Geomania.Org Forumları
Fantezi Cebir => Sayılar Teorisi => Konuyu başlatan: AtakanCİCEK - Temmuz 02, 2019, 02:15:29 ös
-
$1.$ aşama $2.$ aşama ve uluslararası matematik olimpiyatları düzeyinde Diyafont Denklem soruları seçtim (Sonradan eklediğim bazı sorular fazla teorik kaldı). Pdf bu gönderinin en altında ektedir.
Not: Zaman zaman yeni beğendiğim diyafont denklem soruları eklemeye devam edebilirim.
-
$1)$
Denklemi $x^3+y^3+z^3-3xyz=81$ şeklinde yazalım. Çarpanlarına ayırarak $(x+y+z).(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)=81$ şeklinde yazalım. $x<y<z$ ve $x,y,z$ pozitif tam sayılar olduğundan $x+y+z\ge6$ olmalıdır.$x+y+z|81$ olduğundan $x+y+z\in\{9,27,81\}$ olmalıdır.
$a1)$ $x+y+z=9$ , $xy+xz+yz=24$ olur.
$a2)$ $x+y+z=27$ , $xy+xz+yz=242$ olur.
$a3)$ $x+y+z=81$ olursa $xy+xz+yz\notin Z$ olur. $a3$ olamaz.
$x<y$ olduğundan $x-y<0$ olduğunu aklımızda tutalım.
$a)$ $x+y+z=9$ ve $xy+xz+yz=24$ için
$x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2.(xy+xz+yz)$ formülünü kullanalım.
$x^2+y^2+z^2=81-48=33$ olur ve $z\le5$ olur.
eğer $x=y=z$ olsaydı bile $3z=9$ olur bu nedenle $z>3$ olmalıdır. $z\in\{4,5\}$ olmalıdır.
$1)$ $z=4$ ise $x+y=5$ olur. $(x+y).z+xy=24$
$xy=4$ bulunur. Buradan $(x-y)^2=(x+y)^2-4xy$ olduğunu kullanarak
$x-y=-3$ bulunur. buradan $(1,4,4)$ çözümü gelir ancak $x<y<z$ sağlanmaz.
$2)$ $z=5$ ise $x+y=4$ olur $(x+y).z+xy=24$
$x-y=0$ bulunur $x=y$ $x<y$ ile çelişir.
$b)$ $x+y+z=27$ ve $xy+xz+yz=242$ için
$x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2.(xy+xz+yz)$ formülünü kullanalım.
$x^2+y^2+z^2=729-2.242=245$ elde edilir. $z\le15$ olmalıdır.
$x=y=z$ olsaydı bile $3z=27$ $z=9$ bu nedenle $z>9$ olmalıdır.
$z\in \{10,11,12,13,14,15\}$ olabilir.
\begin{equation*}
\begin{cases}
x+y=17,
\\
xy=72,
\\
z=10
\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{cases}
x+y=16,
\\
xy=66,
\\
z=11
\end{cases}
\end{equation*}
$2.$ sistemde $16^2-4.66=(x-y)^2<0$ olduğundan tam sayı çözümü yoktur.
Geriye kalan yazılabilecek sistemlerde $(x+y)^2\le225$ ve $-4xy\le-240$ olduğundan
$(x-y)^2\le0$ çelişkisi ortaya çıkar.
$1)$ sistemini çözelim
$(x-y)^2=17^2-4.72=1$ ve $x-y\le0$ olduğundan $x-y=-1$ olur.
\begin{equation*}
\begin{cases}
x+y=17,
\\
x-y=-1,
\\
z=10
\end{cases}
\end{equation*}
denklem sisteminin çözümü diyafont denklemimizin çözümüdür ve $(8,9,10)$ olarak bulunur.
-
$3)$ Denklemin her iki tarafına $1$ ekleyip denklemi düzenleyelim.
$y^2+1=x^3+8$
Şimdi $y^2+1$ için geçerli olan özellikler bulalım.
$y=2k$ olursa $y^2+1\equiv 1(mod4)$ olur.
$y=2k+1$ olursa $y^2+1 \equiv 2(mod4)$ olur. $(1)$
Şimdi $y$ nin $2$ dışında asal çarpanlarının tamamının $4k+1$ formunda olduğunu gösterelim.$(2)$
$p\mid y^2+1$ olsun. $y^2\equiv -1(modp)$ olur
$y^4\equiv1(modp)$
$p\mid y^2+1$ olduğundan $(y,p)=1$ dir.
Fermat teoreminden $y^{p-1}\equiv1(modp)$
Buradan $4$'ün $p-1$ in en küçük katı olduğunu görmek mümkündür $4\mid p-1$ elde edilir.
Şimdi sorumuza geri dönelim.
$x=2m$ ,$m\in Z$
$y^2+1=(2k+2).(4k^2-4k+4)$ olur ve $(1)$ ile çelişir.
$x=2m+1$ , $m\in Z$ olsun. $x^2-2x+4\equiv3(mod4)$ olacağından ve $(2)$ den dolayı mümkün olmadığını söyleriz. Tam sayılarda çözümü yoktur.
-
$4)$
Verilen denklemin $k$ ve $m$ negatif olmayan tam sayıları için çözümü olduğunu kabul edelim.
$k!\equiv0(mod48)$ olması gerektiği barizdir. $k\ge6$ olur.
$3.5.7.8.9.....(k-1).k+1=(k+1)^m$ şeklinde denklem yazılabilir.$(k+1)^m$ nin çarpanlarına ayrılıp ayrılamayacağını araştıralım.
$k+1$ bileşik sayı olsun ve $k+1$ sayısının asal bölenlerinden biri $p$ olsun. $p\mid k+1$ olduğundan ve $p=k+1$ olamayacağından $p<k+1$ yani $p\le k$ elde edilir. sol tarafın tek olduğunu göstermek için $k\ge8$ olduğunu gösterelim.
$k=6$ için denklem $\frac{720+48}{48}=16=7^m$ olur çözümsüzdür.
$k=7$ için denklem $106=8^m$ olur çözümsüzdür. $k\ge8$ olur.
Buradan $p$ nin tek sayı olduğu ve $k$ dan küçük eşit olduğu da açık olduğundan $p\mid 3.5.7.8.....(k-1).k$ olduğundan ve $p\mid(k+1)^m$ olduğundan $p|(k+1)^m-3.5.7.8.....(k-1).k$ yani $p\mid1$ çelişkisi ortaya çıkar. $k+1$ bir asal sayıdır.
Wilson teoreminden $k!\equiv(p-1)!\equiv-1(modp)$ yani $p\mid k!+1$ olur.
Başlangıçtaki denklem $k!+48=48p^m$ denklemini $47=48p^m-k!-1$ şeklinde yazarsak sağ tarafın $p$ ye bölünür yani $p\mid47$ elde edilir. Buradan $p=47$ olduğunu buluruz. Denklemi $p=47$ için yazalım.
$46!+48=48.47^m$ olur $46!=48.(47^m-1)$ $46!$ in asal bölenlerinden $48$ ile aralarında asal olacak şekilde seçersek $13$ $17$ seçilebilir. $47^m\equiv1(mod13)$ ve $47^m\equiv1(mod17)$ olabileceğinden Fermat teoremi yardımıyla $m\ge48$ olur.
$48.47^m\ge48.47^{48}>46!+48$ olduğu açıktır dolayısıyla tam sayı çözümü olamaz.
-
$5)$
$2^m-3^n=7$ ise $2^m\equiv1(mod3)$ ve $m=2x$ , $x\in Z^+$ için çözümü vardır. $m=2$ için $-3^n=3$ çözüm yoktur.
$m>2$ çift sayıları için $2^m\equiv0(mod8)$ dolayısıyla $3^n\equiv1(mod8)$ olmalıdır. dolayısıyla $n$ de çift olmalıdır. $n=2y$, $y\in Z^+$ vardır.
$2^{2x}-3^{2y}=7$
$(2^x-3^y).(2^x+3^y)=7$
$2^x+3^y\ge2$ olduğunu kullanarak sistemi yazalım.
\begin{equation*}
\begin{cases}
2^x+3^y=7,
\\
2^x-3^y=1
\end{cases}
\end{equation*}
$2^x=4$ ve $3^y=3$ bulunur. $x=2$ , $y=1$ yani $(m,n)=(4,2)$ elde edilir.
-
$6)$
$a^2=b.(b^{1998}-1)$ yazalım. $b\ge2$ için $(b,b^{1998}-1)=1$ olduğundan dolayı $b^{1998}-1$ ifadesi tamkare olmalıdır.
Fakat $b^{1998}$ tamkare olduğu için ve $1$ den büyük tamkare sayılar arasındaki fark 3'ten büyük olduğundan dolayı $b^{1998}-1$ tamkare olamaz.
$b\le-2$ de olamaz çünkü $a^2<0$ olur. $b\in{-1,0,1}$ elde edilir.
$1)$ $b=-1$ ise $a=0$
$2)$ $b=0$ ise $a=0$
$3)$ $b=1$ ise $a=0$
Çözümleri bulunur.
-
$7)$
$13^3>2001$ olduğundan sayılar $13$ ten küçüktür.
$8^3+8^3+8^3<2001$ olduğundan en az biri de $8$ den büyüktür.
Genelliği bozmadan $a\ge b\ge c$ alalım.
buradan $a\in 9,10,11,12$ olabilir.
$1)$ $a=9$ için $b^3+c^3=1272$ olur. $b=c=8$ olsa $1024<1272$ $b>8$ ve $a=9\ge b$ olduğundan $b=9$ olmak zorundadır. $1272-729=543$ olur $c^3=543$ denkleminin çözümü yoktur.
$2)$ $a=10$ için $b^3+c^3=1001$ olur. $b=c=7$ olsa $686<1001$ olacağı için $b\ge8$ $b\le10$ sağlanmalıdır. $b\in 8,9,10$ olabilir.
$b=8$ ise $c^3=489$ çözümü yoktur.
$b=9$ ise $c^3=272$ çözümü yoktur.
$b=10$ ise $c^3=1$ buradan $c=1$ olur.
$3)$ $a=11$ için $b^3+c^3=670$ olur. $b=c=6$ için $432<670$ olduğundan $b\ge7$ olmalıdır. $9^3=729$ olduğundan $b<9$ da olmaldıır. $b\in 7,8$ olabilir.
$b=7$ ise $c^3=327$ çözümü yoktur.
$b=8$ ise $c^3=158$ olacağından çözüm yoktur.
$4)$ $a=12$ için $b^3+c^3=273$ olur. $b=c=5$ için $250<273$ olduğundan $b\ge6$ olmaldıır. $7^3=343$ olduğundan $b<7$ olur. $b=6$ olmalıdır.
$b=6$ ise $c^3=273-216=57$ çözümü yoktur.
Dolayısıyla denklemin $a\ge b\ge c$ için tek çözümü $(10,10,1)$ olduğundan çözüm sayısı bunların sıralanışları kadardır. $\frac{3!}{2!}=3$ olarak bulunur.
-
$8)$ Denklemi $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{3}{5}$ olarak yazalım.
Genelliği bozmadan $1< x \le y \le z$ alalım.
$x\ge6$ için eşitsizlik oluşturalım. $1\ge \frac{1}{x} \ge \frac{1}{y} \ge \frac {1}{z}$ olduğundan $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le \frac{1}{2}$ olduğundan
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{3}{5}$ sağlanmaz.
$1)$ $x=5$ için ise tek çözüm $x=y=z=5$ olmalıdır.
şimdi burada $x$ in değerini seçeceğimiz için $\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{a}{b}$ olduğunu kullanıp bir şeyler elde edelim.
öncelikle denklemi $ayz=by+bz$ şeklinde yazalım. Ardından $ayz-bz=by$, $z.(ay-b)=by$ $z=\frac{by}{ay-b}\in Z$ elde edilir.
$\frac{aby}{ay-b}\in Z$ de olması gerekir. Hatta $\frac{aby}{ay-b}+\frac{-aby+b^2}{ay-b} \in Z$ de sağlanmalıdır. Buradan $\frac{b^2}{ay-b}\in Z $ $(1)$ elde edilir.
$2)$ $x=4$ için ise $\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{7}{20}$ olduğunu $(1)$ e uygulayalım.
$\frac{400}{7y-20}\in Z$ olduğunu kullanırsak ve benzer şekilde $\frac{400}{7z-20}\in Z$ olduğundan ve $y\le z$ olduğundan $7y-20$ için $\sqrt{400}$ e kadarki çarpanlarına bakmamız yeterlidir.
$7y-20$ $\in$ $A$ , $A\in1,2,4,5,8,10,16,20$ olmalıdır. $A$ kümesinin bir elemanı $a$ için $7y\in 20+a$ olduğundan $a\equiv1(mod7)$ olacak şekilde seçilmelidir.
dolayısıyla $a$ nın alabileceği değerler $1,8$ dir. Yani $y\in 3,4$ olur. $x\le y$ olduğundan yalnızca $y=4$ olmalıdır. $\frac{7}{20}-\frac{5}{20}= \frac{1}{10}$ olduğundan $z=10$ bulunur. Çözüm $(4,4,10)$ olarak bulunur.
$3)$ $x=3$ için ise $\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{4}{15}$ elde edilir. $(1)$ gereğince $\frac{225}{4y-15}\in Z$ olduğunu kullanıp $4y-15$ in $\sqrt{225}=15$ e kadar (dahil) olacak şekilde çarpanlarıdır. $4y-15\in 1,3,5,9,15$ olur. $y\in 4,5,6$ olduğunu görebiliriz.
$y=4$ için $z=60$ olur,
$y=5$ için $ z=15$ olur.
$y=6$ için $ z=10$ olur.
$4)$ $x=2$ için ise $\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{10}$ olur ve $(1)$ gereğince $\frac{100}{y-10}\in Z$ olmalıdır. $100$ un $10$ a kadar çarpanları $y-10$ un alabileceği değerlerdir. $y\in 11,12,14,15,20$ olabilir.
$y=11$ için $z=110$ olur.
$y=12$ için $z=60$ olur.
$y=14$ için $z=35$ olur.
$y=15$ için $z=30$ olur.
$y=20$ için $z=20$ olur.
$5)$ $x=1$ olamaz çünkü $\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le 0$ olur.
Gerçel çözümlerinin sayısı bu çözümlerin permütasyonları kadardır.
$3!+3!+3!+3!+\frac{3!}{2!}+3!+3!+3!+\frac{3!}{2!}+\frac{3!}{3!}=49$ olarak bulunur.
-
$9)$
$Ilk$ $Yol$
$(x-y).(x^2+xy+y^2)=xy+61$
\begin{equation*}
\begin{cases}
x-y=a,
\\
xy=b
\end{cases}
\end{equation*}
$a.(a^2+3b)=b+61$ $b>0$ olduğundan $a>0$ da olmalıdır.
$a^3+3ab=b+61$
$a^3-61=b.(1-3a)$
$b=\frac{a^3-61}{1-3a}>0$ olduğunu kullanırsak $a^3<61$ elde edilir. $a\in 1,2,3$ olmalıdır.
$a=1$ ise $b=30$
$a=2$ ise $b\notin Z$
$a=3$ ise $b\notin Z$
Yani $x-y=1$ $xy=30$ elde ederiz $(x+y)^2=(x-y)^2+4xy=121$ yani $x+y=11$ olur. buradan denklemin çözümü
\begin{equation*}
\begin{cases}
x=6,
\\
y=5
\end{cases}
\end{equation*}
olarak bulunur.
$Ikinci$ $Yol$
Denkleme bakıldığında $x-y>0$ olduğu açık olduğundan $x=y+z$ ,$z\in Z^+$ dönüşümü yapılabilir.
$(y+z)^3-y^3=y.(y+z)+61$
$(3z-1).y^2+(3z^2-z).y+z^3-61=0$
ve $z\ge1$ olduğundan $3z-1\in Z^+$ hatta $3z^2-z\in Z^+$ olduğu da yazılır.Tüm terimlerin katsayıları denklemin pozitif sayılarda çözümü olamaz. $z^3<61$ olduğunu yine söyleriz.
$x-y=z\in 1,2,3$ olduğunu yine elde ederiz.
-
$10)$
$y-x=a$ $9x.(x+a)+127=(x+a)^3-x^3=a^3+3a^2x+3ax^2$
$(9-3a).x^2+(9a-3a^2).x+127-a^3=0$ $a=3$ olmadığı açık olduğundan
$x^2+ax+\frac{127-a^3}{9-3a}=0$
$9-3a\mid127-a^3$ ü $3-a\mid 127-a^3$ için çözelim.
Basit bir polinom bölmesiyle
$\frac{127-a^3}{3-a}=a^2+3a+9+\frac{100}{3-a}$ olur. buradan
$a-3\in \{-100,-50,-25,-20,-10,-5,-4,-2,-1,1,2,,4,5,10,20,25,50,100\}$ olabilir. $3\mid 127-a^3$ ten dolayı $a\equiv 1(mod3)$ olur.
$a\in \{-97,-47,-22-17,-7,-2,-1,1,2,4,5,7,8,13,23,28,53,103\}$ olur $a\equiv1(mod3)$ ten dolayı $a\in\{-47,-17,-2,1,4,7,13,28,103\} $ olabilir.
$a=-47$ için $x^2-47x+693=0$ olur $\bigtriangleup<0$ olduğundan çözüm yoktur.
$a=-17$ için $x^2-17x+84=0$ olur. $\bigtriangleup<0$ olduğundan çözüm yoktur.
$a=-2$ için $x^2-2x+9=0$ olur. $\bigtriangleup<0$ olduğundan çözüm yoktur.
$a=1$ için $x^2+x+21=0$ olur. $\bigtriangleup<0$ olduğundan çözümü yoktur.
$a=4$ için $x^2+4x-21=0$ olur. $x=-7$ ve $x=3$ çözümlerini buluruz. $(-7,-3)$ ve $(3,7)$ çözümlerdir.
$a=7$ için $a=x^2+7x+18=0$ olur. $\bigtriangleup<0$ olduğundan çözüm yoktur.
$a=13$ için $x^2+13x+69=0$ olur. $\bigtriangleup<0$ olduğundan çözüm yoktur.
$a=28$ için $x^2+28x+291=0$ olur. $\bigtriangleup<0$ olduğundan çözüm yoktur.
$a=103$ için $x^2+103x+3642=0$ $\bigtriangleup<0$ olduğundan çözüm yoktur.
Dolayısıyla denklemin tam sayılarda $2$ çözümü vardır.
-
$11)$
$n^3+7n-133=x^3,x\in Z^+$ şeklinde denklemi yazalım.
$n.(n^2+7)-133$ ifadesi $n<5$ için pozitif tam sayı olamaz. $n\ge5$ olmalıdır.
$7n-133=x^3-n^3$
$n=19$ için $x=19$ olacağından $(19,19)$ çözümü olur. Şimdi $n>19$ ve $n<19$ durumlarını inceleyelim.
$1)$ $n>19$ $x^3>n^3$ olduğundan $x=n+d,d\in Z^+$ dönüşümü yapabiliriz.
$3d.n^2+(3d^2-7).n+d^3+133=0$ $n\in Z^+$ olabilimesi için $3d^2-7<0$ olmalıdır. $d^2<\frac{7}{3}$ yani $d=1$ olmalıdır.
$d=1$ olursa $3n^2-4n+134=0$ olur ve $\bigtriangleup<0$ olduğundan reel çözümü yoktur.
$2)$ $n<19$ için bakalım. $n^3>x^3$ olduğundan $n=x+y$ , $y\in Z^+$ dönüşümü yapabiliriz.
$7x+7y-133=x^3-(x+y)^3=-3x^2y-3xy^2-y^3$ olur.
$3y.x^2+(3y^2+7).x+(y^3+7y-133)=0$ elde edilir.
$y^3+7y-133\ge0$ olduğunda tüm katsayılar pozitif veya nötr olacağından Descartes işaret değişim kuralı gereğince Pozitif sayılarda çözümü yoktur. $y^3+7y-133<0$ yani $y\le5$ olur.
$y=1$ ise $3x^2+10x-125=0=(3x+25).(x-5)$ olur. $x=5$ ,$y=1$ yani $n=6$ olur.
$y=2$ ise $6x^2+19x-11=0=(x-3).(6x+37)$ olur. $x=3$ ,$y=2$ yani $n=5$ olur.
$y=3$ ise $9x^2+34x-85=0$ olur. $\bigtriangleup=4216$ yani $\bigtriangleup$ tam kare olmadığından tam sayı çözümü yoktur.
$y=4$ ise $12x^2+55x-41=0$ $\bigtriangleup=4993$ yani $\bigtriangleup$ tam kare olmadığından tam sayı çözümü yoktur.
o halde $n$ sayısının alabileceği değerler $n\in \{5,6,19\}$ olur.
-
$12)$ $n^2-19n+99=x^2$ , $x\in Z^+$ olsun.
$n_{1,2}=\frac{19\pm\sqrt{361-4.(99-x^2)}}{2}$ tam sayı olabilmesi için $361-4.(99-x^2)$ tam kare yani $361-396+4x^2=4x^2-35$ tam kare olmaldıır. $4x^2-35=y^2,y\in Z^+$ alabiliriz.
$4x^2-y^2=35$ $(2x-y).(2x+y)=35$ $(2x+y)>0$ olduğundan $(2x-y)>0$ aynı zamanda $2x-y<2x+y$ olduğundan buna uygun denklem sistemlerini yazalım.
\begin{equation*}
\begin{cases}
2x+y=35,
\\
2x-y=1
\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{cases}
2x+y=7,
\\
2x-y=5
\end{cases}
\end{equation*}
bu denklem sistemlerinden $y=17$ ve $y=1$ çözümleri elde edilir.
$n_{1,2}=\frac{19\pm\sqrt{361-4.(99-x^2)}}{2}=\frac{19\pm y}{2}$ ifadesinde yerine koyalım.
$\frac{19\pm 17}{2}+\frac{19\pm 1}{2}=38$ elde edilir.
-
$17)$
İlk Yol
$a^3-b^3-c^3=3abc$ ise $ a^3=b^3+c^3+3abc $ ve $a^3>b^3+c^3$ elde edilir. $b$ ve $c$ simetrik olduğundan genelliği bozmadan $a>b\ge c$ olmalıdır. $a>b\ge c$ eşitsizliğinden $3a>a+b+c$ $6a>a^2$ elde edilir. yani $a<6$ eşitsizliğini elde ederiz.
$a^2=2.(a+b+c)$ olduğundan dolayı $a\equiv 0(mod2)$ olacağından $a=2$ veya $a=4$ olmalıdır.
$1)$ $a=2$ için
$4=2.(2+b+c)$ yani $b+c=0$ elde edilir. Fakat $b,c\in Z^+$ olduğundan $b+c\ge2$ olmaldır. Dolayısıyla $a=4$ olmalıdır.
$2)$ $a=4$ ise $b+c=4$ elde edilir. aynı zamanda $a^3-b^3-c^3-3abc$ nin çarpanlarından biri $(a-b-c)$ olduğundan dolayı $1.$ denklemin doğru olmasını sağlar.
o halde $(4,1,3),(4,2,2),(4,3,1)$ şeklinde 3 adet çözüm bulunur .
İkinci Yol
$a^3-b^3-c^3-3abc=0=(a-b-c).(a^2+b^2+c^2+ac+ab-bc)$
$1)$ $a=b+c$ ve $a^2=2.(a+b+c)$ bu nedenle $a^2-4a=0$ ve $a=4$ ve $b,c \in Z^+$ buradan gelen çözümler $(4,3,1),(4,2,2),(4,1,3)$
$2)$
\begin{equation*}
\begin{cases}
a^2+b^2+c^2=-ac-ab+bc,
\\
a^2=2.(a+b+c)
\end{cases}
\end{equation*}
$n\in Z$ için $x_1,x_2,x_3,...,x_n\in R$ ve $y_1,y_2,y_3,...,y_n\in R$ için
$\mid x_1.y_1+x_2.y_2+...+x_n.y_n \mid \le \sqrt{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2}.\sqrt{y_1^2+y_2^2+...+y_n^2}$
Eşitlik yalnızca $\frac{x_1}{y_1}=\frac{x_2}{y_2}=...=\frac{x_n}{y_n}$ ile mümkündür (Cauchy-Schwarz)
$(-a).c+(-b).a+c.b\le \sqrt{a^2+b^2+c^2}. \sqrt{a^2+b^2+c^2}$
$-ac-ab+bc\le a^2+b^2+c^2$ olduğundan
$\frac{-a}{c}=\frac{c}{b}$ olması gereklidir.
$c^2=-ab$ yani $c^2<0$ mümkün değildir..
Çözümleri $(4,3,1) ,(4,2,2),(4,1,3)$ olarak bulunur .
Üçüncü Yol
$a^3-b^3-c^3-3abc=0=(a-b-c).(a^2+b^2+c^2+ac+ab-bc)$
$1)$ $a=b+c$ ve $a^2=2.(a+b+c)$ bu nedenle $a^2-4a=0$ ve $a=4$ ve $b,c \in Z^+$ buradan gelen çözümler $(4,3,1),(4,2,2),(4,1,3)$
$2)$
\begin{equation*}
\begin{cases}
a^2+b^2+c^2=-ac-ab+bc,
\\
a^2=2.(a+b+c)
\end{cases}
\end{equation*}
$(a-b-c)^2=-3ac-3ab+3bc$
$(a+b)^2+(a+c)^2+(b-c)^2=0$ olduğundan $a+b=0$ olmalıdır fakat mümkün değildir.
-
$18)$
Denklemi $2n^3-m^3-mn^2=11$ şeklinde düşündüğümüzde Soldaki terimlerin dereceleri $3$ olduğundan ve katsayıları toplamı $2-1-1=0$ olduğundan dolayı $m=n-k$ , $k\in Z$ dönüşümü yapalım.($m=n+k$ dönüşümü de uygundur.)
$2n^3-n^3+3n^2k-3nk^2+k^3=n^3-kn^2+11$
$4k.n^2-3k^2.n+k^3-11=0$ denklemi elde edilir.
$\bigtriangleup=(-3k^2)^2-4.(4k).(k^3-11)=-7k^4+176k$ olur.
$k<0$ olursa $-7k^4<0$ ve $176k<0$ olduğundan $\bigtriangleup<0$ olur $n$ tam sayısı bulunamaz.
$k=0$ olursa başlangıçtaki denklem $2n^3-n^3-n^3=11$ olur $0=11$ çelişkisi ortaya çıkar. $k\in Z^+$ olması gerektiği bulunur.
$k>0$ için $\bigtriangleup=k.(-7k^3+176)>0$ eşitsizliğini çözelim. $-7k^3+176>0$ yani $7k^3<176$ olur. bu eşitsizliğin çözümü $k<3$ şeklindedir.
$1)$ $k=1$ ise $4n^2-3n-10=(4n+5).(n-2)=0$ yani $n=2$ elde edilir.
$2)$ $k=2$ ise $8n^2-12n-3=0$ denkleminin $\bigtriangleup$ değeri $240$ olduğundan yani tamkare olmadığından tam sayı çözümü yoktur.
Buradan denklemin tek çözümü $(m,n)=(1,2)$ olarak bulunur.
-
$20)$
İlk çözümdeki katkıları için metonstere teşekkür ediyorum.
İlk Yol
Soruda istenen ifadeye $a$ diyelim.
$\frac{13^m+p.2^n}{13^m-p.2^n}=a$ diyelim. İçler dışlar çarpımı yapıp düzenlersek ifademiz
$(1+a).p.2^n=13^m.(a-1)$ $4$ bilinmeyenli diyafont denklemi elde edilir. Bu ifadeden yola çıkarak
$p.2^n=13^m.\frac{a-1}{a+1}$ haline gelir. Sağ taraf birlikte düşünüldüğünde tamsayı olmalıdır.
$p.2^n=13^m-\frac{2.13^m}{a+1}$ haline gelir. Buradan
$a+1=2$,$a+1=1$,$a+1=-1$,$a+1=-2$,$a+1=13^k$, $ a+1=-13^k$,$a+1=2.13^k$,$a+1=-2.13^k$ ;($k\le m$) eşitlikleri elde edilir. Bu ifadelerden eşitliği mümkün olan durumları bulalım.
Eşitliğin sol tarafı $0(mod2)$ olduğundan eşitliğin sağ tarafında da ifade çift olmalıdır. $13^m\equiv1(mod2)$ olduğundan $\frac{2.13^m}{a+1}\equiv1(mod2)$ olmalıdır. Bunun için $a+1$ çift olmalıdır. $a>0$ olduğu da göz önüne alınırsa
$a+1=2$ veya $a+1=2.13^k$,$k\le m$ olabilir.
$1)$ $a+1=2$ olması durumunda $2.p.2^n=0$ olur ve $2^n>0$ ve $p>0$ olduğundan mümkün değildir.
$2)$ $a+1=2.13^k$,$k\le m$ olması durumunda $a=2.13^k-1$ olur ve
$p.2^n=13^m-13^{m-k}$ elde edilir. $m\neq k$ için ifade $13^g.(13^t-1)$,$g\in N$ ve $t\in N$ olması gerektiğinden daima $12$ ve $13$ ile bölünür. dolayısıyla $p$ asal olamaz. $m=k$ olmalıdır.
$p.2^n=13^m-1$ Bu ifadenin içinde daima $12$ çarpanı bulanacağından ve başka tek çarpan daha bulunacağından $m>1$ için $p$ asal olamaz
İddia: $m>1$ için $p.2^n=13^m-1$ ifadesine $13^m-1$ sayısının $2$ asal carpanı olan $p$ asal sayısı yoktur.
ispat:
Öncelikle $13^m-1$ sayısının her $m$ için $2$ ve $3$ e bölünebileceği aşikardır. Eğer $m=2n$ ise
\begin{equation*}
13^{2n}-1\equiv 169^n-1\equiv 1^n-1\equiv 0 (mod 7)
\end{equation*}
olduğundan $m$ çift ise $42$ ile bölünür ve en az $3$ asal böleni olmuş olur.
Eğer $m=2n+1$ ise farzedelim ki $13^m-1$ sayısı sadece $2$ ve $3$ ile bölünsün.
\begin{equation*}
13^{2n+1}-1\equiv 13\cdot 169^n-1\equiv 5\cdot 1^n-1\equiv 4(mod8)
\end{equation*}
olduğundan $13^m-1$ sayısı $4$ ile bölünür fakat $8$ ile bölünmez .Dolayısıyla $13^m-1=4.3^a$ formatında olmaldır. Kuvvet Kaydırma Teoremi uygulayalım,
\begin{equation*}
v_{3}(4\cdot 3^a)=a=v_{3}(13^m-1)=v_{3}(13-1)+v_{3}(m)=v_{3}(m)+1
\end{equation*}
Buradan $v_3(m)=a-1$ bulunur. Dolayısıyla $m=k.3^{a-1}$ formatında olmalıdır.
\begin{equation*}
4\cdot 3^a=13^m-1=13^{k\cdot 3^{a-1}}-1\geq 13^{3^{a-1}}-1
\end{equation*}
$a>1$ olduğunda $13^{3^a-1}-1>4.3a$ olacağı aşikardır. Dolayısıyla kabulumuz yanlıştır. Yani $m>1$ için $13^m-1$ sayısının en az $3$ asal böleni vardır.
Bu nedenle $m>1$ için $p.2^n=13^m-1=2^n.3^{d_1}.q^{d_2}$ şeklinde yazılabileceği için $p$ asal olamaz.
$m=1$ alınmalıdır.
$p.2^n=12$ olur. $n=2$ ve $p=3$ elde edilir.
$(m,n,p)=(1,2,3)$ elde edilir.
İkinci Yol
$a=\frac{13^m+p.2n}{13^m-p.2^n}=1+\frac{p.2^{n+1}}{13^m-p.2^n}$
$13^m-p.2^n$ olduğundan $p = 13$ olursa $p$ ye
sadeleştirdikten sonra payda tek, pay çift oluyor. $p\neq13$ ise payda $p$ ye
bölünmez ve tektir. Yani $a = 13m - p.2^n = 1$ dir. $(mod 3)$ ten p = 3
olur. $m = 1$ ve $ n = 2$ sağlar. $m \ge 2$ ve $n \ge 3$ ise
$(mod8)$ ifadesinden $m$ çift olmalıdır. Fakat bu durumda da $(mod7)$ den çelişki gelir.
-
$21)$
$x-y^4=4$
$x=y^4+4$
$x=y^4+4y^2+4-4y^2=(y^2+2)^2-(2y)^2$ yani $(y^2-2y+2).(y^2+2y+2)=x$ olur. $y^2+2y+2$ için $\bigtriangleup<0$ ve başkatsayı pozitif olduğundan dolayı daima pozitiftir. dolayısıyla $y^2-2y+2$ de pozitiftir. Bu çarpanlardan herhangi biri $1$ olmazsa $x$ asal sayı olamaz.
$y^2-2y+2=1$ olursa $y=1$ $x=5$
$y^2+2y+2=1$ olursa $y=-1$ $x=5$ çözümleri elde edilir. $(5,1),(5,-1)$ çözümleri elde edilir.
-
$22)$
$x>1$ sayıları için $x^6+2x^3+1<x^6+3x^3+1<x^6+4x^3+4$ olduğundan dolayı
$(x^3+1)^2<x^6+3x^3+1<(x^3+2)^2$ olduğu için tam sayı çözümü yoktur.
$x^3<-3$ sayıları için $x^6+4x^3+4<x^6+3x^3+1<x^6+2x^3+1$ olduğundan dolayı
$(x^3+2)^2<x^3+6x+1<(x^3+1)^2$ olduğundan dolayı çözüm yoktur. Dolayısıyla $x$ $-1,0,1$ değerlerini alabilir.
$1)$ $x=-1$ ise $y^4=-1$ $y$ tam sayı olamaz
$2)$ $x=0$ ise $y^4=1$ yani $y=\pm1$ olur.
$3)$ $x=1$ ise $y^4=5$ olursa $y$ tam sayı olamaz. Dolayısıyla çözümler $(0,1)$ ve $(0,-1)$ olur.
-
$23)$
denklemde çıkarma işleminden kurtulmak için bir dönüşüm yapalım. $a-1=x$ $b-1=y$ $c-1=z$ $xyz\mid (x+1).(y+1).(z+1)-1$ $x<y<z$ ve $x,y,z\in Z^+$ olur.
$xyz\mid (xy+x+y+1).(z+1)-1$
$xyz\mid xyz+xy+xz+yz+x+y+z+1-1$
$xyz\mid xy+xz+yz++x+y+z$ elde edilir. Buradan
$\frac{xy+xz+yz+x+y+z}{xyz}\in Z^+$ elde edilir. İfadeyi düzenlersek $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}$ olur. $x<y<z$ olduğundan
$\frac{1}{x}>\frac{1}{y}>\frac{1}{z}>\frac{1}{xy}>\frac{1}{xz}>\frac{1}{yz}$ olur. Bu da bize $x$ yerine değer seçerek İfadenin maksimum değerini bulma şansı verir. yani seçebileceğimiz en küçük üçlüyü seçerek işe koyulalım.
$(x,y,z)=(1,2,3)$ ise $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$ olur. Bu ise $2+\frac{5}{6}$ yani ifadenin $3$ ten kesinlikle küçük olacağını söyler.
$(x,y,z)=(2,3,4)$ ise $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{12}=\frac{35}{24}<2$ olur. Yani $x=2$ için ifadenin değeri $1$ dir.
$x\ge3$ için ise bu ifade en yüksek değerini $(3,4,5)$ için alır.
$\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+\frac{1}{15}=\frac{59}{60}<1$ olur. bu da $x\ge2$ için çözüm olmadığını söyler. Dolayısıyla $x=1$ için ifade $1$ veya $2$ olabildiğinden ve $x=2$ için ifadenin değeri $1$ olduğundan $3$ farklı durumda incelemek yeterlidir.
$1)$ $x=1$ için ifadenin değeri $1$ ise
$2y+2z+1+yz=yz$
$2y+2z+1=0$ olur. ki $2y+2z>0$ olduğundan doalyı mümkün değildir.
