Geomania.Org Forumları
Fantezi Cebir => Sayılar Teorisi => Konuyu başlatan: alpercay - Ağustos 23, 2024, 11:09:33 öö
-
$x^2+2y^2+z^2=xyz$ diyofan denkleminin $1\le x,y,z\le200$ aralığında kaç tane pozitif çift tamsayı çözümü vardır?
-
$(x,y,x)$ için çözümler $(5,10,5),(4,4,4)$; $(x,x,z)$ için çözümler $(4,4,12),(4,4,4)$.Simetrileri göz önüne almazsak program ile şartlara uyan tüm çözümler $(4,4,4),(4,4,12),(4,20,12),(4,20,68),(4,116,68),(12,4,44),(44,4,164)$ şeklinde.
-
Cevap: $30$
Bu soruda çok ilginç bir durum fark ettim. bu diskriminantta oluşan pell denklemlerini vieta jumping de aynı çözümleri üretiyor bu durum bana ilginç geldi. Uygulama yaratılabilir mi merak ettim doğrusu :)
Bu formattaki $ax^2+by^2+cz^2=dxyz$ formatındaki tüm denklemleri genelde vieta jumping ile çözümleri türetilebiliyor. Ancak bazen bu türeten ilkelleri bulmak zor olabiliyor. Bizdeki denklemde iki simetrik terim olduğu için şöyle bir pratiklik yapabiliriz $x=z$ durumunu inceleyip $x<z$ tipi seçimlerde oluşan $x$ lerin $x=z$ de bulunanın en büyüğünden küçük olacağı tahmini yapılabilir. (ispatını yapmak çok kolay olmayabilir.) Çünkü $(9,74,17)$ gibi garip vieta ile daha düşük forma ulaşmayan büyük çözümler de mevcut.
$$x^2+2y^2+z^2=xyz$$ denklemini $$x^2-(yz).x+(2y^2+z^2)=0$$ olarak yazabiliriz. Benzer şekilde $$2y^2-(xz)y+(x^2+z^2)=0$$ ve $$z^2-(xy)z+(x^2+2y^2)=0$$ Bunlara vieta jumping teoremleri uygulanınca $x+x'=yz$ , $y+y'=xz/2$ , $z+z'=xy$ bunlardan yola çıkarsak ve genelliği bozmadan $x \leq z$ alırsak ilkel çözümler için küçük olan değerleri seçmeliyiz yani bunların yardımıyla $x \leq yz/2$ ve $z \leq xy/2$ olur.
Şimdi daha sonra sıkça işimize yarayacak olan $x$ ve $z$ nin parite analizini yapalım. denklemi $2$ kalanında analiz edersek
$$x+z\equiv xyz (mod2)$$ . Varsayalım ki $y$ tek olsun. O halde $$x+z\equiv xz (mod2)$$ olur. Tek çiftlik testi kontrol edilirse $x$ ve $z$ aynı anda çift olmalıdır. Bu da bize $$4k^2+4m^2+2y^2=8kmy$$ verir ki bu da $y\equiv 0(mod2)$ verir. Çelişki. O halde $y$ çift olmalıdır.
$y$ çift olduğunda eşitliğin sağ tarafının da çift olduğu garantilenir denklemi $2$ kalanında tekrar analiz ettiğimizde
$$x+y\equiv 0(mod2)$$ yani aynı paritede olduklarını gösteririz. $2.$ kullanacağım ifade ise $y$ $4$ ün katı ise $x$ ve $z$ de çift olmalıdır. Bunu ispatlayalım. $y$ çift olduğundan $y=2m$ dönüşümü yapalım. $$x^2+z^2\equiv 4xz(mod4)$$ olur. $x$ ve $z$ aynı paritede olduğu için $x$ ve $z$ varsayalım ki tek olsun. Bu takdirde $$x^2+z^2\equiv 2(mod4)$$ olur. ancak eşitliğin sağ tarafı $4$ ün katıydı. Çelişki. $y$ $4$ ün katı ise $x$ ve $z$ çift olmalı dönüşüm ile
$x'^2+2y'^2+z'^2=2x'y'z'$ olur. Buradan $y'$ yine çift olduğunu bildiğimiz için $x'^2+z'^2=0(mod4)$ o halde $x'$ ve $z'$ tekrar çift olmak zorundadır. Bu da bize orijinal denklemin çift çözümlerinin $m^2+2n^2+r^2=4mnr$ denkleminden türetiğini gösterir. ($x=4m$, $y=4n$, $z=4r$) Öbür cevabımda verdiğim linkte bunun tek ilkel çözümünün $(1,1,1)$ olduğu ispatlanmış ve bunu kullanırsak $x^2+2y^2+z^2$ denkleminin $x,z$ çift ikenki çözümlerinin tamamının $(4,4,4)$ den türediği görülür. Geriye kalan çözümler için $x,z$ tek sayı ve $y\equiv 2(mod4)$ formunda olmalıdır.
$$
x^2 + 2y^2 + z^2 = xyz \tag{1}
$$
Bu ifadeyi $x$ açısından ikinci dereceden denklem gibi düşünürsek:
$$
x^2 - (yz)x + (2y^2 + z^2) = 0
$$
$$
\text{Diskriminant kare olmalı:}
$$
$$
\Delta_x = y^2 z^2 - 4(2y^2 + z^2) = (y^2 - 4)z^2 - 8y^2 = k^2 \tag{2}
$$
$$
\text{Bu da tekrar düzenlenirse:} \quad
k^2 + 8y^2 = (y^2 - 4)z^2 \tag{3}
$$
$$
\textbf{2. Buradan } y^2 - 4 \text{’ün asal bölenlerine dair çıkarım}
$$
$$
\text{Herhangi bir } p \mid (y^2 - 4) \text{ tek asal için:}
$$
$$
y^2 \equiv 4 \pmod{p}, \quad
k^2 + 8y^2 \equiv 0 \pmod{p} \Rightarrow
k^2 \equiv -8y^2 \equiv -32 \pmod{p}
$$
$$
\Rightarrow \boxed{ p \mid y^2 - 4 \Rightarrow \left( \frac{-32}{p} \right) = 1 } \tag{4}
$$
$$
\textbf{3. Hangi asal sayılar için } \left( \frac{-32}{p} \right) = 1 \text{ ?}
$$
$$
-32 = -1 \cdot 2^5 \Rightarrow
\left( \frac{-32}{p} \right) = \left( \frac{-1}{p} \right) \cdot \left( \frac{2}{p} \right)
$$
$$
\left( \frac{-1}{p} \right) = (-1)^{\frac{p - 1}{2}}, \quad
\left( \frac{2}{p} \right) = (-1)^{\frac{p^2 - 1}{8}}
$$
$$
\text{4 durumluk tablo:}
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
p \bmod 8 & \left( \frac{-1}{p} \right) & \left( \frac{2}{p} \right) & \left( \frac{-32}{p} \right) \\
\hline
1 & +1 & +1 & +1 \\
3 & -1 & -1 & +1 \\
5 & -1 & +1 & -1 \\
7 & +1 & -1 & -1 \\
\hline
\end{array}
Bu tablodan $p\equiv \{1,3 \}(mod8)$ şartını sağlayan asal sayılar seçmemiz gerektiğini görürüz.
$p=5$ için $p|y^2-4$ şartını sağlayan $y$ değerleri : $$\{ 2,18,22,38,42,58,62,78,82,98,102,118,122,138,142,158,162,178,182,198 \}$$ sayıları eleniyor. Bu kümede yer almayıp
$p=7$ için $p|y^2-4$ şartını sağlayarak elenen $y$ değerleri $$ \{ 26,30,54,86,110,114,166,170,194\}$$
$p=13$ için $p|y^2-4$ şartını sağlayarak elenen $y$ değerleri $\{50,106,164\}$ , $p=23$ için elenen $y$ değerleri $\{ 90,94,186 \}$
ve özel olarak sırasıyla $p\in \{31,37,41,47\}$ asal sayıları için $y$ değerlerinden $126,146,150,190$ sayıları elenir.
Bu büyük ön elemeden sağ kurtulan $y$ değerleri ($4$ ün katı olan $y$ ler de en baştaki $x,z$ çift olayından dolayı eleniyor.)
$$
y\in \{ 6, 10, 14, 34,\ 46,\ 66,\ 70,\ 74,\ 130,\ 134,\ 174,\}
$$
$$
\Delta_x \;=\; (yz)^2 \;-\; 4\bigl(2y^2 + z^2\bigr)
\;=\; y^{2}z^{2} \;-\; 8y^{2} \;-\; 4z^{2}.
$$
$y=14$ olsun. O halde $d^2=16.(12z^2-98)$ yani $s^2=12z^2-98$ tipi denklem gelir. ifade daima $2(mod4)$ verir. tamkare $2$ kalan vermez ve çelişki.
$y=34$ olsun. O halde $d^2=1152z^2-8.1156$ yani $s^2=72z^2-578$ olur ve $s^2\equiv 6(mod8)$ verir. Çelişki. (mod4 de yeterdi)
$y=46$ olsun. Benzer fikirle $s^2=132z^2-1058$ yani $s^2\equiv 2(mod4)$ olur. Çelişki
$y=66$ olsun. O halde $s^2=272z^2-2178$ olur. $s^2 \equiv 2(mod4)$ olur. Çelişki.
$y=130$ olsun. O halde $s^2=1056z^2-8450$ olur. $s^2\equiv 2(mod4)$ olur. Çelişki.
$y=134$ olsun. Bunu mod analiziyle çürütmek biraz zor. $s^2=1122z^2-8978$ Bu denklemin düzenlenmesiyle oluşacak pell'in çözümü varsa sonsuz değilse çözümsüz olması lazım. Ama klasik metodlarla bunu eleyemedim. Biz bu case'yi elemek için $z<=200$ olduğunu ve $z$ nin kalan analizlerini kullanarak eleyelim. Denklemi $67$ modunda incelersek $s^2\equiv 50z^2(mod67)$ olur. Bu da bize $(s^2/z^2)\equiv 50(mod67)$ verir. legendre analiziyle bunun kare kalan olmadığı görüleiblir. Bu da bize $z|67$ verir. $z$ nin tek olma koşulundan dolayı tek olası değer $z=67$ olur. ($z.3=201$) $z=67$ için $s^2=122.67^2-8978=67^2.(1122-2)=67^2.1120$ O halde $1120$ tam kare olmadığı için bu da tam kare olamaz. Genel eleme yapamamış olsak da en azından bizim aralığımızda bu da elenir.
Bu case normalde pell ile çözüm üretmesi gerkeen caselerden biri olduğunu düşündüğüm halde istisnai olarak çözüm üretmiyor. Bizim ihtiyaç duyduğumuz aralıkta çözümsüzlüğünü ispatladım.
$y=174$ olsun. O halde $s^2=1892z^2=15138$ olur. $s^2\equiv 2(mod4)$ olur. Çelişki.
Buradan $4$ hariç $y\in \{ 6,10,70,74 \}$ kaldığı görülür.
1) $y=6$ olsun. $x$ ve $z$ tek olduğunu not ederek orijinal denklemimizi $$x^2+z^2+72=6xz$$
pell denklemi $Δ=16.(2z^2-18)$ buradan $4k^2=2z^2-18$ $2k^2-z^2=-9$ Bu denklemin recurrencesi $(3k+2z,4k+3z)$ . İlk çözüm $(6,9)$ olduğundan 2. çözüm $(36,51)$ olur bir sonraki çözüm artık sınırımızı geçeceğinden bu kadarı yeterlidir. Bu değerlerimiz için $x=9,z=51$ ve $x=3$ $z=9$ olur.
$$(9,6,51),(51,6,9),(3,6,9),(9,6,3)$$ olurlar. (Pell'den çözümleri türetmek çok daha zor olduğu için kök(ilkel) çözümleri bulduktan sonra vieta jumping uygulamak daha kolay üretiyor lineer recurrenceları bulmaktansa.Örneğin $(3,6,9)$ da vieta uygularsak $(6.9-3,6,9)=(51,6,9)$ çözümünü böyle de elde ederiz. Hatta ilgili diskriminant pell denklemlerinin genel çözümleri bu vieta dönüşümleriyle de elde edilebilir. Dönüşüm mantıklarıyla.
2) $y=10$ olsun. $x$ ve $z$ tek olduğunu not ederek orijinal denklemimizi $$x^2+z^2+200=10xz$$
$Δ=96z^2-800=16.(6z^2-50)$ $2s^2=3z^2-25$ tipi denklem gelicek. Bu pell'in birden çok çözüm ailesi var $z=5$ için $s=5$ buradan $x=5$ geliyor. $(5,10,5)$ $(5,10,45)$ bir ağaçtan geliyor.
$(11,10,3),(3,10,19),(11,10,107),(19,10,187)$ çözümleri öbür ağaçtan türüyor.
3) $y=70$ olsun. $x$ ve $z$ tek olduğunu not ederek orijinal denklemimizi $$x^2+z^2+49.200=70xz$$
diskriminantı analiz ettiğimizde $s^2-306z^2=-2450$ denklemi geliyor. $z=21$ , $s=364$ bunun ilk çözümünü veriyor. $x=\dfrac{1470-1456}{2}=7$ olur. Bir sonraki program doğru analiz ettiyse pell denkleminin $z=15288$ oluyor. O yüzden incelenmesine gerek yok.
$$(7,70,21),(21,70,7)$$ üretilir.
4) $y=74$ olsun. $x$ ve $z$ tek olduğunu not ederek orijinal denklemimizi $$x^2+z^2+8.37^2=74xz$$ şekillerinde yazabiliriz.
Diskriminant denkleminden $2$ nin çift üslerini atarsak $5472z^2-43808=16.(342z^2-2738)$ yani $s^2=342z^2-2738$ olur. $s$ çift olduğundan $2s'^2=171z^2-1369$ olur. Denklemin bir çözümünü $s'=155,z=17$ olarak buluruz. Genel çözüm yöntemiyle bir sonraki çözüm için değerler $z$ için belirlenen $200$ aralığının dışına çıktığı için bu tek çözüm olarak geliyor.
$$(9,74,17),(17,74,9)$$ üretilir.
5) Denklemin bir de $y=4$ için $(4,4,4)$ den türeyen çözümleri vardı. Bunları ise markoff tipi ağaçlandırma yaparak yazalım. $x'=yz-x$, $y'=\frac{xz}{2}-y$ ve $z'=xy-z$ olduğunu hatırlayalım. Bu ağaçlandırmada kullanılan vieta yöntemlerinde şöyle bir durum ortaya çıkıyor. $(1,1,1)$ için ağaçlandırmayı yapmayı denediğimizde $y'=4.4/2-4=4$ geliyor yani $x$ veya $z$ türetilerek başlayabiliyoruz. Simetriden dolayı $(4,4,12)$ ilk türetilenimiz olsun. Daha sonraki adımda $(4,20,12)$ ve $(44,4,12)$ adımına ulaşıyoruz. İlk olarak $(4,20,12) -> (4,20,68)-> (4,116,68)$ olduğunu görelim. Diğer dallandırmalarını yazmadım çünkü onlar hızlıca $200$ ü geçti. $(44,4,12)->(44,4,164)$ gelir ve bu ağaç da hemen $200$ ü geçmeye başlar. Buradan ağaçlarımızdan gelen tüm çözümler $$(4,4,4),(4,4,12),(12,4,4),(4,20,12),(12,20,4),(4,20,68),(68,20,4),(4,116,68),(68,116,4),(44,4,12),(12,4,44),(44,4,164),(164,4,44)$$ olur.
O halde denklemimizin çözümleri :
$$ \{ (4,4,4),(4,4,12),(12,4,4),(4,20,12),(12,20,4),(4,20,68),(68,20,4),(4,116,68),(68,116,4),(44,4,12),(12,4,44),(44,4,164),(164,4,44),(9,74,17),(17,74,9),(7,70,21),(21,70,7),(11,10,3),(3,10,19),(11,10,107),(19,10,187),(5,10,5),(5,10,45),(45,10,5),(9,6,51),(51,6,9),(3,6,9),(9,6,3) \}$$ olacak şekilde $30$ adet çözüm bulunur. İspat biter.
Not: Bu sorudaki denkleme benzer bir denklem daha gördüm $x^2+y^2+z^2=3xyz$ markoff ağacı olarak belirtilen bir çözüm yöntemine sahip. Bizim denklemimize benzer şekilde o da $(1,1,1)$ den başlayarak çözümler türetiyor.
Not: İlginç bir şekilde $4$ ün katı olmayan $y$ leri elemeye çalıştığımda çözüm olanlar bir sürü çözüm üretirken (muhtemelen diskriminant tamkare diyerek oluşan pell çözümleriyle) çözümü olmayanlar da biri hariç (mod4,8) analizleriyle elenebildi. Bunun sebebi de muhtemelen $5,7 (mod8)$ asalların $y^2-4$ ifadesinde bulunmamasını zorlamamız neden oldu çünkü $1 ve 3(mod8)$ formu asallardan oluşan y^2-4 ifadesi . 4.(m^2-1) formunda olur m^2-1 de 3(mod8) tipi asalın üssü tekse 3 çiftse 1 üretiyor bu da olası kalan havuzunu oldukça daraltıyor y^2-4 ifadesi adına.
Bu analizi sayısal verilerle test edince kalan durumlarda (y^2-4)z^2 ifadesindeki $2$ lerin üssü $8y^2$ ifadesininkilere eşitse çözüm üretiyor değilse $2(mod4)$ çelişkisi bırakıyor başka üsler aralığın küçük kalmasından dolayı oluşmamış olabilir, daha yüksek sayısal değerlerde inceleyerek belki genellemeye ulaşılabilir.
-
Markov denkleminin tüm pozitif tam sayı çözümleri, $(1,1,1)$ üçlüsünden üretilebiliyor diye biliyorum. Kontrol edebiliriz bu bilgiyi.
-
Teşekkürler hocam, bu bllgiyi kontrol edeceğim. ispat mantığı varsa belki $a^2+2b^2+c^2=4abc$ denkleminin tüm çözümlerinin $(1,1,1)$ den türediğine belki uygulanabilir. https://artofproblemsolving.com/community/c1693h1009634_on_the_markovs_equation?srsltid=AfmBOoodafPvSqKeLSIDGJerHSKEBtb3wBF9tb18UHcC4I3m2TwU1hfA Burada ispatlanmış sanırım en sonunda da $c=1$ durumu için de bu ifade tam sayı ise daima $\dfrac{x^2+y^2+1}{xy}=3$ sonucu ulaşılmış. Bu $a^2+2b^2+c^2=4abc$ sorusunun ispatı varsa ifade tam sayı olduğu sürece $\dfrac{x^2+2y^2+1}{xy}=4$ ispatlanmış oluyor.
Not2: https://pure.mpg.de/rest/items/item_3328136/component/file_3400760/content Burada gerçektende aradığım denklemin de dahil olduğu detaylı bir ispat yapılmış.