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

[AtakanCİCEK]

$50)$

$t^2+1=s.(s+1)$ ifadesini $t^2=s^2+s-1$ şeklinde düşünürsek   $s^2<s^2+s-1$ olması için $0<s-1$ ,   $1<s$ olmalıdır.

$s^2+s-1<s^2+2s+1$ olması için ise $s-1<2s+1$ yani $-2<s$     olmaldıır.  O halde $s>1$ için

$s^2<s^2+s-1<s^2+2s+1$ yani $(s)^2<t^2<(s+1)^2$  olacağından ardışık iki tam sayının karesi arasında başka bir tam sayının karesi

bulunamaz.  O halde $s\le 1$ olmalıdır. Soruda verilen $s\ge 1$ ifadesinden dolayı $s=1$ olur.

$t^2+1=1.2$ yani $t^2=1$ buradan ise $t\ge 1$ olduğu için  çözüm kümemiz $\{(1,1)\}$ olarak bulunur.

[AtakanCİCEK]

$52)$


Denkleme $(mod8)$ altında bakalım. $3^x+11^y\equiv \{2,4,6\}(mod8)$ , aynı zamanda $z^2\equiv \{0,1,4\} (mod8)$ olduğundan $3^x+11^y\equiv 4(mod8)$ olmalıdır.

Bu denkliğin sağlanması için $x$ veya $y$ den biri çift , diğeri tek sayı olmalıdır.

$1)$ $x=2p$,$p\in Z^+$  olsun.

$(z-3^p).(z+3^p)=11^y$ olur.

Şimdi  buradan her ikisinin de $11$ in kuvveti olacağını görelim ve $z-3^p<z+3^p$ olduğundan dolayı  $z-3^p=11^k$ olursa $z+3^p=11^{k+l}$ , $k,l\in Z^+$ olacak şekilde yazılabilir . 

o halde $z+3^p-(z-3^p)=11^{k+l}-11^k=2.3^k$ olacağından dolayı sol taraf $10$ un katı iken sağ taraf $10$ un katı değildir. O halde çözüm yoktur.

$2)$ $y=2q$ , $q\in Z^+$ olsun.

$3^x=(z-11^q).(z+11^q)$

$a,b>0$ için 

$z-11^q=3^a$

$z+11^q=3^{a+b}$

$2.11^q=3^{a+b}-3^{a}$

$2.11^q=3^a.(3^b-1)$  sol taraf $3$ ün katı olmadığı için $a=0$ olmalıdır.

$3^b\equiv1(mod11)$ olduğundan $b=5w$, $w\in Z^+$ vardır.

$2.11^q=3^b-1$  $3^b-1=(3^w-1).(3^{4w}+3^{3w}+3^{2w}+3^w+1)=2.11^q$ olur.  Ve $3^w\equiv 1(mod11)$ olduğundan $3^{w.ı}\equiv1(mod11)$ , $ı \in Z^+$ $(*)$ olmalıdır.

Aynı zamanda $3^w-1<3^{4w}+3^{3w}+3^{2w}+3^w+1$ olduğundan dolayı $3^w-1=2.11^j$, $3^{4w}+3^{3w}+3^{2w}+3^w+1=11^{h}$, $j,h \in N$ ifadesinin

 ve $(*)$ dan dolayı $3^{4w}+3^{3w}+3^{2w}+3^w+1\equiv 5(mod11)$ olur ve $j=0$ dışında çözümün olmadığı anlaşılır.

$j=0$ ise $w=1$ yani $b=5w=5$ $a=0$ bulunur.

\begin{equation*}
\begin{cases}
z-11^q=3^0=1
\\
z+11^q=3^{0+5}=243
\end{cases}
\end{equation*}


Buradan $z=122$ , $y=2m=4$ , $3^x=3^{2a+b}$ yani $x=5$  yani

$(5,4,122)$ bulunur.

