1
133)
$n=1$ için $x=1$ hariç ifade daima tam kare olur.
$n=2$ olsun. O halde her $a\in Z_{\geq 2}$ için $x=a^2-1$ olur.
$n=3$ olsun. O halde $1+x+x^2=y^2$ olacak şekilde $y$ tamsayısı bulunmalıdır. $x^2<x^2+x+1<(x+1)^2$ eşitsizliği pozitif tamsayılarda daima geçerlidir. Çözüm gelmez.
$n=4$ olsun. O halde $1+x+x^2+x^3=y^2$ olacak şekilde $y$ tamsayısı bulunmalıdır. $x^3+x^2+x+1=x^2(x+1)+(x+1)=(x+1)(x^2+1)$ $(x+1,x^2+1)=(x+1,(x^2+2x+1-x^2-1))=(x+1,2x)=(x+1,2)\in\{1,2\}$ olur.
a) Varsayalım ki $(x+1,x^2+1)=1$ olsun. O halde $x+1=a^2$ ve $x^2+1=b^2$ olacak şekilde $a,b$ tam sayıları vardır. $2.$ ifadeyi doğrudan $x^2<x^2+1<x^2+2x+1$ eşitsizliği arasına sıkıştırabiliriz. Çözümsüzdür.
b) O halde $(x+1,x^2+1)=2$ olması gerektiğini bulduk. Bu bize $x$ in tek sayı olma şartını zorunlu kılar $x=2k+1$ , $k\in Z^+$ vardır. ($x=1$ i yok saydım paydada $x-1$ terimi olduğu için) O halde ifademiz $(2k+2)(4k^2+4k+1+1)=y^2$ yani $(k+1)(2k^2+2k+1)=l^2$ olacak şekilde $l\in Z$ vardır. $k+1=u^2$ , $u\in Z^+$olsun. O halde $2(u^2-1)^2+2.(u^2-1)+1=2u^4-4u^2+2+2u^2-2+1=2u^4-2u^2+1=p^2$ , $p\in Z$ vardır.
İlginç bir şekilde bu soru $78)$ de çözümünü verdiğim diyafont denkleme dönüşmüş oldu. Bu denklemin negatif olmayan tam sayılarda $(0,1),(1,1),(2,5)$ harici çözümü yoktur. $u=0$ için $k=-1$ olur bunu istemiyoruz. $u=1$ için $k=0$ $x=1$ olur. Ancak orijinal denklemin paydasında $x-1$ bulunduğu için elenir. $u=2$ için $k=3$ yani $x=7$ olur. Gerçekten de denklemi
$7^3+7^2+7+1=400=20^2$ olarak sağlar. $(7,4)$ çözümü gelir.
$n=5$ olsun. $1+x+x^2+x^3+x^4=y^2$ olacak şekilde $y$ tamsayısı bulunmalıdır. $132)$ de kurduğumuz sınıra benzer şekilde $4x^4+4x^3+4x^2+4x+4=4y^2$ ifadesini $$(2x^2+x)^2=4x^4+4x^3+x^2<4x^4+4x^3+4x^2+4x+4<(2x^2+x+1)^2=4x^4+x^2+1+2(2x^3+2x^2+x)=4x^4+4x^3+5x^2+2x+1$$ olarak sıkıştırabiliriz. Sınır değerlerin daima sağlanmasını engelleyen $x$ aralığını bulmalıyız. Alt sınır daima sağlanıyor. Üst sınır için $x^2-2x-3>0$ yani $(x-3)(x+1)>0$ yani $x\in[-1,3]$ için sağlanmıyor. O halde $x=1$ koyarsak $1^4+1^3+1^2+1+1=5$ olur sağlanmaz. $2^4+2^3+2^2+2+1=31$olur sağlanmaz. $3^4+3^3+3^2+3+1=121=11^2$ olur. $(3,5)$
O halde denklemin genel çözümleri şu şekilde olur: $\{ (t,1),(t^2-1,2),(7,4),(3,5) \} ,t\in Z_{\geq 2}$ şeklinde genel çözümleri olur.
