Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
1 beğenilme 0 beğenilmeme
278 kez görüntülendi

Daha önce yukarıdaki gibi yaparak bir lise sorusunu çözmüştüm ama tesadüf mü yoksa doğru mu emin değildim. Şimdi ben başka bir soruda daha bunu görünce sormak istedim. Bahsi geçen soru:

 

x,y,z pozitif tamsayılar olmak üzere $\frac{1}{x}-\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$ ve $ebob(x,y,z)=d$ ise $dxyz$ ve $d(y-x)$ sayıları tam karedir,ispatlayınız.(Britanya Matematik Olimpiyatları 1998) 

Çözümüm

x=dkl

y=dlm

z=dkm

ise $\frac{1}{dkl}-\frac{1}{dlm}=\frac{1}{dkm}$ ve bu ifadeyi biraz düzenlersem $m-k=l$ gelir.

 

$dxyz=d^4k^2l^2m^2=(d^2klm)^2=t^2$

$d(y-x)=d(dlm-dkl)=d^2l(m-k)=d^2l^2=(dl)^2=u^2$

 

Soruyu böyle çözdüm ama izlediğim çözüm 10 dakika civarıydı ben de bu kadar basit çözünce emin olamadım ve buraya sormak istedim.

Not ve Sorum

Evet soruda $ebob(d,k,l,m)=1$'i kullanmadım ama kullanmadığım hali doğru muydu? Eğer doğru ise $ebob(d,k,l,m)=1$ kullanabilir miyim?

Orta Öğretim Matematik kategorisinde (15 puan) tarafından 
tarafından yeniden kategorilendirildi | 278 kez görüntülendi
Çözümün kusurlu ama tamamen hatalı değil. Yine de bu kusur klasik bir sınavda önemli bir puan kesintisine neden olur. Örneğin $7$ tam puan alınabilecekken, $1$ veya $2$ puan alınmasına neden olur. Kusur şudur:

 

$x,y,z$ sayıları için

sadece $x$'de bulunan fakat $y$ ve $z$ de bulunmayan bir çarpan olamaz mı?

sadece $y$'de bulunan fakat $x$ ve $z$ de bulunmayan bir çarpan olamaz mı?

sadece $z$'de bulunan fakat $y$ ve $x$ de bulunmayan bir çarpan olamaz mı?

 

Bunlar mümkün olduğu için

$$x = adkl, y = bdlm, z = cdkm$$

alarak işlemlerinizi yaparsanız bu kusurları gidermiş olursunuz. İspatınız tam olmuş olur. Buna göre çözmeyi deneyip, cevabınızı paylaşabilirsiniz. Başarılar.
Ama hocam ben aralarında asal olduğunu söylemezsem işlemim doğru olabilir mi?

O zaman izlediğim çözüm de hatalı oluyor çünkü

$x=da$

$y=db$

$z=dc$

kabul edilerek işlem yapılmıştı.

Mesela o zaman x ve y'de ortak olup z'de olmayan bir çarpan da olabilir.

Evet $ebob(d,k,l,m)=1$ olarak düşünürsem hatalı olur hocam onu anladım ama sonuçta ben aralarında asal demediğim için sorun olmaz diye düşünüyorum.
Yorum kısmına yazdığım ilerlemeleri toparlayıp çözümü tamamladığım için aşağıya ekledim.

2 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Kontrol ettim, British MO 1998, 2. tur, 3. sorusuymuş. (BMO'nun 1. turunda da bazen oldukça zorlu problemler gelebiliyor.) Problemi tamamen çözmedim ancak bazı bulguları paylaşabilirim. Soru kağıdında $x, y, z$ nin en büyük ortak böleni $h$ ile gösterilmiş ama diyaloglarda hep $d$ yazarak ilerlediğimiz için yine $d$ harfi ile devam edelim.


$\bullet$ $x = adkl, y = bdlm, z = cdkm$ yazılışını kullandığımız zaman bazı özelliklere sahibiz. $(k,l)=(k,m)=(l,m)=1$ dir. Örneğin, $(k,l)$ nin $1$ den büyük bir çarpanı olsaydı, bu çarpanı da $d$ ye yazmış olmak gerekirdi. Yine benzer şekilde $(a,b)=(a,c)=(b,c)=1$ dir. Eğer $(a,b)$ nin $1$ den büyük bir çarpanı olsaydı bunu $l$ ye yazmak gerekirdi.