[AtakanCİCEK]

$58)$

Denklem katsayılarına göre simetrik olduğundan dolayı genelliği bozmadan $a\ge b\ge c\ge d$ alabiliriz.

buradan $4a^2\ge a^2+b^2+c^2+d^2=a^2b^2c^2d^2$ olur yani $4\ge b^2c^2d^2$    bu eşitsizliği $b\ge c\ge d$ den dolayı $(2,1,1)$ veya $(1,1,1)$ şeklinde çözebiliriz.

$1)$

$(b,c,d)=(2,1,1)$ için  $a^2+6=4a^2$ olur buradan $a=\sqrt{2}$ olur ve tam sayı çözümü olamaz.

$2)$

$(b,c,d)=(1,1,1)$  için $a^2+3=a^2$ yani $3=0$ çelişkisi ortaya çıkar. tam sayı çözümü olamaz.

Dolayısıyla bu denklemin pozitif tam sayılarda çözümü yoktur.

[AtakanCİCEK]

$68)$

$1+2^x+2^{2x+1}=y^2$ denklemini çözerken  öncelikle kullanışlı bilgiler bulalım .

Varsayalım ki $(x_0,y_0)$ bir çözüm olsun.   O halde $(x_0,-y_0)$ da bir çözümdür.

$1+2^x+2^{2x+1}>0$ olduğundan $y^2>0$ olur. O halde genelliği kaybetmeden $y>0$ alabiliriz.

$x=0$ için çözümleri bulalım.   $1+1+2=y^2$ yani $(0,2)$ ile $(0,-2)$ çözümleri bulunur.

Buradan sonra $y>0$ ve $x>0$ için çözümleri bulalım.

$y^2-1=2^x.(2^{x+1}+1)$ olur.

Şimdi bu denklemi çözmek için hangi ifadenin hangi ifadeyi böldüğünü bulalım.

öncelikle $x$'in $1$ veya $2$ için olamayacağını görelim.

$x=1$ ise $11=y^2$  olur , sağlamaz.

$x=2$ ise $37=y^2$ olur , sağlamaz.

O halde $x\ge3$ olmalıdır.

$2\mid y-1$ ya da $2\mid y+1$ olacağı açıktır. iki durumda da $y-1$ ve $y+1$ çifttirler ve ardışık olduklarından içlerinden biri $4$ ile bölünür.

yani $x=3$ için biri $4$ ile diğeri $2$ ile bölünür.

$x=4$ için yine biri $4$ biri $2$ ile bölündüğünden ya biri $8$ diğeri $2$ ya da her ikisi de $4$ ile bölünmelidir. Fakat ardışık çift sayıların ikisi birden $4$ e bölünemez.

O halde içlerinden biri $2^3$ ile  diğeri $2$ ile bölünür.

$x\ge3$, $x=x$ için bakarsak kalanlar arası fark $2$ olması gerektiğinden dolayı içlerinden biri yalnızca $2$ ile bölünür diğeri $2^{x-1}$ ile bölünür.

$y\pm1=m.2^{x-1}$ , $y=m.2^{x-1}+k$ , $k=\pm1$ , $m\in Z^+$ olur. Bu bilgiyi alıp ilk denkleme koyalım.

$2^x.(2^{x+1}+1)=(2^{x-1}.m+k)^2-1$ yani $1+2^{x+1}=2^{x-2}.m^2+mk+k^2-1$ olur. $k=\pm1$ olduğundan dolayı $k^2=1$ yani $k^2-1=0$ olur.

$1+2^{x+1}=2^{x-2}.m+mk$

$1-mk=2^{x-2}.(m^2-8)$ olur. 

$1)$         $k=1$ için  $1-m=2^{x-2}.(m^2-8)$  bu ifadenin ise $m=2$ dışında çözümü yoktur. çünkü $m=1$ ise sağ taraf $0$ dan büyüktür.  $m>2$ için sol taraf negatifken sağ taraf pozitiftir.

$m=2$ için ise sol taraf  tek  sayı olacağından dolayı çözümü yoktur. O halde $k=-1$ olmalıdır.

