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

[AtakanCİCEK]

$73)$

Bu soruyu $a>b$ olup olmamasına göre iki parçada inceleyelim.


$1)$ $1\le a\le b$ için çözüme bakalım.



$a\le b$ olduğunu kullanarak eşitsizlik kurmayı hedefleyelim.
 
$(a^b)^b=b^a$ şeklinde yazabiliriz. $a\le b$ den dolayı $a^b\le b $ olmazsa çözümün olamayacağı açıktır. 
$a^b-b$ ifadesinin türevini alalım. $\dfrac {d}{db} (a^b-b)=1.a^b.lna-1$  $b>a>e$  için $lna>1$ ve $a^b>1$ olacağı için  türev $0$'dan büyüktür Mesela $b=3$ alacak olursak  $a^3-3>0$ olduğunu gösterirsek $a^b-b$ nin daima pozitif olduğunu göstermiş oluruz.
$a>e>2$ $a^3>8$  yani $a^3-3>0$ elde edilir. Yani $a=1$ ya da $a=2$ olmalıdır.

$a=1$ olsun. O halde $b=1$ olması gerektiği açıktır.

$a=2$ olsun. $2^{b^2}=b^2$ $b^2=t$ dönüşümü yapalım.  $2^t=t$,  $2^t-t=0$ Şimdi bu ifade için türeve bir kez daha bakalım.
$2^t.ln2-1$ olur. Bu ifadeyi ise $ln2^{2^t}-1$ şeklinde yazdıktan sonra $t>1$ için türevin $0$ dan büyük olacağı açıktır. Aynı zamanda $2^2-2>0$ da sağlandığından dolayı daima $t>1$ için daima pozitiftir.  $t=1$ in de sağlamadığı açıktır.



$2)$ şimdi de $b>a\ge 1$ olsun.



$a^{b^2}=b^a=(a^b)^b$ den dolayı $a>b^2$ gelir yani $\dfrac{a}{b^2}>1$ elde edilir. Acaba $a=k.b^2$ eşitliğindeki $k$ sayısı daima bir pozitif tam sayı  olabilir mi diye düşünelim.

$(ab^{-2})^{b^2}=b^{a-2b^2}$ şeklinde yazarsak $ab^{-2}>1$ olduğu için $a-2b^2>0$ olacağı açıktır. $a>2b^2$ olur.

$\dfrac{a}{b^2}=\dfrac{k}{n}$ ,$k,n\in Z^+$ ve $(k,n)=1$  olsun.  Buradan $n.a.b^{-2}=k$  elde edilir.

Aşağıdaki adımları takip edelim.

$$k^{b^2}=n^{b^2}.a^{b^2}.(b^{-2})^{b^2}=n^{b^2}.b^{a-2b^2}$$  bu ifadeden dolayı $n\mid k$ olması gereklidir. $(k,n)=1$ olduğundan dolayı $n=1$ alınmalıdır. Artık  $a=k.b^2$  $a>2b^2$ yani $k\ge3,k\in Z^+$ olduğunu biliyoruz.

Bunu başlangıçtaki denklemde yerine koyacak olursak $k^{b^2}=(b^{k-2})^{b^2}$ olmalıdır. buradan $k=b^{k-2}$ buluruz.


 $k\ge 5$ için  $b^{k-2}-k\ge 2^{k-2}-k$ olur.  $\dfrac{d}{dk}( 2^{k-2}-k)=(k-2).2^{k-2}.ln2-1$ yani $2^{k-2}.ln2^{k-2}-1>0$ $k=5$ için ise $2^3-5=3>0$ olduğundan $k<5$ olmalıdır.


$k=3$ ise $3b^2=b^3$ yani $b=3$ elde edilir. $a=kb^2=27$ olur. $(27,3)$ çözümü gelir.

$k=4$ ise $4b^2=b^4$ yani $b=2$ elde edilir. $a=16$ olur.  $(16,2)$ çözümü gelir.


O halde denklemin çözüm kümesi $\{(1,1),(27,3),(16,2) \}$ olmalıdır.   

[AtakanCİCEK]

$13)$ $(n^2)^2<n^4+n^3+1$ olduğundan bir $m\in Z^+$ sayısı için $(n^2+m)^2=n^4+n^3+1$ yazılabilir.

$n^4+m^2+2mn^2=n^4+n^3+1$
$m^2+2mn^2=n^3+1$
$m^2-1=(n-2m).n^2$ 
$m>1$ için  $n^2>0$  olduğundan dolayı $n>2m$ olmalıdır. $n^2\mid m^2-1$ olduğunu görürsek $n^2\le m^2-1$ görülebilir.