$2)$ $x=1$ için ifadenin değeri $2$ ise
$2y+2z+1=yz$
$2z+1=y.(z-2)$
$y=\frac{2z+1}{z-2}$
$\frac{2z+1+4-2z}{z-2}\in Z$ yani $z-2\mid 5$ olur. $z>2$ olduğundan dolayı $z\in \{ 3,7 \}$ olur.
$z=3$ ise $y=7$ olur. $z>y$ koşulu sağlanmadığından dolayı çözümü yoktur.
$z=7$ ise $y=3$ olur. bu bir çözümdür. $(x,y,z)=(1,3,7)$ olduğundan $(a,b,c)=(2,4,8)$
$3)$ $x=2$ için ifadenin değeri 1 ise
$3z+3y+2+yz=2yz$
$3y+3z+2=yz$
$3z+2=y.(z-3)$
$\frac{3z+2}{z-3}\in Z$
$\frac{3z+2+9-3z}{z-3}\in Z$
$z>2$ olduğundan ve $z\not\equiv 3$ olduğu için $z-3>0$ olmalıdır.
$\frac{11}{z-3}\in Z^+$ ve $Z\in \{4,14\}$ olmalıdır.
$z=4$ ise $y=14$ olur bu $z>y$ ile çelişir.
$z=14$ ise $y=4$ olur bu durumda $(x,y,z)=(2,4,14)$ bir çözümdür ve $(a,b,c)=(3,5,15)$ olarak bulunur.
bu bölme işlemini sağlayan üçlüler $(2,4,8)$ ve $(3,5,15)$ olmak üzere $2$ tanedir.
-
$24)$
$(x+1)^4-(x-1)^4=y^3$
$8x^3+8x=y^3$ yani $x^3+x$ tam küp olmalıdır.
$x\ge 1$ için $x^3<x^3+x<x^3+3x^2+3x+1$ yani $x^3<x^3+x<(x+1)^3$ olduğundan çözüm yoktur.
$x\le -1$ için $x^3+3x^2+3x+1<x^3+x<x^3$ yani $(x+1)^3<x^3+x<x^3$ olduğundan dolayı çözüm yoktur.
$x=0$ için $y=0$ çözümü bulunur. Denklemin tek çözümü $(0,0)$ olur.
-
$25)$
Varsayalım ki $p,q$ değerlerinin her ikisi de $3$ ten farklı olsun.
$3\mid p+q$ ancak ve ancak $3\mid p^3-q^5$ olmalıdır.
$p,q\equiv\pm1(mod3)$ olur.
$1)$ $p\equiv q(mod3)$ ise $3\mid p^3-q^5$ olur ancak $3\mid p+q$ olmaz.
$2)$ $p\not\equiv q(mod3)$ ise $3\mid p+q$ olur ancak $3\mid p^3-q^5$ olmaz.
O halde $p$ veya $q$ $3$ olmalıdır. $p=3$ ise $27-q^5>0$ olduğundan $q=1$ olmalıdır. Fakat denklemi sağlamaz.
$q=3$ ise $p^3-243=(p+3)^2$ olur. $p>7$ için $p^3-243>(p+3)^2$ olur. $p<7$ için ise $p^3-243<(p+3)^2$ olur o halde yalnızca $p=7$ olabilir.
Denklemin çözümü $(7,3)$ olarak bulunur .
-
$26)$
$x^2-y!=2001$ denklemini $x^2-2001=y!$ şeklinde yazalım. ardından denklemi $(mod9)$ altında inceleyelim.
$-2001\equiv 6(mod9)$ olduğunu not alalım.
$x^2\equiv \{0,1,4,7\} (mod9)$ olmalıdır.
$x^2+6\equiv y!\equiv \{6,7,10,13\}(mod9)$ olduğu için $y!\not \equiv 0(mod9)$ olmalıdır. O halde $y<6$ olmalıdır.
$y\in \{1,2,3,4,5\}$ olur.
öncelikle $x^2\not \equiv \{2,3,7,8\}(mod10)$ ifadesine $(1)$ diyelim.
$y=1$ ise $x^2=2002$ olur $x^2\equiv 2(mod10)$ $(1)$ olamayacağından çözüm gelmez.
$y=2$ ise $x^2=2003$ olur $x^2\equiv 3(mod10)$ $(1)$ olamayacağından çözüm gelmez.
$y=3$ ise $x^2=2007$ olur $x^2\equiv 7(mod10)$ $(1)$ olamayacağından çözüm gelmez.
$y=4$ ise $x^2=2025$ olur $x=45$ olarak bulunur.
$y=5$ ise $x^2=2121$ olursa $x^2=21.101$ olur. tam kare olamayacağından çözüm gelmez.
O halde denklemin tek çözümü $(45,4)$ olarak bulunur.
Bu soru AOPS üzerinde Introduction to Diophantine Equations, chapter $1.4,$ exercise $2$ kaynağı ile aşağıdaki linkte paylaşılmış.
https://artofproblemsolving.com/community/c6t237f6h2943613_factorials_and_perfect_squares
-
$28)$ $x^3-4xy+y^3=-1$ eşitliğini sağlayan tüm tam sayı değerlerini bulunuz.
Denklemde genelliği bozmadan $x\ge y$ alalım. Ve $x+y=k$ , $k\in Z$ dönüşümü yapalım.
$x^3-4x.(k-x)+(k-x)^3=-1$
$x^3-4xk+4x^2+k^3-3k^2x+3kx^2-x^3=-1$
$(3k+4).x^2+(-3k^2-4).x+k^3+1=0$
$\bigtriangleup=(-3k^2-4)^2-4.(3k+4).(k^3+1)$
$9k^4+24k^2+16-12k^4-12k-16k^3-16$
$\bigtriangleup=-3k^4-16k^3+24k^2-12k$ olur.
$k\ge3$ için $k^2>8$ yani $3k^4>24k^2$ olduğundan dolayı $\bigtriangleup<0$ olur.
$k<3$ olmalıdır.
$k\le -7$ için ise $\bigtriangleup \le-65<0$ olur.
$k\in \{-6,-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2\}$ olmalıdır.
$k=2$ için $\bigtriangleup =-48-128+96-24<0$ olduğundan çözüm yoktur.
$k=1$ için $\bigtriangleup =-7<0$
$k=0$ için $\bigtriangleup =0$ olur denenmelidir.
$k=-1$ için $\bigtriangleup=49$ olur tam kare olduğundan sağlayabilir.
$k=-2$ için $\bigtriangleup=200$ olur tam kare olmadığından çözüm yoktur.
$k=-3$ için $\bigtriangleup =441$ olur tam kare olduğundan sağlayabilir.
$k=-4$ için $\bigtriangleup =688$ olur tam kare olmadığından çözüm yoktur.
$k=-5$ için $\bigtriangleup =785$ olur tam kare olmadığından çözüm yoktur.
$k=-6$ için $\bigtriangleup =504$ olur tam kare olmadığından çözüm yoktur.
O halde $k\in \{0,-1,-3\}$ şeklinde kümemizi elde ederiz.
$1)$ $k=0$ ise $4x^2-4x+1=0$ $x\not\in Z$ olduğundan çözümü yoktur.
$2)$ $k=-1$ ise $x^2-7x=0$ $x\in \{0,7\}$ olabilir.
$3)$ $k=-3$ ise $-5x^2-31x-26=0$ $5x^2+31x+26=0$ olmaldıır. $x=-1$ olabilir.
Olası çözümler $x>y$ için $(0,-1),(7,-8),(-1,-2)$ olur. Verilen denklemlde denersek sadece $(0,-1)$ ilk denklemi sağlar
Denklemin çözüm kümesi $\{ (0,-1),(-1,0)\}$ olarak bulunur.
-
$32)$
$p>1$ olduğundan dolayı $p^3+p^2+11p+2>15$ olmalıdır.
tam sayılar 6 ya bölündüklerinde $\{6k,6k+1,6k+2,6k+3,6k+4,6k+5\}$ olabilir.
$p=6k$ olursa $p$ asal olamaz.
$p=6k+1$ olursa sonsuz tane $p$ vardır.
$p=6k+2$ olursa $p$ asal ise $p=2$ olmalıdır.
$p=6k+3$ olursa $p$ asal ise $p=3$ olmalıdır.
$p=6k+4$ olursa $p$ asal olamaz.
$p=6k+5$ olursa sonsuz tane $p$ vardır.
$1)$ $p=6k+1$ için $q=p^3+p^2+11p+2\equiv 3(mod6)$ ve $q>3$ olduğundan çözümü yoktur.
$2)$ $p=6k+5$ için $q=p^3+p^2+11p+2\equiv 3(mod6)$ ve $q>3$ olduğundan çözümü yoktur.
$3)$ $p=2$ için $36=q$ olur $q$ asal değildir.
$4)$ $p=3$ için $71=1$ olur $q$ asaldır.
Tek çözümü $(3,71)$ olarak bulunur.
-
$33)$
$x^3-y^3$ ifadesi görüldüğünde yapılan klasik $x=y+m$ dönüşümünü yapalım. $x^3-y^3=2y^2+1>0$ olduğundan $x^3>y^3$ yani $x>y$ olur. Bu nedenle $m\in Z^+$ olmalıdır.
$(y+m)^3-y^3=2y^2+1$
$3my^2+3m^2y+m^3=2y^2+1$
$(3m-2).y^2+3m^2y+m^3-1=0$
$\bigtriangleup=9m^4-4.(m^3-1).(3m-2)=-3m^4+8m^3+12m-8$
$m\ge 4$ için $\bigtriangleup\le-84<0$ olur. O halde $m<3$ olmalıdır. $m\in \{1,2,3\}$
$m=1$ ise $y^2+3y=0$ olur ve $y=0$ ve $y=-3$ çözümleri oluşur. $(1,0)$ ve $(-3,-2)$
$m=2$ ise $4y^2+12y+7=0$ olur tam sayılarda çözümü yoktur.
$m=3$ ise $7y^2+27y+26=(y+2).(7y+13)=0$ olur. $y=-2$ çözümü çıkar. $(1,-2)$
Dolayısıyla denklemin çözümleri $\{(1,0),(1,-2),(-3,-2)\}$ olur.
-
$34)$
$x=1$ için $p=5$ açık çözümdür.
Soruya baktığımızda amacımızın $x^4+4^x=p$ ifadesini çarpanlarına ayırabilmek olabileceği akla gelmelidir. $x>1$ için çarpanlara ayıralım.
varsayalım ki $x=2k$ ,$k\in Z^+$ olsun.
$16k^4+4^2k=p$ olur ve buradan $p$ $4$ ile bölüneceğinden dolayı $x=2k$ olamaz.
$x$ in tek olduğunu bulduk şimdi ise $4^x\equiv 4(mod5)$ ancak ve ancak $x=2k+1$ olduğuna dikkat çekelim.
$x^4\equiv\{0,1\} (mod4)$ olduğu açıktır.
$x^4+4^x\equiv 0(mod5)$ olmaması için $x^4\equiv 0(mod5)$ olur. yani $x\equiv 0(mod5)$ olmalıdır. Aynı anda sayı tek olduğundan dolayı $x=10k+5$ olarak bulunur.
$x^4+4.4^{10k+4}$ şeklinde yazıp $2^{5k+2}=y$ dönüşümü yaparsak
$x^4+4y^4=x^4+4x^2y^2+4y^4-4x^2y^2=(x^2-2xy+2y^2).(x^2+2xy+2y^2)$ olur.
Dolayısıyla denklemin tek çözümü $(1,5)$ olur.
-
$35)$
İlk Yol
denklemde bilinmeyenlerin dereceleri çift olduğundan dolayı genelliği kaybetmeden $a\ge0$ ,$b\ge0$ ve $c\ge 0$ alınabilir.
$c^2+1=(a^2-1).(b^2-1)$ denkleminde $a=b=c=0$ açık çözümü olduğu görülebilmektedir.
$a,b,c>0$ olduğunu kabul edelim.
Şimdi $c^2+1$ için geçerli olan özellikler bulalım.
$c=2k$ olursa $c^2+1\equiv 1(mod4)$ olur.
$y=2c+1$ olursa $c^2+1 \equiv 2(mod4)$ olur. $(1)$
Şimdi $c$ nin $2$ dışında asal çarpanlarının tamamının $4k+1$ formunda olduğunu gösterelim.$(2)$
$p\mid c^2+1$ olsun. $c^2\equiv -1(modp)$ olur
$c^4\equiv1(modp)$
$p\mid c^2+1$ olduğundan $(c,p)=1$ dir.
Fermat teoreminden $c^{p-1}\equiv1(modp)$
Buradan $4$'ün $p-1$ in en küçük katı olduğunu görmek mümkündür $4\mid p-1$ elde edilir.
yani $p=4k+3$ formunda çarpan ya da sayı $4$ ün katı olamaz.
$(a^2-1).(b^2-1)$ ifadesine bakarsak $a$ ya da $b$ çift olursa $c^2+1$ ifadesinin $4k+3$ formunda çarpanı olacağı için mümkün değildir.
$a$ ya da $b$ den biri tek olursa da bu sefer sayı $4$ ün katı olacağı için mümkün değildir. O halde tek çözüm $(0,0,0)$ olarak bulunur.
İkinci Yol
denklemde bilinmeyenlerin dereceleri çift olduğundan dolayı genelliği kaybetmeden $a\ge0$ ,$b\ge0$ ve $c\ge 0$ alınabilir.
$c^2+1=(a^2-1).(b^2-1)$ $(0,0,0)$ çözümü açıktır.
$c^2+1$ ifadesi $4$ ün katı olamayacağından dolayı $a$ ve $b$ tek sayılar olamaz.
$a=2a_1$ ve $b=2b_1$ olacak şekilde $a_1\in Z^+$ ve $b_1 \in Z^+$ olmalıdır.
denklemi yazıp tekrar düzenleyelim.
$c_1^2=4a_1^2b_1^2-a_1^2-b_1^2$
Bu denklemi de $(mod4)$ altında inceleyecek olursak eğer $a_1$ tek sayı ise $a_1^2\equiv 1(mod4)$ olur. $a_1$ veya $b_1$ den herhangi biri veya ikisi tek olursa $c^2\equiv \{2,3\}(mod4)$ olacağından dolayı mümkün değildir.
o halde $a_1=2a_2$ $b_1=2b_2$ ve $c_1=2c_2$ olur. Bunu da düzenleyecek olursak $c_2^2=16a_2^2b_2^2-a_2^2-b_2^2$ olur. ve buradan sonsuz dizi elde edilir.
$c>c_1>c_2>c_3>...>0$ şeklinde bir sonsuz dizi elde edilir. Fakat $c$ bir tam sayı olduğu için $(0,c)$ aralığında sonlu sayıda tam sayı olacağından sonsuz tam sayı dizisi mümkün değildir.
O halde denklemin tek çözümü $(0,0,0)$ olarak bulunur.
-
$36)$
$9^x-3^x$ ifadesini $3^x=a$ ,$a\in Z^+$ şeklinde düzenleyelim.
$a^2-a=y^4+2y^3+y^2+2y$ , $4a^2-4a+1=4y^4+8y^3+4y^2+8y+1$ şeklinde yazılabilir.
$(2a-1)^2=4y^4+8y^3+4y^2+8y+1$
$(2y^2+my+1)^2=4y^4+4my^3+(4+m^2).y^2+2my+1$ olur. yukarıdaki polinom ifade ile $y^3$ lü terimlerin katsayılarını eşitlersek $m=2$ almamız gerektiğini görürüz.
$(2y^2+2y)^2=4y^4+8y^3+4y^2$
$(2y^2+2y+1)^2=4y^4+8y^3+8y^2+4y+1$ ifadeleri $y>1$ için açıkça $(2y^2+2y)^2<4y^4+8y^3+4y^2+8y+1<(2y^2+2y+1)^2$ olduğundan dolayı tam kare olması mümkün değildir.
$y=0$ veya $y=1$ olmalıdır.
$1)$ $y=0$ ise $9^x-3^x=0$ $3^x.(3^x-1)=0$ yani $x=0$ çözümü elde edilir. $(0,0)$ olur.
$2)$ $y=1$ ise $a^2-a=6$ $a^2-a-6=$ $a>0$ olduğundan $a=3$,$3^x=3$, $x=1$ çözümü elde eidlir. $(1,1)$ olur.
O halde denklemin çözüm kümesi $\{(0,0),(1,1)\}$ olarak bulunur.
-
$37)$
$(x-y).(x+y)=2^k$ olduğundan dolayı $x+y=2^m$ , $x-y=2^n$ olur.
$x=2^{m-1}+2^{n-1}$ ve $y=2^{m-1}-2^{n-1}$ olarak bulunur.
burada $y$ tek bir pozitif tam sayı olduğunu kullanırsak $m=1$ ya da $n=1$ olmalıdır.
$m=1$ olursa $y=1-2^{n-1}\le0$ ki pozitif olmasıyla çelişir. O halde $n=1$ olmalıdır.
$x-y=2$ elde edileceğinden dolayı $x$ ve $y$ aynı anda ortak asal çarpan içeremez
$x=3^k$, $y=3^l$ veya $x=5^k$ ,$y=3^l$ olmalıdır.
$x=3^k$ ,$y=5^l$ için $5^l=2^{m-1}-1$ olacağını görürüz. $(mod4)$ altında bakarsak
$2^{m-1}\equiv 2(mod4)$ olur. $m=2$ tek çözümüdür. $m=2$ ve $n=1$ yerine koyulduğunda $(x,y)=(3,1)$ ortaya çıkar.
$x=5^k$ ve $y=5^l$ ise $3^m\equiv\{1,3\}(mod8)$ olmalıdır.
$2^{m-1}=\equiv{2,4}(mod8)$ olduğundan dolayı $m=2$ ya da $m=3$ olabilir.
$m=2$ için $x=3$ olur fakat $x=5^k$ formunda kabul etmiştik.
$m=3$ için $x=5$ ve $y=3$ olur. O halde $(5,3)$ te bir çözümdür.
Denklemin çözüm kümesi $\{(3,1),(5,3)\}$ olarak bulunur.
-
$47)$
$x^3\equiv -1,0,1 (mod7)$ olduğunu kullanalım. $18+c^3-b^3\in 2,3,4,5,6(mod7)$ elde edilebilir. yani $a!\not\equiv 0(mod7)$ olduğundan dolayı $a<7$ olduğunu buluruz.
$1)$ $a=2$ için $b^3-c^3=16$ olur. $c\ge 2$ için $b>c$ olduğundan dolayı en az $b=c+1$ olabilir. bunun için ise $3c^2+3c+1$ $c\ge2$ için çözümsüzdür. $c=1$ olması durumunda ise $7=16$ olacağından dolayı çözümü yoktur. $c+2$ olsa idi $6c^2+12c+8>16$ olacağından dolayı $a=2$ için çözümü yoktur.
$2)$ $a>2$ için $3\mid b^3-c^3$ olduğundan dolayı $9\mid b^3-c^3$ te olması gerektiğinden dolayı $a\ge6$ olması gerektiği bulunur. Dolayısıyla $a=6$ olmalıdır.
$a=6$ için $c^3-b^3=702=2.3^3.13$ olur. $(c-b).(c^2+bc+b^2)=702$ yani $(c-b).[(c-b)^2+3bc]$ $3\mid c-b$ olur. dolayısıyla $3x=c-b$ , $x\in Z^+$ vardır. $3x.(9x^2+3bc)=2.3^3.13$ olur. ve $x.(3x^2+bc)=2.3.13$ olarak düzenlenir. $x>3$ için $3x^2+bc>27$ olur ve
$x.(3x^2+bc)>81$ yani $x.(3x^2+bc)>78$ olduğundan çözüm yoktur. $x=1$ veya $x=2$ olmalıdır.
$x=1$ için $1.(3+bc)=78$ $bc=75$ $(c-b)=3.1$ $b.(b+3)=78$ olur ancak çözüm gelmez.
$x=2$ için $2.(12+bc)=78$ $12+bc=39$ $bc=27$ olur. $c-b=3.2$ $bc=27$ $b.(b+6)=27$ $b^2+6b-27=0$ yani $b=3$ $c=9$ çözümü gelir.
O halde denklemin çözümü $(6,3,9)$ olmalıdır.
-
$48)$
$x^3\equiv -1,0,1(mod3)$ olduğunu ve denklemden dolayı $k>0$ için $m^3-n^3\equiv 6(mod9)$ olmalıdır. ancak $m^3-n^3\in -2,-1,0,1,2(mod9)$ olduğundan dolayı denklem sağlanamaz. $k=0$ olmalıdır.
$m^3-n^3=124$ denklemini çözmemiz yeterlidir.
$(m-n).[(m-n)^2+3mn]=124$
\begin{equation*}
\begin{cases}
m-n=1,
\\
(m-n)^2+3mn=124
\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{cases}
m-n=2
\\
(m-n)^2+3mn=62
\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{cases}
m-n=4,
\\
(m-n)^2+3mn=31
\end{cases}
\end{equation*}
Bu sistemlerden ilkini çözmek istersek $3mn=123$ yani $mn=39$ olur $39$ iki ardışık sayının çarpımı olarak yazılamayacağından dolayı ilk sistemin çözümü yoktur.
$2.$ sistemde $3mn=58$ olduğundan dolayı $mn\notin Z$ olur ikinci sistemin de çözümü yoktur.
$3.$ sistemde ise $3mn=45$ $mn=15$ olur. $n.(n+4)=5$ $n^2+4n-5=0$ $n=1$ çözümü olur. $m=5$ te olması gerektiğinden dolayı $(5,1,0)$ denklemin tek çözümü olur.
-
$50)$
$t^2+1=s.(s+1)$ ifadesini $t^2=s^2+s-1$ şeklinde düşünürsek $s^2<s^2+s-1$ olması için $0<s-1$ , $1<s$ olmalıdır.
$s^2+s-1<s^2+2s+1$ olması için ise $s-1<2s+1$ yani $-2<s$ olmaldıır. O halde $s>1$ için
$s^2<s^2+s-1<s^2+2s+1$ yani $(s)^2<t^2<(s+1)^2$ olacağından ardışık iki tam sayının karesi arasında başka bir tam sayının karesi
bulunamaz. O halde $s\le 1$ olmalıdır. Soruda verilen $s\ge 1$ ifadesinden dolayı $s=1$ olur.
$t^2+1=1.2$ yani $t^2=1$ buradan ise $t\ge 1$ olduğu için çözüm kümemiz $\{(1,1)\}$ olarak bulunur.
-
$52)$
Denkleme $(mod8)$ altında bakalım. $3^x+11^y\equiv \{2,4,6\}(mod8)$ , aynı zamanda $z^2\equiv \{0,1,4\} (mod8)$ olduğundan $3^x+11^y\equiv 4(mod8)$ olmalıdır.
Bu denkliğin sağlanması için $x$ veya $y$ den biri çift , diğeri tek sayı olmalıdır.
$1)$ $x=2p$,$p\in Z^+$ olsun.
$(z-3^p).(z+3^p)=11^y$ olur.
Şimdi buradan her ikisinin de $11$ in kuvveti olacağını görelim ve $z-3^p<z+3^p$ olduğundan dolayı $z-3^p=11^k$ olursa $z+3^p=11^{k+l}$ , $k,l\in Z^+$ olacak şekilde yazılabilir .
o halde $z+3^p-(z-3^p)=11^{k+l}-11^k=2.3^k$ olacağından dolayı sol taraf $10$ un katı iken sağ taraf $10$ un katı değildir. O halde çözüm yoktur.
$2)$ $y=2q$ , $q\in Z^+$ olsun.
$3^x=(z-11^q).(z+11^q)$
$a,b>0$ için
$z-11^q=3^a$
$z+11^q=3^{a+b}$
$2.11^q=3^{a+b}-3^{a}$
$2.11^q=3^a.(3^b-1)$ sol taraf $3$ ün katı olmadığı için $a=0$ olmalıdır.
$3^b\equiv1(mod11)$ olduğundan $b=5w$, $w\in Z^+$ vardır.
$2.11^q=3^b-1$ $3^b-1=(3^w-1).(3^{4w}+3^{3w}+3^{2w}+3^w+1)=2.11^q$ olur. Ve $3^w\equiv 1(mod11)$ olduğundan $3^{w.ı}\equiv1(mod11)$ , $ı \in Z^+$ $(*)$ olmalıdır.
Aynı zamanda $3^w-1<3^{4w}+3^{3w}+3^{2w}+3^w+1$ olduğundan dolayı $3^w-1=2.11^j$, $3^{4w}+3^{3w}+3^{2w}+3^w+1=11^{h}$, $j,h \in N$ ifadesinin
ve $(*)$ dan dolayı $3^{4w}+3^{3w}+3^{2w}+3^w+1\equiv 5(mod11)$ olur ve $j=0$ dışında çözümün olmadığı anlaşılır.
$j=0$ ise $w=1$ yani $b=5w=5$ $a=0$ bulunur.
\begin{equation*}
\begin{cases}
z-11^q=3^0=1
\\
z+11^q=3^{0+5}=243
\end{cases}
\end{equation*}
Buradan $z=122$ , $y=2m=4$ , $3^x=3^{2a+b}$ yani $x=5$ yani
$(5,4,122)$ bulunur.
-
$58)$
Denklem katsayılarına göre simetrik olduğundan dolayı genelliği bozmadan $a\ge b\ge c\ge d$ alabiliriz.
buradan $4a^2\ge a^2+b^2+c^2+d^2=a^2b^2c^2d^2$ olur yani $4\ge b^2c^2d^2$ bu eşitsizliği $b\ge c\ge d$ den dolayı $(2,1,1)$ veya $(1,1,1)$ şeklinde çözebiliriz.
$1)$
$(b,c,d)=(2,1,1)$ için $a^2+6=4a^2$ olur buradan $a=\sqrt{2}$ olur ve tam sayı çözümü olamaz.
$2)$
$(b,c,d)=(1,1,1)$ için $a^2+3=a^2$ yani $3=0$ çelişkisi ortaya çıkar. tam sayı çözümü olamaz.
Dolayısıyla bu denklemin pozitif tam sayılarda çözümü yoktur.
-
$68)$
$1+2^x+2^{2x+1}=y^2$ denklemini çözerken öncelikle kullanışlı bilgiler bulalım .
Varsayalım ki $(x_0,y_0)$ bir çözüm olsun. O halde $(x_0,-y_0)$ da bir çözümdür.
$1+2^x+2^{2x+1}>0$ olduğundan $y^2>0$ olur. O halde genelliği kaybetmeden $y>0$ alabiliriz.
$x=0$ için çözümleri bulalım. $1+1+2=y^2$ yani $(0,2)$ ile $(0,-2)$ çözümleri bulunur.
Buradan sonra $y>0$ ve $x>0$ için çözümleri bulalım.
$y^2-1=2^x.(2^{x+1}+1)$ olur.
Şimdi bu denklemi çözmek için hangi ifadenin hangi ifadeyi böldüğünü bulalım.
öncelikle $x$'in $1$ veya $2$ için olamayacağını görelim.
$x=1$ ise $11=y^2$ olur , sağlamaz.
$x=2$ ise $37=y^2$ olur , sağlamaz.
O halde $x\ge3$ olmalıdır.
$2\mid y-1$ ya da $2\mid y+1$ olacağı açıktır. iki durumda da $y-1$ ve $y+1$ çifttirler ve ardışık olduklarından içlerinden biri $4$ ile bölünür.
yani $x=3$ için biri $4$ ile diğeri $2$ ile bölünür.
$x=4$ için yine biri $4$ biri $2$ ile bölündüğünden ya biri $8$ diğeri $2$ ya da her ikisi de $4$ ile bölünmelidir. Fakat ardışık çift sayıların ikisi birden $4$ e bölünemez.
O halde içlerinden biri $2^3$ ile diğeri $2$ ile bölünür.
$x\ge3$, $x=x$ için bakarsak kalanlar arası fark $2$ olması gerektiğinden dolayı içlerinden biri yalnızca $2$ ile bölünür diğeri $2^{x-1}$ ile bölünür.
$y\pm1=m.2^{x-1}$ , $y=m.2^{x-1}+k$ , $k=\pm1$ , $m\in Z^+$ olur. Bu bilgiyi alıp ilk denkleme koyalım.
$2^x.(2^{x+1}+1)=(2^{x-1}.m+k)^2-1$ yani $1+2^{x+1}=2^{x-2}.m^2+mk+k^2-1$ olur. $k=\pm1$ olduğundan dolayı $k^2=1$ yani $k^2-1=0$ olur.
$1+2^{x+1}=2^{x-2}.m+mk$
$1-mk=2^{x-2}.(m^2-8)$ olur.
$1)$ $k=1$ için $1-m=2^{x-2}.(m^2-8)$ bu ifadenin ise $m=2$ dışında çözümü yoktur. çünkü $m=1$ ise sağ taraf $0$ dan büyüktür. $m>2$ için sol taraf negatifken sağ taraf pozitiftir.
$m=2$ için ise sol taraf tek sayı olacağından dolayı çözümü yoktur. O halde $k=-1$ olmalıdır.
$2)$ $k=-1$ için $1+m=2^{x-2}.(m^2-8)$ , $x\ge3$ olduğunu söylediğimiz için $1+m=2^{x-2}.(m^2-8)\ge 2.(m^2-8)$ olur.
$2m^2-m-17\le0$ eşitsizliği elde edilir. $m=4$ için $32-4-17>0$ olur. $f(m)=2m^2-m-17$ şeklinde düşünürsek $f'(m)=4m-1$ yani $m\ge4$ için $f(m)>0$ ve $f'(m)>0$ olduğundan daima artandır ve sıfırdan büyüktür.
Aynı zamanda $m^2-8>0$ olduğundan dolayı $m>2$ olmalıdır. $2<m<4$ elde edilir. yani $k=-1$ ,$m=3$ olmaldıır.
$1+3=2^{x-2}.1$ buradan $x=4$ elde edilir. $y=m.2^{x-1}+k$ ifadesinde $k=-1$ $m=3$ ve $x=4$ yerleştirilirse $y=23$ elde edilir.
O halde denklemin tüm çözümleri $(0,2),(0,-2),(4,23),(4,-23)$ olarak bulunur.
-
$69)$
$5^k\equiv p^2(mod3)$ olduğundan ve $p^2\equiv 0,1 (mod3)$ olduğundan $5^k\equiv 0,1(mod3)$ olmalıdır.
$k=2q+1, q\in Z^+$ olsun. $5^{2q+1}\equiv 2(mod3)$ olur. dolayısıyla $k$ çift olmalıdır.
$-3^n\equiv p^2(mod5)$ olur. $p^2\equiv 0,1,4(mod5)$ olduğundan $-p^2\equiv 0,1,4(mod5)$ olur.
$3^n\equiv 0,1,4(mod5)$ denkliğini çözmemiz gereklidir.
$3^4\equiv 1(mod5)$ olduğundan denkliğinin periyodu $4$ tür.
$n=4z+1$ olursa $3^n\equiv 3(mod5)$ olur.
$n=4z+3$ olursa $3^n\equiv 2(mod5)$ olur. ve buradan $n$ nin de çift olması gerektiği sonucunu elde ederiz.
Şimdi ise $k=0$ olması durumunu inceleyelim. $1-3^n=p^2$ olur. $1-3^n\le 0$ olduğundan dolayı ve $p^2\ge 4$ olduğundan çözüm yoktur.
$n=0$ olması durumunda $5^k-1=p^2$ ise Sol taraf çift olduğundan dolayı $p=2$ dışında çözüm olamaz. $5^k-1=4$ olur ve buradan $k=1$ bulunur. $(k,n,p)=(1,0,2)$ çözümü elde edilir.
şimdi ise $x,y\in Z^+$ için $k=2x$ ve $n=2y$ dönüşümleri yapalım.
$5^{2x}-3^{2y}=p^2$ $(5^x-3^y).(5^x+3^y)=p^2$ olur. $5^x+3^y>0$ olduğundan dolayı $5^x-3^y>0$ da olmalıdır.
Buradan dolayı
\begin{equation}
\begin{cases}
5^x+3^y=p^2,
\\
5^x-3^y=1
\end{cases}
\end{equation}
\begin{equation}
\begin{cases}
5^x+3^y=p
\\
5^x-3^y=p
\end{cases}
\end{equation}
\begin{equation}
\begin{cases}
5^x+3^y=1,
\\
5^x-3^y=p^2
\end{cases}
\end{equation}
Sistemleri elde edilir.
$2$ ve $3$ nolu sistemlerin mümkün olmadığını gösterelim.
$2$ için $5^x-3^y=5^x+3^y$ olur. $-3^y=3^y$ olur ve buradan $3^y=0$ dan dolayı çelişki oluşur.
$3$ için $5^x-3^y>5^x+3^y$ yani $-3^y>3^y$ olduğu sonucu çıkar ve bu da imkansızdır.
Yani çözümü olabilecek tek sistem $1$ dir.
$5^x=\frac{p^2+1}{2}$
$3^y=\frac{p^2-1}{2}$ olur.
$p=2$ için $5^x=\frac{5}{2}$ olduğundan çözüm yoktur.
$p=3$ için $3^y=4$ olduğundan çözüm yoktur.
$p\ge 5$ için $p=6k\pm 1$ olduğundan $p^2\equiv1(mod12)$ olmalıdır. $p^2=12s+1, s\in Z^+$ yazılabilir.
$3^y=\frac{p^2-1}{2}$ olduğundan $3^y=6s$ yani $3^y\equiv0(mod2)$ denkliği ortaya çıkar. Bu denkliğin çözümü olmadığından $1$ sisteminin de çözümü olamaz.
Denklemin tek çözümü $(k,n,p)=(1,0,2)$ olması gerektiği bulunur.
-
$71)$
Bu denklemde $n$ ifadesi için eşitsizlik kurmaya çalışalım. Öncelikle küçük değerler için biraz hesaplar yapalım.
$n=1$ için $k=1$ olur.
$n=2$ için $k=3$ olur.
$n=3$ için uygun $k$ değeri olmaz.
Eşitliğin sağ tarafı uzun olduğu için kısaltma amaçlı $EST$ şeklinde yazacağım.$v_2(k!)=v_2(EST)=0+1+2+...+(n-1)=\frac{(n-1).n}{2}$ olur.
$EST=2^{\frac{(n-1).n}{2}}.(2-1).(2^2-1)...(2^n-1)$ şeklinde yazılabilir. $3\mid 2^m-1$ olacak şekilde $m\in Z^+$ olması için $n\ge2$ olmalıdır.
Şimdi bu tarz sayılar için $m=2m'$ dönüşümü yapılabilir.
Kuvvet Kaydırma Teoremi ile $v_3(4^{m'}-1)=v_3(4^{m'}-1^{m'})=v_3(4-1)+v_3(m')=1+v_3(m')$ olur.
Daha sonra \begin{equation} v_3(k!)=\sum_{n=1}^{\infty} ⌊\frac{n}{2.3^i} ⌋<\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2.3^i}=\frac{n}{2}.\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^i} \end{equation}
Kuvvet Kaydırma Teoremi olarak söylediğim aslında şudur
https://artofproblemsolving.com/community/c2032h1011696_lifting_the_exponent
Bu ifadede ise bilinen seri toplamı olduğu için kolaylıkla $v_3(k!)<\frac{3n}{4}$ olur.
De polignac formülünden dolayı \begin{equation} v_p(k!)=\sum_{i=1}^{\infty} ⌊\frac{k}{p^i} ⌋ \end{equation}
olduğunu biliyoruz. Bu formülü iki eşitsizlik arasına sıkıştıralım.