$2)$         $k=-1$ için $1+m=2^{x-2}.(m^2-8)$ , $x\ge3$ olduğunu söylediğimiz için  $1+m=2^{x-2}.(m^2-8)\ge 2.(m^2-8)$ olur.

 $2m^2-m-17\le0$ eşitsizliği elde edilir.  $m=4$ için $32-4-17>0$ olur. $f(m)=2m^2-m-17$ şeklinde düşünürsek  $f'(m)=4m-1$ yani $m\ge4$ için $f(m)>0$ ve $f'(m)>0$ olduğundan daima artandır ve sıfırdan büyüktür.

Aynı zamanda $m^2-8>0$ olduğundan dolayı $m>2$ olmalıdır. $2<m<4$ elde edilir. yani $k=-1$ ,$m=3$ olmaldıır.

$1+3=2^{x-2}.1$  buradan $x=4$ elde edilir. $y=m.2^{x-1}+k$ ifadesinde $k=-1$ $m=3$ ve $x=4$ yerleştirilirse $y=23$ elde edilir.

O halde denklemin tüm çözümleri $(0,2),(0,-2),(4,23),(4,-23)$ olarak bulunur.

[AtakanCİCEK]

$69)$

$5^k\equiv p^2(mod3)$ olduğundan ve $p^2\equiv 0,1 (mod3)$ olduğundan $5^k\equiv 0,1(mod3)$ olmalıdır.

 $k=2q+1, q\in Z^+$ olsun.  $5^{2q+1}\equiv 2(mod3)$ olur. dolayısıyla $k$ çift olmalıdır.

$-3^n\equiv p^2(mod5)$ olur. $p^2\equiv 0,1,4(mod5)$ olduğundan $-p^2\equiv 0,1,4(mod5)$ olur.

$3^n\equiv  0,1,4(mod5)$ denkliğini çözmemiz gereklidir.

$3^4\equiv 1(mod5)$ olduğundan denkliğinin periyodu $4$ tür.

$n=4z+1$ olursa  $3^n\equiv 3(mod5)$ olur.

$n=4z+3$ olursa $3^n\equiv 2(mod5)$ olur. ve  buradan $n$ nin de çift olması gerektiği sonucunu elde ederiz.

Şimdi ise $k=0$ olması durumunu inceleyelim. $1-3^n=p^2$ olur. $1-3^n\le 0$ olduğundan dolayı ve  $p^2\ge 4$ olduğundan çözüm yoktur.

$n=0$ olması durumunda $5^k-1=p^2$ ise Sol taraf çift olduğundan dolayı $p=2$ dışında çözüm olamaz. $5^k-1=4$ olur ve buradan $k=1$ bulunur.  $(k,n,p)=(1,0,2)$ çözümü elde edilir.

şimdi ise $x,y\in Z^+$ için $k=2x$ ve $n=2y$ dönüşümleri yapalım.

$5^{2x}-3^{2y}=p^2$   $(5^x-3^y).(5^x+3^y)=p^2$ olur. $5^x+3^y>0$ olduğundan dolayı $5^x-3^y>0$ da olmalıdır.

Buradan dolayı


\begin{equation}
\begin{cases}
5^x+3^y=p^2,
\\
5^x-3^y=1
\end{cases}
\end{equation}

\begin{equation}
\begin{cases}
5^x+3^y=p
\\
5^x-3^y=p
\end{cases}
\end{equation}

\begin{equation}
\begin{cases}
5^x+3^y=1,
\\
5^x-3^y=p^2
\end{cases}
\end{equation}

Sistemleri elde edilir.

$2$ ve $3$ nolu sistemlerin mümkün olmadığını gösterelim.

$2$ için $5^x-3^y=5^x+3^y$ olur. $-3^y=3^y$ olur ve buradan $3^y=0$ dan dolayı çelişki oluşur.

$3$ için $5^x-3^y>5^x+3^y$ yani $-3^y>3^y$ olduğu sonucu çıkar ve bu da imkansızdır.

