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

[matematikolimpiyati]

$98)$

Vieta teoreminden $a+b+c=0$ ve $ab+bc+ca=-2011$ yazalım. Kökler toplamı $0$ olduğu için köklerin üçü birden pozitif veya üçü birden negatif olamaz. Ya iki pozitif bir negatif kök vardır ya da tam tersi durum söz konusudur. Genelliği bozmadan $a\geq b \geq 0 \geq c$ kabul edelim. $c=-a-b$ değerini diğer denklemde yerine yazarsak $$ab+b(-a-b)+a(-a-b)=-2011 \implies a^2+ab+b^2=2011 \ (*)$$ elde ederiz. Öte yandan $$b \leq a \implies 3b^2 = b^2+b^2+b^2 \leq a^2+ab+b^2 = 2011 \implies b \leq 25$$ bulunur. Şimdi $(*)$ denklemini $4$ ile çarpıp düzenlersek $$(2a+b)^2=8044-3b^2$$ olur ki buradan da $8044-3b^2$ ifadesinin bir tamkare olduğunu söyleyebiliriz. Tamkare ifadeler $\pmod 5$ te $0,1,4$ değerlerini alabilir.

• $8044-3b^2 \equiv 0 \pmod 5 \implies 3b^2 \equiv 4 \pmod 5 \implies b^2 \equiv 3 \pmod 5 \implies$  çözüm yok
• $8044-3b^2 \equiv 1 \pmod 5 \implies 3b^2 \equiv 3 \pmod 5 \implies b^2 \equiv 1 \pmod 5 \implies b \equiv \pm 1 \pmod 5$
• $8044-3b^2 \equiv 4 \pmod 5 \implies 3b^2 \equiv 0 \pmod 5 \implies b^2 \equiv 0 \pmod 5 \implies b \equiv 0 \pmod 5$

Böylece $b \in \{0,1,4,5,6,9,10,11,14,15,16,19,20,21,24,25\}$ olur. $(1)$

Şimdi ifadeyi $\pmod 7$ de inceleyelim. Tamkare ifadeler $\pmod 7$ de $0,1,2,4$ değerlerini alabilir.

• $8044-3b^2 \equiv 0 \pmod 7 \implies 3b^2 \equiv 1 \pmod 7 \implies b^2 \equiv 5 \pmod 7 \implies$  çözüm yok
• $8044-3b^2 \equiv 1 \pmod 7 \implies 3b^2 \equiv 0 \pmod 7 \implies b^2 \equiv 0 \pmod 7 \implies b \equiv 0 \pmod 7$
• $8044-3b^2 \equiv 2 \pmod 7 \implies 3b^2 \equiv 6 \pmod 7 \implies b^2 \equiv 2 \pmod 7 \implies b \equiv \pm 3 \pmod 7$
• $8044-3b^2 \equiv 4 \pmod 7 \implies 3b^2 \equiv 4 \pmod 7 \implies b^2 \equiv 6 \pmod 7 \implies $  çözüm yok

Buradan da $b \in \{0,3,4,7,10,11,14,17,18,21,24,25\}$ elde edilir. $(2)$

$(1)$ ve $(2)$ den ortak olanları alırsak $b \in \{0,4,10,11,14,21,24,25\}$ buluruz. Bunların içinden $8044-3b^2$ ifadesini tamkare yapan tek değer $b=10$ dur.
$(*)$ denkleminde yerine yazarsak $a=39$ buluruz ve $c=-a-b=-39-10=-49$ elde ederiz.

Sonuç olarak sorumuzun cevabı $|a|+|b|+|c|=39+10+49= \boxed{98}$ dir.

[matematikolimpiyati]

$110)$

$5x^3 \equiv 3 \pmod 7 \implies x^3 \equiv 2 \pmod 7$ olur ki bu da imkansızdır çünkü hiçbir tam sayının küpü $7$'ye bölündüğünde $2$ kalanını vermez. (Tamküp ifadelerin $7$ ile bölümünden kalanlar $0,1,6$ olabilir) Dolayısıyla denklemin tam sayılarda çözümü yoktur.

[matematikolimpiyati]

$109)$

$x=0$ için $y=2$ olur. $x \geq 1$ olursa
$$(x+1)^3 < \underbrace{x^3+8x^2-6x+8}_{y^3} < (x+3)^3 \implies x+1 < y < x+3$$
elde edilir. Tam sayı çözüm bulunabilmesi için $y=x+2$ olmalıdır.

