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

[AtakanCİCEK]

$2)$  bu soruyu ben de klasik yöntemle çözüme kavuşturayım.
$n\ge1$ için
$$(n^2+1)^2<n^4+3n^2+1<(n^2+2)^2$$ 
olduğundan  tam kare olamaz.  $n=0$  olmalıdır. Fakat pozitif tam sayı olduğu belirtilmiş

[AtakanCİCEK]

$56)$ 

$$x^3-8=3^y.7^z$$ olur.
$$(x-2).(x^2+2x+4)=3^y.7^z$$ olur.

$7\mid x-2$  olursa $7\not \mid x^2+2x+4$ olur. Dolayısıyla her ikisi birden $7$  ile bölünemez.

$1)$  \begin{equation*}
\begin{cases}
x-2=3^a.7^z,
\\
x^2+2x+4=3^{y-a}
\end{cases}
\end{equation*} sistemini kabul edelim.
İlk denklem ikinci denklemde yerine konulursa  $$(7^z.3^a+2)^2+2.3^a.7^z+4=3^{7-a}$$
$a\ge 1$ ise  Eşitliğin sol tarafı $8(mod3)$ gelir. Yani çelişki oluşur.  $a=0$ olmalıdır.

\begin{equation*}
\begin{cases}
x-2=7^z,
\\
x^2+2x+4=3^y
\end{cases}
\end{equation*}

 tekrar düzenlersek $7^{2z}+6.7^z+12=3^y$  elde edilir.  Eşitliğin sol tarafı asla $3$  ün katı olamaz.  O halde kabulümüz yanlıştır.


$2)$

\begin{equation*}
\begin{cases}
x-2=3^b,
\\
x^2+2x+4=3^{y-b}.7^z
\end{cases}
\end{equation*}

Sistemi düzenlersek $3^{2b}+6.3^b+12=7^z.3^{y-b}$ 

$b=0$ olmadığını görelim. $b=0$  için $19=7^z.3^{y-b}$ olur, çözüm yoktur.
$b\ge1$ için ise sol taraf $9$ ile bölünemez O halde $y=b+1$ olmalıdır.

$$3^{2b-1}+2.3^b+4=7^z$$
Denkleminin çözümlerini bulmalıyız.

Denklemin sol kısmı $4$ modunda incelenmelidir. 

$$3^{2b-1}+2.3^b+4\equiv (-1)^{2b-1}+2.(-1)^b\equiv -1+2.(-1)^b\equiv 1(mod4)$$

Buradan $7^z\equiv 1(mod4)$ Bu ise $z$ çift iken sağlandığı için $z=2n$ dönüşümü yapalım ve $4$ ü eşitliğin karşı tarafına atıverelim.

$$3^b.(3^{b-1}+2)=(7^n-2).(7^n+2)$$  $3\not \mid 7^n-2$ olduğu açıktır.  $7^n-2=3^{b-1}+2$ 

\begin{equation*}
\begin{cases}
7^n-2=\dfrac{3^{b-1}+2}{t} 
\\
7^n+2=3^b.t
\end{cases}
\end{equation*}

 elde edilir.  Buradan düzenleme yapıldığında $3^{b-1}=\dfrac{4t+2}{3t^2-1}$ gelir  bu ifade de ancak $t=1$ için tam sayıdır. $b=2$ gelir .

$y=b+1=3$ gelir. $b=2$ $t=1$ olduğuna göre $n=1$ gelir  $z=2$ bulunur.  İlk denklemde yerine koyarak $x=11$ elde edilir. 

Denklemin tek çözümü $(11,3,2)$  olarak bulunur.

[AtakanCİCEK]

$51)$  Bu çözümü geo'dan  aldım.

