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

[AtakanCİCEK]

133)

$n=1$ için  $x=1$ hariç ifade daima tam kare olur.

$n=2$  olsun. O halde  her $a\in Z_{\geq 2}$  için $x=a^2-1$  olur.

$n=3$  olsun. O halde $1+x+x^2=y^2$ olacak şekilde $y$ tamsayısı bulunmalıdır.  $x^2<x^2+x+1<(x+1)^2$  eşitsizliği pozitif tamsayılarda daima geçerlidir. Çözüm gelmez.

$n=4$ olsun. O halde $1+x+x^2+x^3=y^2$  olacak şekilde $y$ tamsayısı bulunmalıdır.  $x^3+x^2+x+1=x^2(x+1)+(x+1)=(x+1)(x^2+1)$  $(x+1,x^2+1)=(x+1,(x^2+2x+1-x^2-1))=(x+1,2x)=(x+1,2)\in\{1,2\}$ olur. 
a)  Varsayalım ki $(x+1,x^2+1)=1$ olsun. O halde $x+1=a^2$ ve $x^2+1=b^2$ olacak şekilde $a,b$ tam sayıları vardır. $2.$ ifadeyi doğrudan $x^2<x^2+1<x^2+2x+1$ eşitsizliği arasına sıkıştırabiliriz. Çözümsüzdür.

b)   O halde $(x+1,x^2+1)=2$ olması gerektiğini bulduk. Bu bize $x$ in tek sayı olma şartını zorunlu kılar $x=2k+1$ , $k\in Z^+$ vardır. ($x=1$ i yok saydım paydada $x-1$ terimi olduğu için) O halde ifademiz $(2k+2)(4k^2+4k+1+1)=y^2$ yani $(k+1)(2k^2+2k+1)=l^2$ olacak şekilde $l\in Z$ vardır. $k+1=u^2$ , $u\in Z^+$olsun. O halde $2(u^2-1)^2+2.(u^2-1)+1=2u^4-4u^2+2+2u^2-2+1=2u^4-2u^2+1=p^2$ , $p\in Z$ vardır.

İlginç bir şekilde bu soru $78)$ de çözümünü verdiğim diyafont denkleme  dönüşmüş oldu. Bu denklemin negatif olmayan tam sayılarda $(0,1),(1,1),(2,5)$ harici çözümü yoktur.  $u=0$ için $k=-1$ olur bunu istemiyoruz. $u=1$ için $k=0$ $x=1$ olur. Ancak orijinal denklemin paydasında $x-1$  bulunduğu için elenir. $u=2$ için $k=3$ yani $x=7$ olur. Gerçekten de denklemi
$7^3+7^2+7+1=400=20^2$ olarak sağlar.  $(7,4)$ çözümü gelir.

$n=5$ olsun.  $1+x+x^2+x^3+x^4=y^2$  olacak şekilde $y$ tamsayısı bulunmalıdır.  $132)$ de kurduğumuz sınıra benzer şekilde $4x^4+4x^3+4x^2+4x+4=4y^2$ ifadesini $$(2x^2+x)^2=4x^4+4x^3+x^2<4x^4+4x^3+4x^2+4x+4<(2x^2+x+1)^2=4x^4+x^2+1+2(2x^3+2x^2+x)=4x^4+4x^3+5x^2+2x+1$$  olarak sıkıştırabiliriz. Sınır değerlerin daima sağlanmasını engelleyen $x$ aralığını bulmalıyız. Alt sınır daima sağlanıyor. Üst sınır için $x^2-2x-3>0$ yani $(x-3)(x+1)>0$ yani $x\in[-1,3]$ için sağlanmıyor. O halde $x=1$ koyarsak $1^4+1^3+1^2+1+1=5$ olur sağlanmaz. $2^4+2^3+2^2+2+1=31$olur sağlanmaz. $3^4+3^3+3^2+3+1=121=11^2$ olur. $(3,5)$


O halde denklemin genel çözümleri şu şekilde olur: $\{ (t,1),(t^2-1,2),(7,4),(3,5) \} ,t\in Z_{\geq 2}$ şeklinde genel çözümleri olur.

[AtakanCİCEK]

137)   

Asal $p$ için
\[
(p-1)! + 1 = p^k
\]
denkleminde $p>5$ için çelişki ispatlayacağız.
\[
p=2,\;3,\;5
\]
durumları kalır.


İlk olarak
\[
(p-1)! + 1 = p^k.
\]
Olduğunu biliyoruz. Buradan da
\[
(p-1)! = p^k - 1 = (p-1)\Bigl(p^{k-1} + p^{k-2} + \cdots + p + 1\Bigr).
\]
eşitliğini elde ederiz ve her iki tarafı $p-1$’e bölerek
\[
(p-2)! = \sum_{i=0}^{k-1} p^i.
\]
elde edilir.

Eğer $p>5$ ise $p-1\ge6$ olduğundan $(p-1)\mid (p-2)!$, yani
\[
(p-2)!\equiv0\pmod{p-1}.
\]
Öte yandan
\[
\sum_{i=0}^{k-1}p^i
\equiv
\sum_{i=0}^{k-1}1
=
k
\quad(\bmod\;p-1),
\]
çünkü $p\equiv1\pmod{p-1}$. Dolayısıyla
\[
k\equiv0\pmod{p-1},
\quad\text{yani}\quad
k = t\,(p-1)
\quad(t\in\mathbb{Z}_{>0}).
\]
Buna göre
\[
(p-1)! + 1 = p^k = p^{t(p-1)}.
\]
Ancak
\[
(p-1)! + 1 < p^{p-1},
\]
dolayısıyla $t\ge1$ iken
\[
p^{t(p-1)} \ge p^{p-1}
\]
olur ki bu da bize $k<p-1$ iken $k$ nın $p-1$ in katı olması çelişkisini verir.

Sonuç olarak $p>5$ için hiçbir çözüm yoktur. Kalan tek çözümler:
\[
\begin{aligned}
p=2:&\quad (2-1)!+1=2=2^1,\\
p=3:&\quad (3-1)!+1=3=3^1,\\
p=5:&\quad (5-1)!+1=25=5^2.
\end{aligned}
\]

Not: Bu sorunun $p$ asalı yerine genel $n$ sayıları için de ispatı yapılabiliyor gibi duruyor. $n$ gibi bir sayı bileşke olursa bunun için çelişki elde edilebilir. Bu da bize genel olarak da $n=2,3,5$ sağlama şartını doğurur gibi duruyor.

Not:Bu sorunun daha genel bir versiyonu ve sanırım farklı bir çözümü bu linkte verilmiş  https://geomania.org/forum/index.php?topic=2542.0

[AtakanCİCEK]

129) $x$ rasyonel sayı olduğu için  $x=\dfrac{p}{q}$, $(p,q)=1$ , $q \neq 0$  şartları sağlanacak şekilde $p,q\in Z$  daima bulunur.  O halde denklemimiz $$\dfrac{p.(Ap^2+Bpq+Cq^2)}{q.(Ap^2+Bpq+Cq^2)}=\dfrac{p}{q}$$ ,$A,B,C\in Z$ formunda bir eşitliğin sol tarafı elde etmeye çalışmalıyız. İfadeleri dikkatli şekilde yazarsak
$$a^3+b^3=Ap^3+Bp^2q+Cpq^2$$  $$c^3+d^3=Ap^2q+Bpq^2+Cq^3$$    buradan yola çıkarak  $(mp+nq)^3$ formunda terimlerin açılarak $q^3$ formu terimin üsttekinde ve $p^3$ formunda terimin alttaki denklemde sadeleşmesi gerektiğini görüyoruz.   $a=p+q$ , $b=2p-q$ , $c=p+q$ , $d=2q-p$  seçimlerini yaparsak $$(p+q)^3+(2p-q)^3=9p(p^2-pq+q^2)$$ ve $$(p+q)^3+(2q-p)^3=9q(p^2-pq+q^2)$$ ve  buradan da  seçilen $x$ rasyonel olma koşullarını sağlayan her $p,q$ tam sayıları için $a,b,c,d$ bulmamızı sağlar. Burada dikkat edilmesi gereken bir durum ise $$(p+q)^3+(2q-p)^3=0$$ olması olasılığıdır.  Bunu da  $$(p+q)^3=(p-2q)^3$$  $$p+q=p-2q$$ yani $q=0$ oluştuğundan tanım gereği eliyoruz. O halde her $x$ rasyonel sayısı için $a,b,c,d$ tam sayılarının varlığını göstermiş oluruz. İspat biter.

