1
Not: burada ulaştığım denklemler Thue denklemleri olanarak biliniyor. Normalde kompleks analiz yardımıyla bu denklemlere geçiş sağlanıyor benim burada yaptığım sadece pisagor ile bunları elde etmek oldu. Şu anda bı denklemlerin bilinen elementer çözümleri mevcut değil.
Ben buraya en son çözdüğüm sorulardan esinlenerek aklıma gelen bir yolu deneyişimi ekleyerek başlamak istiyorum. Bu denklem $X^2+Y^2=2Z^2$ genel formunu sağlamaktadır. O halde bu denkleme parametrik çözümleri eşitleme yoluna giderek çözüme ulaşmayı deneyebiliriz. Bizim denklemimiz $x^2+1^2=2(y^2)^2$dir. Bu durumda parametrizasyon için birkaç faktöre dikkat edelim. Parametrizasyonda bulunan genel $k$ çarpanı $|k|=1$ sağlamazsa parametrizasyon terimlerinden biri $1$ olduğu için sağlamaz. Buraya $k$ nın eksili versiyonları öbür çözümlere dönüştüğü durumları sınırlandıran genel çözümü ekliyorum.
a) $$x=a^2+2ab-b^2$$ , $$1=|a^2-2ab-b^2|$$ , $$y^2=a^2+b^2$$ $$(a,b)=1,a>b\geq 0 , a \equiv b+1 (mod2)$$ ve b) $$1=a^2+2ab-b^2$$ $$x=|a^2-2ab-b^2|$$ $$y^2=a^2+b^2$$ olur.
$$(a,b)=1,a>b\geq 0 , a \equiv b+1 (mod2)$$ ifadelerini yazabiliriz.
b) Bu koyduğumuz kısıtlamalar nedeniyle $b ≠ 0$ ise $a^2-b^2>0$ ve $2ab>2$ olur yani $$a^2+2ab-b^2=1>2$$ elde edilir ve çelişki doğar . $b=0$ ise $a^2=1$ yani $a=1$ gelir bu da bize $x=|1-0-0|=1$ verir bu da zaten $(1,1)$ çözümünü verir.
a) O halde geriye kalan kritik çözümler için bu grubu analiz etmemiz gerekli. Burada şu anda henüz bir kısıtlama yapmamız mümkün değil. Bu nedenle $3.$ denklemden yardımla yeni bir parametrizasyona geçmeliyiz. $$y^2=a^2+b^2$$
denkleminin genel çözümleri $$a=2uv , b=u^2-v^2$$ , $$(u,v)=1,u>v\geq 0$$ , $$ u \equiv v+1 (mod2)$$ veya $$a=u^2-v^2, b=2uv$$ , $$(u,v)=1,u>v\geq 0 , u \equiv v+1 (mod2)$$
Şeklinde olur negatifler bu durumda direkt olarak bir üstteki ifadelere dönüşüyor. Her iki olasılıkta da $y=u^2+v^2$ sağlandığı ve seçilen her $u,v$ için $y$ nin tam sayı olması sağlandığı için bu denklemi artık kullanmamıza gerek kalmadı, en son parametre dönüştürürken kullanılacak. $x=a^2+2ab-b^2$ denkleminde de aynı durum geçerli. Bu ikinci olasılığın mümkün olmadığını $|a^2-2ab-b^2|=1$ denkleminde yere koyarak göstermemiz gerekiyor. $a=2uv$ $b=u^2-v^2$ için $$1=|a^2-2ab-b^2|=|-u^4-4u^3v+6u^2v^2+4uv^3-v^4|$$.$(239,13)$ yani $(u,v)=(3,2)$ çözümü buradan geliyor. Şimdi bu ifadeyi inceleyelim. Bu denklemi elementer yollarla ispatlamak mümkün müdür bilmiyorum birçok modüler ifade ya da eşitsizlik denedim fakat tatmin edici bir şey -bulamadım. $d=\frac{u}{v }$ dönüşümü yardımıyla farey alt sınırı ve mean value theorem' den yardım alarak bir ispat çıkarılabilir gibi duruyor.
