81
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 26, 2026, 01:19:52 öö »
Elle ya da tablet kalemi ile çalışmak isteyenler için, ilk iletinin eklerine tüm soruları içeren pdf'ler eklenmiştir.
82
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 24, 2026, 10:38:38 ös »
Bu sorunun eşdeğeri; $\angle PAC=\angle PCA = 30^\circ - t$, $\angle ABP=30^\circ$, $\angle BAP = 90^\circ - t$ ise $\angle CBP = ?$  $ABP$ nin çevrel merkezi $O$ olsun. $\angle AOP = 2\angle ABP = 60^\circ$ olacağı için $BO=AO=OP=AP=PC$. $\angle BAO = \angle BAP - \angle OAP = 90^\circ - t - 60^\circ = 30^\circ - t$ olduğu için $\triangle ABO \cong \triangle ACP$. Bu durumda, $AB=AC$ ve $\angle ABC=120^\circ -2t$ olduğu için $\angle ABC = \angle ACB = 30^\circ + t$. Dolayısıyla $\angle PBC = t$ ve $\angle PCB = 2t$ dir.
83
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 24, 2026, 10:56:45 öö »
Çözüm: (İbrahim Atakan Çiçek) $A$ noktasını $CP$ nin oluşturduğu doğruya göre yansıttığımızda $A'$ noktasını elde edelim ve üçgenin $AB$ kenarına üçgenin altına doğru eşkenar üçgen yapıştıralım.$\angle{PCA'}=39^\circ$, $\angle{A'CB}=24^\circ$ ve $|PA|=|PA'|$ ve ACA' üçgeninde açıları ikizkenar üçgeninde $P$ kenar orta dikmesi üzerinde olduğu için $APA'$ ikizkenar ve $\angle{PAA'}=36^\circ$ yani $\angle{BAA'}=24^\circ$ olduğunu not edelim. Buradan $\angle{A'CB}=\angle{BAA'}$ olduğundan dolayı $AA'BC$ kirişler dörtgenidir. Buradan kirişler dörtgeninde açı takipleri yapılırsa $|AB|=|AA'|=|AZ|=|BZ|$ elde edilir. Buradan da $BA'Z$ üçgeninin merkezinin $A$ olduğunu görebiliriz. $ZA'B$ üçgeninin açıları sırasıyla $12-150-18$ olduğunu (çember açı takiplerinden kolayca görülebilir) göz önüne alırsak ve $|AB|=|BZ|$ olduğunu da göz önüne alırsak $PAB$ ile $A'ZB$ üçgenlerinin eş olduğunu tahmin edebiliriz. Bunu ispatlayabilmemiz için $|A'Z|=|PA|$ elde etmeliyiz. $A'Z$ kenarını uygun bir şekle taşıyabilmek için $AA'Z$ üçgeninde $\angle{AA'Z}$ nin açıortayını çizdiğimizde bu açıortay $AZ$ yi $D$ noktasında keserse ve üçgen $36-72-72$ üçgeni olduğundan dolayı $|AD|=|DA'|=|A'Z|$ olur ve $APA'$ ve $ADA'$ üçgenleri arasında $(A-K-A)$ eşliği elde edilir. Buradan $|AP|=|A'Z|$ yani ispatladığımız eşlik nedeniyle $\angle{A'BZ}=\angle{ABP}=18^\circ$ yani $\angle{CBP}=33^\circ$ elde edilir. 
84
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 24, 2026, 10:37:27 öö »
$ABC$ üçgeninin içinde bir $P$ noktası alınsın. $\angle BAP=12^\circ$, $\angle PAC=15^\circ$, $\angle ACP=39^\circ$ ve $\angle PCB=63^\circ$ olduğuna göre, $\angle CBP$ açısının ölçüsünü bulunuz.