[AtakanCİCEK]

Not: Bu sorunun çözümünde eşitsizlik geçişinde hata yaptığımı fark ettim. Düzeltmeye çalışıyorum.

114)  Varsayalım ki $n$ tek olsun. O halde $2^n\equiv 0(mod4)$ , $3^n\equiv 3(mod4)$ ,  $6^n\equiv 0(mod4)$ . yani $x^2\equiv 3(mod4)$  olur ve bu da çelişkidir. O halde $n$ çift olmalıdır. $n=2k, k\in Z^+$ bulunur.  $x^2=4^k+9^k+6^{2k}$  olur. $$x=6^k+y$$ ($x>6^k$ olması gerektiği denklemden barizce görülebilir.) ,$y\in Z^+$  vardır.
$$(6^k+y)^2=6^{2k}+2.6^k.y+y^2=4^k+9^k+6^{2k}$$ $$2.6^k.y+y^2=4^k+9^k$$ olur. $y \geq 5$ için $$2.6^ky+y^2 \geq 10.6^k+25>4^k+9^k$$ görülebilir.

1) $y=4$ olsun.  $4.6^k+4^2\equiv 0(mod2)$  ancak $4^k+9^k \equiv 1(mod2)$ olur. Çelişki.

2) $y=3$ olsun. $3.6^k+3^2\equiv 0(mod3)$ ancak $4^k+9^k\equiv 1(mod3)$ olur. Çelişki.

3) $y=2$ olsun. $2.6^k+2^2\equiv 0(mod2)$ ancak $4^k+9^k \equiv 1(mod2)$ olur. Çelişki.

Geriye ancak $y=1$ olasılığı kalır. Denklemimiz ise $$2.6^k+1=4^k+9^k$$ $$(3^k-2^k)^2=1$$ $$3^k-2^k=1$$ ve bu artan fonksiyon olduğu ve $k=1$  bu denklemi sağladığı için başka $k$ tamsayısı bulunamaz ve $n=2$   ve buradan da $x=7$  sonucuna ulaşılır.

[AtakanCİCEK]

$115)$ Bu denklemin $(1,1,1),(5,4,3),(19,15,12)$ için sağlandığını görebiliriz. Bu tür denklemlerin norm denklemlerine denk geldiği durumlarda sonsuz çözümü ve bu çözümlerin Pell denklemlerindeki gibi dizi formatında çözümleri oluyor.  Dikkatlice incelersek bir önceki çözümün $x+y+z$ toplamı bir sonrakinin $z$ bulunan yerine yazılıyor. tüm denklemlerden $x+y+z$ çıkarırsak   $(0,0,0), (2,1,0),(7,3,0)$, kalıyor. Tekrar incelediğimizde bunların $(y+z,y,0)$ formatını koruduğunu tahmin edebiliriz. Yani şu aşağıdaki diziyi elde ederiz. $$x_{n+1}=x_n+2y_n+2z_n$$ $$y_{n+1}=x_n+y_n+2z_{n}$$ $$z_{n+1}=x_n+y_n+z_n$$ şeklinde türediği tahmin edilebilir. Şimdi bu iddiamızı ispatlamak için
$$x_{n+1}^3+2y_{n+1}^3+4z_{n+1}^3-6x_{n+1}y_{n+1}z_{n+1}=1$$ in $x_{n}^3+y_{n}^3+z_{n}^3-6x_ny_nz_n=1$ e indirgendiğini gösterelim. Ben ifadelerin yazımı çok uzun olduğu için $x_n$ yerine $x$ yazacağım.
$$(x+2y+2z)^3=x^3+6x^2y+6x^2z+12xy^2+24xyz+12xz^2+8y^3+24y^2x+24yz^2+8z^3$$
$$2.(x+y+2z)^3=2x^3+6x^2y+12x^2z+6xy^2+24xyz+24xz^2+2y^3+12y^2x+24yz^2+16z^3$$
$$4.(x+y+z)^3=4x^3+12x^2y+12x^2z+12xy^2+12xz^2+24xyz+12xz^2+4y^3+12y^2x+12yz^2+4z^3$$
$$6.(x+2y+2z)(x+y+2z)(x+y+z)=6x^3+24x^2y+30x^2z+30xy^2+78xyz+48xz^2+12y^3+48y^2z+60yz^2+24z^3$$
Gerçekten de bu terimleri ekleyip çıkardığımızda elimizde $x^3+2y^3+4z^3-6xyz=1$  denklemi kalıyor. Dizinin initial'ı olarak da $(x_1,y_1,z_1)=(1,1,1)$ tanımlarsak bu dizi bize sonsuz çözüm olduğunu gösterir.


Not: Bu sorunun nerdeyse aynısı USA Team Selection Test $2012$ de ''$a,b,c$ pozitif tam sayıları aşağıda verilen denklem için $2010$ gibi bir pozitif tam sayıdan büyük olabilir mi?'' şeklinde sorulmuş.   

[AtakanCİCEK]

116) Burada vereceğim çözüm IMO Compendium (USS1 , 1967 Longlist) kaynağında paylaşılmış. 
Çözüm:

Aşağıdaki fonksiyon, bir sayının kaç farklı şekilde $a^2 + b^3$ biçiminde yazılabildiğini sayar:
\[
f(n) := \{(a,b)\in \mathbb{Z}_{\ge 0}^2 : a^2 + b^3 = n \}
\]

1. Denklem : $ x^2 - y^2 = z^3 - t^3$
Her iki tarafı yeniden düzenleyelim:
\[
x^2 + t^3 = y^2 + z^3 =: n
\]
Yani her bir $n$ için $ a^2 + b^3 = n$ biçiminde iki farklı sunum aranıyor. Bu nedenle toplam çözüm sayısı:
\[
M = \sum_{n} f(n)^2
\]

2. Denklem: $ x^2 - y^2 = z^3 - t^3 + 1 $ 
Yine aynı biçimde düzenleyelim:
\[
x^2 + t^3 = y^2 + z^3 + 1
\Rightarrow
x^2 + t^3 = n+1,\quad y^2 + z^3 = n
\]
Bu durumda toplam çözüm sayısı:
\[
N = \sum_{n} f(n)f(n+1)
\]

Karşılaştırma: 
Her $ n$   için AM–GM eşitsizliği:
\[
f(n)^2 + f(n+1)^2 \ge 2f(n)f(n+1)
\Rightarrow
f(n)^2 - 2f(n)f(n+1) + f(n+1)^2 \ge 0
\Rightarrow
(f(n) - f(n+1))^2 \ge 0
\]

Bu farklar toplamına bakalım:
\[
M - N
= \sum_n \left( f(n)^2 - f(n)f(n+1) \right)
- \sum_n \left( f(n)f(n+1) - f(n+1)^2 \right)
= \sum_n \frac{(f(n) - f(n+1))^2}{2} > 0
\]

Çünkü $ f(0) = 1 $ olduğundan, tüm $ f(n)$ terimleri sabit olamaz ve en az bir $ f(n) \ne f(n+1) $ bulunur. Dolayısıyla:

\[
\boxed{M > N}
\]

[AtakanCİCEK]

101)   Bu denklemi $3^k-1=m^2+n^2$  olarak düzenleyelim.  Şimdi ise $3^k-1$ ifadesinin asal çarpanlarını inceleyeleyerek sonsuz çözüm ispatına gidelim.

https://geomania.org/forum/index.php?topic=9576.msg26544;topicseen#new         

Burada paylaştığım bazı lemma ve teoremlerin direkt uygulamalarını kullanarak ispatlayabiliriz.  Sonsuz çözümü olduğunu göstermek için öyle bir seçim yapalım ki bu ifadenin daima $1(mod4)$ formatında asal çarpanı olsun ve $3(mod4)$ formu asal çarpanların üssü çift olsun veya hiç bulunmasın. $k=2^x$ seçimi yapabliriz ve bunun daima iki pozitif tamkare toplamı olarak yazılabildiğini ispatlayabiliriz. Bu da bize seçilen her $x$ için en az bir çözüm olduğunu yani sonsuz $x$ seçimi mümkün olduğundan sonsuz çözüm olduğunu bize kanıtlar. Öncelikle ifadenin $2$ nin kuvveti durumunda yazılabildiği durumları inceleyelim. $3^k-1=2^y$ bu denklemi $k$ çift olduğunu $mod4$ analiziyle gösterip çözümlerin $(2,3) ,(1,1)$ olduğunu gösterelim. $y\geq 2$ için  $3^k\equiv 1(mod4)$ yani $k$ çiftse $3^k\equiv 1(mod4)$ tekse $3^k\equiv -1(mod4)$  buradan $k=2m$ dönüşümü yapalım. $(3^m-1)(3^m+1)=2^y$ olur. $y>=2$ olduğundan $3^m-1=2^b$ ve $3^m+1=2^c$ olacak şekilde $b,c\in Z_{\geq 0}$ vardır.  Buradan $$2^c-2^b=2$$ olur bu da $2^{c_1}-2^{b_1}=1$ denklemine özdeştir. Terimlerden birinin tek olması da gerektiğinden $c_1=1, b_1=0$ yani $c=2$,  $b=1$ tek çözüm olur. bu da bize $y=3$ $k=2$  durumu verir ve $y<2$ için de $k=1$ $y=1$ eşleşmesi vardır.


