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

[Metin Can Aydemir]

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.
,,

Soru bariz bir şekilde bunu kullanmamızı istemiyor ama bir pozitif tamsayının üç tamkarenin toplamı olarak yazılamaması için $4^a(8b+7)$ formatında olması gerekir. $N^2$'nin de hiçbir $N$ için bu formatta olmadığı kolayca görülebilir. Yani aslında $N=a^2+b^2+c^2$ formatında olmasına bile gerek yoktur.

[AtakanCİCEK]

112)

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.
,,

Soru bariz bir şekilde bunu kullanmamızı istemiyor ama bir pozitif tamsayının üç tamkarenin toplamı olarak yazılamaması için $4^a(8b+7)$ formatında olması gerekir. $N^2$'nin de hiçbir $N$ için bu formatta olmadığı kolayca görülebilir. Yani aslında $N=a^2+b^2+c^2$ formatında olmasına bile gerek yoktur.

Bu soruyu aldığım yerde seçilen $N$  için $a,b,c$ yerine  seçilen $a,b,c$ için $N$ eşitliğini sağlamayı planlamışlar sanırım, evet haklısınız. Sanırım Femat'ın (yanlış hatırlamıyorsam böyle gördüm) kitaplarının birinde bu yukarıdaki soru geçmiş.
 112)
Bu soruda $7$ ile bölünürlüğü ispatlarken pell yapısı ortaya çıkıyor $4a^2-3b^2=1 $ denklemi ve bu denklem sayesinde $n\equiv 0(mod7) $ sonucu elde ediliyor fakat elementer yollarla bunu elde edemedim. Genel çözümünü elementer yollarla göstererek ispatını yapacağım o yüzden.
$3n+1$ ve $4n+1$  tam kare ise $8$ e bölündüğünü ispatlamak biraz daha kolay onunla başlayalım. 
$3n+1=a^2$ ve $4n+1=b^2$  olacak şekilde $a,b \in Z^+$ vardır. burada  2. eşitliği incelersek $b$'nin tek olduğu görülür. Bu da bize her $b$ tek sayısı için $b^2\equiv 1(mod8)$  verir. yani $$4n+1\equiv 1(mod8)$$  $$n\equiv 0(mod2) $$verir. Bu da bize $n$ çift verir. O halde $3n+1$ de çift olmalıdır. $a\equiv 1(mod2)$ olur. yani $a^2\equiv 1(mod8)$. buradan $$3n+1\equiv 1(mod8)$$  $$n\equiv 0 (mod8) $$gelir ve $8 $ e bölünebilirlik ispatı biter.

$7$ ye bölünebilirlik ispatını yapmak için Pell denklemlerine geçiş yapalım  ilk denklemi $4$  ile ikinciyi de $3$ ile çarpıp taraf tarafa çıkarırsak  $4a^2-3b^2=1$ denklemini elde ederiz. $x=2a$ ,$a\in Z^+$ dönüşümü yaparak   $x^2-3b^2=1$  denklemi oluşur ve $x$ çift olduğu bilgisi elimizde var. Bu da bize $b$ nin tek sayı olduğunu verir. $x$  çift olduğu için denklemin ilk çözümü $x=2$ $b=1$  ile mümkün.  Şimdi ise pell denklemlerinde genel indirgenme yapılarının formunun $x ->(Ax+Bb)$  ve   $b -> (Cx+Db)$  olacak şekilde en küçük $A,B,C,D$ pozitif tam sayılarını bulalım. Daha küçük tamsayılarla bu denklemin sağlanmadığı gösterilirse genel formüle gerek kalmadan türetme formülünü elde edebiliriz.
$$(Ax+Bb)^2-3(Cx+Db)^2=A^2x^2+ABxb+B^2b^2-3.(C^2x^2+CDxb+D^2b^2)=(A^2-3C^2)x^2+(AB-3CD)xb+(B^2-3D^2)b^2$$    Biz bu katsayıların tekrar $x^2-3b^2=1$ denkleminin katsayıları olmasını istiyoruz. Yani $$A^2-3C^2=1$$ $$AB-3CD=0$$  $$B^2-3D^2=-3$$ denklem sistemi sağlanmalı ve bunun en küçük çözümünü istiyoruz.  $B^2-3D^2=-3$ ifadesinde denklemi $A^2$ ile genişletip yukarıdaki $2$ denklemi kullanırsak $$B^2-3D^2=-3$$  $$A^2B^2-3A^2D^2=-3A^2$$  $$9C^2D^2-3A^2D^2=-3A^2$$ $$3D^2(3C^2-A^2)=-3A^2$$ Buradan $A=D$ gelir.  Bu ifade sayesinde $AB=3CD$  $B=3C$ olur. O halde $A^2-3C^2=1$ denkleminin en küçük çözümünü seçersek karşılık gelen $B$ ve $D$ değerlerini de en küçük bu denklemi sağlayan şekilde kısıtlamış oluruz. Bu da bize $A=2$ $C=1$  $B=3$  $D=2$ verir.  Bu da $(x,b)$ çözüm ise $(2x+3b,x+2b)$  nin de çözüm olduğunu söyler.  O halde bu genel çözümler
1.     $(x,b)$

2.     $(2x+3b,x+2b)$

3.     $(2.(2x+3b)+3.(x+2b),2x+3b+2.(x+2b))= (7x+12b, 4x+7b)$  olur: Sayılar buradan sonra çok büyüyeceği için $7$ modunu alalım . $7$ modunda $(5b,4x)$  olur.

