Geomania.Org Forumları
Fantezi Cebir => Sayılar Teorisi => Konuyu başlatan: Metin Can Aydemir - Eylül 22, 2020, 08:05:03 öö
-
$a,b,c\in \mathbb{Z}$ olmak üzere, $$ab+ac+bc=-11$$ $$a^3+b^3+c^3=30+(a+b+c)^3$$ eşitliklerini sağlayan $(a,b,c)$ üçlülerini bulunuz. (Metin Aydemir)
-
soruya küp açılımını düzenleyerek başlayalım.
$$(a+b+c)^3=(a+b)^3+3.(a+b)^2.c+3.(a+b).c^2+c^3$$
$$=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3+3a^2c+6abc+3b^2c+3ac^2+3bc^2+c^3$$
$$=a^3+b^3+c^3+3.(ab+ac+bc).(a+b+c)-3abc$$ bulunur. Verilenler ile düzenlemeler yapılırsa
$$11.(a+b+c)+abc=10$$ bulunur. O halde
$a+b+c=k$ ve $abc=10-11k$ , $k\in Z$ sayısı vardır.
$a,b,c$ nin kökleri olduğu $$t^3-kt^2-11t+11k-10=0$$ denklemi elde edilir. $t=t_1\in Z$ çözümü olduğunu varsayıp yerine koyarsak
$$t_1^3-kt_1^2-11t_1+11k-10=0$$ bulunur. Mod yardımıyla
$11k-10=m.t_1$ $(1)$ , $m\in Z$ sayısının bulunduğunu söyleyebiliriz. Yerine yazarsak $t_1\not = 0$ için sadeleştirirsek ($t_1=0$ en son incelenecek)
$$t_1^2-kt_1-11+m=0$$ bulunur.
$-11+m=p.t_1$ $(2)$ , $p\in Z $ vardır. Yerine koyup sadeleştirirsek
$$t_1+p=k$$ $(3)$ bulunur. $(3)$ ve $(2)$ yi $(1)$ de yerine koyarsak
$$11t_1+11p-10=t_1.(p.t_1+11)=pt_1^2+11t_1$$
$$11p-pt_1^2=10$$
$$t_1^2=11-\dfrac{10}{p}$$ olarak bulunur.
a) $p=1$ için $t_1=1$ veya $t_1=-1$ bulunur Buradan $k\in \{2 , 0 \}$ bulunur.
b) $p=2$ için çözüm yok.
c) $P=5$ için $t_1=3$ veya $t_1=-3$ bulunur. Buradan $k\in \{2,8\}$ bulunur.
d) $p=10$ için çözüm yok.
e) $p=-1$ için çözüm yok.
f) $p=-2$ için $t_1=4$ veya $t_1=-4$ bulunur. Buradan $k\in \{-6,2\}$ bulunur.
g) $p=-5$ için çözüm yok.
h) $p=-10$ için çözüm yok.
Buradan $k\in \{-6,0,2,8\}$ bulunur.
Bulunan bu $k$ değerleri denenirse $3$ kökünün de tamsayı olmasını sağlayan tek çözümün $k=2$ için $(a,b,c)=(1,-3,4)$ ve permütasyonları olduğu görülür. Başlangıçta verilen denklemde denenirse sağladığı görülebilir.
Biz bu işlemleri $t_1\not =0$ için yapmıştık. O halde $t_1=0$ ise $abc=0$ olur $10-11k=0$ ve $k\not \in Z$ bulunur. O halde buradan çözüm yoktur.
Cevap $(1,-3,4)$ ve permütasyonları bulunur.
-
Benim kendi çözümüm de Atakan'ın çözümüne çok benzediğinden farklı bir bakış açısı amacıyla Kerem arkadaşımızın çözümünü paylaşacağım.
$$-30=(a+b+c)^3-(a^3+b^3+c^3)=3(a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2+2abc)$$ $$\Rightarrow a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2+2abc=-10$$ Elde ettiğimiz eşitliği düzenlersek $$(b+c)(a^2+ab+ac+bc)=(a+c)(b^2+ab+ac+bc)=(a+b)(c^2+ab+ac+bc)=-10$$ eşitlikleri elde edilir. $ab+ac+bc=-11$ olduğundan $$(b+c)(a^2-11)=(a+c)(b^2-11)=(a+b)(c^2-11)=-10$$ bulunur. $a^2-11$, $b^2-11$ ve $c^2-11$ ifadeleri $-10$ sayısının bölenlerindendir. $x\in \mathbb{Z}$ olmak üzere,
$x^2-11$ ifadesi $-10$'un bölenlerindense $\pm 1$, $\pm 2$, $\pm 5$, $\pm 10$ değerlerini alır. Bu değerleri denersek $x^2-11$ ifadesi $-10$, $-2$ veya $5$ olabilir (Diğer değerler için $x$ tamsayı olmaz). Bu değerler için de $x^2$ ifadesi $1$, $9$, $16$ değerlerini alabilir. Dolayısıyla $a^2$, $b^2$ ve $c^2$ ifadeleri de bu değerleri alabilir.
$a^2$, $b^2$ ve $c^2$ ifadelerinden hiçbiri $16$ değilse, $$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=a^2+b^2+c^2-22$$ olacağından eğer $a^2$, $b^2$ ve $c^2$ ifadelerinin hepsi birden $9$ olmazsa, $$(a+b+c)^2\leq 1+9+9-22<0$$ olur. Çelişki. Eğer hepsi birden $9$ olursa da $(a+b+c)^2=9+9+9-22=5$ olur fakat $5$ tamkare değildir. Çelişki. Dolayısıyla $a^2$, $b^2$ ve $c^2$'den en az biri $16$ olmalıdır. Genelliği bozmadan $c^2=16$ olsun. $c=4$ veya $c=-4$'dür.
$i)$ $c=4$ ise $(a+b)(c^2-11)=-10$ olduğundan $a+b=-2$ bulunur. $ab+ac+bc=c(a+b)+ab=-11$ olduğundan $ab=-3$ bulunur. Buradan da $(a,b)=(1,-3)$ ve $(-3,1)$ çözümleri bulunur. $(a,b,c)=(1,-3,4)$ ve $(-3,1,4)$ değerleri ana denklemi sağladığından çözümdürler.
$ii)$ $c=-4$ ise $(a+b)(c^2-11)=-10$ eşitliğinden $a+b=-2$ ve $ab+ac+bc=c(a+b)+ab=-11$ eşitliğinden de $ab=-19$ bulunur fakat buradan çözüm bulunmaz.
Genelliği bozmadan $c^2=16$ dediğimizden, $a^2=16$ ve $b^2=16$ için de aynı şekilde çözümler elde ederiz. Tüm çözümler $(a,b,c)=(1,-3,4)$ ve permütasyonları bulunur.