$⌊\frac{k}{p}⌋<v_p(k!)<\frac{k}{p}+\frac{k}{p^2}+\frac{k}{p^3}+...=\frac{k}{p}.\frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\frac{k}{p-1}$
Şimdi \begin{equation} v_2(k!)=\frac{n.(n-1)}{2}<k \end{equation}
olur. Aynı zamanda $\frac{k}{3}-1<v_3(k!)<\frac{3n}{4}$ olduğundan dolayı \begin{equation} k<\frac{9n}{4}+3 \end{equation}
O halde
\begin{equation} \frac{n.(n-1)}{2}<\frac{9n}{4}+3 \end{equation}
yani $2n^2-11n+3<0$ elde edilir. $f(n)=2n^2-11n+3$ olsun. $n\ge 7$ için $f(n)=24>0$ ve $f'(n)= 4n-11\ge 17>0$ olduğundan dolayı daima pozitiftir. O halde $n\le 6$ olmalıdır.
Zaten $n\le 3$ için denemiştik. O halde
$n=4$ için $k!=7!.4$ olacağından dolayı çözümü yoktur.
$n=5$ için $EST$ $2^5-1=31$ asal çarpanına sahip olacağından dolayı $k!\ge 31!$ olur. buradan ise eşitliğin sol tarafı $23$ ile bölünürken sağ taraf bölünemez.
$n=6$ için de eşitliğin sol tarafı $23$ ile bölünürken $EST$ $23$ ile bölünmez.
O halde denklemin çözümleri $\{(3,2),(1,1)\}$ olarak bulunur.
-
9.sorunun çözümünde $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)$ özdeşliği de kullanılabilir. Bunun için denklemi $27$ ile genişletip $1$ çıkartmak gerekiyor. Bu durumda $$(3x)^3+(-3y^3)+(-1)^3-3(3x)(-3y)(-1)=61.27-1$$ $$(3x-3y-1)(9x^2+9y^2+1+9xy+3x-3y)=2.823$$ $$3x-3y-1=2$$ ve $x=y+1$ değeri verilen denklemde yerine konursa $x=6$ ve $y=5$ bulunur. 823 asal olduğundan ve diğer çarpanı modülo 9 da değerlendirince çözüm gelmiyor sanırım.
-
9.sorunun çözümünde $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)$ özdeşliği de kullanılabilir. Bunun için denklemi $27$ ile genişletip $1$ çıkartmak gerekiyor. Bu durumda $$(3x)^3+(-3y^3)+(-1)^3-3(3x)(-3y)(-1)=61.27-1$$ $$(3x-3y-1)(9x^2+9y^2+1+9xy+3x-3y)=2.823$$ $$3x-3y-1=2$$ ve $x=y+1$ değeri verilen denklemde yerine konursa $x=6$ ve $y=5$ bulunur. 823 asal olduğundan ve diğer çarpanı modülo 9 da değerlendirince çözüm gelmiyor sanırım.
Bu çözüm de güzel olmuş hocam aklınıza sağlık
-
Lokman Hocamdan esinlendim; ona da teşekkürler.
-
$65)$
$2^n+1=n^2m$ denklemini $\frac{2^n+1}{n^2}\in Z^+$ ifadesi şeklinde çözebiliriz.
$n^2\mid 2^n+1$ olduğundan dolayı $v_p(n^2)\le v_p(2^n+1)$ $(1)$
olmalıdır.
Ayrıca $n$ çift olursa $4\mid 2^n+1$ ve $2^n+1\equiv 1(mod2)$ olması gerektiği için çelişki oluşur.
$n$ tek iken Kuvvet Kaldırma Teoremi kullanırsak
$$v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$$
Yani $v_p(2^n+1)=v_p(3)+v_p(x)$ $(2)$
$p\ge 5$ için $(1)$ ile $(2)$ gereğince $v_p(2^n+1)=v_p(n)\ge v_p(n^2)$ elde edilir.
Ancak $v_p(n^2)>v_p(n)$ olması gerektiği için $p\ge 5$ olamaz.
$2^n+1\equiv1(mod2)$ olduğundan $p=2$ de olamaz. O halde $p=3$ olmalıdır.
Yani $2^n+1$ ifadesinin tek asal çarpanı $3$ olduğuna göre $2^n+1=3^k$ , $k\in Z^+$ olmalıdır.
$v_3(3^k)=k=v_3(2+1)+v_3(n)$ olur. $v_3(n)=k-1$ yani $n=x.3^{k-1}$ , $x\in Z^+$ olacak şeklide dönüşüm yapalım.
$$3^k=2^{x.3^{k-1}}+1\ge 2^{3^{k-1}}+1$$
olur fakat $k>2$ için $3^k<2^{3^{k-1}}+1$ olduğu için $k\in\{1,2\}$ olabileceği görülür.
$k=1$ için $n=1$ olur $n>1$ olmadığı için olamaz.
$n=1$ ise $m=3$ , $n=3$ ise $m=1$ olur.
O halde denklemin tek çözümü $(3,1)$ bulunur.
-
46. soruda $x^4+y^4=z^2$ denkleminin çözümünün olmadığını gösteriniz deniyor fakat $(-3,0,+-9),(-2,0,+-4),(-1,0,1)$ gibi çözümler var. Kontrol eder misin?
-
46. soruda $x^4+y^4=z^2$ denkleminin çözümünün olmadığını gösteriniz deniyor fakat $(-3,0,+-9),(-2,0,+-4),(-1,0,1)$ gibi çözümler var. Kontrol eder misin?
Pozitif tam sayılarda demeyi unutmuşum hocam teşekkürler
-
$46)$
Varsayalım ki bu denklemin $\{(x_0,y_0,z_0)\}$ için pozitif tam sayı bir çözümü olsun. $(x_0,y_0)=d$ olsun. O halde $d^2\mid z_0$ olacağından dolayı $\{(\frac{x_0}{d},\frac{y_0}{d},\frac{z_0}{d^2})\}$ de bir çözüm olmalıdır. Bu çözümdeki değişkenleri sırasıyla $a$, $b$ , $c$ olarak alırsak
$S=\{c\in Z^+ : a^4+b^4=c^2$ ve $(a,b)=1$ olacak şekilde bir $a,b\in Z^+$ vardır $\}$
şeklinde soruyu düşünebiliriz.
Yukarıdaki $S$ varsayımından dolayı $S\not = \oslash$ olması gerektiğinden dolayı iyi sıralanma ilkesi gereğince $S$ nin en küçük elemanı olmalıdır. $(a^2,b^2,c)=1$ $(a^2)^2+(b^2)^2=c^2$ şeklinde düşünürsek $(s,t)=1$ ve $s\not \equiv t(mod2)$ için
$$a^2=2st \text{ , } b^2=s^2-t^2 \text{ , } c^2=s^2+t^2$$
olduğunu gösterelim.
$ispat:$
$Lemma:$ İspata girerken öncelikle $a$ çift olduğu için $b$ ve $c$ nin tek olduğunu gösterelim.
$a^2+b^2=c^2$ denkleminde $a $ ile $b$ ifadelerinin ikisinin de tek olması $c^2 \equiv 2(mod4)$ olmasına neden olur.
her ikisinin de çift olması durumu ise $(a,b,c)=1$ kabulünden dolayı çelişir
burada bizim çift olan terimimiz $a$ olduğu için $c+b$ ile $c-b$ de çift olmalıdır.
$a=2r$, $b+c=2u$ , $b-c=2v$ olacak şekilde $ r,u,v\ge 1$ tam sayıları vardır.
$a^2=b^2-c^2$ olduğundan dolayı $4r^2=2u.2v$ yani $r^2=uv$ elde edilir.
Şimdi $(u,v)=1$ olduğunu hızlıca gösterelim. $d=(u,v)$ olsun. $c-b=2u$ ve $c+b=2v$ olduğundan dolayı $c=u+v$ ve $b=u-v$ olmalıdır. $d\mid c $ ve $d\mid b$ olmalıdır. fakat $(b,c)=1$ olduğu için $(u,v)=1$ olmalıdır.
$(u,v)=1$ olduğundan dolayı $u$ ile $v$ ayrı ayrı birer tam kare olmalıdır.
$u=s^2$ , $v=t^2$ , $s,t\ge 1$ tam sayıları bulunur. İfadeleri düzenlersek
$$a^2=2st \text{ , } b^2=s^2-t^2 \text{ , } c^2=s^2+t^2$$
olduğu ispatlanmış olur.
$2.$ eşitlikten $b^2+t^2=s^2$ bulunur. $(s,t)=1$ olduğundan dolayı $(b,s,t)=1$ olmalıdır. Pisagor üçlülerini $Lemma$ mızdan dolayı $b$ tek olduğu için $t$ çift $s$ tek olmalıdır.
$a^2=2st$ olduğundan dolayı $(\frac{a}{2})^2=s.\frac{t}{2}$ olur. $s=u^2$ ve $t=2v^2$ , $u,v\ge 1$ tam sayıları vardır.
$b^2+(2v^2)^2=(u^2)^2$ bulunur. $(s,t)=1$ olduğundan $(u,v)=1$ olacağı da açıktır. $s$ tek olduğundan $u$ tektir.
İspatını verdiğimiz ifadeyi tekrar kullanacak olursak
$$2v^2=2ef \text{ , } b^2=e^2-f^2 \text{ , } u^2=e^2+f^2$$
ve $(e,f)=1$ olacak şekilde $e,f\ge 1$ tam sayıları vardır. $v^2=ef$olduğu için $e=q^2$ , $f=r^2$ elde edilir.
O halde $u^2=q^4+r^4$elde edilir. $(e,f)=1$ olduğu için $(q,r)=1$ de olmalıdır. Fakat $u\le s\le a^2<c$ olduğundan dolayı yani $c>u$ olduğundan dolayı iyi sıralanma ilkesi ile yani $c$ nin en küçük olmasıyla çelişir. O halde denklemin pozitif tam sayılarda çözümü yoktur.
Çözüm tam sayılarda olsa idi $x.y.z=0$ ifadesi sağlanmalıydı çünkü $x^4+y^4=z^2$ için çözümümüzü $Z-\{0\}$ kümesine genelleyebilirdik o halde $x,y$ den biri çift olmalıdır ve o sayı da $0$ 'a eşit olmalıdır. Bu nedenle $x.y=0$ elde edilebilirdi.
-
$49)$
Öncelikle $p$ değerini bulalım. $p=5a+b$ olsun. $p^2$ yi bulalım.
$$ (5a+b)^2=25a^2+10ab+b^2=5.(5a^2+2ab)+b^2$$
Bu ifadede $5a^2+2ab=c$ dönüşümü yapalım. $p^2=5c+b^2$ olur.
1) $b=0$ olarak alırsak $5$ in katı tek asal sayı $5$ olacağı için $p=5$ olmalıdır. $4p^2+1=101$ asal sayı , $6p^2+1=151$ asal sayı olduğu açıktır.
$b\not \equiv 0(mod5)$ için $b^2\equiv 1,4(mod5)$ olduğunu kullanalım.
2) $b^2\equiv 1(mod5)$ ise $4p^2+1\equiv 0(mod5)$ ve asal olması gerektiğinden dolayı $4p^2+1=5$ , $p=1$ olmalıdır fakat $p$ nin asal olmasıyla çelişir.
3) $b^2\equiv 4(mod5)$ ise $6p^2+1 \equiv 0(mod5)$ ve asal olması gerektiğinden dolayı $6p^2+1=5$ olması gerekir fakat $p$ nin asal olmasıyla çelişir.
O halde $p=5$ olmalıdır. Denklemde yerine koyarsak $2x^3-y^3=5$ denklemi elde edilir.
$2x^3=y^3+5$ olur . Varsayalım ki $y$ çift olsun. O halde
$2x^3\equiv 13(mod2)\equiv 1(mod2)$ olacağından dolayı mümkün değildir. O halde $y=2k+1$ , $k\in Z$ olmalıdır.
$$2x^3=8k^3+12k^2+6k+1+5=8k^3+12k^2+6k+6$$ yani
$$4k^3+6k^2+3k+3=x^3$$ denklemini çözsek yeterlidir. $k$ nın $3$ ile bölümünden kalanları inceleyelim.
Öncelikle $x^3\equiv \{0,1,8\} (mod9)$ olduğunu belirtmekte fayda var.
1) $k\equiv 0(mod3)$ ise $x^3\equiv 3(mod9)$ olacağından dolayı çözümü yoktur.
2) $k\equiv 1(mod3)$ ise $x^3\equiv 7(mod9)$ olacağından dolayı çözümü yoktur.
3) $k\equiv 2(mod3)$ ise $x^3\equiv 2(mod9)$ olacağından dolayı çözümü yoktur.
O halde diyafont denklemimizin çözümü yoktur.
-
$45)$
Euler-fi fonksiyonunun özelliklerinden dolayı gerek ve yeter şartın $n=2k+1$ , $k\in Z^+$ olacak şekilde sayıların seçilmesi yeterli olacaktır. Şimdi bunu gösterelim. Öncelikle Euler-Fi fonksiyonunun değerini bulduran formülü ispatlayalım.
$n=p_1^{e_1}.p_2^{e_2}.p_3^{e_3}...$ olsun. $$\phi(n)={\overset{t}{\underset{i=1}{{\displaystyle\prod}}}p_i^{e_i-1}(p_i-1)}$$ olduğunu göstermenin bir yolunu arayalım.
Bunu bulurken öncelikle bir lemma elde edelim.
$Lemma1$ $$\phi(p^m)=p^m-p^{m-1}$$ eşitliği $p$ bir asal sayı ve $m$ bir pozitif tam sayı iken geçerlidir.
$ispat:$ $1\le i\le p^m$ ve $(i,p^m)=d$ olsun. Eğer $d>0$ ise $d$ nin bir $q$ şeklinde asal böleni olmalıdır. $q\mid p^m$ olacağından dolayı $q=p$ olacağı açıktır. yani $p\mid i$ olacağını göstermiş oluruz.
$$ 1.p,2.p,3.p,...,p^{m-1}.p$$ şeklinde $p^m$ den küçük $p^m$ ile aralarında asal olmayan sayı vardır. $1$ ile $p^m$ arasında $p^m$ tane sayı olacağından dolayı $$\phi(p^m)=p^m-p^{m-1}$$ ifademiz ispatlanmış olur.
Şimdi asıl ispatlamamız gereken ifadeye geri dönüş yapabiliriz.
İstediğimiz formül $t=1$ için $Lemma1$ den dolayı apaçıktır. $t>1$ için tümevarıma gidelim.
$$n_1={\overset{t-1}{\underset{i=1}{{\displaystyle\prod}}}p_i^{e_i}}$$
olsun. O halde $n=n_1 .p_t^{e_t}$ ve $(n_1,p_t^{e_t})=1$ olduğundan dolayı $$\phi(n)=\phi(n_1).\phi(p_t^{e_t})$$ olmalıdır.
Tümevarım hipotezinden dolayı $$\phi(n_1)={\overset{t-1}{\underset{i=1}{{\displaystyle\prod}}}p_i^{e_i-1}(p_i-1)}$$
ve $$\phi(p^t)=p^t-p^{t-1}$$ ifadelerini çarparsak
$$\phi(n)={\overset{t}{\underset{i=1}{{\displaystyle\prod}}}p_i^{e_i-1}(p_i-1)}$$ elde edilmiş olur.
Eğer $2^a\mid \mid n$ $n=2^a.n_2$ çift olursa $\phi(2n)$ içindeki $p_i^{e_i}$ ifadelerinden biri $2^{a+1}-2^{a}$ olacağından $\phi(n)$ nin içindeki ise $2^{a}-2^{a-1}$ olacağı için $$\dfrac{\phi(2n)}{\phi(n)}=\dfrac{2^a.(2-1)}{2^{a-1}.(2-1)}=2$$ olacağından dolayı mümkün değildir. $n$ tek olmalıdır.
-
$73)$
Bu soruyu $a>b$ olup olmamasına göre iki parçada inceleyelim.
$1)$ $1\le a\le b$ için çözüme bakalım.
$a\le b$ olduğunu kullanarak eşitsizlik kurmayı hedefleyelim.
$(a^b)^b=b^a$ şeklinde yazabiliriz. $a\le b$ den dolayı $a^b\le b $ olmazsa çözümün olamayacağı açıktır.
$a^b-b$ ifadesinin türevini alalım. $\dfrac {d}{db} (a^b-b)=1.a^b.lna-1$ $b>a>e$ için $lna>1$ ve $a^b>1$ olacağı için türev $0$'dan büyüktür Mesela $b=3$ alacak olursak $a^3-3>0$ olduğunu gösterirsek $a^b-b$ nin daima pozitif olduğunu göstermiş oluruz.
$a>e>2$ $a^3>8$ yani $a^3-3>0$ elde edilir. Yani $a=1$ ya da $a=2$ olmalıdır.
$a=1$ olsun. O halde $b=1$ olması gerektiği açıktır.
$a=2$ olsun. $2^{b^2}=b^2$ $b^2=t$ dönüşümü yapalım. $2^t=t$, $2^t-t=0$ Şimdi bu ifade için türeve bir kez daha bakalım.
$2^t.ln2-1$ olur. Bu ifadeyi ise $ln2^{2^t}-1$ şeklinde yazdıktan sonra $t>1$ için türevin $0$ dan büyük olacağı açıktır. Aynı zamanda $2^2-2>0$ da sağlandığından dolayı daima $t>1$ için daima pozitiftir. $t=1$ in de sağlamadığı açıktır.
$2)$ şimdi de $b>a\ge 1$ olsun.
$a^{b^2}=b^a=(a^b)^b$ den dolayı $a>b^2$ gelir yani $\dfrac{a}{b^2}>1$ elde edilir. Acaba $a=k.b^2$ eşitliğindeki $k$ sayısı daima bir pozitif tam sayı olabilir mi diye düşünelim.
$(ab^{-2})^{b^2}=b^{a-2b^2}$ şeklinde yazarsak $ab^{-2}>1$ olduğu için $a-2b^2>0$ olacağı açıktır. $a>2b^2$ olur.
$\dfrac{a}{b^2}=\dfrac{k}{n}$ ,$k,n\in Z^+$ ve $(k,n)=1$ olsun. Buradan $n.a.b^{-2}=k$ elde edilir.
Aşağıdaki adımları takip edelim.
$$k^{b^2}=n^{b^2}.a^{b^2}.(b^{-2})^{b^2}=n^{b^2}.b^{a-2b^2}$$ bu ifadeden dolayı $n\mid k$ olması gereklidir. $(k,n)=1$ olduğundan dolayı $n=1$ alınmalıdır. Artık $a=k.b^2$ $a>2b^2$ yani $k\ge3,k\in Z^+$ olduğunu biliyoruz.
Bunu başlangıçtaki denklemde yerine koyacak olursak $k^{b^2}=(b^{k-2})^{b^2}$ olmalıdır. buradan $k=b^{k-2}$ buluruz.
$k\ge 5$ için $b^{k-2}-k\ge 2^{k-2}-k$ olur. $\dfrac{d}{dk}( 2^{k-2}-k)=(k-2).2^{k-2}.ln2-1$ yani $2^{k-2}.ln2^{k-2}-1>0$ $k=5$ için ise $2^3-5=3>0$ olduğundan $k<5$ olmalıdır.
$k=3$ ise $3b^2=b^3$ yani $b=3$ elde edilir. $a=kb^2=27$ olur. $(27,3)$ çözümü gelir.
$k=4$ ise $4b^2=b^4$ yani $b=2$ elde edilir. $a=16$ olur. $(16,2)$ çözümü gelir.
O halde denklemin çözüm kümesi $\{(1,1),(27,3),(16,2) \}$ olmalıdır.
-
$13)$ $(n^2)^2<n^4+n^3+1$ olduğundan bir $m\in Z^+$ sayısı için $(n^2+m)^2=n^4+n^3+1$ yazılabilir.
$n^4+m^2+2mn^2=n^4+n^3+1$
$m^2+2mn^2=n^3+1$
$m^2-1=(n-2m).n^2$
$m>1$ için $n^2>0$ olduğundan dolayı $n>2m$ olmalıdır. $n^2\mid m^2-1$ olduğunu görürsek $n^2\le m^2-1$ görülebilir.
$n>2m$ ile $m^2-1\ge n^2$ eşitsizliklerini ortak çözmeliyiz. $n^2>4m^2$ olacağından dolayı $m^2-1\ge n^2 >4m^2$ yani $3m^2<-1$ gelir. ancak bu bir çelişkidir. O halde $m=1$ olmalıdır.
$m=1$ için $0=(n-2).n^2$ olur pozitif tam sayılarda yalnızca $n=2$ için tam kare olur. Değeri ise $2^4+2^3+1=25$ tir.
-
$14)$
$(0,0,0,0)$ bir çözümdür.
Eşitliğin sağ tarafı $3$ ile bölünmektedir. $n$ sayısı da $3$ ile bölünmelidir. $n=3k$, $k\in Z$ yazarsak
$5.9k^2=36a^2+18b^2+c^2$ eşitliğinden
$15k^2=12a^2+6b^2+2c^2$ bulunur. Benzer şekilde $c=3e$ , $e\in Z$ yazarsak
$5k^2-4a^2=2b^2+6e^2$ bulunur. Bu denklemin $k$ değeri en küçük çözümü $(k,a,b,e)$ olsun.
$x^2\equiv 0,1,4,9(mod16)$ olduğunu biliyoruz.
$k^2\equiv \{0,4\} (mod16)$ olduğu açıktır.
$4a^2\equiv \{0,4\}(mod16)$
$2b^2 \equiv {0,2,8}(mod16)$
$6e^2 \equiv \{0,6,8\}(mod16)$ olduğundan dolayı
$2b^2+6e^2\equiv \{ 0,2,6,8,10,14 \}(mod16)$ ve $5k^2-4a^2 \equiv \{ 0,4,12 \} (mod16)$ olduğundan her iki ifade de $0(mod16)$ olmalıdır. $2b^2+6e^2\equiv 0(mod16)$ olduğundan $b$ ve $e$ çifttir. $a$ çift olmamalıdır. çünkü $(k,a,b,e)$ nin yarısı da çözüm olur. minimallik ile çelişir.
$b=2b_1$ , $e=2e_1$ , $k=2k_1$ olsun.
$$2b_1^2+6e_1^2=5k_1^2-a^2$$
$a$ nın tek sayı olduğu kullanılarak $5k_1^2-a^2\equiv \{ 4,12\}(mod16)$ olmalıdır. Fakat $2b_1^2+6e_1^2\equiv \{ 0,2,6,8,10,14 \}(mod16)$ olduğundan çelişkidir. O halde denklemin tek çözümü $(0,0,0,0)$ olmalıdır.
-
$15)$
$(0,0,0)$ bir çözümdür. Başka çözümün olmadığını göstermek için bu tarz sorularda genellikle aralarında asal çözümü (obebi 1 olan çözüm) seçmek yararlıdır. çünkü $(0,0,0)$ dışındaki diğer çözümler varsa bunlar asal çözümlerin katıdır.
Bu yüzden $14)$ numaralı soruda yaptığımız gibi $obeb(x,y,z)=1$ alalım.
$z$ nin çift olduğunu görmek çok zor değildir. $z=2z_1$ dönüşümü yapabiliriz.
$5x^3+10y^3+8xyz_1=1999.4.z_1^3$ olur. Benzer şekilde $x$ te çifttir. $x=2x_1$ dönüşümü yapılırsa
$2x^3+5y^3+8x_1yz_1=1999.2.z_1^3$ buradan dolayı $y$ de çift olmalıdır fakat $y$ çift olursa $obeb(x,y,z)=2$ olacağından $(x,y,z)$ çözümünün asal çözüm olmasıyla çelişir.
Denklemin tek çözümü $(0,0,0)$ olmalıdır.
-
$16)$
$(m-n)^2.(m+n-1)=4mn$ eşitliğini aşağıdaki adımlarla düzenleyelim.
$2mn-m^2+m^3-n^2+n^3-mn^2-m^2n=4mn$
$m^3+n^3-mn^2-m^n=2mn+n^2+m^2$
$m.(m^2-n^2)-n.(m^2-n^2)=(m+n)^2$
$(m-n)^2.(m+n)=(m+n)^2$ $m+n>0$ olduğu da göz önüne alınarak sadeleştirilirse
$(m-n)^2=m+n$ olur. $m-n=x$ $m+n=x^2$ denilirse
$0<x^2<100$ olur. aynı zamanda
sistemin çözümü $\{( \dfrac{a.(a+1)}{2},\dfrac{a.(a-1)}{2})\}$ olduğu da biliniyor. Paydanın $0$ olamayacağı da göz önüne alınırsa ($m+n\not = 1$) $a\in \{\pm 2,\pm 3 , \pm 4 ,...,\pm9\}$ değerleri için $8.2=16$ çözüm bulunur.
-
$19)$ Çözüm için metonstere teşekkürler.
Verilen ifadelerde $x$ yerine $-x$ alırsak ifadenin tamsayı olması veya tamküp olması değişmeyeceğinden dolayı $x$ ve $y$'yi pozitif alabiliriz. Öncelikle $x=y$ için bakalım,
$$\dfrac{x^2+x^2+6}{x^2}=2+\dfrac{6}{x^2}$$
olur. Bunun tamsayı olması için $x=1$ olmalıdır. $x=1$ için de tamküp olduğu görülür. Şimdi geriye kalan çözümlerden $x>y$ olanlara bakalım.(simetrik bir ifade olduğu için $y>x$ durumlarına bakmaya gerek yok.) Bu çözümler arasında $x$ değerinin en küçük olduğu çözümü ele alalım.Bu $(x,y)$ için
$\dfrac{x^2+y^2+6}{xy}=k$ olsun.
$$x^2+y^2+6=kxy \Rightarrow x^2-kxy+(y^2+6)=0$$
olur. Bu denklemi $x$'e bağlı ikinci dereceden bir denklem olarak düşünelim ve diğer çözüm $a$ olsun.Vieta teoreminden,
$$a+x=ky,\space ax=y^2+6$$
olduğu görülür.Bu iki ifadeden $a$ sayısının pozitif bir tamsayı olduğu görülebilir. Dolayısıyla $(a,y)$ ikilisi de bir çözümdür. Kabulden dolayı $a\ge x$ olmalı.
$$x^2+6 \geq y^2+6=ax\geq x^2 \Rightarrow x^2\geq y^2\geq x^2-6$$
eşitsizliğini elde etmiş oluruz. Eğer $x\ge4$ ise $x^2-6\geq (x-1)^2$ olacağından
$$x^2\geq y^2\geq x^2-6\geq (x-1)^2$$ olur ve ardışık tamkareler arasında tam kare olamayacağı için buradan çözüm gelmez. $4>x$ için de olası sadece $(x,y)=(3,2),(3,1),(2,1)$ ikilileri vardır fakat bunların hiçbiri ifadenin tamsayı olmasını sağlamaz. Dolayısıyla
yalnızca $(1,1)$ ikilisi için tam sayıdır ve bu durumda da $\dfrac{x^2+y^2+6}{xy}$ ifadesi tam küp olur.
-
$30)$
$x$ ve $y$ nin birbirine göre simetrik olduğu açıktır. $x^2+axy+y^2=z^2$ ise $x^2+axy=z^2-y^2$ ve $ x.(x+ay)=(z-y).(z+y)$
olur. $y=z$ iken $x=0$ veya $x=-ay$ olur. Bunun dışındaki durumlarda $\dfrac{x}{z-y}=\dfrac{z+y}{x+ay}=\dfrac{m}{n}$ oranları elde edilir. Buradan ise :
\begin{equation*}
\begin{cases}
mx+ny-nz=0,
\\
nx+(n-am)-mz=0,
\\
z=k.(amn-m^2-n^2)
\end{cases}
\end{equation*}
Bu sistemin çözümünü yaparsak
\begin{equation*}
\begin{cases}
k.(an^2-2mn),
\\
k.(m^2-n^2),
\\
k.(amn-m^2-n^2)
\end{cases}
\end{equation*}
olarak bulunur.
-
$38)$ $m^2=n^2+3^n$ eşitliğini sağlayan bir pozitif tam sayı olsun. $(m-n).(m+n)=3^n$ olduğu için $m-n=3^k$ ve $m+n=3^{n-k}$
olmasını sağlayan bir $k\ge 0 $ sayısı vardır. $m-n<m+n$ olduğundan dolayı $3^k<3^{n-k}$ $k<n-k$ $2k<n$ yani $n-2k\ge 1$ olur.
$n-2k=1$ ise $2n=(m+n)-(m-n)=3^{n-k}-3^k=3^k.(3^{n-2k}-1)=2.3^k$ olur. $3^k=2k+1$ elde edilir. Denklemi türevle çözeceğim
Fakat tümevarımla da çözülebilir. $f(k)=3^k-2k-1$ olsun.
$f'(k)=1.3^k.ln3-2$ $k\ge2$ için $f'(k)>0$ olacağı açıktır. $f(2)=9-4-1>0$ ve $f'(2)>0$ olduğundan daima pozitiftir. $k=0$ yada $k=1$
olmak zorundadır.
$k=0$ için $m-n=1$ $m+n=3^n$ olur. $2n+1=3^n$ $n>0$ olduğundan dolayı $n=1$ olur.
$k=1$ için $m-n=3$ $m+n=3^{n-1}$ olur. $2n+3=3^{n-1}$ $n=3$ için ifadenin kendi $0$ dan büyüktür. $1.3^{n-1}.ln3-2$ elde edilir. $n>3$ sayıları konulduğunda pozitif çıktığından dolayı İfade daima pozitiftir, $0$ değerini almaz $1,2,3$ değerleri denenirse $n=3$ olacağı görülür.
$n=1$ için $n^2+3^n=4$
$n=3$ için $n^2+3^n=36$ olur.
Gelelim $n-2k>1$ durumuna $n-2k\ge2$ için $k\le n-k-2$ olur. $m-n<m+n$ eşitsizliği kullanılırsa $3^k\le 3^{n-k-2}$ olur.
$2n=3^{n-k}-3^k\ge 3^{n-k}-3^{n-k-2}=3^{n-k-2}.8$ elde edilir.
Daha önceden ispatladığımız $3^x >2x+1$ , $m\ge 2$ eşitsizliğini hatırlayalım. $m=0$ ile $m=1$ iken de eşit olduğunu hatırlayarak
$8.3^{n-k-2}\ge 8.(1+2.(n-k-2))=16n-16k-24$ bulunur. $2n\ge 16n-16k-24$ yani $8k+12\ge 7n$ elde edilir. $n\ge 2k+2$ olduğundan
dolayı $7n\ge 14k+14$ olur. fakat bu sefer $8k+12>14k+14$ yani $-6k>2$ yani $k<0$ gelir. bu da $k$ nın negatif olmayan olmasıyla
çelişir.
$k=0$ ise $m-n=1$ $m+n=3^n$ denklem $3^n=2n+1$ olur bunun çözümü $n>0$ için $n=1$ olacağını daha önce göstermiştik.
$k=1$ ise $m-n=3$ $m+n=3^{n-1}$ denklem düzenlenip türev alınırsa $1.3^{n-1}.ln3-2$ $n>3$ için daima artandır, aynı zamanda $3$ konulduğunda ifadenin kendisi de pozitif olduğundan $n>3$ için daima pozitiftir.
Denenirse $n=3$ bulunur.
$n=1$ ise $n^2+3^n=4$
$n=3$ ise $n^2+3^n=36$ bulunur.
-
$39)$
$p,q$ tek sayılar , $r,s\ge 0$ olmak üzere $a=p.2^r$ ve $b=q.2^s$ olacak şekilde yazalım.
$$a^n+b^n=2^m$$
$$(p.2^r)^n+(q.2^s)^n=2^m$$
$$p^n.2^{nr}+q^n.2^{ns}=2^m$$
Genelliği bozmadan $r\le s$ alabiliriz.
$$p^n+(2^{s-r}.q)^n=2^{m-nr}$$
Sağ taraftaki iki terim de pozitif olduğundan dolayı sağ taraf ta çift olmalıdır. $p^n$ nin de tek sayı olduğuna dikkat edersek $2^{s-r}.q$ ifadesinin de tek sayı olması gerektiği görülür. $s-r=0$ yani $r=s$ bulunur. O halde ispatımız için $p=q$ olduğunu göstermek yeterlidir.
Denklemi düzenler isek $t=m-nr$ için $p^n+q^n=2^t$ şeklinde bir denklemin çözümü gereklidir.
$1)$ $n$ tek sayı olsun.
$(p,q)\not =(1,1)$ kabul edelim.
O halde $(p+q).(p^{n-1}-p^{n-2}.q+...+q^{n-1})=2^t$ olduğundan sağdaki çarpan da $2n+1$ tane tek sayının toplamı olduğundan dolayı tektir. $p^n+q^n>p+q$ olduğundan dolayı $ p^{n-1}-p^{n-2}.q+...+q^{n-1}>1$ olmalıdır. Tek olmasıyla çelişir. O halde $p=q=1$ olmalıdır.
$2)$ $n$ çift sayı olsun.
$n=2w$ , $w\in Z^+$ dönüşümü yapılabilir.
$(p^w)^2+(q^w)^2=2^t$ olur. iki tek sayının karesinin toplamı $(mod4)$ altında $2$ kalanını verir $2^t=2$ yani $t=1$ olur. $p^w$ ve $q^w$ pozitif tam sayılar olduğundan alabileceği değerlerin toplamı en az $2$ olmalıdır. Bu durum ise $p^w=q^w=1$ yani $p=q=1$ durumudur. $p=q$ olduğunu göstermiş olduk.
-
$40)$ $m=0$ için $n=1$ , $n=0$ için ise $m=3$ olmalıdır. Fakat $m,n>0$ şeklindeki çözümleri arıyoruz. $2^m+3^n=k^2$ olduğundan dolayı $(2,k)=(3,k)=1$ dir bu nedenle $k$ nın $2$ nin veya $3$ ün katı olmayacağı görülür. $k=6k\pm1$ olur. $k^2\equiv1(mod12)$ bulunur.
Denklem $3$ modunda incelenirse $2^m\equiv 1(mod3)$ yani $m$ çifttir.
Denklem $2^m\ge4$ olduğundan dolayı $2^m\equiv 0(mod4)$ tür. Bunu kullanırsak $3^n\equiv 1(mod4)$ olur buradan da $n$ çift olmalıdır.
$m=2M$ $n=2N$ dönüşümleri yapılırsa
$(2^M)^2+(3^N)^2=k^2$ ifadesine dönüşür. $(2,3)=1$ olduğu için pisagor üçlüsünün ilkel çözümlerine eşittirler.
$2^M=2xy$, $3^N=x^2-y^2$, $k=x^2+y^2$ olur. $2^{M-1}=xy$ ve $M>1$ olduğundan dolayı $x=2^u$, $ y=2^v$ dönüşümleri yapılabilir. $u+v>0$ ve $u>v$ elde edilir. $2^{2u}-2^{2v}=3^N$ ifadesinden $v=0$ olduğu görülür.
$2^u+1=3^s$ ve $2^u-1=3^r$ olduğundan dolayı $2^{u+1}=3^r.(3^{s-r}+1)$ buradan ise $r=0$ olması gerektiği görülebilir. $r=0$için $u=1$ $s=1$ gelir. yani $x=2$ $y=1$ yani $k=2^2+1^2=5$ $3^N=3$, $N=1$ , $2^M=4$, $M=2$ yani $m=4$ , $n=2$ $k=5$ çözümü gelir.
Pozitif tam sayılarda çözümü $(4,2,5)$ bulunur.
-
$2)$ $t^2=n^4+3n^2+1$ olsun. $$\Rightarrow 4t^2=4n^4+12n^2+4=(2n^2+3)^2-5$$ $$\Rightarrow (2n^2+3)^2-(2t)^2=5\Rightarrow (2n^2-2t+3)(2n^2+2t+3)=5$$ olur. Çarpanların toplamı $4n^2+6$ olduğundan sadece $1\cdot 5$ sağlar fakat $n=0$ olur, yani hiçbir pozitif $n$ için tamkare olamaz.