85
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 22, 2026, 09:22:56 ös »
86
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 22, 2026, 03:01:44 ös »
Bu soruyu $7$ yıl önce Facebook grubunda paylaşmıştım ve Marco Avalos isimli bir üye tarafından fotoğrafta eklediğim ek çizim verilmişti. Şu anlık ek çizimi ekledim. (Birebir aynı model değil bilinmeyenleri farklı )
87
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 22, 2026, 12:57:36 ös »
Sayılar Teorisi Sorularının çözümleri
6) Yanıt: A $(a,c)=g$ olsun ve $a=gu$ ve $b=gv$ alacak şekilde $g,u,v$ pozitif tam sayılarını seçelim. Benzer şekilde $ab=cd$ yardımıyla $b=vt$ ve $d=ut$ olacak şekilde $t$ pozitif tamsayısı bulunduğu görülebilir.
$$a^2+b^2+c^2+d^2=(gu)^2+(vt)^2+(gv)^2+(ut)^2=g^2(u^2+v^2)+t^2(u^2+v^2)=(g^2+t^2)(u^2+v^2)$$ ve $g^2+t^2>1$ ve $u^2+v^2>1$ olduğu için en az $2$ asal çarpanı vardır (farklı olması gerekmiyor) ve bu nedenle bu ifade pozitif tam sayılarda asal sayıya eşit olamaz.
Not: Örneğin $g,t,u,v$ değerlerinden biri $0$ olabilseydi $t^2(u^2+v^2)$ ve $t=1$ alırsak $u^2+v^2=p$ şeklinde bir eşitlik elde ederdik ve $p=4m+1$ formatındaki asal sayılar için daima $u,v$ bulunabilirdi.
10) Yanıt: C Bu sorudaki küçük tamsayımız $n$ olsun ve $S(n+1)-S(n)=1$ olmaması için (bu durumda her iki sayının rakamları toplamı $\pmod {11}$ de denk olamaz.) sondan en az bir basamağı $9$ olmalıdır. Varsayalım ki sondan $k$ tane $9$ olsun. Bu durumda $S(n+1)=S(n)+1-9k$ olur çünkü sondaki $k$ tane $9$ $0$ a dönüşür ve sonraki sonraki basamağın $1$ artmasını sağlar. Buradan $$9k-1\equiv 0 \pmod{11}$$ denkliği elde ederiz ve $k\equiv 5 \pmod {11}$ olur. En düşük basamak sayısı için $k=5$ almalıyız. Bu durumda sayımız $6$ basamaklı ise $n=a99999$ olur ve $1\leq a \leq 8$ için $46\leq S(n) \leq 54$ olduğundan dolayı sayıının rakamları toplamı $11$ e bölünemez. Sayımız $n=ab99999$ şeklinde $7$ basamaklı olmalıdır ve $n=2899999$ örnek verilebilir.
14) Yanıt: D Bu soruda bir sayının özel olması sayının ondalık yazımındaki $0$ dan farklı rakamlarının her birine bölünmesi anlamına gelir. Öncelikle aynı onluk blok içinde iki ardışık özel sayı varsa önemli bir sonuç elde ederiz. Bu sayılar $10m+i$ ve $10m+i+1$ olsun. Eğer $m$ sayısının rakamları arasında $2,3,\ldots,9$ rakamlarından biri bulunursa bu rakam iki sayının da içinde bulunur. O zaman iki ardışık sayının ikisi de aynı $d>1$ rakamına bölünmek zorunda kalır ve bu mümkün dğeildir. Bu nedenle aynı onluk blokta iki ardışık özel sayı varsa $m$ sayısının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olabilir.
Ardışık çok sayıda özel sayı üretmek için doğal olarak bir onluk bloğun tamamını özel yapmamız gerekiyor. Yani $10m,10m+1,\ldots,10m+9$ sayılarının hepsi özel olmalı ve $m$ in yazılış koşulu göz önüne alındığında son rakamlardan gelen şartlara bakarsak $10m+7$ özel olduğu için $7\mid m$, $10m+8$ özel olduğu için $4\mid m$ ve $10m+9$ özel olduğu için $9\mid m$ gerekir. Bu şartlar $10m+3,10m+4$ ve $10m+6$ sayıları için gereken bölünebilme şartlarını da sağlar. Bu nedenle $252\mid m$ olması bu onluk bloğu özel yapmak için yeterli şarttır.
