüneceğinden çözüm yoktur.

Bu nedenle $q\le \dfrac{p^2+1}{2}$  olur.

$p^m<2.(p^2+1)$ elde  edilir.  $p=2$ için $m\le 3$ ,  Diğer durumlarda $m\le2$ bir çözümdür.

$p=2$ olması demek $q\le \dfrac{5}{2}$ olması demektir.  fakat $q>p$ den dolayı çelişki gelir.

$m\le2$ olduğu bulunur.

   $m=1$ için $$pq=(p+q)^2+1$$ olur  çözüm gelmeyeceği açıktır.

   $m=2$  için $p^2<4q$  olur. $q\mid p^2+1$  olduğu da bilindiğinden $p^2+1=q,2q,3q,4q,$ olasılıkları ortaya çıkar.

    $p^2+1$ ifadesi $(mod3)$ veya $(mod4)$  te $0$ kalanı vermeyeceğinden ve $p^2+1=q$ durumunu zaten incelediğimiz için
     
     $p^2+1=2q$ olur. $p^4+2p^2+5=4q^2+4$ olur.

      $p\mid q^2+1$ olduğundan $4p\mid p^4+2p^2+5$ elde edilir. Buradan $p\mid 5$ gelir. $p=5$ bulunur.  $n=1$ $m=2$  durumu olduğunu da         

       göz önüne alırsak $q=13$ çözümü gelir. 

     Şimdi denklemin tüm çözümlerini sıralayabiliriz.

       $$(m,n,p,q)\in \{(2,1,5,2),(2,1,5,13),(1,2,2,5),(1,2,13,5)\}$$
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş
  • ****
  • İleti: 211
  • Karma: +3/-0
  • Manisa
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #77 : Ağustos 18, 2019, 10:12:39 ös »
$72)$  Scarface hocamın youtubede paylaştığı çözümü yazıyorum.

$(0,0)$ çözümü açıktır.

artık $m>0$  olmalıdır.

$7n^2=m^3+15m$  olduğundan  denkleme $7$  modunda bakılırsa $m\equiv0(mod7)$  olduğu görülür.



Düzenlenirse $n^2=k.(49k^2+15)$ olur.

$(k,49k^2+15)=(k,15)=\{1,3,5,15\}$ olmalıdır.

$(k,49k^2+15)=1$ ise  $49k^2+15=z^2$ 

\begin{equation*}
\begin{cases}
z-7k=1,
\\
z+7k=15
\end{cases}
\end{equation*}

çözülürse $k=1$  $m=7$  gelir. $(7,8)$ ,$(7,-8)$  gelir.

$(k,49k^2+15)=3$  olursa

$k=3t$  denilip dönüşüm yapılınca

$n^2=9t.(147t^2+15)$  ayrı ayrı tamkare olmalıdırlar.  $z^2=147t^2+15$  $z^2\equiv2(mod3)$  ten çelişki gelir.

$(k,49k^2+15)=5$  olursa

$n^2=25.t.(49.5t^2+3)$  ayrı ayrı tamkare olmalıdırlar. $z^2=49.5t^2+3$  $z^2\equiv 3(mod5)$

$(k,49k^2+15)=15$  olursa

$n^2=225.t.(49.15t^2+1)$ ayrı ayrı tam kare olmalıdır.   

$49.15t^2+1=z^2$  olsun.   $z^2-735t^2=1$ pell denklemi elde edilir.  Sürekli Kesir açınımları yöntemi kullanılırsa $1$  pozitif tam sayı çözümü

bulunacaktır. Aynı zamanda $(m,n)$ çözüm ise $(m,-n)$  de bir çözüm olacağından $2$ farklı çözümü vardır.

Yani toplam $1+2+2=5$ çözümü vardır.
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Bağımlı Üye
  • ******
  • İleti: 145
  • Karma: +6/-0
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #78 : Ağustos 20, 2019, 02:37:05 ös »
$70)$ Denklemi birkaç durumda inceleyeceğiz ama önce $m=0,1,2,3,4$ için incelersek $(m,n)=(0,-1),(2,17)$ çözümlerini elde ederiz.