$a=u^2-v^2$ $b=2uv$ denklemimiz de $$1=|a^2-2ab-b^2|=|u^4-4u^3v-6u^2v^2+4uv^3+v^4|$$ oluyor. Bu yapının daima $-4$ e küçük eşit olduğunu yani mutlak değerin büyük eşit $4$ olduğunu göstermek mümkün. (1,0) hariç çözüm gelmiyor üstteki kritik durum.
2
112)111) Bu soruyu $x,y,z$ terimlerini $a,b,c$ cinsinden parametrik şekilde verebilirsek ispatımız biter.
$$N=a^2+b^2+c^2$$
$$N^2=(a^2+b^2+c^2)^2=a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2$$
$$=a^4+b^4+c^4 +2.(-a^2b^2-a^2c^2+b^2c^2)+4a^2b^2+4a^2c^2$$
$$=(a^2-b^2-c^2)^2+(2ab)^2+(2ac)^2$$ olur ve $(a,b,c) $ yapılan her $(a,b,c)$ tam sayı seçimi için $(x,y,z)=(a^2-b^2-c^2,2ab,2ac)$ ve bunun permütasyonları olacak şekilde çözümler bulunabilr. Bu bize $N=a^2+b^2+c^2$ ise $N^2=x^2+y^2+z^2$ olduğunu ispatlar.
Not: Ancak tersi daima doğru olmayabilir çünkü bunun tek genel çözüm kümesi olduğunu ispatlamadık.
,,
Soru bariz bir şekilde bunu kullanmamızı istemiyor ama bir pozitif tamsayının üç tamkarenin toplamı olarak yazılamaması için $4^a(8b+7)$ formatında olması gerekir. $N^2$'nin de hiçbir $N$ için bu formatta olmadığı kolayca görülebilir. Yani aslında $N=a^2+b^2+c^2$ formatında olmasına bile gerek yoktur.
Bu soruyu aldığım yerde seçilen $N$ için $a,b,c$ yerine seçilen $a,b,c$ için $N$ eşitliğini sağlamayı planlamışlar sanırım, evet haklısınız. Sanırım Femat'ın (yanlış hatırlamıyorsam böyle gördüm) kitaplarının birinde bu yukarıdaki soru geçmiş. 112) Bu soruda $7$ ile bölünürlüğü ispatlarken pell yapısı ortaya çıkıyor $4a^2-3b^2=1 $ denklemi ve bu denklem sayesinde $n\equiv 0(mod7) $ sonucu elde ediliyor fakat elementer yollarla bunu elde edemedim. Genel çözümünü elementer yollarla göstererek ispatını yapacağım o yüzden. $3n+1$ ve $4n+1$ tam kare ise $8$ e bölündüğünü ispatlamak biraz daha kolay onunla başlayalım. $3n+1=a^2$ ve $4n+1=b^2$ olacak şekilde $a,b \in Z^+$ vardır. burada 2. eşitliği incelersek $b$'nin tek olduğu görülür. Bu da bize her $b$ tek sayısı için $b^2\equiv 1(mod8)$ verir. yani $$4n+1\equiv 1(mod8)$$ $$n\equiv 0(mod2) $$verir. Bu da bize $n$ çift verir. O halde $3n+1$ de çift olmalıdır. $a\equiv 1(mod2)$ olur. yani $a^2\equiv 1(mod8)$. buradan $$3n+1\equiv 1(mod8)$$ $$n\equiv 0 (mod8) $$gelir ve $8 $ e bölünebilirlik ispatı biter. $7$ ye bölünebilirlik ispatını yapmak için Pell denklemlerine geçiş yapalım ilk denklemi $4$ ile ikinciyi de $3$ ile çarpıp taraf tarafa çıkarırsak $4a^2-3b^2=1$ denklemini elde