-
$27)$ Öncelikle $x=0$ durumuna bakalım. $7^y+4=3^z$ olur fakat mod $3$'de incelenirse çözüm olmadığı net bir şekilde görülebilir. Dolayısıyla $x>0$'dır. Mod $5$'de denklemi incelersek $$3^z\equiv 4(mod 5)$$ olur ve buradan $z\equiv 2(mod 4)$ bulunur. Denklemi $$(3^{\frac{z}{2}}-2)(3^{\frac{z}{2}}+2)=5^x\cdot 7^y$$ olarak düzenleyelim. Çarpanların farkı $4$ olduğundan ikisi birden $5$'e veya $7$'ye bölünemez. Dolayısıyla $3^{\frac{z}{2}}+2=7^y$ veya $3^{\frac{z}{2}}-2=7^y$ olmalıdır.
$i)$ $3^{\frac{z}{2}}+2=7^y$ ise mod $3$'de incelersek çözüm gelmez.
$ii)$ $3^{\frac{z}{2}}-2=7^y$ ise $3^{\frac{z}{2}}+2=5^x$ olur. Bu ikisini birbirinden çıkartırsak $$5^x-7^y=4$$ olur. Mod $5$'de incelersek $7^y\equiv 1(mod 5)$ olur, buradan $y$, $4$'ün katı olduğu görülür. $$5^x=7^y+4=7^y+4\cdot 7^{\frac{y}{2}}+4-4\cdot 7^{\frac{y}{2}}=(7^{\frac{y}{2}}+2)^2-4\cdot 7^{\frac{y}{2}}$$ $$\Rightarrow 5^x=(7^{\frac{y}{2}}+2)^2-4\cdot 7^{\frac{y}{2}}=(7^{\frac{y}{2}}+2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)(7^{\frac{y}{2}}-2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)$$ Çarpanların ikisi birden $5$'e bölünüyorsa farkı da bölüneceğinden $5|4\cdot 7^{\frac{y}{4}}$ olmalı fakat bu imkansızdır. Dolayısıyla çarpanların en az biri $1$ olmalı. $(7^{\frac{y}{2}}+2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)>(7^{\frac{y}{2}}-2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)$ olduğundan $$(7^{\frac{y}{2}}-2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)=1\Rightarrow (7^{\frac{y}{4}}-1)^2=0\Rightarrow y=0$$ olur. $y=0$ ise $x=1$ ve $z=2$ olur. Tek çözüm $(x,y,z)=(1,0,2)$'dir.
-
$29)$
Denklemi $y^2$'ye bölelim. $$(\dfrac{x}{y})^2-1=2z\cdot (\dfrac{x}{y})\Rightarrow (\dfrac{x}{y})^2-2z\cdot (\dfrac{x}{y})-1=0$$ Çözüm, $$\dfrac{x}{y}=\dfrac{2z\pm \sqrt{4z^2+4}}{2}=z\pm \sqrt{z^2+1}$$ $\dfrac{x}{y}$ rasyonel olduğundan $z^2+1$ tamkare olmalı.$z$ pozitif olduğundan $$(z+1)^2>z^2+1>z^2$$ olur, yani çözüm yoktur.
-
Denklemi $y^2$'ye bölelim. $$(\dfrac{x}{y})^2-1=2z\cdot (\dfrac{x}{y})\Rightarrow (\dfrac{x}{y})^2-2z\cdot (\dfrac{x}{y})-1=0$$ Çözüm, $$\dfrac{x}{y}=\dfrac{2z\pm \sqrt{4z^2+4}}{2}=z\pm \sqrt{z^2+1}$$ $\dfrac{x}{y}$ rasyonel olduğundan $z^2+1$ tamkare olmalı.$z$ pozitif olduğundan $$(z+1)^2>z^2+1>z^2$$ olur, yani çözüm yoktur.
bu kaç numaralı soru ekleyebilir misiniz? $29$ numaralı olan sanırım
-
$43)$
İfadeyi adım adım düzenleyelim.
$$x^{2006}=4y^{2007}+4y^{2006}+2007y+2006$$
$$x^{2006}+1=(4y^{2006}+2007).(y+1)$$
Şimdi ise $$4y^{2006}+2007\equiv 3(mod4)$$ olduğunu görelim. Buradan $x^{2006}+1$ ifadesinin $4k+3$ formunda çarpanı olması gerektiği görülür. $x^{1003}=t$ dersek
Şimdi $t^2+1$ için geçerli olan özellikler bulalım.
$t=2k$ olursa $t^2+1\equiv 1(mod4)$ olur.
$t=2k+1$ olursa $t^2+1 \equiv 2(mod4)$ olur. $(1)$
Şimdi $t$ nin $2$ dışında asal çarpanlarının tamamının $4k+1$ formunda olduğunu gösterelim.$(2)$
$p\mid t^2+1$ olsun. $t^2\equiv -1(modp)$ olur
$t^4\equiv1(modp)$
$p\mid t^2+1$ olduğundan $(t,p)=1$ dir.
Fermat teoreminden $t^{p-1}\equiv1(modp)$
Buradan $4$'ün $p-1$ in en küçük katı olduğunu görmek mümkündür $4\mid p-1$ elde edilir.
Buradan $t^2+1$ in $4k+3$ formunda çarpanı bulunmamalıdır. Dolayısıyla denklemin çözümü yoktur.
-
$2)$ bu soruyu ben de klasik yöntemle çözüme kavuşturayım.
$n\ge1$ için
$$(n^2+1)^2<n^4+3n^2+1<(n^2+2)^2$$
olduğundan tam kare olamaz. $n=0$ olmalıdır. Fakat pozitif tam sayı olduğu belirtilmiş
-
$56)$
$$x^3-8=3^y.7^z$$ olur.
$$(x-2).(x^2+2x+4)=3^y.7^z$$ olur.
$7\mid x-2$ olursa $7\not \mid x^2+2x+4$ olur. Dolayısıyla her ikisi birden $7$ ile bölünemez.
$1)$ \begin{equation*}
\begin{cases}
x-2=3^a.7^z,
\\
x^2+2x+4=3^{y-a}
\end{cases}
\end{equation*} sistemini kabul edelim.
İlk denklem ikinci denklemde yerine konulursa $$(7^z.3^a+2)^2+2.3^a.7^z+4=3^{7-a}$$
$a\ge 1$ ise Eşitliğin sol tarafı $8(mod3)$ gelir. Yani çelişki oluşur. $a=0$ olmalıdır.
\begin{equation*}
\begin{cases}
x-2=7^z,
\\
x^2+2x+4=3^y
\end{cases}
\end{equation*}
tekrar düzenlersek $7^{2z}+6.7^z+12=3^y$ elde edilir. Eşitliğin sol tarafı asla $3$ ün katı olamaz. O halde kabulümüz yanlıştır.
$2)$
\begin{equation*}
\begin{cases}
x-2=3^b,
\\
x^2+2x+4=3^{y-b}.7^z
\end{cases}
\end{equation*}
Sistemi düzenlersek $3^{2b}+6.3^b+12=7^z.3^{y-b}$
$b=0$ olmadığını görelim. $b=0$ için $19=7^z.3^{y-b}$ olur, çözüm yoktur.
$b\ge1$ için ise sol taraf $9$ ile bölünemez O halde $y=b+1$ olmalıdır.
$$3^{2b-1}+2.3^b+4=7^z$$
Denkleminin çözümlerini bulmalıyız.
Denklemin sol kısmı $4$ modunda incelenmelidir.
$$3^{2b-1}+2.3^b+4\equiv (-1)^{2b-1}+2.(-1)^b\equiv -1+2.(-1)^b\equiv 1(mod4)$$
Buradan $7^z\equiv 1(mod4)$ Bu ise $z$ çift iken sağlandığı için $z=2n$ dönüşümü yapalım ve $4$ ü eşitliğin karşı tarafına atıverelim.
$$3^b.(3^{b-1}+2)=(7^n-2).(7^n+2)$$ $3\not \mid 7^n-2$ olduğu açıktır. $7^n-2=3^{b-1}+2$
\begin{equation*}
\begin{cases}
7^n-2=\dfrac{3^{b-1}+2}{t}
\\
7^n+2=3^b.t
\end{cases}
\end{equation*}
elde edilir. Buradan düzenleme yapıldığında $3^{b-1}=\dfrac{4t+2}{3t^2-1}$ gelir bu ifade de ancak $t=1$ için tam sayıdır. $b=2$ gelir .
$y=b+1=3$ gelir. $b=2$ $t=1$ olduğuna göre $n=1$ gelir $z=2$ bulunur. İlk denklemde yerine koyarak $x=11$ elde edilir.
Denklemin tek çözümü $(11,3,2)$ olarak bulunur.
-
$51)$ Bu çözümü geo'dan aldım.
$3367$ nin asal çarpanlara ayrılışı $3367=7\cdot 13\cdot 37$ dir. Eğer $x^3\equiv 2^n\ \ (mod\ 7)$ ise, uygun bir $m\in N$ için $n=3m$ olur. Böylece, $3367=2^n-x^3=\underbrace{\left(2^m-x\right)}_{a}\underbrace{\left(2^{2m}+2^mx+x^2\right)}_{b}$, $a^2<b$ ve $ab=7\cdot \ 13\cdot 37$ olduğu için aşağıdakilerden biri doğrudur:
- $a=1$, $b=7\cdot 13\cdot 37$,
- $a=7$, $b=13\cdot 37$,
- $a=13$, $b=7\cdot 37$,
$b-a^2=3\cdot 2^m\cdot x$ , $2^m\ge \sqrt[3]{3367}>14$ olduğu için
$(i)$ $b-a^2=3\cdot 2\cdot 561$ ve
$(iii)$ $b-a^2=90=2\cdot 3\cdot 15$ geçerli olamaz; ancak $(ii)$ durumu sözkonusu olabilir. Bu durumda $b-a^2=481-49=432=3\cdot 2^4\cdot 3^2$ olduğunda $n=12$, $x=9$ olmalı. Gerçekten $9^3+3367=2^{12}\ $'dir.
-
$53)$ Bu çözüm de geo hocamdan
Denklemi $\bmod 4$'te incelediğimizde $1^m + (-1)^n \equiv 0,1,0,3 \pmod 4$ olacağı için $n$ tek olmalı.
$\bmod 7$'de
$5^m$ in kalan sınıfı $\{5,4,6,2,3,1\}$,
$k^3$ in kalan sınıfı $\{1,1,6,1,6, 6, 0\}$
olduğu için $m \equiv 3 \pmod 6$ yani $m=3a$ olmalı.
Bu durumda denklem $5^{3a} + 7^n = k^3$ e dönüşür.
$7^n = k^3 - (5^a)^3 \Rightarrow 7^n = (k - 5^a)\left( (k-5^a)^2 + 3\cdot k \cdot 5^a \right )$
İkinci çarpan ilkinden büyük olduğu için $k-5^a \equiv 0 \pmod 7$ olduğunda $3\cdot k \cdot 5^a \equiv k \equiv 0 \pmod 7$ gerekeceği için $k-5^a \equiv 0 \pmod 7$ olamaz.
Bu durumda geriye sadece $k-5^a = 1$ durumu kalıyor. Yerine yazarsak $1+3\cdot k\cdot 5^a = 7^n$ elde ederiz. $a\geq 1$ için $\bmod 5$'te incelersek, $n \equiv 0 \pmod 4$ elde ederiz ki bu başlangıçta bulduğumuz $n$ tek olmalı yargısıyla çelişir. O halde $a\geq 1$ için bir çözüm yok.
Geriye sadece $a=0$ ve dolayısıyla $k-5^a = 1 \Rightarrow k=2$ durumu kalıyor. Bu durumda denklemin tek çözümü $(m,n,k)=(0,1,2)$ oluyor.
-
$54)$ Bu çözüm de önceden geo hocamın paylaştığı çözümlerden
$k>1$ olduğundan $p\ne 7$ öncelikle $128\equiv 2^{7} \equiv 1 \pmod {127}$ olduğundan $der_{127} 2=7$ olduğunu söyleyebiliriz. Diğer taraftan $127$ bir asal sayıdır ve dolayısıyla:
$$(127,m)>1\Leftrightarrow 127|m\Leftrightarrow 127|2^{p} -1\Leftrightarrow 2^{p} \equiv 1 \pmod {127}\Leftrightarrow 7|p$$
bulunur ki bu $p>7$ olduğundan mümkün değil.
$\Rightarrow (127,m)=1$. Dolayısıyla ayrı ayrı $m|2^{m-1} -1$ ve $127|2^{m-1} -1$ olduğunu ispatlamamız yeterlidir.
$127|2^{m-1} -1\Leftrightarrow 2^{m-1} \equiv 1 \pmod {127} \Leftrightarrow 7|m-1\Leftrightarrow 7|2^{0} -2\Leftrightarrow 2^{p-1} \equiv 1 \pmod 7$ bulunur. Diğer taraftan $2^{6} \equiv 1 \pmod 7$ ve $6|p-1$ olduğundan $2^{p-1} \equiv 1 \pmod 7$ ve de $127|2^{m-1} -1$ doğrudur.
Ayrıca $m=2^{p} -1|2^{m-1} -1$ olduğunu ispatlamak için, $p|m-1$ olduğunu göstermek yeterlidir, çünkü böylece $m-1=pt$ olur ve $2^{m-1} -1=(2^{p} -1)(2^{p.(t-1)} +2^{p.(t-2)} +\dots+1)$ şeklinde yazılabilir.
Diğer taraftan $2^{p} \equiv 2 \pmod p \Leftrightarrow m\equiv 2^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ denkliği Küçük Fermat Teoremi'nden sağlanır, ispat biter.
-
$55)$ MATSEVER 27 nin paylaştığı çözüm
$p \mid n$ olsun. $p \neq 2$ sayısı $2^n$ yi bölmez. O halde $m!$ i de bölmez. Buradan $n$ nin her asal böleni $p$ için $p>m$ elde edilir.
(i.) $n$ nin $2$ hariç en az iki asal böleni olursa $p,q$ onlardan ikisi olsun, $n \ge pq>m^2$ elde edilir. $m! > 2^{m^2}+m^2$ olmalıdır. Ancak ($m$ tane $2^m$ nin çarpımı) $2^{m^2}=2^{m}.2^{m}\cdots2^{m} >1.2 \cdots m$ o halde buradan çelişki.
(ii.) $n=p^{a}.2^{b}$ olmalıdır. $a >1$ ise $p>m$ den dolayı $n > m^{a}$ dır. $a\ge 2$ ise $n >m^2$ olur ki çelişki geleceğini az önce ispatlamıştık. O halde $a=1$ olmalıdır. $n=p.2^{b}$ olur. $p \neq 2$ olduğundan $2^b $ $||$ $m!$ olur. O halde $m$ de tam olarak $b$ tane $2$ çarpanı olmalıdır. Ancak $m>2^b$ olduğundan çelişki. $n=2^{a}$ olması gerekir. $m \ge 3$ olduğundan $m!$ in çift olduğunu biliyoruz. O halde $2^{p^a}+p^a$ çift olmalı. $p=2$ olmalı. $2^{2^a}+2^a=m!$ olmalı. $m \ge 3$ için $3 \mid m!$ olduğundan $3 \mid 2^{2^a}+2^a$ o halde $a$ tek olmalı. $m \ge 5$ için $5 \mid 2^{2^a}+2^a$ olmalı. $a=1$ ise 5 ile bölünmez. $a\ge 2$ için $2^{2^a} \equiv 1 \pmod{5}$ yani $2^a \equiv 4 \pmod{5}$ olmalı. Ancak $a$ tek olduğundan çelişki! $m=3,4$ olabilir. $m=3$ için $n=2$ sağlar.
(iii.) $n=1$ olabilir. Buradan çözüm yoktur.
$(3,2)$ tek köktür. İspat biter.
-
$57)$ Metonster 'in yaptığı bir çözüm
Soruyu üç durumda inceleyelim.
$i)$ $m=n$ ise $k=m^2$ olur.
$ii)$ $m>n$ ise $m-n=x, ~m+n=y$ diyelim. $m=\dfrac{x+y}{2}$ ve $n=\dfrac{y-x}{2}$ olur.$4|(m+n)^2$ olduğundan $y$ çifttir.Dolayısıyla $x$ de çifttir. Yerine yazarsak, $$k=\dfrac{y^2}{2(x+y)x^2+4} \Rightarrow y^2-2kx^2y-(2kx^3+4k)=0$$ olur. Diskriminantı tamkare olmalı. $$\Delta = 4k^2x^4+8kx^3+16k=4t^2 \Rightarrow t^2=k^2x^4+2kx^3+4k$$ olur. $k\geq 1$ ve $x\geq 2$ olduğunu biliyoruz buradan, $$(kx^2+x+1)^2>k^2x^4+2kx^3+4k>(kx^2+x-1)^2$$ bulunur. $k^2x^4+2kx^3+4k=(kx^2+x)^2$ olmalı buradan $k=(\dfrac{x}{2})^2$ bulunur.
$iii)$ $m<n$ ise $n-m=x,~m+n=y$ diyelim.Aynı şekilde $x$ ve $y$'yi çift bulabiliriz. Yerine yazar ve düzenlersek, $$y^2-2kx^2y+2kx^3-4k=0\Rightarrow \Delta =4k^2x^4-8kx^3+16k=4t^2\Rightarrow t^2=k^2x^4-2kx^3+4k$$ olur. $$(kx^2-x+1)^2>k^2x^4-2kx^3+4k>(kx^2-x-1)^2\Rightarrow k^2x^4-2kx^3+4k=(kx^2-x)^2\Rightarrow k=(\dfrac{x}{2})^2$$ bulunur. Yani $k$ her zaman tamkaredir.
-
$59)$
Bu soruyu çözerken $c$ herhangi bir tam sayı olduğu için genelliği bozmadan pozitif tam sayılarda çözümleri bulursak geri kalan çözümleri bulmak kolaydır.
Bu soruyu $\dfrac{a^2+b^2+3}{ab}\in Z$ olarak düşünebiliriz. $a=b$ olduğunu varsayarsak $2+\dfrac{3}{a^2}$ gelir ve $a=1$ olmalıdır. $a=b=1$ yerine koyulursa $c=5$ elde edilir.
Genelliği bozmadan $a>b$ kabul edebiliriz.
$$a^2-abc+(b^2+3)=0$$ denkleminin diğer çözümü $x$ olsun.
$$a+x=bc$$ $$ax=b^2+3$$
elde edilir. Buradan $x$ in de tam sayı olacağı görülür.
Genelliği bozmadan $x\ge a$ olsun. O halde
$$a^2+3>b^2+3=ax\ge a^2$$ $a\ge3$ için
$$a^2>b^2\ge a^2-3 >(a-1)^2$$ olduğundan dolayı çözüm yoktur.
$a=2$ için $a>b$ kabulünden dolayı olası tek çözüm $(2,1)$ dir ki sağlar $c=4$ bulunur. Geri kalan çözümler ise bunların işaretlerinin ve $a$ ile $b$ nin değerlerinin yer değiştirmeleriyle gelecektir.
$(1,1)$ ikilisinden yararlanarak $(1,1,5)$ $(-1,1,-5)$ ,$(1,-1,-5)$ , $(-1,-1,5)$ çözümü gelir.
$(2,1)$ ikilisinden yararlanarak $(2,1,4)$ , $(1,2,4)$ , $(2,-1,-4)$ , $(-1,2,-4)$ , $(-2,1,-4)$ , $(1,-2,-4)$ çözümlerini söyleriz. Bu denklemin $10$ çözümü vardır.
-
$60)$ Çözümü geo hocamızdan aldım.
$y$ yi sabit tuttuğumuzda,
$f(a,y) = f(b,y)$ ise $a^2-ay+y^2 = b^2 - by + y^2 \Rightarrow (a-b)(a+b-y)=0$ olacağı için $b=y-a$ elde edilir. Bu durumda $(a,y)$ bir çözüm ise $(y-a,y)$ de bir çözümdür.
Benzer şekilde $x$ i sabit tuttuğumuzda, $f(x,a)=f(x,b)$ ise $x^2 - ax + a^2 = x^2 - bx+b^2 =0 \Rightarrow (a-b)(a+b-x) $ ve $b=x-a$ elde edilecek. Bu durumda $f(x, a)$ bir çözüm ise $f(x, x-a)$ da bir çözüm olacak.
Bunun haricinde simetriden dolayı $f(x,y)=f(y,x)$ ve kare ifadelerden dolayı $f(x,y)=f(-x,-y)$ olduğu görülüyor.
Tüm çözümleri birleştirirsek:
Sabit tutma sonucu $3$ tane: $(x,y)$, $(y-x, y)$, $(x, x-y)$
Yer değiştirme sonucu $3$ tane: $(y,x)$, $(x-y, x)$, $(y, y-x)$
Bunların eksileri sonucu $6$ tane çözüm geleceği için, $(x,y)$ çözümse, bunun haricinde $11$ çözüm daha vardır.
$(x,x)$ olma durumunda çözümler $(x,x)$, $(-x,-x)$, $(0,x)$, $(x,0)$, $(0,-x)$, $(-x,0)$ olacak. Çözüm sayısı yine $3$ ile bölünüyor.
$(0,0)$ çözüm ise çözüm sayısı $1$ olacak. Ama $(0,0)$ çözümse, $n=0$ olması gerekeceği ve soruda $n$ pozitif tam sayı dediği için $(0,0)$ çözüm olamaz.
-
$61)$ Merdan97 isimli üyeden aldığım çözüm
$y$ tek olursa sağ taraf çift olur bu imkansız.
$y$ çift olmalı. o zaman sağ taraf $8$'e bölününce $1$ kalanını verir ki sol taraf da aynı kalanı vermeli $x$ çift olmalı. sol taraf tamkare olur.
Sağ taraftaki ifadeyi tamkare olmasına göre inceleyelim.
$y\ge0$ ise
$(y^2+2)^2 > y^4+4y+1>(y^2)^2$
$y^4+4y+1=(y^2+1)^2$ olmalı.
$2y^2-4y=0$
$y=0$ , $y=2$
$y=0\Rightarrow y^4+4y+1=1=5^x$
$x=0$ olur.
$y=2\Rightarrow y^4+4y+1=25=5^x$
$x=2$ olur.
Buradan $(x,y)=(0,0)$ ve $(x,y)=(2,2)$ bulunur.
$y< 0$ ise $a>0$ olmak üzere $a=-y$ diyelim.
$y^4+4y+1=a^4-4a+1$
$a=1,2$ için çözüm gelmez $a>2$ alabiliriz.
$(a^2+1)^2> a^4-4a+1 > (a^2-1)^2$
$a^4-4a+1=(a^2)^2=a^4$ olur. Buradan a tamsayı olmaz çözüm gelmez.
Tüm çözümler $(x,y)=(0,0)$ ve $(x,y)=(2,2)$ olur.
-
$62)$ MATSEVER 27 den aldığım bir çözüm
Eğer $n$ bir tek sayı ise $\left(n^{\frac{n+1}{2}}\right)^2<n^{n+1}+n-1<\left(n^{\frac{n+1}{2}}+1\right)^2$ olduğundan eğer $n \ge 2$ ise buradan çözüm gelmeyeceğini söyleyebiliriz. $n=1$ için sağlar.
Eğer $n \equiv -1$ $\text{(mod 3)}$ ise $\left(n^{\frac{n+1}{3}}\right)^3<n^{n+1}+n-1<\left(n^{\frac{n+1}{3}}+1\right)^3$ olduğundan buradan da $n \ge 2$ için çözüm gelmeyeceğini söyleyebiliriz. $n=1$ i saymıştık.
Eğer $n \equiv 0$ $\text{(mod 3)}$ ise $m^6 \equiv -1$ $\text{(mod 3)}$ olur ve buradan da çözüm gelmez.
O halde $n \equiv 4$ $\text{(mod 6)}$ diyelim. $n+1 | n^{n+1}+n+2=y^6+3$ olduğunu söyleyebiliriz. Buradan $n+1 \equiv 5$ $\text{(mod 6)}$ olur. Buradan $n+1$ i bölecek şekilde bir $p \equiv 2 \pmod{3}$ olacak şekilde bir $p$ asalının varlığını bilebiliriz. $y^6 \equiv -3 \pmod {n+1}$ idir. O halde $ y^6 \equiv -3 \pmod{p}$ olur. Ancak bir tamkare $p \equiv 2 \pmod{3}$ olmak üzere $\pmod{p}$ de $-3$ kalanını veremez. $p >2$ idir.
İspat: Diyelim ki bir $x$ için $ x^2 \equiv -3 \pmod{p}$ olsun. Şimdi de $2y+1 \equiv x \pmod p$ olacak şekilde bir $y$ seçelim. Buradan $y^2+y+1 \equiv 0 \pmod p \Rightarrow y^3 \equiv 1 \pmod p$ olur. O halde $y$ nin $\pmod p$ deki mertebesi $d$ olmak üzere $(d,3)=1,3$ olabilir. $=1$ ise $y \equiv 1 \pmod p$ olur. $p=3$ olması gerekir. Çelişki! $=3$ olsa $3|d|p-1$ olması gerekir. Çelişki! Kabul yanlıştır ve böyle $x$ ler yoktur.
O halde bu durumdan da çözüm gelmez ve ispat biter. Yalnızca $n=1$ sağlar.
-
$63)$ Mehmet Utku Özbek'in yaptığı çözümü düzenledim.
İfadeyi $m$ parantezine alalım.
$\Longrightarrow m[\ p^{2l-1}(mn+1)^2+m]=x^2$
Eğer $m$ tam kare değilse çarpanlarından biri $q$ olacak şekilde ve üssü tek sayı olacak şekilde bir çarpanı vardır. $q^k$ alalım. $q$ nun ikinci parantezi bölmesi gerekir. $q$ ile $(mn+1)^2$ aralarında asal olduğu için $q \mid p^{2l-1}$ olmalıdır. O zaman $q=p$ olmalıdır. Eğer $k$ nın tek olmaması gerektiğini gösterirsek ispat biter. Şimdi ifadede $m=p^k$ olduğunu söyleyebiliriz.
$\Longrightarrow m[\ p^{2l-1}(mn+1)^2+m]=p^k[\ p^{2l-1}(p^{k}n+1)^2+p^k]=p^{2k}[\ p^{2l-k-1}(p^{k}n+1)^2+1]=x^2$
Dolayısıyla son ifadedeki ikinci parantez de tam kare olmalıdır.
$\Longrightarrow p^{2l-k-1}(p^{k}n+1)^2+1=y^2$
Eğer $k$ tek olursa $2l-k-1$ çift olacağından ifade aslında $c=p^{\tfrac{2l-k-1}{2}}(p^{k}n+1)$ olmak üzere $c^2+1=y^2$ halindedir. Bunun da pozitif tamsayılarda çözümü yoktur. Yani $k$ tek olamaz. İspat biter.
-
$64)$
Kaba bir ispatla sayının $2$ basamaklı olduğunu gösterelim.
Varsayalım ki $x$ sayısı $n$ basamaklı olsun.
$x^2\ge 10^{2n-2}$ olduğundan $2n-1$ basamaklı en küçük sayıdır ve diğer $2$ terim negatif olduğu için basamaklar çarpımının minimum değeri $x^2-10x-22 > 10^{2n-3}$
Sayının basamaklar çarpımının maximum değeri ise $n$ tane $10$ çarpılmış olsaydı bile $10^n$ olurdu.
Basamaklar çarpımının maximum değeri minimum değerinden büyük veya tek değer alabiliyorsa eşit olacağından dolayı $10^n > 10^{2n-3}$ yani $n < 3$ bulunur.
$x$ tek basamaklı ise $x=x^2-10x-22$ olacağından dolayı $\bigtriangleup$ tamkare olmadığından çözüm gelmez.
$x$ iki basamaklı ise $x=ab$ alalım. $a.b=(10a+b)^2-10.(10a+b)-22$
$a\ge 2$ için $b$ rakam olmak üzere
$$100a^2+19ab+b^2-100a-10b-22>0$$
olduğundan denklemin çözümü yoktur. $a=1$ olmalıdır.
$b^2+9b-22=0$ bulunur. Çözülürse $b=2$ bulunur. $x=12$ sağlar.
-
$66)$
Bölme Algoritmasını uygulayalım.
$$\dfrac{n^3+1}{mn-1}=qn+r$$ $q\ge 0 $ , $0\le r<n$
Denklemi içler dışlar çarpıp düzenlersek
$$n^3+1=qmn^2+rmn-qn-r$$
Denkleme $n$ modunda bakarsak $1\equiv -r(modn)$ yani $r\equiv -1(modn)$ bölme algoritmasını da göz önüne alırsak $r=n-1$ olmalıdır.
Denklemi tekrar düzenlersek $n^2=qmn+(n-1).m-q-1$ elde edilir.
$m^3.\dfrac{n^3+1}{mn-1}=\dfrac{m^3n^3-1}{mn-1}+\dfrac{m^3+1}{mn-1}$ olduğundan ilk $3$ terim tam sayı olduğundan $\dfrac{m^3+1}{mn-1}$ de bir pozitif tam sayıdır. Genelliği bozmadan $m\ge n$ alabiliriz.
$n=1$ ise $1=qm-q-1$ $2=qm-q$ $q\mid 2$ olduğundan $q=1$ veya $q=2$ dir.
$q=2$ ise $m=2$ $(2,1)$ ve simetriği
$q=1$ ise $m=3$ olur. $(3,1)$ ve simetriği gelir.
$m\ge n\ge 2$ olsun. O zaman
$n^2\ge qn^2+n.(n-1)-q-1$
$n+1\ge q.(n^2-1)$
$q.(n-1)\le 1$
$n\ge 2$ olduğundan $q\le 1$ elde edilir.
$q=1$ için $n^2\ge qn^2+n.(n-1)-q-1$ eşitsizliğine tekrar bakalım .
$n^2\ge 2n^2-n-2$
$n^2-n-2\le 0$ $n\ge 2$ olduğundan dolayı $n=2$ olası tek çözümdür. Denklemde yerine konulursa $m=2$ çıkar.
$q=0$ için
$n^2=mn-m-1$
$$n^2+1=m.(n-1)$$
$$\dfrac{n^2+1}{n-1}\in Z$$ Polinom bölmesi yardımıyla $$\dfrac{2}{n-1}\in Z^+$$ olmalıdır. $n=2$ ve $n=3$ çözümleri gelir.
$n=2$ için $m=5$
$n=3$ için $m=5$ olur.
Denklemin tüm çözümleri bunların simetrikleri ile birlikte $\{(1,3),(3,1),(1,2),(2,1),(2,2),(5,3),(3,5),(2,5),(5,2)\}$ şeklinde $9$ çözümü vardır.
-
$67)$ $\dfrac{a^2}{2ab^2-b^3+1}=k$ , $k\in Z^+$ diyerek işe koyulalım .
İçler dışlar çarpıp ifadeleri tek tarafta toplarsak
$$f(x)=x^2-2kb^2.x+k.(b^3-1)=0$$ denkleminin çözümleri $b>1$ için iki adet pozitif tam sayı köktür.
$b=1$ durumunu özel olarak incelersek $(2n,1)$ çözümünü görürüz.
pozitif tam sayı köklerden birinin $x=a$ olduğunu görürüz. Diğer kökü $a'$ olsun.
Genelliği kaybetmeden $a'\ge a$ alınabilir. $$a^2\le a.a'=k.(b^3-1)$$ gelir.
Başlangıçtaki ifadeyi düzenleyelim. $$k=\dfrac{a^2}{2ab^2-b^3+1}\le b.\dfrac{k^3-1}{2ab^2-b^3+1}$$
$$b^3-1\ge 2ab^2-b^3+1$$
$$b^3-1\ge ab^2$$
$$b>b-\dfrac{1}{b^2}\ge a$$ olduğundan $b>a$ bulunur.
Aynı zamanda başlangıçtaki denklem $$b^2>a^2=k.(2ab^2-b^3+1)\ge 2ab^2-b^3+1>0$$
yazılabildiğinden dolayı $$b^2>(2a-b).b^2+1>0$$ elde edilir. $2a-b>0$ için sol kısma bakınca $0>1$ çelişkisi gelir. $2a-b<0$ ise $2a-b=-x$ ,$x\in Z^+$ olmalıdır. $-xb^2+1>0$ çelişkisi gelir. $2a=b$ olmalıdır.
yani $(a,b)$ ikililerinden biri daha $(n,2n)$ olarak bulunur. Yerine konulduğunda $k=n^2$ yapar.
$$f(x)=x^2-2kb^2.x+k.(b^3-1)=x^2-8n^3x+8n^4-n=0$$ Denkleminin köklerinden biri $n$ olduğuna göre
$n.a'=8n^4-n$ $a'=8n^3-n$ elde edilir. O halde $(8n^3-n,2n)$ de bir çözümdür.
-
$44)$
$n=3$ 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.
-
$42)$
$p^mq^n=(p+q)^2+1=p^2+2pq+q^2+1$ 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.
$$(m,n,p,q)\in \{(2,1,5,2),(2,1,5,13),(1,2,2,5),(1,2,13,5)\}$$
-
$72)$ 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.
-
$70)$ 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.
-
$75)$ $x=y$ 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.
-
$76)$ $x=0$ 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.
-
$74)$ $x=0,1,2,3,4,5$ 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.
-
$42)$ $b=0$ 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.
-
$31)$ $xy(x^2+y^2)=\dfrac{(x+y)^4-(x-y)^4}{8}=2z^2$ 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.
-
$77)$ 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.
-
$79)$
$$(a^2+1).(b^2+1).(c^2+1)=a^2b^2c^2+a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+a^2+b^2+c^2+1$$
$$(ab+ac+bc)^2=a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+2.abc.(a+b+c)$$
$$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2.(ab+ac+bc)$$
$$a^2b^2c^2+1-2abc.(a+b+c)+(a+b+c)^2-2+1=(a+b+c-abc)^2=3^x-5^y$$ bulunur.
$a+b+c-abc=p$ dönüşümü yapalım.
$p^2=3^x-5^y$
$p^2\equiv \{0,1,4\}(mod5)\equiv 3^x(mod5)$ $3^x$ ifadesi $0,1,4$ kalanlarından birini vermesi için $x$ in çift olduğu açıktır.
$x=2t$ , $t\in N$ dönüşümü yapılabilir. İki kare farkından
$$(p-3^t).(p+3^t)=-5^y$$
Varsayalım ki $p+3^t\le 0$ olsun. O halde $p-3^t \ge 0$ olur. Buradan $p-3^t\ge p+3^t$ yani $3^t\le 0$ elde edilir. Bu bir çelişkidir.
O halde $p+3^t$ pozitiftir.
\begin{equation*}
\begin{cases}
p+3^t=5^g
\\p-3^t=-5^{y-g}
\end{cases}
\end{equation*}
, $g \in N$ dönüşümü yapılabilir. Düzenlersek $$2.3^t=5^g+5^{y-g}$$ elde edilir. Denklemin solu $5$ ile bölünemeyeceğinden sağ kısmı da bölünememelidir. $g=0$ dır veya $y=g$ dir.
$1)$ $g=0$ için $2.3^t=5^y+1$ Lifting The Exponent Lemma'nın $2.$ formunu uygulayalım.
$3\mid 5+1 $ olduğundan $v_3(2.3^t)=v_3(5+1)+v_3(g)$ Buradan $g=k.3^{t-1}$ , $k \in N$ dönüşümü yapabiliriz.
Yerine koyarsak $2.3^t=5^{k.3^{t-1}}+1$ olduğundan $t>1$ için çelişki gelir.
a) $t=0$ için $y=0$ elde edilir. Buradan $p=0$ elde edilir.Fakat $$(a^2+1).(b^2+1).(c^2+1)=p^2\ge 1$$ olduğu için mümkün değildir.
b) $t=1$ için $y=1$ elde edilir. $p=-2$ elde edilir.
2) a) $y=g$ ve $t=0$ için $y=0$ bulunur. $1)$ in $a$ seçeneği ile aynıdır, mümkün değildir.
b) $y=g$ ve $t=1$ için $y=1$ bulunur. $p=2$ elde edilir.