4.     $7$ modunda $4.$ ifademiz $(2.5b+3.4x,5b+2.4x)$ bu da  $(3b+5x, 5b+x)$  olur.

5.     $7$ modunda $5.$ ifademiz $(2.(3b+5x)+3.(5b+x),3b+5x+2.(5b+x))$ bu da $ (6x,6b)$

6.     $7$ modunda $6.$ ifademiz $(2.6x+3.6b,6x+2.6b)$ bu da   $(5x+4b,6x+5b)$

7.     $7$ modunda $7.$ ifademiz $(2.(5x+4b)+3.(6x+5b), 5x+4b+2.(6x+5b))$ bu da $(2b,3x)$ olur.

8.     $7$ modunda $8.$ ifademiz $(2.2b+3.3x, 2b+2.3x)$ bu da $(4b+2x,2b+6x)$ olur.

9.     $7$ modunda $9.$ ifademiz $(2.(4b+2x)+3.(2b+6x),4b+2x+2.(2b+6x)$ bu da $(x,y)$ olur.

$7$ modunda döngü başlar. Yani ilk çözüm $(2,1)$ den başlayıp sadece $x$ çift $b$ tek olan çözümleri incelediğimizde $x^2$ ve $b^2$  için $7$ modunda bir kalan bulmaya çalışalım. döngü 8 adımda kapandı bu $8 $  ifadeye de $x$ ve $b$ değerlerini koyacağız. bizim üreten ifademizing $2$ modunda incelenmesiyle çözümlerin $x$ çift $b$  tek ile başlayıp sırasıyla tek ve çiftin yer değiştirerek gittiğini görebiliriz. Bizim en baştaki koşulumuz $x$  çift olması olduğu için buradaki tek numaralı adımlar bizim istediğimiz çözümleri üretiyor bunlarda $x$ ve $b $  yi yerine koyarak oluşan yeni $b$ lerin kalanını hesaplayalım. (Tek adımlı tüm sonuçlardaki parametrelere $x=2$  $y=1$ yazıyoruz.)

1) den $b=1$ yani  $b\equiv 1(mod7)$

3) den $b->4x+7b=15(mod7)$ yani $b\equiv 1(mod7)$

5) den $b->6b=6(mod7)$ yani $b\equiv -1(mod7)$

7)  den $b-> 3x =6(mod7)$ yani $b\equiv -1(mod7)$.

 Buradan da  $$b^2\equiv 1(mod7)$$ sağlanmak zorunda olduğu açıkça görülebilir.  $$4n+1\equiv b^2(mod7)$$ buradan da $$ 4n\equiv 0(mod7)$$ $$n\equiv 0 (mod7)$$ olur  ve  $8|n$ ve $7|n$  olduğu için $56|n$ olur ispat biter.

Not: $x$ çift olma şartımızdan dolayı $1.$ basamaktan $3.$ basamağa geçiren geçişimiz bize $4a^2-3b^2=1$ denkleminin genel çözümünü üretiyor.

not: sorunun orijinal kaynağını buldum :  https://artofproblemsolving.com/community/c6h1994813p13915413

[AtakanCİCEK]

119)   $4xy-x-y$  nin tam kare olmadığını göstermek için çelişki kullanalım. Varsayalım ki tam kare olsun o halde $$4xy-x-y=k^2 ,k\in Z^+$$ vardır. ($k=0$ için test kolayca yapılabilir.) $$4xy-x-y=x(4y-1)-\dfrac{1}{4}(4y-1)-\frac{1}{4}=k^2$$ $$4x(4y-1)-(4y-1)=4k^2+1$$ olur yani.  $$4y-1|4k^2+1$$ olur bu da bize şunu verir:
Öyle bir $p\equiv 3(mod4)$  olacak $p$ asalı vardır ki $p|4k^2+1$  sağlanır. $2k=m , m\in Z^+$  alalım daha genel bir ispatını verelim.

bize bu bölünebilme $m^2\equiv -1(modp)$ verir. Aynı zamanda Femat'ın klasik teoreminden $$a^{p-1} \equiv 1(modp)$$ olduğunu biliyoruz. ve $p>2$  için $p$ daima tektir O halde aşağıdaki işlemleri yapabiliriz.

$$a^{p-1}\equiv (a^2)^{\frac{p-1}{2}}(modp)$$
$$(-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(modp)$$
$$\frac{p-1}{2}$$ çift olmalıdır.  bu da bize $p\equiv 1(mod4)$ verir. Çelişki.  O halde  hiçbir $m^2+1$  formatındaki bir sayının $3(mod4) $ formatında asal böleni olamaz. Bu da bize orijinal sorumuzu ispatlar.