ederiz. $x=2a$ ,$a\in Z^+$ dönüşümü yaparak $x^2-3b^2=1$ denklemi oluşur ve $x$ çift olduğu bilgisi elimizde var. Bu da bize $b$ nin tek sayı olduğunu verir. $x$ çift olduğu için denklemin ilk çözümü $x=2$ $b=1$ ile mümkün. Şimdi ise pell denklemlerinde genel indirgenme yapılarının formunun $x ->(Ax+Bb)$ ve $b -> (Cx+Db)$ olacak şekilde en küçük $A,B,C,D$ pozitif tam sayılarını bulalım. Daha küçük tamsayılarla bu denklemin sağlanmadığı gösterilirse genel formüle gerek kalmadan türetme formülünü elde edebiliriz. $$(Ax+Bb)^2-3(Cx+Db)^2=A^2x^2+ABxb+B^2b^2-3.(C^2x^2+CDxb+D^2b^2)=(A^2-3C^2)x^2+(AB-3CD)xb+(B^2-3D^2)b^2$$ Biz bu katsayıların tekrar $x^2-3b^2=1$ denkleminin katsayıları olmasını istiyoruz. Yani $$A^2-3C^2=1$$ $$AB-3CD=0$$ $$B^2-3D^2=-3$$ denklem sistemi sağlanmalı ve bunun en küçük çözümünü istiyoruz. $B^2-3D^2=-3$ ifadesinde denklemi $A^2$ ile genişletip yukarıdaki $2$ denklemi kullanırsak $$B^2-3D^2=-3$$ $$A^2B^2-3A^2D^2=-3A^2$$ $$9C^2D^2-3A^2D^2=-3A^2$$ $$3D^2(3C^2-A^2)=-3A^2$$ Buradan $A=D$ gelir. Bu ifade sayesinde $AB=3CD$ $B=3C$ olur. O halde $A^2-3C^2=1$ denkleminin en küçük çözümünü seçersek karşılık gelen $B$ ve $D$ değerlerini de en küçük bu denklemi sağlayan şekilde kısıtlamış oluruz. Bu da bize $A=2$ $C=1$ $B=3$ $D=2$ verir. Bu da $(x,b)$ çözüm ise $(2x+3b,x+2b)$ nin de çözüm olduğunu söyler. O halde bu genel çözümler 1. $(x,b)$ 2. $(2x+3b,x+2b)$ 3. $(2.(2x+3b)+3.(x+2b),2x+3b+2.(x+2b))= (7x+12b, 4x+7b)$ olur: Sayılar buradan sonra çok büyüyeceği için $7$ modunu alalım . $7$ modunda $(5b,4x)$ olur. 4. $7$ modunda $4.$ ifademiz $(2.5b+3.4x,5b+2.4x)$ bu da $(3b+5x, 5b+x)$ olur. 5. $7$ modunda $5.$ ifademiz $(2.(3b+5x)+3.(5b+x),3b+5x+2.(5b+x))$ bu da $ (6x,6b)$ 6. $7$ modunda $6.$ ifademiz $(2.6x+3.6b,6x+2.6b)$ bu da $(5x+4b,6x+5b)$ 7. $7$ modunda $7.$ ifademiz $(2.(5x+4b)+3.(6x+5b), 5x+4b+2.(6x+5b))$ bu da $(2b,3x)$ olur. 8. $7$ modunda $8.$ ifademiz $(2.2b+3.3x, 2b+2.3x)$ bu da $(4b+2x,2b+6x)$ olur. 9. $7$ modunda $9.$ ifademiz $(2.(4b+2x)+3.(2b+6x),4b+2x+2.(2b+6x)$ bu da $(x,y)$ olur. $7$ modunda döngü başlar. Yani ilk çözüm $(2,1)$ den başlayıp sadece $x$ çift $b$ tek olan çözümleri incelediğimizde $x^2$ ve $b^2$ için $7$ modunda bir kalan bulmaya çalışalım. döngü 8 adımda kapandı bu $8 $ ifadeye de $x$ ve $b$ değerlerini koyacağız. bizim üreten ifademizing $2$ modunda incelenmesiyle çözümlerin $x$ çift $b$ tek ile başlayıp sırasıyla tek ve çiftin yer değiştirerek gittiğini görebiliriz. Bizim en baştaki koşulumuz $x$ çift olması olduğu için buradaki tek numaralı adımlar bizim istediğimiz çözümleri üretiyor bunlarda $x$ ve $b $ yi yerine koyarak oluşan yeni $b$ lerin kalanını hesaplayalım. (Tek adımlı tüm sonuçlardaki parametrelere $x=2$ $y=1$ yazıyoruz.) 