Geriye kalan durumlarda $3^k-1$  ifadesinin en az bir tek asal çarpanı bulunmaldıır. $q$ tek asal çarpanını seçelim. O halde $3^{2^x}\equiv 1(modq)$  sağlanır. Bu denkliği çözen en küçük $s$ tam sayısını şöyle tanımlayabiliriz.   $$ s := \min\{ t \geq 1 : 3^t \equiv 1 \pmod{q} \} $$  $s|2^x$ şartından dolayı ve $s=1$ için tek asal çarpan bulunmadığından $1\leq r \leq x$ , $r\in Z$  için $s=2^r$ sağlanır. $r=1$ in sağlanmadığı ancak daha büyük $r$  değerleri için daima $q$ tek asal sayısını bulabileceğimizi gösterdik. O halde $2\leq r \leq x $  alalım.
Tanımımız gereği  $$3^{2^{r-1}}\not \equiv 1(modq)$$ dur. ancak $$ (3^{2^{r-1}})^2\equiv 1(modq)$$ olduğu için  $$3^{2^{r-1}} \equiv -1(modq)$$ $q=3$ olmadığını manuel test ederek gördükten sonra $3^{q-1}\equiv 1(modq)$ yazabiliriz fermat teoremi yardımıyla. Ancak $q-1$  bu denkliği sağlayan en küçük terim olmayabilir ama bizim bulduğumuz $r$ cinsi denklik en küçük olanıdır. Bu nedenle $2^r|q-1$ olur ve $r\geq 2$ şartından dolayı $4|q-1$ bu da bize $q=4q'+1,q \in Z^+$ bulunduğunu gösterir. Sonuç olarak $k=2^x$ parametrizasyonu seçildiğinde $3(mod4)$ formatındaki asal sayıların üssü çift olur (0) ve bu da bize attığım linkteki Teorem 3: den ve $x=1$ için $(9-1)=4+4$ yazımından dolayı her $x$ için $m,n$ pozitif tam sayıları bulunduğunu gösterir.

[AtakanCİCEK]

103) Bu sorunun hemen hemen aynısı İzlanda Matematik Olimpiyatı $2017$ yılı ilk sorusu olarak gelmiş. Soruda $n,a,b$ pozitif tam sayılar olmak üzere
$$\dfrac{a^2+a+1}{b^2+b+1}=n^2+n+1$$ olmasını sağlayan $a,b$ pozitif tam sayılarını belirleyiniz. 

Bunu yapabilmek için $n^4+n^2+1=(n^2+n+1).(n^2-n+1)$  olduğu ve $n^2-n+1$ ifadesinin $b=n-1$ alınarak elde edilebildiğini görmemiz gerekiyor. $n=1$ i manuel olarak bulmalıyız.  Öncelikle $a=n^2$ ve $b=n-1$ in bu soru için sağladığını görelim.
$(n-1)^2+(n-1)+1=n^2-n+1$ olur ve sağlar.  $n=1$ alalım. $a^2+a+1=3(b^2+b+1)=3b^2+3b+3$ olur. Deneme yoluyla $a=4$ $b=2$ nin sağladığını görmek yeterlidir.
$(4,2,1)$ ve $(k^2,k-1,k),k\in Z_{\geq 2}$ şeklinde $n$ sayısı türetilir

Genel tamsayılar için ekstra genel çözüm parametreleri şöyle türetilebilir gibi duruyor: $x$ yerine $-a $  ve $x$ yerine $a-1$ dönüşümleri yapıldığında aynı cebirsel ifade geliyor bize yukarıda yaptığımız genel çözümü veren  ancak sadece bu formatta çözüm olup olmadığını belirlemek kolay durmuyor. Bu yapıların normal çözümü eisenstein sayılarının norm çarpanı formuyla yazılarak çözülmesiyle çıkarılıyor.

[AtakanCİCEK]

124)   Not: Şu anda çözümümde $B$ kümesini eksik incelediğimi fark ettim. $a>0,b<0$ tipi çözümler de türeyebiliyor $b$ yerine $-b$ dönüşümü yapılırsa $a^2-b^2,a^2+2ab$ oluyor bu da çözüm üretiyor.  $x^4-x^2y^2+y^4=z^2$ denklemini parametrizasyon yoluyla triviallar ve diagonaller hariç çözümsüzlüğünü ispatlayalım. Öncelikle $x=y$ ve $x=0$ ,$y=0$  tipi durumları inceleyelim. Çözümlerin barizce $(k,0,k^2)$ ,$(0,k,k^2)$, $(k,k,k^2)$ ve zıt işaretlileri olduğu görülebilir. Genelliği bozmadan $x>0$ ve $y>0$  alalım. $x=y$ analizini birazdan parametrizasyon kümelerinini birbirini kapsar hale getirmek için önceden inceleyip çıkardım. $$x_1^2-y_1z_1+y_1^2=z_1^2$$ tipindeki bir denklemin genel parametrizasyonları $$k.(a^2-b^2),k.(2ab-b^2),k.(a^2-ab+b^2)$$ veya $$(k.(2ab-b^2),k.(a^2-b^2),k.(a^2-ab+b^2)$$ formlarındadır. Simetriden dolayı genelliği bozmadan ilk parametrizasyonu geçerli kabul edebiliriz.
$x^2=k.(a^2-b^2)$, $y^2=k.(2ab-b^2)$, $z=k.(a^2-ab+b^2)$ olur. $k$ hepsinde ortak çarpan olduğundan genelliği bozmadan $k=1$ veya $k=-1$ kabul edebiliriz. Bu ikisi birbirine tam olarak denk değil farklı çözüm kümeleri üretiyor.

$k=1$ için $x>0$ $y>0$ koşulları   $a>b$ ve $2a>b$ oluyor. Yani $a>b>0$ almak yeterlidir. O halde kümemiz:

$$A=\{x^2=a^2-b^2,y^2=2ab-b^2,a>b>0, (a,b)=1, a\not \equiv b(mod2)   \}$$ olarak tanımlanabilir.

$k=-1$ için $x^2>0$  ve $y^2>0$ koşulları $b>a$ ve $b>2a$  oluyor. Yani $b>2a>0$ almalıyız. O halde kümemiz ($a$ ile $b$  yerine parametreleri $b,a$ olarak düzenlersek $a>2b>0$ oluyor ve kümemiz:

$$B=\{ x^2=a^2-b^2,y^2=a^2-2ab, a>2b>0, (a,b)=1, a\not \equiv b(mod2) \}$$ olarak tanımlanabilir. Kümelerin tanımlanışı gereği $B$ de bulunan her $x$ değeri $A$ kümesinde de bulunur. ($a=1,b=0$ durumu diagonal çözüm veriyordu ve bunlar $A$ da bulunmuyordu bu yüzden başta diagonalleri ayıkladık.) Bu nedenle aynı $x$ değeri için $B$ den $m$ ve $n$ parametrelerini seçelim. O halde $B$ kümesi bize $(m^2-n^2,m^2-2mn)$ $A$ kümesi de buna karşılık olarak $m^2-n^2,2mn-n^2$ üretir. Buradan dikkatli inceleme yaparsak $$2mn-n^2+m^2-2mn=m^2-n^2=x^2=y_1^2+y_2^2$$ olur. Bu da $B$ de bulunan her çözümün $A$  da vieta jumping karşılığı olduğunu gösterir. Yani $B$ de çözüm varsa $A$  da da olmalıdır. $A$ çözümsüz ise $B$ de çözümsüz olmalıdır. O halde $A$ nin çözümsüzlüğünü ispatlamak yeter.

$$x^2+b^2=a^2$$ denkleminde pisagor parametrizasyonu yaparsak ve $a$ sonuç parametrizasyonu olduğu için tek olmalı dolayısıyla zıt parite koşulundan $b$ çift olmalı O halde $a=s^2+t^2$, $b=2st$  , $(s,t)=1, s\not \equiv t(mod2),$ $s,t\in Z^+$  dönüşümleri  elde edilir. Buradan $$y^2=4st(s^2+t^2-st)$$ olur. $(s,t)=1$ şartından $(s,s^2-st+t^2)=1$ ve $t,s^2-st+t^2=1$  şartları da gelir bu nedenle ifadelerin her biri tam kare olmak zorundadır. $s=u^2$ ve $t=v^2$ ve $s^2-st+t^2=w^2$ olacak şekilde $u,v,w \in Z^+$ vardır. Buradan $$u^4-u^2v^2+v^4=w^2$$ olur. Ki bu da bize orijinal $$x^4-x^2y^2+y^4=z^2$$ denkleminin çözümünden daha küçük bir çözüm verir ve bu işlem sonsuza kadar tekrarlanabilir. (tüm tamsayıları pozitif tamsayıda tanımladığımız için.) Bu da bize pozitif tamsayılarda sonsuz descent'in mümkünsüzlüğünden çelişki verir. Sadece triviallar $x=0,y=0$ durumları ve diagonaller $x=y$ durumları kalır. Buradan $(k,0,k^2),(k,k,k^2)$  ve permütasyonları ve zıt işaretlileri olarak  bulunur.

