Diyafont Denklemler Çalışma Soruları {PDF haline getirilmiştir. Ektedir.}

[AtakanCİCEK]

$1.$ 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.

$114$  ve $138$  numaralı soruların çözümlerini PDF'te henüz yenilemediğim için buraya ekliyorum.










114) $x^2=2^n+3^n+6^n$ denkleminde varsayalım ki $n$ bir tek tamsayı olsun. Bu durumda $n>1$  için $x^2\equiv -1 \pmod 4$ elde edilir ve bu imkansız olduğundan çözüm gelmez. $n=1$  denenirse $x^2=11$ elde edilir ve bu da imkansızdır.

$n=0$  ise $x^2=3$ olduğundan çözüm gelmez. O halde bu denklemin çözümü varsa $n=2k$ , $k\in \mathbb{Z^+}$ olacak şekilde bir $k$ tamsayısı vardır. Ayrıca $x^2>6^n=6^{2k}$  ve $x$  pozitif tamsayı olduğundan $x=6^k+y$  olacak şekilde bir $y$ pozitif tamsayısı vardır. Bu dönüşümleri denkleme koyarsak $$2.6^ky+y^2=4^k+9^k$$ elde edilir. Buradan $$2.6^k y<2.6^k+y+y^2=4^k+9^k$$ ve $$y<\frac{1}{2}(\dfrac{2}{3}^k+ \dfrac{3}{2}^k)<\frac{1}{2}(1+2^k)<2^k$$ elde edilir. Ayrıca elde ettiğimiz denklemi $\pmod{3^k}$  altında incelersek $y^2\equiv 4^k\pmod{3^k}$  ve $$(y-2^k)(y+2^k)\equiv 0 \pmod{3^k}$$ elde ederiz. $(y-2^k,y+2^k)=d$  olsun bu durumda $d|(y+2^k)-(y-2^k)=2^{k+1}$ olduğundan dolayı $$y\equiv 2^k\pmod {3^k}$$ veya $$y \equiv -2^k\pmod{3^k}$$ elde edilir. Ayrıca $y<2^k$ şartından dolayı bu denkliklerden sadece $y=3^k-2^k$ ihtimalinin mümkün olduğu görülebilir.  $3^k<2^k+2^k$ eşitsizliğinde $k=2$ incelenirse $9>8$  den çelişki elde edilir. $k\geq 3$  için terimlerimizi  $3^{k-2}.9$ ve $8.2^{k-2}$ şeklinde yazabileceğimiz için $3^k>2^{k+1}$ olduğu görülebilir. Dolayısıyla tek olası çözümümüz $k=1$  iken mümkündür. Denenirse $k=1$  yani $n=2$ için $$x^2=2^2+3^2+6^2=7^2$$ yani $(x,n)=(7,2)$  tek çözümü elde edilir.   



138)   Bu sorunun daha doğrudan çözümü mümkün gibi görünüyor.  Vieta Jumping formüllerinden $x'=4yz-x$ , $y'=2xz-y$ , $z'=2xy-z$ elde edebiliriz. Varsayalım ki $(x,y,z)$ kök çözüm olsun.(Vieta jumping yöntemleriyle daha küçük çözüme indirgenemeyen çözüm)  Bu durumda Vieta Jumping uygulandığında oluşan $x',y',z'$ daima tamsayı ise $x' \geq x$  $y' \geq y$   $z'  \geq z$ sağlanmalıdır.  Aynı zamanda $xx'=2y^2+z^2$  , $yy'=\dfrac{x^2+z^2}{2}$  , $ zz'=x^2+2y^2$  olduğunu da not edelim.  Buradan $$x^2\leq 2y^2+z^2$$ $$2y^2\leq x^2+z^2$$ $$z^2\leq x^2+2y^2$$  eşitsizlikleri elde edilir. Ayrıca $x,z$  simetrik olduğu için genelliği bozmadan $x\leq z$  alabiliriz.  Bu durumda $2.$  eşitsizlikten $y\leq z$ elde edilir. Denklemi eşitsizliğe çevirirsek $$4xyz=x^2+2y^2+z^2\leq 4z^2$$ yani $xy\leq z$  elde edilir. Bunu da $z$  için olan eşitsizlikte yerine koyarsak $$x^2y^2\leq z^2 \leq x^2+2y^2$$ elde edilir. Eşitsizliği $x\geq 2$ ve $y\geq 2$ alınırsa $$x^2(y^2-1)-2y^2\leq 0$$  Ancak $y^2-1\geq \frac{3}{4}y^2$ ve $\frac{3}{4}x^2>2$ olduğundan dolayı  $x^2(y^2-1)-2y^2>2y^2-2y^2=0$ elde edilir ki bu da bize çelişki verir. Dolayısıyla $x$ veya $y$  değerlerinden biri $1$ olmalıdır.