1) den $b=1$ yani $b\equiv 1(mod7)$ 3) den $b->4x+7b=15(mod7)$ yani $b\equiv 1(mod7)$ 5) den $b->6b=6(mod7)$ yani $b\equiv -1(mod7)$ 7) den $b-> 3x =6(mod7)$ yani $b\equiv -1(mod7)$. Buradan da $$b^2\equiv 1(mod7)$$ sağlanmak zorunda olduğu açıkça görülebilir. $$4n+1\equiv b^2(mod7)$$ buradan da $$ 4n\equiv 0(mod7)$$ $$n\equiv 0 (mod7)$$ olur ve $8|n$ ve $7|n$ olduğu için $56|n$ olur ispat biter. Not: $x$ çift olma şartımızdan dolayı $1.$ basamaktan $3.$ basamağa geçiren geçişimiz bize $4a^2-3b^2=1$ denkleminin genel çözümünü üretiyor.
3
111) Bu soruyu $x,y,z$ terimlerini $a,b,c$ cinsinden parametrik şekilde verebilirsek ispatımız biter.
$$N=a^2+b^2+c^2$$
$$N^2=(a^2+b^2+c^2)^2=a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2$$
$$=a^4+b^4+c^4 +2.(-a^2b^2-a^2c^2+b^2c^2)+4a^2b^2+4a^2c^2$$
$$=(a^2-b^2-c^2)^2+(2ab)^2+(2ac)^2$$ olur ve $(a,b,c) $ yapılan her $(a,b,c)$ tam sayı seçimi için $(x,y,z)=(a^2-b^2-c^2,2ab,2ac)$ ve bunun permütasyonları olacak şekilde çözümler bulunabilr. Bu bize $N=a^2+b^2+c^2$ ise $N^2=x^2+y^2+z^2$ olduğunu ispatlar.
Not: Ancak tersi daima doğru olmayabilir çünkü bunun tek genel çözüm kümesi olduğunu ispatlamadık.
,,
Soru bariz bir şekilde bunu kullanmamızı istemiyor ama bir pozitif tamsayının üç tamkarenin toplamı olarak yazılamaması için $4^a(8b+7)$ formatında olması gerekir. $N^2$'nin de hiçbir $N$ için bu formatta olmadığı kolayca görülebilir. Yani aslında $N=a^2+b^2+c^2$ formatında olmasına bile gerek yoktur.
4
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Temmuz 09, 2025, 06:03:08 ös »
$$x^2+1=2y^4$$ denklemini pozitif tam sayılarda çözünüz. (Çözümler $(1,1) (239,13)$ ) (genel tam sayılarda da çözülebilir işaretleri - lisi oluyor direkt)
İnternette yaptığım araştırmalara göre bu denklemin 2015 yılındaki kaynaklarda elementer metodlarla bir ispatı henüz yapılamamış olarak belirtilmiş ancak hiperbol fonksiyonları ve bazı logaritmik ifadeler yardımıyla buna çözüm geliştirilmiş. Yakın tarihte belki elementer bir çözüm geliştirilmiştir diye bu başlığı açmak istedim.
Not:Bu denklemin daha genel $x^2+1=Dy^4$ versiyonlarının da analizleri olan makaleler var.