Yani çözümü olabilecek tek sistem $1$ dir.

$5^x=\frac{p^2+1}{2}$

$3^y=\frac{p^2-1}{2}$ olur.

$p=2$ için  $5^x=\frac{5}{2}$ olduğundan çözüm yoktur.

$p=3$ için $3^y=4$  olduğundan çözüm yoktur.

$p\ge 5$ için $p=6k\pm 1$ olduğundan $p^2\equiv1(mod12)$ olmalıdır. $p^2=12s+1, s\in Z^+$ yazılabilir.

$3^y=\frac{p^2-1}{2}$  olduğundan  $3^y=6s$ yani $3^y\equiv0(mod2)$ denkliği ortaya çıkar. Bu denkliğin çözümü olmadığından $1$ sisteminin de çözümü olamaz.

Denklemin tek çözümü $(k,n,p)=(1,0,2)$  olması gerektiği bulunur.

[AtakanCİCEK]

$71)$

Bu denklemde $n$ ifadesi için eşitsizlik kurmaya çalışalım. Öncelikle küçük değerler için biraz hesaplar yapalım.

$n=1$ için $k=1$ olur.
$n=2$ için $k=3$ olur.
$n=3$ için uygun $k$ değeri olmaz.


Eşitliğin sağ tarafı uzun olduğu için kısaltma amaçlı $EST$ şeklinde yazacağım.$v_2(k!)=v_2(EST)=0+1+2+...+(n-1)=\frac{(n-1).n}{2}$ olur.
$EST=2^{\frac{(n-1).n}{2}}.(2-1).(2^2-1)...(2^n-1)$ şeklinde yazılabilir. $3\mid 2^m-1$ olacak şekilde $m\in Z^+$ olması için $n\ge2$ olmalıdır.
Şimdi bu tarz sayılar için $m=2m'$ dönüşümü yapılabilir.
Kuvvet Kaydırma Teoremi ile  $v_3(4^{m'}-1)=v_3(4^{m'}-1^{m'})=v_3(4-1)+v_3(m')=1+v_3(m')$ olur.
Daha sonra \begin{equation} v_3(k!)=\sum_{n=1}^{\infty} ⌊\frac{n}{2.3^i} ⌋<\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2.3^i}=\frac{n}{2}.\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^i} \end{equation}

Kuvvet Kaydırma Teoremi olarak söylediğim aslında şudur
https://artofproblemsolving.com/community/c2032h1011696_lifting_the_exponent

Bu ifadede ise bilinen seri toplamı olduğu için kolaylıkla $v_3(k!)<\frac{3n}{4}$ olur.
De polignac formülünden dolayı \begin{equation} v_p(k!)=\sum_{i=1}^{\infty} ⌊\frac{k}{p^i} ⌋ \end{equation}

olduğunu biliyoruz.  Bu formülü iki eşitsizlik arasına sıkıştıralım.

$⌊\frac{k}{p}⌋<v_p(k!)<\frac{k}{p}+\frac{k}{p^2}+\frac{k}{p^3}+...=\frac{k}{p}.\frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\frac{k}{p-1}$
Şimdi \begin{equation} v_2(k!)=\frac{n.(n-1)}{2}<k \end{equation}

olur.  Aynı zamanda $\frac{k}{3}-1<v_3(k!)<\frac{3n}{4}$ olduğundan dolayı \begin{equation} k<\frac{9n}{4}+3 \end{equation}
O halde
 \begin{equation} \frac{n.(n-1)}{2}<\frac{9n}{4}+3 \end{equation}
yani $2n^2-11n+3<0$ elde edilir. $f(n)=2n^2-11n+3$ olsun. $n\ge 7$ için $f(n)=24>0$ ve $f'(n)= 4n-11\ge 17>0$ olduğundan dolayı daima pozitiftir. O halde $n\le 6$  olmalıdır.