10 sayıda kalmamak için bu bloğun arkasına $10m+10,10m+11,10m+12$ sayılarını da eklemek isteriz. Bu üç sayı $10(m+1),10(m+1)+1,10(m+1)+2$ biçimindedir. Eğer $m+1$ sayısının rakamları da yalnızca $0$ ve $1$ ise ilk iki sayı otomatik olarak özel olur ve üçüncü sayı da $2$ ye bölündüğü için özel olur. Bu nedenle $m$ ve $m+1$ sayılarının ikisinin de yalnızca $0$ ve $1$ rakamlarından oluşmasını isteriz. Bunu sağlamak için $m=10s$ alınabilir. Bu durumda $m+1=10s+1$ olur. Ayrıca $252\mid m$ şartı $252\mid 10s$ demektir ve buradan $126\mid s$ yeterli olur.
Burada $s$ için sadece $0$ ve $1$ rakamlarından oluşan ve $126$ ya bölünen bir sayı arıyoruz.
Not: $9$ ile bölünebilme şartından dolayı sayının en az $9$ adet $1$ içermesi ve son basamağın $0$ olmasını varsayabileceğimiz için en az $10$ basamaklı sayı seçmemiz gerektiğini ve elimizdeki $1$ leri $0$ kullanarak $7$ ile bölünebilme kuralına benzetmek sayıyı daha kolay elde etmemizi sağlar.
Buradan düşünürsek $s=11110111110$ seçilebilir. Gerçekten $11110111110=126\cdot 88175485$ olur. O halde $m=10s=111101111100$ alabiliriz. Şimdi $m=111101111100$ için $m$ ve $m+1=111101111101$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ dir. Ayrıca $252\mid m$ olur. Bu nedenle $10m,10m+1,\ldots,10m+9$ sayılarının hepsi özeldir. Bunun yanında $10m+10,10m+11,10m+12$ sayıları da $10(m+1),10(m+1)+1,10(m+1)+2$ biçiminde oldukları için özeldir. Böylece $1111011111000,1111011111001,\ldots,1111011111012$ sayıları ardışık $13$ özel sayıdır. Demek ki cevap en az $13$ tür.
Şimdi $14$ tane ardışık özel sayı olamayacağını gösterelim. Böyle bir dizi olduğunu varsayalım ve ilk sayı $10q+r$ olsun. Burada $0\leq r\leq 9$ alabiliriz. Eğer $0\leq r\leq 7$ ise dizide hem $q$ bloğundan hem de $q+1$ bloğundan en az iki ardışık sayı bulunur. İlk gözlemden dolayı $q$ ve $q+1$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olmalıdır. Bu durumda $q$ sayısı $0$ ile bitmelidir ve $q=10t$ yazılabilir. Ayrıca dizi içinde $10q+7,10q+8,10q+9$ sayıları da bulunur. Bunlar özel olduğu için $7\mid q$, $4\mid q$ ve $9\mid q$ olur. Dolayısıyla $252\mid q$ olur. $q=10t$ olduğundan $126\mid t$ elde edilir. Aynı dizide $10q+13$ sayısı da bulunur. Bu sayı $10q+13=100t+13$ biçimindedir ve içinde $3$ rakamı vardır. Özel olsaydı $3$ e bölünmeliydi. Fakat $126\mid t$ olduğundan $t\equiv 0\pmod 3$ olur ve $100t+13\equiv 1\pmod 3$ bulunur. Bu çelişkidir. Eğer $r=8$ ise dizide $q$ bloğundan $10q+8,10q+9$ sayıları vardır ve $q+1$ bloğunun tamamı vardır ve $q+2$ bloğundan da en az iki sayı vardır. İlk gözlemden dolayı $q,q+1,q+2$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olmalıdır. Fakat