           

$\bullet$ Verilen denklemi kullanarak $d(y-x) = d\dfrac{xy}{z}$ yazabiliriz. $z^2$ ile çarpalım. Bu tam sayının tam kare olması için $dxyz$ nin tam kare olması gerekli ve yeterlidir. Yani problemin ispatlanması istenen maddeleri eşdeğerdir. Biri ispatlanırsa, diğeri de ispatlanmış olur.

 

$\bullet$ Verilen denklemi $z(y-x) = xy$ biçiminde yazıp $x, y, z$ nin eşitlerini de yazarsak $$ c(bm-ak) = abl $$ eşitliğini buluyoruz. $(a,b)=(a,c)=(b,c)=1$ oluşundan dolayı $c\mid l$ ve $a \mid bm-ak$, $b\mid bm-ak$ bulunur. Buradan da $a\mid m$ ve $b\mid k$ bulunur.

 

$\bullet $ $d(y-x) = d\dfrac{xy}{z} = d^2 l^2 \dfrac{ab}{c}$ buluruz. Henüz ispatlamadım ama eğer $a = b = c = 1$ gibi bir sonucu ispatlayabilirsek $d(y-x) =  d^2 l^2 $ olur ve problem biter. Belki izlediğiniz çözümün bir aşamasında $a = b = c = 1$ olduğu da gösterilmiştir. Bu şekilde bahsettiğiniz çözüm de doğru olacaktır. Şimdi aşılması gereken yer $a = b = c = 1$ eşitliğinin ispatı olarak duruyor...Uygun zamanda biraz daha düşünelim.

 

Devam Edelim: Biraz daha düşündüm ve $c\mid l$ sonucu bize $c=1$ verir. Çünkü $c>1$ olsa, $c\mid l$ den dolayı $c\mid x$, $c\mid y$ dir. Bu ise $cd|x$, $cd\mid y$, $cd \mid z$ olmasını gerektirir. Halbuki $\text{obeb}(x,y,z) =d$ idi. $d$ den daha büyük bir $cd$ ortak böleni elde etmiş oluruz, çelişki. Yani $c=1$ dir. Aslında bu durum, Venn şemasından basitçe görülüyor. $c$ ile $l$ farklı çemberlerin ayrık bölgeleri içinde olduğundan bu sayılar aralarında asaldır. $c\mid l$ oluşu, $c=1$ olmasını gerektirir diyebiliriz. Benzer şekilde $(a,m)=(b,k) = 1$ dir. $a\mid m$  ve $b\mid k$ oluşu da $a=1, b= 1$ olmasını gerektirir. Tüm bunlar $d(x-y) = d^2 l^2 \dfrac{ab}{c} = d^2 l^2$, yani bir tam kare olduğunu gösterir.  $dxyz = d(x-y)z^2 = d^2l^2z^2$ olur yine bir tam karedir. Bitti.

(2.6k puan) tarafından 
0 beğenilme 0 beğenilmeme

2. çözümü T. Andreescu & Z. Feng'in 1998-1999 Olimpiyat Soruları ve Çözümleri kitabında gördüm ve buradan alıntı yapacağım. Olimpiyat kitabı çözümü olduğu için bazı ara basamakların atlanması tercih edilebiliyor. Ben daha iyi olacağını düşünerek fazladan bir kaç açıklama daha ekledim.

 

2. Çözüm: $(x,y,z) = d$ olsun. Bu durumda $x=da, y=db, z = dc$ ve $(a,b,c) = 1$ olacak şekilde $a,b,c$ pozitif tam sayıları vardır. Şimdi $ (a, b) = g$ diyelim. Bu durumda $a = ga', b = gb'$ ve $(a', b')=1$ olacak şekilde $a', b'$ pozitif tam sayıları vardır. Euclid algoritması ile

$$ (a', b') = (a' - b', b') = (a', a' - b') = 1$$

yazılır. Verilen denkleme göre,

$$\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{z} \iff \dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{c} \iff c(b-a) = ab \iff c(b' - a') = a'b' g$$

olur. Dolayısıyla $g \mid c$ ve $(a,b,c) = g = 1$ dir. Böylelikle $(a,b) = 1$ olur. $(b-a, ab) = 1$ olduğunu göstermek zor değildir. Bundan dolayı $c(b' - a') = a'b'$ denkleminde $b' - a' = 1$ olmalıdır. $b-a = 1$ ve $c = ab$ olur.

$dxyz = d^4 abc = (d^2ab)^2 $ ve $d(x-y) = d^2$ olup her ikisi de tam karedir.

 

(2.6k puan) tarafından 
20,217 soru
21,750 cevap
73,348 yorum
1,976,165 kullanıcı