Tübitak Kamp Sınavları - 2007 - Ortaokul Yaz Çözümleri

Genelliği bozmadan $x\geq y$ olsun. $z>2^x$ olduğu barizdir. Ayrıca $z$ tek olduğundan dolayı $k$ pozitif tek sayısı için $z=2^x+k$ diyebiliriz. Yerine yazarsak, $$4^x+k^2+2^{x+1}k=1+4^x+4^y\implies k^2-1=2^{2y}-2^{x+1}k$$ olur. $k=1$ ise $2y=x+1$ bulunur. Dolayısıyla $n\geq 1$ için $y=n$ dersek, $(x,y,z)=(2n-1,n,2^{2n-1}+1)$ çözümü bulunur.

$k\geq 3$ için $z>2^x+1$ olacağından $2y>x+1$ olur. Dolayısıyla $2^{x+1}\mid k^2-1$ olur. $(k-1,k+1)=2$ olduğundan $2^x$ sayısı ya $k-1$'i ya da $k+1$'i böler.

$2^x\mid k-1$ ise $m\geq 1$ için $k=2^x\cdot m+1$ yazalım. $$(2^x\cdot m+1)^2-1=2^{2y}-2^{x+1}(2^x\cdot m+1)$$ $$\implies 2^{x-1}m^2+m=2^{2y-x-1}-2^{x}m-1$$ $$\implies 2^{x-1}m^2+(2^x+1)m+1=2^{2y-x-1}\leq 2^{x-1}$$ çelişkisi elde edilir.

$2^x\mid k+1$ ise $m\geq 1$ için $k=2^x\cdot m-1$ yazarsak, $$(2^x\cdot m-1)^2-1=2^{2y}-2^{x+1}(2^x\cdot m-1)$$ $$\implies 2^{x-1}m^2+(2^x-1)m=2^{2y-x-1}+1\leq 2^{x-1}+1$$ elde edilir. Eşitsizliğin sağlanması için $m=x=1$ olmalıdır. Bu durumda $x\geq y$ olduğundan $(1,1,3)$ çözümü elde edilir ancak bu daha önce bulduğumuz çözüm formatındaki $n=1$ durumuna eşittir. Buradan yeni bir çözüm gelmez.

Dolayısıyla tüm çözümler $n\in\mathbb{Z}^+$ için $(x,y,z)=(2n-1,n,2^{2n-1}+1)$ şeklindedir.

$A\subset \mathbb{N}$ ve $A\neq \emptyset$ olduğundan $A$'nın en küçük elemanı vardır. Bu eleman $m$ olsun. $\lfloor \sqrt{m}\rfloor +1\in A$ olduğundan $$\lfloor \sqrt{m}\rfloor +1\geq m\implies \sqrt{m}+1\geq m\implies m\geq (m-1)^2$$ $$\implies 0\geq m^2-3m+1\implies 3>m$$ bulunur. Yani $m=2$ olmalıdır. Şimdi $n\in A$ ise $n+1\in A$ olduğunu gösterelim. $$n\in A\implies n^2+4\in A \implies \lfloor \sqrt{n^2+4}\rfloor +1\in A$$ olacaktır. $n\geq 2$ olduğundan $(n+1)^2>n^2+4$ olacaktır. $$n\leq \sqrt{n^2+4}<(n+1)^2\implies \lfloor \sqrt{n^2+4}\rfloor +1=n+1$$ Dolayısıyla $n+1\in A$'dır. $2\in A$ olduğundan tümevarımdan her $n\geq 2$ için $n\in A$'dır. Bu da $A=\{2,3,4,5,\dots\}$ olduğunu gösterir.