$\implies (x+2)^3=y^3=x^3+8x^2-6x+8 \implies x^3+6x^2+12x+8=x^3+8x^2-6x+8 \implies 2x^2=18x \implies x=9$ ve yerine yazarsak $y=11$ bulunur.

Denklemin tüm çözümleri $(0,2)$ ve $(9,11)$ ikilileridir.

[matematikolimpiyati]

$104)$

$m^3+6m^2+5m=m(m^2+6m+5)=m(m+1)(m+5) \equiv m(m+1)(m+2) \pmod 3$ ve ardışık üç sayıdan bir tanesi $3$'e tam bölüneceğinden eşitliğin sol tarafı $3$'ün tam katıdır. Öte yandan eşitliğin sağ tarafının $3$'e bölümünden kalan $1$ olduğu için denklemin tam sayılarda çözümü yoktur.

[matematikolimpiyati]

$102)$

Denklemi $\pmod 9$ da incelersek $x^3 \equiv 5 \pmod 9$ olur ki bu da imkansızdır çünkü hiçbir tam sayının küpü $9$'a bölündüğünde $5$ kalanını vermez. (Tamküp ifadelerin $9$ ile bölümünden kalanlar $0,1,8$ olabilir) Dolayısıyla denklemin tam sayılarda çözümü yoktur.

[matematikolimpiyati]

$118)$

$x \in \mathbb Z$ olmak üzere $x^5 \equiv 0, \pm 1 \pmod {11}$ ve $y \in \mathbb Z$ olmak üzere $y^2 \equiv 0,1,3,4,5,9 \pmod {11}$ yazabiliriz. Bu değerleri denklemde yerine koyup $\pmod {11}$ de incelediğimiz zaman $x^5-y^2 \not \equiv 4 \pmod {11}$ elde ederiz. Dolayısıyla denklemin tam sayılarda çözümü yoktur.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$105)$

$i)$ $x\geq 4$
Bu durumda sayımızın birler basamağı $1+2+6+24$ olduğundan 3 ile biter. Fakat bir tamkare, (mod 10) da ${0,1,4,5,6,9}$ değerlerini alabilir.
$ii)$ $x<4$
Bu durumda sadece $x=1$ ve $x=3$ durumlarında y bir tamsayı olur.

Yani sorumuzun cevabı tamsayılarda $(x,y)=(1,±1),(3,±3)$ tür.

[matematikolimpiyati]

$136)$

$m$ ve $n$'ye göre $7$ durumda inceleyelim:

$\color{red}{i)}$ $m,n<0$ olsun. $m=-a$ ve $n=-b$ diyelim ($a,b>0$). Bu durumda $|12^m-5^n|=|12^{-a}-5^{-b}|=\left|\dfrac{1}{12^a}-\dfrac{1}{5^b}\right| = \left| \dfrac{5^b-12^a}{12^a \cdot 5^b} \right|$ olur ki bu ifade tam sayı olamaz çünkü pay kısmı tek, payda kısmı ise çifttir. Buradan çözüm gelmez.

$\color{red}{ii)}$ $m>0,n<0$ (veya $m<0,n>0$) olsun. Bu durumda da $12^m$ ve $5^n$ ifadelerinden birisi tam sayı olurken diğeri tam sayı olmaz ve farkları da tam sayı olamaz. Dolayısıyla bu durumdan da çözüm gelmez.

$\color{red}{iii)}$ $m,n>0$ olsun. $12^m$ çift ve $5^n$ tek olduğu için aradığımız ifadenin sonucu tek sayı olmalıdır. Alt durumlara bakalım:

   $\color{blue}{a)}$ $12^m-5^n=1 \implies 12^m-5^n \equiv 1 \pmod 4 \implies -1 \equiv 1 \pmod 4$ çelişki

   $\color{blue}{b)}$ $12^m-5^n=-1 \implies 12^m-5^n \equiv -1 \pmod{11} \implies 5^n \equiv 2 \pmod{11}$ çelişki ( $x \in \mathbb Z$ olmak üzere $5^x \equiv 1,3,4,5,9 \pmod{11}$ dir)

   $\color{blue}{c)}$ $12^m-5^n= \pm 3 \implies 12^m-5^n \equiv \pm 3 \pmod 3 \implies 5^n \equiv 0 \pmod 3$ çelişki

   $\color{blue}{d)}$ $12^m-5^n= \pm 5 \implies 12^m-5^n \equiv \pm 5 \pmod 5 \implies 2^m \equiv 0 \pmod 5$ çelişki

   $\color{blue}{e)}$ $12^m-5^n=\boxed{7}$ yi elde edebilmek için $m=n=1$ kullanabiliriz.