Not: Genellikle bu çözüm yöntemi yerine daha farklı bir descent yöntemi kullanılıyor akademik kaynaklarda $$(x^2-y^2)^2+x^2y^2=z^2$$ denilerek çözüyorlar. Ancak bu metod biraz daha uzun çözümlere neden olduğu için bunu ekledim.

Not2: $x^2$ ve $y^2$ ($x^4$ denkleminden parametrizasyonda) terimleri çift dereceliği olduğu için orijinal $x^2-xy+y^2=z^2$ denklemlerinde oluşan $x$ pozitif $y$ negatif tipi çözümlerin incelenmesine de gerek kalmıyor.

[AtakanCİCEK]

125)  $x,z$ $0$ olmayacak şekilde (x,y den biri $0$ sa diğeri de $0$ olmalı iki ardışık kare arasına sıkıştırarak gösterilebilir.) denklemde $x=y$ koşulunu sağlayan sonsuz çözüm olduğunu gösterebilirsek ispat biter. Denklemimiz bu durumda $x^2.2(x^2+1)=z^2$  olur. $x^2$ tam kare olduğu için geriye kalan ifade de tam kare olmak zorundadır. Buradan $2x^2+2=n^2$  olacak şekilde $n$ tamsayısı vardır. Bu denklemde $x$  çift ise  $n^2\equiv 2(mod4)$ çelişkisi oluşur. $x$ tek olmalıdır. $x=2m+1$ dönüşümünü yapalım. Buradan
$$2.(4m^2+4m+1)+2=4.(2m^2+2m+1)=n^2$$ olur. Buradan $2m^2+2m+1=q^2$ olacak şekilde bir $q$ tamsayısı bulunabileceğini söyleyebiliriz. $$(m)^2+(m+1)^2=q^2$$ olur. Pisagor parametrizasyonundan $(s^2-t^2,2st,s^2+t^2$ , ardışık $m ,m+1$ terimleri olduğundan başkatsayı $1$ alınabilir.)  $$|s^2-t^2-2st|=1$$ denklemini elde ederiz. Bu denklemi daha detaylı incelersek $$|(s-t)^2-2t^2|=1$$ ve burada $s-t=p$ olacak şekilde $p$ tamsayısı seçersek $$|p^2-2t^2|=1$$ olur. Buradan $p^2-2t^2=1$ in sonsuz çözümü olduğunu gösterirsek ilk denklemin sonsuz çözümü olduğunu da göstermiş oluruz. Bu tip denklemlerin genel çözümlerinin $(ap+bt,cp+dt)$ şeklinde yeni çözüm üretme mekanikleri mevcuttur. Bundan yararlanalım. Son elde ettiğimiz denklemde bunu yerine koyarsak. $$(ap+bt)^2-2.(cp+dt)^2=1$$ $$a^2p^2+2abpt+b^2t^2-2.(c^2p^2+2cdpt+d^2t^2)=(a^2-2c^2)p^2+(2ab-4cd)pt+(b^2-2d^2)t^2=1=p^2-2t^2$$ olur.  Buradan $$a^2-2c^2=1,2ab-4cd=0,b^2-2d^2=-2$$  olur. Bu $2.$ denklemi $3.$ de yeirne koyabilmemiz için $3.$  denklemi $a^2$ ile genişletelim. $$a^2b^2-2a^2d^2=-2a^2$$ $$4c^2d^2-2a^2d^2=-2a^2$$ $$2d^2.(2c^2-a^2)=-2a^2$$ yani $a^2=d^2$ olur.  Pozitif katsayılarda çözüm için $a=d$ alalım. $b=2c$ olur. (2. denklem) Yani $a^2-2c^2=1$ denkleminin en küçük çözümünü bulursak bu denklemin en küçük yinelemesini bulmuş olacağız. Deneme yanılma yoluyla $(3,2)$ nin sağladığı görülür. $(a,b,c,d)=(3,4,2,3)$ olur.   O halde $p^2-2t^2=1$ denkleminin ilk çözüm $(3,2)$ olmak üzere $(3p+4t,2p+3t)$ yinelemesiyle pozitif tam sayılarda sonsuz çözümü olduğu görülür. Bu da bize tüm değişken dönüşümlerimizin daima tam sayı geçişler sağlamasından dolayı orijinal denklemimizin de sonsuz çözümü olduğunu gösterir.

Not: Bu denklemin $x=y$ şartını sağlamayan çözümleri de var ancak onlar hakkında yorum yapmak kolay durmuyor.

[AtakanCİCEK]

126)  Denklemi $$(yz)^2+(xz)^2=(xy)^2$$ olarak yazalım. Pisagor parametrizasyonundan bu terimlerin $d.(m^2-n^2),d.2mn,d.(m^2+n^2),m>n>0, (m,n)=1$ olacak şekilde alınabileceğini biliyoruz. $x,y$ simetrik olmasından dolayı genelliği bozmadan $yz=d.(m^2-n^2)$ , $xz=d.2mn$, $xy=d.(m^2+n^2)$ alalım. $(m^2-n^2,2mn)=1$ olduğunu not alalım. $(x,y)=g$ olsun. O halde $x=gX$ , $x=gY$, $g\in Z^+$  , $(X,Y)=1$ olacak şekilde $X,Y$ pozitif tam sayıları bulunur.  $(gYz,gXz)=(yz,xz)=d=gz$ olur. Bundan yararlanarak $yz=gYz=d.(m^2-n^2)=gz(m^2-n^2)$ olur. Buradan $Y=m^2-n^2$ elde edilir.  Benzer şekilde $gXz=d.2mn$ yani $X=2mn$ olur. Şimdi buradan
$$xy=g^2XY=g^2.(2mn).(m^2-n^2)=d.(m^2+n^2)=gz(m^2+n^2)$$ elde edilir. Buradan ise $$g.2mn.(m^2-n^2)=z.(m^2+n^2)$$ olur. $m^2-n^2,2mn,m^2+n^2 $ terimlerinin her biri aralarında asal olduğu için $m^2+n^2|g$ olmalıdır. Buradan $t.(m^2+n^2)=g$ olacak şekilde $t\in Z^+$ bulunduğu görülür. Bunu denklemde yerine koyarsak $$z=t.2mn.(m^2-n^2)$$ bulunur. Benzer şekilde
$x=g.X=t.(m^2+n^2).2mn$ ve $y=gY=t.(m^2+n^2)(m^2-n^2)$ olur. Buradan çözüm kümemiz

$$\{ t.(m^2+n^2)2mn, t.(m^2+n^2)(m^2-n^2),t.(m^2-n^2)2mn), m>n>0, (m,n)=1, m,n,t\in Z^+ \}$$ ve $$\{ t.(m^2+n^2).(m^2-n^2),t.2mn(m^2+n^2).t.2mn(m^2-n^2),m>n>0,(m,n)=1 , m,n,t\in Z^+ \}$$ olur.

[AtakanCİCEK]

123)    $x^4-y^4=z^2$ denkleminin pozitif tam sayılarda çözümsüzlüğünü pisagor parametrizasyonlarından gelen descentler ile gösterebiliriz. $x^4=y^4+z^2$ denkleminde genelliği bozmadan $(x,y,z)=1$ alırsak $x^2=m^2+n^2,y^2=m^2-n^2,z=2mn$ veya $x^2=m^2+n^2,y^2=2mn,z=m^2-n^2$ olasılıkları bulunur. Her iki olasılıkta da daima daha küçük bir çözüm elde edilebildiğini gösterirsek sonsuz descentten ispat biter.