2
132) $$y^2+y=x^4+x^3+x^2+x$$ $$4y^2+4y+1=4x^4+4x^3+4x^2+4x+1$$ $$(2y+1)^2=(2x^2+x)^2+3x^2+4x+1$$
olduğunu görebiliriz. $$(2x^2+x+1)^2=4x^4+x^2+1+2.(2x^2+2x^3+x)=4x^4+4x^3+5x^2+2x+1$$
yani belirli bir $x$ aralığı hariç $$(2x^2+x)^2<(2y+1)^2=4x^4+4x^3+4x^2+4x+1<(2x^2+x+1)^2$$ eşitsizliği geçerli olacak bu da iki ardışık tamkare arasında tam kare olması demek olduğu için çelişir. Şimdi bu eşitsizlik sınırlarının geçersiz olduğu aralıkları bulalım.
Alt sınır sıkıştırmasından $3x^2+4x+1=(3x+1)(x+1)>0$ olur. Burada istenmeyen aralık $x\in [-1,-1/3]$ için oluşur. $x=-1$ i manuel olarak denemeliyiz.
Üst sınır sıkıştırmasından $x^2-2x>0$ şartı gelir bu da $x\in[0,2]$ için geçersizdir.
$x=-1$ ise denklem $y^2+y=1-1+1-1=0$ yani $y^2+y=0$ $y=0$ $y=-1$ çözümleri gelir.
$x=0$ ise denklem $y^2+y=0$ yani $y=0$ , $y=-1$ çözümleri gelir.
$x=1$ ise denklem $y^2+y-4=0$ yani diskriminant tam kare olmadığı için çözüm gelmez.
$x=2$ ise denklem $y^2+y-30=0=(y+6)(y-5)$ yani $y=-6$ ve $y=5$ çözümleri gelir. O halde çözüm kümemiz $$\{(-1,0),(-1,-1),(0,0),(0,-1),(2,-6),(2,5) \}$$ olur.
3
131) Bu soru için bu tarz denklemin çözümü için oldukça kullanışlı olan bir lemma ispatlayalım.
$a,b,m,n$ tam sayılar olmak üzere
$$
(a + b\sqrt{2})^m
= \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ çift}}}^{m}
\binom{m}{k}\,a^{m-k}\,(b\sqrt{2})^k
\;+\;
\sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ tek}}}^{m}
\binom{m}{k}\,a^{m-k}\,(b\sqrt{2})^k, $$
$$
(a - b\sqrt{2})^m
= \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ çift}}}^{m}
\binom{m}{k}\,a^{m-k}\,(b\sqrt{2})^k
\;-\;
\sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ tek}}}^{m}
\binom{m}{k}\,a^{m-k}\,(b\sqrt{2})^k. $$
$$
(a + b\sqrt{2})^m = A + B\sqrt2,
\qquad
(a - b\sqrt{2})^m = A - B\sqrt2,
A = \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ çift}}}^{m}
\binom{m}{k}\,a^{m-k}\,b^k\,2^{\tfrac{k}{2}},
\quad
B = \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ tek}}}^{m}
\binom{m}{k}\,a^{m-k}\,b^k\,2^{\tfrac{k-1}{2}}
, A,B\in Z
$$
Olur benzer şekilde $x,y,X,Y\in Z$ için
$$(x+y\sqrt{2})^n=X+Y\sqrt{2}, (x-y\sqrt{2})^n=X-Y\sqrt{2}$$ olacak şekilde olduğunu görürüz. Bizim için burada önemli olan şey ise
$$(a+b\sqrt{2})^m=(x+y\sqrt{2})^n$$ ise $A=X$ ve $B=Y$ şartları zorunlu olduğu için $$(a-b\sqrt{2})^m=(x-y\sqrt{2})^n=A-B\sqrt{2}=X-Y\sqrt{2}$$ mantığından aynı üslere sahip ifadelerin eşlenikleri için de denklem sağlanmalıdır.