[AtakanCİCEK]

120) Bu soru için internette çeşitli parametrizasyon denemeleri türetilmiş. Bunlardan en kolay üreteni

$$(10+x)^3=1000+3.100x+3.10x^2+x^3$$
$$(10-x)^3=1000-3.100x+3.10.x^2-x^3$$  taraf tarafa toplama yardımıyla
$$(10+x)^3+(10-x)^3=2000+60x^2$$ O halde geriye kalan iki terimden biri $-1$ diğeri de $-\sqrt[3]{60x^2}$ olacak şekilde sonsuz $x$ türetebildiğimizi gösterirsek ispat bitecek. Denklemimiz için  $60x^2=y^3$ olmasını sağlayan sayıları bulalım. $x=60a$ olacak şekilde $a$ tamsayısı seçersek $$60^3a^2=y^3$$  yani $a=m^3$ şeklinde seçilen $m$ tam sayıları için bu ifade tam küp olmuş olacak bu da bize $x=60m^3$ , $m\in Z$  dönüşümünün yeterli olacağını gösteriyor.
O halde bu $4$ tam küp toplamını $m$  cinsinden yazarsak $$(10+60m^3)^3+(10-60m^3)^3+(-60m^2)^3+(-1)^3=1999$$ elde ederiz. Buradada $m$ yerine sonsuz farklı tam sayı yazabildiğimiz için sonsuz $a,b,c,d$  çözümü üretmiş oluruz.
İnternette kaynak taraması yaparken bu $4$ küp toplamı ile ilgili daha genel bir çalışmayla karşılaştım.
https://people.math.harvard.edu/~elkies/4cubes.html

Bizim yukarıda yaptığımız çözüm ise $(n+x)^3-(n-x)^3=2n^3+3.n.x^2$  olduğu için     öbür $3$. terimimiz $-3nx^2$ yi genel çözüm olarak sağlayacak bize son terim $d$  serbest seçip kalıyor. O halde $2n^3-d^3=k$ formatında yazılabilen sayılar için  $(a^3+b^3+c^3+d^3=k)$ denkleminin sonsuz çözüm genelleştirmesini bulmuş olduk.

[AtakanCİCEK]

121) Bu ifadelerin aynı anda tam kare olduklarını var sayarsak $x^2-y^2=t^2$ ve $x^2+y^2=z^2$ elde edilir bu da bize $$x^4-y^4=(tz)^2$$ verir. 46) daki soruya benzer şekilde $$a^4-b^4=c^2$$ tipi denklemlerin $b=0$  trivial durumu hariç çözümü olamayacağı ispatlanabilir. ( Bunu da 123) de ekleyeceğim.)


Alternatif Metod) Bu denklemi pisagor parametriazasyonlarıyla  açarak ilerletelim. Öncelikle denklemlerimiz. $x^2=t^2+y^2$ $x^2+y^2=z^2$  denklemlerini inceleyelim. Çözüm için sadece primitifleri incelemek yeterli çünkü eğer bir çözüm varsa bunu tüm denklem kökleri için $k$  gibi bir çarpanla genişletebiliriz. Primitif çözümler için $(m,n)=1$ $(a,b)=1$ olacak şekilde  parametrizasyonlar seçeceğimiz için hipotenüse denk gelen $x^2$ ifadesi daima tek olmalıdır aksi halde genel çözümümüzde olan $m^2-n^2, 2mn , m^2+n^2$  terimlerinden dolayı hepsi çift olur. bu da primitif çözüm olmalarını engeller. O halde $x$ tek $y$ de bu neden çift terim olmak zorundadır. Bu da bize $$x=m^2+n^2$$  $$y=2mn$$ $$t=m^2-n^2$$   $$x=a^2-b^2$$ , $$y=2ab$$ $$z=a^2+b^2$$  oluştuğunu görebiliriz.  Buradan ise $$(m,n)=(a,b)=1$$ , $$mn=ab$$ ,  $$m^2+n^2=a^2-b^2$$ yani $$m^2+n^2+b^2=a^2$$  olur. Bu denklem sisteminin de varsayılan çözüm için daha küçük bir çözüm grubu elde etmesiyle infinite descent yardımıyla sadece bariz çözüm oldığunun ispatı aşağıdaki pdfte  (4,5. sayfalar (8.)  olarak belirtilen denklem )verilmiş : https://arxiv.org/pdf/1311.1451

Not: Bu paylaştığım pdfte $x^4+y^4=z^2$ ve $x^4+mx^2y^2+z^4=k^2 $ benzeri birçok denklemin sadece trivial çözümlerinin geçeli olduğu ispatlanmaya çalışılmış.

[AtakanCİCEK]

106)   Varsayalım ki $(x,y)=1$ olsun ve genelliği bozmadan $x,y,z$ pozitif tam sayılarda tanımlı olsun. Bu durumda $x\equiv y (mod2)$ olduğu görülebilir. Aynı modüler paritede oldukları (ve $(x,y)=1$ aldığımızdan tek olmalı) ve simetrik oldukları için genelliği bozmadan $x> y $ alabiliriz (Potansiyel karışıklık oluşmasın diye ilerideki işlemlerde $x=y$ yi ayrı inceleyip $u,v$ yi pozitif tam sayılarda tanımlayabilmek istedim). Yani $u=\dfrac{x+y}{2}$ ve $v=\dfrac{x-y}{2}$ , $u,v\in Z_{\geq 0}$ olduğunu görüyoruz ($u>v$ yi de not edelim). Buradan

$$x^2+y^2=(u+v)^2+(u-v)^2=2u^2+2v^2=2z^2$$ yani $$u^2+v^2=z^2$$ olur. Buradan pisagor parametrizasyonunu yazarsak  ($(u,v)=1$ olduğunu görmek kolaydır.)