$\color{red}{iv)}$ $m=n=0$ için $|12^m-5^n|=\boxed{0}$ olur.

$\color{red}{v)}$ $m=0, n>0$ olsun. Bu durumda $|12^m-5^n|=|1-5^n|=5^n-1$ olup ifade kesin artan olduğundan dolayı alabileceği en küçük değer $5^1-1=\boxed{4}$ tür.

$\color{red}{vi)}$ $n=0,m>0$ olsun. Bu durumda $|12^m-5^n|=|12^m-1|=12^m-1$ olup ifade kesin artan olduğundan dolayı alabileceği en küçük değer $12^1-1=\boxed{11}$ dir.

$\color{red}{vii)}$ $m=0,n<0$ veya $n=0,m<0$ durumlarında $12^m$ ve $5^n$ ifadelerinden birisi $1$ olup diğeri tam sayı olmayacağı için farkları da tam sayı olamaz. Dolayısıyla bu durumdan da çözüm gelmez.

Sonuç olarak $m,n$ tam sayıları için $|12^m-5^n|$ ifadesinin alabileceği en küçük pozitif tam sayı değeri $\boxed{4}$'tür.

[matematikolimpiyati]

$134)$

$a_1a_2+a_2a_3+ \cdots +a_na_1$ toplamındaki $n$ tane terimin her birisi $1$ veya $-1$'dir. Yani tüm terimler tek sayıdır. Bu tek sayıların toplamının $0$ yani bir çift sayı olabilmesi için çift adette bulunmaları gerekir(Örneğin, $6$ tane tek sayının toplamı çift sayıdır veya $22$ tane tek sayının toplamı çift sayıdır ama $5$ tane tek sayının toplamı çift değildir yine tektir. $6,22 \to$ çift sayı). Dolayısıyla $n$ çift sayıdır. $n=2k$ diyelim. Toplamda bulunan $2k$ tane terimin ($1$ ve $-1$ ler) toplamının $0$ olabilmesi için $k$ tanesinin $1$, $k$ tanesinin de $-1$ olması gerekir. Diğer taraftan bu $2k$ tane terimin çarpımı
$$(1)^k(-1)^k=(a_1a_2)(a_2a_3) \cdots (a_na_1)=a_1^2a_2^2 \cdots a_n^2=1$$
dir. Buradan da $k$ çift sayıdır. $k=2m$ yazarsak $n=2k=4m$ elde edilir ve $4 \mid n$ bulunmuş olur.

[matematikolimpiyati]

$113)$

Denklemi $5$ ile çarpıp düzenleyelim:
$$25m^2-30mn+35n^2=9925 \implies 25m^2-30mn+9n^2+26n^2=9925 \implies (5m-3n)^2=9925-26n^2 \tag{1}$$
$(1)$ denkleminin sağ tarafındaki ifade tek bir sayı olup aynı zamanda bir tamkaredir. Bu tek sayıya $2k+1$ diyelim ve $(1)$'de yerine yazalım:
$$9925-26n^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1 \implies 2k^2+2k=4962-13n^2 \tag{2}$$
$(2)$ denkleminin sol tarafı çift olduğundan sağ tarafının da çift olması gerekir buradan da $n$'nin çift olduğunu söyleyebiliriz. $n=2p$ diyelim ve $(2)$'de yerine yazalım:
$$2k^2+2k=4962-52p^2 \implies k^2+k=2481-26p^2 \tag{3}$$
$(3)$ denkleminin sol tarafı çifttir ($k^2+k=k(k+1)$ olup ardışık iki sayıdan birisi çifttir) fakat sağ taraf tek olduğu için çelişki elde ederiz dolayısıyla $5m^2-6mn+7n^2=1985$ denkleminin tam sayılarda çözümü yoktur.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$(3)$ için alternatif çözüm

Eşitliği $y^2+1=(x+2)(x^2-2x+4)$  şeklinde yazalım. Denklem $\mod 4$'te  incelendiğinde $x\equiv 1 \pmod 4$  olmalıdır. $x+2\equiv 3\pmod 4$  olduğundan $p\mid (x+2)$  olmasını sağlayan bir $p=4k+3$  asalı mevcuttur. Dolayısıyla $p\mid y^2+1$  olmalıdır, fakat $-1$ , $p=4k+3$  asalı için bir karekalan değildir. Eşitliğin çözümü yoktur.