5
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Temmuz 09, 2025, 04:41:31 ös »
111) Bu soruyu $x,y,z$ terimlerini $a,b,c$ cinsinden parametrik şekilde verebilirsek ispatımız biter.
$$N=a^2+b^2+c^2$$
$$N^2=(a^2+b^2+c^2)^2=a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2$$
$$=a^4+b^4+c^4 +2.(-a^2b^2-a^2c^2+b^2c^2)+4a^2b^2+4a^2c^2$$
$$=(a^2-b^2-c^2)^2+(2ab)^2+(2ac)^2$$ olur ve $(a,b,c) $ yapılan her $(a,b,c)$ tam sayı seçimi için $(x,y,z)=(a^2-b^2-c^2,2ab,2ac)$ ve bunun permütasyonları olacak şekilde çözümler bulunabilr. Bu bize $N=a^2+b^2+c^2$ ise $N^2=x^2+y^2+z^2$ olduğunu ispatlar.
Not: Ancak tersi daima doğru olmayabilir çünkü bunun tek genel çözüm kümesi olduğunu ispatlamadık.
,,
6
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Temmuz 09, 2025, 02:28:32 ös »
78) Bu soruyu şu anlık $x^2=8y^4+1$ denkleminin tek çözümü $(3,1)$ olduğu biliniyor gibi yazacağım daha sonra çözümünü ekleyeceğim, bu denklemin elementer ispatını verip tek çözümün $(3,1)$ olduğu gösteren bir yazı buldum.
$a=0,1,2$ durumlarını özel olarak inceleyelim . $b=0$ denklemi sağlamadığı açıktır. Genelliği bozmadan $b>0$ alalım. $a=0$ için $b=1$ olur. $a=1$ için $b=1$ , $a=2 $ için ise $b=5$ olur $a=0$ ı özel incelediğimiz için genelliği bozmadan $a>0$ alabiliriz negatif çözümler permütasyonları olacak.
$$2a^4-2a^2+1=b^2$$ $$(a^2)^2+(a^2-1)^2=b^2$$ olur. $x^2+y^2=z^2$ tarzı pisagor üçlülerinin tamsayı çözümlerini kullanalım.
bu üçlüler $k.(m^2-n^2)$ $k.2mn$ ve $k.(m^2+n^2)$ dir. $a>1$ için $a^2-1$ ve $a^2 >0$ olduğu için ve $k$ nın negatif olması aslında pozitif olduğu çözümlerde bulunan $m$ ve $n$ değerlerinin $n , -m$ veya $-m,n$ şeklinde yer değiştirmesine neden olduğundan dolayı genelliği bozmadan $k>0$ , $m>n>0$ alabiliriz. O halde elimizdeki $2$ olası denklem sistemi oluşacak. Ayrıca bu iki $x$ $y$ ye karşılık gelen ifadelerin farkının $1$ olmasından dolayı sadece ilkel çözümler yanı $k=1$ durumunu incelemek yeterlidir.
1) $$a^2=m^2-n^2$$ $$a^2-1=2mn$$ olur. $m-n=s>0$ dönüşümü yaparsak ilk denklem $$a^2=(s+n)^2-n^2=s^2+2sn=s.(s+2n)$$ olur bu da bize $$(s,s+2n)=(s,2n)=1$$ olduğunu ispatlarsak $s$ in tamkare olduğunu verir.
2. denklemi düzenlersek $$2sn+s^2-1=2.(s+n).n=2sn+2n^2$$ buradan $$s^2-2n^2=1$$ verir. Bu denkleme bakarsak $s$ tektir yani $s^2= s_{0}^2,s_{0}\in Z_{\geq 0}$ dönüşümü yapmamızı sağlar. Buradan $$(s_{0}^2-1)(s_{0}^2+1)=2n^2$$ elde ederiz. $s$ tek olduğu için sol taraftaki her iki çarpan da $2$ ile bölünür bu da bize $n$ nin çift olduğunu yani $n=2n_{0},n_{0} \in Z_{\geq 0}$ seçimi verir. $(s_{0}^2-1,s_{0}^2+1)=2$ olduğundan $$(s_{0}^2-1)(s_{0}^2+1)=8n_{0}^2$$ olduğunu verir yani sol taraftaki çarpanlardan biri $s_{0}^2-1=4w^2$ , $s_{0}^2+1=2v^2$ veya $s_{0}^2-1=2w^2$ , $s_{0}^2+1=4v^2$ olacak şekilde $v,w \in Z_{\geq 0}$ olacak şekilde sayılar olduğunu gösterir. $s_{0}^2-1=4w^2$ denkleminde iki kare farkını $1$ e eşitleme yoluyla çözersek ve değişkenimizi yukarda yerine koyarsak $s=1$ olduğunu buluruz
$s^2-2n^2=1$ den dolayı $n=0$ yani $ m=1$ olur bu da $a=1$ e gider fakat biz çözüme başlarken $a>1$ kabulüyle başlamıştık. Diğer $s_{0}^2+1=4v^2$ den ise hiç çözüm gelmez.