$n>2m$ ile $m^2-1\ge n^2$ eşitsizliklerini ortak çözmeliyiz.  $n^2>4m^2$  olacağından dolayı $m^2-1\ge n^2 >4m^2$  yani $3m^2<-1$ gelir.  ancak bu bir çelişkidir. O halde $m=1$ olmalıdır.
$m=1$ için $0=(n-2).n^2$  olur pozitif tam sayılarda yalnızca $n=2$ için tam kare olur. Değeri ise $2^4+2^3+1=25$  tir.

[AtakanCİCEK]

$14)$   

$(0,0,0,0)$ bir çözümdür.

Eşitliğin sağ tarafı $3$ ile bölünmektedir. $n$ sayısı da $3$ ile bölünmelidir.  $n=3k$, $k\in Z$ yazarsak

$5.9k^2=36a^2+18b^2+c^2$ eşitliğinden

$15k^2=12a^2+6b^2+2c^2$  bulunur. Benzer şekilde $c=3e$ , $e\in Z$ yazarsak

$5k^2-4a^2=2b^2+6e^2$ bulunur.  Bu denklemin $k$ değeri en küçük çözümü $(k,a,b,e)$ olsun.

$x^2\equiv 0,1,4,9(mod16)$  olduğunu biliyoruz.

$k^2\equiv \{0,4\} (mod16)$  olduğu açıktır.

$4a^2\equiv \{0,4\}(mod16)$

$2b^2 \equiv {0,2,8}(mod16)$

$6e^2 \equiv \{0,6,8\}(mod16)$  olduğundan dolayı

$2b^2+6e^2\equiv \{ 0,2,6,8,10,14 \}(mod16)$ ve  $5k^2-4a^2 \equiv \{ 0,4,12 \} (mod16)$ olduğundan her iki ifade de $0(mod16)$ olmalıdır. $2b^2+6e^2\equiv 0(mod16)$ olduğundan $b$ ve $e$ çifttir. $a$ çift olmamalıdır. çünkü $(k,a,b,e)$ nin yarısı da çözüm olur. minimallik ile çelişir.

$b=2b_1$ , $e=2e_1$ , $k=2k_1$ olsun.

$$2b_1^2+6e_1^2=5k_1^2-a^2$$

$a$ nın tek sayı olduğu kullanılarak $5k_1^2-a^2\equiv \{ 4,12\}(mod16)$ olmalıdır. Fakat $2b_1^2+6e_1^2\equiv \{ 0,2,6,8,10,14 \}(mod16)$ olduğundan çelişkidir.  O halde denklemin tek çözümü $(0,0,0,0)$ olmalıdır.

[AtakanCİCEK]

$15)$ 
$(0,0,0)$ bir çözümdür.  Başka çözümün olmadığını göstermek için bu tarz sorularda genellikle aralarında asal çözümü (obebi 1 olan çözüm) seçmek yararlıdır. çünkü $(0,0,0)$ dışındaki diğer çözümler varsa bunlar asal çözümlerin katıdır.

Bu yüzden $14)$ numaralı soruda yaptığımız gibi $obeb(x,y,z)=1$ alalım.

$z$ nin çift olduğunu görmek çok zor değildir. $z=2z_1$ dönüşümü yapabiliriz.

$5x^3+10y^3+8xyz_1=1999.4.z_1^3$  olur. Benzer şekilde $x$ te çifttir. $x=2x_1$ dönüşümü yapılırsa

$2x^3+5y^3+8x_1yz_1=1999.2.z_1^3$  buradan dolayı $y$ de çift olmalıdır fakat $y$ çift olursa  $obeb(x,y,z)=2$ olacağından $(x,y,z)$ çözümünün asal çözüm olmasıyla çelişir.

Denklemin tek çözümü $(0,0,0)$ olmalıdır.

[AtakanCİCEK]

$16)$
$(m-n)^2.(m+n-1)=4mn$ eşitliğini aşağıdaki adımlarla düzenleyelim.
$2mn-m^2+m^3-n^2+n^3-mn^2-m^2n=4mn$
$m^3+n^3-mn^2-m^n=2mn+n^2+m^2$
$m.(m^2-n^2)-n.(m^2-n^2)=(m+n)^2$ 
$(m-n)^2.(m+n)=(m+n)^2$   $m+n>0$ olduğu da göz önüne alınarak sadeleştirilirse
$(m-n)^2=m+n$ olur. $m-n=x$ $m+n=x^2$ denilirse
$0<x^2<100$ olur. aynı zamanda

sistemin çözümü $\{( \dfrac{a.(a+1)}{2},\dfrac{a.(a-1)}{2})\}$ olduğu da biliniyor. Paydanın $0$ olamayacağı da göz önüne alınırsa ($m+n\not = 1$) $a\in \{\pm 2,\pm 3 , \pm 4 ,...,\pm9\}$ değerleri için $8.2=16$  çözüm bulunur.