[Sequoian]

79) Çözüm: İbrahim Atakan Çiçek Bir önceki çözümden biraz daha farklı yöntemler kullandım.
bu soruda $$(a^2+1)(b^2+1))(c^2+1)$$ ifadesinin $ab+ac+bc=1$ yardımıyla önce tam kareye tamamlanabileceğini ispatlayalım. Bu ifadeyi açtığımızda $$a^2b^2c^2+a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2+a^2+b^2+c^2+1= (abc)^2 + (ab+ac+bc)^2-2. abc(a+b+c) + (a+b+c)^2-2(ab+ac+bc) + 1  = (abc)^2 +(ab+ac+bc)^2 -2abc(a+b+c) +1 -2 +1  =(abc-(a+b+c))^2$$olur . Bu da bize $$3^x-5^y =k^2 , k\in Z$$ olacak şekilde bir $k$ olduğunu söyler ve eşitliğin ilk haline bakarsak $k=0$ olamayacağını görürüz. Şimdi ise $x$ in çift sayı olduğunu gösterelim ve iki kare farkı yapalım .  bu denklemde üstel tarafı modulo $4 $de incelersek $$3^x-5^y \equiv (-1)^x- 1(mod4) $$ yani $x$ tekse $$ 3^x-5^y \equiv 2(mod4) $$olur bu da çelişki o halde $x=2m , m\in Z$ vardır.  şimdi denklemde iki kare farkı uygularsak $$3^{2m}-k^2=(3^m-k) (3^m+k) = 5^y$$ olur. Buradan $ 0 \leq p <q $ tam sayıları için  $3^m-k=5^p$  ve $ 3^m+k=5^q$ elde edilecektir. Bu ikisini taraf tarafa toplarsak $$5^p+5^q=2.3^m$$ olur ki bu da $p,q \neq 0 $ iken $2.3^m$ nin $5$ e bölündüğünü gösterir çelişki.  O halde bu sayılardan küçük olanı $p$ nin 0 olması gerekir.
$$3^m-k=1$$ $$3^m+k=5^y$$ diyebiliriz. Bu da $$1+5^y = 2.3^m$$olur.  $y$ nin tek sayı olduğunu gösterip  Bang Zsimondy Lemmasını uygulayalım.  $y$ için varsayalım ki çift olsun bu halde ilk baştaki $3^x-5^y=k^2$ ifadesinde $x\neq0$ için $ 3^x-5^y  \equiv -4^{y/2} (mod3) $  yani  $3$ modunda $2$ kalanını verir tam kare ifade bu kalanı alamaz o halde $y $ tektir. 
Lemma: $a>b>0$ aralarında asal ve $n$ tek bir sayı ise $a^n+b^n$ ifadesinin daha küçük kuvvetlerinin hiçbirini bölemeyen en az bir yeni bir asal çarpanı vardır. Bu lemmanın tek istisnası $a=2, b=1 , n=3$ tür.  $y=1$ için  $5^y+1$ ifadesi hem 2 ve hem 3 e bölünür o halde $y \geq 2 $ için yeni bir asal çarpan olacağını yani $5^y+1$  ifadesi $2$ ve $3$ den başka asal çarpanı olacaktır. $y=0$ ve $y=1$  incelenmeli . $$1+5^y=2.3^m$$ ifadesinde $y=0$ ı incelersek $m=0$ olur bu da bize denklem sisteminden $k=0$ verir fakat bunun en başta olamayacağını söylemiştik. $y=1$ olmalıdır bu da bize $m=1$  verir yani $x=2$  olur bu da bize $abc-(a+b+c)=2 $ ya da  $abc-(a+b+c)=-2 $ verir. Şimdi önceden kalan $ab+ac+bc=1 $ i de kullanarak bu denklem sistemlerini çarpım haline getirelim. $$ (a+b)(a+c)(b+c)= (a+b+c)(ab+ac+bc)-abc$$ dir bundan yardım alırsak $$(a+b)(a+c)(b+c) = -2 $$ veya $$(a+b)(a+c)(b+c)=2$$ sonuçlarına ulaşırız  bu denklemlerde çarpan eşleştirmeleri yardımıyla  $(1,1,0), (-1,-1,0) $ çözümleri ve permütasyonları ile mümkün olur. İspat biter.