Elimizde $2$ adet denklem sistemi oluştu
\begin{equation*}
\begin{cases}
ab+ac+bc=1
\\
abc-(a+b+c)=2
\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{cases}
ab+ac+bc=1
\\
abc-(a+b+c)=-2
\end{cases}
\end{equation*}
Denklemlerde $c=\dfrac{1-ab}{a+b}$ yazarsak
$\dfrac{ab-a^2b^2}{a+b}-\dfrac{(a+b)^2+1-ab}{a+b}=\dfrac{a^2b^2+a^2+b^2+1}{a+b}=\pm 2$
$(ab)^2+(a\pm 1)^2+(b\pm 1)^2=1$ elde edilir. Buradan karelerin birini $1$ e diğer ikisini $0$ a eşitlersek
$(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(-1,-1,0),(-1,0,-1),(0,-1,-1)$ şeklinde $6$ çözüm elde edilir.
-
$80)$ Verilen ifadeyi düzenlersek, $$n^2=(x^2+1)(y^2+1)+2(x-y)(1-xy)-4xy=(x+1)^2(y-1)^2$$ bulunur. Buradan $n=(x+1)(y-1)$ veya $-n=(x+1)(y-1)$ bulunur. $n$'yi bölen her $a$ tamsayısı için $(x,y)=\left (a-1,\dfrac{n}{a}+1\right ),\left (a-1,-\dfrac{n}{a}+1\right )$ çözümleri bulunabilir. Bu çözümler çakışık olamaz çünkü olsaydı $\dfrac{1}{a}=0$ olur fakat bu sağlanamaz. Her $a$ böleni için denklemin tam olarak $2$ çözümü bulunur. Dolayısıyla toplam çözüm sayısı, $n$'nin bölen sayısının $2$ katıdır.
-
$81)$ $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{n}$ olduğundan $\dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{x}$ ve $\dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{y}$ olmalıdır. Buradan $x>n$ ve $y>n$ bulunur. Şimdi denklemi düzenlersek, $$\dfrac{x+y}{xy}=\dfrac{1}{n}\Rightarrow xy=nx+ny\Rightarrow (x-n)(y-n)=n^2$$ bulunur. $x>n$ ve $y>n$ olduğundan $(x-n)$ ve $(y-n)$ ifadeleri pozitiftir. $n^2$'nin her pozitif $a$ böleni için $(x,y)=\left ( a+n,\dfrac{n^2}{a}+n \right )$ çözümü bulunur. Dolayısıyla toplam çözüm sayısı $n^2$'nin pozitif bölen sayısıdır.
-
$82)$ Denklem simetrik olduğundan genelliği bozmadan $x\geq y$ diyebiliriz. Buradan, $$2x^2\geq x^2+y^2=(xy-9)^2\Rightarrow 0\geq x^2(y^2-2)-18xy+81$$ $$\Rightarrow 0\geq x^2(y^2-2)-18xy+81\geq x^2(y^2-2)-18x^2+81$$ bulunur. Eğer $y\geq 5$ ise $$0\geq x^2(y^2-20)+81\geq 5x^2+81>0$$ bulunur ve bu bir çelişkidir. Dolayısıyla $y\leq 4$ olmalıdır.
$i)$ $y=0$ ise $81=x^2$ elde edilir, buradan $(x,y)=(9,0)$ çözümü gelir.
$ii)$ $y=1$ ise $(x-9)^2=x^2+1$ ve buradan $x=\dfrac{40}{9}$ bulunur. Tamsayı çözümü yoktur.
$iii)$ $y=2$ ise $(2x-9)^2=x^2+4$ ve buradan $3x^2-36x+77=0$ bulunur fakat tamsayı çözümü gelmez.
$iii)$ $y=3$ ise $(3x-9)^2=x^2+9$ ve buradan $4x^2-27x+36=0$ bulunur. Buradan da tamsayı çözümü gelmez.
$iv)$ $y=4$ ise $(4x-9)^2=x^2+16$ ve buradan $15x^2-72x+65=0$ bulunur. Tamsayı çözümü yoktur.
Dolayısıyla tüm çözümler $(x,y)=(9,0),(0,9)$ bulunur.
-
$83)$ İfadeyi açalım, $x^2y+xy^2-x^2-y^2=xy(x+y)-(x^2+y^2)=1$ olur. $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy$ olduğundan $$xy(x+y)-(x^2+y^2)=xy(x+y)-(x+y)^2+2xy=1\Rightarrow xy(x+y+2)=(x+y)^2+1$$ bulunur. $xy=a$ ve $x+y=b$ için $$a(b+2)=b^2+1\Rightarrow a=\dfrac{b^2+1}{b+2}=b-2+\dfrac{5}{b+2}$$ bulunur. $b+2=\pm 1,\pm 5$ olabilir. Buradan olası $b$ değerleri $\{-7,-3,-1,3\}$ bulunur. Bunlara karşılık gelen $a$ değerlerini bulabiliriz. Olası $(a,b)$ ikilileri $(-10,-7)$, $(-10,-3)$, $(2,-1)$, $(2,3)$ bulunur. $(a,b)=(-10,-3)$ ikilisi için $(x,y)=(-5,2),(2,-5)$ çözümleri bulunur. $(a,b)=(2,3)$ için $(x,y)=(2,1),(1,2)$ çözümleri bulunur. $(a,b)=(-10,-7)$ ve $(a,b)=(2,-1)$ ikilileri için çözüm gelmez. Tüm çözümler, $\boxed{(x,y)=(-5,2),(2,-5),(2,1),(1,2)}$'dir.
-
$84)$ Öncelikle $x$'nin tek sayı olması gerektiğini gösterelim. Aksini varsayalım, $m\in \mathbb{Z}$ olmak üzere, $x=2m$ olsun. Ana denklem, $16m^4+4=py^4$ haline dönüşür. Sol taraf $4$ ile bölündüğünden sağ taraf da bölünmelidir, $p=2$ olsa bile $y$ çift olmak zorundadır. $y=2n$ için $16m^4+4=16pn^4$ olur. Sağ taraf $16$ ile bölünüp, sol taraf bölünmediği için çelişki olur. Dolayısıyla $x$ tek sayıdır. Şimdi ifadeyi çarpanlarına ayıralım, $$x^4+4=x^4+4x^2+4-4x^2=(x^2+2)^2-(2x)^2=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)=py^4$$ bulunur. $x$ tek sayı olduğundan $x^2+2x+2$ ve $x^2-2x+2$ ifadeleri de tek sayıdır. Eğer bu iki ifade aralarında asal değilse, ikisini de bölen bir $q$ tek asal sayısı vardır. $$q\mid x^2+2x+2 \text{ ve } q\mid x^2-2x+2 \Rightarrow q\mid (x^2+2x+2)-(x^2-2x+2)\Rightarrow q\mid 4x \Rightarrow q\mid x$$ $$q|x \text{ ve } q|x^2-2x+2 \Rightarrow q\mid (x^2-2x+2)-x(x-2)\Rightarrow q\mid 2$$ bulunur fakat $q$ tek asal sayı olduğundan bu durum da çelişki oluşturur. Dolayısıyla $x^2+2x+2$ ve $x^2-2x+2$ ifadeleri aralarında asaldır. Bu iki ifade aralarında asal olduğundan ve çarpımları $py^4$ olduğundan $2$ durum söz konusudur.
$i)$ $x^2+2x+2=pa^4$ ve $x^2-2x+2=b^4$ ise $(x-1)^2+1=b^4$ ifadesini düzenleyebiliriz, $$b^4-(x-1)^2=1\Rightarrow (b^2-x+1)(b^2+x-1)=1$$ olur ve buradan gelen tek çözüm $x=1$ durumudur. $x=1$ için ana denklemde $py^4=5$ bulunur, buradan $p=5$ elde edilir.
$ii)$ $x^2+2x+2=a^4$ ve $x^2-2x+2=pb^4$ ise $(x+1)^2+1=a^4$ ifadesini düzenlersek $$(a^2+x+1)(a^2-x-1)=1$$ olur buradan sadece $x=-1$ çözümü gelir. $x=-1$ için ana denklemden yine $py^4=5$ elde edilir. Buradan da $p=5$ gelir.
Tüm durumlarda $p=5$ elde edildiğinden çözüm olmasını sağlayan tek asal sayı $\boxed{p=5}$ 'dir.
-
$85)$ Verilen eşitlikleri Aritmetik-Harmonik ortalama eşitsizliğinde kullanırsak, ($k_1,k_2,\dots, k_n$ terimleri pozitif olduğundan bunu uygulayabiliriz.) $$\dfrac{k_1+k_2+\cdots+k_n}{n}\geq \dfrac{n}{\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}+\cdots+\dfrac{1}{k_n}}\Rightarrow \dfrac{5n-4}{n}\geq n\Rightarrow 0\geq n^2-5n+4$$ $n^2-5n+4$ bir parabol olduğundan ve başkatsayısı pozitif olduğundan negatif değer alabilmesi için $n$ sayısını, $x^2-5x+4=0$ denkleminin köklerinin arasında olması gerekir. Bu denklemin çözümleri $x=1$ ve $x=4$ olduğundan $n\in [1,4]$ olmalıdır. $n=1$ ve $n=4$ için yukarıdaki eşitsizlikte eşitlik durumu sağlanacağından terimler birbirine eşit olmalıdır.
$i)$ $n=1$ için $k_1=1$ olur. $(n,k_1)=(1,1)$ çözümü gelir.
$ii)$ $n=4$ için terimlerin eşit olması gerektiğini belirtmiştik. $k_1=k_2=k_3=k_4$ için $k_1+k_2+k_3+k_4=16$ olduğundan $(n,k_1,k_2,k_3,k_4)=(4,4,4,4,4)$ çözümü gelir.
$iii)$ $n=2$ ise $k_1+k_2=6$ ve $\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}=\dfrac{k_1+k_2}{k_1k_2}=\dfrac{6}{k_1k_2}=1$ olduğundan $k_1k_2=6$ elde edilir. Bu iki denklemin tamsayı çözümü yoktur.
$iv)$ $n=3$ ise $k_1+k_2+k_3=11$ ve $\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}+\dfrac{1}{k_3}=1$ denklemleri elde edilir. $$\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}+\dfrac{1}{k_3}=\dfrac{k_1k_2+k_1k_3+k_2k_3}{k_1k_2k_3}=1\Rightarrow k_1k_2+k_1k_3+k_2k_3=k_1k_2k_3$$ olur. $k_3=11-k_1-k_2$ dersek $$k_1k_2+(11-k_1-k_2)(k_1+k_2)=k_1k_2(11-k_1-k_2)$$ eşitliği elde edilir. $k_1k_2=a$ ve $k_1+k_2=b$ için $a+(11-b)b=a(11-b)$ elde edilir. $a$'yı yalnız bırakırsak, $$a+(11-b)b=a(11-b)\Rightarrow a=\dfrac{b^2-11b}{b-10}=b-1-\dfrac{10}{b-10}$$ bulunur. Buradan olası pozitif $b$ değerlerini bulabiliriz, $b=5,8,9,11,12,15,20$ bulunur. Bu değerler için $a$ değerlerini de hesaplayabiliriz. $(a,b)=(6,5),(12,8),(18,9),(0,11),(6,12),(12,15),(18,20)$ ikilileri bulunur fakat bunlardan sadece $(a,b)=(6,5),(12,8),(18,9)$ için $k_1$ ve $k_2$ pozitif tamsayıları bulunabilir. Bu $(a,b)$ ikilileri için $(k_1,k_2,k_3)=(2,3,6)$ ve permütasyonları bulunur.
Tüm çözümler, $(n,k_1,k_2,\dots,k_n)=(1,1),(3,2,3,6),(3,2,6,3),(3,3,2,6),(3,3,6,2),(3,6,2,3),(3,6,3,2),(4,4,4,4,4)$ bulunur.
-
$86)$ Öncelikle $x,y,z$ sayılarının farklı olduğu duruma bakalım, genelliği bozmadan $x<y<z$ olsun.
$i)$ $x=1$ için $\dfrac{y+1}{y}\dfrac{z+1}{z}=1$ olur fakat $\dfrac{y+1}{y}>1$ ve $\dfrac{z+1}{z}>1$ olduğundan çözüm yoktur.
$ii)$ $x=2$ ise $\dfrac{y+1}{y}\dfrac{z+1}{z}=\dfrac{4}{3}$ olur. $\dfrac{y+1}{y}>\dfrac{z+1}{z}$ olduğundan $\left (\dfrac{y+1}{y} \right )^2>\dfrac{4}{3}$ olur. Buradan, $y\leq 6$ bulunur. Bu değerler denenirse $(x,y,z)=(2,6,7),(2,5,9),(2,4,15)$ çözümleri bulunur.
$iii)$ $x=3$ ise $\dfrac{y+1}{y}\dfrac{z+1}{z}=\dfrac{3}{2}$ olur. Aynı şekilde $\dfrac{y+1}{y}>\dfrac{z+1}{z}$ dersek $\left (\dfrac{y+1}{y} \right )^2>\dfrac{3}{2}$ olur ve buradan $y\leq 4$ bulunur. $y>x$ olduğundan $y=4$ olmalıdır. yerine yazılırsa $(x,y,z)=(3,4,5)$ çözümü bulunur.
$iv)$ $x>3$ ise $y>4$ ve $z>5$ olur. $\left (1+\dfrac{1}{x}\right )\left (1+\dfrac{1}{y}\right )\left (1+\dfrac{1}{z}\right )<\left (1+\dfrac{1}{3}\right )\left (1+\dfrac{1}{4}\right )\left (1+\dfrac{1}{5}\right )=2$ olur. Çelişki.
Eğer $x,y,z$'den en az ikisi eşitse, genelliği bozmadan $y=z$ olsun. $\left (\dfrac{x+1}{x}\right )\left( \dfrac{y+1}{y}\right )^2=2$ olur. $EBOB(x,x+1)=EBOB(y,y+1)=1$ olduğundan $\dfrac{x+1}{y^2}$ ve $\dfrac{(y+1)^2}{x}$ ifadeleri tamsayı olmalıdır. Bu iki ifadenin çarpımları $2$ olduğundan iki durum söz konusudur.
$a)$ $\dfrac{x+1}{y^2}=1$ ve $\dfrac{(y+1)^2}{x}=2$ ise $y^2=x+1$ ve $y^2+2y+1=2x$ bulunur. İlk denklemdeki eşitliği ikincide yazarsak $x=2y+2$ bulunur. Bunu tekrar ilk denkleme yazarsak $2y+3=y^2$ elde edilir. Bu ikinci derecen denklemi çözersek $y=3$ ve $y=-1$ bulunur. Pozitif tamsayılarda çözdüğümüz için $y=3$ olmalıdır. Buradan $(x,y,z)=(8,3,3)$ çözümü gelir.
$b)$ $\dfrac{x+1}{y^2}=2$ ve $\dfrac{(y+1)^2}{x}=1$ ise $2y^2-1=x$ ve $y^2+2y+1=x$ bulunur. Bu iki denklemden $2y^2-1=y^2+2y+1$ bulunur fakat buradan tamsayı çözüm gelmez.
Tüm çözümler, $\boxed{(x,y,z)=(2,6,7),(2,5,9),(2,4,15),(3,4,5),(8,3,3)}$ ve permütasyonlarıdır.
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Not: Buradaki (http://geomania.org/forum/index.php?topic=6805) gönderide $x,y,z\in \mathbb{Z}^{+}$ için $\left (1+\dfrac{1}{x}\right )\left (1+\dfrac{1}{y}\right )\left (1+\dfrac{1}{z}\right )$ ifadesinin tamsayı olduğu tüm $(x,y,z)$ üçlüleri bulunmuştur.
-
$87)$ Genelliği bozmadan $x\geq y\geq z$ olsun. Verilen eşitliği sağlayan $(x,y,z)$ pozitif tamsayı üçlüleri arasından toplamı en küçük olan $(x,y,z)$ alalım. Şimdi verilen eşitliği ikinci dereceden olarak yazalım, $$x^2-x(nyz-2y-2z)+(y+z)^2=0$$ Bu denklemin $x$ dışındaki kökü $a$ olsun. Vietta'dan $x+a=nyz-2y-2z$ ve $xa=(y+z)^2$ bulunur. Bu iki eşitliğinden anlaşılır ki $a$ pozitif bir tamsayıdır. $a\geq x$ olmalıdır çünkü aksi takdirde $(a,y,z)$ bir çözüm olur ve $a+y+z<x+y+z$ olduğundan kabulumuz ile çelişir. Dolayısıyla $a\geq x$'dir. $$(y+z)^2=ax\geq x^2\Rightarrow y+z\geq x$$ olur. Ayrıca $2x\geq y+z$ olduğundan $$(y+z)^2=ax\geq a\left (\dfrac{y+z}{2}\right )\Rightarrow 2(y+z)\geq a$$ olur. Buradan, $$3(y+z)\geq x+a\Rightarrow 3(y+z)\geq nyz-2y-2z\Rightarrow 0\geq nyz-5y-5z\Rightarrow 25\geq n^2yz-5ny-5nz+25=(ny-5)(nz-5)$$ olur. Eğer $n>10$ ise $ny-5> 10y-5>5$ ve benzer şekilde $nz-5>5$ olacağından $(ny-5)(nz-5)>25$ olur ve bu bir çelişkidir. Dolayısıyla $n\leq 10$ olmalıdır. $n=1,2,3,4,5,6,8,9$ için çözüm vardır (çözümün sonunda belirteceğim) fakat $n=10$ ve $n=7$ için çözüm yoktur.
$i)$ $n=10$ ise $25\geq (10y-5)(10z-5)\geq (10-5)(10-5)=25$ olduğundan $y=z=1$ olmalıdır. Ana denklem $(x+2)^2=10x$ haline gelir. $x^2-6x+4=0$ denkleminin tamsayı çözümü yoktur.
$ii)$ $n=7$ ise $y,z\geq 2$ ise $25\geq (7y-5)(7z-5)\geq (7\cdot 2-5)^2=81$ olacağından çelişki olur. Dolayısıyla $z=1$ olmalıdır. $25\geq 2(7y-5)$ olur. $y$'yi yalnız bırakırsak $\dfrac{5}{2}\geq y$ olur ve buradan $y=1$ veya $y=2$ olabileceği görülür.
$iia)$ $y=1$ ise ana denklemde $(x+2)^2=7x$ denklemi elde edilir fakat bu denklemin tamsayı çözümü yoktur.
$iib)$ $y=2$ ise ana denklemde $(x+3)^2=14x$ denklemi elde edilir fakat bu denklemin de tamsayı çözümü yoktur. Dolayısıyla $n=7$ için denklemin çözümü yoktur.
Soruda bizden çözüm olan $n$ değerleri istendiğinden $n=1,2,3,4,5,6,8,9$ için çözüme örnek vermemiz yeterlidir. $(n,x,y,z)=(1,9,9,9)$, $(2,8,4,4)$, $(3,3,3,3)$, $(4,4,2,2)$, $(5,5,4,1)$, $(6,3,2,1)$, $(8,2,1,1)$, $(9,1,1,1)$ örnek çözümleri vardır. Dolayısıyla çözümü mümkün kılan $n$ değerleri $n=1,2,3,4,5,6,8,9$ bulunur.
-
$88)$ $x^2+84x+2008$ ifadesini düzenlersek $$y^2=x^2+84x+2008=(x+42)^2+244\Rightarrow (y-x-42)(y+x+42)=244=2^2\cdot 61$$ olur. $(y-x-42)+(y+x+42)=2y$ olduğundan ya iki çarpan da tektir ya da çifttir. Çarpımları çift olduğundan iki terim de çift olmalıdır. Ayrıca $y+x+42\geq y-x-42$ olduğundan $y+x+42=122$ ve $y-x-42=2$ olmalıdır. Bu iki ifadeyi toplarsak $y=62$ ve bunu denkleme koyarsak $x=18$ bulunur. $\boxed{x+y=80}$ bulunur.
-
$89)$ Öncelikle $A=0$ durumuna bakalım. Denklem $(10B+C)(B+C)=2005$ durumuna gelir. $(10B+C)(B+C)\leq (10\cdot 9+9)(9+9)=1782$ olduğundan $(10B+C)(B+C)=2005$ denkleminin çözümü yoktur.
$A,B,C$ rakam olduğundan $A\neq 0$ ise $\overline{ABC}$ bir üç basamaklı sayı belirtir. $\overline{ABC}(A+B+C)=2005=5\cdot 401$ olduğundan $\overline{ABC}$, $2005$ sayısının bir bölenidir ve tüm bölenler $1,5,401,2005$ olduğundan sadece $\overline{ABC}=401$ olabilir. Bu durumda $A+B+C=5$ sağladığından $(A,B,C)=(4,0,1)$ çözümü bulunur. $\boxed{A=4}$'dür.
-
$90)$ $x\in\mathbb{N}$ olsun ve $x^2=71p+1$ sağlasın. $x^2-1=(x-1)(x+1)=71p$ bulunur. $x+1>x-1$ olduğundan ve $71$ de bir asal sayı olduğundan $((x-1),(x+1))=(1,71p),(71,p),(p,71)$ olabilir. $x-1=1$ ise $x+1=3=71p$ bulunur fakat çözüm yoktur.
Eğer $x-1=71$ ise $x+1=p=73$ bulunur. Gerçekten de $p=73$ için $71\cdot 73+1=72^2$ sağlar.
Eğer $x+1=71$ ise $x-1=p=69$ bulunur fakat $69$ asal sayı değidir. Dolayısıyla şartı sağlayan tek asal sayı $\boxed{p=73}$'dür.
-
$91)$ Verilen eşitlikte sağ taraf $7$ ile bölündüğünden sol taraf da bölünmelidir. Dolayısıyla $p,q,r$'den en az biri $7$ olmalıdır. Genelliği bozmadan $r=7$ olsun. Denklemi düzenlersek, $$pq=p+q+7\Rightarrow pq-p-q+1=8\Rightarrow (p-1)(q-1)=8$$ bulunur. Bu eşitliği $8$'in çarpanlarına ayırarak çözebiliriz. Genelliği bozmadan $p\geq q$ olsun dersek $(p,q)=(9,2),(5,3)$ bulunur. $9$ asal sayı olmadığından $(p,q)=(5,3)$ olmalıdır. Buradan $\boxed{p+q+r=3+5+7=15}$ bulunur.
-
$92)$ $n-76=a^3$ ve $n+76=b^3$ yazalım. $b^3-a^3=152$ bulunur. $$b^3-a^3=(b-a)(a^2+b^2+ab)=152=2^3\cdot 19$$ bulunur. $b^3-a^3=152$ olduğundan $a$ ve $b$'nin pariteleri aynı olmalıdır. Dolayısıyla $b-a$ çift olacaktır. Ayrıca $a^2+b^2+ab=(b-a)^2+3ab$ olduğundan $a^2+b^2+ab>(b-a)^2$ olacaktır. Bu şartlar altında olası durumlar şunlardır; $(b-a, a^2+b^2+ab)=(2,76),(4,38)$ bulunur.
$i)$ $b-a=2$ ve $a^2+b^2+ab=76$ ise $b=a+2$ yazarsak $$a^2+(a+2)^2+a(a+2)=76\Rightarrow a^2+2a-24=(a+6)(a-4)=0$$ bulunur. $a$ pozitif olduğundan $a=4$ ve $b=a+2=6$ olacaktır. Bu değerler için $n=140$ bulunur.
$ii)$ $b-a=4$ ve $a^2+b^2+ab=38$ ise $b=a+4$ için $$a^2+(a+4)^2+a(a+4)=38\Rightarrow 3a^2+12a-22=0$$ bulunur fakat buradan tamsayı çözümü gelmez.
Şartı sağlayan tek sayı $\boxed{n=140}$'dır.
-
$93)$ Herhangi bir $a>0$ ve $a\neq 1$ reel sayısı için $\log_{a}{x}=0$ ise $x=1$'dir ve $\log_{a}{y}=1$ ise $y=a$'dır. Dolayısıyla $$\log_{2}{\left (\log_{2^a}{\left (\log_{2^b}{2^{1000}}\right )}\right )}=0\Rightarrow \log_{2^a}{\left (\log_{2^b}{2^{1000}}\right )}=1\Rightarrow \log_{2^b}{2^{1000}}=2^a$$ bulunur. $\log_{a^x}{b^y}=\dfrac{y}{x}\log_{a}{b}$ olduğundan $\log_{2^b}{2^{1000}}=\dfrac{1000}{b}\log_{2}{2}=\dfrac{1000}{b}=2^a$ bulunur. $1000=2^3\cdot 5^3$ olduğundan ve $2^a$ sayısının da $1000$'in bir böleni olmasından dolayı $a=1,2,3$ olabilir. Bu değerler için $b$ değerlerini de hesaplayabiliriz.
Tüm çözümler $(a,b)=(1,500),(2,250),(3,125)$'dir. Bu çözümler için $a+b$ ifadesi $501,252,128$ değerlerini alır. Bu değerlerin toplamı $501+252+128=\boxed{881}$ bulunur.
-
$94)$ Öncelikle şu görülebilir ki $5>y$ ise denklemin sol tarafı negatif olmaktadır. Dolayısıyla negatif $y$ değerleri için çözüm yoktur. Ayrıca $(x,y)$ bir çözümse $(-x,y)$ de bir çözüm olacağından genelliği bozmadan $x$'i pozitif alabiliriz. ($x=0$ için denklemin çözümü olmadığı barizdir.) $$4^y-615=x^2\Rightarrow 4^y-x^2=(2^y-x)(2^y+x)=615=3\cdot 5\cdot 41$$ elde edilir. $2^y-x+2^y+x=2^{y+1}$ olduğundan $615$'in çarpanları arasından toplamı $2$'nin kuvveti olan ve çarpımları $615$ olan ikilileri bulmalıyız. Çarpımları $615$ olan tüm ikililer $(1,615)$, $(3,205)$, $(5,123)$, $(15,41)$'dir. Bunlardan toplamı $2$'nin kuvveti olan sadece $(5,123)$ ikilisidir. Dolayısıyla $2^y-x=5$ ve $2^y+x=123$ olmalıdır, bu iki denklemden $(x,y)=(59,6)$ bulunur. Başta da belirttiğimiz gibi $(x,y)=(59,6)$ çözümse $(x,y)=(-59,6)$ da bir çözümdür. Tüm çözümler, $\boxed{(x,y)=(59,6),(-59,6)}$ bulunur.
-
$95)$ Verilen ifadeyi düzenleyelim, $$2(x^2+y^2)+x+y=5xy\Rightarrow 2(x+y)^2+x+y=9xy$$ $x+y=a$ ve $xy=b$ için $2a^2+a=9b$ bulunur. Ayrıca, $$(x+y)^2-4xy=(x-y)^2\Rightarrow a^2-4b=(x-y)^2\Rightarrow \sqrt{a^2-4b}\in \mathbb{Z}$$ $$\sqrt{a^2-4b}\in \mathbb{Z}\Rightarrow \sqrt{9a^2-36b}\in \mathbb{Z}\Rightarrow \sqrt{9a^2-4(2a^2+a)}\in \mathbb{Z}\Rightarrow \sqrt{a^2-4a}\in \mathbb{Z}$$ bulunur. Öyleyse $a^2-4a=t^2$ olacak şekilde bir $t$ tamsayısı vardır. $$a^2-4a+4=t^2+4\Rightarrow (a-2)^2-t^2=4\Rightarrow (a-2-t)(a-2+t)=4$$ bulunur. $(a-2-t)+(a-2+t)=2a-4$ olduğundan $(a-2-t)$ ve $(a-2+t)$ ifadeleri aynı paritedelerdir ve ayrıca çarpımları çift olduğundan ikisi de çift olmalıdır. Dolayısıyla ihtimaller, $(a-2-t,a-2+t)=(-2,-2)$ ve $(a-2-t,a-2+t)=(2,2)$'dir. Buradan $a=0$ ve $a=4$ çözümleri bulunur. Bu değerler için $2a^2+a=9b$ olduğundan $b$ değerlerini de bulabiliriz. $(a,b)=(0,0)$ ve $(a,b)=(4,4)$ bulunur. $x+y=a$ ve $xy=b$ olduğundan $\boxed{(x,y)=(0,0),(2,2)}$ bulunur. Tüm çözümler bunlardır.
-
$41)$ Öncelikle $p=q$ için çözüm var mı araştıralım. Denklem $p^{m+n}=4p^2+1$ olur. Sol taraf $p$ ile bölündüğünden $4p^2+1$ ve $1$ sayısı da $p$ ile bölünür. Yani $p=1$ olmalıdır fakat denklemi sağlamaz. Şimdi genelliği bozmadan $p>q$ kabul edelim.
Eğer $m\geq 3$ ise $p^mq^n\geq p^3$ ve $(p+q)^2+1\leq (p+p)^2+1=4p^2+1$ olduğundan $$p^3\leq 4p^2+1\Rightarrow 4\geq p$$ olacaktır. $p=1$ olamaz çünkü $p>q\geq 1$'dir.
$p=2$ ise $q=1$ olmalıdır fakat $2^m=(2+1)^2+1$ denkleminin çözümü yoktur.
$p=3$ ise $q=1$ veya $q=2$ olmalıdır. İkisi için de denklemin çözümü yoktur.
$p=4$ ise $q=1$ veya $q=2$ veya $q=3$ olmalıdır. Üçü için de denklemin çözümü yoktur.
i) $m=2$ ise $q=1$ için denklem sağlanmaz çünkü $p^2=(p+1)^2+1$ denkleminin çözümü yoktur. Yani $p>q\geq 2$ diyebiliriz. Denklemi açıp düzenlersek $p^2(q^n-1)-2pq-(q^2+1)=0$ olur. Bu ikinci dereceden bir denklemdir ve çözümünü yapabiliriz. Denklemin köklerinin çarpımı, Vieta teoreminden, $-\dfrac{q^2+1}{q^n-1}$ olduğundan köklerden biri pozitif, diğeri negatiftir. Bu yüzden $$p=\dfrac{q+\sqrt{q^{n+2}-q^n+1}}{q^n-1}$$ olacaktır. İfade $1$'den büyük olduğundan $$q+\sqrt{q^{n+2}-q^n+1}>q^n-1\implies q^{n+2}-q^n+1\geq (q^n-q)^2\implies q^{n+2}+2q^{n+1}+1\geq q^{2n}+q^n+q^2$$ $$3q^{n+2}+q^2\geq q^{n+2}+2q^{n+1}+1\geq q^{2n}+q^n+q^2\implies 3q^{n+2}\geq q^{2n}+q^n\implies 3q^2\geq q^n+1$$ Buradan $n\geq 4$ için çelişki gelir. $n=3$ için ise $q\leq 3$ olmalıdır aksi taktirde $3q^2< q^3+1$ olur. $n=3$ için de $q=2$ ve $q=3$'ten çözüm gelmez.
$n=2$ ise $(pq)^2=(p+q)^2+1$ olur fakat aralarında $1$ fark olan tek olası tamkareler $1$ ve $0$'dır. Bu bir çelişkidir.
$n=1$ ise denklem $p^2q=(p+q)^2+1$ şekline gelir. Bu denklemi de düzenlersek $q^2+q(2p-p^2)+p^2+1=0$ olur. $$x^2+x(2p-p^2)+p^2+1=0$$ denkleminin kökleri $q_1>q_2$ olsun (eşitlik durumunda $q^2=p^2+1$ olur). Vieta teoreminden $$q_1+q_2=p^2-2p$$ $$q_1q_2=p^2+1$$ Yani $p^2q=(p+q)^2+1$ denkleminin istediğimiz koşullarda çözümü varsa hem $q_1$ hem de $q_2$ pozitif tamsayıdır. En az biri $p$'den küçük olduğundan ve çarpımları $p^2$'den büyük olduğundan $q_1>p>q_2$ olacaktır ($q_1,q_2\neq p$ olmalıdır çünkü $q_1q_2=p^2+1$ sayısı $p$ ile bölünmez). Burada $(p,q_2)$ denklemimizin aradığımız çözümüdür. Vieta'dan elde ettiğimiz eşitlikleri birbirinden çıkartırsak $$(q_1-1)(q_2-1)=2p+2\geq (p-1)(q_2-1)$$ elde edilir. $q_2\geq 4$ ise $2p+2\geq 3p-3$ elde edilir yani $5\geq p$ olur. Tek olası durum $(p,q_2)=(5,4)$'dür ama denkleme çözüm değildir. O halde $q_2\leq 3$ olmalıdır. Buradan $q_2=2$ için $p=5$ çözümü gelir.
ii) Eğer $m=1$ ise $q$ çift olamaz çünkü aksi taktirde $(p+q)$ tek olacaktır ama $(p+q)^2+1\equiv 2\pmod{4}$ olduğundan $n=1$ olacaktır. Buradan da çözüm gelmez. Dolayısıyla $n\geq 2$ ve $q\geq 3$ diyebiliriz. Denklemi düzenlersek $$p^2-p(q^n-2q)+q^2+1=0$$ olur. $x^2-x(q^n-2q)+q^2+1=0$ denkleminin kökleri $p_1>p_2$ olsun ($p_1=p_2$ durumunda $p_1^2=q^2+1$ olacaktır). Denklemin aradığımız şartlarda bir çözümü varsa $p_1>q>p_2\geq 2$ olmalıdır çünkü $p_1>p_2>q$ durumunda $p_1p_2>q^2+1$ olacaktır ($p_1=q$ veya $p_2=q$ veya $p_2=1$ durumunda $q$ bulunamadığı görülebilir). Buradan $$p_1+q>p_1+p_2=q^n-2q\implies p_1>q^n-3q\implies q^2+1=p_1p_2>p_1>q^n-3q$$ $n>2$ için son eşitsizlik sağlanmaz. O halde $n=2$ olmalıdır. Bu durumda Vieta teoreminden $(p_1-1)(p_2-1)=2q+2$ elde edilir. $p_2=2$ ise $p_1=2q+3$ olur ve denklemde yerine yazarsak $(p,q)=(13,5)$ çözümü gelir. $p_2>2$ ise $$ 2q+2\geq2(p_1-1)\implies q+2\geq p_1$$ elde edilir. Yani $p_1=q+1$ veya $q+2$ olacaktır. İki durumda da denklemde yerine yazınca çözüm gelmez. O halde buradan gelen tek çözüm $(p,q)=(13,5)$'dir.
Tüm çözümler, $(p,q,m,n)=(13,5,1,2),(5,13,2,1),(5,2,2,1),(2,5,1,2)$'dir.
-
96) $x^3=1$ denkleminin karmaşık sayılarda üç tane çözümü vardır. Bunlar, $\omega=e^{\frac{2\pi i}{3}}$ olmak üzere $1$, $\omega$ ve $\omega^2$'dir ve $\omega^2+\omega+1=0$ sağlanır. Biz $x^3+y^3=z^3$ denkleminin tamsayılardan daha büyük bir küme olan $\mathbb{Z}[\omega]=\{a+b\omega\mid a,b\in \mathbb{Z}\}$'de çözümümlerine bakacağız. Buradaki (https://geomania.org/forum/index.php?topic=7528) gönderide $\mathbb{Z}[\omega]$'nin birim veya $0$ olmayan her elemanının tek şekilde çarpanlarına ayrılabildiğini göstermiştik ($\mathbb{Z}[\omega]$'de birim elemanlar $1,-1,\omega,-\omega,1+\omega,-1-\omega$'dır).
$x^3+y^3=z^3$ denkleminde eğer $\text{EBOB}(x,y,z)=d$ ise herhangi bir $(x,y,z)$ çözümü için $\left(\dfrac{x}{d},\dfrac{y}{d},\dfrac{z}{d}\right)$ de çözüm olacağından genelliği bozmadan $\text{EBOB}(x,y,z)=1$ kabul edebiliriz. Tüm çözümleri bulmak için elde edeceğimiz ilkel çözümleri $d$ ile çarpmamız yeterli olacaktır. Bu denklem için $x,y,z$'nin aralarında asal olması ikişerli olarak da aralarında asal olması demektir. Şimdi $x$ ve $y$'nin $\mathbb{Z}[\omega]$'de aralarında asal olup olmadığını kontrol edelim. Şimdilik $xyz\neq 0$ olarak kabul edelim.