üç ardışık tam sayının üçünün de yalnızca $0$ ve $1$ rakamlarından oluşması mümkün değildir. Çünkü ilk ikisi böyleyse ilk sayı $0$ ile biter ve üçüncü sayı son basamakta $2$ ile biter. Bu çelişkidir. Eğer $r=9$ ise dizi $10q+9$ ile başlar ve $q+1$ bloğunun tamamını içerir ve $q+2$ bloğundan da en az iki sayı içerir. İlk gözlemden dolayı $q+1$ ve $q+2$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olmalıdır. Bu nedenle $q+1$ sayısı $0$ ile biter ve $q+1=10t$ yazılabilir. $q+1$ bloğunun tamamı özel olduğundan $10(q+1)+7$, $10(q+1)+8$ ve $10(q+1)+9$ sayılarından $7\mid q+1$, $4\mid q+1$ ve $9\mid q+1$ gelir. Yani $252\mid q+1$ olur. $q+1=10t$ olduğundan $126\mid t$ olur. Ancak dizinin ilk sayısı $10q+9=10(q+1)-1=100t-1$ dir. Bu sayı $9$ rakamını içerir ve özel olsaydı $9$ a bölünmeliydi. Fakat $126\mid t$ olduğundan $t\equiv 0\pmod 9$ olur ve $100t-1\equiv -1\pmod 9$ bulunur. Bu çelişkidir. Bu üç durum tüm olasılıkları kapsar. Demek ki $14$ ardışık özel sayı olamaz. $13$ ardışık özel sayı mümkün olduğu için en büyük değer $13$ tür.
18) Yanıt: E
$p>2$ asalları için $$p^2\equiv 1 \pmod 8$$ denkliğini göz önüne alalım. Bu durumda $p^2+11\equiv 4 \pmod 8$ olduğundan dolayı $p^2+11=4m$ olsun ve $τ(4m)=3.τ(m)<11$ olmalıdır. $ τ(m)\leq 3$ olması gerektiğini görürüz. $τ(m)=1$ için çözüm olmadığı görülebilir. $τ(m)=2$ ise $m=q$ şeklinde $q$ asalı olmalıdır. Ayrıca $p>3$ için $p^2\equiv 1 \pmod 3$ olduğundan dolayı $q$ ancak ve ancak $3$ olabilir ve bu durumda $p=1$ olur. Çelişki.
Geriye $τ(m)=3$ yani $p^2+11=4q^2$ olacak şekilde $q$ asal sayısı bulunması gerektiği görülebilir. Aynı modüler argümanla $q=3$ ün tek olasılık olduğunu görebiliriz ve $p^2+11=36$ yani $p=5$ elde edilir.
Ancak yukardaki çözümde $p>3$ için çözüm yaptığımız için $p=2$ ve $p=3$ ü denemeliyiz. $p=2$ ise $p^2+11=15$ olur ve bölen sayısı $4$ olduğu için sağlar. $p=3$ ise $p^2+11=20=2^2.5$ olduğundan $6$ böleni olur ve sağlar.
$p\in \{2,3,5 \}$ olacak şekilde $3$ $p$ asalı bulunabilir ve toplamları $2+3+5=10$ olur.
22) Cevap: E İfademizi $(a^2+b^2+1)=(d-b)(d+b)$ şeklinde yeniden düzenleyelim. Şıklara bakarsak verilen $a-b$ farklarının tek sayı olduğunu yani $a,b$ nin zıt paritede olduğunu görebiliriz. Bu durumda $a^2+b^2\equiv 1 \pmod 4$ olmalıdır. ve $a^2+b^2+1\equiv 2 \pmod 4$ elde edilir. Eşitliğin sağ tarafı da çift olması gerektiği için $b,d$ aynı paritede olmalıdır. Bu da bize $d-b$ ve $d+b$ nin aynı anda çift olduğunu yani eşitliğin sağ tarafının $4$ ile bölünebildiğini gösterir. Çelişki.
26) Cevap: B Soruda öncelikle $p$ en küçük asallarını belirlemeye çalışalım.