[AtakanCİCEK]

100) Eşitliğimizi $$x^4-4=y^2+z^2$$ olarak yazabilriz. Bu yazılımdan sonra sonra $$(x^2-2)(x^2+2)=y^2+z^2$$ olur şimdi ise bu $x^2-2$ ve $x^2+2$ çarpanlarını inceleyelim. $(x^2-2,x^2+2)=(x^2-2,4)$  Yani $(x^2-2,x^2+2)\in \{1,2,4\} $ olacaktır.

a) $x$ tek sayı olsun. O halde $(x^2-2,x^2+2)=1$ olur. Modüler aritmetik hesabıyla birlikte $x^2-2\equiv 3(mod4)$ ve $x^2+2\equiv 3(mod4)$ gözlemlenebilir.  Bu da  $x^2-2$ ifadesinn $x^2-2$ yi bölen $3(mod4) $ kalanını veren ve üssü tek dereceli olan en az bir asal çarpanı bulunduğunu bize söyler. Bunun ispatı için ise $x^2-2={p_1}^{q_1}{p_2}^{q_2}... {p_n}^{q_n} $
 $p_1,p_2,..,p_n  $ asal sayılar ve   $,q_1,q_2,...,q_n \in Z^+$ olsun. Öncelikle sayımız tek olduğu için bu asalların $4 $  modundaki değerleri ya $1$ ya $3$ dür. Varsayalım ki hepsi $1$ olsun. O halde  $x^2-2\equiv 1^{n}(mod4)$ olur. Çelişki. O halde en az bir tane $3$ kalanı veren asal sayı bulunmalı. Buradan $1\leq i \leq n , i\in Z$ olacak şekilde $p_i \equiv 3(mod4)$ ü sağlayan asal sayılarımızdan birini seçelim. $p_i^2\equiv 1(mod4)$  olur yani eğer tüm $3$ kalanlı $p_i$ değerlerimizin üssü çift olursa  $x^2-2\equiv 1(mod4) $ olacaktır. O halde üssü tek olan en az bir $p_i$ asalı için $3(mod4)$ elde ederiz. Bu da bize Fermat'ın ikii tamkare toplamı ile ilgili verdiği teoremin genelleşmiş versiyonundan dolayı yani tek dereceli en az $1$ adet $3(mod4)$  koşulu sağlayan $p_i$ asalı verdiğinden ve bu asal $x^2+2$ nin çarpanı olamayacağından $((x^2-2,x^2+2)=1)$  çelişki elde edilir. Bu teorem ve ispatı hakkında bilgi için ilgili linki bırakıyorum. https://en.m.wikipedia.org/wiki/Fermat%27s_theorem_on_sums_of_two_squares 

b)  $x$ çift sayı olsun O halde $x=2n , n\in Z$ vardır. Buradan, $$x^4-4=4.(4n^4-1)=y^2+z^2$$  olur. Bu denklemi $8$ modunda inceleyelim. Buradan $x^4-1\equiv 4(mod8)$ olduğu görülebilir. $y^2\equiv {0,1,4}(mod8)$ ve $z^2 \equiv{0,1,4}(mod8)$ dir. Yani  $0(mod8) ve $4(mod8)4 kalanlarını seçmeliyiz ki denklemin sol tarafıyla modüler olarak uyuşabilelim. Bu da bize $y=2k,z=2l, k,l\in Z$ dönüşümünü sağlar.  Buradan $$ 4n^4-1=k^2+l^2$$ $$4n^4-1\equiv 3(mod4)$$ $$k^2+l^2\equiv 3(mod4)$$ verir. $k^2\equiv{0,1}(mod4)$ ve $l^2\equiv{0,1}(mod4)$ olduğundan bu denklik sağlanamaz ve ispat biter. Bu denklemin tam sayılar kümesinde çözümü yoktur.

[AtakanCİCEK]

78) Çözüm: (İbrahim Atakan Çiçek) Genellikle bu tarz baş katsayısı tamkareye benzetilemeyen $4.$ dereceden denklem soruları oldukça zor yöntemler sayesinde çözümlenebiliyor. Ancak bu soruda gizli bir pisagor parametrizasyonu saklı olduğu için bu sorunun biraz daha erişilebilir olduğunu görüyoruz.