a) $x=1$ olsun. $1+2y^2+z^2=4yz$ denklemini elde ederiz. Ayrıca $z^2\leq 1+2y^2$ ile $y\leq z$  eşitsizliğinden $2y(z-y)\leq 1$ ve $y\leq z$ olduğundan dolayı $z=y$ harici çözüm gelmeyeceği görülebilir. $y=z$ için denklemimiz $$1+3z^2=4z^2$$ yani $z=1$  olur. $(1,1,1)$ kök çözümü elde edilir.


b)  $y=1$  olsun. $x^2+2+z^2=4xz$ denklemini elde ederiz. Ayrıca $z^2\leq x^2+2$  ve $x\leq z$ eşitsizliklerinden $(z-x)(z+x)\leq 2$  ve pozitif tam sayıların dağılımı ile $z\geq x$ yardımıyla  $(z-x)(z+x)\geq z+x \geq 2$ elde edebiliriz. Buradan $x=1$ , $z=1$  ve $(1,1,1)$  kök çözümü elde edilir.


Ayrıca $(1,1,1)$ denenirse de sağladığı için tüm çözümlerin bu çözümden türediği ispatlanmış olur.


Not: Bu çözümü daha önceden yapmayı denediğimde bir mantık hatası yaptığımı düşünmüştüm. Çünkü $x^2+2y^2+z^2=xyz$ gibi bir denklemde $x'>x$ , $y'>y$  , $z'>z$ şartları  $x',y',z'$ tamsayı olmak zorunda olmadığı için her kök çözüm için sağlanmayabilmektedir. Buradaki linkte örnekler daha net şekilde görülebilir. Kısaca bu çözümün geçerli olabilmesi için Vieta toplam formüllerinin tüm katsayılarının tamsayı olması gerekiyor.  https://geomania.org/forum/index.php?topic=9330.0

[AtakanCİCEK]

$1)$ 
 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.

[AtakanCİCEK]

$3)$ 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.

[AtakanCİCEK]

$4)$
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.

[AtakanCİCEK]

$5)$
$2^m-3^n=7$ 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.

[AtakanCİCEK]

$6)$

$a^2=b.(b^{1998}-1)$ 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.

[AtakanCİCEK]

$7)$

$13^3>2001$ 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.

[AtakanCİCEK]

$8)$ 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.

[AtakanCİCEK]

$9)$

$Ilk$ $Yol$


 
$(x-y).(x^2+xy+y^2)=xy+61$ 
\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.

[AtakanCİCEK]

$10)$

$y-x=a$  $9x.(x+a)+127=(x+a)^3-x^3=a^3+3a^2x+3ax^2$

$(9-3a).x^2+(9a-3a^2).x+127-a^3=0$  $a=3$ 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.

[AtakanCİCEK]

$11)$

$n^3+7n-133=x^3,x\in Z^+$ 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.

[AtakanCİCEK]

$12)$ $n^2-19n+99=x^2$ , $x\in Z^+$ 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.

[AtakanCİCEK]

$17)$

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.

[AtakanCİCEK]

$18)$

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. 

[AtakanCİCEK]

$20)$
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.