Zaten $n\le 3$ için denemiştik. O halde

$n=4$ için $k!=7!.4$ olacağından dolayı çözümü yoktur.

$n=5$ için  $EST$ $2^5-1=31$ asal çarpanına sahip olacağından dolayı $k!\ge 31!$ olur. buradan ise eşitliğin sol tarafı  $23$ ile bölünürken sağ taraf bölünemez.

$n=6$ için de eşitliğin sol tarafı $23$ ile bölünürken $EST$ $23$ ile bölünmez.

O halde denklemin çözümleri $\{(3,2),(1,1)\}$ olarak bulunur.

[alpercay]

9.sorunun çözümünde $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)$ özdeşliği de kullanılabilir. Bunun için denklemi $27$  ile genişletip $1$ çıkartmak gerekiyor. Bu durumda $$(3x)^3+(-3y^3)+(-1)^3-3(3x)(-3y)(-1)=61.27-1$$  $$(3x-3y-1)(9x^2+9y^2+1+9xy+3x-3y)=2.823$$ $$3x-3y-1=2$$   ve  $x=y+1$  değeri verilen denklemde yerine konursa $x=6$  ve  $y=5$  bulunur. 823 asal olduğundan ve diğer çarpanı modülo 9 da değerlendirince çözüm gelmiyor sanırım.

[AtakanCİCEK]

9.sorunun çözümünde $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)$ özdeşliği de kullanılabilir. Bunun için denklemi $27$  ile genişletip $1$ çıkartmak gerekiyor. Bu durumda $$(3x)^3+(-3y^3)+(-1)^3-3(3x)(-3y)(-1)=61.27-1$$  $$(3x-3y-1)(9x^2+9y^2+1+9xy+3x-3y)=2.823$$ $$3x-3y-1=2$$   ve  $x=y+1$  değeri verilen denklemde yerine konursa $x=6$  ve  $y=5$  bulunur. 823 asal olduğundan ve diğer çarpanı modülo 9 da değerlendirince çözüm gelmiyor sanırım.

Bu çözüm de güzel olmuş hocam aklınıza sağlık

[alpercay]

Lokman Hocamdan esinlendim; ona da teşekkürler.

[AtakanCİCEK]

$65)$

$2^n+1=n^2m$ denklemini $\frac{2^n+1}{n^2}\in Z^+$  ifadesi şeklinde çözebiliriz.

$n^2\mid 2^n+1$ olduğundan dolayı $v_p(n^2)\le v_p(2^n+1)$ $(1)$

 olmalıdır.

Ayrıca $n$ çift olursa  $4\mid 2^n+1$ ve $2^n+1\equiv 1(mod2)$ olması gerektiği için çelişki oluşur.

$n$ tek iken Kuvvet Kaldırma Teoremi kullanırsak

$$v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$$

Yani $v_p(2^n+1)=v_p(3)+v_p(x)$ $(2)$

$p\ge 5$ için $(1)$  ile $(2)$ gereğince   $v_p(2^n+1)=v_p(n)\ge v_p(n^2)$ elde edilir.

Ancak $v_p(n^2)>v_p(n)$ olması gerektiği için $p\ge 5$ olamaz.

$2^n+1\equiv1(mod2)$ olduğundan $p=2$ de olamaz.  O halde $p=3$ olmalıdır.

Yani $2^n+1$ ifadesinin tek asal çarpanı $3$ olduğuna göre $2^n+1=3^k$ , $k\in Z^+$ olmalıdır.

$v_3(3^k)=k=v_3(2+1)+v_3(n)$ olur.  $v_3(n)=k-1$ yani $n=x.3^{k-1}$ , $x\in Z^+$ olacak şeklide dönüşüm yapalım.

$$3^k=2^{x.3^{k-1}}+1\ge 2^{3^{k-1}}+1$$

olur fakat  $k>2$ için $3^k<2^{3^{k-1}}+1$ olduğu için $k\in\{1,2\}$ olabileceği görülür.