$u=2mn$ , $v=m^2-n^2$ , $z=m^2+n^2$ , $(m,n)=1$ , $m>n>0$ ,  veya   $u=m^2-n^2$ , $v=2mn$ , $z=m^2+n^2$ , $(m,n)=1$ , $m>n>0$  oluyor ($m$ ve $n$ zıt parite).  $u>v$ yi de unutmazsak (genelliği bozmadan aldığımız $x>y$ den geliyor. (Bu caselerin birleşiminden gelen pozitif çözümler bize çözümü veriyor çünkü bu seçimlerden biri negatif $y$ üretirken diğeri pozitif $y$  üretiyor ve bu nedenle $y$ yi mutlak değerde yazmalıyız.)

Çözersek

$$x=m^2+2mn-n^2,y=|2mn-m^2+n^2|,z=m^2+n^2, (m,n)=1 , m>n>0, m\not \equiv n \pmod 2 $$ veya $x<y$ olasılığından gelen $$x=|2mn-m^2+n^2|,y=m^2+2mn-n^2,z=m^2+n^2, (m,n)=1 , m>n>0, m\not \equiv n \pmod 2 $$  olur. $x=y=1$ olasılığınıda da hil etmek için $m=1$ $n=0$ alabileceğimiz şekilde kümeyi genişletirsek ($m>n\geq 0$ seçimi ile mümkün)

Negatif olmayan tam sayılardaki tüm $(x,y,z)$ çözümleri  ($(0,0,0)$'ın da dahil edilebilmesi için $k=0$ ı da kğmeye ekliyoruz.)

$$x=k.(m^2+2mn-n^2),y=k.|2mn-m^2+n^2|,z=k.(m^2+n^2) , (m,n)=1 , m>n\geq 0, m\not \equiv n \pmod 2, k\in Z_{\geq 0} $$  veya  $$x=k.|2mn-m^2+n^2|,y=k.(m^2+2mn-n^2), z=k.(m^2+n^2), (m,n)=1 , m>n\geq 0, m\not \equiv n \pmod 2, k\in Z_{\geq 0} $$

Not: Parametrizasyonun alt adımlarındaki geçişleri net hale getirmeye çalıştım.

[AtakanCİCEK]

99)   $8x^2+y^2=z^2$ denkleminin genel parametrizasyonunun $k.(mn),k.|m^2-2n^2|,k.(m^2+2n^2)$ olduğunu biliyoruz. Ayrıca denklemde genelliği bozmadan $x,y\geq 0$ alalım.  Buradan  $m,n,k\geq 0$ , $(m,n)=1$ ve $y^2=k.mn$, $x=k.(m^2+n^2)$ ve $1=k.|m^2-2n^2|$ den dolayı ($m,n\not = 0$ için)  $k=1$ almamız gerektiğini görürüz.  Ayrıca $y^2=mn$ ve $(m,n)=1$ olduğundan $m=M^2, n=N^2$ olacak şekilde $M,N \in Z_{\geq 0}$ alınabilir. Buradan iki case elde ediyoruz.

1) $M^4-2N^4=1$ yani $M^4+N^8=(N^4+1)^2$ gelir. Fermat'ın son teoreminin $n=4$ için özelleştirilmiş formlarından biri olan $a^4+b^4=c^2$ tipi denklemin sadece trivial çözümleri olduğunu biliyoruz. $M=0$ veya $N=0$ olması gerekir. Ancak $M$ ve $N$ yi tanımlarken $m,n$ $0$ olmasınlar şeklinde tanımlamıştık.  Çözüm gelmez.

2) $M^4-2N^4+1=0$ yani $M^4+(N^4-1)^2=N^8$ gelir.  Bunu $(N^4-1)=N^8-M^4$ şeklinde yazarsak yine Fermat'ın son teoremi'nin $n=4$ için özelleştirilmiş formlarından biri olan  $x^4-y^4=z^2$ formatına uyduğunu görüyoruz. Bunun da sadece trivial çözümleri olduğunu ve $(k,0,k^2)$ veya $(k,k,0)$ olduğunu ispatlamıştık. ( Bu katsayılar $-$ işaretli de olabiliyor bunu unutmamak lazım.) Buradan $M,N\geq 0$ için $M=0$ veya $N^4-1=0$  denklemlerinin çözümlerini bulmamız gerektiğini görürüz.  $M=0$ ı incelememize gerek yok en son inceleyeceğiz. $N^4-1=0$ olsun. Bu durumda $N=1$  olmalıdır. Bu da bize $M^4=1$ yani $M=1$ yani $(m,n)=(1,1)$ tek çözüm olarak gelir. Buradan $y=1$ ve $x=3$ gelir.