$3367$ nin asal çarpanlara ayrılışı $3367=7\cdot 13\cdot 37$ dir. Eğer $x^3\equiv 2^n\ \ (mod\ 7)$ ise, uygun bir $m\in N$ için $n=3m$ olur. Böylece, $3367=2^n-x^3=\underbrace{\left(2^m-x\right)}_{a}\underbrace{\left(2^{2m}+2^mx+x^2\right)}_{b}$, $a^2<b$ ve $ab=7\cdot \ 13\cdot 37$ olduğu için aşağıdakilerden biri doğrudur:

• $a=1$, $b=7\cdot 13\cdot 37$, 
• $a=7$, $b=13\cdot 37$,
• $a=13$, $b=7\cdot 37$,

$b-a^2=3\cdot 2^m\cdot x$ , $2^m\ge \sqrt[3]{3367}>14$ olduğu için

$(i)$ $b-a^2=3\cdot 2\cdot 561$ ve
$(iii)$  $b-a^2=90=2\cdot 3\cdot 15$ geçerli olamaz; ancak $(ii)$ durumu sözkonusu olabilir. Bu durumda $b-a^2=481-49=432=3\cdot 2^4\cdot 3^2$ olduğunda $n=12$, $x=9$ olmalı. Gerçekten $9^3+3367=2^{12}\ $'dir.

[AtakanCİCEK]

$53)$  Bu çözüm de geo hocamdan

Denklemi $\bmod 4$'te incelediğimizde $1^m + (-1)^n \equiv 0,1,0,3 \pmod 4$ olacağı için $n$ tek olmalı.

$\bmod 7$'de
$5^m$ in kalan sınıfı $\{5,4,6,2,3,1\}$,
$k^3$ in kalan sınıfı $\{1,1,6,1,6, 6, 0\}$
olduğu için $m \equiv 3 \pmod 6$ yani $m=3a$ olmalı.
Bu durumda denklem $5^{3a} + 7^n = k^3$ e dönüşür.
$7^n = k^3 - (5^a)^3 \Rightarrow 7^n = (k - 5^a)\left( (k-5^a)^2 + 3\cdot k \cdot 5^a  \right )$
İkinci çarpan ilkinden büyük olduğu için $k-5^a \equiv 0 \pmod 7$ olduğunda $3\cdot k \cdot 5^a \equiv k \equiv 0 \pmod 7$ gerekeceği için $k-5^a \equiv 0 \pmod 7$ olamaz.
Bu durumda geriye sadece $k-5^a = 1$ durumu kalıyor. Yerine yazarsak $1+3\cdot k\cdot 5^a = 7^n$ elde ederiz. $a\geq 1$ için $\bmod 5$'te incelersek, $n \equiv 0 \pmod 4$ elde ederiz ki bu başlangıçta bulduğumuz $n$ tek olmalı yargısıyla çelişir. O halde $a\geq 1$ için bir çözüm yok.
Geriye sadece $a=0$ ve dolayısıyla $k-5^a = 1 \Rightarrow k=2$ durumu kalıyor. Bu durumda denklemin tek çözümü $(m,n,k)=(0,1,2)$ oluyor.

[AtakanCİCEK]

$54)$  Bu çözüm de önceden geo hocamın paylaştığı çözümlerden

$k>1$ olduğundan $p\ne 7$ öncelikle $128\equiv 2^{7} \equiv 1 \pmod {127}$ olduğundan $der_{127} 2=7$ olduğunu söyleyebiliriz. Diğer taraftan $127$ bir asal sayıdır ve dolayısıyla:
$$(127,m)>1\Leftrightarrow 127|m\Leftrightarrow 127|2^{p} -1\Leftrightarrow 2^{p} \equiv 1 \pmod {127}\Leftrightarrow 7|p$$
bulunur ki bu $p>7$ olduğundan mümkün değil.

$\Rightarrow (127,m)=1$. Dolayısıyla ayrı ayrı $m|2^{m-1} -1$ ve $127|2^{m-1} -1$ olduğunu ispatlamamız yeterlidir.

$127|2^{m-1} -1\Leftrightarrow 2^{m-1} \equiv 1 \pmod {127} \Leftrightarrow 7|m-1\Leftrightarrow 7|2^{0} -2\Leftrightarrow 2^{p-1} \equiv 1 \pmod 7$ bulunur. Diğer taraftan $2^{6} \equiv 1 \pmod 7$ ve $6|p-1$ olduğundan $2^{p-1} \equiv 1 \pmod 7$ ve de $127|2^{m-1} -1$ doğrudur.