2) $a^2=2mn$ ve $a^2-1=m^2-n^2$ olur. $(m,n)=1$ olduğu için $m=p^2$ , $n=2q^2$ veya $m=2p^2$ , $n=q^2$ olacak şekilde $p,q \in Z_{\geq 0}$ bulunur.
A) $m=p^2$ ve $n=2q^2$ için denklemimiz $$a^2-1=4p^2q^2-1=p^4-4q^4$$ Buradan $$ (p^2+2q^2)^2=1+2p^4$$ olarak yazılabileceğini söyleyebiliriz. $p^2+2q^2=f, f\in Z_{\geq 0} $ vardır. Denklemimiz $$f^2-1=2p^4$$ olur. burda $f=2g+1 , g\in Z$ dönüşümü yaparsak ve $p=2h, h\in Z$ dönüşümü yaparsak $$g.(g+1)=8h^4$$ olur. $(g,g+1)=1$ olduğu için
a) $(g+1=8t^4) , g=v^4$ olacak şekilde $t,v \in Z_{\geq 0}$ tam sayıları bulunur. Bu da $$v^4-8t^4=-1$$ modüler aritmetik yardımıyla bakılınca $v^4\equiv 3(mod4)$ olur çelişki.
b) O halde $g+1=t^4$ ve $g=8v^4$ olacak şekilde $t,v$ bulunduğunu söyler bu da bize $$t^4-8v^4=1$$ $$(t^2-1)(t^2+1)=8v^4$$ olur. Bu denklemin aynısını yukarıda $s_{0}$ ve $n_{0}$ değişkenleri için çözdüğümüzde negatif olmayan tek çözüm ikilisinin $(1,0)$ olduğunu çözmüştük. $t=1$ ise $g+1=t^4$ yani $g=0$ , $f=2g+1=1 $ , $f^2-1=2p^4$ yani $p=0$ $p^2+2q^2=f$ yani $q^2=1/2$ olur çelişki. Buradan çözüm gelmez.
B) $m=2p^2$ ve $n=q^2$ , $ p,q \in Z_{\geq 0}$ için denklemimiz $$4p^2q^2-1=4p^4-q^4$$ $$(2p^2+q^2)^2=8p^4+1$$ Buradan $2p^2+q^2=o, o\in Z_{\geq 0} $ vardır.
$$o^2=8p^4+1$$ olur. Bu denklemin pozitif tam sayılarda tek çözümü $o=3$ $p=1$ dir. Bunun elementer ispatını hakkındaki ilgili yazıyı inceledikten sonra çözümünü ekleyip kaynağını yazacağım. $p=0$ için de $o=1$ çözümü de mevcut. $p=0$ , $o=1$ ise $2p^2+q^2=o=1$ buradan $q^2=1$ yani $q=1$ olur. bu da bize $m=0$ $q=1$ verir bu da çelişki.
$p=1$ $o=3$ için $2p^2+q^2=o=3 $ $q=1$ bulunur. $m=2$ $n=1$ olur. bu da bize $a^2=2mn$ denkleminden $a^2=2.2.1$ yani $a=2$ sonucunu vericektir. Bunu da en başta deneme ile bulmuştuk .