1) $x^2=m^2+n^2,y^2=m^2-n^2$ olsun. Bu durumda $$(xy)^2=m^4-n^4$$ denklemi elde edilir. Bu da bize  $m^2<m^2+n^2$ olduğu için daha küçük bir çözüm elde etmiş oluruz. ($y$ tek olduğu senaryoda bu descent daima oluşuyor.)

2) $x^2=m^2+n^2,y^2=2mn$ olsun. Bu durumda $1.$ denklemden genelliği bozmadan $m=p^2-q^2,n=2pq , (p,q)=1, p>q>0, p\not \equiv q(mod2) $ olacak şekilde $p,q$ tam sayıları bulunur. $2.$ denklemde bunu yerine koyarsak $y^2=4.p.q(p^2-q^2)$  olur. Sağ taraftaki tüm terimlerin en büyük ortak böleni $1$ olduğu için her biri tam kare olmak zorundadır. Buradan $p=a^2$ , $q=b^2$ , $p^2-q^2=c^2$  olacak şekilde $a,b,c \in Z^+$ olduğunu görürüz. Bu da bize $a^4-b^4=c^2$ verir.  $x=p^2+q^2=a^4+b^4$ olduğu için  $a<x$ olur ki bu da bize descent sağlar.

Bu iki durumdan yola çıkarak bu ilk yapılan descent adımından sonraki elde edilen denkelmde bu iki descent yönteminden biri geçerli olacağı için pozitif tam sayılarda sonsuza kadar iniş elde ederiz. Bu da bize Pozitif tam sayılarda çözümsüzlüğü verir.  İfadelerin $x,y,z$  değerlerinin pozitif ya da negatif olması denklemi etkilemediği için $x,y,z$ $0$ olmayan tüm tam sayılar için bu ispat genellenebilir. Geriye $x=0$ , $y=0$ , $z=0$ durumlarının özel incelenmesi kalır.

1)  $x=0$ olsun. O halde $-y^4=z^2$ yani $y=0$ ve $z=0$ bulunur. $(0,0,0)$ olur.

2) $y=0$ olsun. O halde $x^4=z^2$ yani $x^2=z$ veya $-x^2=z$ olur. Parametrizasyonla göstermek istersek $(k,0,k^2),(-k,0,k^2),k\in Z)$ olur. $1)$ deki çözüm de bu küme tarafından kapsanmış olur.

3) $z=0$ olsun. O halde $x^4=y^4$ yani $x=y$ veya  $x=-y$ olur.  Buradan $(k,-k,0),(k,k,0),k \in Z$ olur.

İspat biter.

Not: Bu çözümü aşağıdaki linkte verilen ispattan düzenleyerek yazdım.
https://planetmath.org/x4y4z2hasnosolutionsinpositiveintegers

[AtakanCİCEK]

138) Cevap: $19$

https://pure.mpg.de/rest/items/item_3328136/component/file_3400760/content Buradaki makalede $x^2+2y^2+z^2=4xyz$ denkleminin Vieta jumpingle indirgenen kök çözümün sadece $(1,1,1)$ olduğu ispatlanmış. Bunu kullanmadan çözelim.

 $x^2-4yz.x+(2y^2+z^2)=0$ denkleminin $Δ_x=16y^2z^2-4.(2y^2+z^2)=k^2$ olacak şekilde $k$ tamsayısı bulunur.  $k$ çift olduğundan $k=2w$ dönüşümü yapılabilir.

$$(4y^2-1)z^2=2y^2+w^2$$ olur.  $p|4y^2-1$ şeklinde asal seçelim. $p=2$ sağlamadığı açıktır. Buradan denklemi $modp$ altında incelersek :

$$2y^2+w^2\equiv 0(modp)$$ $$1+2w^2\equiv 0(modp)$$  yani $w^2\equiv \frac{p-1}{2}(modp)$ olur. $(\dfrac{\frac{p-1}{2}}{p})=(\frac{-1}{p})(\frac{2}{p})$   
$p\equiv \{1,3\} (mod8)$ olmalıdır. $y$ çift olursa $4y^2-1\equiv 7(mod8)$ olur. Ancak $1,3(mod8)$ tipindeki asallar ancak $3^2\equiv 1(mod8)$ olduğu için ancak ve ancak $1,3(mod8)$ kalanlarını üretir. O halde en az bir tane $5,7(mod8)$ formundaki bir asal çarpan $y$  çift iken bulunmalıdır. O halde çelişki olur. $y$ tek olmalıdır. $y$ tek olması $x$ ve $z$ nin de tek sayı olmasını gerektirir.

  $p\equiv 5,7(mod8)$ formu asal içeren $y$ leri ilk $100$ sayıda elediğimizde ; $$y\in \{1, 5, 9, 21, 29, 41, 49, 61, 65, 69, 89 \}$$ olur.

Bunlardan $y=1,5,29,65$ için mümkün olur. diğerleri olmaz. ($(1,1,1)$ den türeyen $19$ çözümü yazdığımızda görülüyor.)   $9,21 ,41,49,61,69,89 $ durumları için öncelikle keşiflerde bulunalım.

$Δ_x=4w^2$ olacak şekilde $w\geq 0 $ tamsayısı bulunmalıdır. Buradan $$w^2-(4y^2-1)z^2=-2y^2$$ Olur. $Δ=4w^2$  aldığımızda $x=2yz+w$ veya $x=2yz-w$  elde ederiz. $x=2yz+w$  durumu bize oldukça sınırlı $y$  değerleri için çözüm bırakacağı için bunu şu anlık eleyelim. $x=2yz-w$ olsun.  Buradan $w^2\equiv (x+z)^2(mod2y+1)$ ve $w^2\equiv (x-z)^2(mod2y-1)$ durumlarını elde ederiz. Aynı zamanda $Δ_x$ için $2y-1$ ve $2y+1$ modları uygulanırsa $w^2\equiv -2y^2(mod2y+1)$ yani $w^2\equiv y(mod2y+1)$ olur. Benzer şekilde $w^2\equiv y-1(mod2y-1)$ görülebilir. Bu da bize $(x+z)^2\equiv y(mod2y+1)$ ve $(x-z)^2\equiv y-1(mod2y-1)$ denkliklerini verir. bu denklikler yardımıyla ve $2\leq x+z \leq 200$ ile $|x-z| < 100$ şartlarından dolayı bize tüm olası toplam ve fark değerlerini üretecek. Ancak $2y-1$ ve $2y+1$ asal değilse denklemin $2$ den fazla çözümü olacağından hesaplanması zorlaşacak. Bu nedenle $x+z=c$ ise $c$ ye bir sınır üretelim. Orijinal denklemde $x=c-z$ yazılırsa

$$2.(2y+1)z^2-2c(2y+1)z+(c^2+2y^2)=0$$ elde edilir. Buradan $d=\dfrac{c^2+2y^2}{2.(2y+1)}$ tanımlarsak denklemimiz. $z^2-cz+d=0$ olur.  Çözdüğümüz denklik zaten $d$ nin tam sayı olmasını garantiliyor. $d=z_1.z_2$ olduğu ve kökler tam sayı olduğu için $z_1+z_2$ pozitif tam sayılarda maksimum $z_1=1,z_2=d$ için olur. Bu da bize $c\leq d+1$ olması gerektiğini gösterir. $$c\leq \dfrac{c^2+2y^2}{2.(2y+1)}+1$$ $$2c(2y+1) \leq c^2+2y^2+2.(2y+1)$$ $$|c-(2y+1)|\geq \sqrt{2y^2-1}$$ olur.  Bunu sadece $2y+1$ bileşke değerli olduğunda tüm denklemleri tek tek yazmamak için kullanabiliriz.

Not:Daha sıkı bir sınır için köklerden birinin $1$ olduğu durumu manuel test  edip $c\leq 2+\frac{d}{2}$ eşitsizliği de seçilebilirdi.

Ufak bir ek olarak $x+z=c$ olmasını sağlayan $c$ leri belirlediğimizde denklemler $z^2-cz+d=0$ dan yazılıp hızlıca incelenebilir. (daha önce $x+z=c$  nin çift olduğunu da söylemiştik.)

1)$y=89$ olsun. $x=178z+w$ durumunda $x$ $100$ ü geçtiği için incelenmesine gerek yoktur. $x=178z-w$ olur.  O halde  $(x+z)^2\equiv 89 (mod179)$ olur. Buradan $x+z\equiv 39(mod179)$ veya $x+z\equiv 140(mod179)$ olur. Buradan $200$ ü geçmeyen çift değerler sadece $140$ olur. Ancak yukarıdaki mutlak değerli eşitsizlik bize kaba bir sınırla $c<100$ verir. $140$ bu aralıkta olmadığı için elenir.