[AtakanCİCEK]

$19)$  Çözüm için metonstere teşekkürler.
Verilen ifadelerde $x$ yerine $-x$ alırsak ifadenin tamsayı olması veya tamküp olması değişmeyeceğinden dolayı $x$ ve $y$'yi pozitif alabiliriz. Öncelikle $x=y$ için bakalım,
$$\dfrac{x^2+x^2+6}{x^2}=2+\dfrac{6}{x^2}$$
olur. Bunun tamsayı olması için $x=1$ olmalıdır. $x=1$ için de tamküp olduğu görülür. Şimdi geriye kalan çözümlerden $x>y$ olanlara bakalım.(simetrik bir ifade olduğu için $y>x$ durumlarına bakmaya gerek yok.) Bu çözümler arasında $x$ değerinin en küçük olduğu çözümü ele alalım.Bu $(x,y)$ için
$\dfrac{x^2+y^2+6}{xy}=k$ olsun.

$$x^2+y^2+6=kxy \Rightarrow x^2-kxy+(y^2+6)=0$$
olur. Bu denklemi $x$'e bağlı ikinci dereceden bir denklem olarak düşünelim ve diğer çözüm $a$ olsun.Vieta teoreminden,
$$a+x=ky,\space ax=y^2+6$$
olduğu görülür.Bu iki ifadeden $a$ sayısının pozitif bir tamsayı olduğu görülebilir. Dolayısıyla $(a,y)$ ikilisi de bir çözümdür. Kabulden dolayı $a\ge x$ olmalı.
$$x^2+6 \geq y^2+6=ax\geq x^2 \Rightarrow x^2\geq y^2\geq x^2-6$$

eşitsizliğini elde etmiş oluruz. Eğer $x\ge4$ ise  $x^2-6\geq (x-1)^2$ olacağından

$$x^2\geq y^2\geq x^2-6\geq (x-1)^2$$ olur ve ardışık tamkareler arasında tam kare olamayacağı için buradan çözüm gelmez. $4>x$ için de olası sadece $(x,y)=(3,2),(3,1),(2,1)$ ikilileri vardır fakat bunların hiçbiri ifadenin tamsayı olmasını sağlamaz. Dolayısıyla
yalnızca $(1,1)$ ikilisi için tam sayıdır ve bu durumda da $\dfrac{x^2+y^2+6}{xy}$ ifadesi tam küp olur.

[AtakanCİCEK]

$30)$

$x$ ve $y$ nin birbirine göre simetrik olduğu açıktır. $x^2+axy+y^2=z^2$ ise $x^2+axy=z^2-y^2$ ve  $ x.(x+ay)=(z-y).(z+y)$

olur. $y=z$ iken $x=0$ veya $x=-ay$ olur.  Bunun dışındaki durumlarda $\dfrac{x}{z-y}=\dfrac{z+y}{x+ay}=\dfrac{m}{n}$ oranları elde edilir. Buradan ise :
\begin{equation*}
\begin{cases}
mx+ny-nz=0,
\\
nx+(n-am)-mz=0,
\\
z=k.(amn-m^2-n^2)
\end{cases}
\end{equation*}

Bu sistemin çözümünü yaparsak

\begin{equation*}
\begin{cases}
k.(an^2-2mn),
\\
k.(m^2-n^2),
\\
k.(amn-m^2-n^2)
\end{cases}
\end{equation*}

olarak bulunur.

[AtakanCİCEK]

$38)$ $m^2=n^2+3^n$ eşitliğini sağlayan bir pozitif tam sayı olsun. $(m-n).(m+n)=3^n$ olduğu için $m-n=3^k$ ve $m+n=3^{n-k}$

olmasını sağlayan bir $k\ge 0 $ sayısı vardır. $m-n<m+n$ olduğundan dolayı $3^k<3^{n-k}$  $k<n-k$  $2k<n$  yani $n-2k\ge 1$ olur.