Sorumuzda bunu uygularsak $7^m=(-41)^n$ olur. Ki bu da kısa bir modüler aritmetik analiziyle sadece bariz durumlar yani $m=0$ ve $n=0$ için sağlandığı görülebilir.
4
130)
$x^3+x^2y+xy^2+y^3=8.(x^2+xy+y^2+1)$ denkleminin homojen olduğu görülebilir. $x+y=a$ $xy=b$ $a,b$ tamsayı dönüşümlerini yapalım.
$x^3+y^3=(x+y).((x+y)^2-3xy)=a.(a^2-3b)=a^3-3ab$ $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=a^2-2b$ olur.
Orijinal denklemimiz $$a^3-3ab+ab=8.(a^2-2b+b+1)=8a^2-8b+8$$ $$a^3-8a^2-8=2ab-8b$$ $$b=\dfrac{a^3-8a^2-8}{2a-8}=\frac{1}{2}a^2-2a-8-\dfrac{72}{2a-8}$$
$(x+y)^2-4xy=a^2-4b=a^2-(2a^2-8a-32-\frac{144}{a-4}=-a^2+8a+32+\frac{144}{a-4}=(x-y)^2$ (tamkare olma şartı) özdeşliğini kullanarak $a$ ve $b$ lerin alabileceği değerleri iyice kısıtlayabiliriz. Öncelikle $a-4|36$ ise $a\in\{ -32,-14,-8, -5, -2 , 0, 1,2,3,5,6,7,8,10,13,16,22,40 \}$ Buradan $-32,14,13,16,22,40$ değerlerini $a^2$ nin çok büyük olması nedeniyle tam kare negatif olamayacağı için eleriz. Ufak bir göz atma ile $a=-5$ve $a=-8$ in de negatif yaptığı görülebilir. Geriye kalan sayılar ise el ile denediğimizde sadece $a=10$ un geçerli olduğu ve $(x-y)^2=36$ olduğu görülür. Buradan $x-y=6$ yani $x=8,y=2$ veya $x-y=-6$ yani $x=2,y=8$ olarak bulunur.
5
127) Bu spesifik modüler inceleme Evan Chen'in notlarında verilmiş. Çözüm ile birlikte biraz daha ek gözlemlerimi paylaşayım. Bu soruda iki ifadeyi taraf tarafa toplarsak $$(x^3+y+1)^2-1+z^9=157^{147}+147^{157}$$ oluşuyor. Bu ifadede $x^3+y+1=m$ ,$m\in Z$ dönüşümü yaparsak.
$$m^2+z^9=157^{147}+147^{157}+1$$ elde ederiz. Bu mantığı fark ettikten sonra bu soruda $z^9$ ifadesinin de fark edilmesinin de etkisiyle $z^9$ teriminin $9a+1$ formu asal sayılarda analizinde çok sınırlı sayıda kalanı olacağını bu soruyu yazanlar fark etmemizi istemiş. $9.2+1=19$ kalanı için bu soruyu incelersek, $157^{147}+147^{157}+1\equiv 14(mod19)$ oluyor. $z^9\equiv \{0,1,-1\} (mod19)$ olur. $m^2$ yi de inceleyelim. $m^2\equiv \{0,1,4,5,6,7,9,11,16,17\}$ olur. Bu kare kalandaki sayıların hepsine $1$ eklersek $m^2+1\equiv \{1,2,5,6,7,8,10,12,17,18\}(mod9)$ oldu. $m^2-1\equiv \{-1,0,3,4,5,6,8,10,15,16\}$ oldu. O halde $m^2+z^9\equiv \{13,14\}(mod19)$ denkliklerini sağlayan $(m,z)$ tam sayıları bulunamaz. Çelişki ile ispat biter.