$k=1$ için $n=1$  olur $n>1$ olmadığı için olamaz.

$n=1$ ise $m=3$ , $n=3$ ise $m=1$ olur.

O halde denklemin tek çözümü $(3,1)$ bulunur.

[alpercay]

46. soruda $x^4+y^4=z^2$ denkleminin çözümünün olmadığını gösteriniz deniyor fakat $(-3,0,+-9),(-2,0,+-4),(-1,0,1)$ gibi çözümler var. Kontrol eder misin?

[AtakanCİCEK]

46. soruda $x^4+y^4=z^2$ denkleminin çözümünün olmadığını gösteriniz deniyor fakat $(-3,0,+-9),(-2,0,+-4),(-1,0,1)$ gibi çözümler var. Kontrol eder misin?

Pozitif tam sayılarda  demeyi unutmuşum hocam teşekkürler

[AtakanCİCEK]

$46)$
 
Varsayalım ki bu denklemin $\{(x_0,y_0,z_0)\}$ için pozitif tam sayı bir çözümü olsun. $(x_0,y_0)=d$ olsun.  O halde $d^2\mid z_0$ olacağından dolayı  $\{(\frac{x_0}{d},\frac{y_0}{d},\frac{z_0}{d^2})\}$ de bir çözüm olmalıdır.  Bu çözümdeki değişkenleri sırasıyla $a$, $b$ , $c$ olarak alırsak
                                     
                                                                                   $S=\{c\in Z^+ : a^4+b^4=c^2$ ve $(a,b)=1$ olacak şekilde bir $a,b\in Z^+$ vardır $\}$

şeklinde soruyu düşünebiliriz.

 Yukarıdaki $S$  varsayımından dolayı $S\not = \oslash$ olması gerektiğinden dolayı iyi sıralanma ilkesi gereğince  $S$ nin en küçük elemanı olmalıdır.  $(a^2,b^2,c)=1$  $(a^2)^2+(b^2)^2=c^2$ şeklinde düşünürsek   $(s,t)=1$ ve $s\not \equiv t(mod2)$  için

                                                                                              $$a^2=2st \text{    ,     } b^2=s^2-t^2 \text{   ,    }  c^2=s^2+t^2$$                                                                                               

olduğunu gösterelim.

$ispat:$ 

$Lemma:$ İspata girerken öncelikle $a$ çift olduğu için $b$ ve $c$ nin tek olduğunu gösterelim.

$a^2+b^2=c^2$  denkleminde $a $ ile $b$ ifadelerinin  ikisinin de tek olması $c^2 \equiv 2(mod4)$ olmasına neden olur.
her ikisinin de çift olması  durumu ise $(a,b,c)=1$ kabulünden dolayı çelişir


burada bizim çift olan terimimiz $a$ olduğu için  $c+b$  ile $c-b$ de çift olmalıdır.

$a=2r$, $b+c=2u$ , $b-c=2v$ olacak şekilde $ r,u,v\ge 1$ tam sayıları vardır.
$a^2=b^2-c^2$ olduğundan dolayı $4r^2=2u.2v$  yani $r^2=uv$ elde edilir.
 Şimdi $(u,v)=1$ olduğunu hızlıca gösterelim.  $d=(u,v)$  olsun.  $c-b=2u$ ve $c+b=2v$  olduğundan dolayı $c=u+v$ ve $b=u-v$ olmalıdır.  $d\mid c $  ve $d\mid b$ olmalıdır. fakat $(b,c)=1$ olduğu için $(u,v)=1$ olmalıdır.
$(u,v)=1$ olduğundan dolayı $u$ ile $v$ ayrı ayrı birer tam kare olmalıdır.
$u=s^2$ , $v=t^2$ , $s,t\ge 1$ tam sayıları bulunur. İfadeleri düzenlersek
                                                                                              $$a^2=2st \text{    ,     } b^2=s^2-t^2 \text{   ,    }  c^2=s^2+t^2$$
olduğu ispatlanmış olur.