$n-2k=1$ ise $2n=(m+n)-(m-n)=3^{n-k}-3^k=3^k.(3^{n-2k}-1)=2.3^k$ olur. $3^k=2k+1$ elde edilir. Denklemi türevle çözeceğim

Fakat tümevarımla da çözülebilir.  $f(k)=3^k-2k-1$  olsun.

$f'(k)=1.3^k.ln3-2$ $k\ge2$ için $f'(k)>0$ olacağı açıktır. $f(2)=9-4-1>0$ ve $f'(2)>0$ olduğundan daima pozitiftir. $k=0$ yada $k=1$
olmak zorundadır. 
$k=0$ için $m-n=1$ $m+n=3^n$  olur. $2n+1=3^n$ $n>0$ olduğundan dolayı $n=1$ olur.
$k=1$ için $m-n=3$ $m+n=3^{n-1}$ olur. $2n+3=3^{n-1}$   $n=3$ için ifadenin kendi $0$ dan büyüktür. $1.3^{n-1}.ln3-2$ elde  edilir. $n>3$ sayıları konulduğunda pozitif çıktığından dolayı İfade daima pozitiftir, $0$ değerini almaz $1,2,3$ değerleri denenirse $n=3$ olacağı görülür.

$n=1$ için $n^2+3^n=4$
$n=3$ için $n^2+3^n=36$ olur.
Gelelim $n-2k>1$ durumuna $n-2k\ge2$ için  $k\le n-k-2$ olur. $m-n<m+n$ eşitsizliği kullanılırsa $3^k\le 3^{n-k-2}$ olur.

$2n=3^{n-k}-3^k\ge 3^{n-k}-3^{n-k-2}=3^{n-k-2}.8$  elde edilir.

Daha önceden ispatladığımız $3^x >2x+1$ , $m\ge 2$ eşitsizliğini hatırlayalım. $m=0$ ile $m=1$ iken de eşit olduğunu hatırlayarak

$8.3^{n-k-2}\ge 8.(1+2.(n-k-2))=16n-16k-24$ bulunur. $2n\ge 16n-16k-24$ yani $8k+12\ge 7n$ elde edilir. $n\ge 2k+2$ olduğundan

dolayı $7n\ge 14k+14$ olur. fakat bu sefer $8k+12>14k+14$ yani $-6k>2$  yani $k<0$  gelir. bu da $k$ nın negatif olmayan olmasıyla
çelişir.

$k=0$ ise $m-n=1$ $m+n=3^n$ denklem $3^n=2n+1$ olur bunun çözümü $n>0$ için $n=1$  olacağını daha önce göstermiştik.
$k=1$ ise $m-n=3$ $m+n=3^{n-1}$ denklem düzenlenip türev alınırsa $1.3^{n-1}.ln3-2$  $n>3$ için daima artandır, aynı zamanda $3$ konulduğunda ifadenin kendisi de pozitif olduğundan $n>3$ için daima pozitiftir.
Denenirse $n=3$ bulunur. 


$n=1$ ise $n^2+3^n=4$
$n=3$ ise $n^2+3^n=36$ bulunur.

[AtakanCİCEK]

$39)$

$p,q$  tek sayılar , $r,s\ge 0$ olmak üzere $a=p.2^r$ ve $b=q.2^s$ olacak şekilde yazalım.
$$a^n+b^n=2^m$$
$$(p.2^r)^n+(q.2^s)^n=2^m$$
$$p^n.2^{nr}+q^n.2^{ns}=2^m$$
Genelliği bozmadan $r\le s$  alabiliriz.
$$p^n+(2^{s-r}.q)^n=2^{m-nr}$$
Sağ taraftaki iki terim de pozitif olduğundan dolayı sağ taraf ta çift olmalıdır. $p^n$ nin de tek sayı olduğuna dikkat edersek $2^{s-r}.q$ ifadesinin de tek sayı olması gerektiği görülür. $s-r=0$ yani $r=s$ bulunur. O halde ispatımız için $p=q$ olduğunu göstermek yeterlidir.
Denklemi düzenler isek $t=m-nr$ için $p^n+q^n=2^t$ şeklinde bir denklemin çözümü gereklidir.

$1)$ $n$ tek sayı olsun.
$(p,q)\not =(1,1)$  kabul edelim.
O halde $(p+q).(p^{n-1}-p^{n-2}.q+...+q^{n-1})=2^t$ olduğundan sağdaki çarpan da $2n+1$ tane tek sayının toplamı olduğundan dolayı tektir. $p^n+q^n>p+q$ olduğundan dolayı $ p^{n-1}-p^{n-2}.q+...+q^{n-1}>1$ olmalıdır.  Tek olmasıyla çelişir. O halde $p=q=1$ olmalıdır.