Not: Bilgisayar yardımıyla $9a+1$ formunda daha büyük asal sayıları ve bazı diğer düşük değerli sayılar yardımıyla modüler analiz denemelerinde bulundum. Ancak hiçbiri çelişki sağlamaya yeterli olmadı. Bilgisayar yardımıyla $x^2+y^9\equiv \{14,23\}(mod37)$ ($9.4+1=37$)yi sağlayan kalanlar olmadığını tespit ettim (daha büyük $9n+1$ formu asallar için boşta kalan kalmıyor olabilir.). Yani bu tarz sorularda yüksek dereceli terim $p$ olacak şekilde $kp+1$ formunda yazılabilen asal sayıların denenmesi $x^2+y^p$ formu ifadelerin alabileceği kalanları kısıtlamada faydalı oluyor. (kp+1 genel formunu deneme sebebim de fermat teoremini sağladığı için yüksek dereceli terimin alabileceği kalanlar ciddi ölçüde sınırlanıyor.)
Not2: Yukarıdaki varsayımımdan yola çıkarak $x^2+y^5$ i test ettim ve $x^2+y^5\equiv 7(mod11)$ ($2.5+1$) i sağlayan $(x,y)$ olmadığını tespit ettim.
$x^2+y^{11}\equiv \{20,21\}(mod23)$ boşta kalıyor. ($2.11+1=23$)
$x^2+y^4\equiv 2(mod5)$ ve $x^2+y^4\equiv 10 (mod13)$. $p=6$ ve $p=8$ için benzer taramaları yürüttüğümde $7,11,17,23$ ve $5,11,13,17,19,23,29$ modlarında boşta kalan bırakıyorlar. Yani belli başlı istisnai durumlar hariç $kp+1$ formu modüler analiz boşta kalan bulmada yardımcı oluyor.
6
128) Not: Bu soruyu izlanda matematik olimpiyatı 1997 adı altında nerede gördüğümü bilmiyorum.
$x,y,z$ pozitif tamsayılar şartı yazılmamış ancak $x,y,z$ pozitif tam sayıları için sonsuz çözüm olduğunu göstereyim. $x=2^u,y=2^v,z=2^w$ olmasını sağlayan $u,v,w$ pozitif tamsayılarını seçelim. O halde denklemimiz $$2^{ua}+2^{vb}=2^{wc}$$ olur. $(uv,w)=1$ şartını da ekleyelim. Bu ifadenin sağlanabilir olması için $ua=vb$ seçelim ki toplandığı zaman $2$ modunda $1$ kalanları terim oluşmasın. Bu seçim ile birlikte $$2^{vb+1}=2^{wc}$$ buradan $vb+1=wc$ elde ederiz. O halde $(a,b)=1$ ve $(c,a)=1$ veya $(c,b)=1$ sağlanacak şekilde bu denklem sisteminin sonsuz çözümü olduğunu gösterirsek ispat biter. $ua=vb$ ise $u=bk$ , $v=ak$ olacak şekilde $k\in Z{+}$ vardır.
$$vb+1=abk+1=wc$$ $$\dfrac{abk+1}{w}=c$$ elde ettik. Burada $w=1$ alıp işimizi oldukça kolaylaştırabiliriz. Bu bize hem $(uv,w)=1$ in daima korunmasını sağlar hem de $c$ nin tam sayı olmasını garantiler. Aynı zamanda $c=abk+1$ olacağından dolayı $(c,a)$ veya $(c,b)=1$ olma şartını da otomatik olarak garantilemiş oluruz.
Şimdi seçtiğimiz parametrizasyonu yazalım . $(x,y,z,a,b,c)$ $(2^{mk},2^{nk},2,m,n,mnk+1)$, $(m,n)=1, m,n,k\in Z^+$ parametrizasyonunu elde ederiz. Bu da bize sonsuz çözüm olduğunu gösterir.