Ayrıca $m=2^{p} -1|2^{m-1} -1$ olduğunu ispatlamak için, $p|m-1$ olduğunu göstermek yeterlidir, çünkü böylece $m-1=pt$ olur ve $2^{m-1} -1=(2^{p} -1)(2^{p.(t-1)} +2^{p.(t-2)} +\dots+1)$ şeklinde yazılabilir.

Diğer taraftan $2^{p} \equiv 2 \pmod p \Leftrightarrow m\equiv 2^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ denkliği Küçük Fermat Teoremi'nden sağlanır, ispat biter.

[AtakanCİCEK]

$55)$  MATSEVER 27  nin paylaştığı çözüm

$p \mid n$ olsun. $p \neq 2$ sayısı $2^n$ yi bölmez. O halde $m!$ i de bölmez. Buradan $n$ nin her asal böleni $p$ için $p>m$ elde edilir.

(i.) $n$ nin $2$ hariç en az iki asal böleni olursa $p,q$ onlardan ikisi olsun, $n \ge pq>m^2$ elde edilir.  $m! > 2^{m^2}+m^2$ olmalıdır. Ancak  ($m$ tane $2^m$ nin çarpımı) $2^{m^2}=2^{m}.2^{m}\cdots2^{m} >1.2 \cdots m$ o halde buradan çelişki.

(ii.) $n=p^{a}.2^{b}$ olmalıdır. $a >1$ ise $p>m$ den dolayı $n > m^{a}$ dır. $a\ge 2$ ise $n >m^2$ olur ki çelişki geleceğini az önce ispatlamıştık. O halde $a=1$ olmalıdır. $n=p.2^{b}$ olur. $p \neq 2$ olduğundan $2^b $ $||$ $m!$ olur. O halde $m$ de tam olarak $b$ tane $2$ çarpanı olmalıdır. Ancak $m>2^b$ olduğundan çelişki. $n=2^{a}$ olması gerekir. $m \ge 3$ olduğundan $m!$ in çift olduğunu biliyoruz. O halde $2^{p^a}+p^a$ çift olmalı. $p=2$ olmalı. $2^{2^a}+2^a=m!$ olmalı. $m \ge 3$ için $3 \mid m!$ olduğundan $3 \mid 2^{2^a}+2^a$ o halde $a$ tek olmalı. $m \ge 5$ için $5 \mid   2^{2^a}+2^a$ olmalı. $a=1$ ise 5 ile bölünmez. $a\ge 2$ için $2^{2^a} \equiv 1 \pmod{5}$ yani $2^a \equiv 4 \pmod{5}$ olmalı. Ancak $a$ tek olduğundan çelişki! $m=3,4$ olabilir. $m=3$ için $n=2$ sağlar.

(iii.) $n=1$ olabilir. Buradan çözüm yoktur.

$(3,2)$ tek köktür. İspat biter.

[AtakanCİCEK]

$57)$  Metonster 'in yaptığı bir çözüm

Soruyu üç durumda inceleyelim.
$i)$ $m=n$ ise $k=m^2$ olur.

$ii)$ $m>n$ ise $m-n=x, ~m+n=y$ diyelim. $m=\dfrac{x+y}{2}$ ve $n=\dfrac{y-x}{2}$ olur.$4|(m+n)^2$ olduğundan $y$ çifttir.Dolayısıyla $x$ de çifttir. Yerine yazarsak, $$k=\dfrac{y^2}{2(x+y)x^2+4} \Rightarrow y^2-2kx^2y-(2kx^3+4k)=0$$ olur. Diskriminantı tamkare olmalı. $$\Delta = 4k^2x^4+8kx^3+16k=4t^2 \Rightarrow t^2=k^2x^4+2kx^3+4k$$ olur. $k\geq 1$ ve $x\geq 2$ olduğunu biliyoruz buradan, $$(kx^2+x+1)^2>k^2x^4+2kx^3+4k>(kx^2+x-1)^2$$ bulunur. $k^2x^4+2kx^3+4k=(kx^2+x)^2$ olmalı buradan $k=(\dfrac{x}{2})^2$ bulunur.