$2)$ $n$ çift sayı olsun.
$n=2w$ , $w\in Z^+$  dönüşümü yapılabilir.
$(p^w)^2+(q^w)^2=2^t$ olur. iki tek sayının karesinin toplamı $(mod4)$ altında $2$ kalanını verir $2^t=2$ yani $t=1$ olur. $p^w$ ve $q^w$ pozitif tam sayılar olduğundan alabileceği değerlerin toplamı en az $2$ olmalıdır. Bu durum ise $p^w=q^w=1$ yani $p=q=1$ durumudur.  $p=q$ olduğunu göstermiş olduk.

[AtakanCİCEK]

$40)$ $m=0$ için $n=1$ , $n=0$ için ise $m=3$ olmalıdır. Fakat  $m,n>0$ şeklindeki çözümleri arıyoruz. $2^m+3^n=k^2$ olduğundan dolayı $(2,k)=(3,k)=1$ dir bu nedenle $k$ nın $2$ nin veya $3$ ün katı olmayacağı görülür. $k=6k\pm1$ olur. $k^2\equiv1(mod12)$ bulunur.
Denklem $3$ modunda incelenirse $2^m\equiv 1(mod3)$ yani $m$ çifttir.
Denklem $2^m\ge4$ olduğundan dolayı $2^m\equiv 0(mod4)$ tür.  Bunu kullanırsak $3^n\equiv 1(mod4)$ olur buradan da  $n$ çift olmalıdır.

$m=2M$ $n=2N$ dönüşümleri yapılırsa

$(2^M)^2+(3^N)^2=k^2$ ifadesine dönüşür.  $(2,3)=1$ olduğu için pisagor üçlüsünün ilkel çözümlerine eşittirler.

$2^M=2xy$, $3^N=x^2-y^2$, $k=x^2+y^2$  olur.    $2^{M-1}=xy$ ve $M>1$  olduğundan dolayı $x=2^u$, $ y=2^v$  dönüşümleri yapılabilir.  $u+v>0$ ve $u>v$ elde edilir. $2^{2u}-2^{2v}=3^N$ ifadesinden $v=0$ olduğu görülür.

$2^u+1=3^s$ ve $2^u-1=3^r$ olduğundan dolayı $2^{u+1}=3^r.(3^{s-r}+1)$ buradan ise $r=0$ olması gerektiği görülebilir. $r=0$için $u=1$ $s=1$ gelir.  yani $x=2$ $y=1$  yani $k=2^2+1^2=5$  $3^N=3$, $N=1$ , $2^M=4$, $M=2$   yani  $m=4$ , $n=2$  $k=5$ çözümü gelir. 
Pozitif tam sayılarda çözümü $(4,2,5)$ bulunur.

[Metin Can Aydemir]

$2)$ $t^2=n^4+3n^2+1$ olsun. $$\Rightarrow 4t^2=4n^4+12n^2+4=(2n^2+3)^2-5$$ $$\Rightarrow (2n^2+3)^2-(2t)^2=5\Rightarrow (2n^2-2t+3)(2n^2+2t+3)=5$$ olur. Çarpanların toplamı $4n^2+6$ olduğundan sadece $1\cdot 5$ sağlar fakat $n=0$ olur, yani hiçbir pozitif $n$ için tamkare olamaz.

[Metin Can Aydemir]

$27)$ Öncelikle $x=0$ durumuna bakalım. $7^y+4=3^z$ olur fakat mod $3$'de incelenirse çözüm olmadığı net bir şekilde görülebilir. Dolayısıyla $x>0$'dır. Mod $5$'de denklemi incelersek $$3^z\equiv 4(mod 5)$$ olur ve buradan $z\equiv 2(mod 4)$ bulunur. Denklemi $$(3^{\frac{z}{2}}-2)(3^{\frac{z}{2}}+2)=5^x\cdot 7^y$$ olarak düzenleyelim. Çarpanların farkı $4$ olduğundan ikisi birden $5$'e veya $7$'ye bölünemez. Dolayısıyla $3^{\frac{z}{2}}+2=7^y$ veya $3^{\frac{z}{2}}-2=7^y$ olmalıdır.

$i)$ $3^{\frac{z}{2}}+2=7^y$ ise mod $3$'de incelersek çözüm gelmez.

