Loading [MathJax]/extensions/TeX/mathchoice.js
Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
1.9k kez görüntülendi

12+22++n2=m2 sartini saglayan (n,m) tam tum "tam sayi" ikililerini bulunuz.

Akademik Matematik kategorisinde (25.6k puan) tarafından 
tarafından yeniden kategorilendirildi | 1.9k kez görüntülendi

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..

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

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

2 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme
12 + 22 ... +n2 = n(n+1)(2n+1)/6=m2 olur.(1,1) trivial çözümü dışında, Asal m'ler için çözümün olmadığını gösterelim:
m yerine p yazacağım. 
Eğer 
n(n+1)(2n+1)/6= p2 ise n(n+1)(2n+1) = 6p2 olur. Yani n= 6p2/(n+1)(2n+1) olur. Bu durumda ya (n+1)/6 ya da (n+1)/p2 olur. İlk durumda n=1,2,3,5 olabilir. Burada eşitliği sağlayan m tamsayısının olmadığı açıktır. Şimdi  (n+1)/p2 olsun. Yani ya (n+1)=p ya da (n+1)=p2. İlk durumda, n=p1 olsun. O halde,
p1=6p2/p(2p1)=6p/2p1 ise 2p23p+1=6p, yani 2p29p+1=0. Bu denklemin de tam sayı çözümü yoktur. Şimdi n+1=p2 olsun. Yani n=(p+1)(p1) O halde:
(p+1)(p1)=6p2/p2[2(p+1)(p1)+1] ise (p+1)(p1)=6/2.(p+1)(p1)+1 Yani,
(p+1)(p1)[2(p+1)(p1)+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: 1k+2k+...+nk=mk eşitliğini sağlayan (n,m,k) üçlüleri nelerdir?
(691 puan) tarafından 

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

0 beğenilme 0 beğenilmeme
 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: x4+2y4=z2 ile verilen diafont denkleminin y0 durumunda            çözümü   yoktur.

    LEMMA: y2=8x4+1 diafont denkleminin tamsayı çözümleri sadece (x,y)=(0,±1),(x,y)=(±1,±3)  dir.


   NOTn yerine x , m yerine y harflerini kullanalım 


 SORU:   x(x+1)(2x+1)=6y2 Diafont denkleminin y0 ve x in çift olduğu                              durumlarda  ki   çözümleri sadece (24,±70) 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+12(mod3)                    ,         2x+12(mod3)    


                                                  x0(mod3)     


böylece biz öyle s , t , u tamsayıları bulabiliriz ki  x=6s2  , x+1=t2  ve 2x+1=u2  
u ve t tek sayılar ve aralarında asaldır. Şimdi biraz işlemle ;

                                         6s2=(ut)(u+t) .......()

yazabiliriz. Şimdi şu yorumu yapabiliriz (ut)(u+t) ifadesi iki kare farkı olup 4 e tam bölünür , buradan 46s2 dan  2s o halde s çift yani s=2v yazılabilir. Şimdi () denklemi ;
 
                                         6(2v)2=(ut)(u+t) 
    
                                         6v2=(ut2)(u+t2)

olur.


       Buradan u ve t aralarında asal böylece (ut2)  ve (u+t2) sayılarıda              aralarında asal olur.

       Uygun a ve b tamsayıları için ,

 

      1.durum:   (u+t2)=6a2     ve    (ut2)=b2  


      2.durum:   (u+t2)=3a2      ve      (ut2)=2b2 



    Önce 
    
         1.durum için:  6a2b2=t    ,  s=2ab       ve     buradan  6s2+1=t2   

   son olarak bu eşitlikler  birlikte değerlendirilirse , 

                          
                                         24a2b2+1=(6a2b2)2 


   denklemini elde ederiz. Buradan ,


                                         36a436a2b2+b4=1     

   ve bu elde ettiğimiz denklemi biraz oynayarak şöyle yazabiliriz 

        
                                         (6a23b2)28b4=1  

   (Lemma'dan y2=8x4+1 denkleminin şartlarını kullanarak)   böylece şunu rahatlıkla görebiliriz    ki 

                          
                                          3(6a23b2) .


    b=±1      ve   a=±1     alabiliriz.  s=2ab  olduğunu biliyoruz ,  s=±2 böylece 

          
                                                 x=6s2 

   olduğundan 
    
                               x=6(±2)2  ise  x=24 ve  hipotezde verilen  eşitliğe yazarsak
 

                                                         y=±70.




   2.durum  için:     

     
                              (u+t2)=3a2      ve      (ut2)=2b2  
  
            

   t=3a22b2            ,            s=2ab         ,       x=6s2        ,        x+1=t2          
  

   eşitliklerinden 
   
   


                                           24a2b2+1=(3a22b2)2      
  
 buradan , 

   
                                            9a436a2b2+4b2=1.     


Bu denklem üzerinde oynayalım ;


                                       9a436a2b2+4b4+32b4=1+32b4   


                                       9a436a2b2+36b4=1+32b4

 

                                        (3a26b2)2=1+2(2b)4 

    son denklemimiz  ''önerme''  kalıbı ile uyuşmaktadır. 


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

    
                  9a4=1    olur ki   a4=19    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,±70)       


elde edilir.....


                  


     


   
                             
(260 puan) tarafından 

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 

20,312 soru
21,868 cevap
73,589 yorum
2,859,490 kullanıcı