$iii)$ $m<n$ ise $n-m=x,~m+n=y$ diyelim.Aynı şekilde $x$ ve $y$'yi çift bulabiliriz. Yerine yazar ve düzenlersek, $$y^2-2kx^2y+2kx^3-4k=0\Rightarrow \Delta =4k^2x^4-8kx^3+16k=4t^2\Rightarrow t^2=k^2x^4-2kx^3+4k$$ olur. $$(kx^2-x+1)^2>k^2x^4-2kx^3+4k>(kx^2-x-1)^2\Rightarrow k^2x^4-2kx^3+4k=(kx^2-x)^2\Rightarrow k=(\dfrac{x}{2})^2$$ bulunur. Yani $k$ her zaman tamkaredir.

[AtakanCİCEK]

$59)$ 

Bu soruyu çözerken $c$ herhangi bir tam sayı olduğu için genelliği bozmadan pozitif tam sayılarda çözümleri bulursak geri kalan çözümleri bulmak kolaydır.

Bu soruyu $\dfrac{a^2+b^2+3}{ab}\in Z$ olarak düşünebiliriz.  $a=b$  olduğunu varsayarsak $2+\dfrac{3}{a^2}$  gelir ve $a=1$ olmalıdır. $a=b=1$ yerine koyulursa $c=5$  elde edilir.

Genelliği bozmadan $a>b$ kabul edebiliriz.

$$a^2-abc+(b^2+3)=0$$ denkleminin diğer çözümü $x$  olsun. 

$$a+x=bc$$ $$ax=b^2+3$$

elde edilir. Buradan $x$  in de tam sayı olacağı görülür.

Genelliği bozmadan $x\ge a$  olsun. O halde

$$a^2+3>b^2+3=ax\ge a^2$$ $a\ge3$  için
$$a^2>b^2\ge a^2-3 >(a-1)^2$$ olduğundan dolayı çözüm yoktur. 

$a=2$ için $a>b$ kabulünden dolayı olası tek çözüm $(2,1)$ dir ki sağlar $c=4$  bulunur.  Geri kalan çözümler ise bunların işaretlerinin ve $a$ ile $b$ nin değerlerinin yer değiştirmeleriyle gelecektir.

$(1,1)$  ikilisinden yararlanarak $(1,1,5)$ $(-1,1,-5)$  ,$(1,-1,-5)$ , $(-1,-1,5)$ çözümü gelir.

$(2,1)$  ikilisinden yararlanarak $(2,1,4)$ , $(1,2,4)$ , $(2,-1,-4)$ , $(-1,2,-4)$  , $(-2,1,-4)$ , $(1,-2,-4)$   çözümlerini söyleriz. Bu denklemin $10$  çözümü vardır.

[AtakanCİCEK]

$60)$  Çözümü geo hocamızdan aldım.

$y$ yi sabit tuttuğumuzda,
$f(a,y) = f(b,y)$ ise $a^2-ay+y^2 = b^2 - by + y^2 \Rightarrow (a-b)(a+b-y)=0$ olacağı için $b=y-a$ elde edilir. Bu durumda $(a,y)$ bir çözüm ise $(y-a,y)$ de bir çözümdür.
Benzer şekilde $x$ i sabit tuttuğumuzda, $f(x,a)=f(x,b)$ ise  $x^2 - ax + a^2 = x^2 - bx+b^2 =0 \Rightarrow (a-b)(a+b-x) $ ve $b=x-a$ elde edilecek. Bu durumda $f(x, a)$ bir çözüm ise $f(x, x-a)$ da bir çözüm olacak.
Bunun haricinde simetriden dolayı $f(x,y)=f(y,x)$ ve kare ifadelerden dolayı $f(x,y)=f(-x,-y)$ olduğu görülüyor.
Tüm çözümleri birleştirirsek:
Sabit tutma sonucu $3$ tane: $(x,y)$, $(y-x, y)$, $(x, x-y)$
Yer değiştirme sonucu $3$ tane: $(y,x)$, $(x-y, x)$, $(y, y-x)$
Bunların eksileri sonucu $6$ tane çözüm geleceği için, $(x,y)$ çözümse, bunun haricinde $11$ çözüm daha vardır.
$(x,x)$ olma durumunda çözümler $(x,x)$, $(-x,-x)$, $(0,x)$, $(x,0)$, $(0,-x)$, $(-x,0)$ olacak. Çözüm sayısı yine $3$ ile bölünüyor.
$(0,0)$ çözüm ise çözüm sayısı $1$ olacak. Ama $(0,0)$ çözümse, $n=0$ olması gerekeceği ve soruda $n$ pozitif tam sayı dediği için $(0,0)$ çözüm olamaz.