$\alpha\in\mathbb{Z}[\omega]$ olmak üzere $\alpha\mid x$ ve $\alpha \mid y$ olsun. $\alpha=a+b\omega$ ve $\text{EBOB}(a,b)=d$ olsun. $\alpha\beta=x$ ve $\alpha=d\theta$ olacak şekilde bir $\beta,\theta\in \mathbb{Z}[\omega]$ vardır. Dolayısıyla $d\cdot (\beta\theta)=x$ olur. $\beta\theta\in\mathbb{Z}[\omega]$ ve $d,x\in\mathbb{Z}$ olduğundan $\beta\theta\in\mathbb{Z}$ olmalıdır ve buradan tamsayılar için $d\mid x$ bulunur. Benzer şekilde $y$ için de aynısını yapabiliriz. $x$ ve $y$ aralarında asal olduğundan $d=1$ ve $a$ ve $b$ aralarında asal olmalıdır. $\alpha \neq 0$ olduğundan $\text{EBOB}(a,b)=1$ olmasında istisna olabilecek durumlar $(a,b)=(0,\pm 1)$ ve $(a,b)=(\pm 1,0)$'dır. İki durumda da $\alpha$ birim çıkar. O yüzden $a,b\neq 0$ diyebiliriz. $\beta=c+d\omega$ dersek $$\alpha\beta=(a+b\omega)(c+d\omega)=(ac-bd)+(ad+bc-bd)\omega\in \mathbb{Z}\implies ad+bc=bd$$ $a$ ve $b$'yi aralarında asal bulduğumuzdan son eşitlikten $b\mid d$ elde edilir. $t\in \mathbb{Z}$ için $d=bt$ yazıp $b$'leri sadeleştirirsek $at+c=bt$ olur. $c=(b-a)t$ ve $d=bt$ olduğundan $$\alpha\beta=ac-bd=t(ab-a^2-b^2)=x$$ elde edilir. $a^2+b^2-ab\geq 1$ olduğunu yukarıda bağlantısını bıraktığım gönderide 3. teoremin ispatından görebilirsiniz. $a^2+b^2-ab$ ifadesi hem $x$ hem de $y$'yi böldüğünden $1$'e eşit olmalıdır. $$1=a^2+b^2-ab\geq a^2+b^2-|ab|\geq |ab|\geq 0$$ olmasını kullanarak bu denklemi çözebiliriz. Her durumda $\alpha$ birim olarak bulunur. Yani $x$ ve $y$ için $\mathbb{Z}[\omega]$'da da aralarında asal diyebiliriz.
Ana denkleme dönersek bu denklemi $\mathbb{Z}[\omega]$'da çarpanlarında ayırırsak $$x^3+y^3=(x+y)(x+\omega y)(x+\omega^2 y)=(x+y)(x+\omega y)(x-y-\omega y)=z^3$$ olarak buluruz. Şimdi $(x+y)$, $(x+\omega y)$ ve $(x-y-\omega y)$ ifadelerinin ortak bölenlerini inceleyelim. Aralarında asal olmaları durumunu kenarda tutalım ve farz edelim ki yukarıdakinden farklı bir sıfırdan farklı ve birim olmayan $\alpha$ hem $x+y$ hem de $x+\omega y$'yi bölüyor. Dolayısıyla ikisinin farklı olan $(\omega -1)y$'yi de bölecektir. $\omega -1$ indirgenemezdir (aksini kabul edip kolayca çelişki bulabilirsiniz veya norm kavramını bilen kişiler normunun $3$ olmasından dolayı bunu kolaylıkla görecektir). Eğer $\alpha$ ile $y$ aralarında asal değilse herhangi bir ortak bölenleri $x$ de böleceğinden çelişki çıkar. Dolayısıyla $\alpha=\omega-1$ olmalıdır. Eğer $\omega-1\mid x+y$ ise diğer çarpanları da böldüğünü görebiliriz. O halde elimizde iki ihtimal vardır. $\mathbb{Z}[\omega]$ bir UFD olduğundan ikişerli olarak aralarında asal $u_1,u_2,u_3\in\mathbb{Z}[\omega]$ için
$(x+y,x+\omega y, x-y-\omega y)=(u_1^3,u_2^3,u_3^3)$ veya $(x+y,x+\omega y, x-y-\omega y)=((\omega-1)u_1^3,(\omega-1)u_2^3,(\omega-1)u_3^3)$ olacaktır. İkinci durumu önce inceleyelim. $u_1=a+b\omega$ dersek $(\omega-1)(a+b\omega)^3$ tamsayı olması gerektiğinden $$(\omega-1)((a^3-3ab^2+b^3)+(3a^2b-3ab^2)\omega)=(-a^3-3a^2b+6ab^2-b^3)+(a^3-6a^2b+3ab^2+b^3)\omega\in\mathbb{Z}\implies a^3-6a^2b+3ab^2+b^3=0$$ Eğer $b=0$ ise $a=0$ bulunur. Bu durumda da $z=0$ olur. Çelişki. $b\neq 0$ için her tarafı $b^3$'e bölüp $\dfrac{a}{b}=t$ dersek $$t^3-6t^2+3t+1=0$$ elde edilir ama bu denklemin rasyonel kökü yoktur. Buradan çözüm gelmez.
Eğer $(x+y,x+\omega y,x-y-\omega y)=(u_1^3,u_2^3,u_3^3)$ ise $u_2=c+d\omega$ diyelim. Buradan $$u_2^3=x+y\omega=(c^3-3cd^2+d^3)+(3c^2d-3cd^2)\omega\implies y=3c^2d-3cd^2$$ elde edilir. Yani $3\mid y$'dir. Eğer $x^3+y^3$ ifadesini $(x+y)(y+\omega x)(y-x-\omega x)$ olarak çarpanlarına ayırsaydık, $x$ de $3$'ün katı bulunacaktı. Bu $x$ ve $y$'nin aralarında asal olmasıyla çelişir.
Yani $xyz=0$ olmalıdır. İfadede sırayla $x=0$, $y=0$ ve $z=0$'ı denersek $k\in \mathbb{Z}$ için $(x,y,z)=(0,k,k), (k,0,k),(k,-k,0)$ çözümleri elde edilir. Tüm çözümler bunlardır.
-
97) Verilen eşitliği bir polinoma çevirelim. $$P(t)=t^{x_{2011}}+t^{x_{2010}}+\cdots+t^{x_1}-t^{x_0}$$ polinomunun pozitif tamsayı olan bir kökü olmasını istiyoruz. $P(1)=2010$ ve $P(m)=0$ olduğundan ve tüm katsayılar tamsayı olduğundan $$m-1\mid 2010$$ olacaktır. $2010=2\cdot 3\cdot 5\cdot 67$ olduğundan olası $16$ adet $m$ pozitif tamsayısı vardır. Bu değerlerin hepsi için şarta uygun bir $x_i$'ler elde edebileceğimizi göstersek yeterlidir. Öncelikle $$\underbrace{m^i+m^i+\cdots+m^i}_{m\text{ adet}}=m^{i+1}$$ olduğunu gözlemleyelim. $(m-1)k=2010$ dersek $$\underbrace{m^0+m^0+\cdots+m^0}_{m\text{ adet}}=m^1$$ $$\underbrace{m^1+m^1+\cdots+m^1}_{m\text{ adet}}=m^{2}$$ $$\vdots$$ $$\underbrace{m^{k-1}+m^{k-1}+\cdots+m^{k-1}}_{m\text{ adet}}=m^{k}$$ eşitliklerini toplarsak $$\underbrace{m^0+m^0+\cdots+m^0}_{m\text{ adet}}+\underbrace{m^1+m^1+\cdots+m^1}_{(m-1)\text{ adet}}+\cdots+\underbrace{m^{k-1}+m^{k-1}+\cdots+m^{k-1}}_{(m-1)\text{ adet}}=m^{k}$$ elde edilir. Son eşitliğin sol tarafında $m+(m-1)(k-1)=(m-1)k+1=2011$ adet $m$'nin kuvveti vardır. Dolayısıyla yukarıda bulduğumuz $16$ adet sayının hepsi için istenilen $x_i$ negatif olmayan tamsayılarını bulabiliriz. Cevap $\boxed{16}$'dır.
-
$98)$
Vieta teoreminden $a+b+c=0$ ve $ab+bc+ca=-2011$ yazalım. Kökler toplamı $0$ olduğu için köklerin üçü birden pozitif veya üçü birden negatif olamaz. Ya iki pozitif bir negatif kök vardır ya da tam tersi durum söz konusudur. Genelliği bozmadan $a\geq b \geq 0 \geq c$ kabul edelim. $c=-a-b$ değerini diğer denklemde yerine yazarsak $$ab+b(-a-b)+a(-a-b)=-2011 \implies a^2+ab+b^2=2011 \ (*)$$ elde ederiz. Öte yandan $$b \leq a \implies 3b^2 = b^2+b^2+b^2 \leq a^2+ab+b^2 = 2011 \implies b \leq 25$$ bulunur. Şimdi $(*)$ denklemini $4$ ile çarpıp düzenlersek $$(2a+b)^2=8044-3b^2$$ olur ki buradan da $8044-3b^2$ ifadesinin bir tamkare olduğunu söyleyebiliriz. Tamkare ifadeler $\pmod 5$ te $0,1,4$ değerlerini alabilir.
- $8044-3b^2 \equiv 0 \pmod 5 \implies 3b^2 \equiv 4 \pmod 5 \implies b^2 \equiv 3 \pmod 5 \implies$ çözüm yok
- $8044-3b^2 \equiv 1 \pmod 5 \implies 3b^2 \equiv 3 \pmod 5 \implies b^2 \equiv 1 \pmod 5 \implies b \equiv \pm 1 \pmod 5$
- $8044-3b^2 \equiv 4 \pmod 5 \implies 3b^2 \equiv 0 \pmod 5 \implies b^2 \equiv 0 \pmod 5 \implies b \equiv 0 \pmod 5$
Böylece $b \in \{0,1,4,5,6,9,10,11,14,15,16,19,20,21,24,25\}$ olur. $(1)$
Şimdi ifadeyi $\pmod 7$ de inceleyelim. Tamkare ifadeler $\pmod 7$ de $0,1,2,4$ değerlerini alabilir.
- $8044-3b^2 \equiv 0 \pmod 7 \implies 3b^2 \equiv 1 \pmod 7 \implies b^2 \equiv 5 \pmod 7 \implies$ çözüm yok
- $8044-3b^2 \equiv 1 \pmod 7 \implies 3b^2 \equiv 0 \pmod 7 \implies b^2 \equiv 0 \pmod 7 \implies b \equiv 0 \pmod 7$
- $8044-3b^2 \equiv 2 \pmod 7 \implies 3b^2 \equiv 6 \pmod 7 \implies b^2 \equiv 2 \pmod 7 \implies b \equiv \pm 3 \pmod 7$
- $8044-3b^2 \equiv 4 \pmod 7 \implies 3b^2 \equiv 4 \pmod 7 \implies b^2 \equiv 6 \pmod 7 \implies $ çözüm yok
Buradan da $b \in \{0,3,4,7,10,11,14,17,18,21,24,25\}$ elde edilir. $(2)$
$(1)$ ve $(2)$ den ortak olanları alırsak $b \in \{0,4,10,11,14,21,24,25\}$ buluruz. Bunların içinden $8044-3b^2$ ifadesini tamkare yapan tek değer $b=10$ dur.
$(*)$ denkleminde yerine yazarsak $a=39$ buluruz ve $c=-a-b=-39-10=-49$ elde ederiz.
Sonuç olarak sorumuzun cevabı $|a|+|b|+|c|=39+10+49= \boxed{98}$ dir.
-
$110)$
$5x^3 \equiv 3 \pmod 7 \implies x^3 \equiv 2 \pmod 7$ olur ki bu da imkansızdır çünkü hiçbir tam sayının küpü $7$'ye bölündüğünde $2$ kalanını vermez. (Tamküp ifadelerin $7$ ile bölümünden kalanlar $0,1,6$ olabilir) Dolayısıyla denklemin tam sayılarda çözümü yoktur.
-
$109)$
$x=0$ için $y=2$ olur. $x \geq 1$ olursa
$$(x+1)^3 < \underbrace{x^3+8x^2-6x+8}_{y^3} < (x+3)^3 \implies x+1 < y < x+3$$
elde edilir. Tam sayı çözüm bulunabilmesi için $y=x+2$ olmalıdır.
$\implies (x+2)^3=y^3=x^3+8x^2-6x+8 \implies x^3+6x^2+12x+8=x^3+8x^2-6x+8 \implies 2x^2=18x \implies x=9$ ve yerine yazarsak $y=11$ bulunur.
Denklemin tüm çözümleri $(0,2)$ ve $(9,11)$ ikilileridir.
-
$104)$
$m^3+6m^2+5m=m(m^2+6m+5)=m(m+1)(m+5) \equiv m(m+1)(m+2) \pmod 3$ ve ardışık üç sayıdan bir tanesi $3$'e tam bölüneceğinden eşitliğin sol tarafı $3$'ün tam katıdır. Öte yandan eşitliğin sağ tarafının $3$'e bölümünden kalan $1$ olduğu için denklemin tam sayılarda çözümü yoktur.
-
$102)$
Denklemi $\pmod 9$ da incelersek $x^3 \equiv 5 \pmod 9$ olur ki bu da imkansızdır çünkü hiçbir tam sayının küpü $9$'a bölündüğünde $5$ kalanını vermez. (Tamküp ifadelerin $9$ ile bölümünden kalanlar $0,1,8$ olabilir) Dolayısıyla denklemin tam sayılarda çözümü yoktur.
-
$118)$
$x \in \mathbb Z$ olmak üzere $x^5 \equiv 0, \pm 1 \pmod {11}$ ve $y \in \mathbb Z$ olmak üzere $y^2 \equiv 0,1,3,4,5,9 \pmod {11}$ yazabiliriz. Bu değerleri denklemde yerine koyup $\pmod {11}$ de incelediğimiz zaman $x^5-y^2 \not \equiv 4 \pmod {11}$ elde ederiz. Dolayısıyla denklemin tam sayılarda çözümü yoktur.
-
$105)$
$i)$ $x\geq 4$
Bu durumda sayımızın birler basamağı $1+2+6+24$ olduğundan 3 ile biter. Fakat bir tamkare, (mod 10) da ${0,1,4,5,6,9}$ değerlerini alabilir.
$ii)$ $x<4$
Bu durumda sadece $x=1$ ve $x=3$ durumlarında y bir tamsayı olur.
Yani sorumuzun cevabı tamsayılarda $(x,y)=(1,±1),(3,±3)$ tür.
-
$136)$
$m$ ve $n$'ye göre $7$ durumda inceleyelim:
$\color{red}{i)}$ $m,n<0$ olsun. $m=-a$ ve $n=-b$ diyelim ($a,b>0$). Bu durumda $|12^m-5^n|=|12^{-a}-5^{-b}|=\left|\dfrac{1}{12^a}-\dfrac{1}{5^b}\right| = \left| \dfrac{5^b-12^a}{12^a \cdot 5^b} \right|$ olur ki bu ifade tam sayı olamaz çünkü pay kısmı tek, payda kısmı ise çifttir. Buradan çözüm gelmez.
$\color{red}{ii)}$ $m>0,n<0$ (veya $m<0,n>0$) olsun. Bu durumda da $12^m$ ve $5^n$ ifadelerinden birisi tam sayı olurken diğeri tam sayı olmaz ve farkları da tam sayı olamaz. Dolayısıyla bu durumdan da çözüm gelmez.
$\color{red}{iii)}$ $m,n>0$ olsun. $12^m$ çift ve $5^n$ tek olduğu için aradığımız ifadenin sonucu tek sayı olmalıdır. Alt durumlara bakalım:
$\color{blue}{a)}$ $12^m-5^n=1 \implies 12^m-5^n \equiv 1 \pmod 4 \implies -1 \equiv 1 \pmod 4$ çelişki
$\color{blue}{b)}$ $12^m-5^n=-1 \implies 12^m-5^n \equiv -1 \pmod{11} \implies 5^n \equiv 2 \pmod{11}$ çelişki ( $x \in \mathbb Z$ olmak üzere $5^x \equiv 1,3,4,5,9 \pmod{11}$ dir)
$\color{blue}{c)}$ $12^m-5^n= \pm 3 \implies 12^m-5^n \equiv \pm 3 \pmod 3 \implies 5^n \equiv 0 \pmod 3$ çelişki
$\color{blue}{d)}$ $12^m-5^n= \pm 5 \implies 12^m-5^n \equiv \pm 5 \pmod 5 \implies 2^m \equiv 0 \pmod 5$ çelişki
$\color{blue}{e)}$ $12^m-5^n=\boxed{7}$ yi elde edebilmek için $m=n=1$ kullanabiliriz.
$\color{red}{iv)}$ $m=n=0$ için $|12^m-5^n|=\boxed{0}$ olur.
$\color{red}{v)}$ $m=0, n>0$ olsun. Bu durumda $|12^m-5^n|=|1-5^n|=5^n-1$ olup ifade kesin artan olduğundan dolayı alabileceği en küçük değer $5^1-1=\boxed{4}$ tür.
$\color{red}{vi)}$ $n=0,m>0$ olsun. Bu durumda $|12^m-5^n|=|12^m-1|=12^m-1$ olup ifade kesin artan olduğundan dolayı alabileceği en küçük değer $12^1-1=\boxed{11}$ dir.
$\color{red}{vii)}$ $m=0,n<0$ veya $n=0,m<0$ durumlarında $12^m$ ve $5^n$ ifadelerinden birisi $1$ olup diğeri tam sayı olmayacağı için farkları da tam sayı olamaz. Dolayısıyla bu durumdan da çözüm gelmez.
Sonuç olarak $m,n$ tam sayıları için $|12^m-5^n|$ ifadesinin alabileceği en küçük pozitif tam sayı değeri $\boxed{4}$'tür.
-
$134)$
$a_1a_2+a_2a_3+ \cdots +a_na_1$ toplamındaki $n$ tane terimin her birisi $1$ veya $-1$'dir. Yani tüm terimler tek sayıdır. Bu tek sayıların toplamının $0$ yani bir çift sayı olabilmesi için çift adette bulunmaları gerekir(Örneğin, $6$ tane tek sayının toplamı çift sayıdır veya $22$ tane tek sayının toplamı çift sayıdır ama $5$ tane tek sayının toplamı çift değildir yine tektir. $6,22 \to$ çift sayı). Dolayısıyla $n$ çift sayıdır. $n=2k$ diyelim. Toplamda bulunan $2k$ tane terimin ($1$ ve $-1$ ler) toplamının $0$ olabilmesi için $k$ tanesinin $1$, $k$ tanesinin de $-1$ olması gerekir. Diğer taraftan bu $2k$ tane terimin çarpımı
$$(1)^k(-1)^k=(a_1a_2)(a_2a_3) \cdots (a_na_1)=a_1^2a_2^2 \cdots a_n^2=1$$
dir. Buradan da $k$ çift sayıdır. $k=2m$ yazarsak $n=2k=4m$ elde edilir ve $4 \mid n$ bulunmuş olur.
-
$113)$
Denklemi $5$ ile çarpıp düzenleyelim:
$$25m^2-30mn+35n^2=9925 \implies 25m^2-30mn+9n^2+26n^2=9925 \implies (5m-3n)^2=9925-26n^2 \tag{1}$$
$(1)$ denkleminin sağ tarafındaki ifade tek bir sayı olup aynı zamanda bir tamkaredir. Bu tek sayıya $2k+1$ diyelim ve $(1)$'de yerine yazalım:
$$9925-26n^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1 \implies 2k^2+2k=4962-13n^2 \tag{2}$$
$(2)$ denkleminin sol tarafı çift olduğundan sağ tarafının da çift olması gerekir buradan da $n$'nin çift olduğunu söyleyebiliriz. $n=2p$ diyelim ve $(2)$'de yerine yazalım:
$$2k^2+2k=4962-52p^2 \implies k^2+k=2481-26p^2 \tag{3}$$
$(3)$ denkleminin sol tarafı çifttir ($k^2+k=k(k+1)$ olup ardışık iki sayıdan birisi çifttir) fakat sağ taraf tek olduğu için çelişki elde ederiz dolayısıyla $5m^2-6mn+7n^2=1985$ denkleminin tam sayılarda çözümü yoktur.
-
$(3)$ için alternatif çözüm
Eşitliği $y^2+1=(x+2)(x^2-2x+4)$ şeklinde yazalım. Denklem $\mod 4$'te incelendiğinde $x\equiv 1 \pmod 4$ olmalıdır. $x+2\equiv 3\pmod 4$ olduğundan $p\mid (x+2)$ olmasını sağlayan bir $p=4k+3$ asalı mevcuttur. Dolayısıyla $p\mid y^2+1$ olmalıdır, fakat $-1$ , $p=4k+3$ asalı için bir karekalan değildir. Eşitliğin çözümü yoktur.
-
79) Çözüm: İbrahim Atakan Çiçek Bir önceki çözümden biraz daha farklı yöntemler kullandım.
bu soruda $$(a^2+1)(b^2+1))(c^2+1)$$ ifadesinin $ab+ac+bc=1$ yardımıyla önce tam kareye tamamlanabileceğini ispatlayalım. Bu ifadeyi açtığımızda $$a^2b^2c^2+a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+a^2+b^2+c^2+1= (abc)^2 + (ab+ac+bc)^2-2. abc(a+b+c) + (a+b+c)^2-2(ab+ac+bc) + 1 = (abc)^2 +(ab+ac+bc)^2 -2abc(a+b+c) +1 -2 +1 =(abc-(a+b+c))^2$$olur . Bu da bize $$3^x-5^y =k^2 , k\in Z$$ olacak şekilde bir $k$ olduğunu söyler ve eşitliğin ilk haline bakarsak $k=0$ olamayacağını görürüz. Şimdi ise $x$ in çift sayı olduğunu gösterelim ve iki kare farkı yapalım . bu denklemde üstel tarafı modulo $4 $de incelersek $$3^x-5^y \equiv (-1)^x- 1(mod4) $$ yani $x$ tekse $$ 3^x-5^y \equiv 2(mod4) $$olur bu da çelişki o halde $x=2m , m\in Z$ vardır. şimdi denklemde iki kare farkı uygularsak $$3^{2m}-k^2=(3^m-k) (3^m+k) = 5^y$$ olur. Buradan $ 0 \leq p <q $ tam sayıları için $3^m-k=5^p$ ve $ 3^m+k=5^q$ elde edilecektir. Bu ikisini taraf tarafa toplarsak $$5^p+5^q=2.3^m$$ olur ki bu da $p,q \neq 0 $ iken $2.3^m$ nin $5$ e bölündüğünü gösterir çelişki. O halde bu sayılardan küçük olanı $p$ nin 0 olması gerekir.
$$3^m-k=1$$ $$3^m+k=5^y$$ diyebiliriz. Bu da $$1+5^y = 2.3^m$$olur. $y$ nin tek sayı olduğunu gösterip Bang Zsimondy Lemmasını uygulayalım. $y$ için varsayalım ki çift olsun bu halde ilk baştaki $3^x-5^y=k^2$ ifadesinde $x\neq0$ için $ 3^x-5^y \equiv -4^{y/2} (mod3) $ yani $3$ modunda $2$ kalanını verir tam kare ifade bu kalanı alamaz o halde $y $ tektir.
Lemma: $a>b>0$ aralarında asal ve $n$ tek bir sayı ise $a^n+b^n$ ifadesinin daha küçük kuvvetlerinin hiçbirini bölemeyen en az bir yeni bir asal çarpanı vardır. Bu lemmanın tek istisnası $a=2, b=1 , n=3$ tür. $y=1$ için $5^y+1$ ifadesi hem 2 ve hem 3 e bölünür o halde $y \geq 2 $ için yeni bir asal çarpan olacağını yani $5^y+1$ ifadesi $2$ ve $3$ den başka asal çarpanı olacaktır. $y=0$ ve $y=1$ incelenmeli . $$1+5^y=2.3^m$$ ifadesinde $y=0$ ı incelersek $m=0$ olur bu da bize denklem sisteminden $k=0$ verir fakat bunun en başta olamayacağını söylemiştik. $y=1$ olmalıdır bu da bize $m=1$ verir yani $x=2$ olur bu da bize $abc-(a+b+c)=2 $ ya da $abc-(a+b+c)=-2 $ verir. Şimdi önceden kalan $ab+ac+bc=1 $ i de kullanarak bu denklem sistemlerini çarpım haline getirelim. $$ (a+b)(a+c)(b+c)= (a+b+c)(ab+ac+bc)-abc$$ dir bundan yardım alırsak $$(a+b)(a+c)(b+c) = -2 $$ veya $$(a+b)(a+c)(b+c)=2$$ sonuçlarına ulaşırız bu denklemlerde çarpan eşleştirmeleri yardımıyla $(1,1,0), (-1,-1,0) $ çözümleri ve permütasyonları ile mümkün olur. İspat biter.
-
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.
-
78) Çözüm: (İbrahim Atakan Çiçek) Genellikle bu tarz baş katsayısı tamkareye benzetilemeyen $4.$ dereceden denklem soruları oldukça zor yöntemler sayesinde çözümlenebiliyor. Ancak bu soruda gizli bir pisagor parametrizasyonu saklı olduğu için bu sorunun biraz daha erişilebilir olduğunu görüyoruz.
$a=0,1,2$ 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. Bunu $99)$ numaralı soruda ispatlamıştık. Negatif olmayan diğer çözümü de $p=0$ $o=1$ oluyor. Buradan ise
$p=0$ , $o=1$ 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.
$x^2=8y^4+1$ formundaki denklemin çözümü hakkındaki fikri gördüğüm yer: http://dspace.nitrkl.ac.in:8080/dspace/bitstream/2080/1845/1/full_paper.pdf
Not2: $x^3+x^2+x+1=y^2$ denklemine şu ana kadar bilinen tek çözümünden başka bir çözüm yolu vermiş oluyoruz bu şekilde. $133)$ numaralı sorunun çözümünde görülebilir. Genel olarak akademik kaynaklarda tercih edilen çözümü de ekleyeceğim.
-
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.
,,
-
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.
-
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.
not: sorunun orijinal kaynağını buldum : https://artofproblemsolving.com/community/c6h1994813p13915413
-
119) $4xy-x-y$ nin tam kare olmadığını göstermek için çelişki kullanalım. Varsayalım ki tam kare olsun o halde $$4xy-x-y=k^2 ,k\in Z^+$$ vardır. ($k=0$ için test kolayca yapılabilir.) $$4xy-x-y=x(4y-1)-\dfrac{1}{4}(4y-1)-\frac{1}{4}=k^2$$ $$4x(4y-1)-(4y-1)=4k^2+1$$ olur yani. $$4y-1|4k^2+1$$ olur bu da bize şunu verir:
Öyle bir $p\equiv 3(mod4)$ olacak $p$ asalı vardır ki $p|4k^2+1$ sağlanır. $2k=m , m\in Z^+$ alalım daha genel bir ispatını verelim.
bize bu bölünebilme $m^2\equiv -1(modp)$ verir. Aynı zamanda Femat'ın klasik teoreminden $$a^{p-1} \equiv 1(modp)$$ olduğunu biliyoruz. ve $p>2$ için $p$ daima tektir O halde aşağıdaki işlemleri yapabiliriz.
$$a^{p-1}\equiv (a^2)^{\frac{p-1}{2}}(modp)$$
$$(-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(modp)$$
$$\frac{p-1}{2}$$ çift olmalıdır. bu da bize $p\equiv 1(mod4)$ verir. Çelişki. O halde hiçbir $m^2+1$ formatındaki bir sayının $3(mod4) $ formatında asal böleni olamaz. Bu da bize orijinal sorumuzu ispatlar.
-
120) Bu soru için internette çeşitli parametrizasyon denemeleri türetilmiş. Bunlardan en kolay üreteni
$$(10+x)^3=1000+3.100x+3.10x^2+x^3$$
$$(10-x)^3=1000-3.100x+3.10.x^2-x^3$$ taraf tarafa toplama yardımıyla
$$(10+x)^3+(10-x)^3=2000+60x^2$$ O halde geriye kalan iki terimden biri $-1$ diğeri de $-\sqrt[3]{60x^2}$ olacak şekilde sonsuz $x$ türetebildiğimizi gösterirsek ispat bitecek. Denklemimiz için $60x^2=y^3$ olmasını sağlayan sayıları bulalım. $x=60a$ olacak şekilde $a$ tamsayısı seçersek $$60^3a^2=y^3$$ yani $a=m^3$ şeklinde seçilen $m$ tam sayıları için bu ifade tam küp olmuş olacak bu da bize $x=60m^3$ , $m\in Z$ dönüşümünün yeterli olacağını gösteriyor.
O halde bu $4$ tam küp toplamını $m$ cinsinden yazarsak $$(10+60m^3)^3+(10-60m^3)^3+(-60m^2)^3+(-1)^3=1999$$ elde ederiz. Buradada $m$ yerine sonsuz farklı tam sayı yazabildiğimiz için sonsuz $a,b,c,d$ çözümü üretmiş oluruz.
İnternette kaynak taraması yaparken bu $4$ küp toplamı ile ilgili daha genel bir çalışmayla karşılaştım.
https://people.math.harvard.edu/~elkies/4cubes.html
Bizim yukarıda yaptığımız çözüm ise $(n+x)^3-(n-x)^3=2n^3+3.n.x^2$ olduğu için öbür $3$. terimimiz $-3nx^2$ yi genel çözüm olarak sağlayacak bize son terim $d$ serbest seçip kalıyor. O halde $2n^3-d^3=k$ formatında yazılabilen sayılar için $(a^3+b^3+c^3+d^3=k)$ denkleminin sonsuz çözüm genelleştirmesini bulmuş olduk.
-
121) Bu ifadelerin aynı anda tam kare olduklarını var sayarsak $x^2-y^2=t^2$ ve $x^2+y^2=z^2$ elde edilir bu da bize $$x^4-y^4=(tz)^2$$ verir. 46) daki soruya benzer şekilde $$a^4-b^4=c^2$$ tipi denklemlerin $b=0$ trivial durumu hariç çözümü olamayacağı ispatlanabilir. ( Bunu da 123) de ekleyeceğim.)
Alternatif Metod) Bu denklemi pisagor parametriazasyonlarıyla açarak ilerletelim. Öncelikle denklemlerimiz. $x^2=t^2+y^2$ $x^2+y^2=z^2$ denklemlerini inceleyelim. Çözüm için sadece primitifleri incelemek yeterli çünkü eğer bir çözüm varsa bunu tüm denklem kökleri için $k$ gibi bir çarpanla genişletebiliriz. Primitif çözümler için $(m,n)=1$ $(a,b)=1$ olacak şekilde parametrizasyonlar seçeceğimiz için hipotenüse denk gelen $x^2$ ifadesi daima tek olmalıdır aksi halde genel çözümümüzde olan $m^2-n^2, 2mn , m^2+n^2$ terimlerinden dolayı hepsi çift olur. bu da primitif çözüm olmalarını engeller. O halde $x$ tek $y$ de bu neden çift terim olmak zorundadır. Bu da bize $$x=m^2+n^2$$ $$y=2mn$$ $$t=m^2-n^2$$ $$x=a^2-b^2$$ , $$y=2ab$$ $$z=a^2+b^2$$ oluştuğunu görebiliriz. Buradan ise $$(m,n)=(a,b)=1$$ , $$mn=ab$$ , $$m^2+n^2=a^2-b^2$$ yani $$m^2+n^2+b^2=a^2$$ olur. Bu denklem sisteminin de varsayılan çözüm için daha küçük bir çözüm grubu elde etmesiyle infinite descent yardımıyla sadece bariz çözüm oldığunun ispatı aşağıdaki pdfte (4,5. sayfalar (8.) olarak belirtilen denklem )verilmiş : https://arxiv.org/pdf/1311.1451
Not: Bu paylaştığım pdfte $x^4+y^4=z^2$ ve $x^4+mx^2y^2+z^4=k^2 $ benzeri birçok denklemin sadece trivial çözümlerinin geçeli olduğu ispatlanmaya çalışılmış.
-
106) Varsayalım ki $(x,y)=1$ olsun ve genelliği bozmadan $x,y,z$ pozitif tam sayılarda tanımlı olsun. Bu durumda $x\equiv y (mod2)$ olduğu görülebilir. Aynı modüler paritede oldukları (ve $(x,y)=1$ aldığımızdan tek olmalı) ve simetrik oldukları için genelliği bozmadan $x> y $ alabiliriz (Potansiyel karışıklık oluşmasın diye ilerideki işlemlerde $x=y$ yi ayrı inceleyip $u,v$ yi pozitif tam sayılarda tanımlayabilmek istedim). Yani $u=\dfrac{x+y}{2}$ ve $v=\dfrac{x-y}{2}$ , $u,v\in Z_{\geq 0}$ olduğunu görüyoruz ($u>v$ yi de not edelim). Buradan
$$x^2+y^2=(u+v)^2+(u-v)^2=2u^2+2v^2=2z^2$$ yani $$u^2+v^2=z^2$$ olur. Buradan pisagor parametrizasyonunu yazarsak ($(u,v)=1$ olduğunu görmek kolaydır.)
$u=2mn$ , $v=m^2-n^2$ , $z=m^2+n^2$ , $(m,n)=1$ , $m>n>0$ , veya $u=m^2-n^2$ , $v=2mn$ , $z=m^2+n^2$ , $(m,n)=1$ , $m>n>0$ oluyor ($m$ ve $n$ zıt parite). $u>v$ yi de unutmazsak (genelliği bozmadan aldığımız $x>y$ den geliyor. (Bu caselerin birleşiminden gelen pozitif çözümler bize çözümü veriyor çünkü bu seçimlerden biri negatif $y$ üretirken diğeri pozitif $y$ üretiyor ve bu nedenle $y$ yi mutlak değerde yazmalıyız.)
Çözersek
$$x=m^2+2mn-n^2,y=|2mn-m^2+n^2|,z=m^2+n^2, (m,n)=1 , m>n>0, m\not \equiv n \pmod 2 $$ veya $x<y$ olasılığından gelen $$x=|2mn-m^2+n^2|,y=m^2+2mn-n^2,z=m^2+n^2, (m,n)=1 , m>n>0, m\not \equiv n \pmod 2 $$ olur. $x=y=1$ olasılığınıda da hil etmek için $m=1$ $n=0$ alabileceğimiz şekilde kümeyi genişletirsek ($m>n\geq 0$ seçimi ile mümkün)
Negatif olmayan tam sayılardaki tüm $(x,y,z)$ çözümleri ($(0,0,0)$'ın da dahil edilebilmesi için $k=0$ ı da kğmeye ekliyoruz.)
$$x=k.(m^2+2mn-n^2),y=k.|2mn-m^2+n^2|,z=k.(m^2+n^2) , (m,n)=1 , m>n\geq 0, m\not \equiv n \pmod 2, k\in Z_{\geq 0} $$ veya $$x=k.|2mn-m^2+n^2|,y=k.(m^2+2mn-n^2), z=k.(m^2+n^2), (m,n)=1 , m>n\geq 0, m\not \equiv n \pmod 2, k\in Z_{\geq 0} $$
Not: Parametrizasyonun alt adımlarındaki geçişleri net hale getirmeye çalıştım.
-
99) $8x^2+y^2=z^2$ denkleminin genel parametrizasyonunun $k.(mn),k.|m^2-2n^2|,k.(m^2+2n^2)$ olduğunu biliyoruz. Ayrıca denklemde genelliği bozmadan $x,y\geq 0$ alalım. Buradan $m,n,k\geq 0$ , $(m,n)=1$ ve $y^2=k.mn$, $x=k.(m^2+n^2)$ ve $1=k.|m^2-2n^2|$ den dolayı ($m,n\not = 0$ için) $k=1$ almamız gerektiğini görürüz. Ayrıca $y^2=mn$ ve $(m,n)=1$ olduğundan $m=M^2, n=N^2$ olacak şekilde $M,N \in Z_{\geq 0}$ alınabilir. Buradan iki case elde ediyoruz.