 $2.$ eşitlikten $b^2+t^2=s^2$ bulunur. $(s,t)=1$ olduğundan dolayı $(b,s,t)=1$ olmalıdır.   Pisagor üçlülerini  $Lemma$ mızdan dolayı $b$ tek olduğu için $t$ çift $s$  tek olmalıdır.

$a^2=2st$ olduğundan dolayı $(\frac{a}{2})^2=s.\frac{t}{2}$ olur. $s=u^2$ ve $t=2v^2$ , $u,v\ge 1$ tam sayıları vardır.
$b^2+(2v^2)^2=(u^2)^2$ bulunur. $(s,t)=1$ olduğundan $(u,v)=1$ olacağı da açıktır. $s$ tek olduğundan $u$ tektir.

İspatını verdiğimiz ifadeyi tekrar kullanacak olursak
                                                                                              $$2v^2=2ef \text{    ,     } b^2=e^2-f^2 \text{   ,    }  u^2=e^2+f^2$$
ve $(e,f)=1$ olacak şekilde $e,f\ge 1$ tam sayıları vardır. $v^2=ef$olduğu için $e=q^2$ , $f=r^2$ elde edilir.
O halde $u^2=q^4+r^4$elde edilir. $(e,f)=1$ olduğu için $(q,r)=1$ de olmalıdır.  Fakat $u\le s\le a^2<c$ olduğundan dolayı yani $c>u$ olduğundan dolayı iyi sıralanma ilkesi ile yani $c$ nin en küçük olmasıyla çelişir.  O halde denklemin pozitif tam sayılarda çözümü yoktur.


 Çözüm tam sayılarda olsa idi  $x.y.z=0$ ifadesi sağlanmalıydı çünkü $x^4+y^4=z^2$ için çözümümüzü  $Z-\{0\}$ kümesine genelleyebilirdik o halde $x,y$ den biri çift olmalıdır ve  o  sayı da $0$ 'a eşit olmalıdır.  Bu nedenle $x.y=0$ elde edilebilirdi.

[AtakanCİCEK]

$49)$

Öncelikle $p$ değerini bulalım.  $p=5a+b$ olsun. $p^2$ yi  bulalım.
$$ (5a+b)^2=25a^2+10ab+b^2=5.(5a^2+2ab)+b^2$$ 

Bu  ifadede $5a^2+2ab=c$ dönüşümü yapalım.  $p^2=5c+b^2$ olur.
1)   $b=0$ olarak alırsak $5$ in katı tek asal sayı $5$ olacağı için $p=5$ olmalıdır. $4p^2+1=101$ asal sayı , $6p^2+1=151$ asal sayı olduğu açıktır.
$b\not \equiv 0(mod5)$ için $b^2\equiv 1,4(mod5)$ olduğunu kullanalım.

2) $b^2\equiv 1(mod5)$ ise $4p^2+1\equiv 0(mod5)$ ve asal olması gerektiğinden dolayı $4p^2+1=5$ , $p=1$ olmalıdır fakat $p$ nin asal olmasıyla çelişir.

3) $b^2\equiv 4(mod5)$ ise $6p^2+1 \equiv 0(mod5)$ ve asal olması gerektiğinden dolayı  $6p^2+1=5$  olması gerekir fakat $p$ nin asal olmasıyla çelişir.

O halde $p=5$ olmalıdır.  Denklemde yerine koyarsak $2x^3-y^3=5$ denklemi elde edilir.