[AtakanCİCEK]

$61)$  Merdan97 isimli üyeden aldığım çözüm

$y$ tek olursa sağ taraf çift olur bu imkansız.
$y$ çift olmalı. o zaman sağ taraf $8$'e bölününce $1$ kalanını verir ki sol taraf da aynı kalanı vermeli $x$ çift olmalı. sol taraf tamkare olur.
Sağ taraftaki ifadeyi tamkare olmasına göre inceleyelim.
$y\ge0$ ise
$(y^2+2)^2 > y^4+4y+1>(y^2)^2$
$y^4+4y+1=(y^2+1)^2$  olmalı.
$2y^2-4y=0$
$y=0$ , $y=2$
$y=0\Rightarrow y^4+4y+1=1=5^x$ 
$x=0$ olur.
$y=2\Rightarrow y^4+4y+1=25=5^x$
$x=2$ olur.
Buradan $(x,y)=(0,0)$ ve $(x,y)=(2,2)$ bulunur.


$y< 0$ ise $a>0$ olmak üzere $a=-y$ diyelim.
$y^4+4y+1=a^4-4a+1$
$a=1,2$ için çözüm gelmez $a>2$ alabiliriz.
$(a^2+1)^2> a^4-4a+1 > (a^2-1)^2$
$a^4-4a+1=(a^2)^2=a^4$  olur. Buradan a tamsayı olmaz çözüm gelmez.
Tüm çözümler $(x,y)=(0,0)$ ve $(x,y)=(2,2)$ olur.

[AtakanCİCEK]

$62)$ MATSEVER 27  den aldığım bir çözüm

Eğer $n$ bir tek sayı ise $\left(n^{\frac{n+1}{2}}\right)^2<n^{n+1}+n-1<\left(n^{\frac{n+1}{2}}+1\right)^2$ olduğundan eğer  $n \ge 2$ ise buradan çözüm gelmeyeceğini söyleyebiliriz. $n=1$ için sağlar.

Eğer $n \equiv -1$ $\text{(mod 3)}$ ise $\left(n^{\frac{n+1}{3}}\right)^3<n^{n+1}+n-1<\left(n^{\frac{n+1}{3}}+1\right)^3$ olduğundan buradan da $n \ge 2$ için çözüm gelmeyeceğini söyleyebiliriz. $n=1$ i saymıştık.

Eğer $n \equiv 0$ $\text{(mod 3)}$ ise $m^6 \equiv -1$ $\text{(mod 3)}$ olur ve buradan da çözüm gelmez.

O halde $n \equiv 4$ $\text{(mod 6)}$ diyelim. $n+1 | n^{n+1}+n+2=y^6+3$ olduğunu söyleyebiliriz. Buradan $n+1 \equiv 5$ $\text{(mod 6)}$ olur. Buradan $n+1$ i bölecek şekilde bir  $p \equiv 2 \pmod{3}$ olacak şekilde bir $p$ asalının varlığını bilebiliriz. $y^6 \equiv -3 \pmod {n+1}$ idir. O halde $ y^6 \equiv -3 \pmod{p}$ olur. Ancak bir tamkare  $p \equiv 2 \pmod{3}$ olmak üzere $\pmod{p}$ de $-3$ kalanını veremez. $p >2$ idir.

İspat: Diyelim ki bir $x$ için $ x^2 \equiv -3 \pmod{p}$ olsun. Şimdi de $2y+1 \equiv x \pmod p$ olacak şekilde bir $y$ seçelim. Buradan $y^2+y+1 \equiv 0 \pmod p \Rightarrow y^3 \equiv 1 \pmod p$ olur. O halde $y$ nin $\pmod p$ deki mertebesi $d$ olmak üzere $(d,3)=1,3$ olabilir. $=1$ ise $y \equiv 1 \pmod p$ olur. $p=3$ olması gerekir. Çelişki! $=3$ olsa $3|d|p-1$ olması gerekir. Çelişki! Kabul yanlıştır ve böyle $x$ ler yoktur.