1) $M^4-2N^4=1$ yani $M^4+N^8=(N^4+1)^2$ gelir. Fermat'ın son teoreminin $n=4$ için özelleştirilmiş formlarından biri olan $a^4+b^4=c^2$ tipi denklemin sadece trivial çözümleri olduğunu biliyoruz. $M=0$ veya $N=0$ olması gerekir. Ancak $M$ ve $N$ yi tanımlarken $m,n$ $0$ olmasınlar şeklinde tanımlamıştık. Çözüm gelmez.
2) $M^4-2N^4+1=0$ yani $M^4+(N^4-1)^2=N^8$ gelir. Bunu $(N^4-1)=N^8-M^4$ şeklinde yazarsak yine Fermat'ın son teoremi'nin $n=4$ için özelleştirilmiş formlarından biri olan $x^4-y^4=z^2$ formatına uyduğunu görüyoruz. Bunun da sadece trivial çözümleri olduğunu ve $(k,0,k^2)$ veya $(k,k,0)$ olduğunu ispatlamıştık. ( Bu katsayılar $-$ işaretli de olabiliyor bunu unutmamak lazım.) Buradan $M,N\geq 0$ için $M=0$ veya $N^4-1=0$ denklemlerinin çözümlerini bulmamız gerektiğini görürüz. $M=0$ ı incelememize gerek yok en son inceleyeceğiz. $N^4-1=0$ olsun. Bu durumda $N=1$ olmalıdır. Bu da bize $M^4=1$ yani $M=1$ yani $(m,n)=(1,1)$ tek çözüm olarak gelir. Buradan $y=1$ ve $x=3$ gelir.
Şimdi parametrizasyonda $m=0$ alalım. bu bize $y=0$ verir. $x^2=1$ denkleminden $(1,0)$ çözümüne ulaşırız. $n=0$ alırsak da benzer şekilde $y=0$ geleceğinden incelememize gerek yoktur. Yani denklemimizin çözüm kümesi $\{(1,0),(3,1)\}$ ve bunların $-$ işaretli versiyonları olarak bulunur.
Not: $(m,n)=1$ alabilmemizin mantığı $(m,n)=d$ olursa parametrizasyonda $(M,N)=1$ olacak şekilde $m=dM$ ve $n=dN$ alabilirdik ve buradan parametrizasyon baş katsayısı $kd=k'$ olarak yeniden tanımlanabilirdi. Ancak $m=0$ ve $n=0$ durumları bu kabullerimizi yaparken sorun çıkarıyordu. Bunları özel olarak incelememiz gerekti.
Bu tarz bir soru $1993$ Çin Takım seçme sınavı'nda sorulmuş :
$2x^4+1=y^2$ denkleminin tüm tam sayı çözümlerini bulunuz.
-
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.
-
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.
-
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.)
-
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.
-
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.
-
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.
-
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.
-
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.
-
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.
-
137)
Asal $p$ için
\[
(p-1)! + 1 = p^k
\]
denkleminde $p>5$ için çelişki ispatlayacağız.
\[
p=2,\;3,\;5
\]
durumları kalır.
İlk olarak
\[
(p-1)! + 1 = p^k.
\]
Olduğunu biliyoruz. Buradan da
\[
(p-1)! = p^k - 1 = (p-1)\Bigl(p^{k-1} + p^{k-2} + \cdots + p + 1\Bigr).
\]
eşitliğini elde ederiz ve her iki tarafı $p-1$’e bölerek
\[
(p-2)! = \sum_{i=0}^{k-1} p^i.
\]
elde edilir.
Eğer $p>5$ ise $p-1\ge6$ olduğundan $(p-1)\mid (p-2)!$, yani
\[
(p-2)!\equiv0\pmod{p-1}.
\]
Öte yandan
\[
\sum_{i=0}^{k-1}p^i
\equiv
\sum_{i=0}^{k-1}1
=
k
\quad(\bmod\;p-1),
\]
çünkü $p\equiv1\pmod{p-1}$. Dolayısıyla
\[
k\equiv0\pmod{p-1},
\quad\text{yani}\quad
k = t\,(p-1)
\quad(t\in\mathbb{Z}_{>0}).
\]
Buna göre
\[
(p-1)! + 1 = p^k = p^{t(p-1)}.
\]
Ancak
\[
(p-1)! + 1 < p^{p-1},
\]
dolayısıyla $t\ge1$ iken
\[
p^{t(p-1)} \ge p^{p-1}
\]
olur ki bu da bize $k<p-1$ iken $k$ nın $p-1$ in katı olması çelişkisini verir.
Sonuç olarak $p>5$ için hiçbir çözüm yoktur. Kalan tek çözümler:
\[
\begin{aligned}
p=2:&\quad (2-1)!+1=2=2^1,\\
p=3:&\quad (3-1)!+1=3=3^1,\\
p=5:&\quad (5-1)!+1=25=5^2.
\end{aligned}
\]
Not: Bu sorunun $p$ asalı yerine genel $n$ sayıları için de ispatı yapılabiliyor gibi duruyor. $n$ gibi bir sayı bileşke olursa bunun için çelişki elde edilebilir. Bu da bize genel olarak da $n=2,3,5$ sağlama şartını doğurur gibi duruyor.
Not:Bu sorunun daha genel bir versiyonu ve sanırım farklı bir çözümü bu linkte verilmiş https://geomania.org/forum/index.php?topic=2542.0
-
129) $x$ rasyonel sayı olduğu için $x=\dfrac{p}{q}$, $(p,q)=1$ , $q \neq 0$ şartları sağlanacak şekilde $p,q\in Z$ daima bulunur. O halde denklemimiz $$\dfrac{p.(Ap^2+Bpq+Cq^2)}{q.(Ap^2+Bpq+Cq^2)}=\dfrac{p}{q}$$ ,$A,B,C\in Z$ formunda bir eşitliğin sol tarafı elde etmeye çalışmalıyız. İfadeleri dikkatli şekilde yazarsak
$$a^3+b^3=Ap^3+Bp^2q+Cpq^2$$ $$c^3+d^3=Ap^2q+Bpq^2+Cq^3$$ buradan yola çıkarak $(mp+nq)^3$ formunda terimlerin açılarak $q^3$ formu terimin üsttekinde ve $p^3$ formunda terimin alttaki denklemde sadeleşmesi gerektiğini görüyoruz. $a=p+q$ , $b=2p-q$ , $c=p+q$ , $d=2q-p$ seçimlerini yaparsak $$(p+q)^3+(2p-q)^3=9p(p^2-pq+q^2)$$ ve $$(p+q)^3+(2q-p)^3=9q(p^2-pq+q^2)$$ ve buradan da seçilen $x$ rasyonel olma koşullarını sağlayan her $p,q$ tam sayıları için $a,b,c,d$ bulmamızı sağlar. Burada dikkat edilmesi gereken bir durum ise $$(p+q)^3+(2q-p)^3=0$$ olması olasılığıdır. Bunu da $$(p+q)^3=(p-2q)^3$$ $$p+q=p-2q$$ yani $q=0$ oluştuğundan tanım gereği eliyoruz. O halde her $x$ rasyonel sayısı için $a,b,c,d$ tam sayılarının varlığını göstermiş oluruz. İspat biter.
-
Not: Bu sorunun çözümünde eşitsizlik geçişinde hata yaptığımı fark ettim. Düzeltmeye çalışıyorum.
114) Varsayalım ki $n$ tek olsun. O halde $2^n\equiv 0(mod4)$ , $3^n\equiv 3(mod4)$ , $6^n\equiv 0(mod4)$ . yani $x^2\equiv 3(mod4)$ olur ve bu da çelişkidir. O halde $n$ çift olmalıdır. $n=2k, k\in Z^+$ bulunur. $x^2=4^k+9^k+6^{2k}$ olur. $$x=6^k+y$$ ($x>6^k$ olması gerektiği denklemden barizce görülebilir.) ,$y\in Z^+$ vardır.
$$(6^k+y)^2=6^{2k}+2.6^k.y+y^2=4^k+9^k+6^{2k}$$ $$2.6^k.y+y^2=4^k+9^k$$ olur. $y \geq 5$ için $$2.6^ky+y^2 \geq 10.6^k+25>4^k+9^k$$ görülebilir.
1) $y=4$ olsun. $4.6^k+4^2\equiv 0(mod2)$ ancak $4^k+9^k \equiv 1(mod2)$ olur. Çelişki.
2) $y=3$ olsun. $3.6^k+3^2\equiv 0(mod3)$ ancak $4^k+9^k\equiv 1(mod3)$ olur. Çelişki.
3) $y=2$ olsun. $2.6^k+2^2\equiv 0(mod2)$ ancak $4^k+9^k \equiv 1(mod2)$ olur. Çelişki.
Geriye ancak $y=1$ olasılığı kalır. Denklemimiz ise $$2.6^k+1=4^k+9^k$$ $$(3^k-2^k)^2=1$$ $$3^k-2^k=1$$ ve bu artan fonksiyon olduğu ve $k=1$ bu denklemi sağladığı için başka $k$ tamsayısı bulunamaz ve $n=2$ ve buradan da $x=7$ sonucuna ulaşılır.
-
$115)$ Bu denklemin $(1,1,1),(5,4,3),(19,15,12)$ için sağlandığını görebiliriz. Bu tür denklemlerin norm denklemlerine denk geldiği durumlarda sonsuz çözümü ve bu çözümlerin Pell denklemlerindeki gibi dizi formatında çözümleri oluyor. Dikkatlice incelersek bir önceki çözümün $x+y+z$ toplamı bir sonrakinin $z$ bulunan yerine yazılıyor. tüm denklemlerden $x+y+z$ çıkarırsak $(0,0,0), (2,1,0),(7,3,0)$, kalıyor. Tekrar incelediğimizde bunların $(y+z,y,0)$ formatını koruduğunu tahmin edebiliriz. Yani şu aşağıdaki diziyi elde ederiz. $$x_{n+1}=x_n+2y_n+2z_n$$ $$y_{n+1}=x_n+y_n+2z_{n}$$ $$z_{n+1}=x_n+y_n+z_n$$ şeklinde türediği tahmin edilebilir. Şimdi bu iddiamızı ispatlamak için
$$x_{n+1}^3+2y_{n+1}^3+4z_{n+1}^3-6x_{n+1}y_{n+1}z_{n+1}=1$$ in $x_{n}^3+y_{n}^3+z_{n}^3-6x_ny_nz_n=1$ e indirgendiğini gösterelim. Ben ifadelerin yazımı çok uzun olduğu için $x_n$ yerine $x$ yazacağım.
$$(x+2y+2z)^3=x^3+6x^2y+6x^2z+12xy^2+24xyz+12xz^2+8y^3+24y^2x+24yz^2+8z^3$$
$$2.(x+y+2z)^3=2x^3+6x^2y+12x^2z+6xy^2+24xyz+24xz^2+2y^3+12y^2x+24yz^2+16z^3$$
$$4.(x+y+z)^3=4x^3+12x^2y+12x^2z+12xy^2+12xz^2+24xyz+12xz^2+4y^3+12y^2x+12yz^2+4z^3$$
$$6.(x+2y+2z)(x+y+2z)(x+y+z)=6x^3+24x^2y+30x^2z+30xy^2+78xyz+48xz^2+12y^3+48y^2z+60yz^2+24z^3$$
Gerçekten de bu terimleri ekleyip çıkardığımızda elimizde $x^3+2y^3+4z^3-6xyz=1$ denklemi kalıyor. Dizinin initial'ı olarak da $(x_1,y_1,z_1)=(1,1,1)$ tanımlarsak bu dizi bize sonsuz çözüm olduğunu gösterir.
Not: Bu sorunun nerdeyse aynısı USA Team Selection Test $2012$ de ''$a,b,c$ pozitif tam sayıları aşağıda verilen denklem için $2010$ gibi bir pozitif tam sayıdan büyük olabilir mi?'' şeklinde sorulmuş.
-
116) Burada vereceğim çözüm IMO Compendium (USS1 , 1967 Longlist) kaynağında paylaşılmış.
Çözüm:
Aşağıdaki fonksiyon, bir sayının kaç farklı şekilde $a^2 + b^3$ biçiminde yazılabildiğini sayar:
\[
f(n) := \{(a,b)\in \mathbb{Z}_{\ge 0}^2 : a^2 + b^3 = n \}
\]
1. Denklem : $ x^2 - y^2 = z^3 - t^3$
Her iki tarafı yeniden düzenleyelim:
\[
x^2 + t^3 = y^2 + z^3 =: n
\]
Yani her bir $n$ için $ a^2 + b^3 = n$ biçiminde iki farklı sunum aranıyor. Bu nedenle toplam çözüm sayısı:
\[
M = \sum_{n} f(n)^2
\]
2. Denklem: $ x^2 - y^2 = z^3 - t^3 + 1 $
Yine aynı biçimde düzenleyelim:
\[
x^2 + t^3 = y^2 + z^3 + 1
\Rightarrow
x^2 + t^3 = n+1,\quad y^2 + z^3 = n
\]
Bu durumda toplam çözüm sayısı:
\[
N = \sum_{n} f(n)f(n+1)
\]
Karşılaştırma:
Her $ n$ için AM–GM eşitsizliği:
\[
f(n)^2 + f(n+1)^2 \ge 2f(n)f(n+1)
\Rightarrow
f(n)^2 - 2f(n)f(n+1) + f(n+1)^2 \ge 0
\Rightarrow
(f(n) - f(n+1))^2 \ge 0
\]
Bu farklar toplamına bakalım:
\[
M - N
= \sum_n \left( f(n)^2 - f(n)f(n+1) \right)
- \sum_n \left( f(n)f(n+1) - f(n+1)^2 \right)
= \sum_n \frac{(f(n) - f(n+1))^2}{2} > 0
\]
Çünkü $ f(0) = 1 $ olduğundan, tüm $ f(n)$ terimleri sabit olamaz ve en az bir $ f(n) \ne f(n+1) $ bulunur. Dolayısıyla:
\[
\boxed{M > N}
\]
-
101) Bu denklemi $3^k-1=m^2+n^2$ olarak düzenleyelim. Şimdi ise $3^k-1$ ifadesinin asal çarpanlarını inceleyeleyerek sonsuz çözüm ispatına gidelim.
https://geomania.org/forum/index.php?topic=9576.msg26544;topicseen#new
Burada paylaştığım bazı lemma ve teoremlerin direkt uygulamalarını kullanarak ispatlayabiliriz. Sonsuz çözümü olduğunu göstermek için öyle bir seçim yapalım ki bu ifadenin daima $1(mod4)$ formatında asal çarpanı olsun ve $3(mod4)$ formu asal çarpanların üssü çift olsun veya hiç bulunmasın. $k=2^x$ seçimi yapabliriz ve bunun daima iki pozitif tamkare toplamı olarak yazılabildiğini ispatlayabiliriz. Bu da bize seçilen her $x$ için en az bir çözüm olduğunu yani sonsuz $x$ seçimi mümkün olduğundan sonsuz çözüm olduğunu bize kanıtlar. Öncelikle ifadenin $2$ nin kuvveti durumunda yazılabildiği durumları inceleyelim. $3^k-1=2^y$ bu denklemi $k$ çift olduğunu $mod4$ analiziyle gösterip çözümlerin $(2,3) ,(1,1)$ olduğunu gösterelim. $y\geq 2$ için $3^k\equiv 1(mod4)$ yani $k$ çiftse $3^k\equiv 1(mod4)$ tekse $3^k\equiv -1(mod4)$ buradan $k=2m$ dönüşümü yapalım. $(3^m-1)(3^m+1)=2^y$ olur. $y>=2$ olduğundan $3^m-1=2^b$ ve $3^m+1=2^c$ olacak şekilde $b,c\in Z_{\geq 0}$ vardır. Buradan $$2^c-2^b=2$$ olur bu da $2^{c_1}-2^{b_1}=1$ denklemine özdeştir. Terimlerden birinin tek olması da gerektiğinden $c_1=1, b_1=0$ yani $c=2$, $b=1$ tek çözüm olur. bu da bize $y=3$ $k=2$ durumu verir ve $y<2$ için de $k=1$ $y=1$ eşleşmesi vardır.
Geriye kalan durumlarda $3^k-1$ ifadesinin en az bir tek asal çarpanı bulunmaldıır. $q$ tek asal çarpanını seçelim. O halde $3^{2^x}\equiv 1(modq)$ sağlanır. Bu denkliği çözen en küçük $s$ tam sayısını şöyle tanımlayabiliriz. $$ s := \min\{ t \geq 1 : 3^t \equiv 1 \pmod{q} \} $$ $s|2^x$ şartından dolayı ve $s=1$ için tek asal çarpan bulunmadığından $1\leq r \leq x$ , $r\in Z$ için $s=2^r$ sağlanır. $r=1$ in sağlanmadığı ancak daha büyük $r$ değerleri için daima $q$ tek asal sayısını bulabileceğimizi gösterdik. O halde $2\leq r \leq x $ alalım.
Tanımımız gereği $$3^{2^{r-1}}\not \equiv 1(modq)$$ dur. ancak $$ (3^{2^{r-1}})^2\equiv 1(modq)$$ olduğu için $$3^{2^{r-1}} \equiv -1(modq)$$ $q=3$ olmadığını manuel test ederek gördükten sonra $3^{q-1}\equiv 1(modq)$ yazabiliriz fermat teoremi yardımıyla. Ancak $q-1$ bu denkliği sağlayan en küçük terim olmayabilir ama bizim bulduğumuz $r$ cinsi denklik en küçük olanıdır. Bu nedenle $2^r|q-1$ olur ve $r\geq 2$ şartından dolayı $4|q-1$ bu da bize $q=4q'+1,q \in Z^+$ bulunduğunu gösterir. Sonuç olarak $k=2^x$ parametrizasyonu seçildiğinde $3(mod4)$ formatındaki asal sayıların üssü çift olur (0) ve bu da bize attığım linkteki Teorem 3: den ve $x=1$ için $(9-1)=4+4$ yazımından dolayı her $x$ için $m,n$ pozitif tam sayıları bulunduğunu gösterir.
-
103) Bu sorunun hemen hemen aynısı İzlanda Matematik Olimpiyatı $2017$ yılı ilk sorusu olarak gelmiş. Soruda $n,a,b$ pozitif tam sayılar olmak üzere
$$\dfrac{a^2+a+1}{b^2+b+1}=n^2+n+1$$ olmasını sağlayan $a,b$ pozitif tam sayılarını belirleyiniz.
Bunu yapabilmek için $n^4+n^2+1=(n^2+n+1).(n^2-n+1)$ olduğu ve $n^2-n+1$ ifadesinin $b=n-1$ alınarak elde edilebildiğini görmemiz gerekiyor. $n=1$ i manuel olarak bulmalıyız. Öncelikle $a=n^2$ ve $b=n-1$ in bu soru için sağladığını görelim.
$(n-1)^2+(n-1)+1=n^2-n+1$ olur ve sağlar. $n=1$ alalım. $a^2+a+1=3(b^2+b+1)=3b^2+3b+3$ olur. Deneme yoluyla $a=4$ $b=2$ nin sağladığını görmek yeterlidir.
$(4,2,1)$ ve $(k^2,k-1,k),k\in Z_{\geq 2}$ şeklinde $n$ sayısı türetilir
Genel tamsayılar için ekstra genel çözüm parametreleri şöyle türetilebilir gibi duruyor: $x$ yerine $-a $ ve $x$ yerine $a-1$ dönüşümleri yapıldığında aynı cebirsel ifade geliyor bize yukarıda yaptığımız genel çözümü veren ancak sadece bu formatta çözüm olup olmadığını belirlemek kolay durmuyor. Bu yapıların normal çözümü eisenstein sayılarının norm çarpanı formuyla yazılarak çözülmesiyle çıkarılıyor.
-
124) Not: Şu anda çözümümde $B$ kümesini eksik incelediğimi fark ettim. $a>0,b<0$ tipi çözümler de türeyebiliyor $b$ yerine $-b$ dönüşümü yapılırsa $a^2-b^2,a^2+2ab$ oluyor bu da çözüm üretiyor. $x^4-x^2y^2+y^4=z^2$ denklemini parametrizasyon yoluyla triviallar ve diagonaller hariç çözümsüzlüğünü ispatlayalım. Öncelikle $x=y$ ve $x=0$ ,$y=0$ tipi durumları inceleyelim. Çözümlerin barizce $(k,0,k^2)$ ,$(0,k,k^2)$, $(k,k,k^2)$ ve zıt işaretlileri olduğu görülebilir. Genelliği bozmadan $x>0$ ve $y>0$ alalım. $x=y$ analizini birazdan parametrizasyon kümelerinini birbirini kapsar hale getirmek için önceden inceleyip çıkardım. $$x_1^2-y_1z_1+y_1^2=z_1^2$$ tipindeki bir denklemin genel parametrizasyonları $$k.(a^2-b^2),k.(2ab-b^2),k.(a^2-ab+b^2)$$ veya $$(k.(2ab-b^2),k.(a^2-b^2),k.(a^2-ab+b^2)$$ formlarındadır. Simetriden dolayı genelliği bozmadan ilk parametrizasyonu geçerli kabul edebiliriz.
$x^2=k.(a^2-b^2)$, $y^2=k.(2ab-b^2)$, $z=k.(a^2-ab+b^2)$ olur. $k$ hepsinde ortak çarpan olduğundan genelliği bozmadan $k=1$ veya $k=-1$ kabul edebiliriz. Bu ikisi birbirine tam olarak denk değil farklı çözüm kümeleri üretiyor.
$k=1$ için $x>0$ $y>0$ koşulları $a>b$ ve $2a>b$ oluyor. Yani $a>b>0$ almak yeterlidir. O halde kümemiz:
$$A=\{x^2=a^2-b^2,y^2=2ab-b^2,a>b>0, (a,b)=1, a\not \equiv b(mod2) \}$$ olarak tanımlanabilir.
$k=-1$ için $x^2>0$ ve $y^2>0$ koşulları $b>a$ ve $b>2a$ oluyor. Yani $b>2a>0$ almalıyız. O halde kümemiz ($a$ ile $b$ yerine parametreleri $b,a$ olarak düzenlersek $a>2b>0$ oluyor ve kümemiz:
$$B=\{ x^2=a^2-b^2,y^2=a^2-2ab, a>2b>0, (a,b)=1, a\not \equiv b(mod2) \}$$ olarak tanımlanabilir. Kümelerin tanımlanışı gereği $B$ de bulunan her $x$ değeri $A$ kümesinde de bulunur. ($a=1,b=0$ durumu diagonal çözüm veriyordu ve bunlar $A$ da bulunmuyordu bu yüzden başta diagonalleri ayıkladık.) Bu nedenle aynı $x$ değeri için $B$ den $m$ ve $n$ parametrelerini seçelim. O halde $B$ kümesi bize $(m^2-n^2,m^2-2mn)$ $A$ kümesi de buna karşılık olarak $m^2-n^2,2mn-n^2$ üretir. Buradan dikkatli inceleme yaparsak $$2mn-n^2+m^2-2mn=m^2-n^2=x^2=y_1^2+y_2^2$$ olur. Bu da $B$ de bulunan her çözümün $A$ da vieta jumping karşılığı olduğunu gösterir. Yani $B$ de çözüm varsa $A$ da da olmalıdır. $A$ çözümsüz ise $B$ de çözümsüz olmalıdır. O halde $A$ nin çözümsüzlüğünü ispatlamak yeter.
$$x^2+b^2=a^2$$ denkleminde pisagor parametrizasyonu yaparsak ve $a$ sonuç parametrizasyonu olduğu için tek olmalı dolayısıyla zıt parite koşulundan $b$ çift olmalı O halde $a=s^2+t^2$, $b=2st$ , $(s,t)=1, s\not \equiv t(mod2),$ $s,t\in Z^+$ dönüşümleri elde edilir. Buradan $$y^2=4st(s^2+t^2-st)$$ olur. $(s,t)=1$ şartından $(s,s^2-st+t^2)=1$ ve $t,s^2-st+t^2=1$ şartları da gelir bu nedenle ifadelerin her biri tam kare olmak zorundadır. $s=u^2$ ve $t=v^2$ ve $s^2-st+t^2=w^2$ olacak şekilde $u,v,w \in Z^+$ vardır. Buradan $$u^4-u^2v^2+v^4=w^2$$ olur. Ki bu da bize orijinal $$x^4-x^2y^2+y^4=z^2$$ denkleminin çözümünden daha küçük bir çözüm verir ve bu işlem sonsuza kadar tekrarlanabilir. (tüm tamsayıları pozitif tamsayıda tanımladığımız için.) Bu da bize pozitif tamsayılarda sonsuz descent'in mümkünsüzlüğünden çelişki verir. Sadece triviallar $x=0,y=0$ durumları ve diagonaller $x=y$ durumları kalır. Buradan $(k,0,k^2),(k,k,k^2)$ ve permütasyonları ve zıt işaretlileri olarak bulunur.
Not: Genellikle bu çözüm yöntemi yerine daha farklı bir descent yöntemi kullanılıyor akademik kaynaklarda $$(x^2-y^2)^2+x^2y^2=z^2$$ denilerek çözüyorlar. Ancak bu metod biraz daha uzun çözümlere neden olduğu için bunu ekledim.
Not2: $x^2$ ve $y^2$ ($x^4$ denkleminden parametrizasyonda) terimleri çift dereceliği olduğu için orijinal $x^2-xy+y^2=z^2$ denklemlerinde oluşan $x$ pozitif $y$ negatif tipi çözümlerin incelenmesine de gerek kalmıyor.
-
125) $x,z$ $0$ olmayacak şekilde (x,y den biri $0$ sa diğeri de $0$ olmalı iki ardışık kare arasına sıkıştırarak gösterilebilir.) denklemde $x=y$ koşulunu sağlayan sonsuz çözüm olduğunu gösterebilirsek ispat biter. Denklemimiz bu durumda $x^2.2(x^2+1)=z^2$ olur. $x^2$ tam kare olduğu için geriye kalan ifade de tam kare olmak zorundadır. Buradan $2x^2+2=n^2$ olacak şekilde $n$ tamsayısı vardır. Bu denklemde $x$ çift ise $n^2\equiv 2(mod4)$ çelişkisi oluşur. $x$ tek olmalıdır. $x=2m+1$ dönüşümünü yapalım. Buradan
$$2.(4m^2+4m+1)+2=4.(2m^2+2m+1)=n^2$$ olur. Buradan $2m^2+2m+1=q^2$ olacak şekilde bir $q$ tamsayısı bulunabileceğini söyleyebiliriz. $$(m)^2+(m+1)^2=q^2$$ olur. Pisagor parametrizasyonundan $(s^2-t^2,2st,s^2+t^2$ , ardışık $m ,m+1$ terimleri olduğundan başkatsayı $1$ alınabilir.) $$|s^2-t^2-2st|=1$$ denklemini elde ederiz. Bu denklemi daha detaylı incelersek $$|(s-t)^2-2t^2|=1$$ ve burada $s-t=p$ olacak şekilde $p$ tamsayısı seçersek $$|p^2-2t^2|=1$$ olur. Buradan $p^2-2t^2=1$ in sonsuz çözümü olduğunu gösterirsek ilk denklemin sonsuz çözümü olduğunu da göstermiş oluruz. Bu tip denklemlerin genel çözümlerinin $(ap+bt,cp+dt)$ şeklinde yeni çözüm üretme mekanikleri mevcuttur. Bundan yararlanalım. Son elde ettiğimiz denklemde bunu yerine koyarsak. $$(ap+bt)^2-2.(cp+dt)^2=1$$ $$a^2p^2+2abpt+b^2t^2-2.(c^2p^2+2cdpt+d^2t^2)=(a^2-2c^2)p^2+(2ab-4cd)pt+(b^2-2d^2)t^2=1=p^2-2t^2$$ olur. Buradan $$a^2-2c^2=1,2ab-4cd=0,b^2-2d^2=-2$$ olur. Bu $2.$ denklemi $3.$ de yeirne koyabilmemiz için $3.$ denklemi $a^2$ ile genişletelim. $$a^2b^2-2a^2d^2=-2a^2$$ $$4c^2d^2-2a^2d^2=-2a^2$$ $$2d^2.(2c^2-a^2)=-2a^2$$ yani $a^2=d^2$ olur. Pozitif katsayılarda çözüm için $a=d$ alalım. $b=2c$ olur. (2. denklem) Yani $a^2-2c^2=1$ denkleminin en küçük çözümünü bulursak bu denklemin en küçük yinelemesini bulmuş olacağız. Deneme yanılma yoluyla $(3,2)$ nin sağladığı görülür. $(a,b,c,d)=(3,4,2,3)$ olur. O halde $p^2-2t^2=1$ denkleminin ilk çözüm $(3,2)$ olmak üzere $(3p+4t,2p+3t)$ yinelemesiyle pozitif tam sayılarda sonsuz çözümü olduğu görülür. Bu da bize tüm değişken dönüşümlerimizin daima tam sayı geçişler sağlamasından dolayı orijinal denklemimizin de sonsuz çözümü olduğunu gösterir.
Not: Bu denklemin $x=y$ şartını sağlamayan çözümleri de var ancak onlar hakkında yorum yapmak kolay durmuyor.
-
126) Denklemi $$(yz)^2+(xz)^2=(xy)^2$$ olarak yazalım. Pisagor parametrizasyonundan bu terimlerin $d.(m^2-n^2),d.2mn,d.(m^2+n^2),m>n>0, (m,n)=1$ olacak şekilde alınabileceğini biliyoruz. $x,y$ simetrik olmasından dolayı genelliği bozmadan $yz=d.(m^2-n^2)$ , $xz=d.2mn$, $xy=d.(m^2+n^2)$ alalım. $(m^2-n^2,2mn)=1$ olduğunu not alalım. $(x,y)=g$ olsun. O halde $x=gX$ , $x=gY$, $g\in Z^+$ , $(X,Y)=1$ olacak şekilde $X,Y$ pozitif tam sayıları bulunur. $(gYz,gXz)=(yz,xz)=d=gz$ olur. Bundan yararlanarak $yz=gYz=d.(m^2-n^2)=gz(m^2-n^2)$ olur. Buradan $Y=m^2-n^2$ elde edilir. Benzer şekilde $gXz=d.2mn$ yani $X=2mn$ olur. Şimdi buradan
$$xy=g^2XY=g^2.(2mn).(m^2-n^2)=d.(m^2+n^2)=gz(m^2+n^2)$$ elde edilir. Buradan ise $$g.2mn.(m^2-n^2)=z.(m^2+n^2)$$ olur. $m^2-n^2,2mn,m^2+n^2 $ terimlerinin her biri aralarında asal olduğu için $m^2+n^2|g$ olmalıdır. Buradan $t.(m^2+n^2)=g$ olacak şekilde $t\in Z^+$ bulunduğu görülür. Bunu denklemde yerine koyarsak $$z=t.2mn.(m^2-n^2)$$ bulunur. Benzer şekilde
$x=g.X=t.(m^2+n^2).2mn$ ve $y=gY=t.(m^2+n^2)(m^2-n^2)$ olur. Buradan çözüm kümemiz
$$\{ t.(m^2+n^2)2mn, t.(m^2+n^2)(m^2-n^2),t.(m^2-n^2)2mn), m>n>0, (m,n)=1, m,n,t\in Z^+ \}$$ ve $$\{ t.(m^2+n^2).(m^2-n^2),t.2mn(m^2+n^2).t.2mn(m^2-n^2),m>n>0,(m,n)=1 , m,n,t\in Z^+ \}$$ olur.
-
123) $x^4-y^4=z^2$ denkleminin pozitif tam sayılarda çözümsüzlüğünü pisagor parametrizasyonlarından gelen descentler ile gösterebiliriz. $x^4=y^4+z^2$ denkleminde genelliği bozmadan $(x,y,z)=1$ alırsak $x^2=m^2+n^2,y^2=m^2-n^2,z=2mn$ veya $x^2=m^2+n^2,y^2=2mn,z=m^2-n^2$ olasılıkları bulunur. Her iki olasılıkta da daima daha küçük bir çözüm elde edilebildiğini gösterirsek sonsuz descentten ispat biter.
1) $x^2=m^2+n^2,y^2=m^2-n^2$ olsun. Bu durumda $$(xy)^2=m^4-n^4$$ denklemi elde edilir. Bu da bize $m^2<m^2+n^2$ olduğu için daha küçük bir çözüm elde etmiş oluruz. ($y$ tek olduğu senaryoda bu descent daima oluşuyor.)
2) $x^2=m^2+n^2,y^2=2mn$ olsun. Bu durumda $1.$ denklemden genelliği bozmadan $m=p^2-q^2,n=2pq , (p,q)=1, p>q>0, p\not \equiv q(mod2) $ olacak şekilde $p,q$ tam sayıları bulunur. $2.$ denklemde bunu yerine koyarsak $y^2=4.p.q(p^2-q^2)$ olur. Sağ taraftaki tüm terimlerin en büyük ortak böleni $1$ olduğu için her biri tam kare olmak zorundadır. Buradan $p=a^2$ , $q=b^2$ , $p^2-q^2=c^2$ olacak şekilde $a,b,c \in Z^+$ olduğunu görürüz. Bu da bize $a^4-b^4=c^2$ verir. $x=p^2+q^2=a^4+b^4$ olduğu için $a<x$ olur ki bu da bize descent sağlar.
Bu iki durumdan yola çıkarak bu ilk yapılan descent adımından sonraki elde edilen denkelmde bu iki descent yönteminden biri geçerli olacağı için pozitif tam sayılarda sonsuza kadar iniş elde ederiz. Bu da bize Pozitif tam sayılarda çözümsüzlüğü verir. İfadelerin $x,y,z$ değerlerinin pozitif ya da negatif olması denklemi etkilemediği için $x,y,z$ $0$ olmayan tüm tam sayılar için bu ispat genellenebilir. Geriye $x=0$ , $y=0$ , $z=0$ durumlarının özel incelenmesi kalır.
1) $x=0$ olsun. O halde $-y^4=z^2$ yani $y=0$ ve $z=0$ bulunur. $(0,0,0)$ olur.
2) $y=0$ olsun. O halde $x^4=z^2$ yani $x^2=z$ veya $-x^2=z$ olur. Parametrizasyonla göstermek istersek $(k,0,k^2),(-k,0,k^2),k\in Z)$ olur. $1)$ deki çözüm de bu küme tarafından kapsanmış olur.
3) $z=0$ olsun. O halde $x^4=y^4$ yani $x=y$ veya $x=-y$ olur. Buradan $(k,-k,0),(k,k,0),k \in Z$ olur.
İspat biter.
Not: Bu çözümü aşağıdaki linkte verilen ispattan düzenleyerek yazdım.
https://planetmath.org/x4y4z2hasnosolutionsinpositiveintegers
-
138) Cevap: $19$
https://pure.mpg.de/rest/items/item_3328136/component/file_3400760/content Buradaki makalede $x^2+2y^2+z^2=4xyz$ denkleminin Vieta jumpingle indirgenen kök çözümün sadece $(1,1,1)$ olduğu ispatlanmış. Bunu kullanmadan çözelim.
$x^2-4yz.x+(2y^2+z^2)=0$ denkleminin $Δ_x=16y^2z^2-4.(2y^2+z^2)=k^2$ olacak şekilde $k$ tamsayısı bulunur. $k$ çift olduğundan $k=2w$ dönüşümü yapılabilir.
$$(4y^2-1)z^2=2y^2+w^2$$ olur. $p|4y^2-1$ şeklinde asal seçelim. $p=2$ sağlamadığı açıktır. Buradan denklemi $modp$ altında incelersek :
$$2y^2+w^2\equiv 0(modp)$$ $$1+2w^2\equiv 0(modp)$$ yani $w^2\equiv \frac{p-1}{2}(modp)$ olur. $(\dfrac{\frac{p-1}{2}}{p})=(\frac{-1}{p})(\frac{2}{p})$
$p\equiv \{1,3\} (mod8)$ olmalıdır. $y$ çift olursa $4y^2-1\equiv 7(mod8)$ olur. Ancak $1,3(mod8)$ tipindeki asallar ancak $3^2\equiv 1(mod8)$ olduğu için ancak ve ancak $1,3(mod8)$ kalanlarını üretir. O halde en az bir tane $5,7(mod8)$ formundaki bir asal çarpan $y$ çift iken bulunmalıdır. O halde çelişki olur. $y$ tek olmalıdır. $y$ tek olması $x$ ve $z$ nin de tek sayı olmasını gerektirir.