$p=2$ olsun. $p^2+p+1=7$ olur ve bu mümkündür. $14k$ formatındaki sayılar sağlar.
$p=3$ olsun. $p^2+p+1=13$ olur ve bu mümkündür. $39k$ formatındaki tek sayılar sağlar.
$p=5$ olsun. $p^2+p+1=31$ olur ve bu mümkündür. $155k$ formatındaki sayılardan ($2$ veya $3$ e bölünemeyen sayılardan $k$ için $1,5,7,11,13$ seçilebileceği için $5$ mümkün sayı vardır.
$p=7$ olsun. $p^2+p+1=57=3.19$ ve $3$ asalı en küçük asalın $7$ olmasıyla çelişir.
$p=11$ olsun. $p^2+p+1=133=7.19$ ve en küçük asalın $11$ olmasıyla çelişki elde edilir.
$p=13$ olsun. $p^2+p+1=183=3.61$ ve en küçük asalın $13$ olmasıyla çelişki elde edilir.
$p\geq 17$ asalları için $p.(p^2+p+1)>2019$ olduğundan dolayı mümkün değildir.
Buradan $p=2$ için toplamda $144$ , $p=3$ için $26$ ve $p=5$ için $5$ adet sayı olduğu görülüp $144+26+5=175$ elde edilir.
30) Cevap: B Bu soru $\pmod 5$ analizinden bulunabilir. Kare kalanlar $p=5$ hariç $p^2\equiv \{1,4\} \pmod 5$ olabileceğini kullanalım. $1$ kalanı için $4p^2+1\equiv 0\pmod 5$ ve $4$ kalanı için $6p^2+1\equiv 0\pmod 5$ olduğundan ve bu asallar $5$ e eşit olamayacağından çözüm gelmez. Tek olasılık $p=5$ denenirse sayılarımız $5,101,151$ olur ve sağlanır.
88
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 19, 2026, 05:03:48 ös »
Bu sorunun genel elementer çözümü Lijuan Lin ve Ming Luo tarafından 2 Ağustos 2025'te (hatalı olabilir) bulunmuş ancak PDF ücretli bir sitede bulunduğu için ekleyemedim. Onun yerine aynı genel çözümü açıklayan bir pdf buldum. https://arxiv.org/pdf/2603.05809
89
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 19, 2026, 01:39:50 ös »
Bu soruda bir sayının iki kare toplamının $3\pmod 4$ asallarının üstünün çift olması gerektirdiğini kullanacağız.
Lemma : $v_p(P(a))=r$, $p\equiv 3 \pmod 4$ , $N,a$ tamsayılar , $M>r$ eşitsizliğini sağlayan en küçük tamsayı ise
$$N\equiv a \pmod{p^M}$$ ise $$P(N)\equiv P(a) \pmod{p^M}$$ sağlanmalıdır. Çünkü polinomun açılım versiyonunda her terim için $2$ kuvvet farkı uygulanması yardımıyla $N-a\mid P(N)-P(a)$ olduğu söylenebilir. Buradan $p^M \mid N-a$ olduğundan dolayı ispat biter.
Buradan yola çıkarak $v_p(P(N))=r$ olduğunu gösterelim. $P(a)=p^r.u$ olacak şekilde $p \not \mid u$ tamsayısı vardır. Buradan yola çıkarsak $$P(N)=p^r.u+p^M.t$$ olacak şekilde bir $t$ tam sayısı bulunduğunu söyleyebiliriz. $r<M$ olduğundan dolayı $P(N)=p^r(u+p^{M-r}t)$ olarak yazılaiblir ve $p\not \mid u+p^{M-r}$ olduğundan dolayı $v_p(P(N))=r$ elde edilir.