$i)$ $m\geq 5$ ise,

$ia)$ $m\geq n$ ise, $$m^3(m-2)+m\geq n^3(m-2)+n=m^4+1\Rightarrow 2m^3+1\leq m$$ olur. Çelişki

$ib)$ $n\geq m+1$ ise, $$m^4+1=n^3(m-2)+n\geq (m+1)^3(m-2)+(m+1)\Rightarrow 0\geq m^3-3m^2-4m-2$$ olur. $m^3-3m^2-4m-2$ fonksiyonu $m\geq 5$ için pozitiftir. Çelişki

$ii)$ $m<0$ ise, $n=0$ için çözüm yoktur.

$iia)$ $n>0$ ise $mn^3+n\leq 0$ fakat $m^4+2n^3+1>0$ olacağından çözüm gelmez.

$iib)$ $n<0$ ise, $m=-a$, $n=-b$ olsun. $a,b>0$ ve $$a^4-2b^3+1=ab^3-b$$ olur. $a=1$ için $b=1$ olur ve buradan $(m,n)=(-1,-1)$ çözümü gelir. $a>1$ için, $$f(b)=b^3(a+2)-b-(1+a^4)$$ olsun. $f'(b)=3b^2(a+2)-1>0$ olur. Yani $f$ fonksiyonu artandır. $$f(a)=2a^3-a-1>0$$ ve $$f(a-1)=-a^3-3a^2+4a-2<0$$olur. Artan fonksiyon olduğu için $f$ fonksiyonun tek çözümü $(a-1,a)$ aralığında olması gerekir fakat tamsayı olamaz. Dolayısıyla buradan çözüm gelmez.

Tüm çözümler $(m,n)=(0,-1),(2,17),(-1,-1)$'dir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Bağımlı Üye
  • ******
  • İleti: 145
  • Karma: +6/-0
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #79 : Ağustos 21, 2019, 03:12:48 ös »
$75)$ $x=y$ ise $(x,y)=(0,0)$ bulunur. $x\neq y$ ise $x>y$ olmalıdır. $x-y=k$ olsun. $k>0$'dır. $$(y+k)^2+y^2=k^3$$ denklemini düzenlersek, $$(2y+k)^2=k^2(2k-1)$$ olur. Burada $2k-1$ tamkare olmalı. $2k-1=(2t+1)^2$ olsun, $k=2t^2+2t+1$ yazarsak, $$(2t^2+2t+1)^2(2t+1)^2=(2y+2t^2+2t+1)^2$$ Buradan $y=2t^3+2t^2+t$ veya $-2t^3-4t^2-3t-1$ bulunur. $y+k=x$'den,

Tüm çözümler, $(x,y)=(0,0),(2t^3+4t^2+3t+1,2t^3+2t^2+t),(-2t^3-2t^2-t,-2t^3-4t^2-3t-1)$'dir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Bağımlı Üye
  • ******
  • İleti: 145
  • Karma: +6/-0
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #80 : Ağustos 21, 2019, 03:30:55 ös »
$76)$ $x=0$ ise $y=\pm 1$

$x>0$ ise $$(x+1)^4>x^4+x^3+x^2+x+1=y^4>x^4$$ olduğundan çözüm yoktur.

$x=-1$ için $y=\pm 1$ olur.

$x<-1$ ise $x=-a$ olsun. $a>1$'dir. $$a^4>y^4=a^4-a^3+a^2-a+1>(a-1)^4$$ olduğundan çözüm yoktur.

Tüm çözümler $(x,y)=(0,1),(0,-1),(-1,1),(-1,-1)$'dir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Bağımlı Üye
  • ******
  • İleti: 145
  • Karma: +6/-0
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #81 : Ağustos 23, 2019, 01:34:15 ös »
$74)$ $x=0,1,2,3,4,5$ için denersek $(x,y)=(3,1),(5,3)$ çözümleri gelir. $x\geq 6$ için $3^y+5\equiv 0(mod~64)$ olur. Bu şartı sağlayan $y$ değeri için $y\equiv 11(mod~16)$'dir. $$2^x\equiv 3^{16k+11}+5\equiv 3^{11}+5\equiv 12 (mod~17)$$ $$\Rightarrow 2^x\equiv 12 (mod~17)$$ fakat hiçbir $x$ değeri için bu sağlanamaz. Dolayısıyla tüm çözümler $(x,y)=(3,1),(5,3)$'dir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Bağımlı Üye
  • ******
  • İleti: 145
  • Karma: +6/-0
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #82 : Ağustos 27, 2019, 04:10:17 ös »
$42)$ $b=0$ için $k=-a^2$ olur fakat $k\geq 0$ olduğundan $a=k=0$ olabilir. Benzer şekilde $a=0$ için de aynı durum gelir. $a=b>0$ için, $$k=\dfrac{3a^2}{a^2-1}=3+\dfrac{3}{a^2-1}$$ olur. Buradan tek çözüm $a=2$, $k=4$'dür. Şimdi genelliği bozmadan $a>b$ olsun.