2) $y=69$ olsun. $x=138z+w$ durumunda istenen $x$ mümkün değildir. $x=138z-w$ olmalıdır. Bu durumda $(x+z)^2\equiv 69(mod139)$ olur. $c\equiv 25(mod139)$ veya $c\equiv 114(mod139)$ olur. $139$ asal olduğu için sadece $2$ çözüm bulunur. İspatladığımız eşitsizlik ise bize $c\leq 41$ verir.  O halde $c=25$ tek olasılıktır. Ancak çift olmadığı için elenir.



3) $y=61$ olsun. $x=122z+w$ durumunda istenen $x$ mümkün değildir. $x=122z-w$ olmalıdır. Bu durumda $(x+z)^2\equiv 61(mod123)$ olur. $123=3.41$ olduğu için $2$ den çok çözümü vardır. Ancak daha önce ispatladığımız eşitsizlik yardımıyla $c\leq 36$ ve $c\geq 210$ bulunur. $2.$ durum zaten mümkün olmadığı için ilk durumu incelesek yeterlidir. Bu aralıkta kongrüansın çözümlerini incelersek $c=26$ olduğu bulunur.  Parabolik denklem için bulduğumuz formülden $z^2-26z+33=0$ olur. Diskriminantı tam kare olmadığı için buradan da çözüm gelmez.

4) $y=49$ olsun. $x=98z+w$ durumunda $z=1$ olasılığı vardır. Ancak denklemde $y=49$ ve $z=1$ için çözüm gelmediği görülebilir.  $x=98z-w$ olsun. Bu durumda $c^2\equiv 49(mod99)$ olur. Bu aralıkta eşitsizliğimiz ise bize $|c-99|\geq 70$verir. Buradan  $c\leq 29$ veya $c\geq 169$ olur.  $[169,200]$ aralığındaki $c$ lerin çözümü için incelemede bulunalım. $169\equiv -29(mod99)$ olur. Ve azalarak gelirler. $199$ ve $200$ ise $1$ ve $2$ ye denk olur. Bu nedenle $1,29$ aralığındaki çözümleri taramak yeterlidir. ($a^2\equiv (-a)^2(mod99)$ dan dolayı) Bu aralıkta ise sadece $c\equiv 7,29(mod99)$ için sağlanıyor. Bu da $c$ çift olma şartından dolayı bize istediğimiz aralıkta uygun $c$ olmadığını gösterir.


5) $y=41$ olsun. $y=82z+w$ durumunda $z=1$ olasılığı vardır. Bunu denklemde $y=41$ ve $z=1$ alırsak çözüm vermiyor. O halde $x=82z-w$ olmalıdır.  Buradan yola çıkarsak $c^2\equiv 41(mod83)$ elde ederiz. Bu denklemin çözümleri ise $c\equiv 37(mod83)$ veya $c\equiv 46(mod83)$ olur. Buradan $2\leq c \leq 200 $ aralığındaki çift $c$ değerleri $46,120$ olur. Bunlar için parabolik denklemlerimiz. $z^2-46z+33=0$ ve $z^2-120z+107=0$ olur. Bu denklemlerin ise diskriminantların tam kare olmadığı görülebilir.


6) $y=21$ olsun. $y=42z+w$ durumunda $z=1,2$ olasılığı vardır. Bunları $y=21$ $z=1$ ve $y=21$ , $z=2$ olarak yazarsak $x$ çözümü çıkmadığı görülür. $y=42z-w$ olur. O halde $c^2\equiv 21(mod43)$  yani $c\equiv 8(mod43)$ ve $c\equiv 35(mod43)$ olur. $2\leq c \leq 200 $ aralığındaki çift $c$ değerlerimiz $\{8,78,94,164,180\}$ olur. $(x-z)^2\equiv 20(mod41)$ ise  $x-z\equiv 15(mod41)$ veya $x-z\equiv 26(mod41)$ olur. $|x-z| <100$ şartından yola çıkarsak $\{-56,-26,26,56 \}$ elde edilir. $x,z$ tek olduğundan yola çıkarak olası $(x,z)$ ikilileri $(x+z,x-z)=(78,-56),(78,56),(94,56),(94,-56),(164,-26),(164,26)$ için oluşur bunlar da genelliği bozmadan $(11,67),(19,75),(69,95)$  bulunur. Ancak orijinal denklemi bu ikililerden hiçbiri sağlamadığı için buradan çözüm gelmez.

7) $y=9$ olsun. $x=18z+w$  durumunda $z=1,2,3,4,5$ olasılığı vardır. Ancak bunlardan hiçbiri için denklemin çözümü yoktur. $x=18z-w$ olmalıdır. Buradan $c^2\equiv 9(mod19)$ ve $(x-z)^2\equiv 8(mod17)$ olur.  $c\equiv 3(mod19)$ ve $c\equiv 16(mod19)$ olasılıkları oluşur. $x-z\equiv 5(mod17)$ ve $x-z\equiv 12(mod17)$ olduğu da görülebilir.  Buradan $c\in \{
16,22,54,60,92,98,130,136,168,174  \}$  olur. $x-z$ için de genelliği bozmadan pozitif olanları alabiliriz. $x-z\in \{12,22,46,56,80, 90\}$ olur. burada bulunan  kümedeki ifadelerin toplamı $2(mod4)$ olmalıdır. Aynı zamanda önceden ispatladığımız eşitsizliğin genel mantığını hatırlayalım. $z=1,2,3,4,5$ değerlerini manuel olarak test edersek ki bunları ilk başta test ettik. Kalan $z$ ler için $c\leq 5+\frac{d}{5}$ sağlanmalıdır.  $$(c-5.(2y+1))^2\geq 25.(4y^2-1)-2y^2$$ olur.  $y=9$  u da yazarsak $$(c-95)^2 \geq 7913$$ buradan $c\leq 6$ veya $c\geq 184$ olmalıdır. Uygun bir $c$  değeri bulunmadığından dolayı $y=9$ durumu da elenir.

Geriye vieta tipi ağaçtan da bulunabilen $y\in \{1,5,29,65\}$ değerleri kalır.

a)  $y=65$ olsun.  O halde     $c^2\equiv 65(mod131)$ elde edilir. Buradan $c\equiv 14(mod131)$  veya $c\equiv 117(mod131)$ olur. $2\leq c \leq 200$ aralığında sadece $c=14$ bulunur. Buradan $z^2-14z+33=0=(z-3)(z-11)$  olur. $z=3,x=11$ ve $x=11,z=3$ çözümleri elde edilir.
$$(3,65,11),(11,65,3)$$

b) $y=29$ olsun. $x=58z+w$ durumunda $z=1$ tek olasılıktır manuel test edelim. Kalan durumlarda  $c^2\equiv 29(mod59)$ elde edilir. Buradan $c\equiv 18(mod59)$ veya $c\equiv 41(mod59)$ elde edilir. Buradan $2\leq c \leq 200$ aralığındaki çift çözümler $18,100,136$ olur.  Bunlar için denklemlerimiz
$$z^2-18z+17=0$$  buradan $(1,17)$ ve $(17,1)$ çözümleri gelir.

$$z^2-100z+99=0$$ buradan $(1,99)$ ve $(99,1)$ çözümleri gelir.

$$z^2-136z+171=0$$ olur. Buradan $1,171$ çarpanlara ayırması sağlamadığı görülüp diğer durumlarda tam sayı çarpanlar maksimum $z_1+z_2\leq 87,5$ olması gerektiğinden çözüm gelmez.
$$(1,29,17),(17,29,1),(1,29,99),(99,29,1)$$

c) $y=5$ olsun.  $x=10z+w$ dan $z\in \{1,3,5,7,9\}$ durumları gelir. Bunları daha sonra manuel test etmeliyiz. Kalan durumlar için $x=10z-w$ olduğundan $c^2\equiv 5(mod11)$ olduğu bulunur. $c\equiv \{4,7\}(mod11)$ olur. ilk $8$ $z$ yi zaten daha önce elle test etmemiz gerektiğini söylemiştik. Bu testler yapıldıktan sonra kalan olası $z$ ler için $c\leq 8+\frac{d}{8}$ sağlanmalıdır. Bu eşitsizliği çözdüğümüzde $c\leq6$  veya $c\geq 168$ bulunur. Geriye kalan durumlarda $4,172,180,194$ şeklinde aralıkta $2$  olası toplam kalır. $c=4$ durumu da zaten z=1 veya $z=3$ zorunlu kıldığı için elle test edilmişti.