O halde bu durumdan da çözüm gelmez ve ispat biter. Yalnızca  $n=1$ sağlar.

[AtakanCİCEK]

$63)$  Mehmet Utku Özbek'in yaptığı çözümü düzenledim.

İfadeyi $m$ parantezine alalım.

$\Longrightarrow m[\ p^{2l-1}(mn+1)^2+m]=x^2$         

Eğer $m$ tam kare değilse  çarpanlarından biri $q$ olacak şekilde ve üssü tek sayı olacak şekilde bir çarpanı vardır. $q^k$ alalım.  $q$ nun ikinci parantezi bölmesi gerekir.  $q$  ile $(mn+1)^2$  aralarında asal olduğu için $q \mid p^{2l-1}$   olmalıdır.   O zaman $q=p$  olmalıdır.  Eğer $k$ nın tek olmaması gerektiğini gösterirsek ispat biter.  Şimdi  ifadede $m=p^k$  olduğunu söyleyebiliriz.

$\Longrightarrow m[\ p^{2l-1}(mn+1)^2+m]=p^k[\ p^{2l-1}(p^{k}n+1)^2+p^k]=p^{2k}[\ p^{2l-k-1}(p^{k}n+1)^2+1]=x^2$

Dolayısıyla son ifadedeki ikinci parantez de tam kare olmalıdır.

$\Longrightarrow p^{2l-k-1}(p^{k}n+1)^2+1=y^2$

Eğer $k$ tek olursa $2l-k-1$  çift olacağından ifade  aslında $c=p^{\tfrac{2l-k-1}{2}}(p^{k}n+1)$   olmak üzere   $c^2+1=y^2$  halindedir.  Bunun da pozitif tamsayılarda çözümü yoktur. Yani $k$ tek olamaz. İspat biter.

[AtakanCİCEK]

$64)$ 

Kaba bir ispatla sayının $2$ basamaklı olduğunu gösterelim.

Varsayalım ki $x$ sayısı $n$ basamaklı olsun.

$x^2\ge 10^{2n-2}$ olduğundan $2n-1$ basamaklı en küçük sayıdır ve diğer $2$ terim negatif olduğu için basamaklar çarpımının minimum değeri $x^2-10x-22 > 10^{2n-3}$

Sayının basamaklar çarpımının maximum değeri ise $n$  tane $10$ çarpılmış olsaydı bile $10^n$ olurdu.

Basamaklar çarpımının maximum değeri minimum değerinden büyük veya tek değer alabiliyorsa eşit olacağından dolayı $10^n > 10^{2n-3}$  yani $n < 3$ bulunur. 

$x$ tek basamaklı ise $x=x^2-10x-22$  olacağından dolayı $\bigtriangleup$ tamkare olmadığından çözüm gelmez.

$x$ iki basamaklı ise $x=ab$  alalım.  $a.b=(10a+b)^2-10.(10a+b)-22$
 
$a\ge 2$ için  $b$  rakam olmak üzere

$$100a^2+19ab+b^2-100a-10b-22>0$$

olduğundan denklemin çözümü yoktur. $a=1$ olmalıdır.

$b^2+9b-22=0$  bulunur. Çözülürse $b=2$  bulunur. $x=12$  sağlar. 

[AtakanCİCEK]

$66)$

Bölme Algoritmasını uygulayalım.

$$\dfrac{n^3+1}{mn-1}=qn+r$$ $q\ge 0 $  , $0\le r<n$

Denklemi içler dışlar çarpıp düzenlersek

$$n^3+1=qmn^2+rmn-qn-r$$

Denkleme $n$ modunda bakarsak $1\equiv -r(modn)$  yani $r\equiv -1(modn)$  bölme algoritmasını da göz önüne alırsak $r=n-1$ olmalıdır.

Denklemi tekrar düzenlersek $n^2=qmn+(n-1).m-q-1$ elde edilir.