Şimdi $a=p^ec$ ,$p \not \mid c$ ve $v_p(a)=e$ olacak şekilde $e,c$ , $M>e$ tam sayıları seçelim. $L$ bir tamsayı olmak üzere
$$x^2+y^2\equiv c \pmod p$$ olacak şekilde $x,y$ tam sayıları vardır. Bunu ispatlayalım. $A$ ve $B$ kümeler olmak üzere $\mid A \mid$ ve $\mid B \mid $ bu kümelerdeki eleman sayıları olsun. Şimdi karekalanlarla alakalı bazı özdeşlikler bulalım $x^2\equiv y^2 \pmod p$ sağlanabilmesi için
$$x^2-y^2\equiv 0 \pmod p$$ yani $$(x-y)(x+y)\equiv 0 \pmod p$$ olur. Buradan ya $x$ $y$ birbirine denk ya da $x$ ile $-y$ birbirine denk olması gerektiği görülür. Buradan yola çıkarsak $0$ dan $\frac{p-1}{2}$ ye kadar olan kalanlara bakmamız yeterlidir ve az önce yaptığımız ispat nedeniyle bu kalanların tamamı birbirinden farklı olmalıdır. Yani herhangi bir $2$ hariç $\pmod p$ altında $\frac{p+1}{2}$ adet kare kalan (x^2) oluştuğunu görürüz. Benzer şekilde $c-y^2$ için de $\frac{p+1}{2}$ karekalan oluşur. $| A|+ | B |= p+1$ olduğundan güvercin yuvası ilkesi gereğince bu iki kümenin en az $1$ ortak elemanı vardır. Varsayalım ki bu eleman $u$ olsun. Bu durumda $$u\equiv x^2 \pmod p$$ ve $$u\equiv c-y^2 \pmod p$$ yani $$x^2+y^2\equiv c \pmod p$$ elde ederiz. En baştaki $p \not \mid c $ kabulümüzden dolayı hensel liftingi sürekli uygulayabiliriz ve keyfi bir $L$ pozitif tam sayısı için $$x^2+y^2 \equiv c \pmod{p^L}$$ olacak şekilde $x,y$ tamsayılarının var olduğunu söyleyebiliriz.
$U=x^2+y^2$ ve $U \equiv c \pmod{p^{M-e}}$ olsun. Polinomda kullandığımız $a$ ya uygun $N$ seçmek için $N=p^e.U$ alalım. $N=p^eU\equiv p^ec=a \pmod{p^M}$ olur dolayısıyla bu $N$ seçimini yapabiliriz. Eğer $e$ çiftse $N\in S$ sağlanır. Eğer $e$ tekse $N\in S$ sağlanmaz.
$$v_p(P(a))\equiv v_p(a) \pmod 2$$ sağlanır.
i) $v_p(a)$ çift olsun. Çelişki yardımıyla ispatlamak için varsayalım ki $v_p(P(a))=r$ tek olsun. Ve $N\equiv a \pmod{p^{M}}$ , $N\in S$ olacak şekilde $N$ seçelim. $P(N)\equiv P(a) \pmod{p^{M}}$ ve buradan $v_p(P(N))=r$ elde edilir. Ancak $r$ tek kabul ettiğimiz için çelişki elde edilir.
ii) $v_p(a)$ tek olsun. Çelişki yardımıyla ispatlamak için varsayalım ki $v_p(P(a))=r$ çift olsun. $N$ tamsayısını $N \equiv a \pmod{ p^M}$ olacak şekilde ve $p$ nin üssü tek seçelim ve diğer $3\pmod4$ asallarının üstü çift olsun. (Bu seçimin yapılabileceğini $N=p^eU$ ile göstermiştik.) ($N\not \in S$) . Soruda verilen önermeden dolayı $P(N)\not \in S$ olmalıdır. Ancak $P(N)\equiv P(a) \pmod{ p^M}$ ve $M>r$ olduğu için $v_p(P(N))$ çift olmalıdır. Diğer $3\pmod 4$ asalları için de bu durum uygulanabileceği için $p(N)\in S$ olmasına neden olur. Çelişki.