$c=172$ olsun. $z^2-172z+1347=0$ olur. Çözüm yoktur.
$c=180$ olsun. $z^2-180z+1475=0$  olur. Çözüm yoktur.
$c=194$ olsun. $z^2-194z+1713=0$ olur. Çözüm yoktur.

Bu kullandığımız eşitsizliğin sağlanması için $z=1,3,5,7$ yi manuel olarak test etmemiz gerekiyor. Çünkü $z\geq 8$ için yukarıdaki eşitsizlik mümkündü. Eğer $z$ için elle denediğimiz değerlerde bir çözüm varsa $\frac{d}{z}$  için de çözüm vardır. Bunlar ise seçtiğimiz $z$ için aslında $x$ e karşılık gelen çözümlerdir. O yüzden $(x,z)$ bulursak $(z,x)$ de çözümdür. Ayrıca $x=10z+w$ durumundan da $z=9$ un da denenmesi gerektiğini görürüz. Bunları orijinal denklemde yerine koyalım.

$z=1$ olsun. $x^2-20x+51=0=(x-3)(x-17)$  Buradan $(3,1)$ ve $(17,1)$ çözümleri gelir. Yukarıda bahsettiğimiz durumdan $(1,3)$ ve $(1,17)$  de çözüm olmalıdır.

$z=3$ olsun. $x^2-60x+59=0=(x-1)(x-59)$ Buradan $(1,3)$ ve $(59,3)$ çözümleri gelir. Yukarı bahsettiğimiz durumdan dolayı $(3,1)$ ve $(3,59)$ da çözüm olmalıdır.

$z=5$ olsun. $x^2-100x+75=0$ olur. Tam sayı çarpanlarına ayrılamayacağı $100>75+1$ olduğundan görülebilir.

$z=7$ olsun. $x^2-140x+99=0$ olur. Benzer şekilde elenir.

$z=9$ olsun. $x^2-180x+131=0$ olur. Benzer şekilde elenir.

$$(1,5,3),(3,5,1),(1,5,17),(17,5,1),(3,5,59),(59,5,3)$$ olur.

d) Geriye $y=1$ olasılığı kalır. Bu durumda $w^2-3z^2=-2$ denklemini elde ederiz. Bu denklemin tek seed çözümü $(1,1)$ dir(ispatlanabilir) ve genişleten formül için de $(aw+bz,cw+dz)$ tahmini yaparsak. $$a^2-3c^2=1,2ab=6cd,b^2-3d^2=-3$$ olur.
$3.$ denklemi $a^2$ ile çarparsak $$3d^2.(3c^2-a^2)=-3a^2=-3d^2$$ olur. Buradan $a=d$ , $b=3c$ gelir. $a^2-3c^2=1$ denklemi elimizde kalır. ($(2,1)$ en küçük çözümüdür.) Buradan yola çıkarak en küçük $(a,b,c,d)$ katsayıları $(2,3,1,2)$ olur. yani $(w,z)$ çözümse $(2w+3z,w+2z)$ de çözüm olmalıdır.

$(1,1) -> (5,3) -> (19,11) -> (79,41)-> (256,153)$ olur. O halde $z$ nin aldığı değerler $1,3,11,41$ olur.

$z=1$ için denklem $x^2-4x+3=0=(x-1)(x-3)$ olur. $(x,z)=(1,1),(3,1)$ olur.

$z=3$ için denklem $x^2-12x+11=0=(x-1)(x-11)$ olur. $(x,z)=(1,3),(11,3)$ olur.

$z=11$ için denklem $x^2-44x+123=0=(x-3)(x-41)$ olur. $(x,z)=(3,11),(41,11)$ olur.

$z=41$ için denklem $x^2-164x+1683=0=(x-11)(x-153)$ olur. $(x,z)=(11,41),$  tek çözüm olur.

$$(1,1,1),(3,1,1),(1,1,3),(11,1,3),(3,1,11),(41,1,11),(11,1,41)$$ olur.

Not: $y=1$ durumunu da daha önceki bölümleri çözdüğümüz mantıkla çözebilirdik ancak olasılıklar çok fazla olduğu için pell denkleminden yola çıkarak sınırlamak daha mantıklı geldi.Çünkü pell katsayıları da çok küçük olmuş oldu.

$$(1,1,1),(3,1,1),(1,1,3),(11,1,3),(3,1,11),(41,1,11),(11,1,41),(1,5,3),(3,5,1),(1,5,17),(17,5,1),(3,5,59),(59,5,3),(1,29,17),(17,29,1),(1,29,99),(99,29,1),(3,65,11),(11,65,3)$$ elde edilir. Buradan toplamda $$7+6+4+2=19$$ çözümü olduğu görülür.

[AtakanCİCEK]

$139)$     Bu soruya adik değerler ile yaklaşabiliriz. $$m!=(n+1).(n!)^2$$ olarak yazalım.  Bertrand-Chebyshev Teoremi (postülatı) yardımıla $m\geq 4$ için $\frac{m}{2}<p < m$ aralığında en az bir $p$ asalı bulunur. Bunu öncelikle kanıtlamalıyız.
Kanıt:  Bertrand postülatından $x<p<2x$ , $x\geq 2$ için $p$ asalı olduğunu biliyoruz. $x=2k$ formunda $k$ var ise $k<p'<2k$ , $k\geq 2$ için $p'$ asalı olduğunu görürüz. ($x$ çiftse $4$ minimum olur.)
$x=2k+1$ formunda ise  $k\geq 24 $ için  $k+1<p<\dfrac{6.(k+1)}{5}$ olacak şekilde bir $p$  asalı vardır. (Nagura Teoremi.)  $x/2=k+\frac{1}{2}<k+1$ olduğu için ve $\dfrac{6.(k+1)}{5}<2k+1=x$ eşitsizliği her $k\geq 1$ için doğrudur. Dolayısıyla $k\geq 24$ durumu elenir. Küçük $k$ değerlerini manuel test ettiğimizde $x$ tek iken $x\geq 3$ için daima vardır.  O halde  genel olarak her $x\geq 3$ için $x/2<p<x$ şeklinde $p$ asalı vardır.
 
Bu eşitsizliği düzenlersek $p<m<2p<p^2$ ($p=2$ ayrı incelenmeli.)  olur. $p=2$ nin aralıkta olması için $m=3$ olmalıdır. Bunu en son yapılan küçük değer testlerinde dolaylı olarak eliyoruz. Legendre Teoremi'nden 
$$ v_p(m!) = \sum_{k \ge 1} \left\lfloor \frac{m}{p^k} \right\rfloor. $$ olduğunu biliyoruz.  Buradaki ifadede ilk terim $1$ olurken diğer terimler daima $0$ gelecek. Bu nedenle $v_p(m!)=1$ buluruz.

1)   $p|n!$ olsun.  O halde $v_p(n!^2)\geq 2$ sağlanmalıdır. Bu da bize çelişki yaratır.

2) $p|n+1$ olsun.  $p.k=n+1$  olacak şekilde $k\in Z^+$ vardır.  Buradan $\frac{m}{2}<p=\dfrac{n+1}{k} < m$ yani $n+1>k.m/2$ verir. $k \geq 2 $ için   $n+1>m$ yani $(n+1)!>m!$ olur. Çelişki $k=1$ olmalıdır.

$p=n+1$  olsun.  $m!=p!.(p-1)!$ olur.

$m=10$ $p=7$ dışında çözüm olmadığını göstermeye çalışalım. $p=2$ (küçük değerler taramasına giriyor.)

$m=p+r$   $1\le r\le p-1$ ve
\[
\prod_{k=1}^{r}(p+k)=(p-1)!\tag{1}
\]
elde edilir.  Buradan

1) $(p,p+r]$ aralığında asal yoktur. . Aksi takdirde bu asal $q$ soldaki çarpanı böler, ama $q>p-1$ olduğundan sağdaki $(p-1)!$’i bölemez.

2) mod $p$  bakarsak $(\prod_{k=1}^{r}(p+k)\equiv r!\pmod p$. Wilson teoremi ile $(p-1)!\equiv-1\pmod p$ olduğundan
\[
r!\equiv -1\pmod p. \tag{2}
\]

elde edilir.

2-adik sayımlar için bir üst sınır lemması bulalım.