Şimdi parametrizasyonda $m=0$ alalım. bu bize $y=0$ verir. $x^2=1$ denkleminden $(1,0)$ çözümüne ulaşırız. $n=0$ alırsak da benzer şekilde $y=0$ geleceğinden incelememize gerek yoktur. Yani denklemimizin çözüm kümesi $\{(1,0),(3,1)\}$ ve bunların $-$ işaretli versiyonları olarak bulunur.
 
Not: $(m,n)=1$ alabilmemizin mantığı $(m,n)=d$ olursa parametrizasyonda $(M,N)=1$ olacak şekilde $m=dM$ ve $n=dN$ alabilirdik ve buradan parametrizasyon baş katsayısı $kd=k'$ olarak yeniden tanımlanabilirdi. Ancak $m=0$ ve $n=0$ durumları bu kabullerimizi yaparken sorun çıkarıyordu. Bunları özel olarak incelememiz gerekti.


Bu tarz bir soru  $1993$ Çin Takım seçme sınavı'nda sorulmuş :

 $2x^4+1=y^2$ denkleminin tüm tam sayı çözümlerini bulunuz.

[AtakanCİCEK]

107)  Bu denklemde genelliği $3$ modunda kare kalan analizi yapalım. Varsayalım ki $(x,y,z)$ pozitif tam sayı çözümümüz olsun. $x^2\equiv \{ 0,1 \} (mod3)$ olduğu görülebilir. ve ancak $x\equiv 0(mod3)$  için $x^2\equiv 0(mod3)$  olur. Bu bilgilerden yola çıkarsak. $x^2+y^2\equiv 0(mod3)$  olmasını sağlayan tek olasılık $x\equiv 0(mod3)$ ve $y\equiv 0(mod3)$ olmasıdır. Bu da bize $x=3x_{0}$ ve $y=3y_{0}$  $z=3z_{0}$ (sol taraf $0(mod3)$ ise $0(mod9)$ u da sağlıyor bu da bize $z\equiv0(mod3)$ veriyor.) olacak şekilde $x_{0},y_{0},z_{0} \in Z^+$  bulunur. Bu da bize $$x_{0}^2+y_{0}^2=3z_{0}^2$$ denklemini veriyor. Aynı metod buna da uygulanabileceği için ve pozitif tam sayılar kümesinde $x>x_0>x_1>x_2>....>x_n>...$ şeklinde sonsuz indirgeme verdiği için (sonlu aralıkta sonsuz tam sayı oluşmasına neden oldu) çelişki elde edilir. İspat biter. Pozitif tam sayılarda bu denklemin çözümü yoktur. Benzer kural negatif çözümlere de uygulanır sadece $x=0$ veya $y=0$  durumlarında çözüm oluşabilir bunlar da $3$ tam kare olmadığı için tek çözümün $(0,0,0)$ olmasına neden olur.

[AtakanCİCEK]

108) 107'ye oldukça benzer şekilde çözülebiliyor. Varsayalım ki $(x,y,z)$  bu denklemin bir çözümü olsun. İfadeye baktığımızda $x\equiv 0(mod3)$ şartının sağlanması gerektiği görülebilir. $x=3x_{0},x_{0} \in Z^+$ dönüşümü yaparsak.
$$27x_{0}^3+3y^2=9z^2$$ $$9x_{0}^3+y^2=9z^2$$. Bu da bize $y\equiv 0(mod3)$ verir. $y=3y_{0} , y_{0}\in Z^+$  için $$3x^3+9y^3=z^2$$ olur. Buradan da $z\equiv 0(mod3)$  yani $z=3z_{0}, z_{0}\in Z^+$ olur. Buradan $$x_{0}^3+3y_{0}^3=9z_{0}^3$$ elde ederiz ki bu da bize eğer denklemin $(x,y,z)$ çözümü varsa $(x_{0},y_{0},z_{0})$ çözümünün bulunma şartını verir yani sonsuz indirgenme nedeniyle ($x>x_{0}>x_1>x_2>x_3>.....>x_{n}>...$) olduğu için pozitif tam sayılarda bu denklem çözümsüz olması gerekmektedir.

[AtakanCİCEK]

117) $x,y,z\in Z^+$ kabul ederek başlayalım.  $x^2+5y^2=z^2$  denkleminde $(x,y,z)=k$ ise  $(x_0,y_0,z_0)=1$ şeklinde çözüm de sağlayacağı için ( denklemden kolayca gösterilebilir.) genelliği bozmadan $(x,y,z)=1$ alalım. (ilkel (primitif) çözüm olmuş oluyor.).(x,y)=1 den dolayı $x,y$ aynı anda çiftse $(x,y,z)=1$ sağlanmaz çünkü $z$ de çift olur. $x,y$ tek $z$ çift olamadığını göstererek başlayalım. O halde $z$ çift olur. bu da bize $z^2\equiv 0(mod4)$ verir.
$x,y$ tek ise $x^2\equiv 1(mod4)$ ve $5y^2\equiv 1(mod4)$ yani $x^2+5y^2\equiv 2(mod4)$  olur. Çelişki. 