$m^3.\dfrac{n^3+1}{mn-1}=\dfrac{m^3n^3-1}{mn-1}+\dfrac{m^3+1}{mn-1}$ olduğundan ilk $3$ terim tam sayı olduğundan $\dfrac{m^3+1}{mn-1}$  de bir pozitif tam sayıdır. Genelliği bozmadan $m\ge n$ alabiliriz.

$n=1$ ise $1=qm-q-1$  $2=qm-q$ $q\mid 2$ olduğundan $q=1$ veya $q=2$ dir.

$q=2$  ise $m=2$    $(2,1)$ ve simetriği
$q=1$ ise $m=3$ olur.  $(3,1)$ ve simetriği gelir.

$m\ge n\ge 2$ olsun. O zaman

$n^2\ge qn^2+n.(n-1)-q-1$
$n+1\ge q.(n^2-1)$
$q.(n-1)\le 1$
$n\ge 2$ olduğundan  $q\le 1$ elde edilir.

$q=1$ için $n^2\ge qn^2+n.(n-1)-q-1$  eşitsizliğine tekrar bakalım .

$n^2\ge 2n^2-n-2$
$n^2-n-2\le 0$ $n\ge 2$  olduğundan dolayı $n=2$ olası tek çözümdür. Denklemde yerine konulursa $m=2$ çıkar.

$q=0$ için

$n^2=mn-m-1$
$$n^2+1=m.(n-1)$$
$$\dfrac{n^2+1}{n-1}\in Z$$ Polinom bölmesi yardımıyla  $$\dfrac{2}{n-1}\in Z^+$$ olmalıdır.  $n=2$ ve $n=3$ çözümleri gelir.
$n=2$  için $m=5$
$n=3$ için $m=5$  olur. 

Denklemin tüm çözümleri bunların simetrikleri ile birlikte  $\{(1,3),(3,1),(1,2),(2,1),(2,2),(5,3),(3,5),(2,5),(5,2)\}$ şeklinde $9$  çözümü vardır.

[AtakanCİCEK]

$67)$   $\dfrac{a^2}{2ab^2-b^3+1}=k$ , $k\in Z^+$ diyerek işe koyulalım .

İçler dışlar çarpıp ifadeleri tek tarafta toplarsak

$$f(x)=x^2-2kb^2.x+k.(b^3-1)=0$$ denkleminin çözümleri $b>1$ için iki adet pozitif tam sayı köktür.

$b=1$ durumunu özel olarak incelersek $(2n,1)$  çözümünü görürüz.

pozitif tam sayı köklerden birinin $x=a$ olduğunu görürüz. Diğer kökü $a'$ olsun.

Genelliği kaybetmeden $a'\ge a$ alınabilir. $$a^2\le a.a'=k.(b^3-1)$$  gelir.

Başlangıçtaki ifadeyi düzenleyelim.   $$k=\dfrac{a^2}{2ab^2-b^3+1}\le b.\dfrac{k^3-1}{2ab^2-b^3+1}$$   

$$b^3-1\ge 2ab^2-b^3+1$$

$$b^3-1\ge ab^2$$

$$b>b-\dfrac{1}{b^2}\ge a$$ olduğundan $b>a$ bulunur.

Aynı zamanda başlangıçtaki denklem $$b^2>a^2=k.(2ab^2-b^3+1)\ge 2ab^2-b^3+1>0$$

yazılabildiğinden dolayı $$b^2>(2a-b).b^2+1>0$$ elde edilir.  $2a-b>0$ için sol kısma bakınca $0>1$ çelişkisi gelir.  $2a-b<0$  ise  $2a-b=-x$ ,$x\in Z^+$ olmalıdır.  $-xb^2+1>0$ çelişkisi gelir.  $2a=b$ olmalıdır.   

yani $(a,b)$  ikililerinden biri daha $(n,2n)$ olarak bulunur.  Yerine konulduğunda $k=n^2$  yapar.

$$f(x)=x^2-2kb^2.x+k.(b^3-1)=x^2-8n^3x+8n^4-n=0$$  Denkleminin köklerinden biri $n$  olduğuna göre

$n.a'=8n^4-n$  $a'=8n^3-n$ elde edilir.  O halde $(8n^3-n,2n)$  de bir çözümdür.