$i)$ $b=1$ ise $$k=\dfrac{a^2+a+1}{a-1}=a+2+\dfrac{3}{a-1}$$ olur. Buradan $a=2$ ve $a=4$ çözümleri gelir ve her ikisi için de $k=7$'dir.

$ii)$ $a>b>1$ ise $$k=\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab-1}\geq \dfrac{3ab}{ab-1}>3$$ olduğundan $k\geq 4$ olur. Ayrıca $k=4$'ün sağladığını zaten biliyoruz. Dolayısıyla $k>4$ için incelememiz yeterlidir. Şimdi bu fonksiyonu ve $m>n>1$ şartını sağlayan tamsayı çiftlerinin arasından en küçük $m$ değerli olanı alalım. $$f(x)=x^2-(k-1)nx+(n^2+k)$$ olsun. $m$ bu fonksiyonun bir çözümüdür. $n^2\geq 4$ olduğundan $$f(n)=k-(k-3)n^2<0$$ olur. Eşit olamaz çünkü eşit olursa $$n^2(k-3)=k \Rightarrow k=n^2(k-3)\geq 4k-12\Rightarrow k=4$$ olur. Çelişki.

$f$ fonksiyonu bir paraboldür ve kolları yukarı doğru bakar. Dolayısıyla $f(n)$ negatifse $n$ iki kök arasında olmalıdır. Diğer kök $p$ olsun. $m>n>p$'dir. Vieta teoreminden $$m+p=(k-1)n$$ $$mp=n^2+k$$ buradan $p$ pozitif tamsayı bulunur. Dolayısıyla $(m,n,k)$ çözüm ise $(n,p,k)$ da bir çözümdür ve $m$'nin en küçük çözüm olmasıyla çelişir. Dolayısıyla $p=1$ olmalıdır. Buradan da daha önce bulduğumuz çözümler bulunur. Yani tüm çözümler $k=0,4,7$ değerlerini alabilir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Bağımlı Üye
  • ******
  • İleti: 145
  • Karma: +6/-0
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #83 : Ağustos 27, 2019, 04:40:18 ös »
$31)$ $xy(x^2+y^2)=\dfrac{(x+y)^4-(x-y)^4}{8}=2z^2$ Buradan $$(x-y)^4+(4z)^2=(x+y)^4$$ olur. Fermat'ın son teoreminden bu denklemin çözümü için $(x-y)=0$ veya $z=0$ olmalıdır. $a^4+b^2=c^4$ denkleminin çözümünün olmadığının ispatı için "Proof of Fermat's Last Theorem for specific exponents" 'ı incelemeniz yeterlidir.

$i)$ $z=0$ için $xy(x^2+y^2)=0$ olur. Buradan $x=0$ veya $y=0$ bulunur. $(x,y,z)=(0,k,0),(k,0,0)$ çözümleri gelir.

$ii)$ $x=y$ ise $2z^2=x^2(x^2+x^2)=2x^4$ buradan da $z=\pm x^2$ bulunur. Buradan $(x,y,z)=(k,k,k^2),(k,k,-k^2)$ çözümleri bulunur.

Tüm çözümler $(x,y,z)=(0,k,0),(k,0,0),(k,k,k^2),(k,k,-k^2)$'dir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Bağımlı Üye
  • ******
  • İleti: 145
  • Karma: +6/-0
Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları (70 Tane)
« Yanıtla #84 : Eylül 11, 2019, 05:00:49 öö »
$77)$ Verilen ifadeyi $p$ modunda inceleyelim. $$p^3+mp+2m\equiv m^2+p+1~(\text{mod}~p)\Rightarrow (m-1)^2\equiv 0~(\text{mod}~ p)$$ olur. Şimdi $m=pk+1$ olsun. $m=1$ için çözüm gelmediğinden $k$ da pozitiftir. Yerine yazarsak $$p^3+(pk+1)(p+2)=(pk+1)^2+p+1\Rightarrow p=k^2-k$$ bulunur. Yani $p$ çifttir. $p=2$ dersek $k=2$ bulunur. $m=2\cdot 2+1=5$ olur.

Tek çözüm, $(m,p)=(5,2)$'dir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal