Geomania.Org Forumları
Fantezi Cebir => Cebir-Teorem ve İspatlar => Konuyu başlatan: AtakanCİCEK - Ağustos 06, 2025, 11:31:10 öö
-
Bu aralar çözdüğüm soruların çoğunda Pisagor tipi parametrizasyonlar gerekli oluyor. Daha kolay referans gösterebilmek için bu başlığı açmak istedim. Bu parametrizasyonların tek türlü mümkün olması klasik yöntemlerle çözemediğimiz sorularda ispatlara gitmeye çalıştığımızda ciddi rahatlıklar sağlayabiliyor.
Aşağıdaki denklemlerin pozitif tam sayılar kümesinde parametrizasyonları varsa bulunuz. Yoksa sadece $(0,0,0)$ ın çözüm olduğunu gösteriniz.
$1)$ $x^2+y^2=z^2$
$2)$ $x^2+y^2=2z^2$
$3)$ $x^2+y^2=3z^2$
$4)$ $x^2+y^2=5z^2$
$5)$ $x^2+y^2=7z^2$
$6)$ $x^2+2y^2=z^2$
$7)$ $x^2+3y^2=z^2$
$8)$ $x^2+5y^2=z^2$
$9)$ $x^2+6y^2=z^2$
$10)$ $x^2+8y^2=z^2$
-
Öncelikle ifadenin sağ tarafında $4k+3$ formatında tek dereceli asal çarpan bulunursa $x,y$ pozitif tam sayılar kümesinde bulunamayacağını görebiliriz. Çünkü burada ispatlanmış olan https://geomania.org/forum/index.php?topic=9455.0 $x^2+y^2\equiv 0 \pmod p$ ise $p|x$ ve $p|y$ sağlanır. Bu da bize $p|z$ verir. O halde $px_0^2+py_0^2=p.p.z_0^2$ yani $x_0^2+y_0^2=pz_0^2$ verir. Buradan eğer $0$ sız tamsayılar kümesinde descent oluşacağından dolayı tek çözüm $(0,0,0)$ olur. Bu duruma uyan sorular $3)$ ve $5)$ tir.
-
$1)$ tipik pisagor parametrizasyonudur. $k.(m^2-n^2),k.2mn,k.(m^2+n^2),k\in Z$ ve $(m,n)=1$, $m,n \in Z$ olarak verilir. Bunu ispatlayalım. Öncelikle genelliği bozmadan $x,y,z>0$ alalım. ($0$ lı durumları en son inceleyebiliriz. )
Varsayalım ki $(x,y)=k$ olsun. O halde $x=kx_0$ ve $y=ky_0$ ve $z=kz_0$ olacak şekilde $x_0,y_0,z_0$ ve $(x_0,y_0)=1$ pozitif tam sayıları bulunabilir. Buradan yola çıkarsak $(x,y)=1$ olacak şekilde $x^2+y^2=z^2$ denklemini çözmemiz yeterlidir.
Ayrıca, $(x,y)=1$ den dolayı $x$ ve $y$ aynı anda çift olamaz. Aynı anda tek olurlarsa $x^2+y^2\equiv 2 \pmod 4$ olur ki bu kare kalan değildir. Dolayısıyla $x$ ve $y$ zıt paritede olmalıdır. Varsayalım ki $y$ çift $x$ tek $z$ tek olsun. Bu durumda $y=2a$ , $a \in Z^+$ dönüşümü yapılabilir. Denklemi düzenlersek $$(z-x)(z+x)=4a^2$$ olur.
$(z-x,z+x)=2$ olduğunu ispatlayalım. $(z-x,z+x)=(z-x,2x)=2.(z-x,x)=2.(z,x)=2$ olur. Buradan yola çıkarsak $z-x=2n^2$ ($z-x=0$ en baştaki kabulümüzden dolayı mümkün değildir.) ve $z+x=2m^2$ olacak şekilde $m,n \in Z^+$ bulunur. Burada $(m,n)=1$ ve $m,n$ zıt parite koşulu sağlanmalıdır. Buradan yola çıkarsak $z=m^2+n^2$ ve $x=m^2-n^2$ olur. Çünkü değişkenleri atarken $z+x>z-x$ yani $m>n$ şeklinde atama yaptık.
Şimdi $0$ lı çözümleri inceleyelim (Negatif olmayan tam sayılarda). $z=0$ ise $x=0$ ve $y=0$ ın zorunlu olduğu açıktır. $x=0$ ise $y=z$ ve $y=0$ ise $x=z$ yani $(k,0,k),(0,0,k)$ , $k\in Z_{\geq 0}$ olur. Bu durumları $m>n\geq 0$ diyerek üstteki çözüme ekleyebiliriz ($(0,0,0)$ ı başkatsayıyı $0$ olacak şekilde seçersek eklemiş oluyoruz).
O halde $k$ negatif olmayan tam sayı olduğunu da göz önüne alarak ve $x$ in de çift olabileceğini göz önüne alırsak tüm negatif olmayan çözümler
$$\{(k.(m^2-n^2),k.2mn,k.(m^2+n^2),(k.2mn,k.(m^2-n^2),k.(m^2+n^2)\}$$ , $m,n,k \in Z_{\geq 0}$ , $(m,n)=1, m>n\geq 0, m\not \equiv n \pmod 2$ olur.
Bu parametrizasyonlardan yola çıkarak da çözümü rahatlıkla tüm tam sayılar kümesine genelleyebiliriz.
-
$2)$ 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 kümeye 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.
-
$4)$ Bu versiyon normalde $x^2+y^2=5$ çemberi analizlerinden türetiliyor diye biliyorum. Ancak elementer yöntemlerle zorlayıcı olsa da ispatlayabiliriz. Öncelikle genelliği bozmadan $x,y>0$ alalım (değişkenlerden biri $0$ sa hepsi $0$ olmalıdır.). $x^2+y^2=z^2$ çözümündekine benzer şekilde genelliği bozmadan $(x,y)=1$ alalım. Buradan $x^2+y^2\equiv z^2 (mod4)$ olduğundan parite analizleri klasik parametrizasyonla özdeştir. Bu nedenle $x,y$ den biri tektir diğeri de çifttir. Diğer taraftan $(x,y)=1$ kabulünden dolayı $x\equiv 0(mod5)$ ya da $y\equiv 0(mod5)$ durumları sağlanmamalıdır. $x^2+y^2\equiv 0 \pmod 5$ olduğundan $5|(x+2y)$ ve $5|(2x-y)$ veya $5|(y+2x)$ ve $5|(2y-x)$ durumlarından birinin sağlanması gerektiğini görürüz. Diğer durumun da çözümü benzer olacağından $1.$ durumu kabul edelim. $$(x+2y)^2+(2x-y)^2=5x^2+5y^2=25z^2$$ yani $$(x+2y)^2+(2x-y)^2=(5z)^2$$ sağlanmalıdır. (Yukarıdaki testi $(x+2y,2x-y)=5$ diyebilmek için yaptık aslında ) Buradan yola çıkarsak Denklemin pisagor parametrizasyonundaki $k=5$ almamız gerektiğini görürüz.
$x$ çift $y$ tek ise ve $2x-y$ nin pozitif mi negatif mi olduğunu bilmediğimizden dolayı $x+2y=5.2mn$ ve $2x-y=5.(m^2-n^2)$ veya $x+2y=5.2mn$ ve $2x-y=5.(n^2-m^2)$ olur ($z=m^2+n^2$ iki durum içinde ). Bu iki durum içinden sadece $y>0$ seçmek için mutlak değer de kullanırsak $x=m^2+4mn-n^2$ ve $y=|2m^2-2mn-2n^2|$ yani $z=m^2+n^2$ olur. Ayrıca $m>n \geq 0$ ve $(m,n)=1$ , $m\not \equiv n \pmod 2$ ve $n\not \equiv 2m \pmod 5$ olmalıdır. Buradan yola çıkarsak $m^2-n^2\geq 0$ olduğundan $m^2+4mn-n^2\geq 0$ olur. Yani çözüm grubumuz $x$ tek $y$ çift olasılığını da göz önüne alarak. negatif olmayan tam sayılarda tüm çözümler ($(x,y)=d$ varsayalım ve $(0,0,0)$ grubunu çözüme eklemek için $d\in Z_{\geq 0}$ tanımlayalım.)
$(2.d.|m^2-mn-n^2|,d.(m^2+4mn-n^2),d.(m^2+n^2))$ veya $(d.(m^2+4mn-n^2),2.d.|m^2-mn-n^2|,d.(m^2+n^2))$ , $d\in Z_{\geq 0}$ , $m>n \geq 0$, $m\not \equiv n \pmod 2$, $n\not \equiv 2m \pmod 5$ olur.
Not: Bu soruda uyguladığımız tam kare tamamlama mantığı tüm $p\equiv 1(mod4)$ tipi asal katsayılarda çalışıyor. $5|(x+2y)$ ve $5|(2x-y)$ gibi katsayılar henüz ispatlamamış olsam da $a^2+b^2=p$ denklemindeki $a,b$ değerlerinden geliyor olması lazım.