7
117) $x,y,z\in Z^+$ kabul ederek başlayalım. $x^2+5y^2=z^2$ denkleminde $(x,y,z)=k$ ise $(x_0,y_0,z_0)=1$ şeklinde çözüm de sağlayacağı için ( denklemden kolayca gösterilebilir.) genelliği bozmadan $(x,y,z)=1$ alalım. (ilkel (primitif) çözüm olmuş oluyor.).(x,y)=1 den dolayı $x,y$ aynı anda çiftse $(x,y,z)=1$ sağlanmaz çünkü $z$ de çift olur. $x,y$ tek $z$ çift olamadığını göstererek başlayalım. O halde $z$ çift olur. bu da bize $z^2\equiv 0(mod4)$ verir.
$x,y$ tek ise $x^2\equiv 1(mod4)$ ve $5y^2\equiv 1(mod4)$ yani $x^2+5y^2\equiv 2(mod4)$ olur. Çelişki.
Bu gözlemler bize $z$ nin tek olduğunu söyler. Buradan sonra $$5y^2=z^2-x^2=(z-x)(z+x)$$ $d=(z-x,z+x)$, $d\in Z^+$ olsun. O halde $d|z-x+z+x$ yani $d|2z$. Benzer şekilde $d|2x$ olur. $d$ pozitif tam sayısı hem $x$ hem $y$ yi aynı anda bölemeyeceği için $d|2$ olmak zorundadır.
a) $d=1$ ise $z-x=5a^2$ , $z+x=b^2$ veya $z-x=a^2$ , $z+x=5b^2$ olacak şekilde $a,b\in Z^+$vardır. İlk durumda da $z=\dfrac{5a^2+b^2}{2}$ formundayken $x=\dfrac{b^2-5a^2}{2}$ oluyor. $z=\dfrac{a^2+5b^2}{2}$ iken $x=\dfrac{5b^2-a^2}{2}$ olur. Pozitif $x,y,z$ çözümleri için genelliği bozmadan $z=\dfrac{5a^2+b^2}{2}$ , $x=\dfrac{|5a^2-b^2|}{2}$ alınabilir. Buna uygun oluşan pozitif $y$ değeri ise $y=ab$ olur. (buradaki $a,b$ ler $a+b\equiv 0(mod2)$ yi sağlar
b) $d=2$ ise $y$ çifttir bu da sol tarafın $4$ le bölündüğünü gösterir. $y=2y_0$, $y_{0} \in Z^+$ . $$5y_{0}^2=\dfrac{z-x}{2} \dfrac{z+x}{2}$$ $z-x=10a^2$ , $z+x=2b^2$ veya $z-x=2a^2$ , $z+x=10b^2$ olur. Bu ifadeler de a)' ya benzer şekilde genelliği bozmadan $z=5a^2+b^2$ $x=|5a^2-b^2|$ $y=2ab$ , $a+b\equiv 1(mod2)$ olur.
Not:Bu denklemde bu şekilde iki farklı duruma göre parametrizasyon çıkmışken klasik $x^2+y^2=z^2 $ denkleminde çıkmamasının temel sebebi her iki denklemde de $z$ tek olduğu biliniyor. $x^2+y^2=z^2$ denkleminde primitf çözümler için $x,y$ den hangisi çiftse diğer terimi karşıya atarak iki kare farkı uygulayabildiğimiz için burada oluşan gibi iki durum analizi şartı ortadan kaldırılıyor. $k$ pozitif tam sayısı için bu denklemin pozitif tam sayılarda çözümleri $(k.|5a^2-b^2|,k.2ab , k.(5a^2+b^2), a,b,k>0, (a,b)=1, a+b\equiv 1(mod2))$ ve $( $ , $k.\dfrac{|5a^2-b^2|}{2} , k.ab, k.\dfrac{5a^2+b^2}{2}, a,b,k>0, (a,b)=1, a+b\equiv 0(mod2))$ olur. İlk durumdaki çözümler için $x$ çift $y$ tek $z$ tek , ikinci durumdaki çözümler için $x$ çift $y$ tek $z$ tek durumları çözülür. Negatif çözümler ise bunların işaretleriyle oynanmış halleriyle elde edilir. Bunun dışındaki çözümler ise $x=0$ için $5y^2=z^2$ $y=0$ ve $z=0$ şartını zorlar. $y=0$ için $x=z$ olur. $(x,0,x), (0,0,0)$ ve bunların $-$ li permütasyonları bize genel çözümlerini verir. (bu $0$ lı çözümleri de parametrik çözümlerde düzenleme yaparak kapsaması sağlanabilir.)