$2x^3=y^3+5$ olur .  Varsayalım ki $y$ çift olsun.  O halde
$2x^3\equiv 13(mod2)\equiv 1(mod2)$ olacağından dolayı mümkün değildir. O halde $y=2k+1$ ,  $k\in Z$ olmalıdır.

$$2x^3=8k^3+12k^2+6k+1+5=8k^3+12k^2+6k+6$$ yani

$$4k^3+6k^2+3k+3=x^3$$ denklemini çözsek yeterlidir.  $k$ nın $3$ ile bölümünden kalanları inceleyelim.
Öncelikle $x^3\equiv \{0,1,8\} (mod9)$ olduğunu belirtmekte fayda var.
1) $k\equiv 0(mod3)$ ise $x^3\equiv 3(mod9)$ olacağından dolayı çözümü yoktur.
2) $k\equiv 1(mod3)$ ise $x^3\equiv 7(mod9)$ olacağından dolayı çözümü yoktur.
3) $k\equiv 2(mod3)$ ise $x^3\equiv 2(mod9)$ olacağından dolayı çözümü yoktur.

O halde diyafont denklemimizin çözümü yoktur.

[AtakanCİCEK]

$45)$

Euler-fi fonksiyonunun özelliklerinden dolayı gerek ve yeter şartın $n=2k+1$ , $k\in Z^+$ olacak şekilde sayıların seçilmesi yeterli olacaktır. Şimdi bunu gösterelim. Öncelikle Euler-Fi fonksiyonunun değerini bulduran formülü ispatlayalım.
$n=p_1^{e_1}.p_2^{e_2}.p_3^{e_3}...$ olsun. $$\phi(n)={\overset{t}{\underset{i=1}{{\displaystyle\prod}}}p_i^{e_i-1}(p_i-1)}$$ olduğunu göstermenin bir yolunu arayalım.

Bunu bulurken öncelikle bir lemma elde edelim.

$Lemma1$   $$\phi(p^m)=p^m-p^{m-1}$$ eşitliği $p$ bir asal sayı ve $m$ bir pozitif tam sayı iken geçerlidir.

$ispat:$ $1\le i\le p^m$ ve $(i,p^m)=d$ olsun. Eğer $d>0$ ise $d$ nin bir $q$ şeklinde asal böleni olmalıdır. $q\mid p^m$ olacağından dolayı $q=p$ olacağı açıktır. yani $p\mid i$ olacağını göstermiş oluruz.
$$ 1.p,2.p,3.p,...,p^{m-1}.p$$ şeklinde $p^m$ den küçük $p^m$ ile aralarında asal olmayan sayı vardır. $1$ ile $p^m$ arasında $p^m$ tane sayı olacağından dolayı    $$\phi(p^m)=p^m-p^{m-1}$$ ifademiz ispatlanmış olur.

Şimdi asıl ispatlamamız gereken ifadeye geri dönüş yapabiliriz.

İstediğimiz formül  $t=1$ için $Lemma1$ den dolayı apaçıktır.  $t>1$ için tümevarıma gidelim.
$$n_1={\overset{t-1}{\underset{i=1}{{\displaystyle\prod}}}p_i^{e_i}}$$
olsun.  O halde $n=n_1 .p_t^{e_t}$ ve $(n_1,p_t^{e_t})=1$  olduğundan dolayı  $$\phi(n)=\phi(n_1).\phi(p_t^{e_t})$$ olmalıdır.
Tümevarım hipotezinden dolayı $$\phi(n_1)={\overset{t-1}{\underset{i=1}{{\displaystyle\prod}}}p_i^{e_i-1}(p_i-1)}$$
ve $$\phi(p^t)=p^t-p^{t-1}$$ ifadelerini çarparsak
$$\phi(n)={\overset{t}{\underset{i=1}{{\displaystyle\prod}}}p_i^{e_i-1}(p_i-1)}$$ elde edilmiş olur. 

Eğer $2^a\mid \mid n$ $n=2^a.n_2$ çift olursa $\phi(2n)$ içindeki   $p_i^{e_i}$ ifadelerinden biri $2^{a+1}-2^{a}$ olacağından  $\phi(n)$ nin içindeki ise $2^{a}-2^{a-1}$ olacağı için $$\dfrac{\phi(2n)}{\phi(n)}=\dfrac{2^a.(2-1)}{2^{a-1}.(2-1)}=2$$ olacağından dolayı mümkün değildir.  $n$ tek olmalıdır.