Şimdi $P(0)=0$ olduğunu gösterelim. Varsayalım ki $P(0)\not = 0$ olsun. Bu durumda sorunun şartından $0\in S$ olduğundan $P(0) \in S$ olması gerektiği söylenebilir ve $v_3(P(0))$ çift olmalıdır $M>v_3(P(0))$ olacak şekilde seçelim. $k$ bir tamsayı, $2k+1\geq M$ olmak üzere $n=3^{2k+1}$ alalım. $v_3(n)$ tek olduğu için $v_3(P(n))$ de tektir. Ancak $3^{2k+1}\equiv 0 \pmod{3^M}$ ve $$P(3^{2k+1}) \equiv P(0) \pmod{3^M}$$ Buradan $v_3(P(3^{2k+1}))=v_3(P(0))$ elde edilir ve bu $P(0)\in S $ olmasıyla çelişir (sol tarafın paritesi tek iken sağ tarafın paritesi çift). $P(0)=0$ olmalıdır.
$P(x)=x^mR(x)$ , $m>0$ denklemin $0$ olan kökünün katı, $R(x) \not = 0$ olacak şekilde seçebiliriz. Şimdi $p\equiv 3 \pmod 4$ ve $p\not \mid R(0)$ olacak şekilde bir $p$ asalı seçelim. $n=p^{2k+1}$ alalım. $$R(p^{2k+1})\equiv R(0) \pmod p$$ ve $p \not \mid R(0)$ olduğundan $p \not \mid R(p^{2k+1})$ olur. $$P(p^{2k+1})=p^{m(2k+1)}R(p^{2k+1})$$ $n$ in üssü tek olduğu için $m$ tek olmalıdır.
Geriye $R(n)$ nin iki kare toplamı olarak yazılabileceğini göstermek kaldı. $P(n)=n^mR(n)$ $n>0$ ve $R(n)\not = 0$ olsun. Her $p\equiv 3 \pmod 4$ asalı için $$v_p(P(n))=m.v_p(n)+v_p(R(n))$$. Parite korunumundan $$v_p(P(n))\equiv v_p(n)\pmod 2$$ , $m$ tek olduğu için ve yukarıdaki eşitlik yardımıya $v_p(R(n)) \equiv 0 \pmod 2$ elde edilir. Bu da bize $\mid R(n) \mid \in S$ sonucunu verir. Geriye $\mid R(0) \mid \in S$ olduğunu göstermek kaldı.
$p\equiv 3 \pmod 4$ asal olsun. $p^{2k}\in S$ olduğundan $P(p^{2k})\in S $ $P(p^{2k})=p^{2km}R(p^{2k})$ olur ve bu da bize $v_p(R(p^{2k}))$ çift olduğunu verir.
$p^{2k} \equiv 0 \pmod{ p^{2k}}$ olduğundan dolayı $R(p^{2k}) \equiv R(0) \pmod{ p^{2k}}$ buradan $v_p(R(p^{2k}))=v_p(R(0))$ olması için $2k>v_p(R(0))$ olacak şekilde kısıtlama eklemeliyiz. Bu da bize $v_p(R(0))$ ın çift olduğunu verir.
$R(n)$ in negatif olamayacağını ispatlayalım.
Varsayalım ki bir $a\geq 0$ için $R(a)<0$ olsun. $R(a)=-B$ ve $B>0$ olacak şekilde $B$ tam sayısını seçelim. Az önce elde ettiğimiz $\mid R(n)\mid \in S$ sonucundan dolayı $B\in S$ olur.
$R$ polinomunun başkatsayısı pozitiftir. Bu yüzden uygun bir $t$ tam sayısı seçilerek
$$
N=a+4Bt
$$
ve aynı zamanda $R(N)>0$ olması sağlanabilir. Bu seçimden dolayı $N\equiv a \pmod{4B}$ olur. Polinom tam katsayılı olduğundan
$$
R(N)\equiv R(a)\equiv -B \pmod{4B}
$$
elde edilir. Buradan bir $u$ tam sayısı için $R(N)=B(4u-1)$ yazılabilir.