$a=0,1,2$  durumlarını özel olarak inceleyelim .  $b=0$  denklemi sağlamadığı açıktır. Genelliği bozmadan $b>0$ alalım. $a=0$ için $b=1$ olur. $a=1$  için $b=1$ , $a=2 $  için ise $b=5$  olur $a=0$  ı özel incelediğimiz için genelliği bozmadan $a>0$  alabiliriz negatif çözümler permütasyonları olacak.
$$2a^4-2a^2+1=b^2$$ $$(a^2)^2+(a^2-1)^2=b^2$$ olur. $x^2+y^2=z^2$  tarzı pisagor üçlülerinin tamsayı çözümlerini kullanalım. 

bu üçlüler  $k.(m^2-n^2)$  $k.2mn$  ve $k.(m^2+n^2)$ dir.  $a>1$ için $a^2-1$ ve $a^2 >0$ olduğu için ve $k$ nın negatif olması aslında pozitif olduğu çözümlerde bulunan $m$ ve $n$ değerlerinin  $n , -m$ veya $-m,n$ şeklinde yer değiştirmesine neden olduğundan dolayı genelliği bozmadan $k>0$  , $m>n>0$  alabiliriz. O halde elimizdeki $2$ olası denklem sistemi oluşacak. Ayrıca bu iki $x$ $y$  ye karşılık gelen ifadelerin farkının $1$ olmasından dolayı sadece ilkel çözümler yanı $k=1$  durumunu incelemek yeterlidir.

1) $$a^2=m^2-n^2$$ $$a^2-1=2mn$$ olur. $m-n=s>0$   dönüşümü yaparsak  ilk denklem $$a^2=(s+n)^2-n^2=s^2+2sn=s.(s+2n)$$ olur bu da bize $$(s,s+2n)=(s,2n)=1$$ olduğunu ispatlarsak $s$  in tamkare olduğunu verir.
2. denklemi düzenlersek $$2sn+s^2-1=2.(s+n).n=2sn+2n^2$$  buradan $$s^2-2n^2=1$$ verir. Bu denkleme bakarsak $s$ tektir yani $s^2= s_{0}^2,s_{0}\in Z_{\geq 0}$ dönüşümü yapmamızı sağlar. Buradan $$(s_{0}^2-1)(s_{0}^2+1)=2n^2$$ elde ederiz. $s$  tek olduğu için sol taraftaki her iki çarpan da $2$ ile bölünür bu da bize $n$ nin çift olduğunu yani $n=2n_{0},n_{0} \in Z_{\geq 0}$ seçimi verir. $(s_{0}^2-1,s_{0}^2+1)=2$ olduğundan $$(s_{0}^2-1)(s_{0}^2+1)=8n_{0}^2$$ olduğunu verir yani sol taraftaki çarpanlardan biri $s_{0}^2-1=4w^2$  , $s_{0}^2+1=2v^2$        veya   $s_{0}^2-1=2w^2$   ,  $s_{0}^2+1=4v^2$ olacak şekilde $v,w \in Z_{\geq 0}$  olacak şekilde sayılar olduğunu gösterir.    $s_{0}^2-1=4w^2$  denkleminde iki kare farkını $1$  e eşitleme yoluyla çözersek ve değişkenimizi yukarda yerine koyarsak $s=1$ olduğunu buluruz
$s^2-2n^2=1$  den dolayı $n=0$  yani  $ m=1$  olur bu da $a=1$ e gider fakat biz çözüme başlarken $a>1$ kabulüyle başlamıştık.   Diğer  $s_{0}^2+1=4v^2$ den  ise hiç çözüm gelmez.

2)  $a^2=2mn$ ve $a^2-1=m^2-n^2$ olur.  $(m,n)=1$ olduğu için $m=p^2$ , $n=2q^2$ veya $m=2p^2$ , $n=q^2$ olacak şekilde $p,q \in Z_{\geq 0}$ bulunur.