Bu gözlemler bize $z$ nin tek olduğunu söyler. Buradan sonra  $$5y^2=z^2-x^2=(z-x)(z+x)$$   $d=(z-x,z+x)$, $d\in Z^+$ olsun. O halde $d|z-x+z+x$ yani $d|2z$. Benzer şekilde $d|2x$ olur. $d$  pozitif tam sayısı hem $x$ hem $y$ yi aynı anda bölemeyeceği için $d|2$ olmak zorundadır.

a) $d=1$ ise $z-x=5a^2$ , $z+x=b^2$ veya $z-x=a^2$ , $z+x=5b^2$ olacak şekilde $a,b\in Z^+$vardır. İlk  durumda da $z=\dfrac{5a^2+b^2}{2}$ formundayken $x=\dfrac{b^2-5a^2}{2}$  oluyor.   $z=\dfrac{a^2+5b^2}{2}$  iken $x=\dfrac{5b^2-a^2}{2}$ olur. Pozitif $x,y,z$ çözümleri için genelliği bozmadan $z=\dfrac{5a^2+b^2}{2}$ , $x=\dfrac{|5a^2-b^2|}{2}$ alınabilir. Buna uygun oluşan pozitif $y$ değeri ise $y=ab$  olur. (buradaki $a,b$ ler $a+b\equiv 0(mod2)$ yi sağlar

b) $d=2$ ise  $y$ çifttir bu da sol tarafın $4$ le bölündüğünü gösterir. $y=2y_0$, $y_{0} \in Z^+$ .   $$5y_{0}^2=\dfrac{z-x}{2} \dfrac{z+x}{2}$$   $z-x=10a^2$  , $z+x=2b^2$ veya  $z-x=2a^2$  , $z+x=10b^2$  olur. Bu ifadeler de a)' ya benzer şekilde genelliği bozmadan $z=5a^2+b^2$ $x=|5a^2-b^2|$ $y=2ab$  , $a+b\equiv 1(mod2)$ olur.

Not:Bu denklemde bu şekilde iki farklı duruma göre parametrizasyon çıkmışken klasik $x^2+y^2=z^2 $ denkleminde çıkmamasının temel sebebi her iki denklemde de $z$ tek olduğu biliniyor. $x^2+y^2=z^2$ denkleminde primitf çözümler için $x,y$ den hangisi çiftse diğer terimi karşıya atarak iki kare farkı uygulayabildiğimiz için burada oluşan gibi iki durum analizi şartı ortadan kaldırılıyor.  $k$ pozitif tam sayısı için bu denklemin pozitif tam sayılarda çözümleri $(k.|5a^2-b^2|,k.2ab  , k.(5a^2+b^2), a,b,k>0, (a,b)=1, a+b\equiv 1(mod2))$ ve $( $ , $k.\dfrac{|5a^2-b^2|}{2} , k.ab, k.\dfrac{5a^2+b^2}{2}, a,b,k>0, (a,b)=1, a+b\equiv 0(mod2))$ olur.  İlk durumdaki çözümler için $x$  çift $y$ tek $z$ tek ,  ikinci durumdaki çözümler için $x$ çift $y$ tek $z$ tek durumları çözülür. Negatif çözümler ise bunların işaretleriyle oynanmış halleriyle elde edilir. Bunun dışındaki çözümler ise $x=0$ için $5y^2=z^2$  $y=0$ ve $z=0$ şartını zorlar. $y=0$  için $x=z$ olur. $(x,0,x), (0,0,0)$ ve bunların $-$ li permütasyonları bize genel çözümlerini verir. (bu $0$ lı çözümleri de parametrik çözümlerde düzenleme yaparak kapsaması sağlanabilir.)

[AtakanCİCEK]

128) Not: Bu soruyu izlanda matematik olimpiyatı 1997 adı altında nerede gördüğümü bilmiyorum.
$x,y,z$ pozitif tamsayılar şartı yazılmamış ancak $x,y,z$ pozitif tam sayıları için sonsuz çözüm olduğunu göstereyim. $x=2^u,y=2^v,z=2^w$ olmasını sağlayan $u,v,w$ pozitif tamsayılarını seçelim. O halde denklemimiz $$2^{ua}+2^{vb}=2^{wc}$$ olur. $(uv,w)=1$ şartını da ekleyelim. Bu ifadenin sağlanabilir olması için $ua=vb$ seçelim ki toplandığı zaman $2$ modunda $1$ kalanları terim oluşmasın. Bu seçim ile birlikte $$2^{vb+1}=2^{wc}$$  buradan $vb+1=wc$ elde ederiz. O halde $(a,b)=1$   ve $(c,a)=1$ veya $(c,b)=1$ sağlanacak şekilde bu denklem sisteminin sonsuz çözümü olduğunu gösterirsek ispat biter.   $ua=vb$ ise $u=bk$ , $v=ak$ olacak şekilde $k\in Z{+}$ vardır.
$$vb+1=abk+1=wc$$ $$\dfrac{abk+1}{w}=c$$ elde ettik. Burada $w=1$  alıp işimizi oldukça kolaylaştırabiliriz. Bu bize hem $(uv,w)=1$ in daima korunmasını sağlar hem de $c$  nin tam sayı olmasını garantiler. Aynı zamanda $c=abk+1$ olacağından dolayı $(c,a)$ veya $(c,b)=1$  olma şartını da otomatik olarak garantilemiş oluruz.