$ii)$ $3^{\frac{z}{2}}-2=7^y$ ise $3^{\frac{z}{2}}+2=5^x$ olur. Bu ikisini birbirinden çıkartırsak $$5^x-7^y=4$$ olur. Mod $5$'de incelersek $7^y\equiv 1(mod 5)$ olur, buradan $y$, $4$'ün katı olduğu görülür. $$5^x=7^y+4=7^y+4\cdot 7^{\frac{y}{2}}+4-4\cdot 7^{\frac{y}{2}}=(7^{\frac{y}{2}}+2)^2-4\cdot 7^{\frac{y}{2}}$$ $$\Rightarrow 5^x=(7^{\frac{y}{2}}+2)^2-4\cdot 7^{\frac{y}{2}}=(7^{\frac{y}{2}}+2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)(7^{\frac{y}{2}}-2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)$$ Çarpanların ikisi birden $5$'e bölünüyorsa farkı da bölüneceğinden $5|4\cdot 7^{\frac{y}{4}}$ olmalı fakat bu imkansızdır. Dolayısıyla çarpanların en az biri $1$ olmalı. $(7^{\frac{y}{2}}+2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)>(7^{\frac{y}{2}}-2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)$ olduğundan $$(7^{\frac{y}{2}}-2\cdot 7^{\frac{y}{4}}+2)=1\Rightarrow (7^{\frac{y}{4}}-1)^2=0\Rightarrow y=0$$ olur. $y=0$ ise $x=1$ ve $z=2$ olur. Tek çözüm $(x,y,z)=(1,0,2)$'dir.

[Metin Can Aydemir]

$29)$
Denklemi $y^2$'ye bölelim. $$(\dfrac{x}{y})^2-1=2z\cdot (\dfrac{x}{y})\Rightarrow (\dfrac{x}{y})^2-2z\cdot (\dfrac{x}{y})-1=0$$ Çözüm, $$\dfrac{x}{y}=\dfrac{2z\pm \sqrt{4z^2+4}}{2}=z\pm \sqrt{z^2+1}$$ $\dfrac{x}{y}$ rasyonel olduğundan $z^2+1$ tamkare olmalı.$z$ pozitif olduğundan $$(z+1)^2>z^2+1>z^2$$ olur, yani çözüm yoktur.

[AtakanCİCEK]

Denklemi $y^2$'ye bölelim. $$(\dfrac{x}{y})^2-1=2z\cdot (\dfrac{x}{y})\Rightarrow (\dfrac{x}{y})^2-2z\cdot (\dfrac{x}{y})-1=0$$ Çözüm, $$\dfrac{x}{y}=\dfrac{2z\pm \sqrt{4z^2+4}}{2}=z\pm \sqrt{z^2+1}$$ $\dfrac{x}{y}$ rasyonel olduğundan $z^2+1$ tamkare olmalı.$z$ pozitif olduğundan $$(z+1)^2>z^2+1>z^2$$ olur, yani çözüm yoktur.

bu kaç numaralı soru ekleyebilir misiniz? $29$  numaralı olan sanırım

[AtakanCİCEK]

$43)$

İfadeyi adım adım düzenleyelim.

$$x^{2006}=4y^{2007}+4y^{2006}+2007y+2006$$
$$x^{2006}+1=(4y^{2006}+2007).(y+1)$$ 

Şimdi ise  $$4y^{2006}+2007\equiv 3(mod4)$$  olduğunu görelim.  Buradan $x^{2006}+1$ ifadesinin $4k+3$ formunda çarpanı olması gerektiği görülür. $x^{1003}=t$ dersek


Şimdi $t^2+1$ için geçerli olan özellikler bulalım.

$t=2k$ olursa $t^2+1\equiv 1(mod4)$ olur.

$t=2k+1$ olursa $t^2+1 \equiv 2(mod4)$ olur. $(1)$

Şimdi $t$ nin $2$ dışında asal çarpanlarının tamamının $4k+1$ formunda olduğunu gösterelim.$(2)$

$p\mid t^2+1$ olsun. $t^2\equiv -1(modp)$ olur

$t^4\equiv1(modp)$

 $p\mid t^2+1$ olduğundan $(t,p)=1$ dir.

Fermat teoreminden $t^{p-1}\equiv1(modp)$

Buradan $4$'ün $p-1$ in en küçük katı olduğunu görmek mümkündür $4\mid p-1$ elde edilir.

Buradan $t^2+1$ in $4k+3$ formunda çarpanı bulunmamalıdır. Dolayısıyla denklemin çözümü yoktur.