A) $m=p^2$ ve $n=2q^2$ için  denklemimiz $$a^2-1=4p^2q^2-1=p^4-4q^4$$ Buradan $$ (p^2+2q^2)^2=1+2p^4$$ olarak yazılabileceğini söyleyebiliriz. $p^2+2q^2=f, f\in Z_{\geq 0} $ vardır.    Denklemimiz $$f^2-1=2p^4$$ olur.  burda  $f=2g+1 , g\in Z$ dönüşümü yaparsak ve $p=2h, h\in Z$ dönüşümü yaparsak $$g.(g+1)=8h^4$$ olur.  $(g,g+1)=1$  olduğu için
a) $(g+1=8t^4) , g=v^4$ olacak şekilde $t,v \in Z_{\geq 0}$ tam sayıları bulunur. Bu da $$v^4-8t^4=-1$$ modüler aritmetik yardımıyla bakılınca $v^4\equiv 3(mod4)$  olur çelişki.

b)  O halde $g+1=t^4$ ve $g=8v^4$  olacak şekilde  $t,v$  bulunduğunu söyler bu da bize  $$t^4-8v^4=1$$ $$(t^2-1)(t^2+1)=8v^4$$ olur. Bu denklemin aynısını yukarıda $s_{0}$ ve $n_{0}$  değişkenleri için çözdüğümüzde negatif olmayan tek çözüm ikilisinin $(1,0)$ olduğunu çözmüştük. $t=1$ ise $g+1=t^4$  yani $g=0$ , $f=2g+1=1 $  , $f^2-1=2p^4$ yani $p=0$  $p^2+2q^2=f$  yani $q^2=1/2$  olur çelişki.  Buradan çözüm gelmez.

B)  $m=2p^2$ ve $n=q^2$ , $ p,q \in Z_{\geq 0}$ için denklemimiz $$4p^2q^2-1=4p^4-q^4$$ $$(2p^2+q^2)^2=8p^4+1$$    Buradan  $2p^2+q^2=o, o\in Z_{\geq 0} $ vardır.
$$o^2=8p^4+1$$ olur.  Bu denklemin pozitif tam sayılarda tek çözümü $o=3$ $p=1$ dir.  Bunu $99)$ numaralı soruda ispatlamıştık. Negatif olmayan diğer çözümü de $p=0$ $o=1$ oluyor. Buradan ise
 
$p=0$ , $o=1$  ise $2p^2+q^2=o=1$  buradan $q^2=1$  yani $q=1$  olur. bu da bize $m=0$ $q=1$  verir bu da çelişki.
$p=1$ $o=3$  için  $2p^2+q^2=o=3 $  $q=1$  bulunur.  $m=2$  $n=1$  olur. bu da bize $a^2=2mn$  denkleminden $a^2=2.2.1$  yani $a=2$ sonucunu vericektir. Bunu da en başta deneme ile bulmuştuk .

Bu denklemin tüm  $(a,b)$ çözümleri $(0,1), (1,1) ,(2,5)$ ve permütasyonları olarak bulunur. İspat biter.

$x^2=8y^4+1$ formundaki denklemin çözümü hakkındaki fikri gördüğüm yer: http://dspace.nitrkl.ac.in:8080/dspace/bitstream/2080/1845/1/full_paper.pdf

Not2: $x^3+x^2+x+1=y^2$ denklemine şu ana kadar bilinen tek çözümünden başka bir çözüm yolu vermiş oluyoruz bu şekilde.  $133)$ numaralı sorunun çözümünde görülebilir. Genel olarak akademik kaynaklarda tercih edilen çözümü de ekleyeceğim.

[AtakanCİCEK]

111)  Bu soruyu $x,y,z$ terimlerini $a,b,c$ cinsinden parametrik şekilde verebilirsek ispatımız biter. 

$$N=a^2+b^2+c^2$$
$$N^2=(a^2+b^2+c^2)^2=a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2$$
$$=a^4+b^4+c^4 +2.(-a^2b^2-a^2c^2+b^2c^2)+4a^2b^2+4a^2c^2$$
$$=(a^2-b^2-c^2)^2+(2ab)^2+(2ac)^2$$ olur ve  $(a,b,c) $ yapılan her $(a,b,c)$ tam sayı seçimi için $(x,y,z)=(a^2-b^2-c^2,2ab,2ac)$  ve bunun permütasyonları olacak şekilde çözümler bulunabilr. Bu bize $N=a^2+b^2+c^2$ ise $N^2=x^2+y^2+z^2$  olduğunu ispatlar.

Not: Ancak tersi daima doğru olmayabilir çünkü bunun tek genel çözüm kümesi olduğunu ispatlamadık.
,,