Bu denklemin tüm $(a,b)$ çözümleri $(0,1), (1,1) ,(2,5)$ ve permütasyonları olarak bulunur. İspat biter.
7
« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 08, 2025, 11:03:16 ös »
Bir başka varyantı:
$ABC$ eşkenar üçgeninin çevrel çemberinin $AC$ yayı üzerinde bir $F$ noktası alınıyor. Çevrel çemberin $C$ deki teğeti ile $BF$, $P$ de kesişsin. $PAC$ üçgeninin ağırlık merkezi $G$ olsun. $FG$ doğrusunun $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberine teğet olduğunu gösteriniz.
$F$, $C$ ye daha yakın olsun. $FG$; $AC$ yi $D$ de, $AB$ yi $S$ de kessin. $PG$; $AC$ yi $M$ de, $AB$ yi $N$ de kessin. $PAC$ de $F$ Fermat noktasıdır. Bir önceki sorunun sonucundan $FD=DA$. $\angle FAD =\angle AFD =\alpha$ dersek, $\angle ABF =60^\circ-\angle FBC = 60^\circ-\angle FAC = 60^\circ-\alpha$. $\angle SFB = \angle AFB - \angle AFD = 60^\circ-\alpha$. Dolayısıyla $BS=SF$. $BS+CD=SF+(AC-AD)= SF+(BC-FD)=BC + SD$ olduğu için $BCDS$ teğetler dörtgenidir.
8
« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 08, 2025, 09:52:01 ös »
$\angle B = 60^\circ$ olan $ABC$ üçgeninin 1. Fermat noktası $F$, ağırlık merkezi $G$ olsun. $FG$ doğrusu $BC$ yi $D$ de kessin. $FD=DC$ olduğunu gösteriniz.
Hem orijinal soruyu hem de bu soruyu çözeceğim. $BC>AB$ olsun. Üçgenin dışına doğru $BCE$ eşkenar üçgenini kuralım. $BECF$ kirişler dörtgeni ve $A,F,E$ doğrusaldır. $BC$ nin orta noktası $M$, $A$ ya ait yükseklik $BC$ yi $N$ de, $BE$ yi $J$ de kessin. $AM$, $CE$ yi $N$ de kessin. $AH$ doğru parçası üzerinde $AK=BK$ olacak şekilde $K$ noktası alalım. $BJK$, $30^\circ-60^\circ-90^\circ$ üçgeni olduğundan $JK=2\cdot BK = 2 \cdot AK$. Öklid ile birlikte $AK:KH:HJ=2:1:3$. Ayrıca.$AG:GM:MN=2:1:3$, dolayısıyla $GK\parallel MH \parallel NJ$. $\angle AKB = \angle AFB = 120^\circ$ olduğu için $ABKF$ kirişler dörtgenidir. $\angle KFB = \angle KAB = 30^\circ$, dolayısıyla $\angle KFE =30^\circ$. $AF$ üzerinde $KF \parallel JL$ olacak şekilde $L$ noktası alalım. $AF:AL=AK:AJ=AG:AN = 1:3$ olduğu için $FG\parallel LN$ ve $3\cdot FG = LN$. $EJN$, kenarı $JN = EJ = BE- BJ = BC - AB$ olan bir eşkenar üçgendir. $N$ merkezi $NE=BC-AB$ yarıçaplı çember $2\cdot \angle JLE = \angle JNE = 60^\circ$ olduğu için $L$ den geçer. Yani $\boxed{3\cdot FG = LN = NE = BC-AB}$ dir. $\angle FBC = \angle CEF = \angle NLE = \angle GFE = \alpha$ olacaktır. Bu durumda $\angle DFC = \angle FCD = 60^\circ - \alpha$ olur. Bu da $\boxed{FD=DC}$ demektir.
9
« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 08, 2025, 07:04:20 ös »
Bir başka varyantı:
$ABC$ eşkenar üçgeninin çevrel çemberinin $AC$ yayı üzerinde bir $F$ noktası alınıyor. Çevrel çemberin $C$ deki teğeti ile $BF$, $P$ de kesişsin. $PAC$ üçgeninin ağırlık merkezi $G$ olsun. $FG$ doğrusunun $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberine teğet olduğunu gösteriniz.
