Question

$1^2+2^2+\cdots+n^2=m^2$ sartini saglayan $(n,m)$ tam tum "tam sayi" ikililerini bulunuz.

Comments

Sorurun cevabi: $(1,1)$ ve $(24,70)$.. 

Eliptik egrilere gidersek, burdan integral cozumleri (yani tam sayi olan cozumleri) icin verilen ust sinirlar var ama cok buyukler. Bu sorunun da bir cozumu var ama eliptik egrilerden degil.

Bi yerde soruldu bu soru ama kolay oldugu dusunuldugunden zannimca.. bende kolay bir cozumu yok.. 

---

Soru henuz cevaplanmadi..

---

ftp://ftp.disi.unige.it/person/MoraF/CRYPTO/EC-NT&C-Washington.pdf

---

soruyu burdan sordum zaten. ispatlamiyor bu kitapta referans veriyor sadece, saglayanlari gosterip.

---

çok güzel kitap, ilgili bir sorunun altında linki olsun diye ekledim.

Answer 1

$1^2$ + $2^2$ $...$ +$n^2$ = $n(n+1)(2n+1)/6$=$m^2$ olur.(1,1) trivial çözümü dışında, Asal m'ler için çözümün olmadığını gösterelim:

m yerine p yazacağım. 

Eğer 

$n(n+1)(2n+1)/6$= $p^2$ ise $n(n+1)(2n+1)$ = $6p^2$ olur. Yani n= $6p^2 / (n+1)(2n+1)$ olur. Bu durumda ya $(n+1)/6$ ya da $(n+1)/p^2$ olur. İlk durumda $n=1,2,3,5$ olabilir. Burada eşitliği sağlayan m tamsayısının olmadığı açıktır. Şimdi  $(n+1)/p^2$ olsun. Yani ya $(n+1)=p$ ya da $(n+1)= p^2$. İlk durumda, $n= p-1$ olsun. O halde,

$p-1= 6p^2/p(2p-1)$=$6p/2p-1$ ise $2p^2-3p+1=6p$, yani $2p^2-9p+1=0$. Bu denklemin de tam sayı çözümü yoktur. Şimdi $n+1=p^2$ olsun. Yani $n= (p+1)(p-1)$ O halde:

$(p+1)(p-1)= 6p^2/ p^2[2(p+1)(p-1)+1]$ ise $(p+1)(p-1)= 6/2.(p+1)(p-1)+1$ Yani,

$(p+1)(p-1)[2(p+1)(p-1)+1]=6$ eşitliğini sağlayan p asalının olmadığı da açıktır. Yani asal m'ler için çözüm yoktur. 

Asal olmayan m'ler için asal çarpanlarına ayrılıp tümevarımla çözümün olmadığı kanıtlanabilir diye düşünüyorum.

Peki: $1^k+2^k+...+n^k=m^k$ eşitliğini sağlayan $(n,m,k)$ üçlüleri nelerdir?

Comments

$(24,70)$ de bir cozumu.. Asal kosuluna indirgemek icin once asal kosulunun yeterli oldugunu soylemek lazim ama yeterli degil..

Answer 2

 Önce bir  $önerme$ ve $Lemma$ yı ispatlamadan verelim , bu $önerme$ ve $Lemma$  ile vereceğimiz $Diafont$ denklemleri çözüm yolunda ilerlerken karşıma çıktı, burada sadece kullancağız ancak ispatlarını yakın zaman da vermeyi planlıyorum ; 

    $ÖNERME :$ $x^4 +2y^4=z^2$ ile verilen $diafont$ denkleminin $y\neq 0$ durumunda            çözümü   yoktur.

    $LEMMA :$ $y^2=8x^4+1$ $diafont$ denkleminin tamsayı çözümleri sadece $(x,y)=(0, \pm1) ,                          (x,y)=(\pm1,\pm3)$  dir.

   $NOT$ : $n$ yerine $x$ , $m$ yerine $y$ harflerini kullanalım 

 $SORU:$   $x(x+1)(2x+1)=6y^2$ $Diafont$ denkleminin $y\neq 0$ ve $x$ in çift olduğu                              durumlarda  ki   çözümleri sadece $(24,\pm70)$ dir.