$p\equiv 5,7(mod8)$ formu asal içeren $y$ leri ilk $100$ sayıda elediğimizde ; $$y\in \{1, 5, 9, 21, 29, 41, 49, 61, 65, 69, 89 \}$$ olur.
Bunlardan $y=1,5,29,65$ için mümkün olur. diğerleri olmaz. ($(1,1,1)$ den türeyen $19$ çözümü yazdığımızda görülüyor.) $9,21 ,41,49,61,69,89 $ durumları için öncelikle keşiflerde bulunalım.
$Δ_x=4w^2$ olacak şekilde $w\geq 0 $ tamsayısı bulunmalıdır. Buradan $$w^2-(4y^2-1)z^2=-2y^2$$ Olur. $Δ=4w^2$ aldığımızda $x=2yz+w$ veya $x=2yz-w$ elde ederiz. $x=2yz+w$ durumu bize oldukça sınırlı $y$ değerleri için çözüm bırakacağı için bunu şu anlık eleyelim. $x=2yz-w$ olsun. Buradan $w^2\equiv (x+z)^2(mod2y+1)$ ve $w^2\equiv (x-z)^2(mod2y-1)$ durumlarını elde ederiz. Aynı zamanda $Δ_x$ için $2y-1$ ve $2y+1$ modları uygulanırsa $w^2\equiv -2y^2(mod2y+1)$ yani $w^2\equiv y(mod2y+1)$ olur. Benzer şekilde $w^2\equiv y-1(mod2y-1)$ görülebilir. Bu da bize $(x+z)^2\equiv y(mod2y+1)$ ve $(x-z)^2\equiv y-1(mod2y-1)$ denkliklerini verir. bu denklikler yardımıyla ve $2\leq x+z \leq 200$ ile $|x-z| < 100$ şartlarından dolayı bize tüm olası toplam ve fark değerlerini üretecek. Ancak $2y-1$ ve $2y+1$ asal değilse denklemin $2$ den fazla çözümü olacağından hesaplanması zorlaşacak. Bu nedenle $x+z=c$ ise $c$ ye bir sınır üretelim. Orijinal denklemde $x=c-z$ yazılırsa
$$2.(2y+1)z^2-2c(2y+1)z+(c^2+2y^2)=0$$ elde edilir. Buradan $d=\dfrac{c^2+2y^2}{2.(2y+1)}$ tanımlarsak denklemimiz. $z^2-cz+d=0$ olur. Çözdüğümüz denklik zaten $d$ nin tam sayı olmasını garantiliyor. $d=z_1.z_2$ olduğu ve kökler tam sayı olduğu için $z_1+z_2$ pozitif tam sayılarda maksimum $z_1=1,z_2=d$ için olur. Bu da bize $c\leq d+1$ olması gerektiğini gösterir. $$c\leq \dfrac{c^2+2y^2}{2.(2y+1)}+1$$ $$2c(2y+1) \leq c^2+2y^2+2.(2y+1)$$ $$|c-(2y+1)|\geq \sqrt{2y^2-1}$$ olur. Bunu sadece $2y+1$ bileşke değerli olduğunda tüm denklemleri tek tek yazmamak için kullanabiliriz.
Not:Daha sıkı bir sınır için köklerden birinin $1$ olduğu durumu manuel test edip $c\leq 2+\frac{d}{2}$ eşitsizliği de seçilebilirdi.
Ufak bir ek olarak $x+z=c$ olmasını sağlayan $c$ leri belirlediğimizde denklemler $z^2-cz+d=0$ dan yazılıp hızlıca incelenebilir. (daha önce $x+z=c$ nin çift olduğunu da söylemiştik.)
1)$y=89$ olsun. $x=178z+w$ durumunda $x$ $100$ ü geçtiği için incelenmesine gerek yoktur. $x=178z-w$ olur. O halde $(x+z)^2\equiv 89 (mod179)$ olur. Buradan $x+z\equiv 39(mod179)$ veya $x+z\equiv 140(mod179)$ olur. Buradan $200$ ü geçmeyen çift değerler sadece $140$ olur. Ancak yukarıdaki mutlak değerli eşitsizlik bize kaba bir sınırla $c<100$ verir. $140$ bu aralıkta olmadığı için elenir.
2) $y=69$ olsun. $x=138z+w$ durumunda istenen $x$ mümkün değildir. $x=138z-w$ olmalıdır. Bu durumda $(x+z)^2\equiv 69(mod139)$ olur. $c\equiv 25(mod139)$ veya $c\equiv 114(mod139)$ olur. $139$ asal olduğu için sadece $2$ çözüm bulunur. İspatladığımız eşitsizlik ise bize $c\leq 41$ verir. O halde $c=25$ tek olasılıktır. Ancak çift olmadığı için elenir.
3) $y=61$ olsun. $x=122z+w$ durumunda istenen $x$ mümkün değildir. $x=122z-w$ olmalıdır. Bu durumda $(x+z)^2\equiv 61(mod123)$ olur. $123=3.41$ olduğu için $2$ den çok çözümü vardır. Ancak daha önce ispatladığımız eşitsizlik yardımıyla $c\leq 36$ ve $c\geq 210$ bulunur. $2.$ durum zaten mümkün olmadığı için ilk durumu incelesek yeterlidir. Bu aralıkta kongrüansın çözümlerini incelersek $c=26$ olduğu bulunur. Parabolik denklem için bulduğumuz formülden $z^2-26z+33=0$ olur. Diskriminantı tam kare olmadığı için buradan da çözüm gelmez.
4) $y=49$ olsun. $x=98z+w$ durumunda $z=1$ olasılığı vardır. Ancak denklemde $y=49$ ve $z=1$ için çözüm gelmediği görülebilir. $x=98z-w$ olsun. Bu durumda $c^2\equiv 49(mod99)$ olur. Bu aralıkta eşitsizliğimiz ise bize $|c-99|\geq 70$verir. Buradan $c\leq 29$ veya $c\geq 169$ olur. $[169,200]$ aralığındaki $c$ lerin çözümü için incelemede bulunalım. $169\equiv -29(mod99)$ olur. Ve azalarak gelirler. $199$ ve $200$ ise $1$ ve $2$ ye denk olur. Bu nedenle $1,29$ aralığındaki çözümleri taramak yeterlidir. ($a^2\equiv (-a)^2(mod99)$ dan dolayı) Bu aralıkta ise sadece $c\equiv 7,29(mod99)$ için sağlanıyor. Bu da $c$ çift olma şartından dolayı bize istediğimiz aralıkta uygun $c$ olmadığını gösterir.
5) $y=41$ olsun. $y=82z+w$ durumunda $z=1$ olasılığı vardır. Bunu denklemde $y=41$ ve $z=1$ alırsak çözüm vermiyor. O halde $x=82z-w$ olmalıdır. Buradan yola çıkarsak $c^2\equiv 41(mod83)$ elde ederiz. Bu denklemin çözümleri ise $c\equiv 37(mod83)$ veya $c\equiv 46(mod83)$ olur. Buradan $2\leq c \leq 200 $ aralığındaki çift $c$ değerleri $46,120$ olur. Bunlar için parabolik denklemlerimiz. $z^2-46z+33=0$ ve $z^2-120z+107=0$ olur. Bu denklemlerin ise diskriminantların tam kare olmadığı görülebilir.
6) $y=21$ olsun. $y=42z+w$ durumunda $z=1,2$ olasılığı vardır. Bunları $y=21$ $z=1$ ve $y=21$ , $z=2$ olarak yazarsak $x$ çözümü çıkmadığı görülür. $y=42z-w$ olur. O halde $c^2\equiv 21(mod43)$ yani $c\equiv 8(mod43)$ ve $c\equiv 35(mod43)$ olur. $2\leq c \leq 200 $ aralığındaki çift $c$ değerlerimiz $\{8,78,94,164,180\}$ olur. $(x-z)^2\equiv 20(mod41)$ ise $x-z\equiv 15(mod41)$ veya $x-z\equiv 26(mod41)$ olur. $|x-z| <100$ şartından yola çıkarsak $\{-56,-26,26,56 \}$ elde edilir. $x,z$ tek olduğundan yola çıkarak olası $(x,z)$ ikilileri $(x+z,x-z)=(78,-56),(78,56),(94,56),(94,-56),(164,-26),(164,26)$ için oluşur bunlar da genelliği bozmadan $(11,67),(19,75),(69,95)$ bulunur. Ancak orijinal denklemi bu ikililerden hiçbiri sağlamadığı için buradan çözüm gelmez.
7) $y=9$ olsun. $x=18z+w$ durumunda $z=1,2,3,4,5$ olasılığı vardır. Ancak bunlardan hiçbiri için denklemin çözümü yoktur. $x=18z-w$ olmalıdır. Buradan $c^2\equiv 9(mod19)$ ve $(x-z)^2\equiv 8(mod17)$ olur. $c\equiv 3(mod19)$ ve $c\equiv 16(mod19)$ olasılıkları oluşur. $x-z\equiv 5(mod17)$ ve $x-z\equiv 12(mod17)$ olduğu da görülebilir. Buradan $c\in \{
16,22,54,60,92,98,130,136,168,174 \}$ olur. $x-z$ için de genelliği bozmadan pozitif olanları alabiliriz. $x-z\in \{12,22,46,56,80, 90\}$ olur. burada bulunan kümedeki ifadelerin toplamı $2(mod4)$ olmalıdır. Aynı zamanda önceden ispatladığımız eşitsizliğin genel mantığını hatırlayalım. $z=1,2,3,4,5$ değerlerini manuel olarak test edersek ki bunları ilk başta test ettik. Kalan $z$ ler için $c\leq 5+\frac{d}{5}$ sağlanmalıdır. $$(c-5.(2y+1))^2\geq 25.(4y^2-1)-2y^2$$ olur. $y=9$ u da yazarsak $$(c-95)^2 \geq 7913$$ buradan $c\leq 6$ veya $c\geq 184$ olmalıdır. Uygun bir $c$ değeri bulunmadığından dolayı $y=9$ durumu da elenir.
Geriye vieta tipi ağaçtan da bulunabilen $y\in \{1,5,29,65\}$ değerleri kalır.
a) $y=65$ olsun. O halde $c^2\equiv 65(mod131)$ elde edilir. Buradan $c\equiv 14(mod131)$ veya $c\equiv 117(mod131)$ olur. $2\leq c \leq 200$ aralığında sadece $c=14$ bulunur. Buradan $z^2-14z+33=0=(z-3)(z-11)$ olur. $z=3,x=11$ ve $x=11,z=3$ çözümleri elde edilir.
$$(3,65,11),(11,65,3)$$
b) $y=29$ olsun. $x=58z+w$ durumunda $z=1$ tek olasılıktır manuel test edelim. Kalan durumlarda $c^2\equiv 29(mod59)$ elde edilir. Buradan $c\equiv 18(mod59)$ veya $c\equiv 41(mod59)$ elde edilir. Buradan $2\leq c \leq 200$ aralığındaki çift çözümler $18,100,136$ olur. Bunlar için denklemlerimiz
$$z^2-18z+17=0$$ buradan $(1,17)$ ve $(17,1)$ çözümleri gelir.
$$z^2-100z+99=0$$ buradan $(1,99)$ ve $(99,1)$ çözümleri gelir.
$$z^2-136z+171=0$$ olur. Buradan $1,171$ çarpanlara ayırması sağlamadığı görülüp diğer durumlarda tam sayı çarpanlar maksimum $z_1+z_2\leq 87,5$ olması gerektiğinden çözüm gelmez.
$$(1,29,17),(17,29,1),(1,29,99),(99,29,1)$$
c) $y=5$ olsun. $x=10z+w$ dan $z\in \{1,3,5,7,9\}$ durumları gelir. Bunları daha sonra manuel test etmeliyiz. Kalan durumlar için $x=10z-w$ olduğundan $c^2\equiv 5(mod11)$ olduğu bulunur. $c\equiv \{4,7\}(mod11)$ olur. ilk $8$ $z$ yi zaten daha önce elle test etmemiz gerektiğini söylemiştik. Bu testler yapıldıktan sonra kalan olası $z$ ler için $c\leq 8+\frac{d}{8}$ sağlanmalıdır. Bu eşitsizliği çözdüğümüzde $c\leq6$ veya $c\geq 168$ bulunur. Geriye kalan durumlarda $4,172,180,194$ şeklinde aralıkta $2$ olası toplam kalır. $c=4$ durumu da zaten z=1 veya $z=3$ zorunlu kıldığı için elle test edilmişti.
$c=172$ olsun. $z^2-172z+1347=0$ olur. Çözüm yoktur.
$c=180$ olsun. $z^2-180z+1475=0$ olur. Çözüm yoktur.
$c=194$ olsun. $z^2-194z+1713=0$ olur. Çözüm yoktur.
Bu kullandığımız eşitsizliğin sağlanması için $z=1,3,5,7$ yi manuel olarak test etmemiz gerekiyor. Çünkü $z\geq 8$ için yukarıdaki eşitsizlik mümkündü. Eğer $z$ için elle denediğimiz değerlerde bir çözüm varsa $\frac{d}{z}$ için de çözüm vardır. Bunlar ise seçtiğimiz $z$ için aslında $x$ e karşılık gelen çözümlerdir. O yüzden $(x,z)$ bulursak $(z,x)$ de çözümdür. Ayrıca $x=10z+w$ durumundan da $z=9$ un da denenmesi gerektiğini görürüz. Bunları orijinal denklemde yerine koyalım.
$z=1$ olsun. $x^2-20x+51=0=(x-3)(x-17)$ Buradan $(3,1)$ ve $(17,1)$ çözümleri gelir. Yukarıda bahsettiğimiz durumdan $(1,3)$ ve $(1,17)$ de çözüm olmalıdır.
$z=3$ olsun. $x^2-60x+59=0=(x-1)(x-59)$ Buradan $(1,3)$ ve $(59,3)$ çözümleri gelir. Yukarı bahsettiğimiz durumdan dolayı $(3,1)$ ve $(3,59)$ da çözüm olmalıdır.
$z=5$ olsun. $x^2-100x+75=0$ olur. Tam sayı çarpanlarına ayrılamayacağı $100>75+1$ olduğundan görülebilir.
$z=7$ olsun. $x^2-140x+99=0$ olur. Benzer şekilde elenir.
$z=9$ olsun. $x^2-180x+131=0$ olur. Benzer şekilde elenir.
$$(1,5,3),(3,5,1),(1,5,17),(17,5,1),(3,5,59),(59,5,3)$$ olur.
d) Geriye $y=1$ olasılığı kalır. Bu durumda $w^2-3z^2=-2$ denklemini elde ederiz. Bu denklemin tek seed çözümü $(1,1)$ dir(ispatlanabilir) ve genişleten formül için de $(aw+bz,cw+dz)$ tahmini yaparsak. $$a^2-3c^2=1,2ab=6cd,b^2-3d^2=-3$$ olur.
$3.$ denklemi $a^2$ ile çarparsak $$3d^2.(3c^2-a^2)=-3a^2=-3d^2$$ olur. Buradan $a=d$ , $b=3c$ gelir. $a^2-3c^2=1$ denklemi elimizde kalır. ($(2,1)$ en küçük çözümüdür.) Buradan yola çıkarak en küçük $(a,b,c,d)$ katsayıları $(2,3,1,2)$ olur. yani $(w,z)$ çözümse $(2w+3z,w+2z)$ de çözüm olmalıdır.
$(1,1) -> (5,3) -> (19,11) -> (79,41)-> (256,153)$ olur. O halde $z$ nin aldığı değerler $1,3,11,41$ olur.
$z=1$ için denklem $x^2-4x+3=0=(x-1)(x-3)$ olur. $(x,z)=(1,1),(3,1)$ olur.
$z=3$ için denklem $x^2-12x+11=0=(x-1)(x-11)$ olur. $(x,z)=(1,3),(11,3)$ olur.
$z=11$ için denklem $x^2-44x+123=0=(x-3)(x-41)$ olur. $(x,z)=(3,11),(41,11)$ olur.
$z=41$ için denklem $x^2-164x+1683=0=(x-11)(x-153)$ olur. $(x,z)=(11,41),$ tek çözüm olur.
$$(1,1,1),(3,1,1),(1,1,3),(11,1,3),(3,1,11),(41,1,11),(11,1,41)$$ olur.
Not: $y=1$ durumunu da daha önceki bölümleri çözdüğümüz mantıkla çözebilirdik ancak olasılıklar çok fazla olduğu için pell denkleminden yola çıkarak sınırlamak daha mantıklı geldi.Çünkü pell katsayıları da çok küçük olmuş oldu.
$$(1,1,1),(3,1,1),(1,1,3),(11,1,3),(3,1,11),(41,1,11),(11,1,41),(1,5,3),(3,5,1),(1,5,17),(17,5,1),(3,5,59),(59,5,3),(1,29,17),(17,29,1),(1,29,99),(99,29,1),(3,65,11),(11,65,3)$$ elde edilir. Buradan toplamda $$7+6+4+2=19$$ çözümü olduğu görülür.
-
$139)$ Bu soruya adik değerler ile yaklaşabiliriz. $$m!=(n+1).(n!)^2$$ olarak yazalım. Bertrand-Chebyshev Teoremi (postülatı) yardımıla $m\geq 4$ için $\frac{m}{2}<p < m$ aralığında en az bir $p$ asalı bulunur. Bunu öncelikle kanıtlamalıyız.
Kanıt: Bertrand postülatından $x<p<2x$ , $x\geq 2$ için $p$ asalı olduğunu biliyoruz. $x=2k$ formunda $k$ var ise $k<p'<2k$ , $k\geq 2$ için $p'$ asalı olduğunu görürüz. ($x$ çiftse $4$ minimum olur.)
$x=2k+1$ formunda ise $k\geq 24 $ için $k+1<p<\dfrac{6.(k+1)}{5}$ olacak şekilde bir $p$ asalı vardır. (Nagura Teoremi.) $x/2=k+\frac{1}{2}<k+1$ olduğu için ve $\dfrac{6.(k+1)}{5}<2k+1=x$ eşitsizliği her $k\geq 1$ için doğrudur. Dolayısıyla $k\geq 24$ durumu elenir. Küçük $k$ değerlerini manuel test ettiğimizde $x$ tek iken $x\geq 3$ için daima vardır. O halde genel olarak her $x\geq 3$ için $x/2<p<x$ şeklinde $p$ asalı vardır.
Bu eşitsizliği düzenlersek $p<m<2p<p^2$ ($p=2$ ayrı incelenmeli.) olur. $p=2$ nin aralıkta olması için $m=3$ olmalıdır. Bunu en son yapılan küçük değer testlerinde dolaylı olarak eliyoruz. Legendre Teoremi'nden
$$ v_p(m!) = \sum_{k \ge 1} \left\lfloor \frac{m}{p^k} \right\rfloor. $$ olduğunu biliyoruz. Buradaki ifadede ilk terim $1$ olurken diğer terimler daima $0$ gelecek. Bu nedenle $v_p(m!)=1$ buluruz.
1) $p|n!$ olsun. O halde $v_p(n!^2)\geq 2$ sağlanmalıdır. Bu da bize çelişki yaratır.
2) $p|n+1$ olsun. $p.k=n+1$ olacak şekilde $k\in Z^+$ vardır. Buradan $\frac{m}{2}<p=\dfrac{n+1}{k} < m$ yani $n+1>k.m/2$ verir. $k \geq 2 $ için $n+1>m$ yani $(n+1)!>m!$ olur. Çelişki $k=1$ olmalıdır.
$p=n+1$ olsun. $m!=p!.(p-1)!$ olur.
$m=10$ $p=7$ dışında çözüm olmadığını göstermeye çalışalım. $p=2$ (küçük değerler taramasına giriyor.)
$m=p+r$ $1\le r\le p-1$ ve
\[
\prod_{k=1}^{r}(p+k)=(p-1)!\tag{1}
\]
elde edilir. Buradan
1) $(p,p+r]$ aralığında asal yoktur. . Aksi takdirde bu asal $q$ soldaki çarpanı böler, ama $q>p-1$ olduğundan sağdaki $(p-1)!$’i bölemez.
2) mod $p$ bakarsak $(\prod_{k=1}^{r}(p+k)\equiv r!\pmod p$. Wilson teoremi ile $(p-1)!\equiv-1\pmod p$ olduğundan
\[
r!\equiv -1\pmod p. \tag{2}
\]
elde edilir.
2-adik sayımlar için bir üst sınır lemması bulalım.
Her $a\ge 1, r\ge 1$ için
\[
\nu_2\!\Big(\prod_{k=1}^{r}(a+k)\Big)
=\sum_{j\ge1}\Big(\Big\lfloor\frac{a+r}{2^j}\Big\rfloor-\Big\lfloor\frac{a}{2^j}\Big\rfloor\Big)
\le \nu_2(r!)+\big\lfloor\log_2(a+r)\big\rfloor. \tag{3}
\]
İspat: Legendre formülü ile sol taraf'ın değeri \[
\nu_2\left( \prod_{k=1}^{r} (a + k) \right)
= \sum_{j \ge 1} \left( \left\lfloor \frac{a + r}{2^j} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{a}{2^j} \right\rfloor \right)
\]
Diğer taraftan her $x,y\in R$ için \[
\left\lfloor x + y \right\rfloor \le \left\lfloor x \right\rfloor + \left\lfloor y \right\rfloor + 1
\] doğrudur. Bunu kullanırsak
\[
\left\lfloor \frac{a + r}{2^j} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{a}{2^j} \right\rfloor
\le \left\lfloor \frac{r}{2^j} \right\rfloor + 1
\]
Buradan yola çıkarak toplam sembolünün de üst sınırının $\left\lfloor log_2(a+r) \right\rfloor$ seçilmesi gerektiğini göz önüne alırsak istediğimiz eşitsizlik gelir. (soldaki terim $v_2(r!)$ ve sağdaki terim $\left\lfloor log_2(a+r) \right\rfloor$ adet $1$ in toplamı geldiği için.)
İspat biter. Bu denklemde sorumuz için $a=p$ aldığımızda
\[
\nu_2((p-1)!)\ \le\ \nu_2(r!)+\big\lfloor\log_2(p+r)\big\rfloor. \tag{4}
\]
Öte yandan $\nu_2((p-1)!)=(p-1)-s_2(p-1)$ (burada $s_2$ ikilik basamak toplamıdır). (De Polignac Formülü'nden geldi.)
Lemma 2: $n\geq 1$ tamsayıları için $s_2(n)$ ikilik basamak toplamı olmak üzere $$s_2(n)\leq \left\lfloor log_2(n) \right\rfloor +1 $$ sağlanır.
İspat:
\[
s_2(n) = \sum_{k=0}^{t} a_k
\]
Burada $a_k\in \{0,1\}$ olmalıdır. Dolayısıyla $s_2(n)\leq t+1$ olur. Bu $t$ üst sınırı ise $2^t\leq n < 2^{t+1}$ seçiminden $t=\left\lfloor log_2(n) \right\rfloor$. Dolayısıyla ispat biter.
$n=p-1$ için bunu yazdığımızda ise $$v_2((p-1)!)\geq (p-2)-\left\lfloor log_2(p-1) \right\rfloor$$ yani
\[
p - 2 - \lfloor \log_2(p - 1) \rfloor
\leq \nu_2(r!) + \lfloor \log_2(p + r) \rfloor
\leq (r - 1) + \lfloor \log_2(2p) \rfloor
\leq r + \lfloor \log_2 p \rfloor
\]
Buradan ise $$p-r\leq 2+\lfloor \log_2(p - 1) \rfloor+\lfloor \log_2 p \rfloor \leq 2+2\lfloor \log_2 p \rfloor $$ Düzenlersek
$$p+r\geq 2p-2-2\lfloor \log_2 p\rfloor $$ olur.
Nagura Teoremi'nden (Chebyshev Teoremi'nin daha sıkı formudur) $a<q<6a/5$ olacak şekilde daima $q$ asal sayısı $a\geq 25$ için vardır (birden fazla olabilir.). Eğer böyle bir $q$ bizim aradığımız $(p,p+r]$ aralığında bulunursa en son elde ettiğimiz denklemimizin sol tarafında $q$ asalı bulunup sağında bulunamamsından dolayı (sağdaki terim $(p-1)!$ dolayı çözümsüz olur.
$p\geq 25$ için $$p+r\geq 2p-2-2\lfloor \log_2 p\rfloor \geq \dfrac{6p}{5}$$ olduğu açıktır (tam değeri eşitsizliklerle kaldırıp oluşan fonksiyonda türev testleri yapılabilir). Geriye kalan durumlarda ise $p<25$ almalıyız. $p$ asal sayı olduğu için
$p\in \{ 2,3,5,7,11,13,17,19,23 \}$ olabileceği görülür.
Biraz uğraştırıcı olsa da modüler testler yardımıyla $p=7$ ve $p=2$ dışındaki durumlar da elenebilir. $p=7$ için $m=10$ , $n=6$ ile $p=2$ için $m=2$ ve $n=1$ sağlar.
Dolayısıyla denklemin çözüm kümesi $\{(2,1),(10,6)\}$ dır.
Ek bir bilgi: Yaptığım araştırmalara göre Bertrand-Chebyshev ve Nagura teoremlerinden daha sıkı aralıklar ispatlanan Rohrbach–Weis (1964) (çok yüksek bir $n$ değerinden sonra $n<p<14/13n$ , Schoenfeld (1976) ve Pierre Dusart(2010,2016) teoremleri mevcut.
Not: Bu soruyu ilk olarak forumda Beyşehirli'nin sorduğunu gördüm. Linkini veriyim: https://geomania.org/forum/index.php?topic=2601.0
-
$135)$ $x!+y!=x^y$ Bertrand-Chebyshev Teoreminin düzenlenmiş bir formundan $x,y\geq 3$ için $x/2<p<x,$ $y/2<q<y$ olacak şekilde $p,q$ asalları vardır. $x>y$ olsun. Bu durumda $v_q(x!)\geq 1$ ve $v_q(y!)=1$ sağlanır. Bu nedenle $q|x^y$ elde ederiz. Bu da bize $q|x$ yani $q|x!$ yani $q|y!$ verir. $y/2<q<y$ kabulünden $q<y<2q$ gelir. Çelişki. $x<y$ olsun. Bu durumda $v_p(x!)=1$ ve $v_p(y!)\geq 1$ bulunur. Bu nedenle $p|x^y$ yani $p|x$ gelir. $x/2<p<x$ den dolayı $p<x<2p$ olduğundan $p$ ile bölünemez. Çelişki. O halde $x=y$ tek olasılıktır. Buradan $2x!=x^x$ denklemini elde ederiz. Bu durumda ise $p=q$ seçebiliriz. Yani $p|x!$ olduğundan $p|x^x$ barizdir. Ki bu da bize $p|x$ den çelişki verir. O halde Geriye kalan durumlarda $x=2$ , $y=2$ , $x=1$ , $y=1$ olasılıkları kalır.
a) $x=2$ olsun. Denklem $2+y!=2^y$ gelir. $y\geq 4$ için Sol taraf $2+y!\equiv 2(mod4)$ iken $2^y\equiv 0(mod4)$ olduğundan çelişki gelir. $y=3$ ve $y=2$ nin denklemi sağladığı görülebilir.
b) $y=2$ olsun. Denklem $x!+2=x^2$ gelir. $x\geq 4$ için sol taraf $x!+2\equiv 2(mod4)$ gelir. Bu bir kare kalan değildir. $x=2$ nin sağlayan tek değer olduğu görülebilir.
c) $x=1$ olsun. Denklem $1+y!=1$ yani $y!=0$ gelir. Çelişki.
d) $y=1$ olsun. Denklem $x!+1=x$ gelir. Çözümü olmadığı $x!>x$ in barizliğinden görülebilir.
Dolayısıyla denklemin çözüm kümesi $\{(2,2),(2,3)\}$ olur.
Not: Bu teoremdeki $x/2<p<x$ şu şekilde hızlıca gösterilebilir:
Kanıt: Bertrand postülatından $x<p<2x$ , $x\geq 2$ için $p$ asalı olduğunu biliyoruz. $x=2k$ formunda $k$ var ise $k<p'<2k$ , $k\geq 2$ için $p'$ asalı olduğunu görürüz. ($x$ çiftse $4$ minimum olur.)
$x=2k+1$ formunda ise $k\geq 24 $ için $k+1<p<\dfrac{6.(k+1)}{5}$ olacak şekilde bir $p$ asalı vardır. (Nagura Teoremi.) $x/2=k+\frac{1}{2}<k+1$ olduğu için ve $\dfrac{6.(k+1)}{5}<2k+1=x$ eşitsizliği her $k\geq 1$ için doğrudur. Dolayısıyla $k\geq 24$ durumu elenir. Küçük $k$ değerlerini manuel test ettiğimizde $x$ tek iken $x\geq 3$ için daima vardır. O halde genel olarak her $x\geq 3$ için $x/2<p<x$ şeklinde $p$ asalı vardır.
-
119) $4xy-x-y$ nin tam kare olmadığını göstermek için çelişki kullanalım. Varsayalım ki tam kare olsun o halde $$4xy-x-y=k^2 ,k\in Z^+$$ vardır. ($k=0$ için test kolayca yapılabilir.) $$4xy-x-y=x(4y-1)-\dfrac{1}{4}(4y-1)-\frac{1}{4}=k^2$$ $$4x(4y-1)-(4y-1)=4k^2+1$$ olur yani. $$4y-1|4k^2+1$$ olur bu da bize şunu verir:
Öyle bir $p\equiv 3(mod4)$ olacak $p$ asalı vardır ki $p|4k^2+1$ sağlanır. $2k=m , m\in Z^+$ alalım daha genel bir ispatını verelim.
bize bu bölünebilme $m^2\equiv -1(modp)$ verir. Aynı zamanda Femat'ın klasik teoreminden $$a^{p-1} \equiv 1(modp)$$ olduğunu biliyoruz. ve $p>2$ için $p$ daima tektir O halde aşağıdaki işlemleri yapabiliriz.
$$a^{p-1}\equiv (a^2)^{\frac{p-1}{2}}(modp)$$
$$(-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(modp)$$
$$\frac{p-1}{2}$$ çift olmalıdır. bu da bize $p\equiv 1(mod4)$ verir. Çelişki. O halde hiçbir $m^2+1$ formatındaki bir sayının $3(mod4) $ formatında asal böleni olamaz. Bu da bize orijinal sorumuzu ispatlar.
Öte yandan $n \in \mathbb Z^+$ olmak üzere $x=-1$, $y=-5n^2-2n$ ve $z=-5n-1$ alarak $4xy-x-y=z^2$ denkleminin negatif tam sayılarda sonsuz çözüme sahip olduğunu da görmüş oluyoruz.
-
119) $4xy-x-y$ nin tam kare olmadığını göstermek için çelişki kullanalım. Varsayalım ki tam kare olsun o halde $$4xy-x-y=k^2 ,k\in Z^+$$ vardır. ($k=0$ için test kolayca yapılabilir.) $$4xy-x-y=x(4y-1)-\dfrac{1}{4}(4y-1)-\frac{1}{4}=k^2$$ $$4x(4y-1)-(4y-1)=4k^2+1$$ olur yani. $$4y-1|4k^2+1$$ olur bu da bize şunu verir:
Öyle bir $p\equiv 3(mod4)$ olacak $p$ asalı vardır ki $p|4k^2+1$ sağlanır. $2k=m , m\in Z^+$ alalım daha genel bir ispatını verelim.
bize bu bölünebilme $m^2\equiv -1(modp)$ verir. Aynı zamanda Femat'ın klasik teoreminden $$a^{p-1} \equiv 1(modp)$$ olduğunu biliyoruz. ve $p>2$ için $p$ daima tektir O halde aşağıdaki işlemleri yapabiliriz.
$$a^{p-1}\equiv (a^2)^{\frac{p-1}{2}}(modp)$$
$$(-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(modp)$$
$$\frac{p-1}{2}$$ çift olmalıdır. bu da bize $p\equiv 1(mod4)$ verir. Çelişki. O halde hiçbir $m^2+1$ formatındaki bir sayının $3(mod4) $ formatında asal böleni olamaz. Bu da bize orijinal sorumuzu ispatlar.
Öte yandan $n \in \mathbb Z^+$ olmak üzere $x=-1$, $y=-5n^2-2n$ ve $z=-5n-1$ alarak $4xy-x-y=z^2$ denkleminin negatif tam sayılarda sonsuz çözüme sahip olduğunu da görmüş oluyoruz.
Negatifte sağlanan örneği görünce çözümde bir tarama yapmak istedim. Negatif sayılarda $4y-1|4k^2+1$ dediğimiz için ve $y=-y'$ , $y\in Z^+$ tanımlayabileceğimiz için $4y'+1|(4k^2+1)$ geliyor yani $3(mod4)$ tipi asal çarpanın $4k^2+1$ i garanti bölememiş olduğunu görüyoruz. Bunu da eklemek istedim.
Not: Tüm soruların ve çözümlerinin PDF haline getirilmiş halini bu gönderiye de ekledim. Soruların bulunduğu gönderinin en altında da mevcut.PDF'te eksik kalan bir şeyler veya çözümlerde eksik/hatalı bir şeyler görürseniz söyleyebilirseniz çok güzel olur.
PDF'in Son güncellenme tarihi $06.09.2025$. Bazı yazım hataları ve bir sorunun çözümü düzeltildi. 114. Sorunun çözümü hatalı, vakit bulduğumda düzeltmeye çalışacağım.
-
101) $3^k=m^2+n^2+1$ denkleminde $3^k-1=m^2+n^2$ denkleminin tümevarım yardımıyla ispatı da mümkün (Asal bölen analizlerine girilmeden). $k=2^x$ formatında seçip yaparsak $3^{2^x}-1$ ifadesi $x\geq 1$ için $m^2+0^2$ formatında yazılamayacağı için bu ifade $2$ kare toplamı ise bu kare toplamı aynı zamanda $2$ pozitif tam kare toplamı şartını da sağlar. Dolayısıyla
$x\geq 1$ için $3^{2^x}-1$ in iki kare toplamı olduğunu göstermek yeterlidir.
Tümevarım temel adımı için $x=1$ in $8=4+4$ olarak yazılabildiğinden doğrudur.
Varsayalım ki $3^{2^x}-1$ iki kare toplamı olarak yazılabilsin. Bu durumda $$a^2+b^2=3^{2^x}-1$$ , $a,b\in \mathbb{Z}$ sağlanır.
$3^{2^{x+1}}-1=(3^{2^x}-1)(3^{2^x}+1)$ olduğundan $3^x=c$ ve $1=d$ olarak tanımlarsak $$3^{2^{x+1}}-1=(a^2+b^2)(c^2+d^2)=a_0^2+b_0^2$$ olacak şekilde $a_0,b_0\in \mathbb{Z}$ olduğunu görürüz. Bu da Brahmagupta Identityden geliyor https://geomania.org/forum/index.php?topic=9576.0 burada pozitif tam sayı versiyonunu da yapmıştım ve $3^{2^x}-1$ formatındaki ifade iki tam kare toplamıysa aynı zamanda $2$ pozitif tam kare olması gerektiğini de belirttiğimiz için tümevarım. $k=2^x$ formatındaki her $x$ için en az $1$ adet pozitif $m,n$ değeri bulunur ve sonsuz sayıda $x$ seçilebileceği için denklemin sonsuz sayıda çözümü bulunur.