10
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Temmuz 08, 2025, 12:20:25 ös »
100) Eşitliğimizi $$x^4-4=y^2+z^2$$ olarak yazabilriz. Bu yazılımdan sonra sonra $$(x^2-2)(x^2+2)=y^2+z^2$$ olur şimdi ise bu $x^2-2$ ve $x^2+2$ çarpanlarını inceleyelim. $(x^2-2,x^2+2)=(x^2-2,4)$ Yani $(x^2-2,x^2+2)\in \{1,2,4\} $ olacaktır. a) $x$ tek sayı olsun. O halde $(x^2-2,x^2+2)=1$ olur. Modüler aritmetik hesabıyla birlikte $x^2-2\equiv 3(mod4)$ ve $x^2+2\equiv 3(mod4)$ gözlemlenebilir. Bu da $x^2-2$ ifadesinn $x^2-2$ yi bölen $3(mod4) $ kalanını veren ve üssü tek dereceli olan en az bir asal çarpanı bulunduğunu bize söyler. Bunun ispatı için ise $x^2-2={p_1}^{q_1}{p_2}^{q_2}... {p_n}^{q_n} $ $p_1,p_2,..,p_n $ asal sayılar ve $,q_1,q_2,...,q_n \in Z^+$ olsun. Öncelikle sayımız tek olduğu için bu asalların $4 $ modundaki değerleri ya $1$ ya $3$ dür. Varsayalım ki hepsi $1$ olsun. O halde $x^2-2\equiv 1^{n}(mod4)$ olur. Çelişki. O halde en az bir tane $3$ kalanı veren asal sayı bulunmalı. Buradan $1\leq i \leq n , i\in Z$ olacak şekilde $p_i \equiv 3(mod4)$ ü sağlayan asal sayılarımızdan birini seçelim. $p_i^2\equiv 1(mod4)$ olur yani eğer tüm $3$ kalanlı $p_i$ değerlerimizin üssü çift olursa $x^2-2\equiv 1(mod4) $ olacaktır. O halde üssü tek olan en az bir $p_i$ asalı için $3(mod4)$ elde ederiz. Bu da bize Fermat'ın ikii tamkare toplamı ile ilgili verdiği teoremin genelleşmiş versiyonundan dolayı yani tek dereceli en az $1$ adet $3(mod4)$ koşulu sağlayan $p_i$ asalı verdiğinden ve bu asal $x^2+2$ nin çarpanı olamayacağından $((x^2-2,x^2+2)=1)$ çelişki elde edilir. Bu teorem ve ispatı hakkında bilgi için ilgili linki bırakıyorum. https://en.m.wikipedia.org/wiki/Fermat%27s_theorem_on_sums_of_two_squares b) $x$ çift sayı olsun O halde $x=2n , n\in Z$ vardır. Buradan, $$x^4-4=4.(4n^4-1)=y^2+z^2$$ olur. Bu denklemi $8$ modunda inceleyelim. Buradan $x^4-1\equiv 4(mod8)$ olduğu görülebilir. $y^2\equiv {0,1,4}(mod8)$ ve $z^2 \equiv{0,1,4}(mod8)$ dir. Yani $0(mod8) ve $4(mod8)4 kalanlarını seçmeliyiz ki denklemin sol tarafıyla modüler olarak uyuşabilelim. Bu da bize $y=2k,z=2l, k,l\in Z$ dönüşümünü sağlar. Buradan $$ 4n^4-1=k^2+l^2$$ $$4n^4-1\equiv 3(mod4)$$ $$k^2+l^2\equiv 3(mod4)$$ verir. $k^2\equiv{0,1}(mod4)$ ve $l^2\equiv{0,1}(mod4)$ olduğundan bu denklik sağlanamaz ve ispat biter. Bu denklemin tam sayılar kümesinde çözümü yoktur.
|
Son İletiler