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 y≠0 durumunda çözümü yoktur.
LEMMA: y2=8x4+1 diafont denkleminin tamsayı çözümleri sadece (x,y)=(0,±1),(x,y)=(±1,±3) dir.
NOT : n yerine x , m yerine y harflerini kullanalım
SORU: x(x+1)(2x+1)=6y2 Diafont denkleminin y≠0 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+1≢2(mod3) , 2x+1≢2(mod3)
x≡0(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=(u−t)(u+t) .......(∗)
yazabiliriz. Şimdi şu yorumu yapabiliriz (u−t)(u+t) ifadesi iki kare farkı olup 4 e tam bölünür , buradan 4∣6s2 dan 2∣s o halde s çift yani s=2v yazılabilir. Şimdi (∗) denklemi ;
6(2v)2=(u−t)(u+t)
6v2=(u−t2)(u+t2)
olur.
Buradan u ve t aralarında asal böylece (u−t2) ve (u+t2) sayılarıda aralarında asal olur.
Uygun a ve b tamsayıları için ,
1.durum: (u+t2)=6a2 ve (u−t2)=b2
2.durum: (u+t2)=3a2 ve (u−t2)=2b2
Önce
1.durum için: 6a2−b2=t , s=2ab ve buradan 6s2+1=t2
son olarak bu eşitlikler birlikte değerlendirilirse ,
24a2b2+1=(6a2−b2)2
denklemini elde ederiz. Buradan ,
36a4−36a2b2+b4=1
ve bu elde ettiğimiz denklemi biraz oynayarak şöyle yazabiliriz
(6a2−3b2)2−8b4=1
(Lemma'dan y2=8x4+1 denkleminin şartlarını kullanarak) böylece şunu rahatlıkla görebiliriz ki
3∣(6a2−3b2) .
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 (u−t2)=2b2
t=3a2−2b2 , s=2ab , x=6s2 , x+1=t2
eşitliklerinden
24a2b2+1=(3a2−2b2)2
buradan ,
9a4−36a2b2+4b2=1.
Bu denklem üzerinde oynayalım ;
9a4−36a2b2+4b4+32b4=1+32b4
9a4−36a2b2+36b4=1+32b4
(3a2−6b2)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.....