  İSPAT: Açıktır ki $x$ negatif olamaz . Buradan problemin hipotezi gereği $x$ çifttir ve $x$ , $x+1$ ve $2x+1$ aralarında asaldır . Buradan denklemin solunda $x+1$ ve  $2x+1$  tek sayılar ve karedirler veya üçüde karedirler , şimdi şunu yazıyorum sebebi her bir çarpanın aralarında asal olacak şekilde parametrelere bağlanmasını garanti altına almak , belki de verilmeyebilir , yada dah iyi bir yazımla yazılabilir .

            $x+1\not \equiv 2 (mod3)$                    ,         $2x+1\not \equiv 2 (mod3)$    

                                                  $x \equiv 0 (mod3)$     

böylece biz öyle $s$ , $t$ , $u$ tamsayıları bulabiliriz ki  $x=6s^2$  , $x+1=t^2$  ve $2x+1=u^2$  

$u$ ve $t$ tek sayılar ve aralarında asaldır. Şimdi biraz işlemle ;

                                         $6s^2=(u-t)(u+t)$ .......$(*)$

yazabiliriz. Şimdi şu yorumu yapabiliriz $(u-t)(u+t)$ ifadesi iki kare farkı olup $4$ e tam bölünür , buradan $4 \mid 6s^2$ dan  $2 \mid s$ o halde $s$ çift yani $s=2v$ yazılabilir. Şimdi $(*)$ denklemi ;

 

                                         $6(2v)^2=(u-t)(u+t)$ 

    

                                         $6v^2=(\frac{u-t}{2}) (\frac{u+t}{2})$

olur.

       Buradan $u$ ve $t$ aralarında asal böylece $(\frac{u-t}{2})$  ve $(\frac{u+t}{2})$ sayılarıda              aralarında asal olur.

       Uygun $a$ ve $b$ tamsayıları için ,

 

      $1. durum:$   $(\frac{u+t}{2})=6a^2$     $ve$    $(\frac{u-t}{2})=b^2$  

      $2. durum:$   $(\frac{u+t}{2})=3a^2$      $ve$      $(\frac{u-t}{2})=2b^2$ 

    Önce 

    

         $1. durum$ $için:$  $6a^2-b^2=t$    ,  $s=2ab$       $ve$     buradan  $6s^2+1=t^2$   

   son olarak bu eşitlikler  birlikte değerlendirilirse , 

                          

                                         $24a^2b^2+1=(6a^2-b^2)^2$ 

   denklemini elde ederiz. Buradan ,

                                         $36a^4-36a^2b^2+b^4=1$     

   ve bu elde ettiğimiz denklemi biraz oynayarak şöyle yazabiliriz 

        

                                         $(6a^2-3b^2)^2 - 8b^4=1$  

   (Lemma'dan $y^2=8x^4+1$ denkleminin şartlarını kullanarak)   böylece şunu rahatlıkla görebiliriz    ki 

                          

                                          $3\mid (6a^2 - 3b^2)$ .

    $b=\pm1$      $ve$   $a=\pm1$     alabiliriz.  $s=2ab$  olduğunu biliyoruz ,  $s=\pm2$ böylece 

          

                                                 $x=6s^2$ 

   olduğundan 

    

                               $x=6(\pm2)^2$  ise  $x=24$ ve  hipotezde verilen  eşitliğe yazarsak

 

                                                         $y=\pm70$.

   $2. durum$  $için:$     

     

                              $(\frac{u+t}{2})=3a^2$      $ve$      $(\frac{u-t}{2})=2b^2$  

  

            

   $t=3a^2-2b^2$            ,            $s=2ab$         ,       $x=6s^2$        ,        $x+1=t^2$          

  

   eşitliklerinden 

   

   

                                           $24a^2b^2+1=(3a^2-2b^2)^2$      

  

 buradan , 

   

                                            $9a^4-36a^2b^2+4b^2=1$.     

Bu denklem üzerinde oynayalım ;

                                       $9a^4-36a^2b^2+4b^4+32b^4=1+32b^4$   

                                       $9a^4-36a^2b^2+36b^4=1+32b^4$

 

                                        $(3a^2-6b^2)^2=1+2(2b)^4$ 

    son denklemimiz  ''$önerme$''  kalıbı ile uyuşmaktadır. 