Her $a\ge 1, r\ge 1$ için
\[
\nu_2\!\Big(\prod_{k=1}^{r}(a+k)\Big)
=\sum_{j\ge1}\Big(\Big\lfloor\frac{a+r}{2^j}\Big\rfloor-\Big\lfloor\frac{a}{2^j}\Big\rfloor\Big)
\le \nu_2(r!)+\big\lfloor\log_2(a+r)\big\rfloor. \tag{3}
\]

İspat: Legendre formülü ile sol taraf'ın değeri \[
\nu_2\left( \prod_{k=1}^{r} (a + k) \right)
= \sum_{j \ge 1} \left( \left\lfloor \frac{a + r}{2^j} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{a}{2^j} \right\rfloor \right)
\]

Diğer taraftan her $x,y\in R$ için  \[
\left\lfloor x + y \right\rfloor \le \left\lfloor x \right\rfloor + \left\lfloor y \right\rfloor + 1
\] doğrudur. Bunu kullanırsak

\[
\left\lfloor \frac{a + r}{2^j} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{a}{2^j} \right\rfloor
\le \left\lfloor \frac{r}{2^j} \right\rfloor + 1
\]

Buradan yola çıkarak toplam sembolünün de üst sınırının $\left\lfloor log_2(a+r) \right\rfloor$ seçilmesi gerektiğini göz önüne alırsak istediğimiz eşitsizlik gelir. (soldaki terim $v_2(r!)$ ve sağdaki terim $\left\lfloor log_2(a+r) \right\rfloor$ adet $1$ in toplamı geldiği için.)

İspat biter. Bu denklemde sorumuz için $a=p$ aldığımızda
\[
\nu_2((p-1)!)\ \le\  \nu_2(r!)+\big\lfloor\log_2(p+r)\big\rfloor. \tag{4}
\]
Öte yandan $\nu_2((p-1)!)=(p-1)-s_2(p-1)$ (burada $s_2$ ikilik basamak toplamıdır). (De Polignac Formülü'nden geldi.)

Lemma 2: $n\geq 1$ tamsayıları için $s_2(n)$ ikilik basamak toplamı olmak üzere  $$s_2(n)\leq  \left\lfloor  log_2(n) \right\rfloor +1 $$ sağlanır.
İspat:
\[
s_2(n) = \sum_{k=0}^{t} a_k
\]

Burada $a_k\in \{0,1\}$ olmalıdır.  Dolayısıyla $s_2(n)\leq t+1$ olur.  Bu $t$ üst sınırı ise $2^t\leq n < 2^{t+1}$ seçiminden $t=\left\lfloor  log_2(n) \right\rfloor$. Dolayısıyla ispat biter.

$n=p-1$ için bunu yazdığımızda ise $$v_2((p-1)!)\geq (p-2)-\left\lfloor  log_2(p-1) \right\rfloor$$ yani

\[
p - 2 - \lfloor \log_2(p - 1) \rfloor
\leq \nu_2(r!) + \lfloor \log_2(p + r) \rfloor
\leq (r - 1) + \lfloor \log_2(2p) \rfloor
\leq r + \lfloor \log_2 p \rfloor
\]

Buradan ise $$p-r\leq 2+\lfloor \log_2(p - 1) \rfloor+\lfloor \log_2 p \rfloor \leq 2+2\lfloor \log_2 p \rfloor  $$  Düzenlersek

$$p+r\geq 2p-2-2\lfloor \log_2 p\rfloor  $$   olur.

Nagura Teoremi'nden (Chebyshev Teoremi'nin daha sıkı formudur)  $a<q<6a/5$ olacak şekilde daima  $q$ asal sayısı  $a\geq 25$ için vardır (birden fazla olabilir.). Eğer böyle bir $q$ bizim aradığımız $(p,p+r]$ aralığında bulunursa  en son elde ettiğimiz denklemimizin sol tarafında $q$ asalı bulunup sağında bulunamamsından dolayı (sağdaki terim $(p-1)!$ dolayı çözümsüz olur.

$p\geq 25$ için    $$p+r\geq 2p-2-2\lfloor \log_2 p\rfloor \geq \dfrac{6p}{5}$$ olduğu açıktır (tam değeri eşitsizliklerle kaldırıp oluşan fonksiyonda türev testleri yapılabilir).  Geriye kalan durumlarda ise $p<25$ almalıyız.  $p$ asal sayı olduğu için

$p\in \{ 2,3,5,7,11,13,17,19,23 \}$ olabileceği görülür.

Biraz uğraştırıcı olsa da modüler testler yardımıyla $p=7$ ve $p=2$ dışındaki durumlar da elenebilir.   $p=7$ için $m=10$ , $n=6$ ile $p=2$ için $m=2$  ve $n=1$   sağlar.

Dolayısıyla denklemin çözüm kümesi $\{(2,1),(10,6)\}$ dır.

Ek bir bilgi: Yaptığım araştırmalara göre Bertrand-Chebyshev ve Nagura teoremlerinden daha sıkı aralıklar ispatlanan Rohrbach–Weis (1964) (çok yüksek bir $n$ değerinden sonra $n<p<14/13n$ , Schoenfeld (1976)  ve Pierre Dusart(2010,2016) teoremleri mevcut.

Not: Bu soruyu ilk olarak forumda Beyşehirli'nin sorduğunu gördüm. Linkini veriyim:  https://geomania.org/forum/index.php?topic=2601.0

[AtakanCİCEK]

$135)$ $x!+y!=x^y$ Bertrand-Chebyshev Teoreminin düzenlenmiş bir formundan $x,y\geq 3$  için  $x/2<p<x,$  $y/2<q<y$ olacak şekilde $p,q$ asalları vardır.  $x>y$ olsun. Bu durumda $v_q(x!)\geq 1$ ve $v_q(y!)=1$ sağlanır. Bu nedenle $q|x^y$  elde ederiz. Bu da bize $q|x$ yani $q|x!$ yani $q|y!$ verir. $y/2<q<y$ kabulünden $q<y<2q$ gelir. Çelişki.  $x<y$  olsun. Bu durumda $v_p(x!)=1$ ve $v_p(y!)\geq 1$  bulunur. Bu nedenle $p|x^y$ yani $p|x$ gelir. $x/2<p<x$ den dolayı  $p<x<2p$ olduğundan $p$ ile bölünemez. Çelişki. O halde $x=y$  tek olasılıktır. Buradan $2x!=x^x$ denklemini elde ederiz. Bu durumda ise $p=q$ seçebiliriz. Yani $p|x!$ olduğundan $p|x^x$ barizdir. Ki bu da bize $p|x$ den çelişki verir. O halde Geriye kalan durumlarda $x=2$  , $y=2$  , $x=1$ , $y=1$  olasılıkları kalır.

a) $x=2$ olsun. Denklem $2+y!=2^y$ gelir.   $y\geq 4$ için Sol taraf $2+y!\equiv 2(mod4)$ iken $2^y\equiv 0(mod4)$  olduğundan çelişki gelir. $y=3$ ve $y=2$ nin denklemi sağladığı görülebilir.

b) $y=2$ olsun. Denklem $x!+2=x^2$ gelir. $x\geq 4$ için sol taraf $x!+2\equiv 2(mod4)$ gelir. Bu bir kare kalan değildir. $x=2$ nin sağlayan tek değer olduğu görülebilir.

c) $x=1$ olsun. Denklem $1+y!=1$  yani $y!=0$ gelir. Çelişki.

d) $y=1$ olsun. Denklem $x!+1=x$  gelir. Çözümü olmadığı  $x!>x$ in barizliğinden görülebilir.

Dolayısıyla denklemin çözüm kümesi $\{(2,2),(2,3)\}$ olur.


Not: Bu teoremdeki $x/2<p<x$ şu şekilde hızlıca gösterilebilir:


Kanıt:  Bertrand postülatından $x<p<2x$ , $x\geq 2$ için $p$ asalı olduğunu biliyoruz. $x=2k$ formunda $k$ var ise $k<p'<2k$ , $k\geq 2$ için $p'$ asalı olduğunu görürüz. ($x$ çiftse $4$ minimum olur.)
$x=2k+1$ formunda ise  $k\geq 24 $ için  $k+1<p<\dfrac{6.(k+1)}{5}$ olacak şekilde bir $p$  asalı vardır. (Nagura Teoremi.)  $x/2=k+\frac{1}{2}<k+1$ olduğu için ve $\dfrac{6.(k+1)}{5}<2k+1=x$ eşitsizliği her $k\geq 1$ için doğrudur. Dolayısıyla $k\geq 24$ durumu elenir. Küçük $k$ değerlerini manuel test ettiğimizde $x$ tek iken $x\geq 3$ için daima vardır.  O halde  genel olarak her $x\geq 3$ için $x/2<p<x$ şeklinde $p$ asalı vardır.