Şimdi seçtiğimiz parametrizasyonu yazalım . $(x,y,z,a,b,c)$    $(2^{mk},2^{nk},2,m,n,mnk+1)$,   $(m,n)=1, m,n,k\in Z^+$   parametrizasyonunu elde ederiz. Bu da bize sonsuz çözüm olduğunu gösterir.

[AtakanCİCEK]

127) Bu spesifik modüler inceleme Evan Chen'in notlarında verilmiş. Çözüm ile birlikte biraz daha ek gözlemlerimi paylaşayım. Bu soruda iki ifadeyi taraf tarafa toplarsak $$(x^3+y+1)^2-1+z^9=157^{147}+147^{157}$$  oluşuyor.  Bu ifadede $x^3+y+1=m$ ,$m\in Z$  dönüşümü yaparsak.

$$m^2+z^9=157^{147}+147^{157}+1$$ elde ederiz. Bu mantığı fark ettikten sonra bu soruda $z^9$  ifadesinin de fark edilmesinin de etkisiyle $z^9$ teriminin  $9a+1$ formu asal sayılarda analizinde çok sınırlı sayıda kalanı olacağını bu soruyu yazanlar fark etmemizi istemiş. $9.2+1=19$ kalanı için bu soruyu incelersek,  $157^{147}+147^{157}+1\equiv 14(mod19)$ oluyor.  $z^9\equiv \{0,1,-1\} (mod19)$ olur.  $m^2$ yi de inceleyelim. $m^2\equiv \{0,1,4,5,6,7,9,11,16,17\}$ olur. Bu kare kalandaki sayıların hepsine $1$ eklersek $m^2+1\equiv \{1,2,5,6,7,8,10,12,17,18\}(mod9)$ oldu. $m^2-1\equiv \{-1,0,3,4,5,6,8,10,15,16\}$ oldu. O halde $m^2+z^9\equiv \{13,14\}(mod19)$ denkliklerini sağlayan $(m,z)$  tam sayıları bulunamaz. Çelişki ile ispat biter. 

Not: Bilgisayar yardımıyla $9a+1$ formunda daha büyük asal sayıları ve bazı diğer düşük değerli sayılar yardımıyla modüler analiz denemelerinde bulundum. Ancak hiçbiri çelişki sağlamaya yeterli olmadı. Bilgisayar yardımıyla $x^2+y^9\equiv \{14,23\}(mod37)$ ($9.4+1=37$)yi sağlayan kalanlar olmadığını tespit ettim (daha büyük $9n+1$ formu asallar için boşta kalan kalmıyor olabilir.). Yani bu tarz sorularda yüksek dereceli terim $p$ olacak şekilde $kp+1$ formunda yazılabilen asal sayıların denenmesi $x^2+y^p$ formu ifadelerin alabileceği kalanları kısıtlamada faydalı oluyor. (kp+1 genel formunu deneme sebebim de fermat teoremini sağladığı için yüksek dereceli terimin alabileceği kalanlar ciddi ölçüde sınırlanıyor.)

Not2: Yukarıdaki varsayımımdan yola çıkarak $x^2+y^5$ i test ettim ve $x^2+y^5\equiv 7(mod11)$ ($2.5+1$) i sağlayan $(x,y)$ olmadığını tespit ettim.
$x^2+y^{11}\equiv \{20,21\}(mod23)$ boşta kalıyor. ($2.11+1=23$)
$x^2+y^4\equiv 2(mod5)$  ve $x^2+y^4\equiv 10 (mod13)$.  $p=6$ ve $p=8$  için benzer taramaları yürüttüğümde $7,11,17,23$ ve $5,11,13,17,19,23,29$ modlarında boşta kalan bırakıyorlar. Yani belli başlı istisnai durumlar hariç $kp+1$  formu modüler analiz boşta kalan bulmada yardımcı oluyor.

[AtakanCİCEK]

130)
 $x^3+x^2y+xy^2+y^3=8.(x^2+xy+y^2+1)$ denkleminin homojen olduğu görülebilir.  $x+y=a$  $xy=b$  $a,b$ tamsayı dönüşümlerini yapalım.

$x^3+y^3=(x+y).((x+y)^2-3xy)=a.(a^2-3b)=a^3-3ab$    $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=a^2-2b$  olur.

