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

[matematikolimpiyati]

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.

Öte yandan $n \in \mathbb Z^+$ olmak üzere $x=-1$, $y=-5n^2-2n$ ve  $z=-5n-1$ alarak $4xy-x-y=z^2$ denkleminin negatif tam sayılarda sonsuz çözüme sahip olduğunu da görmüş oluyoruz.

[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.

Öte yandan $n \in \mathbb Z^+$ olmak üzere $x=-1$, $y=-5n^2-2n$ ve  $z=-5n-1$ alarak $4xy-x-y=z^2$ denkleminin negatif tam sayılarda sonsuz çözüme sahip olduğunu da görmüş oluyoruz.

Negatifte sağlanan örneği görünce çözümde bir tarama yapmak istedim. Negatif sayılarda $4y-1|4k^2+1$  dediğimiz için ve $y=-y'$ , $y\in Z^+$ tanımlayabileceğimiz için $4y'+1|(4k^2+1)$ geliyor yani $3(mod4)$  tipi asal çarpanın $4k^2+1$ i garanti bölememiş olduğunu görüyoruz. Bunu da eklemek istedim.

Not: Tüm soruların ve çözümlerinin PDF haline getirilmiş halini bu gönderiye de ekledim. Soruların bulunduğu gönderinin en altında da mevcut.PDF'te eksik kalan bir şeyler veya çözümlerde eksik/hatalı bir şeyler görürseniz söyleyebilirseniz çok güzel olur.

PDF'in Son güncellenme tarihi $06.09.2025$. Bazı yazım hataları ve bir sorunun çözümü düzeltildi. 114. Sorunun çözümü hatalı, vakit bulduğumda düzeltmeye çalışacağım.

[AtakanCİCEK]

101) $3^k=m^2+n^2+1$ denkleminde $3^k-1=m^2+n^2$ denkleminin tümevarım yardımıyla ispatı da mümkün (Asal bölen analizlerine girilmeden).  $k=2^x$ formatında seçip yaparsak $3^{2^x}-1$  ifadesi $x\geq 1$ için $m^2+0^2$ formatında yazılamayacağı için bu ifade $2$  kare toplamı ise bu kare toplamı aynı zamanda $2$ pozitif tam kare toplamı şartını da sağlar. Dolayısıyla

$x\geq 1$ için $3^{2^x}-1$ in iki kare toplamı olduğunu göstermek yeterlidir.

Tümevarım temel adımı için $x=1$ in $8=4+4$ olarak yazılabildiğinden doğrudur.

Varsayalım ki $3^{2^x}-1$ iki kare toplamı olarak yazılabilsin. Bu durumda $$a^2+b^2=3^{2^x}-1$$ ,  $a,b\in \mathbb{Z}$ sağlanır.

$3^{2^{x+1}}-1=(3^{2^x}-1)(3^{2^x}+1)$ olduğundan  $3^x=c$ ve $1=d$ olarak tanımlarsak  $$3^{2^{x+1}}-1=(a^2+b^2)(c^2+d^2)=a_0^2+b_0^2$$ olacak şekilde $a_0,b_0\in \mathbb{Z}$   olduğunu görürüz.  Bu da Brahmagupta Identityden geliyor    https://geomania.org/forum/index.php?topic=9576.0        burada pozitif tam sayı versiyonunu da yapmıştım ve $3^{2^x}-1$  formatındaki ifade iki tam kare toplamıysa aynı zamanda $2$ pozitif tam kare olması gerektiğini de belirttiğimiz için tümevarım. $k=2^x$ formatındaki her $x$  için en az $1$ adet pozitif $m,n$ değeri bulunur ve sonsuz sayıda $x$ seçilebileceği için denklemin sonsuz sayıda çözümü bulunur.

[AtakanCİCEK]

138)   Bu sorunun daha doğrudan çözümü mümkün gibi görünüyor.  Vieta Jumping formüllerinden $x'=4yz-x$ , $y'=2xz-y$ , $z'=2xy-z$ elde edebiliriz. Varsayalım ki $(x,y,z)$ kök çözüm olsun.(Vieta jumping yöntemleriyle daha küçük çözüme indirgenemeyen çözüm)  Bu durumda Vieta Jumping uygulandığında oluşan $x',y',z'$ daima tamsayı ise $x' \geq x$  $y' \geq y$   $z'  \geq z$ sağlanmalıdır.  Aynı zamanda $xx'=2y^2+z^2$  , $yy'=\dfrac{x^2+z^2}{2}$  , $ zz'=x^2+2y^2$  olduğunu da not edelim.  Buradan $$x^2\leq 2y^2+z^2$$ $$2y^2\leq x^2+z^2$$ $$z^2\leq x^2+2y^2$$  eşitsizlikleri elde edilir. Ayrıca $x,z$  simetrik olduğu için genelliği bozmadan $x\leq z$  alabiliriz.  Bu durumda $2.$  eşitsizlikten $y\leq z$ elde edilir. Denklemi eşitsizliğe çevirirsek $$4xyz=x^2+2y^2+z^2\leq 4z^2$$ yani $xy\leq z$  elde edilir. Bunu da $z$  için olan eşitsizlikte yerine koyarsak $$x^2y^2\leq z^2 \leq x^2+2y^2$$ elde edilir. Eşitsizliği $x\geq 2$ ve $y\geq 2$ alınırsa $$x^2(y^2-1)-2y^2\leq 0$$  Ancak $y^2-1\geq \frac{3}{4}y^2$ ve $\frac{3}{4}x^2>2$ olduğundan dolayı  $x^2(y^2-1)-2y^2>2y^2-2y^2=0$ elde edilir ki bu da bize çelişki verir. Dolayısıyla $x$ veya $y$  değerlerinden biri $1$ olmalıdır.

a) $x=1$ olsun. $1+2y^2+z^2=4yz$ denklemini elde ederiz. Ayrıca $z^2\leq 1+2y^2$ ile $y\leq z$  eşitsizliğinden $2y(z-y)\leq 1$ ve $y\leq z$ olduğundan dolayı $z=y$ harici çözüm gelmeyeceği görülebilir. $y=z$ için denklemimiz $$1+3z^2=4z^2$$ yani $z=1$  olur. $(1,1,1)$ kök çözümü elde edilir.


b)  $y=1$  olsun. $x^2+2+z^2=4xz$ denklemini elde ederiz. Ayrıca $z^2\leq x^2+2$  ve $x\leq z$ eşitsizliklerinden $(z-x)(z+x)\leq 2$ ve pozitif tam sayıların dağılımı ile $z\geq x$ yardımıyla  $(z-x)(z+x)\geq z+x \geq 2$ elde edebiliriz. Buradan $x+z=2$ ve $x=1$ , $z=1$  ve $(1,1,1)$  kök çözümü elde edilir.


Ayrıca $(1,1,1)$ denenirse de sağladığı için tüm çözümlerin bu çözümden türediği ispatlanmış olur.


Not: Bu çözümü daha önceden yapmayı denediğimde bir mantık hatası yaptığımı düşünmüştüm. Çünkü $x^2+2y^2+z^2=xyz$ gibi bir denklemde $x'>x$ , $y'>y$  , $z'>z$ şartları  $x',y',z'$ tamsayı olmak zorunda olmadığı için her kök çözüm için sağlanmayabilmektedir. Buradaki linkte örnekler daha net şekilde görülebilir. Kısaca bu çözümün geçerli olabilmesi için Vieta toplam formüllerinin tüm katsayılarının tamsayı olması gerekiyor.  https://geomania.org/forum/index.php?topic=9330.0