Öte yandan $R(N)>0$ ve $\mid R(N)\mid \in S$ olduğundan $R(N)\in S$ olur. Ayrıca $B\in S$ ve $B\mid R(N)$ olduğu için iki kare toplamı teoreminden bölümün de $S$ içinde olması gerekir. Yani $4u-1\in S$ olmalıdır. Ancak
$$
4u-1\equiv 3 \pmod 4
$$
olduğundan bu mümkün değildir. Çünkü iki karenin toplamı mod $4$ altında $3$ olamaz. Çelişki elde edilir. Dolayısıyla $R(n)$ negatif değer alamaz. Böylece
$$
R(n)\in S \qquad \forall n\geq 0
$$
elde edilir.
Şimdi son olarak şu lemmayı kullanalım. Eğer $F\in Z[X]$ ve her $n\geq 0 $ için $F(n) \in S$ ise $\deg F$ çift olmalıdır.
Bunu ispatlayalım. Varsayalım ki $\deg F$ tek olsun. Büyük pozitif $n$ değerleri için $F(n)\in S$ olduğundan $F(n)\geq 0$ olmalıdır. Bu yüzden $F$ nin başkatsayısı pozitiftir. Derece tek ve başkatsayı pozitif olduğundan negatif tarafta $F$ negatif değer alır. Yani negatif bir tam sayı $a$ için $F(a)<0$ seçilebilir. $F(a)=-B$ ve $B>0$ olsun.
Önce $B\in S$ olduğunu gösterelim. Eğer $B\notin S$ olsaydı, bir $p\equiv 3 \pmod 4$ asalı için $v_p(B)$ tek olurdu. $M>v_p(B)$ seçip $N\equiv a \pmod{p^M}$ ve $N\geq 0$ olacak şekilde $N$ seçelim. Bu durumda $F(N)\equiv F(a)\pmod{p^M}$ olur ve $v_p(F(N))=v_p(F(a))$ tek kalır. Bu da $F(N)\notin S$ demektir. Ancak $N\geq 0$ olduğundan varsayımdan $F(N)\in S$ olmalıydı. Çelişki. Demek ki $B\in S$.
Şimdi uygun bir $t$ seçerek
$$
N=a+4Bt\geq 0
$$
ve $F(N)>0$ olmasını sağlayalım. Bu durumda
$$
F(N)\equiv F(a)\equiv -B \pmod{4B}
$$
olur. Dolayısıyla bir $u$ tam sayısı için $F(N)=B(4u-1)$ yazılır. Burada $F(N)\in S$ ve $B\in S$ olduğundan yine iki kare toplamı teoreminden $4u-1\in S$ olmalıdır. Fakat $4u-1\equiv 3\pmod4$ olduğundan bu imkansızdır. Çelişki.
Demek ki $\deg F$ tek olamaz. Dolayısıyla $\deg F$ çifttir.
Bu lemmayı $F=R$ için uygularsak $\deg R$ çift olur. Daha önce $P(x)=x^mR(x)$ ve $m$ nin tek olduğunu göstermiştik. Sonuç olarak
$$
\deg P=m+\deg R
$$
tek $+$ çift olduğundan tektir.
90
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 18, 2026, 04:02:56 ös »
6) Bu soruda $m=0$ olduğu gösterildikten sonra kalan denklemin herhangi bir yöntemle çözülebilir durmuyor ancak $(5,7,0,2)$ şeklinde bir çözüm olduğu görülebiliyor. Cevap anahtarının $0$ çözüm olduğunu söylemesinden dolayı $m$ in pozitif olması şartının soruda unutulmuş olduğunu düşünüyorum. $m$ i pozitif kabul ederek çözüm :
$$2^m+4p^3+p+q^2=3^n+q^3+4q+7p^2$$ denklemine $\pmod 2$ altında bakarsak $$2^m+p+q^2\equiv 1+q^3+p^2 \pmod 2$$ $$2^m+p+q \equiv 1+q+p \pmod 2$$ yani $$2^m \equiv 1 \pmod 2$$ elde edilir ve $m$ pozitif olduğu için bu denklemin çözümü yoktur.
|
Son İletiler