Orijinal denklemimiz $$a^3-3ab+ab=8.(a^2-2b+b+1)=8a^2-8b+8$$ $$a^3-8a^2-8=2ab-8b$$ $$b=\dfrac{a^3-8a^2-8}{2a-8}=\frac{1}{2}a^2-2a-8-\dfrac{72}{2a-8}$$
$(x+y)^2-4xy=a^2-4b=a^2-(2a^2-8a-32-\frac{144}{a-4}=-a^2+8a+32+\frac{144}{a-4}=(x-y)^2$ (tamkare olma şartı) özdeşliğini kullanarak $a$ ve $b$  lerin alabileceği değerleri iyice kısıtlayabiliriz. Öncelikle $a-4|36$ ise $a\in\{  -32,-14,-8, -5, -2 , 0, 1,2,3,5,6,7,8,10,13,16,22,40  \}$  Buradan $-32,14,13,16,22,40$ değerlerini  $a^2$ nin çok büyük olması nedeniyle tam kare negatif olamayacağı için eleriz. Ufak bir göz atma ile $a=-5$ve $a=-8$  in de negatif yaptığı görülebilir. Geriye kalan sayılar ise el ile denediğimizde sadece $a=10$ un geçerli olduğu ve $(x-y)^2=36$  olduğu görülür. Buradan $x-y=6$  yani $x=8,y=2$  veya $x-y=-6$ yani $x=2,y=8$  olarak bulunur.

[AtakanCİCEK]

131) Bu soru için bu tarz denklemin çözümü için oldukça kullanışlı olan bir lemma ispatlayalım.
$a,b,m,n$  tam sayılar olmak üzere
$$
(a + b\sqrt{2})^m
= \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ çift}}}^{m}
  \binom{m}{k}\,a^{m-k}\,(b\sqrt{2})^k
\;+\;
  \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ tek}}}^{m}
  \binom{m}{k}\,a^{m-k}\,(b\sqrt{2})^k, $$

$$
(a - b\sqrt{2})^m
= \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ çift}}}^{m}
  \binom{m}{k}\,a^{m-k}\,(b\sqrt{2})^k
\;-\;
  \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ tek}}}^{m}
  \binom{m}{k}\,a^{m-k}\,(b\sqrt{2})^k. $$

$$
(a + b\sqrt{2})^m = A + B\sqrt2,
\qquad
(a - b\sqrt{2})^m = A - B\sqrt2,



A = \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ çift}}}^{m}
    \binom{m}{k}\,a^{m-k}\,b^k\,2^{\tfrac{k}{2}},
\quad
B = \sum_{\substack{k=0 \\ k\text{ tek}}}^{m}
    \binom{m}{k}\,a^{m-k}\,b^k\,2^{\tfrac{k-1}{2}}
, A,B\in Z
$$
Olur benzer şekilde $x,y,X,Y\in Z$  için
$$(x+y\sqrt{2})^n=X+Y\sqrt{2}, (x-y\sqrt{2})^n=X-Y\sqrt{2}$$ olacak şekilde olduğunu görürüz.  Bizim için burada önemli olan şey ise

$$(a+b\sqrt{2})^m=(x+y\sqrt{2})^n$$ ise  $A=X$  ve $B=Y$ şartları zorunlu olduğu için $$(a-b\sqrt{2})^m=(x-y\sqrt{2})^n=A-B\sqrt{2}=X-Y\sqrt{2}$$ mantığından aynı üslere sahip ifadelerin eşlenikleri için de denklem sağlanmalıdır.
Sorumuzda bunu uygularsak $7^m=(-41)^n$ olur. Ki bu da kısa bir modüler aritmetik analiziyle sadece bariz durumlar yani $m=0$  ve $n=0$  için sağlandığı görülebilir.

[AtakanCİCEK]

132) $$y^2+y=x^4+x^3+x^2+x$$ $$4y^2+4y+1=4x^4+4x^3+4x^2+4x+1$$ $$(2y+1)^2=(2x^2+x)^2+3x^2+4x+1$$
olduğunu görebiliriz. $$(2x^2+x+1)^2=4x^4+x^2+1+2.(2x^2+2x^3+x)=4x^4+4x^3+5x^2+2x+1$$

yani belirli bir $x$ aralığı hariç $$(2x^2+x)^2<(2y+1)^2=4x^4+4x^3+4x^2+4x+1<(2x^2+x+1)^2$$  eşitsizliği geçerli olacak bu da iki ardışık tamkare arasında tam kare olması demek olduğu için çelişir. Şimdi bu eşitsizlik sınırlarının geçersiz olduğu aralıkları bulalım.
Alt sınır sıkıştırmasından $3x^2+4x+1=(3x+1)(x+1)>0$ olur. Burada istenmeyen aralık $x\in [-1,-1/3]$ için oluşur. $x=-1$ i manuel olarak denemeliyiz.
Üst sınır sıkıştırmasından $x^2-2x>0$ şartı gelir bu da $x\in[0,2]$ için geçersizdir.

$x=-1$ ise denklem $y^2+y=1-1+1-1=0$ yani $y^2+y=0$  $y=0$  $y=-1$  çözümleri gelir.

$x=0$ ise denklem $y^2+y=0$ yani $y=0$ , $y=-1$ çözümleri gelir.

$x=1$ ise denklem $y^2+y-4=0$  yani diskriminant tam kare olmadığı için çözüm gelmez.

$x=2$ ise denklem $y^2+y-30=0=(y+6)(y-5)$ yani $y=-6$ ve $y=5$ çözümleri gelir. O halde çözüm kümemiz $$\{(-1,0),(-1,-1),(0,0),(0,-1),(2,-6),(2,5)  \}$$ olur.