8
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Temmuz 12, 2025, 06:34:35 ös »
108) 107'ye oldukça benzer şekilde çözülebiliyor. Varsayalım ki $(x,y,z)$ bu denklemin bir çözümü olsun. İfadeye baktığımızda $x\equiv 0(mod3)$ şartının sağlanması gerektiği görülebilir. $x=3x_{0},x_{0} \in Z^+$ dönüşümü yaparsak.
$$27x_{0}^3+3y^2=9z^2$$ $$9x_{0}^3+y^2=9z^2$$. Bu da bize $y\equiv 0(mod3)$ verir. $y=3y_{0} , y_{0}\in Z^+$ için $$3x^3+9y^3=z^2$$ olur. Buradan da $z\equiv 0(mod3)$ yani $z=3z_{0}, z_{0}\in Z^+$ olur. Buradan $$x_{0}^3+3y_{0}^3=9z_{0}^3$$ elde ederiz ki bu da bize eğer denklemin $(x,y,z)$ çözümü varsa $(x_{0},y_{0},z_{0})$ çözümünün bulunma şartını verir yani sonsuz indirgenme nedeniyle ($x>x_{0}>x_1>x_2>x_3>.....>x_{n}>...$) olduğu için pozitif tam sayılarda bu denklem çözümsüz olması gerekmektedir.
9
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Temmuz 12, 2025, 06:25:08 ös »
107) Bu denklemde genelliği $3$ modunda kare kalan analizi yapalım. Varsayalım ki $(x,y,z)$ pozitif tam sayı çözümümüz olsun. $x^2\equiv \{ 0,1 \} (mod3)$ olduğu görülebilir. ve ancak $x\equiv 0(mod3)$ için $x^2\equiv 0(mod3)$ olur. Bu bilgilerden yola çıkarsak. $x^2+y^2\equiv 0(mod3)$ olmasını sağlayan tek olasılık $x\equiv 0(mod3)$ ve $y\equiv 0(mod3)$ olmasıdır. Bu da bize $x=3x_{0}$ ve $y=3y_{0}$ $z=3z_{0}$ (sol taraf $0(mod3)$ ise $0(mod9)$ u da sağlıyor bu da bize $z\equiv0(mod3)$ veriyor.) olacak şekilde $x_{0},y_{0},z_{0} \in Z^+$ bulunur. Bu da bize $$x_{0}^2+y_{0}^2=3z_{0}^2$$ denklemini veriyor. Aynı metod buna da uygulanabileceği için ve pozitif tam sayılar kümesinde $x>x_0>x_1>x_2>....>x_n>...$ şeklinde sonsuz indirgeme verdiği için (sonlu aralıkta sonsuz tam sayı oluşmasına neden oldu) çelişki elde edilir. İspat biter. Pozitif tam sayılarda bu denklemin çözümü yoktur. Benzer kural negatif çözümlere de uygulanır sadece $x=0$ veya $y=0$ durumlarında çözüm oluşabilir bunlar da $3$ tam kare olmadığı için tek çözümün $(0,0,0)$ olmasına neden olur.
10
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Temmuz 12, 2025, 06:12:21 ös »
99) Bu sorunun şu anda bilinen elementer çözüm yöntemi mevcut değil. Forumda ilgili link için https://geomania.org/forum/index.php?topic=9573.msg26523;topicseen#new
|
Son İletiler