                 $2b=y=0$       ise         $b=0$           böylece    , 

    

                  $9a^4=1$    olur ki   $a^4=\frac{1}{9}$    elde ederiz 

 

    bu ise mümkün değildir , çünkü baştan beri çalıştığımız tüm parametreler tamsayı $a$ ve $b$ sayılarından geriye doğru dönüldüğünde hiç bir zaman $u$ ,  $t$  , $v$ ve buradan $s$ ve $x$ tamsayı parametreleri bulunamaz dolayısıyla $2.durum$ kapalı olup çözüm elde edemeyeceğimizi söyler yani en başta bahsi geçen $n=x=çift$ durumu için çözümde $1. durumdan$ gelen    

                                                   $(24, \pm70)$       

elde edilir.....

                  

     

   

                             

Comments

$x \equiv 0 \mod 3$ almamizi sebebi nedir?

---

diyelim ki $0$ olmasın $1$ yada $2$ olacak , $1$ olduğunu düşünelim  bu durumda $x$ bir kare sayı olduğundan $x=(3z+1)^2$ biçiminde  olur bu da problemin hipotezinde $x$ in  çift olmasına aykırı olur, $2$ olsa bu defa da tamsayıların karesi $mod3$ de hiç bir zaman $2$ kalanını vermez (ya $0$ ya da $1$), tek seçenek $0$ olur şeklinde düşündüm , hocam en kısa sürede $Diafont$ denklemlerini soru olarak soracağım , Matematikten 10 yıl uzak kalmış bir öğretmen olarak  ancak bu kadarı toparladım siz değerli hocalarım sayesinde 30 umdan sonra yüksek lisansa başlamak istiyorum ''çevremde ki çoğu kişi çok geç diyor'',  sömestr ara  tatilinde  matematik  köyüne 1 haftalık lineer cebir programına katıldım , isteğim arttı , matkafası sitesi sayesinde ve köy sayesinde hızlı bir şekilde toparlarım :-) desteğinize ihtiyacım olduğunu belirtmeliyim çok teşekkür ederim .....  şimdi bu problemin n=tek için çözümüne bakacağım ama zannediyorum bu şekilde temel sayı teorisi özellikleri ile çıkmaz , sanki daha ileri metodlar çalışacak araştırma yapmak lazım   

                             

                                                                                        SERCAN HOCAM

---

$2(3x+1)^2$ olamaz mi peki?


Bir de video ekleyeyim. Bu kisi su an cok basarili birisi, yasi cok buyukken devam etti, genc gosteriyor ama epey yasi var. Su an da cok basarili.. Hazir ornegi de var yani..

---

ilk sorduğunuz soruya yaptığım yorumda eksik var , orada bir şey düşündüm ve yazdım ancak  , o mod olayını netleştirsem yada ispatın orasına ek açıklama düşmeliyim zannederim 

---

evet bu durumda mod denklem sistemini olası tüm durumlarını belirtmek durumundayım ve en son yazdığım durum kalırsa o zaman ispatın ilerleyişi mümkün ya da diğer olası durumların ispatı etkilemeyeceğini , çelişki bularak göstermeliyim , kısaca kongrüans sisteminin bir çözümünü vermek gerekebilir , temel bir şey ama kafamı kazana çevirdi , üzerine düşünmeliyim Sercan hocam iyi geceler dilerim :-)))

---

Hocam doğru sizin bahsettiğiniz şekilde $x=2(3p+1)^2$ değilde ( çünkü $x$ kare sayı)  

$x=4(3p+1)^2$ aldığımızda  orada ifadeyi şöyle değiştireceğim $x+1\not \equiv 2(mod3)$ ve $2x+1\not \equiv 2(mod3)$ ifadeleri gerektirir $x\not \equiv 0 (mod3)$ , seçtiğimiz $x$ için   $x+1\not \equiv 2(mod3)$ de yerine yazdığımızda $5\not \equiv 2 (mod3)$ bu da önermenin hipotezine aykırı , o zaman tek seçenek kalıyor $x\equiv 0 (mod3)$, yanlız bu arada benim 6 ile sadeleşmeden sonra aralarında asallar yani $( \frac{x}{6} , x+1 , 2x+1 )$   gibi başlamam daha mantıklı olacak gibi 

---

Tabi burada $x\equiv 1(mod3)$ olduğunu kabul ederek seçtiğim $x$ değerini $x+1\not \equiv 2 (mod3)$ yazarsam çelişki bulunuyor, $5\not \equiv 2 (mod3)$ çelişkisi o zaman tek seçenek $x\equiv 0(mod3)$ gerektirmesi kalıyor